全国版2019版高考物理一轮复习第7章动量守恒定律27动量守恒定律及其应用能力训练

27 动量守恒定律及其应用 1．(2017·安徽滁州联考)(多选)一质量为M的小船静止在平静的湖面上，船头和船尾各站一位质量均为m的游泳爱好者，两人分别从船头和船尾沿相反的方向跃入水中，则下列说法中正确的有( ) A．若两人同时以相等的速率跃入水中，则船仍保持静止 B．若两人先后以相等的相对水的速率跃入水中，则船速等于0 C．若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，则船速等于0 D．无论两人如何跃入水中，船始终保持静止 答案 AB 解析 两个人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，开始总动量为零，不管谁先跃入水中，若两人相对水的速率相等，则有0＝mv－mv＋Mv′，可知v′＝0，故A、B正确。若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，可知两人相对水的速度大小不等，根据动量守恒定律知，船速不为0，故C、D错误。 2．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )

A.mhM＋mB.MhM＋m C.mhM＋mαD.MhM＋mα 答案 C 解析 此题属“人船模型”问题。m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水

平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2且x1＋x2＝htanα

联立解得x2＝mhM＋mα，C正确。 3．(2017·黑龙江哈三中二模)如图所示，在光滑水平面上质量为m的物体A以速度v0

与静止的物体B发生碰撞，物体B的质量为2m，则碰撞后物体B的速度大小可能为( ) A．v0 B.4v03 C．0 D.v03 答案 D 解析 物体A与物体B碰撞的过程中动量守恒，选物体A原来的运动方向为正方向：如

果发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，计算得出v＝v03；如果发生

的是弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律得12mv20＝12mv21＋12·2mv22，计算得出v2＝2v03。碰撞后物体B的速度满足v03≤vB≤2v03，D正确。 4.(2017·四川成都石室中学二诊)如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最

短的过程中( )

A．A、B的动量变化量相同 B．A、B的动量变化率相同 C．A、B系统的总动能保持不变 D．A、B系统的总动量保持不变 答案 D 解析 两物块相互作用过程中系统所受到的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B的动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，故A错误、D正确；由动量定理Ft＝Δp可知，动量的变化率等于物块所受到的合外力，A、B两物块所受的合外力大小相等、

方向相反，所受到的合外力不同，则动量的变化率不同，故B错误；A、B及弹簧系统的总机械能不变，弹性势能在变化，则A、B系统的总动能在变化，故C错误。 5.(2017·重庆巴蜀中学模拟)(多选)如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为2m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量为m的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰(时间极短)后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿曲面上升。下列说法正确的是( ) A．物体B、A组成的系统，在发生碰撞的过程中动量守恒，在弹簧被压缩的过程中机械能守恒

B．物体B返回过程中能达到的最大高度为h9

C．物体A对B的冲量大小为43m2gh D．物体A对B做的功为89mgh 答案 BC 解析 A与B组成的系统碰撞过程合外力为零，则系统的动量守恒，此后A和B一起压缩弹簧，只有弹簧的弹力做功，则A和B与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误。对B下

滑过程，根据机械能守恒定律可得mgh＝12mv20，B刚到达水平面的速度v0＝2gh，B与A碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝3mv，知A与B碰撞后的共同速度为v＝v03，此后一起压缩弹簧到最短又恢复原长，B以速度v返回曲面，则mgh′＝12mv2，可得h′

＝h9，故B正确。取向左为正方向，对B分析，由动量定理可知I＝mv－(－mv0)＝43m·2gh，故C正确。A对B做的功由动能定理有W＝12mv2－12mv20＝－89mgh，故D错误。 6．(2017·安徽模拟)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m静止的物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知

物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则碰撞前瞬间A的速度为( )

A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s 答案 C

解析 碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－12×2mv2，代入数据解得v＝1 m/s，A与B组成的系统在碰撞过程中水平方向的动量守恒，取向右为正方向，则mv0＝mv1＋2mv，由于碰撞过程中没有机械能损失，则12mv20＝12mv21＋12×2mv2，联立可得v0＝1.5 m/s，故A、B、D错误，C正确。 7.(2017·河北衡水中学调研)(多选)如图所示，质量分别为m1＝1.0 kg和m2＝2.0 kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。该系统以速度v0

＝0.10 m/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直

线运动。经过时间t＝5.0 s后，测得两球相距s＝4.5 m，则下列说法正确的是( )

A．刚分离时，a球的速度大小为0.7 m/s B．刚分离时，b球的速度大小为0.2 m/s C．刚分离时，a、b两球的速度方向相同 D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J 答案 ABD 解析 系统的总动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，两球相距s＝v1t－v2t，代入数据解得v1＝0.7 m/s，v2＝－0.2 m/s，负号表示速度方向与正

方向相反，故A、B正确，C错误；由能量守恒定律得12(m1＋m2)v20＋Ep＝12m1v21＋12m2v22，代入数据解得Ep＝0.27 J，故D正确。 8．(2017·天津一中月考)如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在车B上坐着一个小孩，车B与小孩的总质量是车A质量的4倍。从静止开始，小孩把车A以速度v(对地)推出，车A返回后，小孩抓住并两次把它推出，每次推出车A的速度都是v(对地)、方向向左，则小孩把车A总共推出多少次后，车A返回时，小孩不能再接到车A。(小车与竖直墙相撞无能量损失)

答案 3 解析 设小孩把车A总共推出n次后，车A返回时，小孩恰好不能再接到小车A。此时，车A返回时的速度v与车B的速度恰好相等， 即vB＝v① 第1次推车时，小孩和车B获得的动量为mAv，以后每次推车时获得的动量为2mAv，根据动量守恒定律得 mAv＋(n－1)·2mAv＝mBvB② 又由题意知4mA＝mB③ 联立①②③，解得n＝2.5 所以小孩把车A总共推出3次后，车A返回时，小孩不能再接到小车A。

9．(2015·福建高考)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )

A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 答案 D 解析 选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，选项A、B、C都不满足此式，只有D满足此式，所以D正确，A、B、C错误。 10．(2014·重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )

答案 B 解析 由h＝12gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v>2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上x＝v0t，所以A图中v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙

＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A错误；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，

Δv甲＝0.5 m/s，B正确。 11.(2017·河南洛阳一模)(多选)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2，则在整个过程中( )

A．物块和木板组成的系统动量守恒 B．子弹的末动量大小为0.01 kg·m/s C．子弹对物块的冲量大小为0.49 N·s D．物块相对于木板滑行的时间为1 s 答案 BD 解析 子弹射入物块的过程中，物块的动量增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒，故A错误；选取向右为正方向，子弹射入物块过程，由动量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v1，物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，联立可得v2＝m0v0

m0＋m＋M＝2 m/s，所以子弹的末动量大小为p＝m0v2＝0.01 kg·m/s，故B正确；由动量定

理可得子弹受到的冲量I＝Δp＝p－p0＝0.01 kg·m/s－5×10－3×300 kg·m/s＝－1.49 kg·m/s＝－1.49 N·s。子弹与物块间的相互作用力大小始终相等，方向相反，所以子弹对物块的冲量大小为1.49 N·s，故C错误；对子弹和物块整体，由动量定理得－μ(m0＋m)gt

＝(m0＋m)(v2－v1)，综上可得，物块相对于木板滑行的时间t＝v2－v1－μg＝1 s，故D正确。 12.(2017·四川泸州二诊)如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球A、B，B的左侧有一竖直墙壁，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处