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高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第一册第四节 动量守恒定律的应用精品随堂练习题
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这是一份高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第一册第四节 动量守恒定律的应用精品随堂练习题，文件包含第42节动量守恒定律的应用二人船模型和子弹打木块模型分层练习原卷版docx、第42节动量守恒定律的应用二人船模型和子弹打木块模型分层练习解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
1．一质量为60kg的独木舟停在风光秀丽的易水湖，独木舟长为2m，一人（质量为60kg）从独木舟前端走到后端，不计水的阻力，则这过程中独木舟的位移大小是（ ）
A．0B．1mC．2mD．0.5m
【答案】B
【详解】设人和独木舟的质量均为m，对人和独木舟系统，由动量守恒得，即
又因为，解得：
故选B。
2．如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动。在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量
B．子弹动量的变化量与木块动量的变化量相同
C．子弹对木块冲量的大小一定大于木块对子弹冲量的大小
D．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等
【答案】D
【详解】AB．子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量变化量与木块动量变化量大小相等，方向相反，由于子弹与木块的质量不同，子弹速度的减小量不等于木块速度的增加量，选项AB错误；
CD．子弹与木块之间的力为作用力与反作用力，它们大小相等，方向相反，作用时间t相等，根据可知，子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等，方向放相反，选项C错误，D正确；
故选D。
3．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m的子弹以大小为的水平速度射穿木块，子弹穿出木块后的速度为，不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．子弹穿出的瞬间，木块速度大小为
B．子弹穿出的瞬间，环对轻杆的压力等于
C．子弹穿出后，木块和圆环构成的系统动量守恒
D．子弹穿出后，木块和圆环构成的系统机械能不守恒
【答案】A
【详解】A．由动量守恒定律可得，，解得，故A正确；
B．子弹穿出的瞬间，设绳长为R，对木块分析，可得
对环受力分析，可知环受到的支持力为，故B错误；
C．子弹穿出后，木块和圆环构成的系统在竖直方向上合力不为0，所以系统在竖直方向上动量不守恒，故C错误；
D．子弹穿出后，木块和圆环构成的系统只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
故选A。
4．张洪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，则渔船的质量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设渔船的质量为，人和船组成的系统满足动量守恒，则有，
则有，可得，又，
联立解得渔船的质量为
故选C。
5．如图所示，凹槽Q静置于光滑水平面上，其上表面为半径为R的半圆柱面。现将一个小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则以下说法正确的是（ ）
A．Q和P组成的系统机械能守恒
B．Q和P组成的系统动量守恒
C．当Q的动能最大时，P的动能最小
D．当P释放后第一次速度为零时，其位移大于2R
【答案】A
【详解】A．Q和P组成的系统，只有小球P的重力做功，满足系统机械能守恒，故A正确；
B．由于小球P在竖直方向存在加速度，而凹槽Q在竖直方向没有加速度，则Q和P组成的系统在竖直方向的合外力不为零，竖直方向动量不守恒，故Q和P组成的系统动量不守恒，故B错误；
C．Q和P组成的系统在水平方向不受力，系统满足水平方向动量守恒，当小球P运动到圆心等高处时，小球P和凹槽Q的速度均为零，此时小球P和凹槽Q的动能均最小，故C错误；
D．当P释放后第一次速度为零时，小球P相对于凹槽Q运动到左侧圆心等高处，此过程小球P相对凹槽Q向左的位移大小为，但由于凹槽Q向右运动，可知小球P的位移小于，故D错误。
故选A。
6．如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块置于光滑水平桌面上，一质量为m的小智能机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，机器人从半圆槽A端移动到B端。下面说法正确的是（ ）
A．只有小机器人运动，滑块不运动B．滑块运动的距离是
C．滑块与小机器人运动的水平距离之和为2RD．小机器人运动的位移是滑块的倍
【答案】C
【详解】CD．小机器人和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，小机器人从A端移动到B端的过程中，设小机器人和滑块在任意时刻的水平分速度大小分别为和，则
所以在整个过程中，二者的平均速度大小满足
则二者水平位移大小（即运动的水平距离）满足
根据相对位移关系有
即滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R，且，故C正确，D错误；
AB．根据前面分析可得小机器人和滑块移动的距离分别为，，故AB错误。
故选C。
7．质量为m=40kg的气球上有一质量为M=60kg的人，共同静止在距地面高为h=10m的空中，现在从气球中放下一根不计质量的软绳，人沿着软绳下滑到地面，软绳至少为多长，人才能安全到达地面（ ）
A．10mB．15mC．20mD．25m
【答案】D
【详解】设软绳至少长l，在人沿软绳下滑过程，气球竖直上升，由动量守恒中的“人船模型”规律可得，解得
故选D。
8．质量为m2的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m1的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成60°角后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．球、车组成的系统总动量守恒B．小球不能向左摆到原高度
C．小车向右移动的最大距离为D．小球运动到最低点时的速度大小为
【答案】C
【详解】A．根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误；
B．以小球和小车组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，且小球和小车水平方向的合动量为零，当小球的速度为零时、小车的速度也为零，所以小球能向左摆到原高度，B错误；
C．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，初始时总动量为0，设小车向右运动的最大距离为x，则小球向左运动的位移为；取向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒有
，可得，C正确；
D．从静止释放到最低点，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，根据水平方向平均动量守恒有，
能量守恒得，，得小球运动到最低点时的速度大小，D错误。
故选C。
9．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，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，则渔船的质量为多少？
【答案】
【详解】如图所示
设该同学在时间t内从船尾走到船头，由动量守恒定律知，人、船在该时间内的平均动量大小相等，即
，又，解得
10．如图所示，质量为的小船，长为，浮在静水中．开始时质量为的人站在船头，人和船均处于静止状态，不计水的阻力，若此人从船头向船尾行走：
（1）当人的速度大小为时，船的速度大小为多少；
（2）当人恰走到船尾时，船前进的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据动量守恒定律可得，，解得
（2）由图可知，，解得
11．质量M=490g的木块静止在光滑的水平面上，一质量m=10 g的子弹以速度v0=500 m/s沿水平方向射入木块内，但没有射穿木块。求：
（1）木块最终的速度v大小。
（2）子弹损失的动能ΔEk。
（3）系统产生的内能Q。
【答案】（1）v=10 m/s；（2）ΔEk=1249.5J；（3）Q=1225 J
【详解】（1）子弹与木块整体动量守恒定律，得v=10m/s
（2）子弹损失的动能为，解之得ΔEk=1249.5J
（3）由能量守恒知系统产生的内能为，解之得Q=1225J
1．（2023春·广西柳州·高二校考期中）质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，共同静止在距地面为h的高空中。现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳长度至少为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】热气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时软绳至少应接触地面，设软绳长为L，人沿软绳滑至地面人的位移为x1，热气球的位移为x2，由动量守恒定律有，又有，解得L＝h，故ACD错误，B正确。
故选B。
2．质量为M的热气球下吊一架轻的绳梯，梯上站着质量为m的人，气球以v0速度匀速上升。如果人加速向上爬，当他相对于绳梯的速度达到v时（ ）
A．人相对于地面的速度为B．人相对于地面的速度为
C．气球相对于地面的速度为D．气球相对于地面的速度为
【答案】C
【详解】AB．和不是同一时刻的速度，和无实际意义，故AB错误；
CD．当人相对于绳梯的速度达到v时，气球相对于地面的速度设为，则人相对于地面的速度应为，根据动量守恒定律有，可得，故C正确，D错误。
故选C。
3．（2023春·浙江绍兴·高二统考期末）如图是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画，运动员手持一种负重物（一般由铅块或石块组成）起跳。现代科学研究表明，运动员手持一定质量的负重物起跳，能够跳得更远。若某位运动员的质量为70kg，两手各持一个质量为3.5kg的负重物，在某次立定跳远练习过程中，起跳速度大小为6m/s，方向与水平方向成夹角，在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出（可认为瞬间完成）（，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．运动员在负重起跳到最高点时，将重物扔出与不扔出两种情况相比，运动员多跳约0.17m
B．腾空过程中，运动员在水平方向受到的冲量为零
C．重物落地前动量方向斜向下
D．在起跳过程中运动员受到合力的冲量竖直向上
【答案】A
【详解】A．运动员竖直向上的分速度为
水平方向分速度为
由最高点落地时间为
在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出，由动量守恒定律可知，运动员速度增加量为
将重物扔出与不扔出两种情况相比，运动员多跳，故A正确；
B．腾空过程中，在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出，运动员在水平方向受到的冲量不为零，故B错误；
C．在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出，重物落地前动量方向竖直向下，故C错误；
D．在起跳过程中运动员受到合力方向为速度方向，则冲量方向与水平方向成37°夹角，故D错误。
故选A。
4．（2023春·湖南·高二校联考期末）“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。照片的比例尺为1:40。已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（ ）
A．41.5kgB．45kgC．47.5kgD．50kg
【答案】B
【详解】对人和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以，代入数据可得人的质量为
故选B。
5．如图所示，光滑的水平面上静止放置一个质量为M、半径为R的光滑半圆形槽，两端A、B一样高，今让一质量为m小球自左侧槽口从A点静止开始落下，则以下结论中正确的是（ ）
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能守恒
C．小球不能到达B点
D．小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是
【答案】D
【详解】A．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误；
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球和圆槽组成的系统的机械能守恒，但小球的机械能不守恒，B错误；
C．根据机械能守恒和水平方向动量守恒可知小球能够到达B点，C错误；
D．根据“人船模型”原理可得
联立解得小球向左运动的最大距离为，D正确。
故选D。
6．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住．不计水的阻力．则抛出货物的最小速率是（ ）
A．v0B．2v0C．3v0D．4v0
【答案】D
【详解】设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：
乙船与货物：12mv0=11mv1-mv，
甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2，
两船不相撞的条件是：v2≤v1，
解得：v≥4v0，则最小速度为：4v0．
故选D．
【点睛】在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题．
7．（多选）如图，载有物资的总质量为M的热气球静止于距水平地面H的高处。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与热气球的距离为d。热气球所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力。下列说法正确的（ ）
A．物资落地前，热气球与其组成的系统动量守恒B．投出物资后热气球匀速上升
C．D．
【答案】AC
【详解】A．物资抛出之前，物资和气球受合力为零，物资抛出后，气球和物资受合外力不变，则系统受合外力仍为零，则物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，选项A正确；
B．投出物资后热气球受合力向上，则向上做匀加速直线运动，选项B错误；
CD．设物资落地时与热气球上升的高度为h，则对物资和气球系统，由动量守恒定律
解得，则，选项C正确，D错误。
故选AC。
8．如图所示，甲和他的冰车总质量，甲推着质量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【详解】对于甲和箱子根据动量守恒得
对于乙和箱子根据动量守恒得
当甲乙恰好不相碰，则，联立解得
若要避免碰撞，则需要满足
故选CD。
9．如图所示，质量的滑块套在光滑的水平轨道上，质量的小球通过长的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度，g取。
（1）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小；
（2）在满足（1）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度大小为，此时滑块的速度大小为，在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒，以水平向右的方向为正方向，有
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
联立可得
（2）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为，滑块向左移动的距离为，任意时刻小球的水平速度大小为，滑块的速度大小为，由系统水平方向动量守恒，得
两边同乘以，得
对任意时刻附近的微小间隔都成立，累积相加后，有，
联立解得
10．如图所示，质量、长度的木板，以速度沿光滑水平面向右匀速运动。某时刻一质量的小木块（可视为质点），以水平向左的速度从木板的右端滑上木板，最终刚好不能滑离木板。重力加速度g取。求：
（1）木块与木板间的动摩擦因数；
（2）小木块做加速运动过程的过程中，木板运动的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设木块到达木板左端时与木板的共同速度为，以水平向右为正。对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有，且，联立以上各式，代入相关数据可得
（2）当物块的速度等于零时，木板的速度为，由动量守恒可知，解得
设木块在木板上加速的时间为
对木块由动量定理有，代入相关数据可得
在这段时间内，木板运动的距离，其中，解得
11．（2023春·浙江金华·高二校联考期末）如图所示为某同学设计的一个摆动玩具。质量均为的木块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点系一细线，细线另一端系一质量为的球C。现有一质量为的子弹以速度水平击中球C并嵌入其中，嵌入过程极快。不计空气阻力。
（1）求子弹嵌入球C刚达到共速这一瞬间的速度大小及子弹嵌入过程产生的摩擦内能；
（2）若木块B固定在水平面上，球C第1次摆到杆右侧最大高度时，细线恰好水平，求细线的长度；
（3）若木块B不固定，求球C第一次摆回杆左侧时能达到的最大高度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）子弹嵌入小球的过程，子弹和小球组成的系统动量守恒
根据能量守恒，子弹嵌入过程产生的摩擦内能为
（2）若木块B固定在水平面上，球C第1次摆到杆右侧最大高度的过程，对小球和子弹整体应用机械能守恒，细线的长度为；
（3）若木块B不固定，球C在轻杆右侧摆动过程AB不分离，从C开始向右摆回最小端过程中可得，，解得、
球C摆到杆的左侧时AB分离，以AC为研究对象，当AC速度相等时球C上升的最高，由动量守恒可得，
由能量守恒可得，解得
1．（多选）（2021·山东·高考真题）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动B．投出物资后热气球所受合力大小为
C．D．
【答案】BC
【详解】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为的物资瞬间，满足动量守恒定律
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度，热气球所受合外力恒为，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地过程所用的时间内，根据解得落地时间为
热气球在竖直方向上运动的位移为
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为，
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为，故C正确，D错误。
故选BC。
2．（2021·海南·高考真题）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】（1）v共 = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv02
【详解】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0 = 3mv共
解得，v共 =
（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有，v木 = 2v滑
再根据动量守恒定律有，2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得，v滑 = v0，v木 = v0
再根据功能关系有， - μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02
经过计算得，x =
（3）由于木板保持匀速直线运动，则有，F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有，a滑 = μg
滑块相对木板静止时有，v0 = a滑t，解得，t =
则整个过程中木板滑动的距离为x′ = v0t =
则拉力所做的功为，W = Fx′ = mv02
1．一质量为60kg的独木舟停在风光秀丽的易水湖，独木舟长为2m，一人（质量为60kg）从独木舟前端走到后端，不计水的阻力，则这过程中独木舟的位移大小是（ ）
A．0B．1mC．2mD．0.5m
【答案】B
【详解】设人和独木舟的质量均为m，对人和独木舟系统，由动量守恒得，即
又因为，解得：
故选B。
2．如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动。在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量
B．子弹动量的变化量与木块动量的变化量相同
C．子弹对木块冲量的大小一定大于木块对子弹冲量的大小
D．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等
【答案】D
【详解】AB．子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量变化量与木块动量变化量大小相等，方向相反，由于子弹与木块的质量不同，子弹速度的减小量不等于木块速度的增加量，选项AB错误；
CD．子弹与木块之间的力为作用力与反作用力，它们大小相等，方向相反，作用时间t相等，根据可知，子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等，方向放相反，选项C错误，D正确；
故选D。
3．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m的子弹以大小为的水平速度射穿木块，子弹穿出木块后的速度为，不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．子弹穿出的瞬间，木块速度大小为
B．子弹穿出的瞬间，环对轻杆的压力等于
C．子弹穿出后，木块和圆环构成的系统动量守恒
D．子弹穿出后，木块和圆环构成的系统机械能不守恒
【答案】A
【详解】A．由动量守恒定律可得，，解得，故A正确；
B．子弹穿出的瞬间，设绳长为R，对木块分析，可得
对环受力分析，可知环受到的支持力为，故B错误；
C．子弹穿出后，木块和圆环构成的系统在竖直方向上合力不为0，所以系统在竖直方向上动量不守恒，故C错误；
D．子弹穿出后，木块和圆环构成的系统只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
故选A。
4．张洪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，则渔船的质量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设渔船的质量为，人和船组成的系统满足动量守恒，则有，
则有，可得，又，
联立解得渔船的质量为
故选C。
5．如图所示，凹槽Q静置于光滑水平面上，其上表面为半径为R的半圆柱面。现将一个小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则以下说法正确的是（ ）
A．Q和P组成的系统机械能守恒
B．Q和P组成的系统动量守恒
C．当Q的动能最大时，P的动能最小
D．当P释放后第一次速度为零时，其位移大于2R
【答案】A
【详解】A．Q和P组成的系统，只有小球P的重力做功，满足系统机械能守恒，故A正确；
B．由于小球P在竖直方向存在加速度，而凹槽Q在竖直方向没有加速度，则Q和P组成的系统在竖直方向的合外力不为零，竖直方向动量不守恒，故Q和P组成的系统动量不守恒，故B错误；
C．Q和P组成的系统在水平方向不受力，系统满足水平方向动量守恒，当小球P运动到圆心等高处时，小球P和凹槽Q的速度均为零，此时小球P和凹槽Q的动能均最小，故C错误；
D．当P释放后第一次速度为零时，小球P相对于凹槽Q运动到左侧圆心等高处，此过程小球P相对凹槽Q向左的位移大小为，但由于凹槽Q向右运动，可知小球P的位移小于，故D错误。
故选A。
6．如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块置于光滑水平桌面上，一质量为m的小智能机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，机器人从半圆槽A端移动到B端。下面说法正确的是（ ）
A．只有小机器人运动，滑块不运动B．滑块运动的距离是
C．滑块与小机器人运动的水平距离之和为2RD．小机器人运动的位移是滑块的倍
【答案】C
【详解】CD．小机器人和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，小机器人从A端移动到B端的过程中，设小机器人和滑块在任意时刻的水平分速度大小分别为和，则
所以在整个过程中，二者的平均速度大小满足
则二者水平位移大小（即运动的水平距离）满足
根据相对位移关系有
即滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R，且，故C正确，D错误；
AB．根据前面分析可得小机器人和滑块移动的距离分别为，，故AB错误。
故选C。
7．质量为m=40kg的气球上有一质量为M=60kg的人，共同静止在距地面高为h=10m的空中，现在从气球中放下一根不计质量的软绳，人沿着软绳下滑到地面，软绳至少为多长，人才能安全到达地面（ ）
A．10mB．15mC．20mD．25m
【答案】D
【详解】设软绳至少长l，在人沿软绳下滑过程，气球竖直上升，由动量守恒中的“人船模型”规律可得，解得
故选D。
8．质量为m2的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m1的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成60°角后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．球、车组成的系统总动量守恒B．小球不能向左摆到原高度
C．小车向右移动的最大距离为D．小球运动到最低点时的速度大小为
【答案】C
【详解】A．根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误；
B．以小球和小车组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，且小球和小车水平方向的合动量为零，当小球的速度为零时、小车的速度也为零，所以小球能向左摆到原高度，B错误；
C．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，初始时总动量为0，设小车向右运动的最大距离为x，则小球向左运动的位移为；取向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒有
，可得，C正确；
D．从静止释放到最低点，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，根据水平方向平均动量守恒有，
能量守恒得，，得小球运动到最低点时的速度大小，D错误。
故选C。
9．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，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，则渔船的质量为多少？
【答案】
【详解】如图所示
设该同学在时间t内从船尾走到船头，由动量守恒定律知，人、船在该时间内的平均动量大小相等，即
，又，解得
10．如图所示，质量为的小船，长为，浮在静水中．开始时质量为的人站在船头，人和船均处于静止状态，不计水的阻力，若此人从船头向船尾行走：
（1）当人的速度大小为时，船的速度大小为多少；
（2）当人恰走到船尾时，船前进的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据动量守恒定律可得，，解得
（2）由图可知，，解得
11．质量M=490g的木块静止在光滑的水平面上，一质量m=10 g的子弹以速度v0=500 m/s沿水平方向射入木块内，但没有射穿木块。求：
（1）木块最终的速度v大小。
（2）子弹损失的动能ΔEk。
（3）系统产生的内能Q。
【答案】（1）v=10 m/s；（2）ΔEk=1249.5J；（3）Q=1225 J
【详解】（1）子弹与木块整体动量守恒定律，得v=10m/s
（2）子弹损失的动能为，解之得ΔEk=1249.5J
（3）由能量守恒知系统产生的内能为，解之得Q=1225J
1．（2023春·广西柳州·高二校考期中）质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，共同静止在距地面为h的高空中。现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳长度至少为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】热气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时软绳至少应接触地面，设软绳长为L，人沿软绳滑至地面人的位移为x1，热气球的位移为x2，由动量守恒定律有，又有，解得L＝h，故ACD错误，B正确。
故选B。
2．质量为M的热气球下吊一架轻的绳梯，梯上站着质量为m的人，气球以v0速度匀速上升。如果人加速向上爬，当他相对于绳梯的速度达到v时（ ）
A．人相对于地面的速度为B．人相对于地面的速度为
C．气球相对于地面的速度为D．气球相对于地面的速度为
【答案】C
【详解】AB．和不是同一时刻的速度，和无实际意义，故AB错误；
CD．当人相对于绳梯的速度达到v时，气球相对于地面的速度设为，则人相对于地面的速度应为，根据动量守恒定律有，可得，故C正确，D错误。
故选C。
3．（2023春·浙江绍兴·高二统考期末）如图是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画，运动员手持一种负重物（一般由铅块或石块组成）起跳。现代科学研究表明，运动员手持一定质量的负重物起跳，能够跳得更远。若某位运动员的质量为70kg，两手各持一个质量为3.5kg的负重物，在某次立定跳远练习过程中，起跳速度大小为6m/s，方向与水平方向成夹角，在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出（可认为瞬间完成）（，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．运动员在负重起跳到最高点时，将重物扔出与不扔出两种情况相比，运动员多跳约0.17m
B．腾空过程中，运动员在水平方向受到的冲量为零
C．重物落地前动量方向斜向下
D．在起跳过程中运动员受到合力的冲量竖直向上
【答案】A
【详解】A．运动员竖直向上的分速度为
水平方向分速度为
由最高点落地时间为
在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出，由动量守恒定律可知，运动员速度增加量为
将重物扔出与不扔出两种情况相比，运动员多跳，故A正确；
B．腾空过程中，在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出，运动员在水平方向受到的冲量不为零，故B错误；
C．在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出，重物落地前动量方向竖直向下，故C错误；
D．在起跳过程中运动员受到合力方向为速度方向，则冲量方向与水平方向成37°夹角，故D错误。
故选A。
4．（2023春·湖南·高二校联考期末）“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。照片的比例尺为1:40。已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（ ）
A．41.5kgB．45kgC．47.5kgD．50kg
【答案】B
【详解】对人和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以，代入数据可得人的质量为
故选B。
5．如图所示，光滑的水平面上静止放置一个质量为M、半径为R的光滑半圆形槽，两端A、B一样高，今让一质量为m小球自左侧槽口从A点静止开始落下，则以下结论中正确的是（ ）
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能守恒
C．小球不能到达B点
D．小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是
【答案】D
【详解】A．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误；
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球和圆槽组成的系统的机械能守恒，但小球的机械能不守恒，B错误；
C．根据机械能守恒和水平方向动量守恒可知小球能够到达B点，C错误；
D．根据“人船模型”原理可得
联立解得小球向左运动的最大距离为，D正确。
故选D。
6．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住．不计水的阻力．则抛出货物的最小速率是（ ）
A．v0B．2v0C．3v0D．4v0
【答案】D
【详解】设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：
乙船与货物：12mv0=11mv1-mv，
甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2，
两船不相撞的条件是：v2≤v1，
解得：v≥4v0，则最小速度为：4v0．
故选D．
【点睛】在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题．
7．（多选）如图，载有物资的总质量为M的热气球静止于距水平地面H的高处。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与热气球的距离为d。热气球所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力。下列说法正确的（ ）
A．物资落地前，热气球与其组成的系统动量守恒B．投出物资后热气球匀速上升
C．D．
【答案】AC
【详解】A．物资抛出之前，物资和气球受合力为零，物资抛出后，气球和物资受合外力不变，则系统受合外力仍为零，则物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，选项A正确；
B．投出物资后热气球受合力向上，则向上做匀加速直线运动，选项B错误；
CD．设物资落地时与热气球上升的高度为h，则对物资和气球系统，由动量守恒定律
解得，则，选项C正确，D错误。
故选AC。
8．如图所示，甲和他的冰车总质量，甲推着质量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【详解】对于甲和箱子根据动量守恒得
对于乙和箱子根据动量守恒得
当甲乙恰好不相碰，则，联立解得
若要避免碰撞，则需要满足
故选CD。
9．如图所示，质量的滑块套在光滑的水平轨道上，质量的小球通过长的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度，g取。
（1）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小；
（2）在满足（1）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度大小为，此时滑块的速度大小为，在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒，以水平向右的方向为正方向，有
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
联立可得
（2）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为，滑块向左移动的距离为，任意时刻小球的水平速度大小为，滑块的速度大小为，由系统水平方向动量守恒，得
两边同乘以，得
对任意时刻附近的微小间隔都成立，累积相加后，有，
联立解得
10．如图所示，质量、长度的木板，以速度沿光滑水平面向右匀速运动。某时刻一质量的小木块（可视为质点），以水平向左的速度从木板的右端滑上木板，最终刚好不能滑离木板。重力加速度g取。求：
（1）木块与木板间的动摩擦因数；
（2）小木块做加速运动过程的过程中，木板运动的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设木块到达木板左端时与木板的共同速度为，以水平向右为正。对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有，且，联立以上各式，代入相关数据可得
（2）当物块的速度等于零时，木板的速度为，由动量守恒可知，解得
设木块在木板上加速的时间为
对木块由动量定理有，代入相关数据可得
在这段时间内，木板运动的距离，其中，解得
11．（2023春·浙江金华·高二校联考期末）如图所示为某同学设计的一个摆动玩具。质量均为的木块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点系一细线，细线另一端系一质量为的球C。现有一质量为的子弹以速度水平击中球C并嵌入其中，嵌入过程极快。不计空气阻力。
（1）求子弹嵌入球C刚达到共速这一瞬间的速度大小及子弹嵌入过程产生的摩擦内能；
（2）若木块B固定在水平面上，球C第1次摆到杆右侧最大高度时，细线恰好水平，求细线的长度；
（3）若木块B不固定，求球C第一次摆回杆左侧时能达到的最大高度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）子弹嵌入小球的过程，子弹和小球组成的系统动量守恒
根据能量守恒，子弹嵌入过程产生的摩擦内能为
（2）若木块B固定在水平面上，球C第1次摆到杆右侧最大高度的过程，对小球和子弹整体应用机械能守恒，细线的长度为；
（3）若木块B不固定，球C在轻杆右侧摆动过程AB不分离，从C开始向右摆回最小端过程中可得，，解得、
球C摆到杆的左侧时AB分离，以AC为研究对象，当AC速度相等时球C上升的最高，由动量守恒可得，
由能量守恒可得，解得
1．（多选）（2021·山东·高考真题）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动B．投出物资后热气球所受合力大小为
C．D．
【答案】BC
【详解】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为的物资瞬间，满足动量守恒定律
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度，热气球所受合外力恒为，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地过程所用的时间内，根据解得落地时间为
热气球在竖直方向上运动的位移为
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为，
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为，故C正确，D错误。
故选BC。
2．（2021·海南·高考真题）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】（1）v共 = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv02
【详解】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0 = 3mv共
解得，v共 =
（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有，v木 = 2v滑
再根据动量守恒定律有，2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得，v滑 = v0，v木 = v0
再根据功能关系有， - μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02
经过计算得，x =
（3）由于木板保持匀速直线运动，则有，F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有，a滑 = μg
滑块相对木板静止时有，v0 = a滑t，解得，t =
则整个过程中木板滑动的距离为x′ = v0t =
则拉力所做的功为，W = Fx′ = mv02
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