一、動量守恒定律的條件及應(yīng)用
1．動量守恒定律：一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。
2．動量守恒定律的適用條件
（1）前提條件：存在相互作用的物體系；
（2）理想條件：系統(tǒng)不受外力；
（3）實際條件：系統(tǒng)所受合外力為0；
（4）近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)所受的外力；
（5）方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動量守恒。
3．動量守恒定律的表達式
（1）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和；
（2）Δp1=–Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向；
（3）Δp=0，系統(tǒng)總動量的增量為零。
4．動量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬時性；③相對性；④普適性。
5．應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟：
（1）明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）；
（2）進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上動量是否守恒）；
（3）規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量；
（4）由動量守恒定律列出方程；
（5）代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明。
二、碰撞與動量守恒定律
1．碰撞的特點
（1）作用時間極短，內(nèi)力遠大于外力，總動量總是守恒的。
（2）碰撞過程中，總動能不增。因為沒有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為動能。
（3）碰撞過程中，當兩物體碰后速度相等時，即發(fā)生完全非彈性碰撞時，系統(tǒng)動能損失最大。
（4）碰撞過程中，兩物體產(chǎn)生的位移可忽略。
2．碰撞的種類及遵從的規(guī)律
3．關(guān)于彈性碰撞的分析
兩球發(fā)生彈性碰撞時滿足動量守恒定律和機械能守恒定律。
在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的鋼球沿一條直線以速度v0與靜止在水平面上的質(zhì)量為m2的鋼球發(fā)生彈性碰撞，碰后的速度分別是v1、v2
①
②
由①②可得：③
④
利用③式和④式，可討論以下五種特殊情況：
a．當時，，，兩鋼球沿原方向原方向運動；
b．當時，，，質(zhì)量較小的鋼球被反彈，質(zhì)量較大的鋼球向前運動；
c．當時，，，兩鋼球交換速度。
d．當時，，，m1很小時，幾乎以原速率被反彈回來，而質(zhì)量很大的m2幾乎不動。例如橡皮球與墻壁的碰撞。
e．當時，，，說明m1很大時速度幾乎不變，而質(zhì)量很小的m2獲得的速度是原來運動物體速度的2倍，這是原來靜止的鋼球通過碰撞可以獲得的最大速度，例如鉛球碰乒乓球。
4．一般的碰撞類問題的分析
（1）判定系統(tǒng)動量是否守恒。
（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球動量不能減小，后球動量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。
（3）判定碰撞前后動能是否不增加。
三、反沖和爆炸
1．反沖
（1）現(xiàn)象：物體的不同部分在內(nèi)力的作用下向相反方向運動。
（2）特點：一般來說，物體間的相互作用力較大，屬于內(nèi)力遠大于外力情況，因此動量守恒。
2．爆炸
（1）特點：在極短時間內(nèi)，由于內(nèi)力作用，物體分裂為兩塊或多塊的過程，一般來說，作用過程位移很小，可認為爆炸之后仍從爆炸位置以新的動量開始運動。
（2）規(guī)律：動量守恒，動能增加。
（2018·四川省綿陽市南山中學高二下學期期中考試）如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量mA>mB，中間用一段細繩相連并有一被壓縮的彈簧，放在平板小車C上后，A、B、C均處于靜止狀態(tài)。若地面光滑，則在細繩被剪斷后，A、B從C上未滑離之前，A、B在C上向相反方向滑動過程中
A．若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，A、B、C組成的系統(tǒng)動量也守恒
B．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C組成的系統(tǒng)動量也不守恒
C．若A、B和C之間的摩擦力大小不相同，則A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒，但A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒
D．以上說法均不對
【參考答案】AC
【詳細解析】若A、B與C之間的摩擦力大小相同，在細繩被剪斷后，彈簧釋放的過程中，A、B所受的滑動摩擦力方向相反，則對于A、B組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，動量守恒；對三個物體組成的系統(tǒng)，豎直方向上重力與支持力平衡，水平方向不受外力，合外力為零，所以A、B、C組成的系統(tǒng)動量也守恒，A正確；若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，在細繩被剪斷后，彈簧釋放的過程中，A、B所受的滑動摩擦力方向相反，則對于A、B組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零，動量不守恒；但對三個物體組成的系統(tǒng)，合外力為零，A、B、C組成的系統(tǒng)動量仍守恒，BD錯誤，C正確。
【名師點睛】滿足下列情景之一的，即滿足動量守恒定律：
（1）系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；
（2）系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，可以忽略不計；
（3）系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒；
（4）全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動量守恒。
1．（2018·湖南省衡陽市第八中學高三上學期第二次月考）如圖所示，放在光滑水平面上的A、B兩小物體中間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，用兩手分別控制兩小物體處于靜止狀態(tài)，如圖所示。下面說法正確的是
A．兩手同時放開后，兩物體的總動量為零
B．先放開右手，后放開左手，兩物體的總動量向右
C．先放開左手，后放開右手，兩物體的總動量向右
D．兩手同時放開，兩物體的總動量守恒；當兩手不同時放開，在放開一只手到放開另一只手的過程中兩物體總動量不守恒
【答案】ABD
【解析】A、若兩手同時放開A、B兩車，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由于系統(tǒng)初動量為零，則系統(tǒng)總動量為零，故A正確；B、先放開右手，再放開左手，兩車與彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力的沖量向右，系統(tǒng)總動量向右，故B正確；C、先放開左手，再放開右手，系統(tǒng)所受合外力向左，系統(tǒng)所受合外力的沖量向左，系統(tǒng)總動量向左，故C錯誤；D、無論何時放手，兩手放開后，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，在彈簧恢復(fù)原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，如果同時放手，系統(tǒng)總動量為零，如果不同時放手，系統(tǒng)總動量不為零，則系統(tǒng)的總動量不一定為零，故D正確；故選ABD。
【點睛】知道動量守恒的條件即可正確解題，系統(tǒng)所受合外力為零時，系統(tǒng)動量守恒。
2．（2018·廣西賀州市平桂管理區(qū)平桂高級中學高二下學期第三次月考）某一物體從高h處自由下落，與地面碰撞后又跳起高h′，不計其他星球?qū)Φ厍虻淖饔?，以地球和物體作為一個系統(tǒng)，下列說法正確的是
A．在物體下落過程中，系統(tǒng)動量不守恒
B．在物體與地面碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒
C．在物體上升過程中系統(tǒng)動量守恒
D．上述全過程中系統(tǒng)動量都守恒
【答案】BCD
【解析】將地球和物體作為一個系統(tǒng)，在這三個過程（物體下落過程，物體和地球碰撞過程，物體上升過程）中都只有系統(tǒng)的內(nèi)力作用，一對引力和一對碰撞的彈力，沒有外力作用，系統(tǒng)的動量在全過程守恒，故A錯誤，BCD均正確。故選BCD。
【點睛】本題考查了判斷動量是否守恒分三種情況：一種是準確的守恒，系統(tǒng)的外力之和為零；第二種是近似守恒，內(nèi)力遠遠大于外力，外力可忽略；第三種是某一方向守恒，在一個方向上滿足外力之和為零。
（2018·山西省太原市第五中學高二10月月考）如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上。現(xiàn)使A以3 m/s的速度向B運動壓縮彈簧，速度圖象如圖乙，則有
[來源K]
A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)
B．從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長
C．兩物體的質(zhì)量之比為m1∶m2=1∶2
D．在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2=1∶8
【參考答案】CD
【詳細解析】A、由圖可知t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且此時系統(tǒng)動能最小，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知，此時彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，而t3時刻處于伸長狀態(tài)，故A錯誤。B、結(jié)合圖象弄清兩物塊的運動過程，開始時m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮最厲害，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長，m2依然加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復(fù)原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，在t3時刻，二物塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)原長，故B錯誤。C、根據(jù)動量守恒定律，t=0時刻和t=t1時刻系統(tǒng)總動量相等，有：m1v1=（m1+m2）v2，其中：v1=3 m/s，v2=1 m/s，解得m1：m2=1：2，故C正確。D、在t2時刻A的速度為vA=–1 m/s，B的速度為vB=2 m/s，根據(jù)m1：m2=1：2，求出Ek1：Ek2=1：8，故D正確。故選CD。
1．如圖所示，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽高h處開始自由下滑，則
A．小球和槽組成的系統(tǒng)總動量守恒
B．球下滑過程中槽對小球的支持力不做功
C．重力對小球做功的瞬時功率一直增大
D．地球、小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒
【答案】D
【解析】小球在下滑過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；小球下滑過程中，球的位移方向與槽對球的支持力方向夾角為鈍角，作用力做負功，B錯誤；剛開始時小球速度為零，重力的功率為零，當小球到達底端時，速度水平與重力方向垂直，重力的功率為零，所以重力的功率先增大后減小，C錯誤；過程中，地球、小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，D正確.
2．（2018·陜西省西安市長安區(qū)第五中學高三上學期期中考試）光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面A，斜面質(zhì)量為M，底邊長為L，如圖所示。將一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為，則下列說法中正確的是
A．
B．滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為α
C．滑塊B下滑過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒
D．此過程中斜面向左滑動的距離為
【答案】D
【解析】當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcsα，故A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，故B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，故C錯誤；系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得；即有Mx1=mx2，又x1+x2=L，解得x1＝L，故D正確；故選D。
【點睛】本題的關(guān)鍵是要掌握動量守恒的條件，分析清楚物體運動過程即可解題；要注意：系統(tǒng)總動量不守恒，在水平方向動量守恒。
A、B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運動，其位移–時間圖象（x–t）圖如圖中ADC和BDC所示。由圖可知，物體A、B的質(zhì)量之比為
A．1:1 B．1:2
C．1:3 D．3:1
【參考答案】C
【詳細解析】由x–t圖象可知，碰撞前，vB=0 m/s，碰撞后vA′=vB′=v= =1 m/s，碰撞過程動量守恒，對A、B組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mAvA=(mA+mB)v，即：mA×4=(mA+mB)×1，解得mA:mB=1:3，故選C。
【名師點睛】本題主要考查了動量的表達式及動量定理的直接應(yīng)用，知道x–t圖線的斜率等于物體的速度，要求同學們能根據(jù)圖象讀出兩物體碰撞前后的速度。
1．（2018·浙江省普通高校招生選考科目考試仿真模擬）兩個小球在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運動，B球在前，A球在后，，，，。當A球與B球發(fā)生碰撞后，A、B兩球的速度、可能為
A．， B．，
C．， D．，
【答案】AD
【解析】兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以兩球的初速度方向為正方向，如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v，代入數(shù)據(jù)解得：v=4 m/s；如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，有：mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′，由機械能守恒定律得：mAvA2+mBvB2=mAvA′2+mBvB′2，代入數(shù)據(jù)解得：vA′=2 m/s，vB′=5 m/s，則碰撞后A、B的速度：2 m/s≤vA≤4 m/s，4 m/s≤vB≤5 m/s，故AD正確，BC錯誤。故選AD。
2．如圖，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m=1 kg的物塊A、B、C處于靜止狀態(tài)。 B的左側(cè)固定一輕彈簧，彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計?，F(xiàn)使A以速度v0=4 m/s朝B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，且B和C碰撞過程時間極短，且損失的機械能為1 J。此后A繼續(xù)壓縮彈簧，直至彈簧被壓縮到最短。在上述過程中，求：
（1）B與C相碰后的瞬間，B與C粘接在一起時的速度；
（2）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。
【答案】（1）1 m/s （2）
【解析】（1）從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，由動量守恒定律得
設(shè)碰撞后瞬間B與C的速度為v2，由動量守恒定律得
解得：
（2）由于，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此時速度為v3，彈簧縮至最短，其彈性勢能為Ep，由動量守恒定律和能量守恒定律得
解得
【名師點睛】本題是對動量守恒定律及能量守恒定律的考查；解題的關(guān)鍵是搞清物體相互作用的物理過程，找到臨界物理狀態(tài)，知道當三者共速時，彈簧壓縮量最大，此時的彈性勢能最大。
質(zhì)量M=327 kg的小型火箭（含燃料）由靜止發(fā)射，發(fā)射時共噴出質(zhì)量m=27 kg的氣體，設(shè)噴出的氣體相對地面的速度均為v=l 000 m/s。忽略地球引力和空氣阻力的影響，則氣體全部噴出后，火箭的速度大小為
A．76 m/s B．82 m/s C．90 m/s D．99 m/s
【參考答案】C
【詳細解析】由動量守恒定律得：（M–m）v′–mv=0，則火箭速度v′===90 m/s；故選C。
1．為了保護航天員的安全，飛船上使用了降落傘、反推火箭、緩沖座椅三大措施，在距離地面大約1 m時，返回艙的4個反推火箭點火工作，返回艙最終安全著陸。把返回艙從離地1 m開始減速到完全著陸稱為著地過程。則關(guān)于反推火箭的作用，下列說法正確的是
A．減小著地過程中返回艙和航天員的動量變化
B．減小著地過程中返回艙和航天員所受的沖量
C．減小著地過程的作用時間
D．減小著地過程返回艙和航天員所受的平均沖力
【答案】D
【解析】返回艙和航天員在最后1 m的著陸過程中用不用反推火箭，它們的初速度相同，末速度是零，故在著陸過程中返回艙和航天員的動量變化是相同的，反推火箭的作用是延長著陸時間，減少動量的變化率，根據(jù)動量定理，合外力的沖量等于動量的變化，由于動量變化相同，延長了著陸時間則減小了著陸過程中返回艙和航天員所受的平均沖擊力。由分析知：在著地過程中返回艙和航天員的動量變化是相同的，故A錯誤；根據(jù)動量定理，在著地過程中返回艙和航天員的動量變化是相同的，故在此過程中所受沖量也是相同的，故B錯誤；反推火箭的主要作用是延長了返回艙和航天員的著地時間，故C錯誤；根據(jù)動量定理，在著地過程中動量的變化相同，反推火箭延長了著地時間，根據(jù)動量定理可知在著地過程中反推火箭的作用是減小著地過程返回艙和航天員所受的平均沖擊力，故D正確。
2．一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m=200 g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v=1 000 m/s。設(shè)火箭質(zhì)量M=300 kg，發(fā)動機每秒鐘噴氣20次。
（1）當?shù)谌螄姵鰵怏w后，火箭的速度多大？
（2）運動第1 s末，火箭的速度多大？
【答案】（1）2 m/s （2）13.5 m/s
【解析】（1）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，據(jù)動量守恒定律得：
(M–3m)v3–3mv=0
v3==2 m/s
（2）發(fā)動機每秒鐘噴氣20次，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動量守恒定律得：
(M–20m)v20–20mv=0
v20==13.5 m/s。
1．關(guān)于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是
A．只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒
B．系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時，系統(tǒng)的總動量不一定守恒
C．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不可能守恒
D．只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)動量就不守恒
2．（2018·河南省洛陽市孟津縣第二高級中學高三9月月考調(diào)研考試）一質(zhì)量為m的滑塊A以初速度v0沿光滑水平面向右運動，與靜止在水平面上的質(zhì)量為m的滑塊B發(fā)生碰撞，它們碰撞后一起繼續(xù)運動，則在碰撞過程中滑塊A動量的變化量為
A．mv0，方向向左
B．mv0，方向向左
C．mv0，方向向右
D．mv0，方向向右
3．a(chǎn)、b兩球在光滑的水平面上沿同一直線發(fā)生正碰，作用前a球動量pa=30 kg·m/s，b球動量pb=0，碰撞過程中，a球的動量減少了20 kg·m/s，則作用后b球的動量為
A．–20 kg·m/s
B．10 kg·m/s
C．20 kg·m/s
D．30 kg·m/s
4．如圖所示，A、B兩種物體的質(zhì)量之比，原來靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮的輕彈簧，地面光滑，當彈簧突然釋放后，則
A．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒
B．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B、C組成的系統(tǒng)動量不守恒
5．（2018·湖北省武漢市部分學校高二10月月考）質(zhì)量為M的木塊在光滑的水平面上以速度v1向右運動，質(zhì)量為m的子彈以速度v2向左射入木塊并停留在木塊中，要使木塊停下來，發(fā)射子彈的數(shù)目是
A． B． C． D．
6．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．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為非零的某一數(shù)值
B．先放開左手，后放開右手，動量不守恒
C．先放開左手，后放開右手，總動量向右
D．無論何時放手，兩手放開后在彈簧恢復(fù)原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零
7．（2018·安徽省蕪湖一中高三上學期期末考試）如圖所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，木塊靜止在A位置。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度υ0射向木塊并嵌入其中，則當木塊回到A位置時的速度υ以及在此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為
A．υ=，I=0
B．υ=，I=2mυ0
C．υ=，I=
D．υ=，I=2mυ0
8．一個繞地球做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星，在軌道上瞬間炸裂成質(zhì)量相等的A、B兩塊，其中A仍沿原軌道運動，不計炸裂前后衛(wèi)星總質(zhì)量的變化，則
A．B不可能沿原軌道運動
B．炸裂后的瞬間A、B的總動能大于炸裂前的動能
C．炸裂后的瞬間A、B的動量大小之比為1:3
D．炸裂后的瞬間A、B速率之比為1:1
9．（2018·河北省武邑中學高二上學期第二次月考）如圖所示，有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭，一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量。他進行了如下操作：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。他用卷尺測出船后退的距離為d，然后用卷尺測出船長L，已知他自身的質(zhì)量為m，則船的質(zhì)量為
A． B． C． D．
10．A、B兩球在光滑水平面上做相向運動，已知mA>mB，當兩球相碰后。其中一球停止，則可以斷定
A．碰前A的動量等于B的動量
B．碰前A的動量大于B的動量
C．若碰后A的速度為零，則碰前A的動量大于B的動量
D．若碰后B的速度為零，則碰前A的動量小于B的動量
11．（2018·福建省永春縣第一中學高二下學期期末考試）如圖，質(zhì)量為m的人在質(zhì)量為M的平板車上從左端走到右端，若不計平板車與地面的摩擦，則下列說法正確的是
A．人在車上行走時，車將向右運動
B．當人停止走動時，由于車的慣性大，車將繼續(xù)后退
C．若人越慢地從車的左端走到右端，則車在地面上移動的距離越大
D．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
12．質(zhì)量為m的小車中掛有一個單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車和單擺以恒定的速度v0沿水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m1的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，在此過程中，下列說法可能發(fā)生的是
A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別為v1、v2和v3，且滿足：
B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度為v1、v2，且滿足：
C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都為v，且滿足：
D．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，且滿足：
13．（2018·吉林省長春市田家炳實驗中學高一下學期期末考試）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球與墻之間用輕彈簧連接?，F(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧，不計空氣阻力，若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E，從球A被碰后開始到回到原靜止位置的過程中墻對彈簧的沖量大小為I，則下列表達式中正確的是
A．
B．
C．
D．
14．一炮艦總質(zhì)量為M，以速度v0勻速行駛，從艦上以相對海岸的速度v沿前進的方向射出一質(zhì)量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后炮艦的速度為v′，若不計水的阻力，則下列各關(guān)系式中正確的是
A．
B．
C．
D．
15．（2018·湖北省武漢市部分市級示范高中高三十月聯(lián)考）如圖所示，小車與木箱緊挨著靜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)于上述過程，下列說法中正確的是
A．木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量相同
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．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒
16．如圖所示，小車的上面由中間突出的兩個對稱的曲面組成，整個小車的質(zhì)量為m，原來靜止在光滑的水平面上。今有一個可以看作質(zhì)點的小球，質(zhì)量也為m，以水平速度v從左端滑上小車，恰好到達小車的最高點后，又從另一個曲面滑下。關(guān)于這個過程，下列說法正確的是
A．小球滑離小車時，小車又回到了原來的位置
B．小球在滑上曲面的過程中，小車的動量變化大小是
C．小球和小車作用前后，小車和小球的速度一定變化
D．車上曲面的豎直高度不會大于
17．一質(zhì)量為M的航天器，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為
A． B． C． D．
18．質(zhì)量為ma=1 kg，mb=2 kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移—時間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于
A．彈性碰撞
B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞
D．條件不足，不能判斷
19．假設(shè)進行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為mA和mB，他們攜手勻速遠離空間站，相對空間站的速度為v0。某時刻A將B向空間站方向輕推，A的速度變?yōu)関A，B的速度變?yōu)関B，則下列各關(guān)系式中正確的是
A．（mA＋mB）v0＝mAvA－mBvB
B．（mA＋mB）v0＝mAvA＋mB（vA＋v0）
C．（mA＋mB）v0＝mAvA＋mB（vA＋vB）
D．（mA＋mB）v0＝mAvA＋mBvB
20．如圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為3m和m的A、B兩滑塊，它們中間夾著（不相連）一根處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧，由于被一根細繩拉著而處于靜止狀態(tài)。則下列說法正確的是
A．剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧后，A、B兩滑塊的動量大小之比pA:pB=3:1
B．剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧后，A、B兩滑塊的速度大小之比vA:vB=3:1
C．剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧后，A、B兩滑塊的動能之比EkA:EkB=1:3
D．剪斷細繩到兩滑塊脫離彈簧過程中，彈簧對A、B兩滑塊做功之比WA:WB=1:1
21．（2018·陜西省西安市長安區(qū)第五中學高三上學期期中考試）在光滑水平面上，a、b兩小球沿同一直線都以初速度大小v0做相向運動，a、b兩小球的質(zhì)量分別為ma和mb，當兩小球間距小于或等于L時，兩小球受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用；當兩小球間距大于L時，相互間的排斥力為零，小球在相互作用區(qū)間運動時始終未接觸，兩小球運動時速度v隨時間t的變化關(guān)系圖象如圖所示，下列說法中正確的是
A．在t1時刻兩小球間距最小
B．在t2時刻兩小球的速度相同，且大小為
C．在0~t3時間內(nèi)，b小球所受排斥力方向始終與運動方向相同
D．在0~t3時間內(nèi)，排斥力對a、b兩小球的沖量大小相等
22．兩磁鐵各放在兩輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運動。已知甲車和磁鐵的總質(zhì)量為0.5 kg，乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1.0 kg，兩磁鐵的N極相對。推動一下，使兩車相向運動，某時刻甲的速率為2 m/s，乙的速度為3 m/s，方向與甲相反，兩車運動過程中始終未相碰。則：
（1）兩車最近時，乙的速度為多大？
（2）甲車開始反向時，乙的速度為多大？
23．（2018·陜西省西安市長安區(qū)第五中學高三上學期期中考試）如圖所示，可視為質(zhì)點的兩個小球通過長度L=6 m的輕繩連接，甲球的質(zhì)量為m1=0.2 kg，乙球的質(zhì)量為m2=0.1 kg。將兩球從距地面某一高度的同一位置先后釋放，甲球釋放?t=1 s后再釋放乙球，繩子伸直后即刻繃斷（細繩繃斷的時間極短，繃斷過程小球的位移可忽略），此后兩球又下落t=1.2 s同時落地?？烧J為兩球始終在同一豎直線上運動，不計空氣阻力，重力加速度g=10 m/s2。
（1）從釋放乙球到繩子繃直的時間t0；
（2）繩子繃斷的過程中合外力對甲球的沖量大小。
24．如圖所示，木塊A的質(zhì)量mA=1 kg，足夠長的木板B的質(zhì)量mB=4 kg，質(zhì)量為mC=2 kg的木塊C置于木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦。現(xiàn)使A以v0=10 m/s的初速度向右勻速運動，與B碰撞后將以大小為vA′=4 m/s的速度彈回。求：
（1）B運動過程中的最大速度；
（2）C運動過程中的最大速度。
25．（2018·陜西省西安市遠東第一中學高二上學期10月月月考）質(zhì)量為m的木板B置于光滑水平面上，另一質(zhì)量為m的木塊A（可視為質(zhì)點）在木板B的左端以水平速度v0開始向右運動，如圖所示，木塊A與木板B之間的動摩擦因數(shù)為μ，若要使木塊A剛好不從木板B的右端掉下去，則木板B的長度至少應(yīng)多長？
26．如圖所示，一光滑水平桌面AB與一半徑為R的光滑半圓形軌道相切于C點，且兩者固定不動。一長L=0.8 m的細繩，一端固定于O點，另一端系一個質(zhì)量m1=0.2 kg的小球。當小球在豎直方向靜止時，球?qū)λ阶烂娴淖饔昧偤脼榱恪，F(xiàn)將球提起使細繩處于水平位置時無初速度釋放。當小球m1擺至最低點時，細繩恰好被拉斷，此時小球m1恰好與放在桌面上的質(zhì)量m2=0.8 kg的小球正碰，碰后m1以2 m/s的速度彈回，m2將沿半圓形軌道運動。兩小球均可視為質(zhì)點，取g=10 m/s2。求：
（1）細繩所能承受的最大拉力為多大？
（2）m2在半圓形軌道最低點C點的速度為多大？
（3）為了保證m2在半圓形軌道中運動時不脫離軌道，半圓形軌道的半徑R應(yīng)滿足什么條件。
27．如圖所示，一質(zhì)量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A（可視為質(zhì)點），且mF1，作用時間相同，故系統(tǒng)獲得的總沖量向右，規(guī)定向右為正方向，撤去外力后，最后A、B共速，根據(jù)動量守恒定律有
Mv2–mv1＝（M＋m）v共
將v1、v2代入上式解得v共＝，方向向右
（2）以水平面為參考系，A向左運動的位移最大，即A減速到零，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma3
解得a3＝μg
則A減速的時間為
這段時間內(nèi)對B由牛頓第二定律有μmg＝Ma4
解得a4＝
則A減速為零時，B的速度為
v3＝v2–a4t′＝
故B在加速過程中的位移大小為
在A減速過程中B運動的位移為

以水平面為參考系，A向左運動的位移最大時，B向右運動的位移大小為
x＝x1+x2＝+＝
【點睛】此題涉及的研究對象有兩個，物理過程較多，所以難度較大；關(guān)鍵是首先搞清物體運動的物理過程，按照物理過程發(fā)生的順序解答；注意涉及速度、力和時間問題要優(yōu)先選擇動量定律；注意臨界態(tài)的挖掘。
28．（1） （2） （3）
（3）物塊A與物塊B由足夠大的內(nèi)力突然分離，分離瞬間內(nèi)力遠大于外力，兩物塊在水平方向上動量守恒，由動量守恒定律，設(shè)向右為正方向，則有
代入數(shù)據(jù)得，得[來源:學|科|
之后物體A 做勻減速直線運動由牛頓第二定律得：，
由運動學公式
代入數(shù)據(jù)得
29．A【解析】設(shè)火箭的質(zhì)量（不含燃氣）為m1，燃氣的質(zhì)量為m2，根據(jù)動量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的動量為：p=m1v1=m2v2=30 ，所以A正確，BCD錯誤。
【點睛】本題主要考查動量即反沖類動量守恒問題，只要注意動量的矢量性即可，比較簡單。
30．D【解析】取向右為正方向，根據(jù)動量守恒：，知系統(tǒng)總動量為零，所以碰后總動量也為零，即A、B的運動方向一定相反，所以D正確；ABC錯誤。
【點睛】本題主要考察動量守恒，在利用動量守恒解決問題時，注意動量是矢量，要先選擇正方向。
31．D【解析】系統(tǒng)分離前后，動量守恒：，解得：，故ABC錯誤，D正確。
32．守恒 不守恒
【點睛】先通過勻速運動分析A、B整體的合外力，再分析輕繩斷開后A、B整體的合外力，只要合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，反之不守恒。
33．（1） （2）
【解析】兩車碰撞過程動量守恒，碰后兩車在摩擦力的作用下做勻減速運動，利用運動學公式可以求得碰后的速度，然后在計算碰前A車的速度。
（1）設(shè)B車質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，根據(jù)牛頓第二定律有
①
式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。
設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為，碰撞后滑行的距離為。由運動學公式有
②
聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得
③
（2）設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有
④
設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為，碰撞后滑行的距離為。由運動學公式有
⑤
設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為，兩車在碰撞過程中動量守恒，有
⑥
聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得
34．3:2
【解析】由動量守恒定律得，解得，代入數(shù)據(jù)得。
35．
則對物體B從與A碰撞完畢到與C相碰損失的動能也為Wf，由動能定理可知：，
解得：；
BC碰撞時滿足動量守恒，則，
解得
【點睛】解題的關(guān)鍵是掌握動量守恒定律，搞清楚物理過程并搞清不同階段的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系。
36．
【解析】設(shè)A運動的初速度為
A向右運動與C發(fā)生碰撞，根據(jù)彈性碰撞可得
可得
要使得A與B發(fā)生碰撞，需要滿足，即
A反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，彈性碰撞
整理可得
由于，所以A還會向右運動，根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足
即
整理可得
解方程可得
種類
遵從的規(guī)律
彈性碰撞
動量守恒，機械能守恒
非彈性碰撞
動量守恒，機械能有損失
完全非彈性碰撞
動量守恒，機械能損失最大

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