2025版高考物理考點(diǎn)題型歸納總結(jié)（含答案）考點(diǎn)33　動量守恒定律及其應(yīng)用

考點(diǎn)33動量守恒定律及其應(yīng)用強(qiáng)基固本對點(diǎn)練知識點(diǎn)1動量守恒定律的理解和應(yīng)用1．(多選)如圖所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是()A．兩手同時(shí)放開后，系統(tǒng)總動量為零B．先放開右手，后放開左手后，系統(tǒng)總動量不為零，且方向向左C．先放開左手，后放開右手后，系統(tǒng)總動量不為零，且方向向左D．無論先放哪只手，系統(tǒng)機(jī)械能都守恒2．質(zhì)量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示．下列說法正確的是()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的動量大于m1的動量D．碰撞后m2的動能小于m1的動能3．如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.開始時(shí)C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運(yùn)動，A與C發(fā)生碰撞(時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動，經(jīng)過一段時(shí)間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動，且恰好不再與C碰撞．求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小．知識點(diǎn)2碰撞問題4．如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后()A．A向左運(yùn)動，速度大小為v0B．A向右運(yùn)動，速度大小為v0C．A靜止，B也靜止D．A向左運(yùn)動，速度大小為2v05．在光滑水平面上有三個完全相同的小球，它們成一條直線，2、3小球靜止并靠在一起，1球以速度v0射向它們，如圖所示．設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個小球的速度可能是()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．如圖，光滑圓弧槽面末端切線水平，并靜置一質(zhì)量為m2的小球Q，另一質(zhì)量為m1的小球P從槽面上某點(diǎn)靜止釋放，沿槽面滑至槽口處與Q球正碰，設(shè)碰撞過程中無能量損失，兩球落地點(diǎn)到O點(diǎn)水平距離之比為1∶3，則P、Q兩球質(zhì)量比不可能是()A．3∶1B．3∶5C．2∶3D．1∶77．[2024·海南省天一大聯(lián)考一模]如圖，質(zhì)量均為m＝0.2kg的物體a和b靜止在水平臺面上的A、B兩處，B左側(cè)臺面光滑，右側(cè)臺面粗糙．a(chǎn)、b與粗糙臺面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5.現(xiàn)給a瞬時(shí)沖量I，a運(yùn)動至B與b發(fā)生彈性碰撞，碰后b滑至離B處x＝0.4m的C處停下．a(chǎn)和b均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2.求：(1)碰撞后瞬間b的速度大小v；(2)沖量I的大小．知識點(diǎn)3爆炸、反沖運(yùn)動和人船模型8．在爆炸實(shí)驗(yàn)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(diǎn)時(shí)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(jì)時(shí)，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，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∶2B．爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80mC．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD．爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m9．(多選)某同學(xué)質(zhì)量為60kg，在軍事訓(xùn)練中要求他從岸上以大小為2m/s的速度跳到一條向他緩緩飄來的小船上，然后去執(zhí)行任務(wù)，小船的質(zhì)量是140kg，原來的速度大小是0.5m/s，該同學(xué)上船后又跑了幾步，最終停在船上．則()A．人和小船最終靜止在水面上B．該過程同學(xué)的動量變化量大小為105kg·m/sC．船最終的速度是0.95m/sD．船的動量變化量大小是105kg·m/s培優(yōu)提能模擬練10．[2024·江蘇省無錫市教學(xué)質(zhì)量調(diào)研]如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放．Q與P的接觸面粗糙，在Q下滑的過程中，關(guān)于P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()A．機(jī)械能守恒、動量守恒B．機(jī)械能不守恒、動量守恒C．機(jī)械能守恒、動量不守恒D．機(jī)械能不守恒、動量不守恒11．[2023·新課標(biāo)卷](多選)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等．現(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時(shí)刻()A．甲的速度大小比乙的大B．甲的動量大小比乙的小C．甲的動量大小與乙的相等D．甲和乙的動量之和不為零12．[2024·廣東省深圳市實(shí)驗(yàn)學(xué)校期中考試]滑板運(yùn)動是青少年比較喜歡的一種戶外運(yùn)動．現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的小孩站在一輛質(zhì)量為λm的滑板車上，小孩與滑板車一起在光滑的水平路面上以速度v0勻速運(yùn)動，突然發(fā)現(xiàn)前面有一個小水坑，由于來不及轉(zhuǎn)向和剎車，該小孩立即以對地2v0的速度向前跳離滑板車，滑板車速度大小變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，且方向不變，則λ為()A．1B．2C．3D．413．[2024·河北省邯鄲市九校聯(lián)考]如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的物體A、B，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運(yùn)動，某時(shí)刻輕繩斷開，A在F作用下繼續(xù)前進(jìn)．已知物體A的質(zhì)量為2m，物體B的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是()A．當(dāng)物體B的速度大小為eq\f(1,2)v時(shí)，物體A的速度大小為eq\f(1,2)vB．當(dāng)物體B的速度大小為eq\f(1,2)v時(shí)，物體A的速度大小為eq\f(5,4)vC．當(dāng)物體B的速度大小為0時(shí)，物體A的速度大小一定為eq\f(3,2)vD．當(dāng)物體B的速度大小為0時(shí)，物體A的速度大小可能為eq\f(5,4)v14．[2024·浙江省寧波聯(lián)考]有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長，一位同學(xué)想用一個卷尺測量它的質(zhì)量，他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，然后他輕輕從船尾上船，走到船頭后停下，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離d和船長L，已知他自身的質(zhì)量為m，忽略船運(yùn)動過程中水對它的阻力，則可測得船的質(zhì)量為()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·河南省聯(lián)考](多選)如圖所示，A、B兩個小球靜止在光滑的水平平臺上，給小球A一個初速度，小球A向右運(yùn)動并與小球B發(fā)生彈性正碰，A、B兩球做平拋運(yùn)動的水平位移大小之比為1∶3，則A、B兩球的質(zhì)量之比可能為()A．3∶1B．3∶2C．3∶4D．3∶516．已知A、B兩物體mA＝2kg，mB＝1kg，A物體從h＝1.2m處自由下落，且同時(shí)B物體從地面豎直上拋，經(jīng)過t＝0.2s相遇碰撞后，兩物體立刻粘在一起運(yùn)動，已知重力加速度g＝10m/s2，求：(1)碰撞時(shí)離地高度x；(2)碰后速度v；(3)碰撞損失機(jī)械能ΔE.17．[2024·浙江省寧波聯(lián)考]在光滑的水平冰面上，放置一個截面為四分之一圓的半徑足夠大的光滑自由曲面，曲面底都與冰面相切，一個坐在冰車上的小孩手扶小球靜止在冰面上，某時(shí)刻小孩將小球以v0＝2m/s的速度(相對于冰面)向曲面推出(如圖所示)，小孩將球推出后還能再接到球．已知小孩和冰車的總質(zhì)量為m1＝40kg，小球質(zhì)量為m2＝2kg，曲面質(zhì)量為m3＝10kg，求(1)小孩將小球推出過程中，小孩、冰車、小球構(gòu)成的系統(tǒng)的機(jī)械能的增加量．(2)整個運(yùn)動過程中小球能到達(dá)的最大高度(距離冰面).(3)小孩再接到球后，球的速度大?。键c(diǎn)33動量守恒定律及其應(yīng)用1．答案：AD解析：兩手同時(shí)放開后，由于系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)滿足動量守恒，則系統(tǒng)總動量為零，A正確；先放開右手，可能出現(xiàn)右邊汽車先向右運(yùn)動到彈簧伸長最大后，再向左回到壓縮位置，所以之后放開左手瞬間，彈簧可能處于伸長狀態(tài)、壓縮狀態(tài)，右邊汽車可能速度向右，也可能速度向左，甚至可能速度剛好為零，故兩手都放開后，系統(tǒng)的總動量可能向右，也可能向左，甚至可能為零，B錯誤；先放開左手，可能出現(xiàn)左邊汽車先向左運(yùn)動到彈簧伸長最大后，再向右回到壓縮位置，所以之后放開右手瞬間，彈簧可能處于伸長狀態(tài)、壓縮狀態(tài)，左邊汽車可能速度向左，也可能速度向右，甚至可能速度剛好為零，故兩手都放開后，系統(tǒng)的總動量可能向左，也可能向右，甚至可能為零，C錯誤；無論先放哪只手，手對汽車總是不做功，系統(tǒng)機(jī)械能都守恒，D正確．2．答案：C解析：x-t圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知m1碰前的速度大小為v0＝eq\f(4,1)m/s＝4m/s，m2碰前速度為0，A錯誤；兩物體正碰后，m1碰后的速度大小為v1＝eq\f(4,3－1)m/s＝2m/s，m2碰后的速度大小為v2＝eq\f(8－4,3－1)m/s＝2m/s，碰后兩物體的速率相等，B錯誤；兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為m2＝3m1，根據(jù)動量的表達(dá)式p＝mv可知碰后m2的動量大于m1的動量，C正確；根據(jù)動能的表達(dá)式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知碰后m2的動能大于m1的動能，D錯誤．3．答案：2m/s解析：設(shè)碰后A的速度為vA，C的速度為vC，由動量守恒可得mAv0＝mAvA＋mCvC碰后A、B滿足動量守恒，設(shè)A、B的共同速度為v1，則mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v1由于A、B整體恰好不再與C碰撞，故v1＝vC聯(lián)立以上三式可得vA＝2m/s.4．答案：D解析：A、B發(fā)生彈性碰撞，取向右為正，則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的速度為vA＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)·2v0＋eq\f(2mB,mA＋mB)(－v0)得vA＝－2v0，即A向左運(yùn)動，速度大小為2v0，D正確．5．答案：D解析：由于球1與球2發(fā)生碰撞時(shí)間極短，球2的位置來不及發(fā)生變化，這樣球2對球3也就無法產(chǎn)生力的作用，即球3不會參與此次碰撞過程．而球1與球2發(fā)生的是彈性碰撞，質(zhì)量又相等，故它們在碰撞中實(shí)現(xiàn)速度交換，碰后球1立即停止，球2速度立即變?yōu)関0；此后球2與球3碰撞，再一次實(shí)現(xiàn)速度交換．所以碰后球1、球2的速度為零，球3速度為v0，A、B、C錯誤，D正確．6．答案：C解析：設(shè)碰撞前小球P的速度為v0，碰撞后P、Q的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律和無能量損失得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)v0，兩式之比為eq\f(v1,v2)＝eq\f(m1－m2,2m1).若碰撞后P球不彈回，繼續(xù)向前運(yùn)動，P球射程一定小于Q球射程，根據(jù)兩球落地點(diǎn)到O點(diǎn)水平距離之比為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球被彈回，并且P球射程小于Q球射程，根據(jù)兩球落地點(diǎn)到O點(diǎn)水平距離之比為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球被彈回，并且P球射程大于Q球射程，根據(jù)兩球落地點(diǎn)到O點(diǎn)水平距離之比為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；結(jié)合碰撞的實(shí)際，只有上述三種可能，C不可能．7．答案：(1)2m/s(2)0.4kg·m/s解析：(1)碰撞后b做勻減速運(yùn)動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg＝5m/s2由v2＝2ax得v＝2m/s(2)設(shè)a與b碰撞前a的速度大小為v0，碰撞后a的速度大小為v1，取水平向右為正方向動量守恒有mv0＝mv1＋mv機(jī)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沖量I＝Δp＝mv0得I＝0.4kg·m/s8．答案：B解析：爆炸時(shí)，水平方向，根據(jù)動量守恒定律可知m1v1－m2v2＝0，因兩塊碎塊落地時(shí)間相等，有m1x1－m2x2＝0，整理得eq\f(x1,x2)＝eq\f(m2,m1)＝eq\f(1,2)，兩碎塊的水平位移之比為1∶2，而從爆炸開始拋出到落地的位移之比不等于1∶2，A錯誤；設(shè)兩碎片落地時(shí)間均為t，由題意可知eq\f(（5－t）v聲,（6－t）v聲)＝eq\f(1,2)，解得t＝4s，爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m，B正確；爆炸后質(zhì)量大的碎塊的水平位移x1＝(5－4)×340m＝340m，質(zhì)量小的碎塊的水平位移x2＝(6－4)×340m＝680m，爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m＋680m＝1020m，質(zhì)量大的碎塊的初速度為v1＝eq\f(x1,t)＝eq\f(340,4)m/s＝85m/s，C、D錯誤．9．答案：BD解析：規(guī)定人原來的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)人上船后，船與人共同速度為v，由題意，水的阻力忽略不計(jì)，該同學(xué)跳上小船后與小船達(dá)到同一速度的過程，人和船組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，則由動量守恒定律得m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝0.25m/s，方向與人的速度方向相同，與船原來的速度方向相反，A錯誤，C錯誤；人的動量的變化為Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105kg·m/s，負(fù)號表示方向與選擇的正方向相反，B正確；船的動量變化量為Δp′＝m船v－m船v船＝140×(0.25＋0.5)kg·m/s＝105kg·m/s，D正確．10．答案：D解析：系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，但系統(tǒng)在豎直方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在豎直方向動量不守恒，系統(tǒng)動量不守恒．Q與P的接觸面粗糙，克服阻力做功產(chǎn)熱，所以機(jī)械能不守恒，D正確．11．答案：BD解析：對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有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，由于兩物體運(yùn)動時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，可得v甲<v乙，A錯誤；對于整個系統(tǒng)而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左，顯然甲的動量大小比乙的小，B、D正確，C錯誤．12．答案：B解析：小孩跳離滑板車時(shí)，與滑板車組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，由動量守恒定律有(m＋λm)v0＝m·2v0＋λm·eq\f(v0,2)，解得λ＝2，B正確．13．答案：B解析：A、B勻速運(yùn)動時(shí)，對A、B整體受力分析可得F＝fA＋fB，物體B的速度大小在減小到0的過程中，A和B所組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，該系統(tǒng)的動量守恒，當(dāng)物體B的速度大小為eq\f(1,2)v時(shí)，有(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB，解得vA＝eq\f(5,4)v，A錯誤，B正確；當(dāng)物體B的速度大小剛好為0時(shí)，有(mA＋mB)v＝mAv′A，解得vA＝eq\f(3,2)v，A在F作用下繼續(xù)前進(jìn)，物體A繼續(xù)加速，當(dāng)物體B的速度大小為0時(shí)，物體A的速度大小不一定為eq\f(3,2)v，C、D錯誤．14．答案：A解析：設(shè)人走動時(shí)船的速度大小為v，人的速度大小為v′，船的質(zhì)量為M，人和船的相對位移為L，人從船尾走到船頭所用時(shí)間為t，則v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)，人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，取船的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的質(zhì)量M＝eq\f(m（L－d）,d)，A正確．15．答案：AD解析：設(shè)A球的初速度大小為v0，碰撞后A、B的速度大小分別為v1、v2，根據(jù)題意v＝xeq\r(\f(g,2h))，有v2＝3v1，若碰撞后A、B同向，則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，則mAv0＝－mAv1＋mBv2，結(jié)合能量守恒，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(3,5)，A、D正確．16．答案：(1)1m(2)0(3)12J解析：(1)對物塊A，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得x＝h－eq\f(1,2)gt2＝1.2m－eq\f(1,2)×10×0.22m＝1m(2)設(shè)