資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
1.3動量守恒定律
考點一、動量守恒定律 1
考點二、動量守恒定律的理解和簡單應用 3
【鞏固練習】 5
考點一、動量守恒定律
1．動量守恒定律的內容：如果一個系統 ，或者 ，這系統的總動量保持不變．
2．動量守恒定律成立的條件：
(1)系統不受 或者所受外力的合力為零．
(2)系統外力遠 內力時，外力的作用可以忽略，系統的動量守恒．
(3)系統在某個方向上的 為零時，系統在該方向上動量守恒．
3．動量守恒定律的表達式：
(1)m1v1＋m2v2＝ (作用前后動量相等)．
(2)Δp＝ (系統動量的增量為零)．
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統，兩物體動量的增量大小相等、方向相反)．
（2022秋 姜堰區期中）2022年北京冬奧會接力決賽中，中國隊奪得冠軍．比賽中“接棒”運動員在前面滑行，“交棒”運動員從后面用力推前方“接棒”運動員完成接力過程，如圖所示。假設交接棒過程中兩運動員的速度方向共線，忽略運動員所受摩擦力，則交接棒過程中兩運動員（　　）
A．組成的系統動量和機械能都守恒
B．加速度大小一定相同
C．動量的變化量等大反向
D．相互作用力做功之和一定等于零
（多選）（2022春 建平縣校級期中）一只質量為1.4kg的烏賊吸入0.1kg的水，靜止在水中。遇到危險時，它在百分之一秒時間內把吸入的水向后全部噴出，以2m/s的速度向前逃竄。以下說法正確的是（　　）
A．該烏賊與噴出的水的動量變化大小相等、方向相同
B．該烏賊噴出的水的速度大小為28m/s
C．該烏賊在這一次逃竄過程中消耗的能量為39.2J
D．該烏賊噴出水的過程中對水的平均作用力大小為280N
（多選）（2021秋 進賢縣校級期中）如圖所示，光滑水平面上有一小車，小車上有一物體，用一細線將物體系于小車的A端，物體與小車A端之間有一壓縮的彈簧，某時刻線斷了，物體沿車滑動到B端粘在B端的油泥上.則下述說法中正確的是（　　）
A．若物體滑動中不受摩擦力，則全過程系統機械能守恒
B．若物體滑動中有摩擦力，則全過程系統動量守恒
C．小車的最終速度與斷線前不同
D．全過程系統的機械能不守恒
（多選）（2023春 印臺區校級期中）如圖所示，A、B兩物體的質量之比mA：mB＝3：2，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，地面光滑，故平板車與地面間的摩擦不計，當突然釋放彈簧后，則有（　　）
A．A、B組成的系統動量守恒
B．A、B、C組成的系統動量守恒
C．小車將向左運動
D．小車將向右運動
（2022春 儋州校級期中）如圖所示，在光滑水平面上質量分別為mA＝2kg、mB＝4kg，速度的大小分別為vA＝5m/s、vB＝2m/s的A、B兩小球沿同一直線相向運動，則（　　）
A．它們碰撞前的總動量是18kg m/s，方向水平向右
B．它們碰撞后的總動量是2kg m/s，方向水平向右
C．它們碰撞后如A球以vA’＝1m/s的速度被反向彈回，則B球的速度大小為2m/s
D．它們碰撞后如A球B球粘在一起，則兩球共同運動的速度大小為3m/s
考點二、動量守恒定律的理解和簡單應用
1．動量守恒定律的“五性”
(1)系統性：注意判斷是哪幾個物體構成的系統的動量守恒．
(2)矢量性：是矢量式，解題時要規定正方向．
(3)相對性：系統中各物體在相互作用前后的速度必須相對于同一慣性系，通常為相對于地面的速度．
(4)同時性：初動量必須是各物體在作用前同一時刻的動量；末動量必須是各物體在作用后同一時刻的動量．
(5)普適性：不僅適用兩個物體或多個物體組成的系統，也適用于宏觀低速物體以及微觀高速粒子組成系統．
2．應用動量守恒定律解題的基本思路
(1)明確研究對象合理選擇系統．(2)判斷系統動量是否守恒．
(3)規定正方向及初、末狀態．(4)運用動量守恒定律列方程求解．
（2023春 南海區校級期中）“爆竹聲中一歲除”，將一個質量為m的爆竹豎直向上拋出，它到達最高點時爆炸成質量不等的兩塊，其中一塊的質量為，速度大小為v，忽略質量損失，則另一塊的速度大小是（　　）
A．v B．2v C．3v D．4v
（多選）（2023春 蘭州期中）向空中發射一炮彈，不計空氣阻力，當炮彈的速度恰好沿水平方向時，炮彈炸裂為質量相等的a、b兩塊。若a的速度方向仍沿原來的方向，且速度小于炸裂前瞬間的速度，則（　　）
A．b的速度方向一定與炸裂前瞬間的速度方向相反
B．炸裂的過程中，a、b動量的變化量大小一定相等
C．a、b一定同時到達地面
D．從炸裂到落地這段時間內，a飛行的水平距離一定比b的大
（2022春 祿勸縣校級期中）一枚在空中飛行的火箭在某時刻的速度為v0，方向水平，燃料即將耗盡。此時，火箭突然炸裂成兩塊（如圖所示），其中質量為m2的后部分箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統質量的變化，則質量為m1前部分箭體速率v1為（　　）
A．v0﹣v2 B．v0+v2
C． D．
（多選）（2021春 鄭州期末）在粗糙水平面上，兩個緊靠的物體之間放置有少許炸藥，炸藥爆炸后，兩物體分別滑動x1和x2的距離而停止，已知兩物體與水平面之間的動摩擦因數相同，由此可知（　　）
A．兩物體的質量之比為：
B．爆炸后瞬間兩物體的速度大小之比為：
C．爆炸后瞬間兩物體的動量大小之比為x1：x2
D．爆炸后瞬間兩物體的動能之比為：
（2023 鷹潭一模）有人對鞭炮中炸藥爆炸的威力產生了濃厚的興趣，他設計如下實驗，一個平板車固定在水平地面上，其右端恰好與光滑的半圓弧軌道的底端相切，在平板車的右端放置兩個可視為質點的緊挨著的A、B兩個物體（均可看成質點），物體質量均為m，現在在它們之間放少量炸藥。當初A、B兩物靜止，點燃炸藥讓其爆炸，物體B向右運動，恰能到達半圓弧最高點。物體A沿平板車表面向左做直線運動，最后從車上掉下來，落地點離平板車左端的水平距離為s，已知平板車上表面離地面的高度為h，且平板車上表面光滑，不計空氣阻力，重力加速度為g。試求：
（1）當A物體離開平板車后，重力對A做功的最大功率是多少？
（2）圓弧的半徑和炸藥爆炸時A、B兩物體所做的功。
動量守恒定律的成立條件
(1)系統不受外力或所受合外力為零．
(2)系統受外力作用，但內力遠遠大于合外力．此時動量近似守恒．
(3)系統受到的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內力遠遠大于外力)，則系統在該方向上動量守恒．
【鞏固練習】
（2023春 順德區校級月考）沖天炮飛上天后會在天空中爆炸。當沖天炮從水平地面斜飛向天空后且恰好沿水平方向運動的瞬間，突然炸裂成一大一小P、Q兩塊，且質量較大的P仍沿原來方向飛出去，則（　　）
A．質量較大的P先落回地面
B．炸裂前后瞬間，總動量守恒
C．炸裂后，P飛行的水平距離較大
D．炸裂時，P、Q兩塊受到的內力的沖量相等
（2022秋 吉州區校級期末）一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝1m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為2：1。不計質量損失，重力加速度g取10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能是（　　）
A． B．
C． D．
（2023春 普陀區校級期中）質量相同的甲、乙兩人站在光滑的冰面上，甲的手中拿有一個球，甲將球拋給乙，乙接到后，又拋給甲，如此反復多次，最后球落在乙手中。此時甲、乙兩人的速率關系是（　　）
A．甲、乙兩人速率相等 B．甲速率大
C．乙速率大 D．兩人仍保持靜止狀態
（多選）（2023春 龍巖期中）A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝2kg，mB＝5kg，vA＝8m/s，vB＝4m/s，當A球追上B球并發生碰撞后，A、B兩球速度vA′、vB′的可能值有（　　）
A．vA1＝3m/s，vB1＝6m/s B．vA1＝2m/s，vB1＝6.4m/s
C．vA1＝4m/s，vB1＝5.6m/s D．vA1＝﹣2m/s，vB1＝7m/s
（多選）（2023春 越秀區校級期中）如圖所示，在光滑的水平冰面上，一個坐在冰車上的人手扶一球靜止在冰面上。已知人和冰車的總質量M＝40kg，球的質量m＝5kg。某時刻人將球以相對于地面v0＝4m/s的水平速度向前方固定擋板推出，球與擋板碰撞后速度大小不變，人接住球后再以同樣的速度將球推出（假設人、球、冰車共速后才推球），直到人不能再接到球，下列說法正確的是（　　）
A．人第1次推球時，人、冰車、小球組成的系統動量守恒
B．人第1次推球直到不能再接到球，人、冰車、小球組成的系統動量守恒
C．人第1次接到球后，人、球、冰車共同的速度大小為
D．人第5次將球推出后將不再接到球
（多選）（2023春 洛陽月考）如圖所示，一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上用一條長為L的輕繩拴一個小球，小球與懸點在同一水平面上，輕繩拉直后小球從A點靜止釋放，不計一切阻力，下列說法正確的是（　　）
A．小球的機械能守恒，動量守恒
B．小車的機械能守恒，動量也守恒
C．小球和小車組成的系統機械能守恒，水平方向上動量守恒
D．小球一定能擺到與A點同高度處
（多選）（2023 上饒一模）世界上第一個想利用火箭飛行的人是明朝的士大夫萬戶。如圖所示，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，豎直飛上天空，當自己運動到最高點時展開風箏平穩著陸。假設萬戶及所攜設備：火箭（含燃料）、椅子、風箏等總質量為M＝90kg，點燃火箭后在極短的時間內，將質量為m＝20kg的熾熱燃氣相對地面以v0＝70m/s的速度豎直向下噴出。上升階段忽略空氣阻力的影響，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．燃氣噴出后，萬戶上升過程中處于超重狀態
B．火箭的推力來源于燃氣對它的反作用力
C．噴出燃氣后，萬戶及所攜設備能上升的最大高度為20m
D．在火箭噴氣結束后的上升過程中，萬戶及所攜設備機械能增大
（多選）（2023 深圳二模）安全帶是汽車行駛過程中生命安全的保障帶。如圖，在汽車正面碰撞測試中，汽車以72km/s的速度發生碰撞。車內假人的質量為50kg，使用安全帶時，假人用時0.8s停下；不使用安全帶時，假人與前方碰撞，用時0.2s停下。以下說法正確的是（　　）
A．碰撞過程中，汽車和假人的總動量守恒
B．無論是否使用安全帶，假人動量變化量相同
C．使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為1250N
D．不使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為2500N
（多選）（2023 大理州模擬）如圖所示，質量均為m的小球和小環用長為l不可伸長的輕繩相連，小環套在光滑固定的水平細桿上，將小球拉至輕繩與桿夾角為θ時，由靜止釋放，重力加速度為g，下列判斷正確的是（　　）
A．小球和小環組成的系統，動量守恒
B．小球向右擺到的最高點和釋放點的高度相同
C．小球運動到最低點時，速度為
D．小球運動到最低點時，輕繩對環的拉力為mg（2﹣sinθ）
（多選）（2022秋 西湖區期末）社區工作人員想請你來向大家解釋高空拋物的危害。請你以一個雞蛋從20樓扔下（初速度大小可以忽略），估算出其對地面的作用力大小，忽略空氣阻力的影響，在估算過程中可能要用到的物理知識有（　　）
A．動量守恒定律 B．牛頓第一定律
C．動量定理 D．機械能守恒定律
（2022秋 龍港區校級期末）算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝4cm，乙與邊框a相隔s2＝2cm，算珠與導桿間的動摩擦因數μ＝0.2。現用手指將甲以0.5m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10m/s2。
（1）通過計算，判斷乙算珠能否歸零；
（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間。
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1.3動量守恒定律
考點一、動量守恒定律 1
考點二、動量守恒定律的理解和簡單應用 5
【鞏固練習】 9
考點一、動量守恒定律
1．動量守恒定律的內容：如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這系統的總動量保持不變．
2．動量守恒定律成立的條件：
(1)系統不受外力或者所受外力的合力為零．
(2)系統外力遠小于內力時，外力的作用可以忽略，系統的動量守恒．
(3)系統在某個方向上的合外力為零時，系統在該方向上動量守恒．
3．動量守恒定律的表達式：
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后動量相等)．
(2)Δp＝0(系統動量的增量為零)．
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統，兩物體動量的增量大小相等、方向相反)．
（2022秋 姜堰區期中）2022年北京冬奧會接力決賽中，中國隊奪得冠軍．比賽中“接棒”運動員在前面滑行，“交棒”運動員從后面用力推前方“接棒”運動員完成接力過程，如圖所示。假設交接棒過程中兩運動員的速度方向共線，忽略運動員所受摩擦力，則交接棒過程中兩運動員（　　）
A．組成的系統動量和機械能都守恒
B．加速度大小一定相同
C．動量的變化量等大反向
D．相互作用力做功之和一定等于零
【解答】解：A、忽略運動員所受摩擦力，兩運動員交接棒的過程，兩運動員組成的系統合外力為零，動量守恒。“交棒”運動員用力推前方“接棒”運動員，要消耗體內的化學能，轉化為系統的機械能，故系統的機械能不守恒，故A錯誤；
B、根據牛頓第三定律可知，兩運動員之間相互作用力大小相等，方向相反，由于兩運動員的質量不一定相等，所以根據牛頓第二定律F＝ma知，加速度大小不一定
相等，故B錯誤；
C、兩運動員組成的系統動量守恒，則Δp1＝﹣Δp2，即兩運動員的動量變化量大小相等，方向相反，故C正確；
D、兩運動員交接棒的過程，二者對地位移不相等，相互作用力大小相等，則相互作用力做功之和不等于零，故D錯誤。
故選：C。
（多選）（2022春 建平縣校級期中）一只質量為1.4kg的烏賊吸入0.1kg的水，靜止在水中。遇到危險時，它在百分之一秒時間內把吸入的水向后全部噴出，以2m/s的速度向前逃竄。以下說法正確的是（　　）
A．該烏賊與噴出的水的動量變化大小相等、方向相同
B．該烏賊噴出的水的速度大小為28m/s
C．該烏賊在這一次逃竄過程中消耗的能量為39.2J
D．該烏賊噴出水的過程中對水的平均作用力大小為280N
【解答】解：AB、取噴射出水分后的瞬間烏賊的速度方向為正方向，速度大小為v1，水的速度為v根據動量守恒定律得：
0＝m烏v1﹣m水v2；烏賊與噴出的水的動量變化大小相等、方向相反
將數據代入上式解得：v2＝28m/s，故A錯誤，B正確；
C、烏賊消耗能量轉化為水的動能和自身動能，Ek，代入數據解得：Ek＝42J，故C錯誤；
D、以烏賊為研究對象，運用動量定理得：Ft＝m烏v1﹣0，解得F＝280N
由牛頓第三定律，烏賊對噴出水流的平均作用力為：F＝280N，故D正確；
故選：BD。
（多選）（2021秋 進賢縣校級期中）如圖所示，光滑水平面上有一小車，小車上有一物體，用一細線將物體系于小車的A端，物體與小車A端之間有一壓縮的彈簧，某時刻線斷了，物體沿車滑動到B端粘在B端的油泥上.則下述說法中正確的是（　　）
A．若物體滑動中不受摩擦力，則全過程系統機械能守恒
B．若物體滑動中有摩擦力，則全過程系統動量守恒
C．小車的最終速度與斷線前不同
D．全過程系統的機械能不守恒
【解答】解：AD、物體與橡皮泥粘合的過程，發生非彈性碰撞，系統機械能有損失，所以全過程系統的機械能不守恒，故A錯誤，D正確。
B、取小車、物體和彈簧為一個系統，則系統水平方向不受外力（若物體在滑動過程中有摩擦力，為系統的內力），全過程系統的動量守恒，故B正確；
C、取系統的初速度方向為正方向，根據動量守恒定律可知，物體沿車滑動到B端粘在B端的油泥上后系統共同的速度與初速度是相同的，故C錯誤。
故選：BD。
（多選）（2023春 印臺區校級期中）如圖所示，A、B兩物體的質量之比mA：mB＝3：2，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，地面光滑，故平板車與地面間的摩擦不計，當突然釋放彈簧后，則有（　　）
A．A、B組成的系統動量守恒
B．A、B、C組成的系統動量守恒
C．小車將向左運動
D．小車將向右運動
【解答】解：A、由于mA：mB＝3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B組成的系統合外力不為零，動量不守恒，故A錯誤；
B、地面光滑，A、B、C系統受到的合外力為零，則系統動量守恒，故B正確；
CD、由于A、B兩木塊的質量之比為mA：mB＝3：2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A對小車向左的滑動摩擦力大于B對小車向右的滑動摩擦力，在A、B相對小車停止運動之前，小車的合力所受的合外力向左，會向左運動，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
（2022春 儋州校級期中）如圖所示，在光滑水平面上質量分別為mA＝2kg、mB＝4kg，速度的大小分別為vA＝5m/s、vB＝2m/s的A、B兩小球沿同一直線相向運動，則（　　）
A．它們碰撞前的總動量是18kg m/s，方向水平向右
B．它們碰撞后的總動量是2kg m/s，方向水平向右
C．它們碰撞后如A球以vA’＝1m/s的速度被反向彈回，則B球的速度大小為2m/s
D．它們碰撞后如A球B球粘在一起，則兩球共同運動的速度大小為3m/s
【解答】解：AB．取水平向右方向為正方向，設碰撞后總動量為p，它們碰撞前的總動量是p＝mAvA+mBvB＝2×5kg m/s+4×（﹣2）kg m/s＝2kg m/s，
方向水平向右，碰撞過程動量守恒，碰撞后的總動量是2kg m/s，方向水平向右，故A錯誤，B正確；
C．如A球以vA’＝ 1m/s的速度被反向彈回，則p＝mAvA′+mBvB′，解得B球的速度為vB′＝1m/s，故C錯誤；
D．碰撞后如A球B球粘在一起，由動量守恒定律可得，p＝（mA+mB）v，解得vm/s，故D錯誤。
故選：B。
考點二、動量守恒定律的理解和簡單應用
1．動量守恒定律的“五性”
(1)系統性：注意判斷是哪幾個物體構成的系統的動量守恒．
(2)矢量性：是矢量式，解題時要規定正方向．
(3)相對性：系統中各物體在相互作用前后的速度必須相對于同一慣性系，通常為相對于地面的速度．
(4)同時性：初動量必須是各物體在作用前同一時刻的動量；末動量必須是各物體在作用后同一時刻的動量．
(5)普適性：不僅適用兩個物體或多個物體組成的系統，也適用于宏觀低速物體以及微觀高速粒子組成系統．
2．應用動量守恒定律解題的基本思路
(1)明確研究對象合理選擇系統．(2)判斷系統動量是否守恒．
(3)規定正方向及初、末狀態．(4)運用動量守恒定律列方程求解．
（2023春 南海區校級期中）“爆竹聲中一歲除”，將一個質量為m的爆竹豎直向上拋出，它到達最高點時爆炸成質量不等的兩塊，其中一塊的質量為，速度大小為v，忽略質量損失，則另一塊的速度大小是（　　）
A．v B．2v C．3v D．4v
【解答】解：以質量為的m的速度方向為正方向，爆竹在最高點爆炸，水平方向爆炸力遠遠大于阻力，動量守恒，由動量守恒定律有：
得：v'＝﹣2v
所以另一塊的速度大小為2v，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（多選）（2023春 蘭州期中）向空中發射一炮彈，不計空氣阻力，當炮彈的速度恰好沿水平方向時，炮彈炸裂為質量相等的a、b兩塊。若a的速度方向仍沿原來的方向，且速度小于炸裂前瞬間的速度，則（　　）
A．b的速度方向一定與炸裂前瞬間的速度方向相反
B．炸裂的過程中，a、b動量的變化量大小一定相等
C．a、b一定同時到達地面
D．從炸裂到落地這段時間內，a飛行的水平距離一定比b的大
【解答】解：A、由于炮彈水平方向不受外力，所以炸裂的過程中a、b組成的系統在水平方向上動量守恒，設炮彈炸裂前瞬間的速度為v，炸裂后a、b的速度分別為va、vb，取炮彈炸裂前速度方向為正方向，由動量守恒定律得：（ma+mb）v＝mava+mbvb，據題va＜v，可得vb＞0，vb的方向與v方向相同，且有vb＞v，故A錯誤；
B、炸裂的過程中，根據動量守恒定律得：Δpa+Δpb＝0，得Δpa＝﹣Δpb，即a、b動量的變化量大小一定相等，方向一定相反，故B正確；
C、炸裂后都做平拋運動，在豎直方向上做自由落體運動，落地時間由高度決定，可知a、b一定同時落地，故C正確；
D、由A分析知，va＜v，vb＞v，則va＜vb，從炸裂到落地這段時間內，a飛行的水平距離一定比b的小，故D錯誤。
故選：BC。
（2022春 祿勸縣校級期中）一枚在空中飛行的火箭在某時刻的速度為v0，方向水平，燃料即將耗盡。此時，火箭突然炸裂成兩塊（如圖所示），其中質量為m2的后部分箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統質量的變化，則質量為m1前部分箭體速率v1為（　　）
A．v0﹣v2 B．v0+v2
C． D．
【解答】解：火箭在爆炸分離時水平方向上動量守恒，規定初速度的方向為正方向，有：（m1+m2）v0＝m1v1+m2v2解得，故ABC正確，D正確。
故選：D。
（多選）（2021春 鄭州期末）在粗糙水平面上，兩個緊靠的物體之間放置有少許炸藥，炸藥爆炸后，兩物體分別滑動x1和x2的距離而停止，已知兩物體與水平面之間的動摩擦因數相同，由此可知（　　）
A．兩物體的質量之比為：
B．爆炸后瞬間兩物體的速度大小之比為：
C．爆炸后瞬間兩物體的動量大小之比為x1：x2
D．爆炸后瞬間兩物體的動能之比為：
【解答】解：B、設爆炸后瞬間兩物體的速度大小分別為v1、v2。炸藥爆炸后，對兩物體滑行過程，分別根據動能定理得：
﹣μm1gx1＝0m1v12，﹣μm2gx2＝0m2v22，聯立解得v1：v2：，故B正確；
A、炸藥爆炸過程，取爆炸后物體m1的速度方向為正方向，由動量守恒定律得
m1v1﹣m2v2＝0,解得m1：m2＝v2：v1：，故A錯誤；
C、由上知爆炸后瞬間兩物體的動量大小之比為p1：p2＝m1v1：m2v2＝1：1，故C錯誤；
D、爆炸后瞬間兩物體的動能之比為Ek1：Ek2m1v12：m2v22＝μm1gx1：μm2gx2：，故D正確。
故選：BD。
（2023 鷹潭一模）有人對鞭炮中炸藥爆炸的威力產生了濃厚的興趣，他設計如下實驗，一個平板車固定在水平地面上，其右端恰好與光滑的半圓弧軌道的底端相切，在平板車的右端放置兩個可視為質點的緊挨著的A、B兩個物體（均可看成質點），物體質量均為m，現在在它們之間放少量炸藥。當初A、B兩物靜止，點燃炸藥讓其爆炸，物體B向右運動，恰能到達半圓弧最高點。物體A沿平板車表面向左做直線運動，最后從車上掉下來，落地點離平板車左端的水平距離為s，已知平板車上表面離地面的高度為h，且平板車上表面光滑，不計空氣阻力，重力加速度為g。試求：
（1）當A物體離開平板車后，重力對A做功的最大功率是多少？
（2）圓弧的半徑和炸藥爆炸時A、B兩物體所做的功。
【解答】解：（1）重力對A做功的最大功率是剛落地時
剛落地時在豎直方向的速度為：
最大功率是：
（2）設物體離開平板車的速度為v，A物體離開平板車后做平拋運動，由平拋運動規律，得
在水平方向上，有：s＝v1t
在豎直方向上，有：
聯立兩式解得：
設炸藥爆炸后A、B兩物體的速度分別為v1、v2，炸藥爆炸后，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得：mv1﹣mv2＝0
物體B向右運動到達半圓弧最高點的速度為v3。物體B恰能到達最高點，由重力提供向心力，由牛頓第二定律得：
物體B上升到最高點過程中，由機械能守恒定律得：
聯立解得：
由功能關系，炸藥對A、B物體做的功為：
解得：
答：（1）重力對A做功的最大功率是為；
（2）圓弧的半徑為，炸藥爆炸時對A、B兩物體所做的功為。
動量守恒定律的成立條件
(1)系統不受外力或所受合外力為零．
(2)系統受外力作用，但內力遠遠大于合外力．此時動量近似守恒．
(3)系統受到的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內力遠遠大于外力)，則系統在該方向上動量守恒．
【鞏固練習】
（2023春 順德區校級月考）沖天炮飛上天后會在天空中爆炸。當沖天炮從水平地面斜飛向天空后且恰好沿水平方向運動的瞬間，突然炸裂成一大一小P、Q兩塊，且質量較大的P仍沿原來方向飛出去，則（　　）
A．質量較大的P先落回地面
B．炸裂前后瞬間，總動量守恒
C．炸裂后，P飛行的水平距離較大
D．炸裂時，P、Q兩塊受到的內力的沖量相等
【解答】解：A．炸裂后P、Q兩塊的速度方向均沿水平方向，之后做平拋運動回到地面，距離地面高度相同，故同時落地，故A錯誤；
B．在炸裂過程中，由于重力遠小于內力，系統的動量守恒，故B正確；
C．炸裂時，質量較小的Q可能仍沿原來的方向，也可以與原方向相反，無法確定P、Q兩塊炸裂時速度的大小關系，也就無法比較水平距離大小關系，故C錯誤；
D．炸裂時P、Q兩塊受到的內力大小相等，方向相反，故炸裂時P、Q兩塊受到的內力的沖量大小相等，方向相反，故D錯誤。
故選：B。
（2022秋 吉州區校級期末）一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝1m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為2：1。不計質量損失，重力加速度g取10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A．由圖可知，爆炸后的物體下落時間為
hgt2
解得
hs＝1s
水平方向做勻速直線運動，則
v甲m/s＝2.5m/s
v乙m/s＝0.5m/s
設彈丸總質量為3m，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為2：1，則甲的質量為2m，乙的質量為m，以爆炸前的速度方向為正方向，爆炸過程中動量守恒，則
3mv＝2mv甲﹣mv乙
把甲、乙速度代入不成立，故A錯誤；
B．水平方向做勻速直線運動，則
v甲m/s＝2.5m/s
v乙m/s＝0.5m/s
設彈丸總質量為3m，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為2：1，則甲的質量為2m，乙的質量為m，以爆炸前的速度方向為正方向，爆炸過程中動量守恒，則
3mv＝2mv甲+mv乙
把甲、乙速度代入不成立，故B錯誤；
C．水平方向做勻速直線運動，則
v甲m/s＝2m/s
v乙m/s＝1m/s
設彈丸總質量為3m，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為2：1，則甲的質量為2m，乙的質量為m，以爆炸前的速度方向為正方向，爆炸過程中動量守恒，則
3mv＝2mv甲+mv乙
把甲、乙速度代入不成立，故C錯誤；
D．水平方向做勻速直線運動，則
v甲m/s＝2m/s
v乙m/s＝1m/s
設彈丸總質量為3m，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為2：1，則甲的質量為2m，乙的質量為m，以爆炸前的速度方向為正方向，爆炸過程中動量守恒，則
3mv＝2mv甲+mv乙
把甲、乙速度代入成立，故D正確。
故選：D。
（2023春 普陀區校級期中）質量相同的甲、乙兩人站在光滑的冰面上，甲的手中拿有一個球，甲將球拋給乙，乙接到后，又拋給甲，如此反復多次，最后球落在乙手中。此時甲、乙兩人的速率關系是（　　）
A．甲、乙兩人速率相等 B．甲速率大
C．乙速率大 D．兩人仍保持靜止狀態
【解答】解：以甲、乙與球組成的系統為研究對象，設甲與乙的質量為M，球的質量為m，系統水平方向動量守恒，開始總動量為零，以甲的速度方向為正方向，由于最后球落在乙的手中，有：Mv1＝（M+m）v2，所以有v1＞v2，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（多選）（2023春 龍巖期中）A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝2kg，mB＝5kg，vA＝8m/s，vB＝4m/s，當A球追上B球并發生碰撞后，A、B兩球速度vA′、vB′的可能值有（　　）
A．vA1＝3m/s，vB1＝6m/s B．vA1＝2m/s，vB1＝6.4m/s
C．vA1＝4m/s，vB1＝5.6m/s D．vA1＝﹣2m/s，vB1＝7m/s
【解答】解：小球在水平面發生碰撞，則要滿足下面幾個條件：
（1）碰撞過程動量守恒；mAvA+mBvB＝mAv'A+mBv'B
（2）碰后動能不增加；EkA+EkB≥E'kA+E'kB
（3）碰后速度方向要合理。
A．碰撞前初動量p0＝mAvA+mBvB＝2×8kg m/s+5×4kg m/s＝36kg m/s
末動量p＝mAvA1+mBvB1＝2×3kg m/s+5×6kg m/s＝36kg m/s
即滿足動量守恒；
碰撞前總動能Ek0
碰撞后動能：
即滿足總動能不增加，根據給出數據可知，碰后速度方向相同，由于vA1＜vB1
符合實際，即兩球速度可能存在，故A正確；
B．碰撞后的動量p＝mAvA1+mBvB1＝2×2kg m/s+5×6.4kg m/s＝36kg m/s
即滿足動量守恒；
碰撞后總動能Ek
即總動能增加，兩球速度不可能存在，故B錯誤；
C．碰撞后的動量p＝mAvA1+mBvB1＝2×4kg m/s+5×5.6kg m/s＝36kg m/s
即滿足動量守恒；
碰撞后總動能Ek
即滿足總動能不增加，根據給出數據可知，碰后速度方向相同，由于vA1＜vB1
符合實際，即兩球速度可能存在，故C正確；
D．碰撞后的動量p＝mAvA1+mBvB1＝2×（﹣2）kg m/s+8×7kg m/s＝31kg m/s
即碰撞后動量減少，不滿足動量守恒，不符合實際，即兩球速度不可能存在，故D錯誤。
故選：AC。
（多選）（2023春 越秀區校級期中）如圖所示，在光滑的水平冰面上，一個坐在冰車上的人手扶一球靜止在冰面上。已知人和冰車的總質量M＝40kg，球的質量m＝5kg。某時刻人將球以相對于地面v0＝4m/s的水平速度向前方固定擋板推出，球與擋板碰撞后速度大小不變，人接住球后再以同樣的速度將球推出（假設人、球、冰車共速后才推球），直到人不能再接到球，下列說法正確的是（　　）
A．人第1次推球時，人、冰車、小球組成的系統動量守恒
B．人第1次推球直到不能再接到球，人、冰車、小球組成的系統動量守恒
C．人第1次接到球后，人、球、冰車共同的速度大小為
D．人第5次將球推出后將不再接到球
【解答】解：A、第一次推球時（小球未與擋板接觸），人、冰車和小球組成的系統所受的合外力為零，系統動量守恒，故A正確；
B、球與擋板碰撞過程，擋板的作用力對系統有沖量，人、冰車和小球組成的系統動量不守恒，故B錯誤；
C、設擋板每次對球碰撞作用的沖量為I，則有I＝2mv0
以人及冰車與球組成的系統為對象，人第一次接到球后，由動量定理有I＝（M+m）v共
聯立解得：v共
故C正確；
D、設擋板每次對球碰撞作用的沖量為I，則有I＝2mv0
再以人及冰車與球組成的系統為對象，人推n次后，由動量定理有（n﹣1）I＝Mv人﹣mv0
得到
若要人不再接到球，至少有v人＞v0
代入數據得n＞4.5
人將球推出5次后不再接到球，故D正確。
故選：ACD。
（多選）（2023春 洛陽月考）如圖所示，一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上用一條長為L的輕繩拴一個小球，小球與懸點在同一水平面上，輕繩拉直后小球從A點靜止釋放，不計一切阻力，下列說法正確的是（　　）
A．小球的機械能守恒，動量守恒
B．小車的機械能守恒，動量也守恒
C．小球和小車組成的系統機械能守恒，水平方向上動量守恒
D．小球一定能擺到與A點同高度處
【解答】解：AB、小球在運動過程中，小車在水平面上要運動，繩子拉力方向與小球的速度方向不垂直，則繩子拉力對小球要做功，所以小球的機械能不守恒；小球在運動過程中有向心加速度，豎直方向具有向上的分加速度，小車和小球組成的系統處于超重狀態，地面對小車的支持力大于小車和小球的總重力，系統所受的合力不為零，則系統的總動量不守恒，故AB錯誤；
C、以小球和小車組成的系統為研究對象，只有小球的重力做功，系統的機械能守恒。系統水平方向不受外力，則系統水平方向上動量守恒，故C正確；
D、當小球向下擺過程中，小車向左加速；當小球向上擺動時，小車向左減速，當小車速度減為零時，根據系統機械能守恒，小球將擺到與A點等高處，故D正確。
故選：CD。
（多選）（2023 上饒一模）世界上第一個想利用火箭飛行的人是明朝的士大夫萬戶。如圖所示，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，豎直飛上天空，當自己運動到最高點時展開風箏平穩著陸。假設萬戶及所攜設備：火箭（含燃料）、椅子、風箏等總質量為M＝90kg，點燃火箭后在極短的時間內，將質量為m＝20kg的熾熱燃氣相對地面以v0＝70m/s的速度豎直向下噴出。上升階段忽略空氣阻力的影響，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．燃氣噴出后，萬戶上升過程中處于超重狀態
B．火箭的推力來源于燃氣對它的反作用力
C．噴出燃氣后，萬戶及所攜設備能上升的最大高度為20m
D．在火箭噴氣結束后的上升過程中，萬戶及所攜設備機械能增大
【解答】解：A．燃氣噴出后，萬戶將減速上升，加速度方向向下，可知萬戶上升過程中處于失重狀態，故A錯誤；
B．熾熱的燃氣向下噴出過程中，火箭對燃氣的作用力與燃氣對火箭的作用力是一對相互作用力，火箭的推力來源于燃氣對它的反作用力，故B正確；
C．由于點燃火箭后，噴氣過程在極短的時間內完成，則內力遠遠大于外力，選擇豎直向上的方向為正方向，該過程動量近似守恒，由此可得：
mv0﹣（M﹣m）v1＝0
上升階段忽略空氣阻力的影響，之后火箭做豎直上拋運動，根據速度—位移公式可得：
解得：hmax＝20m，故C正確；
D．在火箭噴氣結束后的上升過程中，由于上升階段忽略空氣阻力的影響，即只有重力做功，則萬戶及所攜設備的機械能守恒，即機械能不變，故D錯誤。
故選BC。
（多選）（2023 深圳二模）安全帶是汽車行駛過程中生命安全的保障帶。如圖，在汽車正面碰撞測試中，汽車以72km/s的速度發生碰撞。車內假人的質量為50kg，使用安全帶時，假人用時0.8s停下；不使用安全帶時，假人與前方碰撞，用時0.2s停下。以下說法正確的是（　　）
A．碰撞過程中，汽車和假人的總動量守恒
B．無論是否使用安全帶，假人動量變化量相同
C．使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為1250N
D．不使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為2500N
【解答】解：A、碰撞過程中，汽車和假人受到外力，所以總動量不守恒，故A錯誤；
B、無論是否使用安全帶，假人的初速度和末速度都與使用安全帶時相同，所以假人動量變化量相同，故B正確；
CD、選擇汽車的初速度方向為正方向，v＝72km/h＝20m/s，根據動量定理可得：
使用安全帶時，
代入數據解得：
不使用安全帶時，則
代入數據解得：，故C正確，D錯誤；
故選：BC。
（多選）（2023 大理州模擬）如圖所示，質量均為m的小球和小環用長為l不可伸長的輕繩相連，小環套在光滑固定的水平細桿上，將小球拉至輕繩與桿夾角為θ時，由靜止釋放，重力加速度為g，下列判斷正確的是（　　）
A．小球和小環組成的系統，動量守恒
B．小球向右擺到的最高點和釋放點的高度相同
C．小球運動到最低點時，速度為
D．小球運動到最低點時，輕繩對環的拉力為mg（2﹣sinθ）
【解答】解：A．根據題意可知，小球向下擺動，有豎直方向的加速度，系統在豎直方向上合力不為零，則小球和小環組成的系統動量不守恒，故A錯誤；
B．根據題意可知，水平方向不受外力，則小球和小環組成的系統水平方向動量守恒。小球向右擺到的最高點時，小球和小環的速度相同，設為v，取水平向右為正方向，由系統水平方向動量守恒得：0＝2mv
解得：v＝0。
根據系統機械能守恒可知，小球向右擺到的最高點和釋放點的高度相同，故B正確；
C．根據題意可知，小球運動到最低點時，設小球速度的大小v1，小環速度的大小v2，取水平向右為正方向，由系統水平方向動量守恒定律有：0＝mv1+mv2
由機械能守恒定律有：
解得：
故C正確；
D．根據題意可知，小球相對于小環的速度為：
由牛頓第二定律有：
解得：F＝mg+4mg（1﹣sinθ）＝mg（5﹣4sinθ）
故D錯誤。
故選：BC。
（多選）（2022秋 西湖區期末）社區工作人員想請你來向大家解釋高空拋物的危害。請你以一個雞蛋從20樓扔下（初速度大小可以忽略），估算出其對地面的作用力大小，忽略空氣阻力的影響，在估算過程中可能要用到的物理知識有（　　）
A．動量守恒定律 B．牛頓第一定律
C．動量定理 D．機械能守恒定律
【解答】解：根據題意可知，由于忽略空氣阻力的影響，則雞蛋下落的過程中機械能守恒，求出雞蛋落地時的速度v，雞蛋落地后，在雞蛋重力mg和地面對雞蛋的支持力FN作用下，速度由v減小到0，所用時間為t，取向下為正方向，由動量定理有：（mg﹣FN）t＝0﹣mv
解得：
再根據牛頓第三定律可知，雞蛋落地時對地面的作用力與地面對雞蛋的作用力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，則雞蛋落地時對地面的作用力大小為：
可知，估算過程中用到了機械能守恒定律、動量定理和牛頓第三定律。故AB錯誤，CD正確。
故選：CD。
（2022秋 龍港區校級期末）算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝4cm，乙與邊框a相隔s2＝2cm，算珠與導桿間的動摩擦因數μ＝0.2。現用手指將甲以0.5m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10m/s2。
（1）通過計算，判斷乙算珠能否歸零；
（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間。
【解答】解：（1）算珠相同，設每個算珠的質量為m，由題意可知，甲算珠的初速度大小v0＝0.5m/s，碰撞后瞬間甲算珠的速度大小v甲＝0.1m/s，
設甲、乙兩算珠碰撞前瞬間甲算珠的速度大小為v1，從甲算珠開始運動到甲、乙碰撞前瞬間過程，對甲算珠，由動能定理得：
﹣μmgs1
代入數據解得：v1＝0.3 m/s
甲、乙兩算珠碰撞過程系統內力遠大于外力，系統動量守恒，設碰撞后瞬間乙算珠的速度大小為v乙，
以碰撞前甲算珠的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv1＝mv甲+mv乙，
代入數據解得：v乙＝0.2 m/s
設乙從碰撞后到減速為零的過程滑行的距離為s，對乙算珠，由動能定理得：
﹣μmgs＝0
代入數據解得：
s＝0.01m＜s2＝0.02m，故乙算珠不能歸零；
（2）設兩算珠碰撞后甲滑行距離s3后速度變為零，對甲，由動能定理得：
﹣μmgs3＝0
代入數據解得：s3＝0.0025 m
設從甲開始運動到甲乙碰撞所需時間為t1，從甲乙碰撞到甲停止運動需要的時間為t2，
則：s1t1
s3t2
代入數據解得：t1＝0.1s，t2＝0.05s：
甲算珠從撥出到停下所需的時間：
t＝t1+t2＝（0.1+0.05）s＝0.15s
答：（1）乙算珠不能歸零；
（2）甲算珠從撥出到停下所需的時間是0.15s。
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