还剩5页未读，
继续阅读
所属成套资源：备考2024届高考物理一轮复习分层练习（51份）
成套系列资料，整套一键下载
备考2024届高考物理一轮复习分层练习第七章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用
展开
这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第七章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用，共8页。试卷主要包含了3m等内容，欢迎下载使用。
1.[多选]木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是（ BC ）
A.a离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B.a离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
解析 当撤去外力F后，a离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力
之和不为零，所以a和b组成的系统动量不守恒，A错误，B正确；a离开墙壁后，系
统所受的外力之和为零，所以a和b组成的系统动量守恒，C正确，D错误.
2.[2024河北邢台模拟]滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动.如图所示，现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为km的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v0匀速运动，突然小孩相对地面以速度1110v0向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的110，但方向不变，则k为（ C ）
A.15B.16C.19D.111
解析 小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有(m＋km)v0＝m·1110v0＋km·110v0，解得k＝19，故C正确.
3.[2024山东济南历城二中校考]如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的凹槽，凹槽右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块向凹槽推出，冰块平滑地滑上凹槽，则（ B ）
A.小孩推出冰块过程，小孩和冰块系统动量不守恒
B.冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向动量守恒
C.冰块从凹槽下滑过程，凹槽动量减少
D.冰块离开凹槽时的速率与冲上凹槽前的速率相等
解析 小孩推出冰块过程，系统合外力为0，小孩和冰块系统动量守恒，故A错误；冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向合外力为0，所以水平方向动量守恒，故B正确；冰块从凹槽下滑过程，冰块对凹槽做正功，凹槽速度增加，动量增加，故C错误；冰块与凹槽组成的系统机械能守恒，冰块冲上凹槽时，凹槽速度为0，冰块离开凹槽时，凹槽有向左的速度，因此，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽前的速率小，故D错误.
4.[2024山东临沂模拟/多选]甲和乙两位同学一起去滑雪场滑雪.两位同学一起站在位于某斜坡下的水平雪地上（水平面和斜坡足够长），斜坡与水平面平滑连接.甲用力将乙推出（m甲＞m乙），同时甲获得向后的速度.忽略一切摩擦，在之后的运动中，下列说法正确的是（ AC ）
A.乙一定会追上甲
B.乙可能会追上甲
C.最终甲、乙的总动量向左
D.甲、乙的总动量始终为零
解析 甲用力将乙推出后，系统动量守恒，则有m甲v甲＝m乙v乙，由于m甲＞m乙，可
知v甲＜v乙.此后甲向左做匀速直线运动，乙向右运动到达斜面最高点，再返回，由
于忽略一切摩擦，则乙到达平面的速度大小不变，所以乙一定会追上甲，与甲发生
碰撞，A正确，B错误；碰时甲、乙的总动量向左，且最终甲、乙的总动量向左，C
正确，D错误.
5.如图所示，A、B两小球大小一样，且质量均为m.某时刻两小球在同一水平面上沿同一直线相向运动，小球A速度大小为v0、方向水平向右，小球B速度大小为2v0，方向水平向左，两小球发生弹性碰撞后，则（ D ）
A.小球A向右运动
B.小球B的动量大小增大
C.小球A的动能增加了2mv02
D.小球B的动量变化量大小为3mv0
解析 两小球发生弹性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度分别为vA和vB，取向
左为正方向，则m(-v0)＋2mv0＝mvA＋mvB，12mv02＋12m(2v0)2＝12mvA2＋12mvB2，
解得vA＝2v0，vB＝-v0，所以碰后小球A向左运动，小球B向右运动，小球B的动
量大小变小，故A、B错误；碰后小球A的动能增加了ΔEkA＝12mvA2-12mv02＝
32mv02，故C错误；小球B的动量变化量为Δp＝mvB-2mv0＝m(-v0)-2mv0＝-
3mv0，负号只表示方向，故D正确.
6.[2024辽宁沈阳新民市高级中学校考]A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的x－t图像，如图所示，则下列判断正确的是（ C ）
A.碰撞后A、B两个物块运动方向相同
B.碰撞前、后A物块的速度大小之比为5：3
C.A、B的质量之比m1：m2＝2：3
D.此碰撞为非弹性碰撞
解析 因为x-t图像的斜率表示速度，且斜率的正负表示速度的方向，由图像
可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反，故A错误.由图像可得，碰撞前A物
块的速度为v1＝ΔxΔt＝5 m/s，碰撞后A物块的速度为v'1＝Δx'Δt'＝-1 m/s，所以碰撞
前、后A物块的速度大小之比为5：1，故B错误.同理可得，碰撞前、后B物块的
速度分别为v2＝0，v'2＝Δx″Δt″＝4 m/s.A、B的质量分别为m1、m2，则由动量守恒
定律得m1v1＝m1v'1＋m2v'2，解得m1：m2＝2：3，故C正确.因为碰撞前、后机
械能分别为E＝12m1v12，E'＝12m1v'21＋12m2v'22＝E，即碰撞前、后系统机械能守
恒，故此碰撞为弹性碰撞，故D错误.
7.[2024湖南长沙雅礼中学校考]有一火箭正在太空中以速度v0匀速飞行，某时刻，火箭在极短的时间Δt内喷射质量为Δm的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，此次喷气后火箭的质量是m，不考虑其他星体对火箭的万有引力，则火箭在此次喷气后速度增加量为（ C ）
A.ΔmmuB.－Δmm（v0－u）
C.－ΔmmuD.Δm＋mmv0
解析 根据题意，喷出燃气后，燃气的速度为v1＝v0＋u，则燃气的动量变化为Δp1
＝Δmv1-Δmv0＝Δm·u，设火箭在此次喷气后速度为v2，则火箭在此次喷气过程中的
动量变化为Δp2＝mv2-mv0＝m·Δv，根据动量守恒定律得Δp1＋Δp2＝Δm·u＋m·Δv＝
0，解得火箭在此次喷气后速度增加量为Δv＝-Δmmu，故选C.
8.[多选]向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两部分，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则（ AC ）
A.a、b一定同时到达水平地面
B.b的速度方向一定与原速度方向相反
C.在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
D.从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
解析 在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂前物体的速
度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律可知，b的速
度为零或沿水平方向，故B错误；a、b在竖直方向都做自由落体运动，由于高度相
同，由h＝12gt2知a、b飞行时间一定相同，一定同时到达水平地面，故A正确；根据
牛顿第三定律可知，在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等，故C正
确；从炸裂到落地的这段时间里，a、b飞行时间相同，b的水平速度可能大于或等
于a的水平速度，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，故D错误.
9.[多选]质量M＝3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动.质量为m＝2kg的小球（视为质点）通过长L＝0.75m的轻杆与滑块上的质量不计的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态.现给小球一个v0＝3m/s的竖直向下的初速度，取g＝10m/s2.则（ AD ）
A.小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3m
B.小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.5m
C.小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27m
D.小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54m
解析 设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向动量守
恒，有0＝mL-xt-Mxt，解得x＝0.3 m，故A正确，B错误.设小球m相对于初始位置可以
上升的最大高度为h，此时m与M的共同速度为v，根据水平动量守恒得0＝(m＋
M)v，根据系统机械能守恒得12mv02＝mgh＋12(M＋m)v2，解得h＝0.45 m，故C错误.小
球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动
的距离为y.由几何关系可得，m相对于M移动的水平距离为s＝L＋L2-h2＝1.35
m，根据水平方向动量守恒得0＝ms-yt-Myt，解得y＝0.54 m，故D正确.
10.[多选]水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ BC ）
A.48kgB.53kg
C.58kgD.63kg
解析 选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，
物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1.根据
动量守恒定律知，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1-mv0，物块与挡板发生弹性碰
撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝-mv0＋Mv2，依此类推，
Mv2＋mv0＝-mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝-mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7
＜v0，解得13m＜M＜15m，即52 kg＜M＜60 kg，故B、C正确，A、D错误.
11.[2023北京]如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L.现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起.重力加速度为g.求：
（1）A释放时距桌面的高度H.
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F.
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE.
答案 （1）v22g （2）mg＋mv2L （3）14mv2
解析 （1）由题意可知A球摆动到最低点时速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝12mv2
解得H＝v22g
（2）碰撞前瞬间，对小球A根据牛顿第二定律可知
F－mg＝mv2L
解得F＝mg＋mv2L
（3）A与B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律可知mv＝2mv1
此碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE＝12mv2－12×2mv12
解得ΔE＝14mv2.
12.[多球＋人船模型/2024江苏常州模拟]如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度v0＝1m/s匀速行驶，人和船的总质量为M＝200kg，船上另载有N＝20个完全相同的小球，每个小球的质量为m＝5kg.人站立船头，沿着船的前进方向、每隔一段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气的阻力.
（1）如果每次都是以相对于湖岸的速度v＝6m/s抛出小球，试计算出第一个小球抛出后小船的速度大小v1；
（2）根据第（1）问，计算抛出第几个球后船的速度反向；
（3）如果每次都是以相对于小船的速度v＝6m/s抛出小球，试问抛出第16个小球可以使船的速度改变多少？（提示：A相对B速度公式的表达式为v＝vA－vB，其中v表示两个物体的相对速度，vA表示A物体速度，vB表示B物体速度）
答案 （1）5459m/s （2）11 （3）减小215m/s
解析 （1）人抛出第一个球前后，以船、人、20个球为系统分析，由动量守恒定律可得（M＋20m）v0＝（M＋19m）v1＋mv
代入数据得v1＝5459m/s.
（2）抛出第n个球时，由动量守恒定律可得
（M＋20m）v0＝[M＋（20－n）m]vn＋nmv，即
vn＝300－30n300－5n
由vn＜0，可解得10＜n＜60，因n≤20，且为整数，所以n＝11，可知抛出第11个球后船的速度反向.
（3）设第16次抛出小球前，小船对地的速度为v15，抛出后小船对地的速度为v16，故抛出后小球对地的速度为v16＋v；由动量守恒定律可得（M＋20m－15m）v15＝（M＋20m－16m）v16＋m（v16＋v）
代入数据可求得Δv＝v16－v15＝－215m/s
可使船速度减小215m/s.
13.[多体＋碰撞模型/2024贵州阶段联考]如图所示，某商场中，静止在水平地面上沿一直线排列着3辆手推车，每辆车的质量均为m＝10kg.现给第一辆车v0＝11m/s的水平初速度，使其向第二辆车运动，0.5s后与第二辆车相碰，碰后两车以共同速度运动了1s后与第三辆车相碰，最后3辆车一起恰好运动至停放处.若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，手推车运动过程中受到的阻力是其重力的五分之一.已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）第一辆车与第二辆车碰撞后瞬间的速率v；
（2）第三辆车运动的距离d.
答案 （1）v＝5m/s （2）d＝1m
解析 （1）第一辆车与第二辆车碰撞前，手推车做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，手推车加速度大小为a＝15mgm＝2m/s2
第一辆车与第二辆车碰撞前，速度大小为
v1＝v0－at1＝11m/s－2m/s2×0.5s＝10m/s
碰撞过程，根据动量守恒定律有mv1＝2mv
解得第一辆车与第二辆车碰撞后瞬间的速率v＝5m/s.
（2）两车碰后一起做匀减速直线运动，1s后速度大小为
v2＝v－at2＝5m/s－2m/s2×1s＝3m/s
与第三辆车相碰，根据动量守恒定律有
2mv2＝3mv3
解得v3＝2m/s.
三辆车之后一起做匀减速直线运动，第三辆车运动的距离为
d＝v322a＝1m.
1.[多选]木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是（ BC ）
A.a离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B.a离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
解析 当撤去外力F后，a离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力
之和不为零，所以a和b组成的系统动量不守恒，A错误，B正确；a离开墙壁后，系
统所受的外力之和为零，所以a和b组成的系统动量守恒，C正确，D错误.
2.[2024河北邢台模拟]滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动.如图所示，现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为km的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v0匀速运动，突然小孩相对地面以速度1110v0向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的110，但方向不变，则k为（ C ）
A.15B.16C.19D.111
解析 小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有(m＋km)v0＝m·1110v0＋km·110v0，解得k＝19，故C正确.
3.[2024山东济南历城二中校考]如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的凹槽，凹槽右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块向凹槽推出，冰块平滑地滑上凹槽，则（ B ）
A.小孩推出冰块过程，小孩和冰块系统动量不守恒
B.冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向动量守恒
C.冰块从凹槽下滑过程，凹槽动量减少
D.冰块离开凹槽时的速率与冲上凹槽前的速率相等
解析 小孩推出冰块过程，系统合外力为0，小孩和冰块系统动量守恒，故A错误；冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向合外力为0，所以水平方向动量守恒，故B正确；冰块从凹槽下滑过程，冰块对凹槽做正功，凹槽速度增加，动量增加，故C错误；冰块与凹槽组成的系统机械能守恒，冰块冲上凹槽时，凹槽速度为0，冰块离开凹槽时，凹槽有向左的速度，因此，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽前的速率小，故D错误.
4.[2024山东临沂模拟/多选]甲和乙两位同学一起去滑雪场滑雪.两位同学一起站在位于某斜坡下的水平雪地上（水平面和斜坡足够长），斜坡与水平面平滑连接.甲用力将乙推出（m甲＞m乙），同时甲获得向后的速度.忽略一切摩擦，在之后的运动中，下列说法正确的是（ AC ）
A.乙一定会追上甲
B.乙可能会追上甲
C.最终甲、乙的总动量向左
D.甲、乙的总动量始终为零
解析 甲用力将乙推出后，系统动量守恒，则有m甲v甲＝m乙v乙，由于m甲＞m乙，可
知v甲＜v乙.此后甲向左做匀速直线运动，乙向右运动到达斜面最高点，再返回，由
于忽略一切摩擦，则乙到达平面的速度大小不变，所以乙一定会追上甲，与甲发生
碰撞，A正确，B错误；碰时甲、乙的总动量向左，且最终甲、乙的总动量向左，C
正确，D错误.
5.如图所示，A、B两小球大小一样，且质量均为m.某时刻两小球在同一水平面上沿同一直线相向运动，小球A速度大小为v0、方向水平向右，小球B速度大小为2v0，方向水平向左，两小球发生弹性碰撞后，则（ D ）
A.小球A向右运动
B.小球B的动量大小增大
C.小球A的动能增加了2mv02
D.小球B的动量变化量大小为3mv0
解析 两小球发生弹性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度分别为vA和vB，取向
左为正方向，则m(-v0)＋2mv0＝mvA＋mvB，12mv02＋12m(2v0)2＝12mvA2＋12mvB2，
解得vA＝2v0，vB＝-v0，所以碰后小球A向左运动，小球B向右运动，小球B的动
量大小变小，故A、B错误；碰后小球A的动能增加了ΔEkA＝12mvA2-12mv02＝
32mv02，故C错误；小球B的动量变化量为Δp＝mvB-2mv0＝m(-v0)-2mv0＝-
3mv0，负号只表示方向，故D正确.
6.[2024辽宁沈阳新民市高级中学校考]A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的x－t图像，如图所示，则下列判断正确的是（ C ）
A.碰撞后A、B两个物块运动方向相同
B.碰撞前、后A物块的速度大小之比为5：3
C.A、B的质量之比m1：m2＝2：3
D.此碰撞为非弹性碰撞
解析 因为x-t图像的斜率表示速度，且斜率的正负表示速度的方向，由图像
可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反，故A错误.由图像可得，碰撞前A物
块的速度为v1＝ΔxΔt＝5 m/s，碰撞后A物块的速度为v'1＝Δx'Δt'＝-1 m/s，所以碰撞
前、后A物块的速度大小之比为5：1，故B错误.同理可得，碰撞前、后B物块的
速度分别为v2＝0，v'2＝Δx″Δt″＝4 m/s.A、B的质量分别为m1、m2，则由动量守恒
定律得m1v1＝m1v'1＋m2v'2，解得m1：m2＝2：3，故C正确.因为碰撞前、后机
械能分别为E＝12m1v12，E'＝12m1v'21＋12m2v'22＝E，即碰撞前、后系统机械能守
恒，故此碰撞为弹性碰撞，故D错误.
7.[2024湖南长沙雅礼中学校考]有一火箭正在太空中以速度v0匀速飞行，某时刻，火箭在极短的时间Δt内喷射质量为Δm的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，此次喷气后火箭的质量是m，不考虑其他星体对火箭的万有引力，则火箭在此次喷气后速度增加量为（ C ）
A.ΔmmuB.－Δmm（v0－u）
C.－ΔmmuD.Δm＋mmv0
解析 根据题意，喷出燃气后，燃气的速度为v1＝v0＋u，则燃气的动量变化为Δp1
＝Δmv1-Δmv0＝Δm·u，设火箭在此次喷气后速度为v2，则火箭在此次喷气过程中的
动量变化为Δp2＝mv2-mv0＝m·Δv，根据动量守恒定律得Δp1＋Δp2＝Δm·u＋m·Δv＝
0，解得火箭在此次喷气后速度增加量为Δv＝-Δmmu，故选C.
8.[多选]向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两部分，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则（ AC ）
A.a、b一定同时到达水平地面
B.b的速度方向一定与原速度方向相反
C.在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
D.从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
解析 在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂前物体的速
度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律可知，b的速
度为零或沿水平方向，故B错误；a、b在竖直方向都做自由落体运动，由于高度相
同，由h＝12gt2知a、b飞行时间一定相同，一定同时到达水平地面，故A正确；根据
牛顿第三定律可知，在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等，故C正
确；从炸裂到落地的这段时间里，a、b飞行时间相同，b的水平速度可能大于或等
于a的水平速度，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，故D错误.
9.[多选]质量M＝3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动.质量为m＝2kg的小球（视为质点）通过长L＝0.75m的轻杆与滑块上的质量不计的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态.现给小球一个v0＝3m/s的竖直向下的初速度，取g＝10m/s2.则（ AD ）
A.小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3m
B.小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.5m
C.小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27m
D.小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54m
解析 设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向动量守
恒，有0＝mL-xt-Mxt，解得x＝0.3 m，故A正确，B错误.设小球m相对于初始位置可以
上升的最大高度为h，此时m与M的共同速度为v，根据水平动量守恒得0＝(m＋
M)v，根据系统机械能守恒得12mv02＝mgh＋12(M＋m)v2，解得h＝0.45 m，故C错误.小
球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动
的距离为y.由几何关系可得，m相对于M移动的水平距离为s＝L＋L2-h2＝1.35
m，根据水平方向动量守恒得0＝ms-yt-Myt，解得y＝0.54 m，故D正确.
10.[多选]水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ BC ）
A.48kgB.53kg
C.58kgD.63kg
解析 选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，
物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1.根据
动量守恒定律知，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1-mv0，物块与挡板发生弹性碰
撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝-mv0＋Mv2，依此类推，
Mv2＋mv0＝-mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝-mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7
＜v0，解得13m＜M＜15m，即52 kg＜M＜60 kg，故B、C正确，A、D错误.
11.[2023北京]如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L.现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起.重力加速度为g.求：
（1）A释放时距桌面的高度H.
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F.
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE.
答案 （1）v22g （2）mg＋mv2L （3）14mv2
解析 （1）由题意可知A球摆动到最低点时速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝12mv2
解得H＝v22g
（2）碰撞前瞬间，对小球A根据牛顿第二定律可知
F－mg＝mv2L
解得F＝mg＋mv2L
（3）A与B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律可知mv＝2mv1
此碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE＝12mv2－12×2mv12
解得ΔE＝14mv2.
12.[多球＋人船模型/2024江苏常州模拟]如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度v0＝1m/s匀速行驶，人和船的总质量为M＝200kg，船上另载有N＝20个完全相同的小球，每个小球的质量为m＝5kg.人站立船头，沿着船的前进方向、每隔一段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气的阻力.
（1）如果每次都是以相对于湖岸的速度v＝6m/s抛出小球，试计算出第一个小球抛出后小船的速度大小v1；
（2）根据第（1）问，计算抛出第几个球后船的速度反向；
（3）如果每次都是以相对于小船的速度v＝6m/s抛出小球，试问抛出第16个小球可以使船的速度改变多少？（提示：A相对B速度公式的表达式为v＝vA－vB，其中v表示两个物体的相对速度，vA表示A物体速度，vB表示B物体速度）
答案 （1）5459m/s （2）11 （3）减小215m/s
解析 （1）人抛出第一个球前后，以船、人、20个球为系统分析，由动量守恒定律可得（M＋20m）v0＝（M＋19m）v1＋mv
代入数据得v1＝5459m/s.
（2）抛出第n个球时，由动量守恒定律可得
（M＋20m）v0＝[M＋（20－n）m]vn＋nmv，即
vn＝300－30n300－5n
由vn＜0，可解得10＜n＜60，因n≤20，且为整数，所以n＝11，可知抛出第11个球后船的速度反向.
（3）设第16次抛出小球前，小船对地的速度为v15，抛出后小船对地的速度为v16，故抛出后小球对地的速度为v16＋v；由动量守恒定律可得（M＋20m－15m）v15＝（M＋20m－16m）v16＋m（v16＋v）
代入数据可求得Δv＝v16－v15＝－215m/s
可使船速度减小215m/s.
13.[多体＋碰撞模型/2024贵州阶段联考]如图所示，某商场中，静止在水平地面上沿一直线排列着3辆手推车，每辆车的质量均为m＝10kg.现给第一辆车v0＝11m/s的水平初速度，使其向第二辆车运动，0.5s后与第二辆车相碰，碰后两车以共同速度运动了1s后与第三辆车相碰，最后3辆车一起恰好运动至停放处.若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，手推车运动过程中受到的阻力是其重力的五分之一.已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）第一辆车与第二辆车碰撞后瞬间的速率v；
（2）第三辆车运动的距离d.
答案 （1）v＝5m/s （2）d＝1m
解析 （1）第一辆车与第二辆车碰撞前，手推车做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，手推车加速度大小为a＝15mgm＝2m/s2
第一辆车与第二辆车碰撞前，速度大小为
v1＝v0－at1＝11m/s－2m/s2×0.5s＝10m/s
碰撞过程，根据动量守恒定律有mv1＝2mv
解得第一辆车与第二辆车碰撞后瞬间的速率v＝5m/s.
（2）两车碰后一起做匀减速直线运动，1s后速度大小为
v2＝v－at2＝5m/s－2m/s2×1s＝3m/s
与第三辆车相碰，根据动量守恒定律有
2mv2＝3mv3
解得v3＝2m/s.
三辆车之后一起做匀减速直线运动，第三辆车运动的距离为
d＝v322a＝1m.
相关试卷
备考2024届高考物理一轮复习强化训练第七章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用： 这是一份备考2024届高考物理一轮复习强化训练第七章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用，共5页。
备考2024届高考物理一轮复习分层练习第七章动量守恒定律专题十二力学三大观点的综合应用： 这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第七章动量守恒定律专题十二力学三大观点的综合应用，共10页。试卷主要包含了2kg·m/s等内容，欢迎下载使用。
备考2024届高考物理一轮复习分层练习第七章动量守恒定律实验八验证动量守恒定律： 这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第七章动量守恒定律实验八验证动量守恒定律，共6页。试卷主要包含了5 mm等内容，欢迎下载使用。
