新高考物理一轮复习考点题型分类讲与练第34讲 动量守恒定律（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理一轮复习考点题型分类讲与练第34讲 动量守恒定律（2份，原卷版+解析版），共13页。试卷主要包含了 考点精讲练， 巩固提升等内容，欢迎下载使用。
考点01：系统动量守恒的判断（必备知识+2例+2变式）
考点02：动量守恒定律的基本应用（必备知识+2例+2变式）
考点03：爆炸问题、反冲问题、人船模型（必备知识+2例+2变式）
二、 巩固提升（精选16道题）
系统动量守恒的判断
考点一
1.内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
2.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，如碰撞、爆炸等过程。
(3)某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
【例1-1】两位滑冰运动员甲、乙均以1m/s的速度沿同一直线相向滑行，相遇时在极短时间内用力推开对方，此后甲以1m/s、乙以0.5m/s的速度向各自初速度的反方向运动，忽略冰面的摩擦，则两位运动员的质量之比是（ ）
A．3∶5B．3∶4C．2∶3D．3∶2
【答案】B
【详解】忽略冰面的摩擦，系统（甲、乙）相互作用前后总动量守恒。设甲的质量为m甲，乙的质量为m乙，设甲、乙的初速度大小为v1，甲的末速度大小为v′1，乙的末速度大小为v′2，以甲的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律m甲v1−m乙v1=−m甲v'1+m乙v'2
代入数据整理可得m甲m乙=34。
故选B。
【例1-2】如图所示，足够长的斜面体静置于水平地面上，斜面的倾角为θ，平行于斜面的轻杆一端连接小物块A，另一端连接光滑的小物块B，A、B的质量均为m，小物块A与斜面之间的动摩擦因数μ=tanθ。将小物块A、B在斜面上的某一位置同时由静止释放，沿斜面运动的距离为x，在这过程中，斜面体始终处于静止状态。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块A和物块B组成的系统动量守恒B．斜面体与地面之间没有相对运动趋势
C．物块A的加速度大小为14gsinθD．物块B减少的机械能为12mgxsinθ
【答案】D
【详解】A．由于AB组成的系统合外力不为零，即2mgsinθ>μmgcsθ
可知物块A和物块B组成的系统动量不守恒，A错误；
B．由于2mgsinθ−μmgcsθ=2ma
可知A、B整体的加速度沿斜面向下，斜面受到水平向左的静摩擦力，斜面和地面之间有相对运动趋势，B错误；
C．对A、B整体研究，根据牛顿第二定律有2mgsinθ−μmgcsθ=2ma
解得a=12gsinθ，C错误；
D．对物块B，由于轻杆的拉力做负功，其机械能减少，根据牛顿第二定律有mgsinθ−T=ma
解得T=12mgsinθ
所以物块B减少的机械能为ΔE=Tx=12mgxsinθ，D正确。
故选D。
【变式1-1】（2025·海南海口·模拟预测）在动画电影《哪吒》中，哪吒与敖丙在冰封的海面上对决，哪吒脚踩风火轮（总质量m1=40kg），以速度v1=10m/s水平向右疾行，敖丙手持冰锤（总质量m2=60kg）以速度v2=5m/s水平向左冲来，两人迎面相撞后紧紧抓住对方共同运动。假设冰面光滑，忽略空气阻力，则相撞后两人的共同速度为（ ）
A．7.5m/s，水平向右
B．1m/s，水平向右
C．7.5m/s，水平向左
D．1m/s，水平向左
【答案】B
【详解】取向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v1−m2v2=m1+m2v
代入数据解得v=1m/s
方向水平向右。
故选B。
【变式1-2】如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管（弯曲部分是半径为R的半圆）恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端进入，从另一端出来。已知小球的直径略小于管道内径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒
B．小球在U形管中运动的动能先增大后减小
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为32v0
D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管对平行导槽的冲量大小为12mv0，方向垂直于导槽向上
【答案】C
【详解】A．该过程中，小球与U形管组成的系统沿两导槽方向动量守恒，但垂直导槽方向动量不守恒，故A错误；
B．由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒；小球在U形管中运动时，U形管一开始的动能一定增加，所以小球的动能一开始一定减少；小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，沿着轨道方向系统动量守恒，类比弹性碰撞，交换速度，小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0，所以小球在U形管中运动的动能一直减小，故B错误；
C．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管平行导槽方向速度相同，对此过程满足平行导槽方向动量守恒定律，有mv0=2mvx
解得vx=v02
由系统机械能守恒得12mv02=12mvx2+12mv2
解得小球的速度大小为v=32v0，故C正确；
D．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为vy=v2−vx2=22v0
运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球与U形管系统根据动量定理有I=mvy−0=22mv0
根据牛顿第三定律可知，U形管对平行导槽的冲量大小为22mv0，方向垂直于导槽向上，故D错误。
故选C。
动量守恒定律的基本应用
考点二
1.动量守恒定律的表达式
(1)p＝p'或m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
(2)Δp1＝-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
2.动量守恒定律的五个特性：
【例2-1】（2025·河南·高考真题）两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则（ ）
mP>mN>mQB．mN>mP>mQ
C．mQ>mP>mND．mQ>mN>mP
【答案】D
【详解】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP′+mNvN′
即mPvP−vP′=mNvN′−vN
根据图像可知vP−vP′>vN′−vN，故mPmN>mP
故选D。
【例2-2】空间站内，甲乙两名航天员在准备出舱活动。甲相对空间站静止，乙拿着质量为 50kg箱子正以2m/s的速度沿两人连线方向向左靠近甲。若乙将箱子向左推向甲，乙和箱子间作用时间为0.2s，离手时箱子速度为4m/s，甲乙两人和装备的总质量分别为200kg和250kg，求：
(1)乙对箱子的平均作用力大小。
(2)推出箱子后乙的速度。
(3)甲碰到箱子后立刻抓住不松开，要使甲乙航天员不碰撞，乙对箱子的平均作用力至少为多少？
【答案】(1)500N
(2)1.6m/s，方向向左
(3)1000N
【详解】（1）设向左为正方向，以箱子为研究对象，设乙对箱子的作用力为F，由动量定理可得 FΔt=m箱v1−m箱v0
其中m箱=50kg，v1=4m/s，v0=2m/s
代入数据可得乙对箱子的平均作用力大小F=500N
（2）以向左为正，对箱子和乙由动量守恒可得 m乙+m箱v0=m乙v乙+m箱v1
其中m乙=250kg，m箱=50kg，v1=4m/s，v0=2m/s
代入数据可得，推出箱子后乙的速度 v乙=1.6m/s 速度为正，方向向左。
（3）甲接住箱子后，若三者共速，设共同速度为v，此种情况下乙对箱子的平均作用力最小，以向左为正方向，研究甲、乙和箱子组成系统，由动量守恒可得m乙+m箱v0=m甲+m乙+m箱v
代入数据解得 v=1.2m/s
以乙为研究对象，由动量定理可得 F′Δt=m乙v−m乙v0
代入数据解得，箱子对乙平均作用力 F′=−1000N
由牛顿第三定律可得，乙对箱子的平均作用力最小值为1000N。
【变式2-1】（多选）神舟十九号飞船与天和核心舱在太空成功对接（两航天器连接成一个整体），对接过程中，两航天器可视为沿同一直线同向运动。对接前，飞船相对核心舱的速度为Δu，对接成功后，核心舱的速度比对接前的速度增加了Δv。已知神舟十九号飞船的质量为m，天和核心舱的质量为7m，对接过程中核心舱受到的飞船的冲量大小为I，则（ ）
A．I=7mΔvB．I=8mΔv
C．Δu=7ΔvD．Δu=8Δv
【答案】AD
【详解】CD．设核心舱原速度为v，飞船速度为v+Δu（因飞船相对核心舱速度为Δu）。对接后共同速度为v+Δv（核心舱速度增加Δv）。根据动量守恒可得7mv+mv+Δu=8mv+Δv
化简得8mv+mΔu=8mv+8mΔv
可得Δu=8Δv
故C错误，D正确；
AB．核心舱受到的冲量I等于其动量变化I=7mΔv
故A正确，B错误。
故选AD。
【变式2-2】如图所示，倾角为30∘的斜面AB与水平面在B点平滑连接，C点左侧水平面粗糙，右侧水平面及斜面光滑。甲从斜面上A处由静止滑下，与静止在C处的乙相碰并互相推对方（作用时间极短）。甲恰能返回到斜面上AB中点处，乙恰好能运动到D点处。已知AB、BC、CD三段长度均为L，甲、乙（含滑板）的质量之比为1:3，重力加速度为g，空气阻力不计。求：
(1)甲与乙相碰前瞬间，甲的速度大小；
(2)乙（含滑板）在C点左侧水平面上运动时所受水平面的阻力与其重力的比值μ（结果可保留根式）。
【答案】(1)gL (2)μ=3+2236
【详解】（1）甲从斜面上的A点由静止滑下，斜面光滑，只有重力做功，设滑到斜面底端时甲的速率为v0，由机械能守恒定律有m甲gLsin30∘=12m甲v02
解得v0=gL
则甲与乙碰前瞬间，甲的速度大小为gL。
（2）甲与乙碰后，设甲的速率为v1，碰后甲恰能返回斜面AB的中点，有0−12m甲v12=−m甲gL2sin30∘
解得v1=gL2
设碰后乙的速率为v2，碰撞过程动量守恒，则有m甲v0=−m甲v1+m乙v2
又m甲m乙=13
乙碰后刚好能停在D处，由功能关系有μm乙gL=12m乙v22
解得μ=3+2236
爆炸问题、反冲运动、人船模型
考点三
1.爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
3.人船模型
（1）模型建构：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的一端走到船的另一端，不计水的阻力。
(2)模型特点
①两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船＝0
②两者的位移大小满足：mx人t -Mx船t＝0，x人＋x船＝L，得x人＝MM＋mL，x船＝mM＋mL
(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人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即x人x船＝v人v船＝Mm。
4.人船模型的拓展(某一方向动量守恒)
（1）模型图例
（2）两个规律
(1)在水平方向系统动量守恒，但竖直方向动量不守恒。
(2)小球和滑块组成的系统机械能守恒。
（3）两个状态
①小球和滑块共速时，小球运动到最高点。
②当小球再次回到最低点时，滑块速度最大，此过程类似于弹性碰撞，小球回到最低点时vM＝eq \f(2mv0,M＋m)，
vm＝eq \f(m－M,M＋m)v0。
【例3-1】如图所示，平静湖面上静止的小船的船头直立一垂钓者，距离船头右侧d处有一株荷花，当此人沿直线走到船尾时，船头恰好到达荷花处。若已知人的质量为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（ ）
A．mL−ddB．mL+dd
C．mdL−dD．mdL+d
【答案】A
【详解】船和垂钓者组成的系统动量守恒，故每时每刻均有
mv人=Mv船
所以有
mv人=Mv船
两边同乘以t，有
mv人t=Mv船t
即
mx人=Mx船
且有
x人+x船=L
其中
x船=d
联立解得
M=mL−dd
故选A。
【例3-2】（多选）如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x=2.7 m，则说法正确的是（ ）
A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B．刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左
C．爆炸过程，乙球的动量变化量大小为0.06 N⋅s，方向水平向右
D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J
【答案】BCD
【详解】AB．设甲、乙两球质量分别为m1、m2，刚分离时两球的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
(m1+m2)v0=m1v1+m2v2
由题意又有
v2−v1=xt
代入数据联立解得v1=−0.1m/s，v2=0.8m/s
可知刚分离时，甲球的速度方向水平向左，乙球的速度方向水平向右，故A错误，B正确；
C．爆炸过程，乙球的动量变化量大小为
Δp=m2v2−m2v0=0.06 N⋅s
方向水平向右，故C正确；
D．爆炸过程中释放的能量为
ΔE=12m1v12+12m2v22−12(m1+m2)v02
代入数据解得ΔE=0.027J，故D正确。故选BCD。
【变式3-1】（多选）如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为2m的半圆形槽，AB为槽的水平直径。质量为m的小球自左端槽口A点的正上方、距离A点R处由静止下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．槽一直向左运动
B．小球运动到最低点时，槽向左运动位移为23R
C．小球能从B点离开槽，且上升的最大高度小于R
D．小球运动到槽的底端时，槽对小球的支持力大小为7mg
【答案】D
【详解】A．小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，从A点经过最低点滑到B点的过程中，槽向左运动，当小球从B点经过最低点滑到A点的过程中，槽向右运动，故A错误；
B．小球运动过程中，水平方向动量守恒，根据人船模型有
mx球−Mx槽=0，x球+x槽=R
解得槽向左运动位移为x槽=13R，故B错误；
C．小球到达B点时，水平方向速度为零，则槽速度也为零，根据机械能守恒可知，小球能从B点离开槽，且上升的最大高度等于R，故C错误；
D． 小球从开始降落到最低点，系统机械能守恒2mgR=12mv球2+12Mv槽2
以向右为正方向，水平方向动量守恒
mv球+Mv槽=0
解得
v球=22gR3，v槽=−2gR3
在最地点时
FN−mg=mv相对2R=m(v球−v槽)2R
解得
FN=7mg
故D正确。
故选D。
【变式3-2】（2024·江苏·高考真题）“嫦娥六号”探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环月轨道以速度v0运动。某时刻，着陆器和上升器（组合体A）、轨道器和返回器（组合体B）分离，分离时间为Δt。分离后B的速度大小为v，方向与v0相同。已知组合体A、B的质量分别为m、M。求：
（1）分离后A的速度大小v1；
（2）分离过程中，A对B的平均F推力大小。
【答案】（1）v1=(m+M)v0−Mvm；（2）F=M(v−v0)Δt
【详解】（1）组合体A、B分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有
(m＋M)v0=Mv＋mv1
解得
v1=(m+M)v0−Mvm
（2）以组合体B为研究对象，由动量定理有
FΔt=Mv－Mv0
解得F=M(v−v0)Δt
巩固提升
1．（多选）（2024·甘肃·高考真题）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变D．小车所受的合外力一定指向圆心
【答案】AD
【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A正确；
B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B错误；
C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D正确。
故选AD。
2．（2025·重庆·三模）中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度均为v(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是（ ）
A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同
B．每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同
C．经过n次喷气后，飞行器速度为nΔmvM−nΔm
D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速
【答案】C
【详解】A．由题意可知，每次喷气过程中，系统（包括飞行器和喷出的气体）总动量守恒。喷出气体的动量方向与喷气方向相同，由于系统总动量守恒，那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向相反，所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反，故A错误；
B．根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为Δm，速度为v，飞行器质量变为M−Δm，速度为v1，则有0=Δmv−M−Δmv1
解得v1=ΔmvM−Δm
所以第一次喷气后速度增量Δv1=v1=ΔmvM−Δm
在第二次喷气之前，此时系统总动量为M−Δmv1，喷气后，喷出气体质量仍为Δm，速度为v，飞行器质量变为M−2Δm，速度为v2，则有M−Δmv1=Δmv−M−2Δmv2
将v1=ΔmvM−Δm代入可得v2=2ΔmvM−2Δm
所以第二次喷气后速度增量Δv2=v2−v1=2ΔmvM−2Δm−ΔmvM−Δm=MΔmvM−2ΔmM−Δm
以此类推，可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，故B错误；
C．设经过n次喷气后飞行器的速度为vn。系统初始总动量为0，n次喷气后，喷出气体总质量为nΔm，速度为v，飞行器质量变为M−nΔm，速度为vn。根据动量守恒定律可得0=nΔmv−M−nΔmvn
解得vn=nΔmvM−nΔm
故C正确；
D．虽然在太空没有空气，但飞行器喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律，喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速，故D错误。
故选C。
3．（2025·江西·模拟预测）2024年12月8日，2024-2025赛季短道速滑世界巡回赛上，中国队夺得混合团体接力5000米接力金牌。如图，在水平冰面上，甲运动员在乙运动员前面向前滑行，乙追上甲时，猛推甲，使甲获得更大的速度向前冲出。乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A．乙对甲的作用力大小大于甲对乙的作用力大小
B．乙对甲的冲量大小大于甲对乙的冲量大小
C．甲、乙的动量变化量大小相等且方向相反
D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
【答案】C
【详解】AB．根据牛顿第三定律，甲对乙的作用力大小与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，根据冲量的定义，知冲量大小相等、方向相反，AB错误；
C．两人组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律可知，系统动量变化量为零，则甲、乙的动量变化大小相等且方向相反，C正确；
D．不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲、乙动能变化关系，无法判断做功多少，也不能判断出二者动能的变化量，D错误。
故选C。
4．（2022·北京·高考真题）质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
【答案】C
【详解】A．x−t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为
v0=41m/s=4m/s m2碰前速度为0，A错误；
B．两物体正碰后，m1碰后的速度大小为
v1=43−1m/s=2m/s m2碰后的速度大小为
v2=8−43−1m/s=2m/s
碰后两物体的速率相等，B错误；
C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
m1v0=−m1v1+m2v2
解得两物体质量的关系为
m2=3m1
根据动量的表达式p=mv可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；
D．根据动能的表达式Ek=12mv2可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。
故选C。
5．（2024·北京朝阳·模拟预测）在光滑水平面上放有一质量为3m的小车，一质量为m的小球用长为L的轻质细线悬挂于小车顶端。现从图中位置（细线伸直且水平）同时由静止释放小球和小车，设小球到达最低点时的速度为v。从释放到小球达最低点过程中，细线对小球做的功为W。从释放开始小车离开初位置的最大距离为d，则下列说法正确的有（ ）
A．v=gL2B．v=3gL2C．W=−mgL4D．d=0.25L
【答案】C
【详解】AB．从释放到到小球达最低点过程中，由水平方向动量守恒和能量守恒得
0=mv−3mv1
mgL=12mv2+123mv12
解得
v=3gL2
故A错误，B错误；
C．对小球，由动能定理得
mgL+W=12mv2
解得
W=−mgL4
故C正确；
D．从释放开始小车离开初位置的最大距离发生在小球摆至最高点时，此时小球与车的速度均为零，由能量守恒知小球回到原高度，由人船模型得
mx=3md
d+x=2L
解得
d=0.5L
故D错误。
故选C。
6．（2024·山东潍坊·模拟预测）如图所示，返回舱接近地面时，相对地面竖直向下的速度为v，此时反推发动机点火，在极短时间Δt内，竖直向下喷出相对地面速度为u、体积为V的气体，辅助返回舱平稳落地。已知喷出气体的密度为ρ，喷出气体所受重力忽略不计，则喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为（ ）
A．ρVu−vΔtB．ρVu+vΔtC．ρVvΔtD．ρVuΔt
【答案】A
【详解】喷出的气体的质量为
m=ρV
以喷出的气体为研究对象，设气体受到的平均冲力为F，取向下为正方向，喷出气体所受重力忽略不计，根据动量定理有
FΔt=mu−mv
解得
F=ρVu−vΔt
根据牛顿第三定律可知喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为ρVu−vΔt。
故选A。
7．（2025·河南三门峡·一模）某次军事演习中，一炮弹竖直上升到最高点时炸裂成甲、乙两块弹片，它们的初速度方向与水平方向的夹角为θ，如图所示，测得这两块弹片在水平地面上的落地点相距x=120m，它们从炸裂到落地所经历的时间分别为t1=6s，t2=2s，若甲、乙两块弹片的质量之比为2:1，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．两弹片分离瞬间的动量相同B．弹片甲落地点到O点的距离为48m
C．tanθ=34D．爆炸点距水平地面的高度为84m
【答案】D
【详解】A．炮弹竖直上升到最高点时，炮弹的动量为0；炸裂成甲、乙两块弹片，根据动量守恒可知，甲，乙两弹片分离时，它们的动量大小相等，方向相反，故A错误；
BCD．设两弹片分离时，甲的速度大小为v，由于甲、乙两块弹片的质量之比为2:1，根据动量守恒定律可知，乙的速度大小应为2v，设爆炸点的高度为h，对甲、乙水平方向有x=vcsθ⋅t1+2vcsθ⋅t2
解得vcsθ=12m/s
对甲、乙竖直方向有ℎ=−vsinθ⋅t1+12gt12=2vsinθ⋅t2+12gt22
解得vsinθ=16m/s
联立解得tanθ=43，sinθ=45，csθ=35，v=20m/s，ℎ=84m
所以甲落地时距O点的距离为x甲=vcsθ⋅t1=72m
故BC错误，D正确。
故选D。
8．（2025·江苏·模拟预测）如图所示，将甲、乙两条形磁铁按压在水平桌面上，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。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、乙组成的系统总动量为0
B．甲的动量变化率比乙小
C．甲的动量大小比乙大
D．甲的加速度大小比乙大
【答案】B
【详解】A．题意可知甲乙与桌面之间的动摩擦因数相等，但由于甲乙质量不等，则摩擦力大小不相等，故甲、乙组成的系统总动量不守恒，即不为0，故A错误；
B．根据动量定理可得F=ΔpΔt
可知动量变化率表示合力，又因二者吸引力大小相同，但又甲受到的摩擦大，则甲的合力小，故甲的动量变化率比乙小，故B正确；
C．根据动量定理Ft=mv
结合以上分析可知，由于甲的合力小，则在相同时间里，甲的动量大小比乙小，故C错误；
D．以上分析可知，由于甲的合外力小，甲的质量大，根据牛顿第二定律可知，甲的加速度小，即甲的加速度大小比乙小，故D错误。
故选B。
9．（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（ ）
A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大
B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大
C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加
D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加
【答案】A
【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得
mAvA=mBvB
设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得
Ep=12mAvA2+12mBvB2
联立得
Ep=12mA2mB+mAvA2
故可知弹簧恢复原长时物体A速度最大，此时物体A的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。
故选A。
10．（多选）（2025·广西南宁·三模）如图所示，质量分别为m、2m的两小球A、B用轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能Ep=12kx2，x为弹簧的形变量。A球通过一根水平轻质细线（足够长）连接到墙壁上，A、B均静止在光滑水平地面上。现将小球B向右拉开一小段距离x0后由静止释放，关于从释放小球B到小球A碰撞墙壁前的过程说法正确的是（ ）
A．小球A、B的系统动量守恒
B．小球B的最大速度为k2mx0
C．小球A的最大速度为kmx0
D．弹簧最短时，其压缩量为33x0
【答案】BD
【详解】A．从释放小球B到A球撞墙壁前的过程中，弹簧第一次恢复原长前，细线有拉力，小球A、B的系统的合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．弹簧第一次恢复原长时，小球B的速度最大，弹簧的弹性势能全部转化为小球B的动能，由机械能守恒定律有12kx02=122mvmax2
解得vmax=k2mx0，故B正确；
C．当弹簧第二次恢复原长时，小球A的速度最大，记为vA，此时小球B的速度记为vB，从弹簧第一次恢复原长到弹簧第二次恢复原长，小球A、B的系统动量守恒，该过程相当于小球B以速度vmax与小球A发生了完全弹性碰撞，则有：2mvmax=2mvB+mvA，122mvmax2=122mvB2+12mvA2
解得vB=2m−m2m+mvmax=13k2mx0，vA=2×2m2m+mvmax =43k2mx0，故C错误；
D．弹簧最短时，对小球A、B的系统：2mvmax=2m+mv共，122mvmax2=122m+mv共2+12kx2
解得x=33x0，故D正确。
故选BD。
11．（多选）（2025·山东淄博·一模）质量为M的光滑半圆形凹槽静止在光滑水平地面上，在凹槽左侧与圆心等高处由静止释放一质量为m、可视为质点的小球，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，如图甲中虚线所示。运动过程中小球的动能随时间变化图像如图乙所示，已知椭圆半长轴与半短轴之比为3:1。下列说法正确的是（ ）
A．半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒
B．小球质量与凹槽质量之比m:M=3:1
C．t1时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度垂直
D．t2时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力
【答案】AD
【详解】A．小球向下运动过程中，在竖直方向的分加速度方向先向下后向上，小球先处于失重后处于超重状态，可知，半圆形凹槽与小球组成的系统所受外力的合力不为0，即半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒，故A正确；
B．令凹槽半径为R，根据图中所示半个椭圆可知，半长轴为R，则半短轴为R3，短轴为2R3，即小球在水平方向的分位移x1=2R3
半圆形凹槽与小球组成的系统在水平方向动量守恒，则有mx1−Mx2=0
其中x1+x2=2R
解得m:M=2:1
故B错误；
C．根据图乙的对称性可知，t2时刻小球位于凹槽最低点，则t1时刻小球位于释放点与凹槽最低点之间的某一位置，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，轨迹的最低点即为凹槽的最低点，t1时刻小球受到凹槽的支持力方向指向凹槽圆心，速度方向沿半椭圆轨迹切线方向，可知，t1时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度方向不垂直，故C错误；
D．结合上述可知，t2时刻小球位于凹槽最低点，小球相对于凹槽做圆周运动，小球在最低点相对于凹槽的速度方向水平向右，由于小球小球相对于凹槽做圆周运动，则小球在最低点沿半径方向的合力提供向心力，此时加速度方向竖直向上，则t2时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力，故D正确。
故选AD。
12．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）A、B、C三个大小完全相同的小球，套在相互平行的光滑的水平杆上，三个小球的质量分别为mA=2kg，mB=3kg，mC=mA，初始三个小球均处于静止状态，BC间连接一个轻弹簧，且恰好处于原长状态，现在给小球A一个初速度v0=10m/s，AB相碰后A的速度方向向右，大小v=2m/s，已知平行杆足够长。那么可求：
(1)求AB碰后瞬间B的速度为多少；
(2)AB碰后B的最小速度且当弹簧第一次恢复原长时B、C的速度各为多少
【答案】(1)8m/s
(2)1.6m/s，9.6m/s
【详解】（1）规定向左为正方向，则小球A初速度v0=10m/s，AB相碰后A的速度v=−2m/s，设AB碰后瞬间B的速度为vB，由动量守恒定律得mAv0=mAv+mBvB
解得vB=8m/s
（2）AB碰后，由于B、C两球及弹簧组成的系统，在运动过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律，当B的最小速度且当弹簧第一次恢复原长时，满足mBvB=mBvB′+mCvC，12mBvB2=12mBvB′2+12mCvC2
解得vB′=1.6m/s，vC=9.6m/s
13．（2023·上海·高考真题）如图，将小球P拴于L=1.2m的轻绳上，mp=0.15kg，向左拉开一段距离释放，水平地面上有一物块Q，mQ=0.1kg。小球P于最低点A与物块Q碰撞，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后P的速度之比为5:1，碰撞前后P、Q总动能不变。（重力加速度g取9.8m/s2，水平地面动摩擦因数μ=0.28）
（1）求碰撞后瞬间物块Q的速度vQ；
（2）P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，求物块Q运动的距离s。

【答案】（1）1.67m/s，方向水平向右；（2）0.51m
【详解】（1）由题意可知当P运动到A点时有
F向=mv2L=ma
代入数据可得P碰撞前的速度为
v≈1.39m/s
又因为碰撞前后P的速度之比为5：1，所以碰后P的速度为
vP=15v≈0.28m/s
P与Q碰撞瞬间，P与Q组成的系统内力远大于外力，动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mPv=mPvP+mQvQ
代入数据解得
vQ≈1.67m/s
方向水平向右；
（2）由于L=1.2m远大于小球P的大小，碰后P的速度较小，上升的高度较小，故可知小球P碰后做简谐运动，由单摆的周期公式得
T=2πLg
小球P再次到平衡位置的时间为
t=T2
联立解得
t=1.10s
碰后Q向右做匀减速直线运动，末速度减为零时的时间为t′，由运动学公式得
0=vQ−at′
对于Q，由牛顿第二定律得
μmQg=mQa
联立解得
t′=0.61s
由于t′