2025人教版新教材物理高考第一轮
第 2 讲动量守恒定律及其应用
基础对点练
题组一 动量守恒定律的条件及应用
1.(2021全国乙卷)如图所示,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,
另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤
去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开
始,小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A.动量守恒,机械能守恒
B.动量守恒,机械能不守恒
C.动量不守恒,机械能守恒
D.动量不守恒,机械能不守恒
2.(2023辽宁沈阳二模)篮球运动深受同学们喜爱。在某次篮球比赛中,质量为m的篮球以
水平速度大小v撞击竖直篮板后,以水平速度大小v'被弹回,已知v'<v,篮球与篮板撞击时
间极短。下列说法正确的是( )
A.撞击时篮球受到的冲量大小为m(v'-v)
B.撞击时篮板受到的冲量大小为m(v-v')
C.撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒
D.撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒
题组二 爆炸、反冲和人船模型
3.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长,一位同学想粗略测定它的质量,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以及船长L,已知他自身的质量为m。若不计水的阻力,
则渔船的质量为( )
m(L+d) md
A. B.
d L-dm(L-d) mL
C. D.
d d
4.(多选)章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出,由此获得一个反冲速
度,从而迅速向前逃窜完成自救。假设有一只章鱼吸满水后的总质量为m ,静止悬浮在水
0
中,一次喷射出质量为 m的水,喷射速度大小为v ,章鱼体表光滑,则以下说法正确的是(
0
)
A.喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒
B.喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒
m
C.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 v
m 0
0
m
D.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 v
m -m 0
0
5.(2023重庆八中模拟)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
0
时质量为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
爆炸后瞬时的总动能为( )
A. 2m E B. m E
0 0
m -m 2(m -m)
0 0
C. m E D. m E
0
m -m m -m
0 0
题组三 碰撞问题
6.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球,它们排成一条直线,小球2、3静止,并靠在一
起,球1以速度v 撞向它们,如图所示,设碰撞过程中不损失机械能,则碰后三个小球的速度
0
分别为( )
√3
A.v =v =v = v
1 2 3 0
3
√2
B.v =0,v =v = v
1 2 3 0
2
1
C.v =0,v =v = v
1 2 3 0
2
D.v =v =0,v =v
1 2 3 0
7.(多选)(2024安徽合肥模拟)光滑水平桌面距离水平地面的高度为 H,质量为m 、半径为
2
R的光滑四分之一圆弧槽 B静止放在桌面上,质量为m 的小球A从与圆弧槽圆心等高处
1由静止滑下,与静止在桌面上的质量为 m 的小球C发生弹性正碰,最后两小球分别落到水
3
平地面上的 M、N两点,如图所示,已知H=0.8 m,R=0.9 m,m =2 kg,m =2 kg,m =1 kg,重力
1 2 3
加速度g取10 m/s2,两球视为质点,不计空气阻力,下列选项正确的是( )
A.小球A从圆弧槽滑离时的速度为3 m/s
B.小球A与小球C碰撞后,小球C的速度为2 m/s
C.M、N两点的距离为1.2 m
D.小球A可能落在N点
综合提升练
8.(多选)(2023天津模拟)小球A和槽形物体B的质量分别为m、2m,B置于水平面上,B的
上部半圆形槽的半径为 R,槽的左右两侧等高,如图所示。将A从槽的右侧顶端由静止释
放,一切阻力均不计,则( )
A.A刚能到达槽的左侧顶端
B.A运动到槽的最低点时速度为√2gR
C.B向右匀速运动
2
D.B向右运动的最大位移为 R
3
9.(2024浙江杭州模拟)如图甲所示,水平桌面上有一算盘。算珠可穿在固定的杆上滑动,算
珠与杆之间的动摩擦因数为μ(未知)。使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零
位。A、B相隔s =3.5 cm,B与上边框相隔s =2 cm。现用手指将A以某一初速度拨出,在
1 2
方格纸中作出A、B运动的v-t图像如图乙所示(实线代表A,虚线代表B)。忽略A、B碰
撞的时间,g取10 m/s2,则( )
甲乙
A.算珠A在碰撞前运动了0.2 s
B.算珠与杆之间的动摩擦因数μ=0.2
C.算珠A与算珠B在碰撞过程无机械能损失
D.算珠B碰撞后恰好能到达归零位置
10.(2023天津卷)已知A、B两物体质量分别为m =2 kg,m =1 kg,A物体从h=1.2 m处自
A B
由下落,且同时B物体从地面竖直上抛,经过t=0.2 s相遇碰撞后,两物体立刻粘在一起,已
知重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)碰撞时离地高度x;
(2)碰后速度v;
(3)碰撞损失机械能ΔE。
1
11.ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道,AB段是半径R=0.8 m的 圆弧,B在圆心O的
4
正下方,BC段水平,AB段与BC段平滑连接,如图所示。球2、球3均放在BC轨道上,质量
m =0.4 kg的球1从A点由静止释放,球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰,球2再与
1
球3发生弹性正碰,g取10 m/s2。
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小。(2)若球2的质量m =0.1 kg,求球1与球2碰撞后球2的速度大小。
2
(3)若球3的质量m =0.1 kg,为使球3获得最大的动能,球2的质量应为多少。
3参考答案
第2讲 动量守恒定律及其应用
1.B 解析 撤去推力,系统合外力为0,系统动量守恒,滑块和小车之间有滑动摩擦力,由于
摩擦生热,故系统机械能减少,选项B正确。
2.C 解析 取初速度方向为正方向,则由动量定理可得,冲量大小I=|-mv'-mv|=m(v+v'),故
A、B错误;撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不等于零,则系统动量不守恒,
故C正确;由于反弹速度减小,则撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能不守恒,故D错
误。
3.C 解析 设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为v',人从船尾走到船头所用时间
d L-d
为t。取船的速度为正方向,则v= ,v'= ,根据动量守恒定律得,m v-mv'=0,解得船的
船
t t
m(L-d)
质量m = ,故A、B、D错误,C正确。
船
d
4.AD 解析 章鱼喷水过程所用的时间极短,内力远大于外力,章鱼和喷出的水组成的系
统动量守恒,A正确;在章鱼喷水的过程中,章鱼体内的化学能转化为机械能,系统机械能增
加,B错误;以章鱼和喷出的水组成的系统为研究对象,规定章鱼喷水后瞬间逃跑的方向为
m
正方向,由动量守恒定律得,0=(m -m)v-mv ,可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小 v=
0 0 m -m
0
v ,C错误,D正确。
0
5.D 解析 设爆炸后瞬时质量为 m部分的速度大小为v ,另一部分的速度大小为 v ,根据
1 2
m 1
动量守恒可得,mv =(m -m)v ,解得v = v ,又E= mv 2,则该爆竹爆炸后瞬时的总动能
1 0 2 2 m -m 1 2 1
0
E =1 1(m -m) ,联立解得E = m E,故选D。
总 mv 2+ 0 v 2 总 0
2 1 2 2 m -m
0
6.D 解析 由题设条件,三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒。设三球质量均为m,则
1
碰撞前系统总动量为mv ,总动能为 mv 2,选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律,故
0 2 0
1
不可能;对选项C,碰后总动量为mv ,但总动能为 mv 2,这显然违反了机械能守恒定律,故
0 4 0
不可能;对选项D,既满足动量守恒定律,也满足机械能守恒定律,故选D。
7.AC 解析 设A球滑离圆弧槽时的速度为v ,圆弧槽的速度为v ,取向右为正方向,此过
1 21 1
程由水平方向上动量守恒和机械能守恒得,m v +m v =0,m gR= m v 2+ m v 2,解得v =3
1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 2 1
m/s,假设 A 与 C 碰撞后的速度分别为 v 、v ,由动量守恒和机械能守恒得 ,
A C
1 1 1
m v =m v +m v , m v 2= m v 2+ m v 2,解得 v =1 m/s,v =4 m/s,假设两球从桌面平抛
1 1 1 A 3 C 2 1 1 2 1 A 2 3 C A C
1
运动时间为t,由H= gt2,A球的水平位移x =v t,C球的水平位移x =v t,M、N两点的距离
A A C C
2
x =x -x =1.2 m,因为v <v ,所以A球落在M点。故A、C正确,B、D错误。
MN C A A C
8.AD 解析 设A到达左侧最高点的速度为v ,根据动量守恒定律知,由于初动量为零,则
1
总动量为零,根据能量守恒定律知,A能到达B圆槽左侧的最高点,故A正确;设A到达最
v
低点时的速度为v,根据动量守恒定律得,0=mv-2mv',解得v'= ,根据能量守恒定律得,mgR=
2
1mv2+1×2m(v) 2,解得v=√4gR,故B错误;B向右先加速后减速,减速到零之后又向左先
2 2 2 3
加速后减速,即做往返运动,故C错误;因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒,当
A运动到左侧最高点时,B向右运动的位移最大,设B向右的最大位移为x,根据动量守恒
2
定律得,m(2R-x)=2mx,解得x= R,故D正确。
3
v +v
9.D 解析 由匀变速直线运动规律可得,s = 0 1t ,解得t =0.1 s,A错误;由匀变速直线运
1 1 1
2
动规律可得,v =v -at ,由牛顿第二定律可得,μmg=ma,解得μ=0.1,B错误;算珠A与算珠B
1 0 1
1 1 1
的质量均为m,则碰撞过程能量关系为 mv 2≠ mv 2+ mv 2,算珠A与算珠B在碰撞过
2 1 2 2 2 3
v +0 0.2
程存在机械能损失,C 错误;算珠 B 碰撞后,由匀变速直线运动规律可得,x= 3 t =
2 2 2
×0.2 m=0.02 m=2 cm,因此算珠B碰撞后恰好能到达归零位置,D正确。
10.答案 (1)1 m (2)0 (3)12 J
解析 (1)对物体A,根据运动学公式可得
1 1
x=h- gt2=1.2 m- ×10×0.22 m=1 m。
2 2
1
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为v ,根据运动学公式可知x=v t- gt2=1 m
B0 B0
2解得v =6 m/s
B0
碰撞前A物体的速度v =gt=2 m/s,方向竖直向下
A
碰撞前B物体的速度v =v -gt=4 m/s,方向竖直向上
B B0
选向下为正方向,由动量守恒可得
m v -m v =(m +m )v
A A B B A B
解得碰后速度v=0。
(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
1 1 1
ΔE= m v 2+ m v 2− (m +m )v2=12 J。
2 A A 2 B B 2 A B
11.答案 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
解析 (1)对球1从A到B应用动能定理
1
m gR= m v 2
1 2 1 0
在B点对球1应用牛顿第二定律
F -m g=m v 2
N 1 1 0
R
联立解得v =4 m/s,F =12 N
0 N
由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小F '=F =12 N。
N N
(2)球1、球2碰撞时,根据动量守恒定律有
m v =m v +m v
1 0 1 1 2 2
由机械能守恒定律得
1 1 1
m v 2= m v 2+ m v 2
2 1 0 2 1 1 2 2 2
解得v = 2m v =6.4 m/s。
2 1 0
m +m
1 2
(3)同理,球2、球3碰撞后
v = 2m v
3 2 2
m +m
2 3
则v = 2m 2m v
3 2 · 1 0
m +m m +m
2 3 1 2
1.6
代入数据得v = 0.04 v
3 m + +0.5 0
2 m
20.04 0.04
由数学知识可知,当m = 时,m + +0.5最小,v 最大
2 m 2 m 3
2 2
所以m =0.2 kg。
2
