动量守恒定律及其应用 提高篇
基础巩固
1.[2025·福建厦门一中模拟] 如图所示,在光滑水平面上有一静止的质量为M 的小车,用长为
L 的细线系一质量为m 的小球,将小球拉至水平位置,球放开前小车与小球保持静止状态,松
手后让小球下落,在最低点与固定在小车上的油泥相撞并粘在一起,则( )
A.小球下摆过程与小车组成的系统动量守恒
B.小球与油泥相撞后一起向右运动
C.小球下摆过程小车的运动距离为ML
m + M
D.小球下摆过程小车的运动距离为mL
m + M
2.[2025·浙江湖州模拟] 用火箭发射人造卫星,发射过程中最后一节火箭的燃料用完后,火箭
壳体和卫星一起以7.0×103 m/s 的速度绕地球做匀速圆周运动.已知卫星的质量为500 kg,最
后一节火箭壳体的质量为100 kg.某时刻火箭壳体与卫星分离,分离时卫星与火箭壳体沿轨道
切线方向的相对速度为1.8×103 m/s.下列说法正确的是( )
A.分离后火箭壳体的速度大小为7.3×103 m/s
B.分离后火箭壳体的速度大小为3.3×104 m/s
C.分离过程中火箭壳体对卫星的冲量大小为1.5×105 N·s
D.分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为1.5×105 kg·m/s
3.[2025·湖南长沙模拟] 如图所示,半径为R 的光滑圆形轨道固定在竖直平面内.小球A、B 质
量分别为m、km(k 为待定系数).A 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于
轨道最低点的B 球相撞,碰撞中无机械能损失,重力加速度为g.关于各种情况下k 的取值.下列
各项中正确的是
( )
A.若0.2<k<1,则小球B 第一次碰后将会在某处脱离圆轨道
B.若0<k<0.2,则小球B 第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点
C.若k>1,小球B 可能脱轨
D.若k=3,小球A 和小球B 将在圆轨道的最低点的左轨道发生第二次碰撞
4.如图所示,一排人站在沿x 轴的水平轨道旁,原点O 两侧的人的序号都记为n(n=1,2,3,…)每
人只有一个沙袋,x>0 一侧的每个沙袋质量为m=7 kg,x<0 一侧的每个沙袋质量为m'=9 kg,一
质量为M=24 kg 的小车以某初速度从原点出发向x 正方向滑行.不计轨道阻力.当车每经过一
人身旁时,此人就把沙袋以水平速度v 朝与车速相反的方向沿车面扔到车上,v 的大小等于扔
此袋之前的瞬间车速大小的2n 倍(n 是此人的序号数),车上最终有小沙袋的个数为
( )
A.3 个
B.5 个
C.7 个
D.9 个
5.[2025·山东菏泽模拟] 如图所示,质量分别为m、3m、3m 的小球A、B、C 静止在光滑的水
平面上,且球心处在同一直线上,小球B 用长为L1(未知)的细线连接悬于O1点,小球C 用长为
L2(未知)的细线连接悬于O2点,小球B、C 刚好与水平面接触,现给小球A 一个水平向右大小
为v0的初速度,小球A 与小球B 发生弹性正碰,使小球B 恰好在竖直面内做圆周运动,接着小
球A 与小球C 也发生弹性正碰,碰撞后小球C 也恰好在竖直面内做圆周运动,重力加速度大
小为g,不计小球的大小,求:
(1)悬挂小球B 的细线长L1;
(2)小球A 与小球C 第一次碰撞后一瞬间,细线对小球C 的拉力大小.
综合提升
6.[2025·广东惠州模拟] 图甲是一个U 形雪槽,某次滑板表演中,表演者在同一竖直平面内运
动,可把该场地简化为如图乙所示的凹形场地:两端是四分之一的光滑圆弧面,中间是长4L 的
粗糙水平面.表演者a 的质量(含滑板)为m,从A 处沿光滑圆弧面滑下,进入水平面后,与质量
(含滑板)为2m 且静止在水平面中点O 的表演者b 水平击掌相碰,碰后a 以碰前速度的1
4
反
弹,a、b 在O 处发生碰撞后(碰撞时间极短),最终都停在B、O 间的某点P 处,且恰好不再发生
碰撞.假设a 与粗糙水平面的动摩擦因数是b 与水平面的k 倍,表演者的动作不影响自身的速
度,滑板长度忽略不计.
(1)求a 与b 碰撞后瞬间,a、b 的速度大小之比;
(2)以O 为起点,求a、b 碰撞后在粗糙水平面上滑过的路程之比(可用k 表示);
(3)若碰撞后,a、b 均两次通过四分之一的光滑圆弧面的最低点,求PO 的长度与L 之比及k 的
取值范围.
拓展挑战
7.[2023·全国乙卷] 如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M 的静止薄圆盘,圆盘与管的
上端口距离为l,圆管长度为20l.一质量为m=1
3
M 的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆
盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内运动时与管壁不
接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞,且碰撞时间极短.不计空气阻力,重
力加速度大小为g.求:
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;
(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数.
答案解析
1.D [解析] 小球下摆过程与小车组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故A
错误;小球下落过程中,水平方向具有向右的分速度,因水平方向动量守恒,小车要向左运动,当
撞到油泥,是完全非弹性碰撞,小球和小车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉,所以小车和
小球都保持静止,故B 错误;设当小球到达最低点时,小球向右移动的距离为x1,小车向左移动
的距离为x2,根据系统水平方向动量守恒有mv1-Mv2=0,又v1=x1
t
、v2=x2
t
,则有mx1
t
-Mx2
t
=0,
变形得mx1=Mx2,根据x1+x2=L,联立解得x2=mL
m + M
,故C 错误,D 正确.
2.C [解析] 设火箭壳体和卫星分离前一起绕地球做匀速圆周运动的速度为v,卫星的质量为
m1,火箭壳体的质量为m2,分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为Δv,分离后火
箭壳体的速度大小为v',根据题意可知,分离前后卫星与火箭壳体组成的系统动量守恒,则分
离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为0,取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正
方向,根据动量守恒定律得(m1+ m2)v=m1(v'+Δv)+m2v',解得v'=5.5×103 m/s,则分离后卫星
的速度为v 卫=v'+Δv=7.3×103 m/s,故A、B、D 错误;分离过程中,设火箭壳体对卫星的冲量
大小为I,对卫星由动量定理有I=m1v 卫-m1v=1.5×105 N·s,故C 正确.
3.B [解析] 小球A 下滑到最低点的过程中,根据动能定理得mgR=1
2
mv0
2,解得A 与B 碰撞
前A 的速度v0=❑√2gR,碰撞过程中动量守恒,规定向右为正方向,根据动量守恒定律有
mv0=mvA+kmvB,根据机械能守恒定律有1
2
mv0
2=1
2
mvA
2+1
2
kmvB
2,联立解得vB=2❑√2gR
1+k
、vA=
1−k
1+k
❑√2gR,若B 小球运动至轨道顶点,根据机械能守恒定律有1
2
kmvB
2=kmg·2R+1
2
kmv2,若小
球B 能恰好通过最高点,则有kmg=kmv
2
R
,解得v=❑√gR,联立各式代入数据解得k=2❑√10
5
-1≈0.265,当0.265<k<1 时,B 脱轨,而k>0.2 时,不一定脱轨,故A 错误;由上分析可知,当k≤0.265
时,B 球可运动至轨道最高点,故B 正确;若k=1,两球发生弹性碰撞,由于两球质量相等,速度交
换,B 球恰能运动到四分之一圆弧轨道,所以若k>1,小球运动不到四分之一圆弧轨道处,速度
减为零又返回,所以小球B 不可能脱轨,故C 错误;若k=3 时,vB=1
2
❑√2gR、vA=-1
2
❑√2gR,两球
速度大小相等,方向相反,经过相同的时间会同时回到最低点,所以两球会在最低点发生第二
次碰撞,故D 错误.
4.C [解析] 在小车朝x 正方向滑行的过程中,第(n-1)个沙袋扔到车上后的车速为vn-1,第n 个
沙袋扔到车上后的车速为vn,由动量守恒定律有[M+(n-1)m]vn-1-2nmvn-1=(M + mn)vn,解得vn=
M -(n+1)m
M + mn
vn-1,小车不再向右运动的条件是vn-1>0,vn≤0,即M-nm>0、M-(n+1)m≤0,代入数字,
得n 应为整数,故n=3,即车上堆积3 个沙袋后车就反向滑行,车自反向滑行直到接近x<0 一侧
第1 人所在位置时,车速保持不变,而车的质量为M+3m.若在朝x 负方向滑行过程中,第(n-1)
个沙袋扔到车上后车速为vn-1',第n 个沙袋扔到车上后车速为vn',现取在图中向左的方向(x 负
方向)为速度vn'、vn-1'的正方向,则由动量守恒定律有[M+3m+
(n-1)m']vn-1'-2nm'vn-1'=(M+3m+m'n)vn',得vn'=M +3m -(n+1)m '
M +3m +nm '
vn-1',车不再向左滑行的条件是
vn-1'>0,vn'≤0,即M+3m-nm'>0、M+3m-(n+1)m'≤0,解得n=4 时M+3m-(n+1)m'=0,即在x<0 一
侧第4 个沙袋扔到车上后车就停住,所以车上最终共有大小沙袋为3 个+4 个=7 个,故C 正确.
5.(1)v0
2
20g
(2)18mg
[解析] (1)A、B 碰撞过程,有mv0=mv1+3mv2
1
2
mv0
2=1
2
mv1
2+1
2
·3mv2
2
解得v1=-v0
2
,v2=v0
2
碰后小球B 恰好在竖直面内做圆周运动,则小球B 到达最高点时有
3mg=3mv
2
L1
小球B 从最低点运动到最高点,根据机械能守恒定律有-3mg·2L1=1
2
·3mv2-1
2
·3mv2
2
联立解得L1=v0
2
20g
(2)A、C 碰撞过程,有mv1=mv3+3mv4
1
2
mv1
2=1
2
mv3
2+1
2
·3mv4
2
解得v3=v0
4
,v4=-v0
4
碰后小球C 恰好在竖直面内做圆周运动,则小球C 到达最高点时有
3mg=3mv'
2
L2
小球C 从最低点运动到最高点,根据机械能守恒定律有-3mg·2L2=1
2
·3mv'2-1
2
·3mv4
2
两球碰后瞬间,对C,根据牛顿第二定律有F-3mg=3mv4
2
L2
联立解得F=18mg
6.(1)2∶5 (2)4
25k
(3)100k-16
25k+4
4
25
<k<12
25
[解析] (1)设a 与b 碰撞前的速度为v0,a 反弹的速度大小为va=1
4
v0
b 获得的速度大小为vb,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有
mv0=m(-v0
4 )+2mvb
解得va v∶b=2∶5
(2)若a、b 从碰撞后到停下,它们在粗糙水平面上滑过的路程分别为sa和sb,则有
1
2
mva
2=μ1mgsa
1
2
×2mvb
2=μ2×2mgsb
联立并代入μ1=kμ2
解得sa
sb
=4
25k
(3)由于a、b 刚好不再发生第二次碰撞且停在B、O 之间的P,且两者均冲上圆弧面,再返回,
两者在水平面的总路程满足关系式sa+sb=8L
联立第(2)问的结果sa
sb
=4
25k ,可解得sa=32L
25k+4
则PO 的长度为LPO=4L-sa=100k-16
25k+4
L
因P 位于B 与O 之间,故有0<LPO<2L
代入LPO的表达式可求解得4
25
<k<12
25
7.(1)❑√
gl
2
❑√
gl
2
(2)l (3)4 次
[解析] (1)以竖直向下为速度的正方向,设第一次碰撞前瞬间小球的速度为v0,碰撞后瞬间小球
与圆盘的速度分别为v1、v2.由动量守恒定律和机械能守恒定律有
1
2
mv0
2=mgl
mv0=mv1+Mv2
1
2
mv0
2=1
2
mv1
2+1
2
Mv2
2
联立并代入题给数据得
v2=-v1=v0
2
=❑√
gl
2
即第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为❑√
gl
2
(2)取第一次碰撞时为t=0 时刻,碰撞地点为坐标原点,竖直向下为x 轴正向.由于v1<0,碰撞后
小球将先向上运动,然后再下落,当小球的下落速度与圆盘的速度均为v2时,两者之间的距离
最大,此时v2=v1+gt1
设此时刻小球的坐标为x1,圆盘的坐标为x2,由运动学公式有
x1=v1t+1
2
gt2
x2=v2t
两者之间的最远距离为Δx=x2-x1
联立可得Δx=l
(3)因为Δx=l,若在速度为v2的参考系中看,从t 时刻开始,小球与圆盘将重复第一次碰撞前的
运动过程.因此第2 次碰撞前瞬间,在地面参考系看,小球与圆盘的速度分别为
v2+v0=3
2
v0
v2=v0
2
碰撞后瞬间速度分别为v2+v1=0
v2+v2=v0
当小球的速度加速到v0时,两球之间的距离最远,仍为l,若在速度为2v2=v0的参考系看,两球的
第3 次碰撞也将重复第一次碰撞的过程,第3 次碰撞前瞬间,在地面参考系看,小球与圆盘的速
度分别为
2v2+v0=2v0,2v2=v0
以此类推,在第n 次碰撞前瞬间,小球、圆盘的速度分别为
vQ=(n-1)v2+v0=(n+1)v0
2
vP=(n-1)v2=(n-1)v0
2
设在第n 次碰撞前瞬间,小球距圆管上端口的距离为s,由动能定理得
mgs=1
2
mvQ
2+1
2
MvP
2
由题意知s≤20l,联立并代入题目所给条件可知n≤4
即圆盘离开圆管前,小球与圆盘共碰撞4 次
