还剩16页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律学案
展开
这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律学案，共19页。
■知识点一：内力与外力的理解
1．系统：相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统．
2．内力：系统中，物体间的相互作用力．
3．外力：系统外部物体对系统内物体的作用力．
■知识点二：动量守恒定律的理解
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式：对两个物体组成的系统，常写成： p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．
系统动量守恒定律的三性：①矢量性：公式中和都是矢量．
②同时性：动量中的速度必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，末态动量中的速度都必须是同一时刻的瞬时速度．
③相对性：应注意各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度，一般以地面为参考系．
动量守恒定律研究的对象是一个系统，作用前后总动量保持不变（大小和方向），并且，动量守恒指的是总动量在相互作用的过程中时刻守恒，而不是只有始末状态才守恒
■知识点三：动量守恒定律的条件
动量守恒定律是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件。
1．系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形。
2．系统虽然受到了外力的作用，但所受外力的和——即合外力为零。像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形，两物体所受的重力和支持力的合力为零。
3．系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒。抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，动量近似守恒。
4．系统所受的合外力不为零，即F外≠0，但在某一方向上合外力为零(Fx＝0或Fy＝0)，则系统在该方向上动量守恒。
5．系统受外力，但在某一方向上内力远大于外力，也可认为在这一方向上系统的动量守恒。
动量守恒的条件是系统不受外力或所受的合外力是零，合外力才是系统动量发生改变的原因，系统的内力只能影响系统内各物体的动量，但不会影响系统的总动量．
■知识点四：动量守恒定律的应用
1、结合物理情景可以灵活列式：
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和．
(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．
(3)Δp＝0：系统总动量增量为零．
2、动量守恒定律的解题步骤
①找：找研究对象(系统包括那几个物体)和研究过程；
②析：进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或在某一方向是否守恒)；
③定：规定正方向，确定初末状态动量正负号，画好分析图
④列：由动量守恒定律列方程
⑤算：合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行分析
结合题中的物理情景，先判定物体在相互作用过程中动量是否守恒，只需找作用前的动量矢量和与作用后的动量矢量和相等即可。
考向一：动量守恒定律的条件
【例1】下列情况中系统动量守恒的是( )
①小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对人与车组成的系统
②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统
③子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统
④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统
A． 只有① B． ①和② C． ①和③ D． ①和③④
【答案】B
【解析】①小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对人与车组成的系统，系统受到的合外力为零，系统动量守恒；②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统，系统所受到的合外力为零，系统动量守恒；③子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统受墙的作用力，系统所受到的合外力不为零，系统动量不守恒；④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统，所受到的合外力不为零，系统动量不守恒．综上可知，B正确，A、C、D错误．
【例2】(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( )
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
【答案】B
【解析】撤去推力，系统所受合外力为零，动量守恒；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，故系统的机械能减少，B正确。
考向二：动量守恒定律的基本应用
【例3】甲、乙两物体沿同一直线相向运动,甲物体的速度大小是6m/s,乙物体的速度大小是2m/s,碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动,速度大小都是4m/s,则甲、乙两物体的质量之比是（ ）
A．1:1B．3:1C．3:5D．1:5
【答案】C
【解析】由动量守恒定律可知，，
代入数据可得，
解得，故C正确，ABD错误。
【例4】如图所示，质量为m的人立于平板车上，车的质量为M，人与车以大小为v1的速度在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以大小为v2的速度竖直跳起时，车向东的速度大小为（ ）
A．B．C．D．v1
【答案】D
【解析】人与车组成的系统在水平方向上动量守恒，人向上跳起后，水平方向上的速度没变，则
，因此
故选D。
考向三：系统在某一方向不受外力的动量守恒
【例5】如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方高R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道后又从B点冲出。不计一切摩擦。在小球与小车相互作用过程中（ ）
A．小车的动量守恒B．小球和小车的总动量守恒
C．小球和小车在竖直方向上动量守恒D．小球和小车在水平方向上动量守恒
【答案】D
【解析】在小球与小车相互作用过程中，小车受到的合外力不为零，小车动量不守恒；把小球及小车看作一个系统，因为小球受到重力的作用，使得该系统在竖直方向上受到的合力不为零，而水平方向上满足只受内力，不受外力的作用，所以，系统竖直方向上动量不守恒，水平方向上动量守恒，故选D。
【例6】光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m的小球以v0向槽运动，若开始时槽固定不动，求小球上升的高度(槽足够高)．若槽不固定，则小球又上升多高？
【答案】 eq \f(v\\al(2,0),2g) eq \f(Mv\\al(2,0),2(M＋m)g)
【解析】 槽固定时，球沿槽上升过程中机械能守恒，达最高点时，动能全部转化为球的重力势能；槽不固定时，小球沿槽上升过程中，球与槽组成的系统水平方向上不受外力，因此水平方向动量守恒．由于该过程中只有两者间弹力和小球重力做功，故系统机械能守恒，当小球上升到最高点时，两者速度相同．
槽固定时，设球上升的高度为h1，由机械能守恒得：mgh1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得h1＝eq \f(v\\al(2,0),2g).
槽不固定时，设球上升的最大高度为h2，此时两者速度为v，由动量守恒得：mv0＝(m＋M)v，
由机械能守恒得：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh2.解得槽不固定时，小球上升的高度h2＝eq \f(Mv\\al(2,0),2(M＋m)g).
考向三：多过程的动量守恒
【例7】如图所示，在光滑的水平面上有两个并排放置的木块A和B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg，有一质量为m＝80 g的小铜块C以vC＝25 m/s的水平初速度开始在A表面上滑动，由于C与A、B间有摩擦，最后停在B上，B和C以 v＝2.5 m/s的速度共同前进，求：
(1)木块A的最后速度vA；
(2)木块C在离开A时速度vC′.
【答案】 (1)2.1 m/s (2)4 m/s
【解析】 本题要详细分析运动过程来确定研究系统及初末时刻．C在A表面上滑动时，C对A的摩擦力使A、B一起改变运动状态，故C在A上滑动时，A、B的速度始终相同，当C以vC′的速度滑上B后，C对B的摩擦力使B的速度继续增大，并与A分离，而A不再受外力作用，将以与B分离时的速度vA做匀速运动，最后B、C一起以共同速度v运动．
(1)以A、B、C三个物体为研究系统，系统受到的合外力为零，所以动量守恒．C刚滑上A瞬时，系统的总动量就是C所具有的动量，p＝mCvC.作用后，B、C一起运动时，设这时A的速度为vA，那么系统的总动量是p′＝mAvA＋(mB＋mC)v，
根据动量守恒定律有mCvC＝mAvA＋(mB＋mC)v，所以
vA＝eq \f(mCvC－(mB＋mC)v,mA)＝eq \f(0.08×25－(0.3＋0.08)×2.5,0.5) m/s＝2.1 m/s.
(2)以A、B、C三个物体为研究系统，以C刚滑上A时为初时刻，C刚滑上B前瞬间为末时刻，则系统的初动量p1＝mCvC，设刚滑上B时C的速度为vC′，则系统的末动量p′＝mCvC′＋(mA＋mB)vA.
根据动量守恒有mCvC＝mCvC′＋(mA＋mB)vA.
得vC′＝eq \f(mCvC－(mA＋mB)vA,mC)＝vC－eq \f(mA＋mB,mC)vA＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(25－\f(0.5＋0.3,0.08)×2.1)) m/s＝4 m/s.
【例8】如图所示，质量为mB的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一质量为mA的物体A，一颗质量为m0的子弹以v0的水平初速度射入物体A，射穿A后速度变为v，子弹穿过物体A的时间极短．已知A、B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止．求：
(1)子弹射穿物体A的瞬间物体A的速度vA；
(2)平板车B和物体A的最终速度v共．(设车身足够长)
【答案】 (1)eq \f(m0(v0－v),mA) (2)eq \f(m0v0－v,mA＋mB)
【解析】 (1)子弹穿过物体A的过程中，子弹和物体A组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0＝m0v＋mAvA
解得vA＝eq \f(m0(v0－v),mA).
(2)对物体A和平板车B，以A的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v共
解得v共＝eq \f(m0(v0－v),mA＋mB).
考向三、动量守恒中的图像问题
【例9】(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m1的足够长的木板向左匀速运动．t＝0时刻，质量为m2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板．t1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以v1和a1表示木板的速度和加速度，以v2和a2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向．则下列图中正确的是( )
【答案】 BD
【解析】 木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据m1v－m2v＝(m1＋m2)v′，知m1＞m2；木块的加速度a2＝eq \f(f,m2)，方向向左，木板的加速度a1＝eq \f(f,m1)，方向向右，因为m1＞m2，则a1＜a2，故A错误，B正确．木块滑上木板后，木块先做匀减速运动，减到零后，做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动；木板一直做匀减速运动，最终的速度向左，为正值，故D正确，C错误．
【例10】(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
【答案】 A
【解析】设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，
代入图中数据解得m乙＝6 kg，
进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝eq \f(1,2)m甲v甲2＋eq \f(1,2)m乙v乙2－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，
代入图中数据解得E损＝3 J，A正确。
单项选择题
1.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能不守恒
B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能守恒
D．无法判定动量、机械能是否守恒
【答案】A
【解析】子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中的过程中系统所受外力之和为零，动量守恒；在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中除弹簧弹力做功外还有摩擦力做功，有内能产生，系统机械能不守恒。
故选A。
2.如图所示，将甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于光滑的水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动能大小与乙的相等D．甲的加速度大小比乙的小
【答案】D
【解析】ABC．甲、乙相互接近过程中的任一时刻，系统总动量守恒，甲、乙的动量大小相等，即
m甲v甲 = m乙v乙，由于m甲 > m乙故v甲 < m乙
根据动量与动能的关系，可知Ek甲 < Ek乙，故ABC错误；
D．甲、乙所受的合外力大小相等，根据牛顿第二定律得a甲 < a乙，故D正确。
故选D。
3.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋eq \f(m,M)vB．v0－eq \f(m,M)v
C．v0＋eq \f(m,M)(v0＋v)D．v0＋eq \f(m,M)(v0－v)
【答案】 C
【解析】 小船和救生员组成的系统满足动量守恒(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′，
解得v′＝v0＋eq \f(m,M)(v0＋v)，选项C正确．
4.如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R＝1 m．E点切线水平．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好达到圆弧的上端F，已知M＝4m，g取10 m/s2，不计摩擦．则小球的初速度v0的大小为( )
A．v0＝4 m/s B．v0＝5 m/s
C．v0＝6 m/s D．v0＝7 m/s
【答案】 B
【解析】 当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,1)＋mgR，根据题意，有M＝4m，联立两式解得v0＝5 m/s.故A、C、D错误，B正确．
5.两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，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．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙 D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙
【答案】 B
【解析】 因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1=m2v2，因此最终谁接球谁的速度小．故选项B正确.
6.质量为m的小孩站在质量为M的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时对地速度大小为，此时滑板的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】忽略滑板与地面间的摩擦，可知人和滑板组成的系统动量守恒，取人离开滑板时的速度为正方向有，解得此时滑板的速度大小为
故选A。
7.质量m=100kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲=40kg，m乙=60kg的游泳者，在同一水平线上甲朝左、乙朝右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动方向和速度为（ ）
A．向左，小于1m/sB．向左，大于1m/s
C．向右，大于1m/sD．向右，小于1m/s
【答案】A
【解析】取甲的速度方向为正方向，根据动量守恒定律m甲v甲+m乙v乙+Mv=0，
，所以 v=0.6m/s
v>0表示小船速度方向向左。故选A。
8.两小船静止在水面，一人在甲船的船头用杆子推乙船，则在两船远离的过程中，它们一定相同的物理量是（ ）
A．速度的大小B．动量变化量大小
C．动能D．位移的大小
【答案】B
【解析】A．甲乙两船远离过程中，所受外力合力为零，故动量守恒，即两船动量大小相等，两船质量关系不明，故速度大小关系不一定相同。故A错误；
B．根据A选项分析，可知两船动量大小相等，故动量变化量大小也相同。故B正确；
C．根据动能和动量的关系式可知，两船质量关系不确定，故动能不一定相同。故C错误；
D．根据动量守恒定律易知，两船质量关系不明，故无法确定两船的速率是否相同，因而无法确定两船的位移是否相同。故D错误。
故选B。
9.（2021·全国·高考真题）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（ ）
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
【答案】B
【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。
10.（2019·江苏·高考真题）质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为 ．
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设滑板的速度为，小孩和滑板系统动量守恒得：，解得：，故B正确．
11.如图所示，光滑水平面上有甲、乙两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M1＝2 kg，车上另有一个质量为m＝1 kg的小球，甲车静止在水平面上，乙车总质量M2＝4 kg，以v0＝7 m/s的速度向甲车运动，甲车为了不和乙车相撞，向乙车水平发射小球m(乙上有接收装置使小球最终停在乙车上)，则甲车相对地面发射小球的最小水平速度是( )
A． 6 m/s B． 9 m/s C． 12 m/s D． 8 m/s
【答案】D
【解析】设甲车相对地面发射小球的最小水平速度大小为v.以乙车初速度的方向为正方向，小球与甲车组成的系统动量守恒，可得：M1v1－mv＝0.小球与乙车组成的系统动量守恒，可得：M2v0－mv＝(M2＋m)v2，此时两车恰好不会相撞，满足：v1＝v2，联立并代入数据解得：v＝8 m/s，故D正确，A、B、C错误．
12.如图，甲乙两人静止在冰面上，突然两人掌心相碰互推对方，互推过程中两人相互作用力远大于冰面对人的摩擦力，若两人与冰面间滑动摩擦因数相等，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则在互推的过程中，甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量
B．无论甲、乙质量关系如何，在互推过程中，甲、乙两人动量变化量大小相等
C．若，则分开瞬间甲的速率大于乙的速率
D．若，则分开后乙先停下来
【答案】B
【解析】A．甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用时间相等，则甲对乙的冲量与乙对甲的沖量大小相等，方向相反，故A错误。
B．以两人组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律知甲、乙两人的动量变化量大小一定相等，方向相反，故B正确；
CD．设推开瞬间，甲的速度大小为，乙的速度大小为，由动量守恒定律可得
若，则，即分开瞬间甲的速率小于乙的速率。分开后，两人在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有，则从推开到停下，所用时间为由于推开瞬间，所以即分开后甲先停下来，故CD错误。
故选B。
13．疫情隔离期间，为减少人员接触，采用无人机快递物资。如图所示，载有物资的无人机静止于空中某高度处，某时吊挂的物资突然脱落，空气对无人机的作用力始终不变，则从物资脱落到物资落地前的时间内，脱落的物资和无人机组成的系统（ ）
A．总动量向上B．总动量向下C．机械能增大D．机械能减小
【答案】C
【解析】AB．从物资脱落到物资落地前的时间内，物资和无人机组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统的初状态动量为零，从物资脱落到物资落地前的时间内，脱落的物资和无人机组成的系统总动量为零，故AB错误；CD．物资下落过程中，无人机上升，浮力对无人机做正功，系统的机械能增加，故D错误C正确。故选C。
14.甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反的方向滑去。已知甲推乙之前两人的总动量为0，甲的质量为45kg，乙的质量为50kg。关于甲推乙后两人的动量和速率，下列说法正确的是（ ）
A．两人的总动量大于0 B．两人的总动量等于0
C．甲、乙两人的速率之比为1：1 D．甲、乙两人的速率之比为9：10
【答案】B
【解析】AB．甲、乙两人组成的系统动量守恒，甲推乙之前两人的总动量为0，甲推乙后两人的动量也为0，故A错误，B正确；CD．甲、乙两人组成的系统动量守恒，以两人组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
甲、乙的速率之比，故CD错误。
故选B。
15.A、B两物体质量分别为mA=5kg和mB=4kg，与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA=0.4和μB=0.5，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体栓接在一起放在水平地面上。现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上。下列判断不正确的是（ ）
A．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成的系统动量守恒
B．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成系统动量不守恒
C．在两物体被弹开的过程中，A、B两物体组成的系统动量守恒
D．两物体一定同时停在地面上
【答案】B
【解析】ABC．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A、B物体受到的滑动摩擦力方向相反，大小分别为
故两物体组成的系统合外力为零，满足动量守恒，AC正确，不符合题意，B错误，符合题意；
D．两物体离开弹簧时的动量p相等，之后的运动过程，由动量守恒定律可得
解得，由于两物体滑行过程受到的摩擦力大小相等，故两物体一定同时停在地面上，D正确，不符合题意。
故选B。
多项选择题
16.如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，后放开右手，此后动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论是否同时放手，只要两手都放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
【答案】ACD
【解析】A．当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，A正确；BCD．先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，放开右手时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，B错误、CD正确。
故选ACD。
17.如图为采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船质量为3.0×103kg，其推进器的平均推力F为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内，测出飞船与空间站的速度变化为0.05m/s，则（ ）
A．飞船与空间站的加速度为0.01m/s2 B．空间站的质量为8.7×104kg
C．空间站受到飞船的冲量为4500N∙s D．空间站和飞船系统动量守恒
【答案】AB
【解析】A．飞船与空间站的加速度为A正确；
B．设空间站、飞船质量分别为m1、m2，对接后一起加速过程，由牛顿第二定律可得
解得空间站质量为，B正确；
C．对空间站由动量定理可得，故空间站受到飞船的冲量为4350N∙s，C错误；
D．由于空间站和飞船均受到引力的作用，合外力不为零，故系统动量不守恒，但在沿轨道切线方向合外力为零，该方向满足动量守恒，D错误。
故选AB。
18.如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是( )
A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒
B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽B的顶端
【答案】AD
【解析】由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；
由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；
小球最初和A的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以小球和弧形槽A组成的系统动量不守恒，C错误；
由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确。
19.如图所示，光滑水平面上有大小相同的、两球在同一直线上相向运动，、两球的质量分别为和，、两球发生正碰，碰撞后球的速率是原来的两倍，球恰好静止。则（ ）
A．碰撞前、两球的速度大小之比为
B．碰撞前、两球的速度大小之比为
C．、两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．、两球发生的碰撞是非弹性碰撞
【答案】AC
【解析】AB．规定向右为正方向，设碰撞前、两球速度大小分别为和，根据系统动量守恒有
解得，故A正确，B错误；
CD．碰撞前系统动能
碰撞后系统动能
由于，故、两球发生的碰撞是弹性碰撞，故C正确，项错误。
故选AC。
20.如图所示，质量mA=4.0kg、mB=2.0kg的小球A、B均静止在光滑水平面上现给A球一个向右的初速度v0=10m/s，之后与B球发生对心碰撞碰后B球的速度可能为（ ）
A．m/sB．5m/sC．8m/sD．15m/s
【答案】AC
【解析】如果两球发生完全非弹性碰撞，碰撞后两球速度相等，设大小是v，两球碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0=（mA+mB）v，代入数据解得
如果两球发生完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A的速度大小为vA，B的速度大小为vB，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得
代入数据解得vA= vB=
碰撞后B球的速度范围是 ，故AC正确，BD错误。
故AC。
21.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x﹣t图象．已知m1=0.1kg，由此可以判断（ ）
A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动
C．由动量守恒可以算出m2=0.1kgD．两个小球发生的是弹性碰撞
【答案】AD
【解析】A．由x-t（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止。m1的速度大小为，方向只有向右才能与m2相撞，故A正确。
B．由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故B错误；
C．由图求出碰后m2和m1的速度分别为v2′=2m/s，v1′=-2m/s
根据动量守恒定律得m1v1=m2v2′+m1v1′代入解得m2=0.3kg，故C错误；
D．碰撞过程中系统损失的机械能为，代入数据解得△E=0
所以两个小球发生的是弹性碰撞，故D正确。
故选AD。
22.质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则（ ）
A．小球以后将向左做平抛运动 B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为Mv02 D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为
【答案】BC
【解析】AB．从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且无摩擦力做功，所以系统机械能守恒，设小球离开小车时候的小球速度为v1,小车速度为v2，根据动量守恒有Mv0=Mv1+Mv2
根据机械能守恒，联立解得v1=0 v2=v0
即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；
C．根据动能定理小球对小车所作的功，C正确；
D．小球上升到最高点时,与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律Mv0=2Mv
根据机械能守恒定律Mv02=2×（Mv2）+Mgh，联立解得h＝，D错误。
故选BC。
三、解答题
23.如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向．
【答案】 0.02 m/s 远离空间站方向
【解析】 以空间站为参考系，选远离空间站，即v0方向为正方向．
据动量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，
代入数据解得vB＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向．
24.随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。一货车严重超载后的总质量为 ，以 的速率匀速行驶。某时刻司机突然发现正前方25m处停着总质量为 的轿车，货车立即刹车做匀减速直线运动，己知超载的货车刹车减速时加速度大小为 。求；
（）超载货车与轿车碰撞前的速度；
（）若货车与轿车相互作用时间 ，碰撞后两车获得相同速度，则货车对轿车的平均冲力多大?
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）根据，代入数据解得
（2）碰撞过程中满足动量守恒
以轿车为研究对象
解得冲击力为
25.如图所示，质量的物体，以水平速度滑上静止在光滑水平面上的平板小车，小车质量，物体与小车车面之间的动摩擦因数，取，设小车足够长，求：
（1）小车和物体的共同速度是多少；
（2）物体在小车上滑行的时间；
（3）在物体相对小车滑动的过程中，系统产生的摩擦热是多少。
【答案】（1）；（2）；（3）30J
【解析】（1）小车和物体组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则
解得
（2）物体在小车上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知
解得
则物体在小车上滑行的时间为
（3）根据能量守恒定律，系统产生的摩擦热为
模块一 思维导图串知识
模块二 基础知识全梳理
模块三 教材习题学解题
模块四 核心考点精准练
模块五 小试牛刀过关测
1.理解系统、内力、外力的概念
2.理解动量守恒定律的确切含义和表达式，理解其守恒的条件.
3．灵活运用动量守恒定律的不同表达式
4．会用动量守恒定律解释生活中的实际问题．
5．培养学生的逻辑推理能力，使学生知道物理规律之间的联系，并体会物理规律在生产、生活中更为广泛的意义．
教材习题01
甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去。在甲推乙之前，两人的总动量为0；甲推乙后，两人都有了动量，总动量还等于0吗？已知甲的质量为，乙的质量为，甲的速率与乙的速率之比是多大？
解题方法
【解析】甲、乙两人静止在光滑的冰面上，相互作用的过程中，系统所受到的外力之和为零。动量守恒，所以作用后的总动量等于作用前的总动量，还是等于零。根据动量守恒有
解得
【答案】总动量等于0，速率之比为
教材习题02
细线下吊着一个质量为的静止沙袋，沙袋到细线上端悬挂点的距离为。一颗质量为的子弹水平射入沙袋并留在沙袋中，随沙袋一起摆动。已知沙袋摆动时摆线的最大偏角是，求子弹射入沙袋前的速度。
解题方法
【解析】设子弹射入沙袋前的速度为v，则子弹射入沙袋，动量守恒，有
沙袋摆起，根据动能定理得
解得
【答案】
■知识点一：内力与外力的理解
1．系统：相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统．
2．内力：系统中，物体间的相互作用力．
3．外力：系统外部物体对系统内物体的作用力．
■知识点二：动量守恒定律的理解
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式：对两个物体组成的系统，常写成： p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．
系统动量守恒定律的三性：①矢量性：公式中和都是矢量．
②同时性：动量中的速度必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，末态动量中的速度都必须是同一时刻的瞬时速度．
③相对性：应注意各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度，一般以地面为参考系．
动量守恒定律研究的对象是一个系统，作用前后总动量保持不变（大小和方向），并且，动量守恒指的是总动量在相互作用的过程中时刻守恒，而不是只有始末状态才守恒
■知识点三：动量守恒定律的条件
动量守恒定律是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件。
1．系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形。
2．系统虽然受到了外力的作用，但所受外力的和——即合外力为零。像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形，两物体所受的重力和支持力的合力为零。
3．系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒。抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，动量近似守恒。
4．系统所受的合外力不为零，即F外≠0，但在某一方向上合外力为零(Fx＝0或Fy＝0)，则系统在该方向上动量守恒。
5．系统受外力，但在某一方向上内力远大于外力，也可认为在这一方向上系统的动量守恒。
动量守恒的条件是系统不受外力或所受的合外力是零，合外力才是系统动量发生改变的原因，系统的内力只能影响系统内各物体的动量，但不会影响系统的总动量．
■知识点四：动量守恒定律的应用
1、结合物理情景可以灵活列式：
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和．
(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．
(3)Δp＝0：系统总动量增量为零．
2、动量守恒定律的解题步骤
①找：找研究对象(系统包括那几个物体)和研究过程；
②析：进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或在某一方向是否守恒)；
③定：规定正方向，确定初末状态动量正负号，画好分析图
④列：由动量守恒定律列方程
⑤算：合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行分析
结合题中的物理情景，先判定物体在相互作用过程中动量是否守恒，只需找作用前的动量矢量和与作用后的动量矢量和相等即可。
考向一：动量守恒定律的条件
【例1】下列情况中系统动量守恒的是( )
①小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对人与车组成的系统
②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统
③子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统
④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统
A． 只有① B． ①和② C． ①和③ D． ①和③④
【答案】B
【解析】①小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对人与车组成的系统，系统受到的合外力为零，系统动量守恒；②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统，系统所受到的合外力为零，系统动量守恒；③子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统受墙的作用力，系统所受到的合外力不为零，系统动量不守恒；④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统，所受到的合外力不为零，系统动量不守恒．综上可知，B正确，A、C、D错误．
【例2】(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( )
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
【答案】B
【解析】撤去推力，系统所受合外力为零，动量守恒；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，故系统的机械能减少，B正确。
考向二：动量守恒定律的基本应用
【例3】甲、乙两物体沿同一直线相向运动,甲物体的速度大小是6m/s,乙物体的速度大小是2m/s,碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动,速度大小都是4m/s,则甲、乙两物体的质量之比是（ ）
A．1:1B．3:1C．3:5D．1:5
【答案】C
【解析】由动量守恒定律可知，，
代入数据可得，
解得，故C正确，ABD错误。
【例4】如图所示，质量为m的人立于平板车上，车的质量为M，人与车以大小为v1的速度在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以大小为v2的速度竖直跳起时，车向东的速度大小为（ ）
A．B．C．D．v1
【答案】D
【解析】人与车组成的系统在水平方向上动量守恒，人向上跳起后，水平方向上的速度没变，则
，因此
故选D。
考向三：系统在某一方向不受外力的动量守恒
【例5】如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方高R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道后又从B点冲出。不计一切摩擦。在小球与小车相互作用过程中（ ）
A．小车的动量守恒B．小球和小车的总动量守恒
C．小球和小车在竖直方向上动量守恒D．小球和小车在水平方向上动量守恒
【答案】D
【解析】在小球与小车相互作用过程中，小车受到的合外力不为零，小车动量不守恒；把小球及小车看作一个系统，因为小球受到重力的作用，使得该系统在竖直方向上受到的合力不为零，而水平方向上满足只受内力，不受外力的作用，所以，系统竖直方向上动量不守恒，水平方向上动量守恒，故选D。
【例6】光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m的小球以v0向槽运动，若开始时槽固定不动，求小球上升的高度(槽足够高)．若槽不固定，则小球又上升多高？
【答案】 eq \f(v\\al(2,0),2g) eq \f(Mv\\al(2,0),2(M＋m)g)
【解析】 槽固定时，球沿槽上升过程中机械能守恒，达最高点时，动能全部转化为球的重力势能；槽不固定时，小球沿槽上升过程中，球与槽组成的系统水平方向上不受外力，因此水平方向动量守恒．由于该过程中只有两者间弹力和小球重力做功，故系统机械能守恒，当小球上升到最高点时，两者速度相同．
槽固定时，设球上升的高度为h1，由机械能守恒得：mgh1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得h1＝eq \f(v\\al(2,0),2g).
槽不固定时，设球上升的最大高度为h2，此时两者速度为v，由动量守恒得：mv0＝(m＋M)v，
由机械能守恒得：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh2.解得槽不固定时，小球上升的高度h2＝eq \f(Mv\\al(2,0),2(M＋m)g).
考向三：多过程的动量守恒
【例7】如图所示，在光滑的水平面上有两个并排放置的木块A和B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg，有一质量为m＝80 g的小铜块C以vC＝25 m/s的水平初速度开始在A表面上滑动，由于C与A、B间有摩擦，最后停在B上，B和C以 v＝2.5 m/s的速度共同前进，求：
(1)木块A的最后速度vA；
(2)木块C在离开A时速度vC′.
【答案】 (1)2.1 m/s (2)4 m/s
【解析】 本题要详细分析运动过程来确定研究系统及初末时刻．C在A表面上滑动时，C对A的摩擦力使A、B一起改变运动状态，故C在A上滑动时，A、B的速度始终相同，当C以vC′的速度滑上B后，C对B的摩擦力使B的速度继续增大，并与A分离，而A不再受外力作用，将以与B分离时的速度vA做匀速运动，最后B、C一起以共同速度v运动．
(1)以A、B、C三个物体为研究系统，系统受到的合外力为零，所以动量守恒．C刚滑上A瞬时，系统的总动量就是C所具有的动量，p＝mCvC.作用后，B、C一起运动时，设这时A的速度为vA，那么系统的总动量是p′＝mAvA＋(mB＋mC)v，
根据动量守恒定律有mCvC＝mAvA＋(mB＋mC)v，所以
vA＝eq \f(mCvC－(mB＋mC)v,mA)＝eq \f(0.08×25－(0.3＋0.08)×2.5,0.5) m/s＝2.1 m/s.
(2)以A、B、C三个物体为研究系统，以C刚滑上A时为初时刻，C刚滑上B前瞬间为末时刻，则系统的初动量p1＝mCvC，设刚滑上B时C的速度为vC′，则系统的末动量p′＝mCvC′＋(mA＋mB)vA.
根据动量守恒有mCvC＝mCvC′＋(mA＋mB)vA.
得vC′＝eq \f(mCvC－(mA＋mB)vA,mC)＝vC－eq \f(mA＋mB,mC)vA＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(25－\f(0.5＋0.3,0.08)×2.1)) m/s＝4 m/s.
【例8】如图所示，质量为mB的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一质量为mA的物体A，一颗质量为m0的子弹以v0的水平初速度射入物体A，射穿A后速度变为v，子弹穿过物体A的时间极短．已知A、B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止．求：
(1)子弹射穿物体A的瞬间物体A的速度vA；
(2)平板车B和物体A的最终速度v共．(设车身足够长)
【答案】 (1)eq \f(m0(v0－v),mA) (2)eq \f(m0v0－v,mA＋mB)
【解析】 (1)子弹穿过物体A的过程中，子弹和物体A组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0＝m0v＋mAvA
解得vA＝eq \f(m0(v0－v),mA).
(2)对物体A和平板车B，以A的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v共
解得v共＝eq \f(m0(v0－v),mA＋mB).
考向三、动量守恒中的图像问题
【例9】(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m1的足够长的木板向左匀速运动．t＝0时刻，质量为m2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板．t1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以v1和a1表示木板的速度和加速度，以v2和a2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向．则下列图中正确的是( )
【答案】 BD
【解析】 木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据m1v－m2v＝(m1＋m2)v′，知m1＞m2；木块的加速度a2＝eq \f(f,m2)，方向向左，木板的加速度a1＝eq \f(f,m1)，方向向右，因为m1＞m2，则a1＜a2，故A错误，B正确．木块滑上木板后，木块先做匀减速运动，减到零后，做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动；木板一直做匀减速运动，最终的速度向左，为正值，故D正确，C错误．
【例10】(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
【答案】 A
【解析】设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，
代入图中数据解得m乙＝6 kg，
进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝eq \f(1,2)m甲v甲2＋eq \f(1,2)m乙v乙2－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，
代入图中数据解得E损＝3 J，A正确。
单项选择题
1.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能不守恒
B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能守恒
D．无法判定动量、机械能是否守恒
【答案】A
【解析】子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中的过程中系统所受外力之和为零，动量守恒；在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中除弹簧弹力做功外还有摩擦力做功，有内能产生，系统机械能不守恒。
故选A。
2.如图所示，将甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于光滑的水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动能大小与乙的相等D．甲的加速度大小比乙的小
【答案】D
【解析】ABC．甲、乙相互接近过程中的任一时刻，系统总动量守恒，甲、乙的动量大小相等，即
m甲v甲 = m乙v乙，由于m甲 > m乙故v甲 < m乙
根据动量与动能的关系，可知Ek甲 < Ek乙，故ABC错误；
D．甲、乙所受的合外力大小相等，根据牛顿第二定律得a甲 < a乙，故D正确。
故选D。
3.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋eq \f(m,M)vB．v0－eq \f(m,M)v
C．v0＋eq \f(m,M)(v0＋v)D．v0＋eq \f(m,M)(v0－v)
【答案】 C
【解析】 小船和救生员组成的系统满足动量守恒(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′，
解得v′＝v0＋eq \f(m,M)(v0＋v)，选项C正确．
4.如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R＝1 m．E点切线水平．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好达到圆弧的上端F，已知M＝4m，g取10 m/s2，不计摩擦．则小球的初速度v0的大小为( )
A．v0＝4 m/s B．v0＝5 m/s
C．v0＝6 m/s D．v0＝7 m/s
【答案】 B
【解析】 当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,1)＋mgR，根据题意，有M＝4m，联立两式解得v0＝5 m/s.故A、C、D错误，B正确．
5.两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，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．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙 D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙
【答案】 B
【解析】 因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1=m2v2，因此最终谁接球谁的速度小．故选项B正确.
6.质量为m的小孩站在质量为M的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时对地速度大小为，此时滑板的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】忽略滑板与地面间的摩擦，可知人和滑板组成的系统动量守恒，取人离开滑板时的速度为正方向有，解得此时滑板的速度大小为
故选A。
7.质量m=100kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲=40kg，m乙=60kg的游泳者，在同一水平线上甲朝左、乙朝右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动方向和速度为（ ）
A．向左，小于1m/sB．向左，大于1m/s
C．向右，大于1m/sD．向右，小于1m/s
【答案】A
【解析】取甲的速度方向为正方向，根据动量守恒定律m甲v甲+m乙v乙+Mv=0，
，所以 v=0.6m/s
v>0表示小船速度方向向左。故选A。
8.两小船静止在水面，一人在甲船的船头用杆子推乙船，则在两船远离的过程中，它们一定相同的物理量是（ ）
A．速度的大小B．动量变化量大小
C．动能D．位移的大小
【答案】B
【解析】A．甲乙两船远离过程中，所受外力合力为零，故动量守恒，即两船动量大小相等，两船质量关系不明，故速度大小关系不一定相同。故A错误；
B．根据A选项分析，可知两船动量大小相等，故动量变化量大小也相同。故B正确；
C．根据动能和动量的关系式可知，两船质量关系不确定，故动能不一定相同。故C错误；
D．根据动量守恒定律易知，两船质量关系不明，故无法确定两船的速率是否相同，因而无法确定两船的位移是否相同。故D错误。
故选B。
9.（2021·全国·高考真题）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（ ）
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
【答案】B
【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。
10.（2019·江苏·高考真题）质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为 ．
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设滑板的速度为，小孩和滑板系统动量守恒得：，解得：，故B正确．
11.如图所示，光滑水平面上有甲、乙两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M1＝2 kg，车上另有一个质量为m＝1 kg的小球，甲车静止在水平面上，乙车总质量M2＝4 kg，以v0＝7 m/s的速度向甲车运动，甲车为了不和乙车相撞，向乙车水平发射小球m(乙上有接收装置使小球最终停在乙车上)，则甲车相对地面发射小球的最小水平速度是( )
A． 6 m/s B． 9 m/s C． 12 m/s D． 8 m/s
【答案】D
【解析】设甲车相对地面发射小球的最小水平速度大小为v.以乙车初速度的方向为正方向，小球与甲车组成的系统动量守恒，可得：M1v1－mv＝0.小球与乙车组成的系统动量守恒，可得：M2v0－mv＝(M2＋m)v2，此时两车恰好不会相撞，满足：v1＝v2，联立并代入数据解得：v＝8 m/s，故D正确，A、B、C错误．
12.如图，甲乙两人静止在冰面上，突然两人掌心相碰互推对方，互推过程中两人相互作用力远大于冰面对人的摩擦力，若两人与冰面间滑动摩擦因数相等，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则在互推的过程中，甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量
B．无论甲、乙质量关系如何，在互推过程中，甲、乙两人动量变化量大小相等
C．若，则分开瞬间甲的速率大于乙的速率
D．若，则分开后乙先停下来
【答案】B
【解析】A．甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用时间相等，则甲对乙的冲量与乙对甲的沖量大小相等，方向相反，故A错误。
B．以两人组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律知甲、乙两人的动量变化量大小一定相等，方向相反，故B正确；
CD．设推开瞬间，甲的速度大小为，乙的速度大小为，由动量守恒定律可得
若，则，即分开瞬间甲的速率小于乙的速率。分开后，两人在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有，则从推开到停下，所用时间为由于推开瞬间，所以即分开后甲先停下来，故CD错误。
故选B。
13．疫情隔离期间，为减少人员接触，采用无人机快递物资。如图所示，载有物资的无人机静止于空中某高度处，某时吊挂的物资突然脱落，空气对无人机的作用力始终不变，则从物资脱落到物资落地前的时间内，脱落的物资和无人机组成的系统（ ）
A．总动量向上B．总动量向下C．机械能增大D．机械能减小
【答案】C
【解析】AB．从物资脱落到物资落地前的时间内，物资和无人机组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统的初状态动量为零，从物资脱落到物资落地前的时间内，脱落的物资和无人机组成的系统总动量为零，故AB错误；CD．物资下落过程中，无人机上升，浮力对无人机做正功，系统的机械能增加，故D错误C正确。故选C。
14.甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反的方向滑去。已知甲推乙之前两人的总动量为0，甲的质量为45kg，乙的质量为50kg。关于甲推乙后两人的动量和速率，下列说法正确的是（ ）
A．两人的总动量大于0 B．两人的总动量等于0
C．甲、乙两人的速率之比为1：1 D．甲、乙两人的速率之比为9：10
【答案】B
【解析】AB．甲、乙两人组成的系统动量守恒，甲推乙之前两人的总动量为0，甲推乙后两人的动量也为0，故A错误，B正确；CD．甲、乙两人组成的系统动量守恒，以两人组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
甲、乙的速率之比，故CD错误。
故选B。
15.A、B两物体质量分别为mA=5kg和mB=4kg，与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA=0.4和μB=0.5，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体栓接在一起放在水平地面上。现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上。下列判断不正确的是（ ）
A．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成的系统动量守恒
B．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成系统动量不守恒
C．在两物体被弹开的过程中，A、B两物体组成的系统动量守恒
D．两物体一定同时停在地面上
【答案】B
【解析】ABC．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A、B物体受到的滑动摩擦力方向相反，大小分别为
故两物体组成的系统合外力为零，满足动量守恒，AC正确，不符合题意，B错误，符合题意；
D．两物体离开弹簧时的动量p相等，之后的运动过程，由动量守恒定律可得
解得，由于两物体滑行过程受到的摩擦力大小相等，故两物体一定同时停在地面上，D正确，不符合题意。
故选B。
多项选择题
16.如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，后放开右手，此后动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论是否同时放手，只要两手都放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
【答案】ACD
【解析】A．当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，A正确；BCD．先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，放开右手时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，B错误、CD正确。
故选ACD。
17.如图为采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船质量为3.0×103kg，其推进器的平均推力F为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内，测出飞船与空间站的速度变化为0.05m/s，则（ ）
A．飞船与空间站的加速度为0.01m/s2 B．空间站的质量为8.7×104kg
C．空间站受到飞船的冲量为4500N∙s D．空间站和飞船系统动量守恒
【答案】AB
【解析】A．飞船与空间站的加速度为A正确；
B．设空间站、飞船质量分别为m1、m2，对接后一起加速过程，由牛顿第二定律可得
解得空间站质量为，B正确；
C．对空间站由动量定理可得，故空间站受到飞船的冲量为4350N∙s，C错误；
D．由于空间站和飞船均受到引力的作用，合外力不为零，故系统动量不守恒，但在沿轨道切线方向合外力为零，该方向满足动量守恒，D错误。
故选AB。
18.如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是( )
A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒
B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽B的顶端
【答案】AD
【解析】由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；
由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；
小球最初和A的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以小球和弧形槽A组成的系统动量不守恒，C错误；
由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确。
19.如图所示，光滑水平面上有大小相同的、两球在同一直线上相向运动，、两球的质量分别为和，、两球发生正碰，碰撞后球的速率是原来的两倍，球恰好静止。则（ ）
A．碰撞前、两球的速度大小之比为
B．碰撞前、两球的速度大小之比为
C．、两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．、两球发生的碰撞是非弹性碰撞
【答案】AC
【解析】AB．规定向右为正方向，设碰撞前、两球速度大小分别为和，根据系统动量守恒有
解得，故A正确，B错误；
CD．碰撞前系统动能
碰撞后系统动能
由于，故、两球发生的碰撞是弹性碰撞，故C正确，项错误。
故选AC。
20.如图所示，质量mA=4.0kg、mB=2.0kg的小球A、B均静止在光滑水平面上现给A球一个向右的初速度v0=10m/s，之后与B球发生对心碰撞碰后B球的速度可能为（ ）
A．m/sB．5m/sC．8m/sD．15m/s
【答案】AC
【解析】如果两球发生完全非弹性碰撞，碰撞后两球速度相等，设大小是v，两球碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0=（mA+mB）v，代入数据解得
如果两球发生完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A的速度大小为vA，B的速度大小为vB，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得
代入数据解得vA= vB=
碰撞后B球的速度范围是 ，故AC正确，BD错误。
故AC。
21.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x﹣t图象．已知m1=0.1kg，由此可以判断（ ）
A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动
C．由动量守恒可以算出m2=0.1kgD．两个小球发生的是弹性碰撞
【答案】AD
【解析】A．由x-t（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止。m1的速度大小为，方向只有向右才能与m2相撞，故A正确。
B．由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故B错误；
C．由图求出碰后m2和m1的速度分别为v2′=2m/s，v1′=-2m/s
根据动量守恒定律得m1v1=m2v2′+m1v1′代入解得m2=0.3kg，故C错误；
D．碰撞过程中系统损失的机械能为，代入数据解得△E=0
所以两个小球发生的是弹性碰撞，故D正确。
故选AD。
22.质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则（ ）
A．小球以后将向左做平抛运动 B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为Mv02 D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为
【答案】BC
【解析】AB．从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且无摩擦力做功，所以系统机械能守恒，设小球离开小车时候的小球速度为v1,小车速度为v2，根据动量守恒有Mv0=Mv1+Mv2
根据机械能守恒，联立解得v1=0 v2=v0
即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；
C．根据动能定理小球对小车所作的功，C正确；
D．小球上升到最高点时,与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律Mv0=2Mv
根据机械能守恒定律Mv02=2×（Mv2）+Mgh，联立解得h＝，D错误。
故选BC。
三、解答题
23.如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向．
【答案】 0.02 m/s 远离空间站方向
【解析】 以空间站为参考系，选远离空间站，即v0方向为正方向．
据动量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，
代入数据解得vB＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向．
24.随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。一货车严重超载后的总质量为 ，以 的速率匀速行驶。某时刻司机突然发现正前方25m处停着总质量为 的轿车，货车立即刹车做匀减速直线运动，己知超载的货车刹车减速时加速度大小为 。求；
（）超载货车与轿车碰撞前的速度；
（）若货车与轿车相互作用时间 ，碰撞后两车获得相同速度，则货车对轿车的平均冲力多大?
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）根据，代入数据解得
（2）碰撞过程中满足动量守恒
以轿车为研究对象
解得冲击力为
25.如图所示，质量的物体，以水平速度滑上静止在光滑水平面上的平板小车，小车质量，物体与小车车面之间的动摩擦因数，取，设小车足够长，求：
（1）小车和物体的共同速度是多少；
（2）物体在小车上滑行的时间；
（3）在物体相对小车滑动的过程中，系统产生的摩擦热是多少。
【答案】（1）；（2）；（3）30J
【解析】（1）小车和物体组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则
解得
（2）物体在小车上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知
解得
则物体在小车上滑行的时间为
（3）根据能量守恒定律，系统产生的摩擦热为
模块一 思维导图串知识
模块二 基础知识全梳理
模块三 教材习题学解题
模块四 核心考点精准练
模块五 小试牛刀过关测
1.理解系统、内力、外力的概念
2.理解动量守恒定律的确切含义和表达式，理解其守恒的条件.
3．灵活运用动量守恒定律的不同表达式
4．会用动量守恒定律解释生活中的实际问题．
5．培养学生的逻辑推理能力，使学生知道物理规律之间的联系，并体会物理规律在生产、生活中更为广泛的意义．
教材习题01
甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去。在甲推乙之前，两人的总动量为0；甲推乙后，两人都有了动量，总动量还等于0吗？已知甲的质量为，乙的质量为，甲的速率与乙的速率之比是多大？
解题方法
【解析】甲、乙两人静止在光滑的冰面上，相互作用的过程中，系统所受到的外力之和为零。动量守恒，所以作用后的总动量等于作用前的总动量，还是等于零。根据动量守恒有
解得
【答案】总动量等于0，速率之比为
教材习题02
细线下吊着一个质量为的静止沙袋，沙袋到细线上端悬挂点的距离为。一颗质量为的子弹水平射入沙袋并留在沙袋中，随沙袋一起摆动。已知沙袋摆动时摆线的最大偏角是，求子弹射入沙袋前的速度。
解题方法
【解析】设子弹射入沙袋前的速度为v，则子弹射入沙袋，动量守恒，有
沙袋摆起，根据动能定理得
解得
【答案】
相关学案
新高考物理一轮复习精品学案第7章第2讲动量守恒定律及应用（含解析）： 这是一份新高考物理一轮复习精品学案第7章第2讲动量守恒定律及应用（含解析），共15页。
【暑假高中预备】人教版物理初三（升高一）暑假预习-第07讲 匀变速直线运动的位移与时间的关系 讲学案： 这是一份【暑假高中预备】人教版物理初三（升高一）暑假预习-第07讲 匀变速直线运动的位移与时间的关系 讲学案，文件包含暑假高中预备人教版物理初三升高一暑假预习-第07讲匀变速直线运动的位移与时间的关系讲学案解析版docx、暑假高中预备人教版物理初三升高一暑假预习-第07讲匀变速直线运动的位移与时间的关系讲学案原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共18页， 欢迎下载使用。
【暑假提升】人教版2019物理高一（升高二）暑假预习-（必修3）第07讲 导体电阻率的测 讲学案： 这是一份【暑假提升】人教版2019物理高一（升高二）暑假预习-（必修3）第07讲 导体电阻率的测 讲学案，文件包含暑假提升人教版2019物理高一升高二暑假预习-必修3第07讲导体电阻率的测解析版量讲学案docx、暑假提升人教版2019物理高一升高二暑假预习-必修3第07讲导体电阻率的测原卷版量讲学案docx等2份学案配套教学资源，其中学案共40页， 欢迎下载使用。
