2025版高考物理考点题型归纳总结（含答案）考点33　动量守恒定律及其应用

考点33动量守恒定律及其应用强基固本对点练知识点1动量守恒定律的理解和应用1．(多选)如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A．两手同时放开后，系统总动量为零B．先放开右手，后放开左手后，系统总动量不为零，且方向向左C．先放开左手，后放开右手后，系统总动量不为零，且方向向左D．无论先放哪只手，系统机械能都守恒2．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3．如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．知识点2碰撞问题4．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()A．A向左运动，速度大小为v0B．A向右运动，速度大小为v0C．A静止，B也静止D．A向左运动，速度大小为2v05．在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v06．如图，光滑圆弧槽面末端切线水平，并静置一质量为m2的小球Q，另一质量为m1的小球P从槽面上某点静止释放，沿槽面滑至槽口处与Q球正碰，设碰撞过程中无能量损失，两球落地点到O点水平距离之比为1∶3，则P、Q两球质量比不可能是()A．3∶1B．3∶5C．2∶3D．1∶77．[2024·海南省天一大联考一模]如图，质量均为m＝0.2kg的物体a和b静止在水平台面上的A、B两处，B左侧台面光滑，右侧台面粗糙．a、b与粗糙台面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现给a瞬时冲量I，a运动至B与b发生弹性碰撞，碰后b滑至离B处x＝0.4m的C处停下．a和b均视为质点，重力加速度g取10m/s2.求：(1)碰撞后瞬间b的速度大小v；(2)冲量I的大小．知识点3爆炸、反冲运动和人船模型8．在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力．下列说法正确的是()A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m9．(多选)某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140kg，原来的速度大小是0.5m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．则()A．人和小船最终静止在水面上B．该过程同学的动量变化量大小为105kg·m/sC．船最终的速度是0.95m/sD．船的动量变化量大小是105kg·m/s培优提能模拟练10．[2024·江苏省无锡市教学质量调研]如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放．Q与P的接触面粗糙，在Q下滑的过程中，关于P和Q构成的系统，下列说法正确的是()A．机械能守恒、动量守恒B．机械能不守恒、动量守恒C．机械能守恒、动量不守恒D．机械能不守恒、动量不守恒11．[2023·新课标卷](多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，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．甲的速度大小比乙的大B．甲的动量大小比乙的小C．甲的动量大小与乙的相等D．甲和乙的动量之和不为零12．[2024·广东省深圳市实验学校期中考试]滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动．现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为λm的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v0匀速运动，突然发现前面有一个小水坑，由于来不及转向和刹车，该小孩立即以对地2v0的速度向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的eq\f(1,2)，且方向不变，则λ为()A．1B．2C．3D．413．[2024·河北省邯郸市九校联考]如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的物体A、B，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动，某时刻轻绳断开，A在F作用下继续前进．已知物体A的质量为2m，物体B的质量为m，则下列说法正确的是()A．当物体B的速度大小为eq\f(1,2)v时，物体A的速度大小为eq\f(1,2)vB．当物体B的速度大小为eq\f(1,2)v时，物体A的速度大小为eq\f(5,4)vC．当物体B的速度大小为0时，物体A的速度大小一定为eq\f(3,2)vD．当物体B的速度大小为0时，物体A的速度大小可能为eq\f(5,4)v14．[2024·浙江省宁波联考]有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量，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和船长L，已知他自身的质量为m，忽略船运动过程中水对它的阻力，则可测得船的质量为()A．eq\f(m（L－d）,d)B．eq\f(m（L＋d）,d)C．eq\f(m（L＋d）,L)D．eq\f(mL,d)15．[2024·河南省联考](多选)如图所示，A、B两个小球静止在光滑的水平平台上，给小球A一个初速度，小球A向右运动并与小球B发生弹性正碰，A、B两球做平抛运动的水平位移大小之比为1∶3，则A、B两球的质量之比可能为()A．3∶1B．3∶2C．3∶4D．3∶516．已知A、B两物体mA＝2kg，mB＝1kg，A物体从h＝1.2m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10m/s2，求：(1)碰撞时离地高度x；(2)碰后速度v；(3)碰撞损失机械能ΔE.17．[2024·浙江省宁波联考]在光滑的水平冰面上，放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面，曲面底都与冰面相切，一个坐在冰车上的小孩手扶小球静止在冰面上，某时刻小孩将小球以v0＝2m/s的速度(相对于冰面)向曲面推出(如图所示)，小孩将球推出后还能再接到球．已知小孩和冰车的总质量为m1＝40kg，小球质量为m2＝2kg，曲面质量为m3＝10kg，求(1)小孩将小球推出过程中，小孩、冰车、小球构成的系统的机械能的增加量．(2)整个运动过程中小球能到达的最大高度(距离冰面).(3)小孩再接到球后，球的速度大小．考点33动量守恒定律及其应用1．答案：AD解析：两手同时放开后，由于系统所受合外力为零，系统满足动量守恒，则系统总动量为零，A正确；先放开右手，可能出现右边汽车先向右运动到弹簧伸长最大后，再向左回到压缩位置，所以之后放开左手瞬间，弹簧可能处于伸长状态、压缩状态，右边汽车可能速度向右，也可能速度向左，甚至可能速度刚好为零，故两手都放开后，系统的总动量可能向右，也可能向左，甚至可能为零，B错误；先放开左手，可能出现左边汽车先向左运动到弹簧伸长最大后，再向右回到压缩位置，所以之后放开右手瞬间，弹簧可能处于伸长状态、压缩状态，左边汽车可能速度向左，也可能速度向右，甚至可能速度刚好为零，故两手都放开后，系统的总动量可能向左，也可能向右，甚至可能为零，C错误；无论先放哪只手，手对汽车总是不做功，系统机械能都守恒，D正确．2．答案：C解析：x­t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＝eq\f(4,1)m/s＝4m/s，m2碰前速度为0，A错误；两物体正碰后，m1碰后的速度大小为v1＝eq\f(4,3－1)m/s＝2m/s，m2碰后的速度大小为v2＝eq\f(8－4,3－1)m/s＝2m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；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；根据动能的表达式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误．3．答案：2m/s解析：设碰后A的速度为vA，C的速度为vC，由动量守恒可得mAv0＝mAvA＋mCvC碰后A、B满足动量守恒，设A、B的共同速度为v1，则mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v1由于A、B整体恰好不再与C碰撞，故v1＝vC联立以上三式可得vA＝2m/s.4．答案：D解析：A、B发生弹性碰撞，取向右为正，则m·2v0－2mv0＝mvA＋2mvB；eq\f(1,2)m·(2v0)2＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)，解得碰后A的速度为vA＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)·2v0＋eq\f(2mB,mA＋mB)(－v0)得vA＝－2v0，即A向左运动，速度大小为2v0，D正确．5．答案：D解析：由于球1与球2发生碰撞时间极短，球2的位置来不及发生变化，这样球2对球3也就无法产生力的作用，即球3不会参与此次碰撞过程．而球1与球2发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1立即停止，球2速度立即变为v0；此后球2与球3碰撞，再一次实现速度交换．所以碰后球1、球2的速度为零，球3速度为v0，A、B、C错误，D正确．6．答案：C解析：设碰撞前小球P的速度为v0，碰撞后P、Q的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律和无能量损失得m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0，两式之比为eq\f(v1,v2)＝eq\f(m1－m2,2m1).若碰撞后P球不弹回，继续向前运动，P球射程一定小于Q球射程，根据两球落地点到O点水平距离之比为1∶3可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,3)，eq\f(v1,v2)＝eq\f(m1－m2,2m1)，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(3,1)，A可能；若碰撞后P球被弹回，并且P球射程小于Q球射程，根据两球落地点到O点水平距离之比为1∶3可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(－1,3)，eq\f(v1,v2)＝eq\f(m1－m2,2m1)，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(3,5)，B可能；若碰撞后P球被弹回，并且P球射程大于Q球射程，根据两球落地点到O点水平距离之比为1∶3可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(－3,1)，eq\f(v1,v2)＝eq\f(m1－m2,2m1)，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,7)，D可能；结合碰撞的实际，只有上述三种可能，C不可能．7．答案：(1)2m/s(2)0.4kg·m/s解析：(1)碰撞后b做匀减速运动，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg＝5m/s2由v2＝2ax得v＝2m/s(2)设a与b碰撞前a的速度大小为v0，碰撞后a的速度大小为v1，取水平向右为正方向动量守恒有mv0＝mv1＋mv机械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mv2解得v0＝2m/s，v1＝0冲量I＝Δp＝mv0得I＝0.4kg·m/s8．答案：B解析：爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知m1v1－m2v2＝0，因两块碎块落地时间相等，有m1x1－m2x2＝0，整理得eq\f(x1,x2)＝eq\f(m2,m1)＝eq\f(1,2)，两碎块的水平位移之比为1∶2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1∶2，A错误；设两碎片落地时间均为t，由题意可知eq\f(（5－t）v声,（6－t）v声)＝eq\f(1,2)，解得t＝4s，爆炸物的爆炸点离地面高度为h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m，B正确；爆炸后质量大的碎块的水平位移x1＝(5－4)×340m＝340m，质量小的碎块的水平位移x2＝(6－4)×340m＝680m，爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m＋680m＝1020m，质量大的碎块的初速度为v1＝eq\f(x1,t)＝eq\f(340,4)m/s＝85m/s，C、D错误．9．答案：BD解析：规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后，船与人共同速度为v，由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入数据解得v＝0.25m/s，方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反，A错误，C错误；人的动量的变化为Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反，B正确；船的动量变化量为Δp′＝m船v－m船v船＝140×(0.25＋0.5)kg·m/s＝105kg·m/s，D正确．10．答案：D解析：系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒．Q与P的接触面粗糙，克服阻力做功产热，所以机械能不守恒，D正确．11．答案：BD解析：对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示根据牛顿第二定律有a甲＝eq\f(F－μm甲g,m甲)，a乙＝eq\f(F－μm乙g,m乙)，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲<v乙，A错误；对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误．12．答案：B解析：小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律有(m＋λm)v0＝m·2v0＋λm·eq\f(v0,2)，解得λ＝2，B正确．13．答案：B解析：A、B匀速运动时，对A、B整体受力分析可得F＝fA＋fB，物体B的速度大小在减小到0的过程中，A和B所组成的系统所受的合外力为零，该系统的动量守恒，当物体B的速度大小为eq\f(1,2)v时，有(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB，解得vA＝eq\f(5,4)v，A错误，B正确；当物体B的速度大小刚好为0时，有(mA＋mB)v＝mAv′A，解得vA＝eq\f(3,2)v，A在F作用下继续前进，物体A继续加速，当物体B的速度大小为0时，物体A的速度大小不一定为eq\f(3,2)v，C、D错误．14．答案：A解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人和船的相对位移为L，人从船尾走到船头所用时间为t，则v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)，人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的质量M＝eq\f(m（L－d）,d)，A正确．15．答案：AD解析：设A球的初速度大小为v0，碰撞后A、B的速度大小分别为v1、v2，根据题意v＝xeq\r(\f(g,2h))，有v2＝3v1，若碰撞后A、B同向，则mAv0＝mAv1＋mBv2，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v0，v2＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0，解得eq\f(mA,mB)＝3；若碰撞后A、B反向，则mAv0＝－mAv1＋mBv2，结合能量守恒，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(3,5)，A、D正确．16．答案：(1)1m(2)0(3)12J解析：(1)对物块A，根据运动学公式可得x＝h－eq\f(1,2)gt2＝1.2m－eq\f(1,2)×10×0.22m＝1m(2)设