2025高考物理一轮总复习第7章动量和动量守恒定律第19讲动量守恒定律及其应用提能训练

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题组一 动量守恒定律的理解和基本应用
1．(2021·全国乙卷)如图，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( B )
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
[解析] 因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的，以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选B。
2.如图所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g取10 m/s2)( A )
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
[解析] 由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×20,10)) s＝2 s，在竖直方向的分速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向的分速度vx＝eq \r(252－202) m/s＝15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车的相互作用满足水平方向上动量守恒，则m车v0－m球vx＝(m车＋m球)v，解得v＝5 m/s，故A正确。
3．甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量M2＝30 kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞。则甲总共抛出的小球个数是( D )
A．12 B．13
C．14 D．15
[解析] 规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确。
4．如图所示，光滑水平轨道上放置长板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。
[答案] 2 m/s
[解析] 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
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A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。
题组二 碰撞爆炸与反冲、人船模型
5．(2024·福建三明月考)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，则另一块的速度是( C )
A．3v0－v B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
[解析] 爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向右，爆炸前动量大小为3mv0，爆炸后，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取爆竹到最高点爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则3mv0＝2mv＋mv′，解得v′＝3v0－2v，C正确，A、B、D错误。
6．一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星速率v1为( D )
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－eq \f(m2,m1)v2 D．v0＋eq \f(m2,m1)(v0－v2)
[解析] 箭体与卫星分离过程动量守恒，由动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，得v1＝v0＋eq \f(m2,m1)(v0－v2)，D正确。
7．如图所示，A、B两个小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方向，则A的动量pA＝10 kg·m/s，B的动量pB＝6 kg·m/s，A、B碰后A的动量增量ΔpA＝－4 kg·m/s，则A、B的质量比eq \f(mA,mB)应满足的条件为( B )
A.eq \f(mA,mB)>eq \f(5,3) B．eq \f(3,5)≤eq \f(mA,mB)≤1
C.eq \f(3,5)≤eq \f(mA,mB)[解析] 因为A追上B发生碰撞，则碰前速度满足vA>vB，即eq \f(pA,mA)>eq \f(pB,mB)，解得eq \f(mA,mB)8．质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯滑至地面，则软梯长至少应为( C )
A.eq \f(m,m＋M)h B．eq \f(M,m＋M)h
C.eq \f(M＋m,M)h D．eq \f(M＋m,m)h
[解析] 设软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝－Mv2＋mv1，人沿软梯滑至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小v2＝eq \f(L－h,t)，人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小v1＝eq \f(h,t)，联立得0＝－M·eq \f(L－h,t)＋m·eq \f(h,t)，解得L＝eq \f(M＋m,M)h，故C项正确，A、B、D三项错误。
9. (2022·湖南卷，4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成，如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( B )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
[解析] 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)，联立解得v1＝v0.设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×14mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)，联立解得v2＝eq \f(2,15)v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝eq \f(28mv0,15)，可得pN>pH，碰撞后氢核的动能为EkH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，氮核的动能为EkN＝eq \f(1,2)×14mveq \\al(2,2)＝eq \f(28mv\\al(2,0),225)，可得EkH>EkN，故B正确，A、C、D错误。
能力综合练
10. (多选)如图所示，光滑斜面长L＝2 m，倾角θ＝30°。质量mA＝0.2 kg的物体A从斜面顶点由静止滑下，与此同时质量mB＝0.3 kg的物体B从斜面底端以v0＝5 m/s的速度冲上斜面，两物体相撞后粘在一起，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( BD )
A．两物体碰撞后立即一起沿斜面加速下滑
B．两物体碰撞后一起沿斜面减速上滑一段距离再加速下滑
C．两物体在碰撞过程中损失的机械能为3.5 J
D．两物体在碰撞过程中损失的机械能为1.5 J
[解析] 设两物体运动时间t1后相撞，则有v0t1－eq \f(1,2)gsin θ·teq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)gsin θ·teq \\al(2,1)＝L，解得t1＝0.4 s，此时A的速度大小vA＝gsin θ·t1＝2 m/s，方向沿斜面向下，B的速度大小vB＝v0－gsin θ·t1＝3 m/s，方向沿斜面向上。取沿斜面向上的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得mBvB－mAvA＝(mA＋mB)v，解得v＝1 m/s，所以两物体相撞后一起沿斜面减速上滑一段距离再加速下滑，选项B正确，A错误；两物体在碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝1.5 J，选项D正确，C错误。
11.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体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。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑的滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
[答案] (1)20 kg (2)见解析
[解析] (1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。
由水平方向动量守恒和机械能守恒有
m2v0＝(m2＋m3)v
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh
式中v0＝－3 m/s为冰块推出时的速度
解得m3＝20 kg。
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v0＝0
解得v1＝1 m/s
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，
由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m3veq \\al(2,3)
解得v2＝1 m/s
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。
12．(2022·广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
[答案] (1)N1＝8 N N2＝5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
[解析] (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N，
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5 N。
(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－fl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
mv1＝(m＋M)v，
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－eq \f(1,2)(m＋M)v2，
代入数据联立解得h＝0.2 m。