第七章 第2讲　动量守恒定律练习含答案-高考物理一轮专题

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【答案】 保持不变 m1v1′+m2v2′ 零 非常大 远大于 守恒 远大于
考点一 对动量守恒定律的理解
动量守恒定律的适用条件
(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远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的合力为零,则系统在这一方向上动量守恒。
[例1] 【系统动量守恒的判断】(2024·江苏镇江模拟)如图,A、B两物体的质量之比为mA∶mB=1∶2,它们原来静止在平板车C上,A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧,A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同,水平地面光滑。当弹簧突然释放后,A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车),则有( )
[A] A、B系统动量守恒
[B] A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒
[C] A、B在小车C上滑动过程中小车一直处于静止
[D] A、B、C组成的系统动量守恒
【答案】 D
【解析】 在弹簧释放的过程中,因mA∶mB=1∶2,由摩擦力公式Ff=μFN=μmg,可知A、B两物体所受的摩擦力大小不相等,故A、B两物体组成的系统所受合力不为零,A、B两物体组成的系统动量不守恒,故A错误;A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力,在A、B两物体相对小车停止运动之前,小车所受的合力向右,小车将向右运动,因存在摩擦力做负功,整个系统机械能不守恒,故B、C错误;A、B、C组成的系统所受合力为零,系统的动量守恒,故D正确。
[例2] 【系统在某一方向上动量守恒】(2024·湖南长沙阶段检测)如图所示,带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上,将一小球(视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止释放,下列说法正确的是( )
[A] 小球下滑过程中,小球对圆弧轨道的弹力不做功
[B] 小球下滑过程中,小球的重力势能全部转化为其动能
[C] 小球下滑过程中,小球和物体组成的系统动量守恒
[D] 小球下滑过程中,小球和物体组成的系统机械能守恒
【答案】 D
【解析】 小球在下滑过程中,圆弧轨道向左运动,动能增大,重力势能不变,机械能增大,故小球对圆弧轨道做正功,故A错误;小球下滑过程中,小球的重力势能转化为其动能和圆弧轨道的动能,故B错误;小球下滑过程中,小球和物体组成的系统水平方向不受外力,故水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故C错误;因为水平面光滑,对小球和物体组成的系统而言,没有外力做功,故系统机械能守恒,故D正确。
考点二 动量守恒定律的基本应用
1.动量守恒定律的五个特性
2.动量守恒定律解题“五步”法
[例3] 【动量守恒定律的基本应用】(2024·江苏卷,14)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道,探测器经过轨道修正、近月制动,顺利进入环月轨道飞行。此后探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号探测器在轨速度为v0,着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt,分离后B的速度为vB,且与v0同向,A、B的质量分别为m、M。求:
(1)分离后A的速度vA大小;
(2)分离时A对B的推力大小。
【答案】 (1)(m+M)v0-MvBm (2)M(vB-v0)Δt
【解析】 (1)组合体分离前后动量守恒,取v0的方向为正方向,有(m+M)v0=MvB+mvA,
解得vA=(m+M)v0-MvBm。
(2)以B为研究对象,对B根据动量定理有FΔt=MvB-Mv0,
解得F= M(vB-v0)Δt。
[例4] 【动量守恒中的临界问题】 如图所示,光滑水平面上A、B两小车质量都是M,A车前站立一质量为m的人,两车在同一直线上相向运动。为避免两车相撞,人从A车跳到B车上,最终A车停止运动,B车获得反向速度v0。
(1)求两小车和人组成的系统的初动量大小;
(2)为避免两车相撞,若要求人跳跃速度尽量小,则人跳上B车后,A车的速度多大?
【答案】 (1)(M+m)v0 (2)M+m2M+mv0
【解析】 (1)光滑水平面上,两小车与人组成的系统动量守恒,所以两小车和人组成的系统的初动量就等于最终A车停止运动、B车获得反向速度时系统的动量,由系统动量守恒可得
p=(M+m)v0。
(2)为避免两车发生碰撞,最终两车和人具有相同速度,设共速时速度为v1,由系统动量守恒有
(M+m)v0=(2M+m)v1,
解得v1=M+m2M+mv0。
[变式] 若已知A、B两小车质量均为M=30 kg,A车上人的质量为m=60 kg。A车以大小为v=2 m/s 的速度正对着静止的B车冲去,A车上的人至少要以多大的水平速度(相对地)从A车跳到B车上,才能避免两车相撞?
【答案】 2.25 m/s
【解析】 A车上的人以最小的水平速度v1从A车跳到B车,A车速度方向不变,根据动量守恒定律得(M+m)v=MvA+mv1,
人跳上B车,与B车具有共同速度vB,
mv1=(M+m)vB,
两车不相撞,则vA=vB,
解得v1=2.25 m/s。
考点三 爆炸和反冲问题
1.爆炸类问题的三个规律
2.反冲运动的三点说明
[例5] 【“爆炸”模型】(2025·山东淄博模拟)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v=1 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为1∶4。不计质量损失,重力加速度g取 10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )

[A] [B]

[C] [D]
【答案】 B
【解析】 取原来的速度v的方向为正方向,弹丸质量为5m,根据动量守恒有5mv=mv甲+4mv乙,可得v甲+4v乙=5 m/s,爆炸后下落的时间为t=2hg=1 s,由于时间相同,等式两边同乘时间t,可得水平位移的关系为x甲+4x乙=5 m,由题可知,只有B选项满足上述水平位移关系。故选B。
[例6] 【“反冲”模型】(2024·广东珠海期中)(多选)一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水,静止在水中。遇到危险时,它在百分之一秒时间内把吸入的水向后全部喷出,以2 m/s的速度向前逃窜。下列说法正确的是( )
[A] 该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相同
[B] 该乌贼喷出的水的速度大小为28 m/s
[C] 该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为39.2 J
[D] 该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为280 N
【答案】 BD
【解析】 乌贼喷水过程时间较短,系统内力远大于外力,系统动量守恒,则该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反,故A错误;选取乌贼逃窜的方向为正方向,根据动量守恒定律得0= Mv1-mv2,解得v2=28 m/s,故B正确;该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量E=12mv22+12Mv12=42 J,故C错误;设乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为F,有F·Δt=mv2-0,解得F=280 N,故D正确。
考点四 “人船”模型
1.模型描述
一个物体在另一个物体上运动时,后一个物体向反方向的运动。
2.模型规律
(1)两物体满足动量守恒定律:mv人-Mv船=0
(2)两物体的位移大小满足:mx人t-Mx船t=0,x人+x船=L。
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)人船位移比等于他们质量的反比;人船平均速度(瞬时速度)比等于他们质量的反比,即x人x船=v人v船=Mm。
4.类“人船”模型
[例7] 【“人船”模型】 张老师想用卷尺粗略测定码头上自由停泊小船的质量,他进行了如下操作:首先他轻轻从船尾上船,走到船头后停下,而后轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m,不计水的阻力,则小船的质量为( )
[A] m(L+d)d[B] mLd
[C] m(L-d)d[D] m(L+d)L
【答案】 C
【解析】 设小船的质量为M,人和船组成的系统满足动量守恒,则有mv人=Mv船,则有mv人Δt=Mv船Δt,可得mx人=Mx船,又x人+x船=L,x船=d,联立解得小船的质量为M=m(L-d)d,故选C。
[例8] 【类“人船”模型】 (2024·江苏徐州阶段练习)如图所示,质量为2m、半径为R的小球,放在半径为2R、质量为m的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时,小球移动的距离是( )
[A] R3[B] R4[C] R5[D] R6
【答案】 A
【解析】 设小球运动的位移为x,由几何关系知大球运动的位移为R-x,由“人船模型”知两球在水平方向动量守恒,因此有2mx=m(R-x),解得 x=13R,故选A。
(满分:60分)
对点1.对动量守恒定律的理解
1.(4分)(2025·重庆沙坪坝开学考)关于如图所示的情景,A、B组成的系统满足动量守恒且机械能守恒的是( )
[A] 图甲,在光滑水平面上,物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A
[B] 图乙,四分之一圆弧轨道B静止在光滑水平面上,将小球A沿轨道顶端自由释放后
[C] 图丙,从悬浮且静止的热气球B上水平抛出物体A,在A抛出后落地前的运动过程中
[D] 图丁,在粗糙水平面上,刚性小球A与小球B发生弹性碰撞,在碰撞过程中
【答案】 D
【解析】 题图甲中,系统所受合力为零,动量守恒,但有摩擦生热,机械能不守恒,故A错误。题图乙中,系统水平方向合力为零,水平动量守恒,竖直方向合力不为零,竖直方向动量不守恒,则总动量不守恒,故B错误。题图丙中,物体A抛出后,系统在水平方向受阻力,克服阻力做功,系统动量、机械能均不守恒,故C错误。题图丁中,在粗糙水平面上,刚性小球A与小球B发生弹性碰撞,在碰撞过程中系统内力远大于外力,则系统动量和机械能都守恒,选项D正确。
2.(4分)如图所示,在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块,开始时木块是静止的,把一个小球放到槽边由静止开始释放,关于两个物体的运动情况,下列说法正确的是( )
[A] 小球在运动过程中机械能守恒
[B] 小球和木块组成的系统在运动过程中动量守恒
[C] 当小球的速率最大时,木块有最小速率
[D] 当小球再次上升到最高点时,木块的速率为零
【答案】 D
【解析】 小球和木块组成的系统在水平方向上动量守恒,初状态系统动量为零,当小球到达最低点时,小球有最大速率,水平方向上系统动量为零,所以小球到达最低点时,木块有最大动量,即木块有最大速率,小球的重力势能转化为小球和木块的动能,则小球的机械能不守恒,故A、B、C错误;小球和木块组成的系统在水平方向上动量守恒,初状态系统动量为零,知末状态系统在水平方向上动量为零,所以小球上升到最高点时,小球速率为零,木块的速率也为零,故D正确。
对点2.动量守恒定律的基本应用
3.(4分)(2024·江苏卷,9)在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧,右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑,剪断细绳后,则( )
[A] 弹簧原长时物体动能最大
[B] 压缩最短时物体动量最大
[C] 系统动量变大
[D] 系统机械能变大
【答案】 A
【解析】 对A、B和弹簧组成的系统分析可知所受合力为零,动量守恒,整个系统只有弹簧弹力做功,机械能守恒,C、D错误;当弹簧为原长时物体B速度最大,此时其动量最大,动能也最大,A正确,B错误。
4.(8分)如图所示,甲、乙两名航天员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0=2 m/s的速度相向运动,甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点。甲和他的装备总质量为M1=90 kg,乙和他的装备总质量为M2=135 kg,为了避免直接相撞,乙从自己的装备中取出一质量为m=45 kg的物体A推向甲,甲迅速接住A后不再松开,设甲、乙距离空间站足够远,本题中的速度均指相对空间站的速度,则乙要至少以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出,才能避免与甲相撞?
【答案】 5.2 m/s
【解析】 甲、乙恰好不相碰时,当乙推出物体后两者速度相等,以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象,系统动量守恒,以乙的方向为正方向,则有M2v0-M1v0=(M1+M2)v1,
以乙和A组成的系统为研究对象,有M2v0=(M2-m)v1+mv,
代入数据联立解得v1=0.4 m/s,v=5.2 m/s。
对点3.爆炸和反冲问题
5.(4分)(2025·湖北武汉阶段检测)烟花从地面竖直向上发射,在最高点爆炸成质量不等的两块,质量比为1∶2,其中质量大的速度大小为v,重力加速度为g,不计空气阻力。则( )
[A] 烟花上升到最高点的过程中,动量守恒
[B] 烟花上升到最高点的过程中,机械能不守恒
[C] 爆炸完毕后,质量小的一块烟花的速度大小为2v
[D] 在爆炸过程中,两分离块动量守恒,机械能守恒
【答案】 C
【解析】 烟花上升到最高点的过程中,所受合力不为零,所以整体的动量不守恒,机械能守恒,A、B错误;在最高点爆炸成质量不等的两块,根据动量守恒定律可得2mv=mv′,解得v′=2v,C正确;在爆炸过程中,两分离块动量守恒,机械能增加,D错误。
6.(4分)(2024·重庆模拟)如图甲所示,水火箭又称气压式喷水火箭、水推进火箭,由饮料瓶、硬纸片等环保废旧材料制作而成。图乙是水火箭的简易原理图:用打气筒向水火箭内不断打气,当内部气体压强增大到一定程度时发射,发射时可近似认为水从水火箭中向下以恒定速度v0=40 m/s在不到0.1 s时间内喷完,使水火箭升空。已知水和水火箭的质量分别为m1=0.4 kg、m2=0.3 kg,忽略空气阻力,水刚好喷完时,水火箭的速度最接近( )
[A] 12 m/s[B] 30 m/s
[C] 50 m/s[D] 120 m/s
【答案】 C
【解析】 由于水在不到0.1 s时间内喷完,可知水和水火箭间的作用力较大,水和水火箭的重力可以忽略,水和水火箭组成的系统动量近似守恒,有m1v0-m2v=0,解得水火箭的速度v=m1v0m2=0.4×400.3 m/s≈53 m/s,故选C。
对点4.“人船”模型
7.(4分)(2024·山东济南模拟)如图,质量为3m的滑块Q套在固定的水平杆上,一轻杆上端通过铰链固定在Q上,下端与一质量为m的小球P相连。某时刻给小球P一水平向左、大小为v0的初速度,经时间t小球P在水平方向上的位移为x。规定水平向左为正方向,忽略一切摩擦,则滑块Q在水平方向上的位移为( )
[A] x3[B] v0t3
[C] v0t-x3[D] x-v0t3
【答案】 C
【解析】 P、Q在水平方向上动量守恒,有mv0=mv1+3mv2,在极短的时间Δt内,有mv0·Δt=mv1·Δt+3mv2·Δt,则在时间t内有mv0t=mx+3mx′,可知x′=v0t-x3,故选C。
8.(6分)(2024·四川成都模拟)(多选)如图所示,质量为2 kg的凹槽静置于光滑水平面,高为2 m,底边长为4 m,并且末端与水平面相切。现将质量为1 kg的小球,从凹槽的最顶端由静止释放,小球将自由下滑到凹槽底端,并与凹槽分离。重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力,当小球与凹槽刚好分离时( )
[A] 小球的速度大小为4153 m/s
[B] 凹槽的速度大小为253 m/s
[C] 小球向右移动的水平距离为23 m
[D] 凹槽向左移动的水平距离为43 m
【答案】 AD
【解析】 设凹槽高为h,底边长为L,小球与凹槽的质量分别为m1和m2;小球与凹槽组成的系统满足水平方向动量守恒和机械能守恒,则有m1v1=m2v2,m1gh=12m1v12+12m2v22,联立解得v1=4153 m/s,v2=2153 m/s,故A正确,B错误;设小球与凹槽的水平位移分别为x1和x2,则有m1x1=m2x2,又x1+x2=L,联立解得x1=83 m,x2=43 m,故C错误,D正确。
9.(4分)(2024·安徽淮北二模)我国航天员经常会从天宫空间站出舱执行科研任务,如图所示。为了保证出舱航天员的安全,通常会采用多重保障,其中之一就是出舱航天员要背上可产生推力的一个能喷出气体的高压气源。假设一个连同装备共有100 kg的航天员,脱离空间站后,在离空间站30 m的位置与空间站处于相对静止的状态。航天员为了返回空间站,先以相对空间站50 m/s 的速度向后喷出0.15 kg的气体,距离空间站15 m时,再次以同样速度喷出同等质量的气体,则航天员返回空间站的时间约为( )
[A] 200 s[B] 300 s
[C] 400 s[D] 600 s
【答案】 B
【解析】 设航天员的速度方向为正方向,第一次喷气后航天员的速度为v,根据动量守恒定律有0=-m1v1+(m-m1)v,即0=-0.15 kg×50 m/s+(100-0.15) kg·v,解得v≈0.075 m/s,此15 m 所需的时间为t1=xv=150.075 s=200 s;再次喷气,设喷气后航天员的速度为v′,根据动量守恒定律有(m-m1)v=-m1v1+(m-m1-m1)v′,即(100-0.15) kg×0.075 m/s=-0.15 kg×50 m/s+(100-0.15-0.15) kg·v′,解得v′≈0.15 m/s,此后15 m所需的时间为t2=xv'=150.15 s=100 s,则航天员返回空间站的时间约为t1+t2=200 s+100 s=300 s,故选B。
10.(18分)(2024·江苏盐城期末)质量均为m的木块A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系着一长为l的细线,细线另一端系一质量为m的球C。现将C拉起使细线水平伸直,并由静止释放C球。取O所在水平面为零势能面,重力加速度为g。求C球:
(1)运动到最低点时重力势能大小Ep;
(2)在A、B两木块分离时的水平位移大小x;
(3)第一次运动到杆左侧最高点与O点的高度差h。
【答案】 (1)-mgl (2)2l3 (3)l4
【解析】 (1)根据功能关系可知Ep=-WG=-mgl。
(2)对A、B、C组成的系统,由人船模型可得
mx=2mxAB,
且x+xAB=l,
解得x=2l3。
(3)由题意可知,小球C摆至最低点时,A、B两木块开始分离,设此时C球速度大小为v1,A、B共速的大小为v2;对A、B、C系统,水平方向动量守恒得mv1=2mv2,由系统机械能守恒得
mgl=12mv12+12×2mv22,
解得v2=gl3,v1=2gl3,
此后C球向左摆至最高点时,A、C共速,设此时速度大小为v3,由水平方向动量守恒得
mv1-mv2=2mv3,
设C球上升的高度为H,由A、C系统机械能守恒得-mgl+12mv12+12mv22=12×2mv32-mg(l-H),联立解得H=34l,
第一次运动到杆左侧最高点与O点的高度差为h=l-H=l4。
情境导思
航天梦由来已久,明朝万户把多个自制的火箭绑在椅子上,自己坐在椅子上,双手举着大风筝,设想利用火箭的推力,翱翔天际,然后利用风筝平稳着陆。
假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M,点燃火箭后在极短的时间内,质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。
(1)若忽略此过程中空气阻力的影响,在燃气喷出后的瞬间,火箭的速度大小为多少?在燃气喷出后上升过程中,万户及所携设备动量是否守恒?
(2)火箭在上升的过程中,火箭机械能是否守恒?喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为多少?
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程,解题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性
动量是一个瞬时量,作用前各动量p1、p2、…对应作用前同一时刻的动量,作用后各动量p1′、p2′、…对应作用后同一时刻的动量
系统性
两个或多个相互作用的物体组成的系统
普适性
既适用于低速宏观物体组成的系统,又适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
动量
守恒
爆炸物体内部的作用力远大于外力,外力忽略不计,系统的总动量守恒
机械能
增加
在爆炸过程中,有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能,所以系统的机械能增加
位置
不变
爆炸的时间极短,作用过程中各部分产生的位移很小,可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置开始运动
作用
原理
反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量
守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能
增加
反冲运动中,有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加
如图所示,长为L、质量为m船的小船停在静水中,质量为m人的人由静止开始从船头走到船尾,不计水的阻力。
试分析:(1)系统初动量是多少?
(2)以人和船组成的系统为研究对象,人从船头走到船尾的过程中,水平方向上动量守恒吗?
(3)人从船头走到船尾的过程中,船和人相对于地面的位移大小分别是多少?
提示:(1)开始人船均静止,系统的初动量为零。
(2)由于人从船头走到船尾的过程中,系统在水平方向不受外力作用,所以水平方向动量守恒。
(3)设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人;因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒,故有m船v船t=m人v人t,即m船x船=m人x人,由题图可知x船+x人=L,可解得x人=m船m人+m船L,x船=m人m人+m船L。
类型一
类型二
类型三
类型四