高三物理二轮复习专练：动量守恒定律及其应用（一）

专题28动量守恒定律及其应用（一）

一、多选题

1.（2023・浙江）下列说法正确的是（）

A.利用电容传感器可制成麦克风

B.物体受合外力越大，则动量变化越快

C.利用红外传感器可制成商场的自动门

D.若物理问题牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用

【答案】ABC

【解析】A.声音使振动膜片振动，改变两极板间距离，使声音信号转换成

电信号，则可以利用电容传感器可制成麦克风，故A正确；

B.由动量定理有

可得

号=4

可知，物体受合外力越大，则动量变化越快，故B正确；

C.人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，则

可以利用红外传感器可制成商场的自动门，故c正确；

D.牛顿运动定律只适用于宏观低速问题，不适用于微观高速问题。而动量

守恒定律既适用于低速宏观问题，也适用于高速微观问题，故D错误。

故选ABCo

2.（2016・全国）一静止的铝原子核:;Ai俘获一速度为i.oxOm/s的质子p后,

变为处于激发态的硅原子核警"下列说法正确的是

A.核反应方程为抬i*

B.核反应方程过程中系统动量守恒

C.核反应过程中系统能量不守恒

D.核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和

E.硅原子核速度的数量级为方向与质子初速度方向一致

【答案】ABE

【解析】A.根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程A一抬〕，故A正

除

B.过程中释放的核力远远大于外力，故系统动量守恒，故B正确；

C.核反应过程中系统能量守恒，故C错误；

D.由于反应过程中，要释放大量的能量，即伴随着质量亏损，所以生成物

的质量小于反应物的质量之和，故D错误；

E.由动量守恒可知，砂=28/加，解得八故数量级约为lO,m/s,

Zo

方向与质子初速度方向一致，故E正确.

3.（2021・山东）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，

现将质量为m的物资以相对地面的速度%水平投出，落地时物资与热气球的距

离为do已知投出物资后热气球的总质量为M,所受浮力不变，重力加速度为g,

不计阻力，以下判断正确的是（）

A.投出物资后热气球做匀加速直线运动

B.投出物资后热气球所受合力大小为蜂

【答案】BC

【解析】AB.热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0,初

动量为0,水平投出重力为冲的物资瞬间，满足动量守恒定律

则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度*热气球所

受合外力恒为〃诙，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正

确；

CD.热气球和物资的运动示意图如图所示

热气球和物资所受合力大小均为冲，所以热气球在竖直方向上加速度大小

物资落地〃过程所用的时间/内，根据户解得落地时间为

卜榨

热气球在竖直方向上运动的位移为

„11tn2Hm..

HM=2ar=2MS-=MH

热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为

根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为

d=J（Xm+/）2+（"+"M）2=（1+.入胜十.

故C正确，D错误。

故选BCo

4.（2021・湖南）如图（a）,质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧

连接构成一个系统，外力尸作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面）,

此时弹簧形变量为，撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的。―图像如图（b）

所示，H表示0到4时间pgA的。一图线与坐标轴所围面积大小，邑、S］分别表示乙

到G时间内A、B的4T图线与坐标轴所围面积大小。A在乙时刻的速度为％。下

列说法正确的是（）

A.0至时时间内，墙对B的冲量等于nuvo

B.mA>ITIB

C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x

D.51-52=53

【答案】ABD

【解析】A.由于在。〜U时间内，物体B静止，则对B受力分析有

F墙二F弹

则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用

于A,则可将研究对象转为A,撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有

I=H1AV0（方向向右）

则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；

B.由a—t图可知L后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据

牛顿第二定律有

F弹=mAaA=mBaB

由图可知

则

mB<mA

B正确；

C.由图可得，ti时刻B开始运动，此时A速度为vo,之后AB动量守恒,

AB和弹簧整个系统能量守恒，则

可得AB整体的动能不等于0,即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，

弹簧的形变量小于x,C错误；

D.由a—t图可知力后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在LT时间内AB组

成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t

图像的面积为刈，在t2时刻AB的速度分别为

匕=E-S2,VB=S3

A、B共速，则

§一$2=邑

D正确。

故选ABDo

5.（2020・全国）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板

静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡

板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反

向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的

速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大

于5.0m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质

量可能为（）

A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg

【答案】BC

【解析】设运动员和物块的质量分别为〃?、%规定运动员运动的方向为正方

向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别

为匕、%,则根据动量守恒定律

0=mV）-恤

解得

v.=—v

m0

物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块

机匕+〃?0%=〃”2一%）?

解得

彩F。

第3次推出后

”+/％=叫一/%

解得

5mo

m

依次类推，第8次推出后，运动员的速度

rA

m

根据题意可知

%=l^%o>5m/s

m

解得

rn<60kg

第7次运动员的速度一定小于5m/s,则

v7=13"。.%<5m/s

m

解得

m>52kg

综上所述，运动员的质量满足

52kg<m<60kg

AD错误，BC正确。

故选BCo

6.（2019•浙江）静止在匀强磁场中的原子核X发生a衰变后变成新原子核

Y。己知核X的质量数为A,电荷数为Z,核X、核Y和a粒子的质量分别为

mx>DIY和ma,a粒子在磁场中运动的半径为R。则（）

A.衰变方程可表示为:XfZY+；HeB.核Y的结合能为（叫-叫一儿）/

C.核Y在磁场中运动的半径为再D.核Y的动能为小「〃、‘（啊一小一上『

Z-2叫+ma

【答案】AC

【解析】A.根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程可表示为

>->^Y+；He

A正确；

B.此反应中放出的总能量为

AE=（，〃x—一〃心）犬

可知核Y的结合能不等于。%-冉,B错误;

C.根据半径公式

r=——mv

qB

又

mv=p（动量）

则得

r=JL

qB

在衰变过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律得

0=PLPa

则

PY=Pa

得半径之比为

一-%.2

ra分Z-2

则核Y在磁场中运动的半径为

故C止确；

D.两核的动能之比

%_5"丫4二I=

七一"a叫（'叫『人

因

E

区丫+ka="=(mx)c

解得

r_?（叫一网一叫片

CkY一；

WY+〃%

故D错误。

故选ACo

7.（2015.上海）一颗子弹以水平速度％穿透一块在光滑水平面上迎面滑来

的木块后，二者运动方向均不变.设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后

速度为v,则（）

A.%越大，v越大

B.%越小，v越大

C.子弹质量越大，v越大

D.木块质量越小，v越大

【答案】AC

【解析】AB.子弹穿透木块过程中，子弹与木块间相互作用力恒定，两者

都做匀减速运动，子弹的位移与木块的位移大小之和等于木块的厚度，若质量

不变，则两者的加速度不变，当子弹的初速度V。越大时，子弹穿过木决的时间

越短，且木块的位移越小，由于木块初速度和加速度不变，所以末速度v越大，

A正确，B错误；

C.子弹的质量越大，由于作用力不变，则加速度越小，初速度V。一定，则

子弹位移越大，木块位移越小，由于木块初速度和加速度不变，所以末速度V

越大，如下图所示

C正确;

D.木块质量越小，其加速度越大，初速度不变，子弹穿过木块的时间变大,

则木块末速度v变小，如下图所示

D错误。

故选ACo

【点睛】本题考查了对vt图象的理解和应用，解决本题的关键是子弹的位

移与木块的位移之和等于木块的厚度.

二、单选题

8.（2021•全国）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢

的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右

推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考

系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）

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】B

【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底

板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块

组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守

恒，机械能不守恒。

故选Bo

9.（2019•江苏）质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处

于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦.小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板

时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为

v

\—VB—CD

c*Mtnm+Mm+M

【答案】B

【解析】设滑板的速度为〃，小孩和滑板系统动量守恒得：0=研-MP,解得：

u=—v,故B正确.

m

10.（2014.福建）一枚火箭搭载着卫星以速率vo进入太空预定位置，由控

制系统使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为in,后部分的箭体质量为

Oh,分离后箭体以速率V2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统

质量的变化，则分离后卫星的速率W为（）

V

%—►v2―►1—►

三匚R三匚二

c/n,"1、/

A.vov2B.vo+v2C.匕=%一亮彩D.v'i=v0+—（v0-v2）

【答案】D

【分析】本题考查动量守恒定律

【解析】系统分离前后，动量守恒：（町+"）%=町匕+，时2,解得：

1%+詈（%一修，故ABC错误；D正确.

11.（2022•北京）质量为叫和叫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.碰撞前吗的速率大于叫的速率B.碰撞后叫的速率大于叫的速率

C.碰撞后外的动量大于町的动量D.碰撞后心的动能小于叫的动能

【答案】C

【解析】A.XT图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知叫碰前的速度

大小为

4

%=Im/s=4m/s

叫碰前速度为0,A错误；

B.两物体正碰后，叫碰后的速度大小为

V,=—m/s=2mfs

13-1

也碰后的速度大小为

8-4

v,=------m/s=2m/s

-3-1

碰后两物体的速率相等，B错误；

C.两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即

,nv，

町％——\i+ffhV2

解得两物体质量的关系为

m2=3叫

根据动量的表达式片可知碰后外的动量大于町的动量，C正确：

D.根据动能的表达式4=?而可知碰后再的动能大于叫的动能，D错误。

故选C。

12.（2017•海南）光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。

将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Qo撤去外力后，P、Q开始运动,

P和Q的动量大小的比值为（）

A.B.〃C.-D.1

n

【答案】D

【解析】由动量守恒定律可知，P、Q两个物块构成的系统，动量前后守恒,

则

PQ：PP=I：I

ABC错误，D正确。

故选D。

13.（2022.湖南）1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线

是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度”分别

碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为w和％。设碰撞为弹性

正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是C）

Q►-------o-----4片

中子氢核

%„

O--------►...............OA’2

中子氮核

A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小

C.匕大于町D.匕大于%

【答案】B

【解析】设中子的质量为〃J氢核的质量为“J氮核的质量为14,〃，设中子

和氢核碰撞后中子速度为匕，由动量守恒定律和能量守恒定律可得

mv0=nn\+mv3

121212

2，nvo=5〃”+耳〃吗

联立解得

设中子和氮核碰撞后中子速度为明由动量守恒定律和能量守恒定律可得

，〃%=14〃?吗+m\\

1，1「，1、

5山%=544小弓+,〃?%

联立解得

2

f%

可得

%=%>吗

碰撞后氢核的动量为

PH==叫

氮核的动量为

28m%

Pz=14/nv->=-----

-15

可得

PN>PH

碰撞后氢核的动能为

「1212

%=5加匕=,叫

氮核的动能为

〃I-22即八，：

E.=-\4inv；=-------

%2*225

可得

%>4

故B正确，ACD错误。

故选Bo

14.（2021•浙江）在瀑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34（）m/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80m

C.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340m

【答案】B

【解析】A.爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知

町*=0

因两块碎块落地时间相等，则

码与-叫X2=0

则

内_m2_1

七町2

则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,选项A错误；

B.设两碎片落地时间均为t,由题意可知

(5T)—声_I

(6-f)上2

解得

t=4s

爆炸物的爆炸点离地面高度为

11

//=-=—x10x4~rr.=80m

22

选项B正确；

CD.爆炸后质量大的碎块的水平位移

x,=(5-4)x340m=340m

质量小的碎块的水平位移

X,=(6-4)x340m=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

土=2mzs=85m/s

10t4

选项CD错误。

故选Bo

15.(2015・福建)如图所示，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in,速度大小为2v°,方向向右，滑块B的质量为2m,

速度大小为vo,方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()

左24右

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】选择水平向右为正，两滑块碰前总动量

p=m-2v0-2m-v()=0

说明系统总动量为0。

A.A和B都向左运动，总动量不为0,选项A错误；

B.A和B都向右运动，总动量不为0,选项B错误；

C.A静止，B向右运动，总动量不为0,选项C错误；

D.A向左运动，B向右运动，总动量可能为0,选项D正确。

故选D。

16.（2020.北京）在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球（1号、2号、

3号）悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实

验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是（）

A.将1号移至高度力释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度力。若

2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度〃

B.将1、2号一起移至高度力释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一

起摆至高度J释放后整个过程机械能和动量都守恒

C.将右侧涂胶的1号移至高度/，释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械

能守恒，3号仍能摆至高度人

D.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度〃释放，碰撞后，2、3号粘在一

起向右运动，未能摆至高度心释放后整个过程机械能和动量都不守恒

【答案】D

【解析】A.1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则

2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰

撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆

至高度h,故A错误；

B.1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统

只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为

零，所以系统动量不守恒，故B错误；

C.1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失,

所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度叫故

C错误；

D.碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非典性碰撞，碰撞过程有机械能损

失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守

恒，故D正确。

故选Do

17.（2020•全国）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1kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为（）

【答案】A

【解析】由Vt图可知，碰前甲、乙的速度分别为师=5m/s,〃=碰后

甲、乙的速度分别为用-Tm/s,吃=2m/s,甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守

恒得

=〃如十机乙吃

解得

则损失的机械能为

△E=；网屁+；加乙年-g小曲-乙或

解得

AE=3J

故选Ao

18.（2017•江苏）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，

速度大小都是lm/s,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lm/s和2m/s.求甲、乙两运动员的质量之比（）

A.1:2B.2:1C.2:3D.3:2

【答案】D

【解析】由动量守恒定律得

Jq4一7%匕=加2破一吗V；

解得

叫二-

吗匕+M

代入数据得

码_3

加22

故选Do

19.（2014・全国）一中子与一质量数为A（A>1）的原子核发生弹性正碰,

若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()

A+lA-18+1)2

,A-1A+lJ(A+1)2J(A-1)2

【答案】A

【解析】设中子的质量为m,因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能

守恒，规定初速度的方向为正方向，有

mvi=mv2+Amv

L*加

21222

解得

v,_A+1

v2A-1

故选A。

2().(2018.海南)如国，用长为/的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止.一

质量为m的弹丸以速度丫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.对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程()

〃〃/〃///〃

•—►

A.若保持m、v、/不变，M变大，则系统损失的机械能变小

B.若保持M、V、/不变，m变大，则系统损失的机械能变小

C.若保持M、m、/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,/变大，则系统损失的机械能变大

【答案】C

【分析】本题考机械能守恒定律及动量守恒定律的相关知识点

【解析】分析易得只有子弹射入沙箱并停留在沙箱中这个过程中系统的机

械能才会损失，由动量守恒得，mv=(m+M)v共，则系统扳失的机械能

mMv2

AE=—mv2-■+=—mv2(m+M)——

22、,共22V\m+M2(m+M)

mMv2mv2

对于A选项，由-2(m+M)，(m可知若保持m、V、/不变，M越大则

M

系统损失的机械能变大，故A错误

_mMv2_Mv2

对于B选项，由''一2(m+M)—,M匚可知若保持M、V、/不变，m变大则

m

系统损失的机械能变大，故B错误

对于C选项，由此=押三可知若保持M、m、/不变，v变大则系统损失

2(m+M)

的机械能变大，故c正确

对于D选项，子弹与沙箱共同向上摆动一小角度的过程系统机械能守恒,

故D错误

21.(2017♦全国)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气

以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间,

火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()

A.30kg.m/sB.5.7x102kg.m/s

C.6.0xl02kgm/sD.6.3xl02kgm/s

【答案】A

【解析】开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒

定律得

o=叫匕+p

解得火箭的动量

p=_町V)=-0.05x600kg-m/s=-30kg-m/s

负号表示方向,大小为30kg.m/s。

故选Ao

22.（2014.重庆）一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/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=1（）m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）

9丁号币"乙Ti'«木工，、、、典

A.jJf、'\B./\C.5H\甲'\D.\

iL

,2.5mZJLimA_2mtT匕羡_J_°^2.5m——-

【答案】D

【解析】试题分析：炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外

力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片,

两片炸弹都做平抛运动.根据平抛运动的基本公式即可解题.

规定向右为正，设弹丸的质量为4m,则甲的质量为3m,乙的质量为m,

炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，

则有4m%=3〃/+,叫，则8=34+匕，两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间

相等，/=楞=^^=b，水平方向做匀速运动，9=卬=中巧=5=匕，则8=3百+/，

结合图象可知，D的位移满足上述表达式，故D正确.

三、填空题

23.（2016・上海）（如图，粗糙水平面上，两物体A、B以轻绳相连，在恒

力F作用下做匀速运动.某时刻轻绳断开，在F牵引下继续前进，B最后静止.则

在B静止前，A和B组成的系统动量_________（选填“守恒”或“不守恒”）.在

B静止后，A和B组成的系统动量______________.（选填“守恒”或“不守恒”）

7///////////////////////,

【答案】守恒；不守恒

【解析】轻绳断开前，A、B做匀速运动，系统受到的拉力F和摩擦力平衡，

合外力等于零，即「一以一人=。，所以系统动量守恒；当轻绳断开B静止之前，A、

B系统的受力情况不变，即产-人-人=。，所以系统的动量依然守恒；当B静止后，

系统的受力情况发生改变，即〜力=叫叫系统合外力不等于零，系统动量不守

恒.

【考点定位】动量守恒条件

【方法技巧】先通过匀速运动分析A、B整体的合外力，再分析轻绳断开后

A、B整体的合外力，只要合外力为零，系统动量守恒，反之不守恒.

24.(2018•天津)质量为0.45kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05

kg的子弹以200m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方

向运动，则木块最终速度的大小是_________m/s.若子弹在木块中运动时受到

的平均阻力为4.5x103N,则子弹射入木块的深度为m.

【答案】200.2

【解析】试题分析：根据系统动量守恒求解两木块最终速度的大小：根据

能量守恒定律求出子弹射入木块的深度；

根据动量守恒定律再得〃/=西+〃小，解得「肃厂黑果=20加s；系统

减小的动能转化为克服阻力产生的内能，故有用=；，成解得

—/叫(A/+/n)v2

d=----------=02〃；

/

【点睛】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对

学生能力要求较高.

25.(2()16•天津)如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个

小滑块B,盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内平面间的动摩擦因数为巴若

滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在

盒中来回运动多次，最终相对盒静止.

(1)此时盒的速度大小为?

(2)滑块相对于盒运动的路程为?

77777/77777777777777777777777777/77777,

【解析】物体与盒子组成的系统动量守恒；先由动量守恒求出盒子与

物块的最终速度，再结合损失的机械能即可求出滑块相对于盒运动的路程。设

滑块的质量为m,则盒的质量为2m,对整个过程，由动量守恒定律可得

〃”=(〃?+2〃?)丫共

解得

(2)［2］由能量关系可知

pimgx=gmv2-g+2m)%

解得

v2

x=------

3〃g

26.(2015,天津)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在

水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之

比为3:1,A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞，AB两

球的质量之比为，AB碰撞前、后两球总动能之比为

4

AB

【答案】4：19：5

【解析】［1］因两球刚好不发生碰撞，说明AB碰撞后速率大小相同，规定

向左为正方向，由动量守恒定律可知

恤彩=wAv-/??Bv

而B球碰撞前、后的速率之比

vB:v=3:1

解得

mA:=4:1

[2]碰撞前后总动能之比为

12

E}:E2=-~2-----------=9:5

2

-（/nA+wB）v

27.（2015•上海）两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动.A车总质量为50kg,

以2m/s的速度向右运动；B车总质量为70kg,以3m/s的速度向左运动；碰撞

后，A以1.5m/s的速度向左运动，则B的速度大小为m/s,方向向

（选填“左”或“右”）

【答案】0.5左

【解析】由动量守恒定律得：规定向右为正方向

加/A一'沏也=T%匕+

解得

vR=-O.5m/s

所以B的速度大小是0.5m/s,方向向左。

28.（2014.上海）动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向

而行,它们的速度大小之比乙：%=2”，则动量之比分：以=；两者碰后粘在一

起运动，其总动量与A原来动量大小之比〃:以=一.

【答案】1：21：1

【解析】［1］根据动能：

E=-mv~

k2

根据大%=2：1,可得质量之比:

tnA:mB=1:4

根据动量：

P=mv

所以

PA：3mAX网心=卜2

［2］碰后粘在一起根据动量守恒可得：

58%一机=〃

所以

_£_=也匚2&=］：］

PA%以

四、解答题

29.（2023・全国）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部

分的间距为,,导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所

在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为3。一质量为加、电阻为

R、长度也为/的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3〃7的绝缘棒Q位于P的

左侧，以大小为％的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一

次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨

上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求

（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；

（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；

(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。

⑶嘿

【解析】(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机

械能守恒可得

3〃?％=3mvQ+

1»21C212

—x3mv0=-x3/ZZVQ+-mvp

联立解得

31

由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面

上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为

,1

V

P=VQ=-V0

乙

(2)根据能量守恒有

喏+2

解得

Q=加片

(3)P,Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得

-BI®-mv'v-mvv

又

-E△①Blx

q=/Ar,/=—=---=---

RRblRkt

联立可得

tny2R

~B212

由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为

土=到

VQB2/2

30.(2023・辽宁)如图，质量m尸1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧

的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2二

4kg的小物块以水平向右的速度％[m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与

弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数目=01，最大静摩擦力等

于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关

系为耳=共九取重力加速度g=10m/s2,结果可用根式表示。

(1)求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距

离X1；

(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩

量X2及此时木板速度V2的大小；

(3)已知木板向右运动的速度从V2减小到。所用时间为5求木板从速度

为V2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能AU(用

t表示)o

―>v°

一/..../vyvyyvs旌

【答案】(1)lm/s；0.125m；(2)0.25m；半m/s；(3)-虢

【解析】(1)由于地面光滑，则mi、m2组成的系统动量守恒，见有

m2Vo=(mi+m2)vj

代入数据有

v)=lm/s

对in受力分析有

%=-----=4m/s

叫

则木板运动前右端距弹簧左端的距离有

vi2=2a(xi

代入数据解得

xj=0.125m

(2)木板与弹簧接触以后，对mi、m2组成的系统有

kx=(mi+m2)a共

对m2有

32=gg=1m/s2

当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量

X2=0.25m

对in、m2组成的系统列动能定理有

,n

一;叱（小+吗M-；（叫+?M

代入数据有

/m/s

2

(3)木板从速度为V2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木

板即mi的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹

簧形变量为X2时，则说明此时n的速度大小为V2,共用时2to,且m2一直受滑

动摩擦力作用，则对m2有

一(im2g2to=m2V3-m2V2

解得

%=与-2to

则对于rm、m2组成的系统有

一叱=；叫（+不叫V（叫+吗那

乙乙乙

AU=Wf

联立有

A（7=4>/3/0-8/（2

31.（2023•浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。

水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=O4m的四分之

一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD利足够长的水平直轨道FG平滑

相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻

质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量〃?=。12kg的滑块a以初速度％=2拘m/s

从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带

长L=O.8m,以八2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数〃=。.5,

其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能耳=3小（X为

形变量）。

（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小VF和所受支持力大

小FN；

（2）若滑块a碰后返回到B点时速度以二加八，求滑块a、b碰撞过程中损

失的机械能业；

（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度

之差Ax0

【答案】(1)10m/s；31.2；(2)0；(3)0.2m

【解析】(1)滑块a从D到F,由能量关系

在F点

F-mg=m^

NK

解得

vF=1Om/s

FN=31.2N

(2)滑块a返回B点时的速度VB=lm/s,滑块a一直在传送带上减速，加

速度大小为

〃==5m/s2

根据

可得在C点的速度

vc=3m/s

则滑块a从碰撞后到到达C点

1,1,“

—mv~=—+mg2R

解得

vi=5m/s

因ab碰撞动量守恒,则

mvF=-/叫+3/nv,

解得碰后b的速度

V2=5m/s

则碰撞损失的能量

AE=gmv].-g"/-g"=0

(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度

解得

v=2.5m/s

当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度

4/rzv=6mv

则

.5,

v=—m/s

3

当弹簧被压缩到最短时压缩量为X1，由能量关系

—♦4/zzv2=—•6mv~+-依；

2221

解得

玉=O.lm

同理当弹簧被拉到最长时伸长量为

X2=Xi

则弹簧最大长度与最小长度之差