高考物理考点一遍过 考点30 动量守恒定律

这是一份高考物理考点一遍过 考点30 动量守恒定律，共32页。试卷主要包含了听要结合写和思考等内容，欢迎下载使用。
高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活



一、动量守恒定律的条件及应用
1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
2．动量守恒定律的适用条件
（1）前提条件：存在相互作用的物体系；
（2）理想条件：系统不受外力；
（3）实际条件：系统所受合外力为0；
（4）近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力；
（5）方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。
3．动量守恒定律的表达式
（1）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和；
（2）Δp1=–Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向；
（3）Δp=0，系统总动量的增量为零。
4．动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。
5．应用动量守恒定律解题的步骤：
（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）；
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上动量是否守恒）；
（3）规定正方向，确定初、末状态动量；
（4）由动量守恒定律列出方程；
（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
二、碰撞与动量守恒定律
1．碰撞的特点
（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。
（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能。
（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。
（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。
2．碰撞的种类及遵从的规律
种类
遵从的规律
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最大
3．关于弹性碰撞的分析
两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
在光滑的水平面上，质量为m1的钢球沿一条直线以速度v0与静止在水平面上的质量为m2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v1、v2
①
②
由①②可得：③
④
利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：
a．当时，，，两钢球沿原方向原方向运动；
b．当时，，，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；
c．当时，，，两钢球交换速度。
d．当时，，，m1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m2几乎不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞。
e．当时，，，说明m1很大时速度几乎不变，而质量很小的m2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。
4．一般的碰撞类问题的分析
（1）判定系统动量是否守恒。
（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。
（3）判定碰撞前后动能是否不增加。
三、反冲和爆炸
1．反冲
（1）现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动。
（2）特点：一般来说，物体间的相互作用力较大，属于内力远大于外力情况，因此动量守恒。
2．爆炸
（1）特点：在极短时间内，由于内力作用，物体分裂为两块或多块的过程，一般来说，作用过程位移很小，可认为爆炸之后仍从爆炸位置以新的动量开始运动。
（2）规律：动量守恒，动能增加。



（2018·四川省绵阳市南山中学高二下学期期中考试）如图所示，A、B两物体的质量mA>mB，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，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上向相反方向滑动过程中

A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒
B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒
C．若A、B和C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒
D．以上说法均不对
【参考答案】AC
【详细解析】若A、B与C之间的摩擦力大小相同，在细绳被剪断后，弹簧释放的过程中，A、B所受的滑动摩擦力方向相反，则对于A、B组成的系统所受的合外力为零，动量守恒；对三个物体组成的系统，竖直方向上重力与支持力平衡，水平方向不受外力，合外力为零，所以A、B、C组成的系统动量也守恒，A正确；若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，在细绳被剪断后，弹簧释放的过程中，A、B所受的滑动摩擦力方向相反，则对于A、B组成的系统所受的合外力不为零，动量不守恒；但对三个物体组成的系统，合外力为零，A、B、C组成的系统动量仍守恒，BD错误，C正确。
【名师点睛】满足下列情景之一的，即满足动量守恒定律：
（1）系统不受外力或者所受外力之和为零；
（2）系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；[来源:学,科,网]
（3）系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒；
（4）全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。

1．（2018·湖南省衡阳市第八中学高三上学期第二次月考）如图所示，放在光滑水平面上的A、B两小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用两手分别控制两小物体处于静止状态，如图所示。下面说法正确的是

A．两手同时放开后，两物体的总动量为零
B．先放开右手，后放开左手，两物体的总动量向右
C．先放开左手，后放开右手，两物体的总动量向右
D．两手同时放开，两物体的总动量守恒；当两手不同时放开，在放开一只手到放开另一只手的过程中两物体总动量不守恒
【答案】ABD
【解析】A、若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；B、先放开右手，再放开左手，两车与弹簧组成的系统所受合外力的冲量向右，系统总动量向右，故B正确；C、先放开左手，再放开右手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左，故C错误；D、无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量不为零，则系统的总动量不一定为零，故D正确；故选ABD。
【点睛】知道动量守恒的条件即可正确解题，系统所受合外力为零时，系统动量守恒。
2．（2018·广西贺州市平桂管理区平桂高级中学高二下学期第三次月考）某一物体从高h处自由下落，与地面碰撞后又跳起高h′，不计其他星球对地球的作用，以地球和物体作为一个系统，下列说法正确的是
A．在物体下落过程中，系统动量不守恒
B．在物体与地面碰撞过程中系统动量守恒
C．在物体上升过程中系统动量守恒
D．上述全过程中系统动量都守恒
【答案】BCD
【解析】将地球和物体作为一个系统，在这三个过程（物体下落过程，物体和地球碰撞过程，物体上升过程）中都只有系统的内力作用，一对引力和一对碰撞的弹力，没有外力作用，系统的动量在全过程守恒，故A错误，BCD均正确。故选BCD。学科`网
【点睛】本题考查了判断动量是否守恒分三种情况：一种是准确的守恒，系统的外力之和为零；第二种是近似守恒，内力远远大于外力，外力可忽略；第三种是某一方向守恒，在一个方向上满足外力之和为零。


（2018·山西省太原市第五中学高二10月月考）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上。现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度图象如图乙，则有
[来源:学。科。网Z。X。X。K]
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物体的质量之比为m1∶m2=1∶2
D．在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2=1∶8
【参考答案】CD
【详细解析】A、由图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，而t3时刻处于伸长状态，故A错误。B、结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，在t3时刻，二物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误。C、根据动量守恒定律，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有：m1v1=（m1+m2）v2，其中：v1=3 m/s，v2=1 m/s，解得m1：m2=1：2，故C正确。D、在t2时刻A的速度为vA=–1 m/s，B的速度为vB=2 m/s，根据m1：m2=1：2，求出Ek1：Ek2=1：8，故D正确。故选CD。

1．如图所示，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑，则

A．小球和槽组成的系统总动量守恒
B．球下滑过程中槽对小球的支持力不做功
C．重力对小球做功的瞬时功率一直增大
D．地球、小球和槽组成的系统机械能守恒
【答案】D
【解析】小球在下滑过程中，小球与槽组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；小球下滑过程中，球的位移方向与槽对球的支持力方向夹角为钝角，作用力做负功，B错误；刚开始时小球速度为零，重力的功率为零，当小球到达底端时，速度水平与重力方向垂直，重力的功率为零，所以重力的功率先增大后减小，C错误；过程中，地球、小球和槽组成的系统机械能守恒，D正确。[来源:学科网]
2．（2018·陕西省西安市长安区第五中学高三上学期期中考试）光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为，则下列说法中正确的是

A．
B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为α
C．滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒
D．此过程中斜面向左滑动的距离为
【答案】D
【解析】当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα，故A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，故B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得；即有Mx1=mx2，又x1+x2=L，解得x1＝L，故D正确；故选D。学科￥网
【点睛】本题的关键是要掌握动量守恒的条件，分析清楚物体运动过程即可解题；要注意：系统总动量不守恒，在水平方向动量守恒。


A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移–时间图象（x–t）图如图中ADC和BDC所示。由图可知，物体A、B的质量之比为

A．1:1 B．1:2
C．1:3 D．3:1
【参考答案】C
【详细解析】由x–t图象可知，碰撞前，vB=0 m/s，碰撞后vA′=vB′=v= =1 m/s，碰撞过程动量守恒，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得：mAvA=(mA+mB)v，即：mA×4=(mA+mB)×1，解得mA:mB=1:3，故选C。
【名师点睛】本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，知道x–t图线的斜率等于物体的速度，要求同学们能根据图象读出两物体碰撞前后的速度。

1．（2018·浙江省普通高校招生选考科目考试仿真模拟）两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，，，，。当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度、可能为
A．， B．，
C．， D．，
【答案】AD
【解析】两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v，代入数据解得：v=4 m/s；如果两球发生完全弹性碰撞，有：mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′，由机械能守恒定律得：mAvA2+mBvB2=mAvA′2+mBvB′2，代入数据解得：vA′=2 m/s，vB′=5 m/s，则碰撞后A、B的速度：2 m/s≤vA≤4 m/s，4 m/s≤vB≤5 m/s，故AD正确，BC错误。故选AD。
2．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m=1 kg的物块A、B、C处于静止状态。 B的左侧固定一轻弹簧，弹簧左侧的挡板质量不计。现使A以速度v0=4 m/s朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，且B和C碰撞过程时间极短，且损失的机械能为1 J。此后A继续压缩弹簧，直至弹簧被压缩到最短。在上述过程中，求：

（1）B与C相碰后的瞬间，B与C粘接在一起时的速度；
（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【答案】（1）1 m/s （2）
【解析】（1）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，由动量守恒定律得
设碰撞后瞬间B与C的速度为v2，由动量守恒定律得
解得：
（2）由于，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，弹簧缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得
[来源:Zxxk.Com]
解得
【名师点睛】本题是对动量守恒定律及能量守恒定律的考查；解题的关键是搞清物体相互作用的物理过程，找到临界物理状态，知道当三者共速时，弹簧压缩量最大，此时的弹性势能最大。


质量M=327 kg的小型火箭（含燃料）由静止发射，发射时共喷出质量m=27 kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为v=l 000 m/s。忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为
A．76 m/s B．82 m/s C．90 m/s D．99 m/s
【参考答案】C
【详细解析】由动量守恒定律得：（M–m）v′–mv=0，则火箭速度v′===90 m/s；故选C。

1．为了保护航天员的安全，飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大措施，在距离地面大约1 m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱最终安全着陆。把返回舱从离地1 m开始减速到完全着陆称为着地过程。则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是
A．减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化
B．减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量
C．减小着地过程的作用时间
D．减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力
【答案】D
【解析】返回舱和航天员在最后1 m的着陆过程中用不用反推火箭，它们的初速度相同，末速度是零，故在着陆过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，反推火箭的作用是延长着陆时间，减少动量的变化率，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，由于动量变化相同，延长了着陆时间则减小了着陆过程中返回舱和航天员所受的平均冲击力。由分析知：在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，故A错误；根据动量定理，在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，故在此过程中所受冲量也是相同的，故B错误；反推火箭的主要作用是延长了返回舱和航天员的着地时间，故C错误；根据动量定理，在着地过程中动量的变化相同，反推火箭延长了着地时间，根据动量定理可知在着地过程中反推火箭的作用是减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲击力，故D正确。
2．一火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v=1 000 m/s。设火箭质量M=300 kg，发动机每秒钟喷气20次。
（1）当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？
（2）运动第1 s末，火箭的速度多大？
【答案】（1）2 m/s （2）13.5 m/s
【解析】（1）设喷出三次气体后火箭的速度为v3，
以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：
(M–3m)v3–3mv=0
v3==2 m/s
（2）发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：
(M–20m)v20–20mv=0
v20==13.5 m/s。


1．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是
A．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
B．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
C．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
D．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
2．（2018·河南省洛阳市孟津县第二高级中学高三9月月考调研考试）一质量为m的滑块A以初速度v0沿光滑水平面向右运动，与静止在水平面上的质量为m的滑块B发生碰撞，它们碰撞后一起继续运动，则在碰撞过程中滑块A动量的变化量为
A．mv0，方向向左
B．mv0，方向向左
C．mv0，方向向右
D．mv0，方向向右
3．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa=30 kg·m/s，b球动量pb=0，碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，则作用后b球的动量为
A．–20 kg·m/s
B．10 kg·m/s
C．20 kg·m/s
D．30 kg·m/s
4．如图所示，A、B两种物体的质量之比，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的轻弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则

A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒
5．（2018·湖北省武汉市部分学校高二10月月考）质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是
A． B． C． D．
6．如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是

A．两手同时放开后，系统总动量始终为非零的某一数值
B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向右
D．无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
7．（2018·安徽省芜湖一中高三上学期期末考试）如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度υ0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度υ以及在此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为

A．υ=，I=0
B．υ=，I=2mυ0
C．υ=，I=
D．υ=，I=2mυ0
8．一个绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，在轨道上瞬间炸裂成质量相等的A、B两块，其中A仍沿原轨道运动，不计炸裂前后卫星总质量的变化，则
A．B不可能沿原轨道运动
B．炸裂后的瞬间A、B的总动能大于炸裂前的动能
C．炸裂后的瞬间A、B的动量大小之比为1:3
D．炸裂后的瞬间A、B速率之比为1:1
9．（2018·河北省武邑中学高二上学期第二次月考）如图所示，有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，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，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船。他用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则船的质量为

A． B． C． D．
10．A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知mA>mB，当两球相碰后。其中一球停止，则可以断定
A．碰前A的动量等于B的动量
B．碰前A的动量大于B的动量
C．若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量
D．若碰后B的速度为零，则碰前A的动量小于B的动量
11．（2018·福建省永春县第一中学高二下学期期末考试）如图，质量为m的人在质量为M的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法正确的是

A．人在车上行走时，车将向右运动
B．当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退
C．若人越慢地从车的左端走到右端，则车在地面上移动的距离越大
D．不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同
12．质量为m的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为m1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列说法可能发生的是
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为v1、v2和v3，且满足：
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为v1、v2，且满足：
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为v，且满足：
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，且满足：
13．（2018·吉林省长春市田家炳实验中学高一下学期期末考试）如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是

A．
B．
C．
D．
14．一炮舰总质量为M，以速度v0匀速行驶，从舰上以相对海岸的速度v沿前进的方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后炮舰的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是
A．
B．
C．
D．
15．（2018·湖北省武汉市部分市级示范高中高三十月联考）如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是

A．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．男孩和木箱组成的系统动量守恒
16．如图所示，小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。关于这个过程，下列说法正确的是

A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置
B．小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化大小是
C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化
D．车上曲面的竖直高度不会大于
17．一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2，则喷出气体的质量m为
A． B． C． D．
18．质量为ma=1 kg，mb=2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于

A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，不能判断
19．假设进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为mA和mB，他们携手匀速远离空间站，相对空间站的速度为v0。某时刻A将B向空间站方向轻推，A的速度变为vA，B的速度变为vB，则下列各关系式中正确的是

A．（mA＋mB）v0＝mAvA－mBvB
B．（mA＋mB）v0＝mAvA＋mB（vA＋v0）
C．（mA＋mB）v0＝mAvA＋mB（vA＋vB）
D．（mA＋mB）v0＝mAvA＋mBvB
20．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为3m和m的A、B两滑块，它们中间夹着（不相连）一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。则下列说法正确的是

A．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动量大小之比pA:pB=3:1
B．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的速度大小之比vA:vB=3:1
C．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动能之比EkA:EkB=1:3
D．剪断细绳到两滑块脱离弹簧过程中，弹簧对A、B两滑块做功之比WA:WB=1:1
21．（2018·陕西省西安市长安区第五中学高三上学期期中考试）在光滑水平面上，a、b两小球沿同一直线都以初速度大小v0做相向运动，a、b两小球的质量分别为ma和mb，当两小球间距小于或等于L时，两小球受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用；当两小球间距大于L时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，下列说法中正确的是

A．在t1时刻两小球间距最小
B．在t2时刻两小球的速度相同，且大小为
C．在0~t3时间内，b小球所受排斥力方向始终与运动方向相同
D．在0~t3时间内，排斥力对a、b两小球的冲量大小相等
22．两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg，两磁铁的N极相对。推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速度为3 m/s，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰。则：
（1）两车最近时，乙的速度为多大？
（2）甲车开始反向时，乙的速度为多大？
23．（2018·陕西省西安市长安区第五中学高三上学期期中考试）如图所示，可视为质点的两个小球通过长度L=6 m的轻绳连接，甲球的质量为m1=0.2 kg，乙球的质量为m2=0.1 kg。将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放，甲球释放∆t=1 s后再释放乙球，绳子伸直后即刻绷断（细绳绷断的时间极短，绷断过程小球的位移可忽略），此后两球又下落t=1.2 s同时落地。可认为两球始终在同一竖直线上运动，不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2。

（1）从释放乙球到绳子绷直的时间t0；
（2）绳子绷断的过程中合外力对甲球的冲量大小。
24．如图所示，木块A的质量mA=1 kg，足够长的木板B的质量mB=4 kg，质量为mC=2 kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0=10 m/s的初速度向右匀速运动，与B碰撞后将以大小为vA′=4 m/s的速度弹回。求：

（1）B运动过程中的最大速度；
（2）C运动过程中的最大速度。
25．（2018·陕西省西安市远东第一中学高二上学期10月月月考）质量为m的木板B置于光滑水平面上，另一质量为m的木块A（可视为质点）在木板B的左端以水平速度v0开始向右运动，如图所示，木块A与木板B之间的动摩擦因数为μ，若要使木块A刚好不从木板B的右端掉下去，则木板B的长度至少应多长？

26．如图所示，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动。一长L=0.8 m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1=0.2 kg的小球。当小球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起使细绳处于水平位置时无初速度释放。当小球m1摆至最低点时，细绳恰好被拉断，此时小球m1恰好与放在桌面上的质量m2=0.8 kg的小球正碰，碰后m1以2 m/s的速度弹回，m2将沿半圆形轨道运动。两小球均可视为质点，取g=10 m/s2。求：

（1）细绳所能承受的最大拉力为多大？
（2）m2在半圆形轨道最低点C点的速度为多大？
（3）为了保证m2在半圆形轨道中运动时不脱离轨道，半圆形轨道的半径R应满足什么条件。
27．如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A（可视为质点），且mF1，作用时间相同，故系统获得的总冲量向右，规定向右为正方向，撤去外力后，最后A、B共速，根据动量守恒定律有
Mv2–mv1＝（M＋m）v共
将v1、v2代入上式解得v共＝，方向向右
（2）以水平面为参考系，A向左运动的位移最大，即A减速到零，根据牛顿第二定律有μmg＝ma3
解得a3＝μg
则A减速的时间为
这段时间内对B由牛顿第二定律有μmg＝Ma4
解得a4＝
则A减速为零时，B的速度为
v3＝v2–a4t′＝
故B在加速过程中的位移大小为
在A减速过程中B运动的位移为

以水平面为参考系，A向左运动的位移最大时，B向右运动的位移大小为
x＝x1+x2＝+＝
【点睛】此题涉及的研究对象有两个，物理过程较多，所以难度较大；关键是首先搞清物体运动的物理过程，按照物理过程发生的顺序解答；注意涉及速度、力和时间问题要优先选择动量定律；注意临界态的挖掘。
28．（1） （2） （3）

（3）物块A与物块B由足够大的内力突然分离，分离瞬间内力远大于外力，两物块在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律，设向右为正方向，则有
代入数据得，得[来源:学|科|网]
之后物体A 做匀减速直线运动由牛顿第二定律得：，
由运动学公式
代入数据得
29．A【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30 ，所以A正确，BCD错误。
【点睛】本题主要考查动量即反冲类动量守恒问题，只要注意动量的矢量性即可，比较简单。
30．D【解析】取向右为正方向，根据动量守恒：，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即A、B的运动方向一定相反，所以D正确；ABC错误。
【点睛】本题主要考察动量守恒，在利用动量守恒解决问题时，注意动量是矢量，要先选择正方向。
31．D【解析】系统分离前后，动量守恒：，解得：，故ABC错误，D正确。
32．守恒 不守恒

【点睛】先通过匀速运动分析A、B整体的合外力，再分析轻绳断开后A、B整体的合外力，只要合外力为零，系统动量守恒，反之不守恒。
33．（1） （2）
【解析】两车碰撞过程动量守恒，碰后两车在摩擦力的作用下做匀减速运动，利用运动学公式可以求得碰后的速度，然后在计算碰前A车的速度。
（1）设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有
①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有
②
联立①②式并利用题给数据得
③
（2）设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有
④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有
⑤
设碰撞后瞬间A车速度的大小为，两车在碰撞过程中动量守恒，有
⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得

34．3:2
【解析】由动量守恒定律得，解得，代入数据得。
35．

则对物体B从与A碰撞完毕到与C相碰损失的动能也为Wf，由动能定理可知：，
解得：；
BC碰撞时满足动量守恒，则，
解得
【点睛】解题的关键是掌握动量守恒定律，搞清楚物理过程并搞清不同阶段的能量转化关系。
36．
【解析】设A运动的初速度为
A向右运动与C发生碰撞，根据弹性碰撞可得


可得
要使得A与B发生碰撞，需要满足，即
A反向向左运动与B发生碰撞过程，弹性碰撞


整理可得


由于，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足
即
整理可得
解方程可得