第一章 动量守恒定律
3 动量守恒定律
基础对点练
考点一 动量守恒定律的条件
1．关于动量守恒的条件，下列说法正确的是( )
A．只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒
B．只要系统所受外力做的功为零，动量一定守恒
C．只要系统所受合外力的冲量为零，动量一定守恒
D．若系统中物体加速度不为零，动量一定不守恒
2．(2024年广东名校质检)如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是( )
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量的变化量与男孩、小车的总动量的变化量相同
3．(2024年福建泉州期末)质量m1的赵宏博抱质量m2的申雪以v0 速度沿水平冰面直线运动，某时刻赵宏博将申雪向前水平推出，摩擦不计，分离时赵宏博速度为v1，申雪速度为v2，则( )
A．m1v0＝m1v1＋m2v2
B．(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2
C．m2v0＝m1v1＋m2v2
D．(m1＋m2)v0＝m1v1
4．一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为( )
A．m＝M B．m＝M
C．m＝M D．m＝M
5．质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移—时间图像如图所示，由图有以下说法：①碰撞前两物体质量与速度的乘积相同；②质量m1等于质量m2；③碰撞后两物体一起做匀速直线运动；④碰撞前两物体质量与速度的乘积大小相等、方向相反．其中正确的是( )
A．①② B．②③
C．②④ D．③④
6．A、B两小球在光滑水平面上发生正碰，小球A的质量为m1＝0.2 kg，碰撞前、后两球位置与时间的关系如图所示，由此可以判断( )
A．小球B的质量为m2＝0.6 kg
B．小球B的质量为m2＝0.2 kg
C．碰后小球A和B运动方向相同
D．碰前小球A做加速运动，小球B做匀速运动
7．(多选)(2023年广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s.关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
8．(2024年茂名一模)如图甲所示，门球又称槌球，比赛时以球槌击球，球过球门即可得分．如图乙所示，某次比赛中完全相同的1号球、3号球与门洞恰好位于一条直线上，两球之间的距离l1＝2.5 m，3号球与球门之间的距离l2＝1 m．运动员用球槌水平打击1号球，使其获得向右的初速度v0＝6 m/s，经过一段时间后，该球以v1＝4 m/s的速度与3号球发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后1号球又向前运动了x＝0.125 m后停下来．已知两球质量m均为0.25 kg，将两球的运动视为一条直线上的滑动并且两球与地面间的动摩擦因数μ相同，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求球与地面的动摩擦因数μ；
(2)求两球碰撞过程中损失的机械能；
(3)通过分析，判断3号球能否进门得分．
9．(2024年梅州期末)汽车加速度过大可能会导致车厢内货物滑动，造成安全隐患．如图所示，在货车车厢上，分别用绳固定着两个质量均为m＝1 000 kg的正方体木箱，两木箱间距离、甲木箱与车厢前壁间距离均为L＝2 m，货车以v0＝20 m/s的速度在平直路面行驶．某时刻，司机发现前方有交通事故，以a1＝2 m/s2的加速度匀减速刹车，在刹车瞬间，乙箱的固定绳绷断，随后甲、乙两木箱发生碰撞并黏连在一起，在碰撞瞬间甲箱的固定绳也绷断．已知两木箱与车厢之间的动摩擦因素均为μ＝0.1，不计固定绳绷断造成的速度变化，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)乙木箱的固定绳崩断后，乙木箱的加速度大小a2.
(2)从刹车开始到甲、乙两木箱发生碰撞，求货车行驶的距离s.
(3)甲、乙两木箱发生碰撞并黏连在一起后，甲木箱经多长时间t 与车厢前壁相撞？
答案解析
1、【答案】C 【解析】只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统所受外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零，系统动量不一定守恒，如用绳子拴着一个小球，让小球在水平面内做匀速圆周运动，小球转动的过程中，系统外力做功为零，但小球的动量不守恒，故B错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受合外力的冲量为零，即合外力为零，则系统动量守恒，故C正确；碰撞过程，两个物体的加速度都不为零，即合力都不为零，但系统的动量却守恒，故D错误．
2、【答案】C 【解析】在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中男孩在水平方向受到小车的摩擦力，即男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；小车在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，C正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，D错误．
3、【答案】B 【解析】赵宏博和申雪组成的系统在水平方向动量守恒，则(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，故B正确．
4、【答案】C 【解析】规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故C正确．
5、【答案】C 【解析】由题图可知，m1和m2碰前都做匀速直线运动，但运动方向相反，碰后两物体位置不变，即处于静止，所以碰后速度都为零，故①③错误，④正确；又由图线夹角均为θ，故碰前速度大小相等，可得m1等于m2，故②正确．由以上分析可知，C正确，A、B、D错误．
6、【答案】A 【解析】由题图可知，碰前小球A的速度为v1＝2 m/s，碰前小球B的速度为零，碰后小球A的速度为v′1＝－1 m/s，碰后小球B的速度为v′2＝1 m/s，对小球A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得m1v1＝m1v′1＋m2v′2，代入数据解得m2＝0.6 kg，A正确，B错误；由以上分析可知，碰后A反弹，则两球的运动方向相反，C错误；碰前小球A匀速运动，小球B静止，D错误．
7、【答案】BD 【解析】取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有，FΔt＝mv2－0解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确．
8、解：(1)根据动能定理－μmgl1＝mv－mv，
解得μ＝0.4.
(2)设球1碰后速度为v2，根据动能定理有
－μmgx＝0－mv，
解得v2＝1 m/s.
设球3碰后速度为v3，根据动量守恒定律有
mv1＝mv2＋mv3，
解得v3＝3 m/s，
根据能量守恒，损失的机械能为
ΔE＝mv－，
代入数据解得ΔE＝0.75 J.
(3)设3号球碰后运动的距离为x′，根据动能定理有
－μmgx′＝0－mv，
解得x′＝ m>l2，故3号球能够进门得分．
9、解：(1)根据题意，乙木箱的固定绳崩断后，由牛顿第二定律有μmg＝ma2，
解得a2＝μg＝1 m/s2.
(2)根据题意，设经过t1时间，甲、乙两木箱相撞，则有
v0t1－a1t＋L＝v0t1－a2t，解得t1＝2 s，
货车行驶的距离s＝v0t1－a1t＝36 m.
(3)甲、乙相撞前瞬间，设甲、乙的速度分别为v甲、v乙，则有
v甲＝v0－a1t1＝16 m/s，
v乙＝v0－a2t1＝18 m/s，
甲、乙相撞，由动量守恒定律有mv甲＋mv乙＝2mv共，
得v共＝17 m/s，
设经过t时间，甲木箱与车厢前壁相撞，有
v甲t－a1t2＋L＝v共t－a2t2，
解得t＝ s．
