高考物理一轮复习课时练18《动量守恒定律》(含解析)

动量守恒定律

小题狂练⑱ 小题是基础　练小题　提分快
1.[北京东城区模拟](多选)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中(　　)
A．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度
B．一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同
C．两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反
D．系统总动量的变化为零
答案：CD
解析：两个物体组成的系统总动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2，等式变形后得p1－p′1＝p′2－p2，即－Δp1＝Δp2，－m1Δv1＝m2Δv2，所以每个物体的动量变化大小相等，方向相反，但是只有在两物体质量相等的情况下才有一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度，故A错误，C正确；根据动量定理得I1＝Δp1，I2＝Δp2，每个物体的动量变化大小相等，方向相反，所以每个物体受到的冲量大小相等，方向相反，故B错误；两物体组成的系统总动量守恒，即系统总动量的变化为零，D正确．
2．[湖北省襄阳四中检测](多选)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)
A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒
C．只要系统所受合外力的冲量始终为零，系统动量一定守恒
D．系统加速度为零，系统动量一定守恒
答案：CD
解析： 只要系统所受外力的矢量和为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统所受合外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零，则系统动量不一定守恒，故B错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确．
3．[2017·全国卷Ⅰ]将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
答案：A
解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．

4．[甘肃协作体联考]如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度v0，则(　　)
A．小木块和木箱最终将静止
B．木箱速度减为的过程，小木块受到的水平冲量大小为Mv0
C．最终小木块速度为，方向向左
D．木箱和小木块组成的系统机械能守恒
答案：C
解析：由于木箱在光滑水平面上，小木块与木箱之间的摩擦力是木箱和小木块组成的系统的内力，给木箱一个向左的初速度，系统满足动量守恒定律，小木块和木箱最终将以相同的速度运动，根据动量守恒定律，Mv0＝(M＋m)v，最终速度v＝，选项C正确，A错误；由于木箱底板粗糙，小木块在木箱内相对于木箱滑动，摩擦产生热量，所以木箱和小木块组成的系统机械能不守恒，选项D错误；当木箱速度减小为时，木箱动量减少了Mv0，根据动量守恒定律，小木块的动量将增加Mv0，根据动量定理，木箱对小木块作用力的冲量大小为Mv0，选项B错误．

5．[甘肃协作体联考] 如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg，质量m＝1 kg的铁块B以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　)
A．3 J B．4 J
C．6 J D．20 J
答案：A
解析：设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff，铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒可得mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep，由动量守恒，得mv0＝(M＋m)v，从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由功能关系得mv＝2FfL＋(M＋m)v2，联立解得Ep＝3 J，故选项A正确．
6．[四川省成都外国语学校模拟]有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船(一吨左右)又窄又长．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L，已知他自身的质量为m，则船的质量M为(　　)
A. B.
C. D.
答案：B
解析：据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有Mv0＝mv，即Md＝m(L－d)，解得船的质量为M＝，所以B选项正确．

7．[福建省四地六校联考]如图所示，A、B两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动的过程中(　　)
A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒
B．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒
C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒
D．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒
答案：D
解析： 当A、B两物体及弹簧组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力．当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒．对A、B、C及弹簧组成的系统，弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均属于内力，无论A、B与C之间的摩擦力大小是否相等，系统所受的合外力均为零，系统的动量守恒．故选项D正确．
8．[重庆一中调研]如图所示，小球a、b(可视为质点)用等长的细线悬挂于同一固定点O.将球a和球b向左和向右拉起，使细线水平．同时由静止释放球a和球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大夹角为θ＝60°.忽略空气阻力，则两球a、b的质量的比值(　　)

A.＝3 B.＝3－2
C.＝2 D.＝2＋2
答案：B
解析：设细线长为L，球a、b下落至最低点，但未相碰时的速率分别为v1、v2，由机械能守恒定律得magL＝mav，mbgL＝mbv；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v，以向左为正，由动量守恒定律得mbv2－mav1＝(ma＋mb)v，两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得(ma＋mb)v2＝(ma＋mb)gL(1－cosθ)，联立解得：＝＝3－2，所以选项B正确．
9．[山东省海曲中学模拟](多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得(　　)

A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物块的质量之比为m1：m2＝1：2
D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2＝8：1
答案：BD
解析：由题图乙可知，从0到t1的过程中，A的速度增大，B的速度减小，弹簧被拉伸，在t1时刻两物块达到共同速度1 m/s，此时弹簧处于伸长状态，从t1到t2的过程，A的速度继续增大，B的速度先减小再反向增大，弹簧开始收缩，到达t2时刻，A的速度最大，B的速度反向且达到最大，弹簧恢复原长；从t2到t3的过程，A的速度减小，B的速度先减小再反向增大，弹簧被压缩，到t3时刻，A、B的速度相等，为1 m/s，此时弹簧的压缩量最大，从t3到t4的过程，A的速度减小，B的速度增大，t4时刻，弹簧恢复到原长，B的速度等于初速度，A的速度为零，由以上分析可知，A错误，B正确．系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m2v0＝(m1＋m2)v1，解得m1：m2＝2：1，故C错误．由题图乙可知，在t2时刻A、B两物块的速度分别为vA＝2 m/s，vB＝－1 m/s，物块的动能Ek＝mv2，则A、B两物块的动能之比为Ek1 ：Ek2＝8：1，故D正确．
10．[广州模拟](多选)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与物块甲相向运动，如图所示．则(　　)

A．甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒
B．当两物块相距最近时，物块甲的速率为零
C．物块甲的速率可能达到5 m/s
D．当物块甲的速率为1 m/s时，物块乙的速率可能为0
答案：AD
解析：甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确．当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前物块乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5 m/s，故B错误．若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相同，则mv乙－mv甲＝－mv′甲＋m乙v′乙，解得v′乙＝6 m/s，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相反，则mv乙－mv甲＝mv′甲＋m乙v′乙，代入数据解得v′乙＝－4 m/s，即碰撞后，物块乙的动能不变，物块甲的动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5 m/s，故C错误．甲、乙两物块组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得mv乙－mv甲＝－mv′甲＋m乙v′乙，解得v′乙＝2 m/s；若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得mv乙－mv甲＝mv′甲＋m乙v′乙，解得v′乙＝0，故D正确．
11．[山西省太原五中考试]如图所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，质量均为m＝1 kg，现将小球C用长为0.2 m的细线悬于轻质支架顶端，mc＝0.5 kg.开始时A车与C球以v0＝4 m/s的速度冲向静止的B车．若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)

A．A车与B车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒
B．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒
C．小球能上升的最大高度为0.16 m
D．小球能上升的最大高度为0.12 m
答案：C
解析：两车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能损失，A项错误；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖直方向上A、B、C组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，B项错误；A、B两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起时共同速度为v1，有mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s；从开始到小球到最高点的过程中，A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球上升到最高点时三者共同速度为v2，有2mv1＋mcv0＝(2m＋mc)v2，解得v2＝2.4 m/s，从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，即mcgh＝mcv＋·2mv－(2m＋mc)v，解得h＝0.16 m，C项正确，D项错误．
12．[青岛模拟]某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移－时间图象．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知(　　)

A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7：2
B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的
答案：D
解析：根据s－t图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5：2，故A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小小于滑块Ⅱ的动量大小，故B错误；碰撞后的共同速度为v＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动能的表达式可知，m1v＞m2v，故C错误，D正确．
13．[北京东城区模拟]下面关于碰撞的理解，正确的是(　　)
A．正碰属于弹性碰撞，斜碰属于非弹性碰撞
B．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞
C．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程
D．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略
答案：C
解析：正碰也称对心碰撞，是小球在相互作用前后都沿着同一直线(即沿着两球球心连线)运动的碰撞，根据动量守恒定律判断两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，斜碰也称非对心碰撞，是两球在碰撞前的相对速度不沿两球球心连线的碰撞，斜碰也遵循动量守恒定律，但情况较复杂，同样需要根据两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而判断属于弹性碰撞还是非弹性碰撞，故A、B错误；根据碰撞的定义可知，碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程，故C正确；在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以忽略外力的作用，D错误．
14．[安徽示范高中质检]甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则甲球质量m1与乙球质量m2间的关系可能正确的是(　　)
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
答案：C
解析：设碰后甲球动量变为p′1，乙球动量变为p′2，根据动量守恒定律得p1＋p2＝p′1＋p′2，解得p′1＝2 kg·m/s.碰撞过程系统的总动能不增加，则有＋≤＋，解得≤，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，则有≤，解得≥，综上有≤≤，C正确，A、B、D错误．


15．[石家庄模拟]如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球的半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计．已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的最大高度为(　　)
A．h B．2h
C．3h D．4h
答案：D
解析：所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失．设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，m1v＝m1gh1，又m2＝3m1，则v1＞v2≥0.联立可得h1＝4h，选项D正确．
16．[武汉模拟](多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的木块正以速度v向左运动，一颗质量为m(mm，重力加速度为g，某时刻小球获得一瞬时速度v0，当小球第一次回到O点正下方时，细线拉力大小为(　　)
A．mg B．mg＋
C．mg＋m D．mg＋m
答案：B
解析：设小球第一次回到O点正下方时，小球与框架的速度分别为v1和v2.取水平向右为正方向，由题可知，小球、框架组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，即mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv，解得v1＝v0，v2＝v0.当小球第一次回到O点正下方时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得T－mg＝m，解得细线的拉力T＝mg＋，B正确．
6．[湖北宜昌一中月考](多选)

A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v－t图线，由图线可以判断(　　)
A．A、B的质量比为3：2
B．A、B作用前后总动量守恒
C．A、B作用前后总动量不守恒
D．A、B作用前后总动能不变
答案：ABD
解析：物体A、B碰撞过程所受外力为零，作用前后总动量守恒，故B正确，C错误；根据动量守恒定律有mA×6 m/s＋mB×1 m/s＝mA×2 m/s＋mB×7 m/s，则mA：mB＝3：2，故A正确；A、B作用前总动能为mA×(6 m/s)2＋mB×(1 m/s2)＝mA·(m/s)2，作用后总动能为mA×(2 m/s)2＋mB×(7 m/s)2＝mA·(m/s)2，可见作用前后总动能不变，故D正确．
7．[安徽模拟]如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点．则碰撞前瞬间A的速度为(　　)

A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
答案：C
解析：碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－·2mv2，代入数据解得v＝1 m/s，A与B组成的系统在碰撞过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则mv＝mv＋·2mv2，联立可得v0＝1.5 m/s，故A、B、D错误，C正确．
8.

[四川泸州检测]如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球A、B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是(　　)
A．若m1＝m2，则两球之间有且仅有两次碰撞
B．若m1≪m2，则两球之间可能发生两次碰撞
C．两球第一次碰撞后B球的速度一定是
D．两球第一次碰撞后A球一定向右运动
答案：A
解析：设A球和B球第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向．
根据动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2①
根据机械能守恒定律得m1v2＝m1v＋m2v②
解得v1＝v，v2＝v③
若m1＝m2，则得v1＝0，v2＝v，即A与B碰撞后交换速度，当B球与墙壁碰后以速度v2返回，并与A球发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A正确；若m1≪m2，则得v1≈－v，v2≈0，两球之间只能发生一次碰撞，故B错误；两球第一次碰撞后，B球的速度为v2＝v，不一定是，与两球的质量关系有关，故C错误；两球第一次碰撞后A球的速度为v1＝v，当m1>m2时，v1>0，碰后A球向左运动，当m1＝m2时，v1＝0，碰后A球静止，当m1