2025年高二物理人教版寒假衔接讲练 提升练-05 动量守恒定律（教师版）

05动量守恒定律内容早知道☛第一层巩固提升练（3大题型）题型1冲量、动量与动量定理题型2动量守恒定律题型3碰撞、反冲与爆炸☛第二层能力提升练☛第三层拓展突破练冲量、动量与动量定理⭐积累与运用⭐积累与运用1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，即p=mv。2.定义：力和力的作用时间的乘积叫作这个力的冲量，即I=Ft。3.动量定理：Ft=△p=p'-p。合力的冲量是使物体动量发生变化的原因，合力的冲量是物体动量变化量的量度。1．一定质量的物体，下列说法正确的是（）A．动量变化时，动能可能不变 B．动量变化时，速率一定变化C．速度变化时，动能一定变化 D．动能变化时，动量可能不变【答案】A【详解】A．物体动量变化时，动能可能不变，比如匀速圆周运动，故A正确；B．动量变化时，可能是速度方向变化，速率不一定发生变化，故B错误；C．速度变化时，若大小不变，则动能不变，故C错误；D．动能变化时，则速度大小一定变化，所以动量一定变化，故D错误。故选A。2．一辆汽车在平直公路上行驶，发现前方有紧急情况后立即刹车。刹车过程可看作匀减速直线运动，则以下选项中能够描述刹车过程中动量随时间变化的图像是（）A． B． C． D．【答案】A【详解】设刹车的初速度为，加速度为a，则经时间t的速度为动量为故选A。3．如图所示，某同学把一支粉笔竖直放在水平桌面边缘的纸条上，第一次以较慢的速度将纸条抽出，粉笔向后倾倒；第二次以较快的速度将纸条抽出，粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上。比较两次现象，下列说法正确的是（）A．第一次粉笔受到纸条的摩擦力更大 B．第二次粉笔受到纸条的摩擦力更大C．第一次粉笔受到纸条的冲量更大 D．第二次粉笔受到纸条的冲量更大【答案】C【详解】AB．由于正压力不变，根据滑动摩擦力的公式可知，粉笔受到纸条的摩擦力不变，故AB错误；CD．由于慢慢地将纸条抽出作用的时间较长，根据可知，第一次粉笔受到纸条的冲量更大，故C正确，D错误。故选C。4．如图所示是乘客玩喷水飞行器上下翻腾的精彩画面。喷水飞行背包通过长软管吸水，然后把水从两个喷水口喷出。已知水的密度为ρ，每个喷水口横截面积为S，水喷出瞬间相对喷水口的速度为v，重力加速度为g，则每股喷出水流对飞行背包的作用力约为（）A．ρSv2 B．gSv C．ρSv D．ρSvg【答案】A【详解】设时间Δt内喷出的水的质量为Δm，喷水速度v，则有表演者在空中，反冲作用力为F，根据动量定理有FΔt=Δmv解得根据牛顿第三定律可知，每股喷出水流对飞行背包的作用力约为ρSv2。故选A。5．如图所示，从距秤盘高处把一筒豆粒由静止持续均匀地倒在秤盘上，从第一粒豆落入秤盘至最后一粒豆落入秤盘用时为，豆粒的总质量为。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的三分之一，忽略豆粒与秤盘碰撞过程中豆粒的重力。已知重力加速度为，则碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】根据自由落体规律，豆粒下落掉到秤盘上时的速度为反弹后的速度大小为方向为竖直向上，在碰撞过程中，忽略豆粒与秤盘碰撞过程中豆粒的重力，根据动量定理可知解得由牛顿第三定律可知碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为故选A。6．2024年春天，中国航天科技集团研制的50kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列．嵌套式霍尔推力器不用传统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲是航天学家为了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为，是单位质量的推进剂产生的冲量，比冲这个物理量的单位应该是（）A．m/s B． C． D．【答案】A【详解】根据题意比冲表示的是单位质量的推进剂产生的冲量，故可得结合动量定理可得比冲这个物理量的单位为故选A。动量守恒定律⭐积累与运用⭐积累与运用1.p=p',系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。2.m₁v₁+m₂v₂=m₁v₁'+m₂v₂',相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。3.△p₁=-△p₂,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。7．如图所示，一根光滑刚性杆OAB固定在底座上，其中OA段是四分之一圆弧，AB段是与OA段平滑连接的水平杆，底座置于光滑水平面上。现让内径比杆略大的小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O，则此过程（

）A．小环动量守恒B．小环水平方向动量守恒C．小环、杆OAB及底座组成的系统动量守恒D．小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向动量守恒【答案】D【详解】A．小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O，小环在圆弧段合力不为零，动量不守恒，故A错误；B．小环在圆弧段受到圆弧的弹力，小环水平方向合力不为零，动量不守恒，故B错误；C．小环、杆OAB及底座组成的系统在竖直方向合力不为零，动量不守恒，故C错误；D．小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故D正确。故选D。8．如图所示，足够长的光滑斜面A静止在光滑水平面上，现物块B以某一初速度冲上斜面，在物块B从斜面底端冲到斜面最高点的过程中，对A、B组成的系统，下列说法正确的是（）A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒【答案】C【详解】在物块B从斜面底端冲到斜面最高点的过程中，对A、B组成的系统，系统合外力不为零，动量不守恒，系统中只有重力做功，机械能守恒。故选C。9．如图，水平弹簧右端固定在竖直墙壁上，左端固连在物块上，水平面光滑。开始时物块静止，弹簧处于原长。一颗子弹以水平速度v0射入物块，并留在物块中。若子弹和物块作用时间极短，下列有关说法中正确的是（）

A．子弹开始打物块到与物块共速，子弹、物块组成的系统动量守恒B．子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统机械能守恒C．子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统动量守恒D．子弹物块以相同速度压弹簧的过程中，物块、子弹、弹簧组成的系统动量守恒【答案】A【详解】A．由于子弹和物块作用时间极短，则在打击过程中，内力远远大于外力，可知子弹开始打物块到与物块共速，子弹、物块组成的系统动量守恒，A正确；B．根据上述，子弹开始打物块到与物块共速过程类似完全非弹性碰撞，该过程有一部分动能转化为内能，则子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统机械能减小，不守恒，B错误；C．打击过程子弹与物块动量守恒，打击完成后，子弹与木块向右压缩弹簧，系统所受外力的合力不为0，该过程动量不守恒，可知子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统动量不守恒，C错误；D．根据上述可知，子弹物块以相同速度压弹簧的过程中，物块、子弹、弹簧组成的系统动量不守恒，D错误。故选A。10．某次花样滑冰双人滑比赛中，质量为m1的甲抱着质量为m2的乙以v0的速度沿水平冰面做直线运动，某时刻甲突然将乙向前水平推出，推出后两人仍在原直线上运动，冰面的摩擦可忽略不计。若分离时甲的速度为v1，乙的速度v2，则有（）A．(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2 B．m2v0＝m1v1＋m2v2C．m1v0＝m1v1＋m2v2 D．(m1＋m2)v0＝m1v1【答案】A【详解】冰面的摩擦可忽略不计，则根据动量守恒可得故选A。11．飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是（）A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒C．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行一周向心力的冲量大小D．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行半周动量的改变量大小为2mv【答案】D【详解】A．飞机做匀速圆周运动，合力提供所需的向心力，故A错误；BCD．飞机做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻发生，则动量大小不变，方向时刻发生，动量不守恒；飞行一周时，由于初、末动量刚好相同，动量变化为0，根据动量定理可知，合力冲量为0，则向心力的冲量为0；飞行半周时，飞机的初、末动量大小相等，方向刚好相反，则飞机的动量变化量大小为故BC错误，D正确。故选D。碰撞、反冲与爆炸⭐积累与运用⭐积累与运用1.弹性碰撞：碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末总动能相等。，2.非弹性碰撞：碰撞结束后，形变部分消失，动能有部分损失。，12．甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小分别为和。甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为和。甲、乙两运动员的质量之比为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】甲、乙相遇时用力推对方的过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得代入数据可得故选C。13．牛顿曾这样研究匀速圆周运动的：如图，小球沿固定的正多边形的各边做速度大小不变的运动，若正多边形的边数趋于无穷，则上述运动可看作匀速圆周运动。为进一步推导出匀速圆周运动的向心力表达式，下列假设中，不合理的是（）A．小球在正多边形各个顶点处的碰撞是弹性碰撞B．每次碰撞时小球所受作用力的方向指向圆心C．因碰撞时间可以用周期和正多边形的边数表示，可以利用动量定理得出向心力表达式D．因碰撞的作用力与边长可以计算功，所以可以利用动能定理得出向心力表达式【答案】D【详解】A．做匀速圆周运动，假设小球在正多边形的各个顶点处的碰撞是弹性碰撞，是合理的，故A错误；B．因为向心力指向圆心，所以可以假设小球每次碰撞时所受作用力的方向指向圆心，故B错误；C．因碰撞时间可以用周期和正多边形的边数表示，所以可以利用动量定理得出向心力表达式，故C错误；D．小球碰撞时，作用力不做功，所以不能用动能定理得出向心力表达式，不合理，故D正确；故选D。14．一固定光滑弧形轨道底端与水平轨道平滑连接，将滑块A从弧形轨道上离水平轨道高度为h处由静止释放，滑块A在弧形轨道底端与滑块B相撞后合为一体，一起向前做匀减速直线运动，停止时距光滑弧形轨道底端的距离为s。已知滑块A，滑块B的质量均为m，重力加速度大小为g，则滑块与水平轨道之间的动摩擦因数为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】设滑块A到达弧形轨道底端时的速度大小为，根据动能定理可得两滑块碰撞后的速度大小为v，根据动量守恒可得两滑块碰撞后一起向前做匀减速直线运动，根据动能定理可得联立解得故选D。15．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图像。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线。若A球的质量m=2kg，则下列结论正确的是（

）A．碰撞过程A的动量变化量为4kg•m/sB．B球的质量是4kgC．碰撞过程中A对B的冲量为4N•sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为8J【答案】A【详解】由图可知，碰撞前A、B两球的速度大小分别为碰撞后两球共同运动的速度大小A．碰撞过程A的动量变化量为A正确；B．根据动量守恒可得求得B错误；C．由动量定理可知，碰撞时A对B的冲量为C错误；D．根据能量守恒可得D错误。故选A。16．如图所示，水火箭中水被向下喷出时，瓶及瓶内的空气就受力向上冲，水火箭就是利用这个原理升空的。某同学将静置在地面上的质量为800g（含水）的自制水火箭释放升空，在极短的时间内，质量为200g的水以相对地面大小为80m/s的速度竖直向下喷出，水喷出后的瞬间，水火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）A． B．C． D．【答案】D【详解】水从水火箭喷口喷出的瞬间，水火箭和水组成的系统动量守恒，设水喷出后的瞬间，水火箭的动量大小为，根据动量守恒定律，可得解得故选D。17．一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则爆炸过程释放的化学能为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】取向右为正，根据动量守恒解得甲的速度为由能量守恒定律，爆炸过程释放的化学能为故选D。（多选）18．在某次台球游戏中，出现了如图所示的阵型，5个小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4个球B、C、D、E质量均为，A球、F球质量均为，A球以速度与B球发生碰撞，所有的碰撞均可认为是弹性碰撞，下列说法正确的是（）A．若，最终将有1个小球运动B．若，相邻两小球之间只发生1次碰撞C．若，最终将有3个小球运动，且运动方向一致D．若，最终将有3个小球运动，且运动方向不一致【答案】AD【详解】A．碰撞时由动量守恒和能量守恒可知可得，若，则碰后两球交换速度，则最终只有F小球运动，A正确；B．若，则碰后，然后B和C交换，直到D和E交换，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换…，则不只发生1次碰撞，B错误；CD．若，则A、B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，最后D、E交换速度，最后E与F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D停止，则最终将有3个小球A、E、F都运动，且运动方向相反，C错误、D正确。故选AD。1．质量为1kg的物块静止于水平面上，t=0时刻施加一水平拉力，拉力随时间变化的关系如图所示，物块与水平面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。下列选项正确的是（）A．重力的冲量始终为零B．t=1s时物块的动量为零C．0~1s内摩擦力冲量的大小为2.5N·sD．t=2s时物块动量的大小为6.25kg·m/s【答案】D【详解】A．根据冲量的定义时间一直在增大，则重力的冲量不为零一直在增大，故A错误；B．物块受到的最大静摩擦力为物块的水平拉力大于5N时，物块开始运动，由动量定理可知即有解得即动量不为零，故B错误；C．根据B项分析，结合图线知，可知0~0.5s内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用；0.5~1s内，物块受到滑动摩擦力作用，则在内，摩擦力对物块的冲量大小为故C错误；D．在0~2s内，拉力F对物块的冲量大小为在0~2s内，摩擦力对物块的冲量大小为水平方向由动量定理可知解得在时物块动量的大小为，故D正确。故选D。2．如图，质量为m的四轴无人机有四个螺旋桨。四个螺旋桨旋转共扫出的总面积为S，当四个螺旋桨同时旋转产生竖直向下的气流，可使该无人机悬停在空中某一固定位置。已知空气的密度为，重力加速度大小为g。要使无人机悬停，则螺旋桨旋转产生竖直向下的气流的速率应为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】对无人机受力分析可知在极短时间t内，对空气列动量定理联立解得故选A。3．如图所示。上表面粗糙的长木板P放在光滑水平面上，长木板中央放置两质量大小关系未知的物块M和N，两物块与板向的动摩擦因数均相同。M和N之间有一压缩的轻弹簧（弹簧与两物块均不拴接），开始时板和两物块均静止。现同时释放M、N，弹簧将两物块弹开，两物块在长木板上滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．M、N组成的系统总动量一定守恒B．M、N组成的系统总动量一定不守恒C．若长木板向左运动，则物块M的质量一定小于物块N的质量D．若长木板向左运动，则M、N组成的系统总动量方向一定向右【答案】D【详解】AB．物块M和N受到长木板对它们的摩擦力大小未知，若两摩擦力大小相等，则M、N组成的系统总动量守恒，若两摩擦力大小不相等，则M、N组成的系统总动量不守恒，故AB错误；C．若长木板向左运动，则板受到的合力向左，M对板的摩擦力大于N对板的摩擦力，M的质量一定大于N的质量，故C错误；D．长木板和两物块组成的系统总动量守恒，若长木板向左运动，则M、N组成的系统总动量方向一定向右，故D正确。故选D。4．短道速滑运动员甲、乙练习直线滑行中的助推技巧，运动员甲在冰面上无动力自由滑行，运动员乙静止站立于B点，当甲到达A点时速度大小v1＝8m/s并开始推乙，经1.2s甲乙分离，分离瞬间甲的速度方向不变、大小变为v2＝3m/s，已知、，，甲、乙与冰面间动摩擦因数均为μ＝0.02，其余阻力忽略不计，过程中乙不主动发力，g取10m/s2，下列说法正确的是（

）A．过程中甲、乙组成的系统动量守恒 B．分离时乙的速度大小为6m/sC．过程中乙对甲的冲量大小为300N·s D．过程中甲对乙的平均作用力为238N【答案】D【详解】A．由于冰面对甲、乙有摩擦阻力，且摩擦力大小不相等，故甲、乙组成的系统所受外力之和不为0，则甲、乙组成的系统动量不守恒，故A错误；CD．以甲为对象，根据动量定理可得代入数据解得乙对甲的冲量大小为可得乙对甲的平均作用力为根据牛顿第三定律可知，甲对乙的平均作用力为238N，故C错误，D正确；B．以乙为对象，根据动量定理可得解得分离时乙的速度大小为故B错误。故选D。5．如图所示为两个质量分别为m、M的小球在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的图像，则下列说法正确的是（）A．B．碰撞过程中两小球所受合外力相同C．两小球发生的是非弹性碰撞D．碰撞前后质量为m的小球动量的变化量大小为【答案】A【详解】A．图像斜率代表速度，由题图可知m、M碰撞前后的速度分别为对两小球组成的系统，根据动量守恒定律有代入数据解得m∶M=1∶3故A正确；B．碰撞过程中两小球所受合外力均为相互间的作用力，由牛顿第三定律可知，碰撞过程中两小球所受合外力方向相反，故B错误；C．两小球碰撞前的总动能碰撞后的总动能则两小球发生的是弹性碰撞，故C错误；D．碰撞前后质量为m的小球动量的变化量即动量的变化量大小为，故D错误。故选A。6．如图，超市中静置于水平地面的n辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量I使其向右运动，运动一段距离后与第二辆车相碰，以共同速度向右运动，运动一段距离后又与第三辆车相碰，……直到碰完第n辆车，整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，忽略地面摩擦力和空气阻力。则n辆车最终的速度大小为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】第一辆车的速度整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，动量守恒，碰后共速则有则n辆车最终的速度大小为故选C。7．2023年春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬时两部分的总动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬时质量为m的部分动能为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】设爆炸后瞬时质量为m的速度大小为，另一部分的速度大小为，根据动量守恒可得解得动能为则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为联立解得代入解得故选C。（多选）8．某双层立体泊车装置如图所示。欲将静止在1号车位的轿车移至4号车位，需先通过1号车位下方的移动板托举着轿车耗时8s竖直抬升2m至3号车位，再耗时12s水平右移3m停至4号车位。若轿车的质量为，则下列说法正确的是（）A．水平右移过程中，移动板对轿车的支持力的冲量为0B．竖直抬升过程中，移动板对轿车的支持力做的功为C．竖直抬升过程中，轿车的机械能守恒D．整个过程中，移动板对轿车做功的功率为【答案】BD【详解】A．水平右移过程中，移动板对轿车的支持力的冲量为不为零，故A错误；B．竖直抬升过程中，移动板对轿车的支持力做的功为故B正确；C．竖直抬升过程中，除重力外支持力做正功，轿车的机械能增加，不守恒，故C错误；D．整个过程中，移动板对轿车做功的功率故D正确。故选BD。（多选）9．冰壶运动是冬季的热门项目。如图所示，在某次推击冰壶过程中，质量为m的白壶以速度v与静止的黑壶进行碰撞，P、Q为碰撞前同一时刻两壶位置，M、N为两壶静止后所处的位置。两壶除了颜色外，质量、大小、形状等其余属性均相同。下列说法正确的是（）A．两壶碰撞过程系统近似动量守恒B．碰后两壶的速度大小之比为1∶3C．两壶因碰撞而损失的机械能约为D．碰撞过程中，白壶对黑壶的冲量与黑壶对白壶的冲量相同【答案】AB【详解】A．两壶碰撞过程，内力远大于外力，系统近似动量守恒。故A正确；B．由图可知，碰后白黑两壶的位移之比为根据可知，两壶碰后的速度大小之比为故B正确；C．两壶发生碰撞，根据动量守恒解得，两壶因碰撞而损失的机械能约为故C错误；D．碰撞过程中，白壶对黑壶的冲量与黑壶对白壶的冲量大小相等，方向相反。故D错误。故选AB。（多选）10．如图甲所示，“充气碰碰球”游戏是一项很减压的趣味运动项目．为了研究其中的碰撞规律，简化为如图乙所示的模型：直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动，碰前A球的动量，B球静止，碰后B球的动量变为。则两球质量与间的关系可能是（

）A． B． C． D．【答案】ACD【详解】碰撞过程系统动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得解得根据碰撞过程总动能不增加，则有解得碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则有解得综上分析可知故选ACD。（多选）11．如图所示，质量分别为2m、m的乙、丙两个小球并排放置在光滑的水平面上，质量为m的小球甲以速度（沿乙、丙的连线方向）向乙球运动，三个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（）A．当三个小球间的碰撞都结束之后，乙处于静止状态B．当三个小球间的碰撞都结束之后，三个小球的总动量之和为C．乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为D．甲、乙在发生碰撞的过程中，乙对甲的冲量的大小为【答案】CD【详解】A．设甲、乙在碰撞刚结束时的速度分别为、，由弹性碰撞规律综合解得，设乙、丙在碰撞刚结束时的速度分别为、，由弹性碰撞规律综合解得，故A错误；B．三个小球组成的系统总动量守恒，碰撞都结束之后的总动量等于碰撞之前的总动量，故B错误；C．乙、丙在发生碰撞的过程中，乙的速度由变成由动能定理，丙对乙做的功为故C正确；D．甲、乙在发生碰撞的过程中，甲的速度由变成对甲由动量定理可得，乙对甲的冲量为负号表示方向，故乙对甲的冲量的大小为。故D正确。故选CD。（多选）12．中国国防部新闻发言人任国强宣布从当日起，中国人民解放军东部战区在台海附近组织实战化演练。一质量为M的炮弹从地面发射（炮架高度不计），经过时间t在最高处击中相对地面静止的质量为m的（模拟）台军目标，此时炮弹正好发生爆炸，并分成两块质量不同的残骸，可视为两个残骸分别相向做平抛运动，落到地面的时间为t，较小的残骸质量为m并向我方炮架方向飞去。击中过程可看作完全非弹性碰撞，爆炸过程可视为反冲运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．击中过程动量守恒，机械能也守恒B．炮弹在最高处速度大小为C．若，残骸会误伤我方人员D．爆炸过程中机械能守恒，但动量不守恒【答案】BC【详解】A．击中过程可看作完全非弹性碰撞，可知击中过程动量守恒，机械能不守恒，故A错误；B．设炮弹在最高处速度大小为，爆炸过程根据动量守恒可得击中过程根据动量守恒可得又，联立解得炮弹在最高处速度大小为故B正确；C．若残骸误伤我方人员，则有即故C正确；D．爆炸过程中机械能不守恒，动量守恒，故D错误。故选BC。13．某科研小组试验一款火箭，携带燃料后的总质量为M。先将火箭以初速度从地面竖直向上弹出，上升到高度时点燃燃料，假设质量为m的燃气在一瞬间全部竖直向下喷出，若燃气相对火箭喷射出的速率为u，重力加速度为g，不计空气阻力。求：(1)火箭到达高度时的速度大小；(2)燃气全部喷出后火箭的速度大小；(3)火箭上升的最大高度。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由机械能守恒可得解得火箭到达高度时的速度大小为（2）由动量守恒可得解得燃气全部喷出后火箭的速度大小为（3）设火箭上升的最大高度为，根据机械能守恒可得解得（新应用）1．如图所示，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对于子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程中，下列说法正确的是（）A．整个过程中，弹丸和沙箱组成的系统动量守恒B．子弹击中沙箱到与沙箱共速的过程机械能守恒C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大D．若保持M、m、v不变，l变大，则弹丸与沙箱的最大摆角不变【答案】C【详解】AB．弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，而系统的机械能因摩擦生热而减少，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得解得弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，而系统的外力之和不为零动量不守恒，故整个过程中弹丸和沙箱组成的系统动量不守恒，子弹击中沙箱到与沙箱共速的过程机械能不守恒，故AB错误；C．由能量守恒定律可知，整个过程系统损失的机械能为若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大，故C正确；D．弹丸与沙箱一起摆动过程，设最大摆角为，则有联立解得若保持M、m、v不变，l变大，则弹丸与沙箱的最大摆角变小，故D错误。故选C。（新考法）（多选）2．如图所示，倾角为37°的斜面上有两个质量均为1kg的货物P、Q，P、Q与斜面间的动摩擦因数分别为、，P沿斜面向下运动，Q沿斜面向上运动，已知P、Q碰撞前瞬间，P的速度大小为4m/s，Q的速度为零，碰撞时间极短，碰后瞬间Q的速度大小为3m/s，重力加速度，（sin37°=0.6cos37°=0.8）下列说法正确的是（）A．P、Q发生的是弹性碰撞B．P、Q碰后瞬间P的动量大小为C．P、Q碰后到P停下的过程中，P、Q系统动量守恒D．P、Q碰后到P停下的过程中，两者位移之比为【答案】BCD【详解】A．依题意，碰撞过程，系统动量守恒，可得解得可得即P、Q发生的是非弹性碰撞。故A错误；B．P、Q碰后瞬间P的动量大小为故B正确；C．P、Q碰后到P停下的过程中，系统所受合力为所以P、Q系统动量守恒。故C正确；D．P、Q碰后到P停下的过程中，由牛顿第二定律可得可知碰后P做匀减速直线运动，Q做匀加速直线运动。根据解得此时二者的位移分别为，可得两者位移之比为故D正确。故选BD。（新情境）3．一款弹珠游戏简化示意图如图所示，质量为m的均匀圆环B静止平放在粗糙的水平桌面上，其半径为R=0.5m。另一质量为2m的光滑弹珠A以水平速度v0=0.3m/s穿过圆环上的小孔正对环心射入环内，与圆环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前弹珠恰好不会从小孔中穿出。假设弹珠与圆环内壁的碰撞为弹性正碰，忽略弹珠与桌面间的摩擦，只考虑圆环与桌面之间的摩擦（且桌面粗糙程度各处相同），桌面足够长。求：(1)第一次碰撞后瞬间弹珠的速度大小和方向；(2)第n次碰撞后瞬间圆环的速度大小；(3)圆环从开始运动至最终停止的过程中通过的总位移。【答案】(1)大小为0.1m/s，方向与入射的方向相同(2)(3)2m【详解】（1）设弹珠入射的方向为正方向，第一次碰撞后瞬间弹珠和圆环的速度分别为v1和v1′，碰撞瞬间根据动量守恒和机械能守恒有两式联立，解得即第一次碰撞后瞬间弹珠的速度大小为0.1m/s，方向与入射的方向相同。（2）发生第一次碰撞后，圆环做匀减速直线运动，弹珠做匀速直线运动，因为弹珠与圆环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前弹珠恰好不会从小孔中穿出，所以，圆环匀减速到与弹珠速度相等时二者相对位移恰好等于2R，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为t，圆环匀减速的加速度大小为a，则有求得二者速度相等后，圆环继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为这段时间内弹珠的位移为因为所以，圆环停止前，弹珠与圆环未发生第二次碰撞，弹珠与圆环第二次碰撞瞬间，根据动量守恒和机械能守恒有两式联立，解得同理，弹珠与圆环第三次碰撞瞬间，根据动量守恒和机械能守恒有两式联立，解得由以上计算可以得出规律，第n次碰撞后瞬间圆环的速度大小（3）圆环从开始运动至最终停止的过程中，根据能量守恒有对圆环根据牛顿第二定律有其中联立，求得（新考法）4．如图所示，倾角的足够长斜面固定在水平面上，时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上相距的两处同时由静止释放。已知A的质量是B的质量的3倍，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为、，A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小，求：（1）A、B发