[課下鞏固精練卷(十九)]動量守恒定律

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(選擇題每題5分，解答題每題10分，建議用時：50分鐘)

考點基礎(chǔ)題綜合題

動量守恒的判斷1，2—

動量守恒定律的應(yīng)用710

碰撞問題4，511，12，13

爆炸與反沖3，6，8，9—

【基礎(chǔ)落實練】

1.如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用

力向右迅速推出木箱，關(guān)于該過程，下列說法正確的是()

A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒

C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒

D．男孩推力的沖量小于木箱的動量的變化量

解析：選C。男孩和木箱組成的系統(tǒng)動能增大，由人體生物能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)機(jī)械能，機(jī)械

能不守恒，故A錯誤；系統(tǒng)受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，所以男孩、小車與木箱三者組

成的系統(tǒng)動量守恒，故B錯誤，C正確；由動量定理可知，合外力的沖量等于動量的變化

量，所以男孩推力的沖量等于木箱的動量的變化量，故D錯誤。

2.如圖所示，一異形軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑

的水平面上，如果軌道固定，將可視為質(zhì)點的物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，物塊恰

好停在水平軌道的最左端。如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，下

列說法正確的是()

A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動量守恒

B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動量不守恒

C．物塊到不了水平軌道的最左端

D．物塊將從軌道左端沖出水平軌道

解析：選B。軌道不固定時，物塊在軌道的水平部分時因摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機(jī)

械能不守恒；物塊在軌道的圓弧部分下滑時，合外力不為零，動量不守恒，但是水平方向動

量守恒，故A錯誤，B正確。設(shè)軌道的水平部分長為L，軌道固定時，根據(jù)能量守恒定律得

mgR＝μmgL；軌道不固定時，設(shè)物塊與軌道相對靜止時共同速度為v，在軌道水平部分滑行

的距離為x，取向左為正方向，根據(jù)水平動量守恒得0＝(M＋m)v，則得v＝0，根據(jù)能量守

1

恒定律得mgR＝(M＋m)v2＋μmgx，聯(lián)立解得x＝L，所以物塊仍能停在水平軌道的最左端，

2

故C、D錯誤。

3.有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計二百千克左右)，一位同學(xué)想用

一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量，他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，輕輕從船尾

上船，走到船頭后停下來，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離為d，以及船長L，已

知他自身的質(zhì)量為m。若不計水的阻力，則漁船的質(zhì)量M為()

m（L＋d）md

A．B．

dL－d

m（L－d）mL

C．D．

dd

解析：選C。設(shè)人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭所

dL－d

用時間為t，取船的速度為正方向，則v＝，v′＝，根據(jù)動量守恒定律得Mv－mv′

tt

m（L－d）

＝0，解得船的質(zhì)量M＝，故A、B、D錯誤，C正確。

d

4.如圖所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3

靜止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它們，設(shè)碰撞過程中不損失機(jī)械能，則碰后三個小

球的速度分別為()

3

A．v1＝v2＝v3＝v0

3

2

B．v1＝0，v2＝v3＝v0

2

1

C．v1＝0，v2＝v3＝v0

2

D．v1＝v2＝0，v3＝v0

解析：選D。由于1球與2球發(fā)生碰撞的時間極短，2球的位置來不及發(fā)生變化，這樣

2球?qū)?球不產(chǎn)生力的作用，即3球不會參與1、2球的碰撞。1、2球碰撞后立即交換速度，

即碰后1球停止，2球速度立即變?yōu)関0，同理分析，2、3球碰撞后交換速度，故D正確。

5.(2023·北京五中模擬)A、B物塊沿光滑水平面在同一直線上運(yùn)動并發(fā)生正碰，如圖為

兩物塊碰撞前后的位移—時間圖像，其中a、b分別為A、B兩物塊碰前的位移—時間圖線，

c為碰撞后兩物塊共同運(yùn)動的位移—時間圖線，若物塊A質(zhì)量m＝2kg，則由圖判斷，下列

結(jié)論錯誤的是()

A．碰撞前后A的動量變化量的大小為4kg·m/s

B．物塊B的質(zhì)量為0.75kg

C．碰撞過程A對B所施沖量大小為4N·s

D．碰撞過程A、B兩物塊組成的系統(tǒng)損失的動能為10J

10－4

解析：選B。以A的初速度方向為正方向，由圖像可知碰撞前A的速度為vA＝

2

4－2

m/s＝3m/s，碰撞后A、B的共同速度為vAB＝m/s＝1m/s，則碰撞前A的動量為mvA

2

＝2×3kg·m/s＝6kg·m/s，碰撞后A的動量為mvAB＝2kg·m/s，碰撞前后A的動量變化量的

4

大小為4kg·m/s，A正確；碰撞前B的速度為vB＝－m/s＝－2m/s，由動量守恒定律得

2

44

mvA＋mBvB＝(m＋mB)vAB，解得mB＝kg，B錯誤；由動量定理得I＝mBvAB－mBvB＝×1

33

4

kg·m/s－×(－2)kg·m/s＝4N·s，即碰撞過程A對B所施沖量大小為4N·s，C正確；碰撞

3

121212

過程A、B兩物塊組成的系統(tǒng)損失的動能為ΔEk＝mvA＋mBvB－(m＋mB)vAB＝

222

11414

×2×32J＋××(－2)2J－×(2＋)×12J＝10J，D正確。

22323

6．(2021·浙江1月高考)在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝

有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、

初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計時，在5s末和6s末先后記錄到

從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，重力加速

度大小g取10m/s2，忽略空氣阻力。下列說法正確的是()

A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2

B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80m

C．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/s

D．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m

解析：選B。設(shè)碎塊落地的時間為t，質(zhì)量大的碎塊水平初速度大小為v，則由動量守

恒定律知質(zhì)量小的碎塊水平初速度大小為2v，爆炸后的碎塊做平拋運(yùn)動，下落的高度相同，

則在空中運(yùn)動的時間相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比為1∶2，碎塊位移s＝

x2＋y2，可見兩碎塊的位移大小之比不是1∶2，故A錯誤；據(jù)題意知，vt＝(5s－t)×340

1

m/s，又2vt＝(6s－t)×340m/s，聯(lián)立解得t＝4s，v＝85m/s，則爆炸點離地面高度為h＝gt2

2

＝80m，故B正確，C錯誤；兩碎塊落地點的水平距離為Δx＝3vt＝1020m，故D錯誤。

7.(2023·江蘇揚(yáng)州模擬)如圖所示，質(zhì)量為4m的木塊用輕質(zhì)細(xì)繩豎直懸于O點，當(dāng)一顆

質(zhì)量為m的子彈以v0的速度水平向右射入木塊后，它們一起向右擺動的最大擺角為60°。

木塊可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，則輕繩的長度為()

22

v0v0

A．B．

5g10g

22

v0v0

C．D．

25g50g

解析：選C。子彈射入木塊的過程，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得mv0

v0

＝(4m＋m)v，得v＝，設(shè)輕繩的長度為L，子彈擊中木塊后一起向上擺動的過程中，根

5

2

1v0

據(jù)機(jī)械能守恒定律得×(4m＋m)v2＝(4m＋m)gL(1－cos60°)，解得L＝，故A、B、D

225g

錯誤，C正確。

8．(多選)如圖，一人站在靜止的平板車上，不計平板車與水平地面的摩擦，空氣的阻

力也不考慮，則下列說法正確的是()

A．人在車上向右行走時，車將向左運(yùn)動

B．當(dāng)人停止走動時，車也會停止

C．人緩慢地在車上行走時，車可能不動

D．當(dāng)人從車上的左端行走到右端，不管人在車上行走的速度多大，車在地面上移動的

距離都相同

解析：選ABD。人與車組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定人的速度方向為正方向，由動量守

mv

恒定律得mv＋Mv′＝0，解得v′＝－，車的速度方向與人的速度方向相反，人在車上向

M

右行走時，車將向左運(yùn)動，故A正確；因人和車總動量為零，人停止走動速度為零時，由

mv

動量守恒定律可知，車的速度也為零，故B正確；由v′＝－可知，人緩慢地在車上行走

M

時，車也緩慢地運(yùn)動，故C錯誤；人從車上的左端行走到右端，設(shè)車的長度為L，人與車組

L－xxmL

成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得m－M＝0，解得x＝，

ttM＋m

車在地面上移動的距離x與人的行走速度無關(guān)，故D正確。

9．在發(fā)射地球衛(wèi)星時需要運(yùn)載火箭多次點火，以提高最終的發(fā)射速度。某次地球近地

衛(wèi)星發(fā)射的過程中，火箭噴氣發(fā)動機(jī)每次噴出質(zhì)量為m＝800g的氣體，氣體離開發(fā)動機(jī)時

的對地速度v＝1000m/s，假設(shè)火箭(含燃料在內(nèi))的總質(zhì)量為M＝600kg，發(fā)動機(jī)每秒噴氣

20次，忽略地球引力的影響，則()

A．第三次氣體噴出后火箭的速度大小約為4m/s

B．地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射，速度大小至少達(dá)到11.2km/s

C．要使火箭能成功發(fā)射至少要噴氣500次

D．要使火箭能成功發(fā)射至少要持續(xù)噴氣17s

解析：選A。設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對

象，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈4m/s，故A

正確；地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射，噴氣n次后至少要達(dá)到第一宇宙速度，即vn＝7.9km/s，故

B錯誤；以火箭和噴出的n次氣體為研究對象，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律得(M

n

－nm)vn－nmv＝0，代入數(shù)據(jù)解得n≈666，故C錯誤；至少持續(xù)噴氣時間為t＝＝33.3s，

20

故D錯誤。

【綜合提升練】

10．(多選)(2023·廣東高考)某同學(xué)受電動窗簾的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的簡化模型。多

個質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力。開窗簾過程中，電機(jī)對滑塊1施

加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為

0.04s，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s。關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法

正確的有()

A．該過程動量守恒

B．滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·s

C．滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·s

D.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N

解析：選BD。取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為p1＝mv1＝1×0.40

kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后的動量為p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，則滑塊

的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；對滑塊1，取向右為正方向，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22

kg·m/s－1×0.40kg·m/s＝－0.18kg·m/s，負(fù)號表示方向水平向左，故B正確；對滑塊2，取

向右為正方向，則有I2＝mv2＝1×0.22kg·m/s＝0.22kg·m/s，故C錯誤；對滑塊2根據(jù)動量

定理有F′Δt＝I2，解得F′＝5.5N，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N，故D正

確。

11.如圖所示，兩小球P、Q豎直疊放在一起，小球間留有較小空隙，從距水平地面高度

為h處同時由靜止釋放。已知小球Q的質(zhì)量是P的2倍。設(shè)所有碰撞均為彈性碰撞，重力

加速度為g。忽略空氣阻力及碰撞時間，則兩球第一次碰撞后小球P上升的高度為()

525

A．hB．h

39

749

C．hD．h

39

解析：選B。設(shè)P的質(zhì)量為m，Q的質(zhì)量為2m，二者下落h時的速度大小為v，根據(jù)

1

動能定理可得3mgh＝×3mv2，解得v＝2gh，Q與地面碰撞后速度等大反向，不計碰撞

2

時間，取向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得2mv－mv＝2mv1＋mv2，根據(jù)機(jī)械能守恒定

121212121

律可得×2mv＋mv＝×2mv1＋mv2，聯(lián)立解得碰撞后P的速度大小為v1＝－v，

22223

51225

v2＝v，對P上升過程中根據(jù)動能定理可得－mgh′＝0－mv2，解得h′＝h，故B正

329

確、A、C、D錯誤。

12．(2022·湖南高考)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量

與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，

碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說

法正確的是()

A．碰撞后氮核的動量比氫核的小

B．碰撞后氮核的動能比氫核的小

C．v2大于v1

D．v2大于v0

解析：選B。設(shè)中子的質(zhì)量為m，氫核的質(zhì)量為m，氮核的質(zhì)量為14m，設(shè)中子和氫核

12

碰撞后中子速度為v3，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，mv0＝

2

1212

mv1＋mv3，聯(lián)立解得v1＝v0，設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為v4，由動量守恒定律

22

1212122

和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，mv0＝·14mv2＋mv4，聯(lián)立解得v2＝v0，

22215

28mv0

可得v1＝v0>v2，碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0，氮核的動量為pN＝14mv2＝，

15