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2025年高考物理大一轮复习 第七章 第2课时 动量守恒定律 课件及学案
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考点一 动量守恒定律的理解
考点二 动量守恒定律的基本应用
考点三 爆炸问题 反冲运动 人船模型
1.内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的 为0，这个系统的总动量保持不变。
2.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力 它所受到的外力，如碰撞、爆炸等过程。(3)某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
1.只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。( )2.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。( )3.若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒。( )
例1 (2024·江苏省常熟中学调研)如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水 平方向动量守恒C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球 与半圆槽在水平方向动量守恒D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒，故B错误；
小球从B到C的过程中，系统水平方向所受合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。
例2 如图，水平地面上有一小车C，顶端有一轻滑轮，质量完全相同的两个小木块A、B由通过滑轮的轻绳相连接，初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。某时刻突然将手撤去，A、B、C开始运动，则对小车C、小木块A、B三者组成的系统，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计)A.动量不守恒，机械能不守恒B.动量守恒，机械能守恒C.竖直方向上动量守恒，机械能不守恒D.水平方向上动量守恒，机械能守恒
所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相互转化，总的机械能不变，机械能守恒；初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。松手后，整个系统竖直方向上合力不为零，动量不守恒，但水平方向上合力为零，水平方向上动量守恒。故D正确。
动量守恒定律的基本应用
1.动量守恒定律的表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝ 。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。(2)Δp1＝ ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
m1v1′＋m2v2′
2.动量守恒定律的五个特性：
例3 如图，质量M＝9 kg的小车A以大小为v0＝8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台面上放置质量m＝1 kg的小球B(可看作质点)，小球距离车上表面H＝0.8 m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0＝6 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)小车的最终速度的大小v；
整个过程中，小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v，解得v＝5 m/s。
A与C的碰撞过程动量守恒，则有Mv0＝(M＋m0)v1
Δx＝(v0－v1)t，解得Δx＝1.28 m。
(2)初始时小球与桶的水平距离Δx。
例4 (2023·江苏无锡市江阴一中期中)如图所示，有A、B两质量均为M＝100 kg的小车，沿光滑水平面上以速率v0＝1 m/s在同一直线上相向运动，A车上站着一质量为m＝50 kg的人。为避免两车相撞，他至少要以对地多大的速度从A车跳到B车？
只要人跳上B车后两车速度相同，就可以避免相撞。全过程系统动量守恒，则(M＋m)v0－Mv0＝(2M＋m)v1，可得最终的共同速度为v1＝0.2 m/s，再以人和A车为对象，人跳出过程人和A车系统动量守恒，跳出后A车的速度应为v1，因此有(M＋m)v0＝Mv1＋mv，可得v＝2.6 m/s。
爆炸问题 反冲运动 人船模型
1.爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
例5 2023年春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为m的部分动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为
设爆炸后瞬间质量为m的部分速度大小为v1，另一部分的速度大小为v2，根据动量守恒可得mv1＝(M－m)v2，
例6 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/sC.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝m1v1＋p，解得火箭的动量p＝－m1v1＝－0.05×600 kg·m/s＝－30 kg·m/s，负号表示方向，大小为30 kg·m/s，故选A。
例7 “独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。女子在照片上身高约为1.6 cm。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为A.45 kg B.50 kg C.55 kg D.60 kg
对该女子和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以m1x1＝m2x2，代入数据可得该女子的质量为m2＝45 kg，故选A。
1.模型图示2.模型特点(1)两者满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
3.运动特点(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；(2)人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即
1.(2024·江苏省镇江中学检测)在冬奥会冰上短道速滑接力比赛中，乙运动员奋力向前推出前方甲运动员，忽略一切阻力，此过程中A.甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量B.甲、乙两运动员组成的系统动量增加C.甲、乙两运动员组成的系统机械能增加D.甲、乙两运动员的速度变化量大小一定相等
2.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使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是A.a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统机械能不 守恒B.a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量守恒C.a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量守恒D.a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒
3.(2024·江苏淮安市楚州中学马坝中学联考)两名质量相等的滑冰人员甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。现在其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回。如此反复几次之后，甲和乙最后的速率关系是A.若甲最先抛球，则一定是v甲>v乙B.若乙最后接球，则一定是v甲>v乙C.若甲最后接球，则一定是v甲>v乙D.无论怎样抛球和接球，都是v甲>v乙
因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等。谁最后接球谁和球的整体质量大，根据动量守恒定律可知，最终谁接球谁的速度小。故选B。
4.(2024·江苏海安市立发中学检测)在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知A.碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小B.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5C.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3D.碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
5.(2024·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则A.在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方B.在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左C.在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功D.在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下
a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做功为零，故C错误。
6.如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)A.系统的总动量守恒B.水平方向任意时刻小球与小车的动量都相同C.小球不能向左摆到原高度D.小车向右移动的最大距离为
系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A、B错误；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；
小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为 D正确。
7.如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)
设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，先选乙船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－mvmin，再选甲船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得10m×2v0－mvmin＝11mv2，为避免两船相撞应满足v1＝v2联立解得vmin＝4v0。
8.(2024·江苏无锡市锡车中学月考)如图所示，有一质量M＝6 kg、棱长为0.2 m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2 kg的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为 m m m
小球由静止开始从如题图所示轨道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平方向动量守恒，则有 即mx1＝Mx2，根据题意有x1＋x2＝0.2 m，联立解得x2＝0.05 m，故选A。
9.于2021年10月16日发射的“神舟十三号”飞船在2022年4月16日成功返回地球。飞船返回舱返回地面过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置沿竖直方向匀速下降，为确保返回舱能安全着陆，在返回舱距地面一定距离时，舱内航天员主动切断与降落伞的连接(“切伞”)，同时点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭向下喷气过程中返回舱减至安全速度。假设“切伞”瞬间返回舱的速度大小为v1＝16 m/s，火箭喷出的气体相对地面的速度大小为v2＝944 m/s，火箭“喷气”时间极短，喷气完成前、后返回舱的质量比为130∶128，喷气完成后返回舱的速度大小为A.2 m/s B.1.5 m/sC.2.5 m/s D.0.5 m/s
设喷气前、后返回舱质量分别为m1、m2，喷气完成后返回舱的速度大小为v3。由题知m1∶m2＝130∶128，分析火箭喷气过程，由动量守恒定律可得m1v1＝m2v3＋(m1－m2)v2，解得v3＝1.5 m/s，故选B。
10.(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是A.两碎块的位移大小之比为1∶2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
11.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s。
12.(2023·江苏海安市实验中学月考)如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段(如图乙)，该滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是A.滑块滑到木板的右端后飞离木板B.滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止C.两过程滑块的动量变化相同D.两过程系统产生的热量相等
第一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到右半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，平均加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到共同速度，所以滑块还没有运动到最右端，故A错误，B正确；根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误；
根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，分析可知在题图乙中木板上相对运动的位移没有题图甲中的长，所以产生的热量小于在题图甲中木板上滑行产生的热量，故D错误。
考点一 动量守恒定律的理解
考点二 动量守恒定律的基本应用
考点三 爆炸问题 反冲运动 人船模型
1.内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的 为0，这个系统的总动量保持不变。
2.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力 它所受到的外力，如碰撞、爆炸等过程。(3)某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
1.只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。( )2.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。( )3.若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒。( )
例1 (2024·江苏省常熟中学调研)如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水 平方向动量守恒C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球 与半圆槽在水平方向动量守恒D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒，故B错误；
小球从B到C的过程中，系统水平方向所受合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。
例2 如图，水平地面上有一小车C，顶端有一轻滑轮，质量完全相同的两个小木块A、B由通过滑轮的轻绳相连接，初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。某时刻突然将手撤去，A、B、C开始运动，则对小车C、小木块A、B三者组成的系统，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计)A.动量不守恒，机械能不守恒B.动量守恒，机械能守恒C.竖直方向上动量守恒，机械能不守恒D.水平方向上动量守恒，机械能守恒
所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相互转化，总的机械能不变，机械能守恒；初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。松手后，整个系统竖直方向上合力不为零，动量不守恒，但水平方向上合力为零，水平方向上动量守恒。故D正确。
动量守恒定律的基本应用
1.动量守恒定律的表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝ 。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。(2)Δp1＝ ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
m1v1′＋m2v2′
2.动量守恒定律的五个特性：
例3 如图，质量M＝9 kg的小车A以大小为v0＝8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台面上放置质量m＝1 kg的小球B(可看作质点)，小球距离车上表面H＝0.8 m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0＝6 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)小车的最终速度的大小v；
整个过程中，小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v，解得v＝5 m/s。
A与C的碰撞过程动量守恒，则有Mv0＝(M＋m0)v1
Δx＝(v0－v1)t，解得Δx＝1.28 m。
(2)初始时小球与桶的水平距离Δx。
例4 (2023·江苏无锡市江阴一中期中)如图所示，有A、B两质量均为M＝100 kg的小车，沿光滑水平面上以速率v0＝1 m/s在同一直线上相向运动，A车上站着一质量为m＝50 kg的人。为避免两车相撞，他至少要以对地多大的速度从A车跳到B车？
只要人跳上B车后两车速度相同，就可以避免相撞。全过程系统动量守恒，则(M＋m)v0－Mv0＝(2M＋m)v1，可得最终的共同速度为v1＝0.2 m/s，再以人和A车为对象，人跳出过程人和A车系统动量守恒，跳出后A车的速度应为v1，因此有(M＋m)v0＝Mv1＋mv，可得v＝2.6 m/s。
爆炸问题 反冲运动 人船模型
1.爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
例5 2023年春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为m的部分动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为
设爆炸后瞬间质量为m的部分速度大小为v1，另一部分的速度大小为v2，根据动量守恒可得mv1＝(M－m)v2，
例6 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/sC.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝m1v1＋p，解得火箭的动量p＝－m1v1＝－0.05×600 kg·m/s＝－30 kg·m/s，负号表示方向，大小为30 kg·m/s，故选A。
例7 “独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。女子在照片上身高约为1.6 cm。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为A.45 kg B.50 kg C.55 kg D.60 kg
对该女子和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以m1x1＝m2x2，代入数据可得该女子的质量为m2＝45 kg，故选A。
1.模型图示2.模型特点(1)两者满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
3.运动特点(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；(2)人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即
1.(2024·江苏省镇江中学检测)在冬奥会冰上短道速滑接力比赛中，乙运动员奋力向前推出前方甲运动员，忽略一切阻力，此过程中A.甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量B.甲、乙两运动员组成的系统动量增加C.甲、乙两运动员组成的系统机械能增加D.甲、乙两运动员的速度变化量大小一定相等
2.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使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是A.a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统机械能不 守恒B.a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量守恒C.a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量守恒D.a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒
3.(2024·江苏淮安市楚州中学马坝中学联考)两名质量相等的滑冰人员甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。现在其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回。如此反复几次之后，甲和乙最后的速率关系是A.若甲最先抛球，则一定是v甲>v乙B.若乙最后接球，则一定是v甲>v乙C.若甲最后接球，则一定是v甲>v乙D.无论怎样抛球和接球，都是v甲>v乙
因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等。谁最后接球谁和球的整体质量大，根据动量守恒定律可知，最终谁接球谁的速度小。故选B。
4.(2024·江苏海安市立发中学检测)在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知A.碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小B.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5C.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3D.碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
5.(2024·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则A.在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方B.在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左C.在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功D.在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下
a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做功为零，故C错误。
6.如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)A.系统的总动量守恒B.水平方向任意时刻小球与小车的动量都相同C.小球不能向左摆到原高度D.小车向右移动的最大距离为
系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A、B错误；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；
小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为 D正确。
7.如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)
设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，先选乙船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－mvmin，再选甲船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得10m×2v0－mvmin＝11mv2，为避免两船相撞应满足v1＝v2联立解得vmin＝4v0。
8.(2024·江苏无锡市锡车中学月考)如图所示，有一质量M＝6 kg、棱长为0.2 m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2 kg的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为 m m m
小球由静止开始从如题图所示轨道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平方向动量守恒，则有 即mx1＝Mx2，根据题意有x1＋x2＝0.2 m，联立解得x2＝0.05 m，故选A。
9.于2021年10月16日发射的“神舟十三号”飞船在2022年4月16日成功返回地球。飞船返回舱返回地面过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置沿竖直方向匀速下降，为确保返回舱能安全着陆，在返回舱距地面一定距离时，舱内航天员主动切断与降落伞的连接(“切伞”)，同时点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭向下喷气过程中返回舱减至安全速度。假设“切伞”瞬间返回舱的速度大小为v1＝16 m/s，火箭喷出的气体相对地面的速度大小为v2＝944 m/s，火箭“喷气”时间极短，喷气完成前、后返回舱的质量比为130∶128，喷气完成后返回舱的速度大小为A.2 m/s B.1.5 m/sC.2.5 m/s D.0.5 m/s
设喷气前、后返回舱质量分别为m1、m2，喷气完成后返回舱的速度大小为v3。由题知m1∶m2＝130∶128，分析火箭喷气过程，由动量守恒定律可得m1v1＝m2v3＋(m1－m2)v2，解得v3＝1.5 m/s，故选B。
10.(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是A.两碎块的位移大小之比为1∶2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
11.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s。
12.(2023·江苏海安市实验中学月考)如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段(如图乙)，该滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是A.滑块滑到木板的右端后飞离木板B.滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止C.两过程滑块的动量变化相同D.两过程系统产生的热量相等
第一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到右半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，平均加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到共同速度，所以滑块还没有运动到最右端，故A错误，B正确；根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误；
根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，分析可知在题图乙中木板上相对运动的位移没有题图甲中的长，所以产生的热量小于在题图甲中木板上滑行产生的热量，故D错误。
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