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课时突破练33　动量守恒定律及其应用
基础·满分练
命题角度一　系统动量守恒的判断
1.(多选)下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是(　　)
命题角度二　系统单方动量守恒的判断与应用
2.(多选)(2025安徽芜湖模拟)一个四分之一光滑圆弧形物块B静止在光滑的水平面上,圆弧的半径为R,一可视为质点的小物块A从物块B的底端以速度v0=2滑上圆弧,经过时间t恰好能滑上B的圆弧面顶端,已知滑块A的质量为m,重力加速度为g,则(　　)
A.物块A滑上圆弧面后,A、B组成的系统动量守恒
B.物块A滑上圆弧面后,A、B组成的系统机械能守恒
C.物块B的质量为m
D.物块A从底端到滑上圆弧面顶端的过程物块B的位移为
命题角度三　动量守恒中临界极值问题分析
3.(多选)如图所示,长木板A和滑块B间隔一定距离静置于光滑水平轨道上,滑块C以v0=10 m/s的速度从A左端滑上长木板,C相对A静止后、A与B发生碰撞,A、C再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与B碰撞。已知A、B、C质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg、mC=3 kg,碰撞时间极短。下列说法正确的是(　　)
A.与B碰撞前A的速度大小为5 m/s
B.与B碰撞后瞬间A的速度大小为3.5 m/s
C.与B碰撞后瞬间A的速度大小为4 m/s
D.与A碰撞后瞬间B的速度大小为5 m/s
命题角度四　动量守恒中推理归纳与应用
4.(8分)(2026江西九江模拟)在光滑平直轨道边依次站着2 025个人,间距均为d,每人手里拿着质量均为m,编号为1、2、3、…、2 025的沙包。一个质量也为m的货斗,在恒定外力F的推动下,从距离第1人的左侧d处由静止开始沿直线向右运动,货斗经过人身边时,该人立即将沙包无初速放入货斗,直到沙包全部放入为止。设沙包放入货斗时间极短,货斗及沙包均可视为质点。求:
(1)1号沙包放入货斗后瞬间的共同速率;
(2)2 025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率。
命题角度五　对碰撞问题的合理性分析
5.如图所示,动量大小分别为pA=5 kg·m/s和pB=6 kg·m/s的小球A和B在光滑水平面上沿着同一直线同向运动。A追上B并发生碰撞,若已知碰撞后A的动量大小减少了2 kg·m/s,而方向不变,那么,小球A、B的质量之比不可能是(　　)
A. B.
C. D.
命题角度六　弹性与非弹性碰撞综合判析
6.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
命题角度七　建 “人船模型”　析位移规律
7.(8分)如图,质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平,短轴竖直。质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。
小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离。
能力·高分练
8.(跨模块融通)(多选)如图所示,物体A、B放在光滑的水平面上,且两物体间有一定的间距。t=0时刻,分别给物体A、B向右的速度,物体A、B的动量大小均为p=12 kg·m/s (规定向右为正方向),经过一段时间两物体发生碰撞,已知碰后物体B的动量变为pB=16 kg·m/s,两物体的质量分别为mA、mB,则下列说法正确的是(　　)
A.物体A的动量增加4 kg·m/s
B.物体A的质量一定小于物体B的质量
C.若碰后两物体粘合在一起,则mA∶mB=1∶2
D.若该碰撞无机械能损失,则mA∶mB=7∶5
9.(跨模块融通)(2025河南卷)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(　　)
图1
图2
A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP
素养·提升练
10.(跨模块融通)(多选)物体间发生碰撞时,因材料不同,机械能损失程度不同,该性质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对速度大小的比值e来描述,称之为恢复系数。现有运动的物块A与静止的物块B发生正碰,关于A、B间的碰撞,下列说法正确的是(　　)
A.若e=0,则碰撞后A、B均静止
B.若e=1,则碰撞后A、B交换速度
C.若e=1,则碰撞前后A、B总动能相等
D.若e=0.5,A、B质量相同,则A、B碰后速度大小之比为1∶3
答案：
1.AC　解析 子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力,竖直方向所受合力为零,系统动量守恒,A正确;在弹簧恢复原长过程中,系统在水平方向始终受墙的作用力,系统动量不守恒,B错误;木球与铁球组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,C正确;木块滑下过程中,斜面始终受挡板的作用力,系统动量不守恒,D错误。
2.BCD　解析 该过程系统在水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故A错误;各处光滑,没有机械能损失,故B正确;A滑上B的过程,有mv0=(m+mB)v,mgR=(m+mB)v2,解得mB=m,故C正确;A滑上B的过程,A和B系统在水平方向动量守恒mv0=mvA+mvB,故mv0t=mvAt+mvBt,xA=vAt,xB=vBt,xA-xB=R,解得xB=,故D正确。
3.BD　解析 C滑上A到两者相对静止过程两者动量守恒,设与B碰撞前A的速度大小为v1,始终以水平向右为正方向,mCv0=(mA+mC)v1,代入数据解得v1=6 m/s,故A错误;A与B碰撞过程两者动量守恒,设碰后A速度为v2、B速度为v3,mAv1=mAv2+mBv3,由题意可知,A、C第二次同速时速度大小为v3,与碰后B的速度相同,第二次相对A滑动过程两者动量守恒mCv1+mAv2=(mA+mC)v3,联立解得v3=5 m/s,v2=3.5 m/s,故B、D正确,C错误。
4.(1)　(2)
解析 (1)放入沙包前,对货斗动能定理:Fd=,代入数据解得v1=,
1号沙包放入货斗后:mv1=2mv1共,可得v1共=。
(2)2号沙包放入货斗前:Fd=×2m×2m,
2号沙包放入货斗后:2mv2=3mv2共,可得v2共=,
3号沙包放入货斗前:Fd=×3m×3m,3号沙包放入货斗后:3mv3=4mv3共
可得v3共=
依此类推,可知第n个沙包放入货斗后的共同速度vn共=
所以,2 025个沙包放入货斗后的共同速度v2 025共=。
5.D　解析 根据动量守恒定律得pA+pB=pA'+pB',又pA'=3 kg·m/s,解得pB'=8 kg·m/s,碰撞过程系统的总动能不增加,有,代入得,碰撞前A的速度大于B的速度,有;碰撞后A的速度不大于B的速度,有,由以上不等式组解得,故D符合题意。
6.A　解析 根据题图,碰撞前甲、乙的速度分别为v甲=5.0 m/s,v乙=1.0 m/s,碰撞后甲、乙的速度分别为v甲'=-1.0 m/s,v乙'=2.0 m/s,碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙',解得m乙=6 kg,碰撞过程损失的机械能ΔE=m甲m乙m甲v甲'2-m乙v乙'2,解得ΔE=3 J,故选A。
7.
解析 小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程,水平方向上小球和凹槽组成的系统动量守恒,有0=mv1-Mv2
对小球与凹槽组成的系统,由机械能守恒定律有
mgb=
联立解得v2=
根据人船模型规律,在水平方向上有mx1=Mx2
又由位移关系知x1+x2=a
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2=。
8.BC　解析 由题意可知,该碰撞过程物体B的动量增加了ΔpB=pB-p=4 kg·m/s,碰撞过程两物体的动量守恒,则有ΔpB=-ΔpA,所以物体A的动量减少了4 kg·m/s,故A错误;由题意碰前物体A的速度一定大于物体B的速度,则有,解得mB>mA,故B正确;若碰后两物体粘合在一起,则碰后两物体的速度相同,则有,,又pA=p-4 kg·m/s=8 kg·m/s,解得,故C正确;若该碰撞为弹性碰撞,则碰撞过程中没有能量损失,则有,解得,故D错误。
9.D　解析 碰撞时系统动量守恒,则P和N碰撞时mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN',变形后有mP(vP-vP')=mN(vN'-vN),vP-vP'>vN'-vN,故mPmN>mP,D正确。
10.CD　解析 若e=0,则碰撞后二者相对速度为零,即碰撞后两物体速度相同,但不一定均静止,故A错误;设A、B的质量分别为m1、m2,碰前物体A的速度为v1,碰后物体A、B的速度分别为v1'和v2',若e==1,则v1+v1'=v2';根据动量守恒定律,有m1v1=m1v1'+m2v2',即m1(v1-v1')=m2v2',两式相乘可得m1m1v1'2+m1v2'2,即碰撞前后系统动能相等,两物体发生弹性碰撞,若m1=m2,则可解得v2'=v1,v1'=0,此时两物体发生速度交换,故B错误,C正确;若e==0.5,即0.5v1=v2'-v1',根据动量守恒定律,有m1v1=m1v1'+m2v2',因m1=m2,所以上式变为v1=v1'+v2',两式联立得v1'=v1,v2'=v1,即A、B碰后速度大小之比为1∶3,故D正确。
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