第2講動量守恒定律

訓練學科素養限時鞏國

.基礎題組夯基

1.（2022?河南信陽模擬）如圖，穿著冰鞋的甲、乙兩人站在水平冰面

上，當甲猛推乙時一,兩人會向相反的方向滑行。不計冰面對人的水平作

用，甲推乙的過程中，下列說法正確的是（D）

甲乙

A.甲對乙的作用力大于乙對甲的作用力

B.甲對乙的作用力小于乙對甲的作用力

C.甲獲得的速度與乙獲得的速度大小總是相等

D.甲獲得的動量與乙獲得的動量大小總是相等

解析：甲對乙的作用力與乙對甲的作用力是相互作用力，根據牛頓第

三定律,大小相等,方向相反,故A、B錯誤;在甲推乙的過程中，滿足動

量守恒,根據m甲V甲=m4V乙,即甲的動量與乙的動量大小總是相等,但

是由于質量關系不確定,獲得的速度大小不確定，故C錯誤,D正確。

2.（2022?廣東佛山階段練習）2021年9月17日13時30分，“神舟

十二號”返回艙在東風著陸場安全降落。“神舟”系列航天飛船返回

艙返回地面的示意圖如圖所示,其過程可簡化為：打開降落傘一段時

間后，整個裝置沿豎直方向勻速下降，為確保返回艙能安全著陸,在返

回艙距地面1m左右時一，艙內航天員主動切斷與降落傘的連接（“切

傘”)，同時點燃返回艙的緩沖火箭,在火箭向下噴氣過程中返回艙減

至安全速度。已知“切傘”瞬間返回艙的速度大小VLlOm∕s,火箭噴

出的氣體速度大小v2=l082m∕s,火箭“噴氣”時間極短,噴氣完成后

返回艙的速度大小V3=2m∕s,則噴氣完成前后返回艙的質量比為

(D)

緩沖火箭

A.45:44B.100:99

C.125:124D.135:134

解析:設返回艙噴氣前的質量為M,噴氣后的質量為m,根據返回艙噴

氣完成前后動量守恒有MVI=mv3+(M-m)v2,解得M：m=135：134,故D正

確,A、B、C錯誤。

3.(2022?廣東深圳模擬)某人斜向上拋出一個爆竹，到最高點時速度

大小為v。,方向水平向東，并炸開成質量相等的三塊碎片a、b、c,其

中碎片a的速度方向水平向東，忽略空氣阻力。以下說法正確的是

(C)

A.炸開時,若碎片b的速度方向水平向西,則碎片c的速度方向可能水

平向南

B.炸開時,若碎片b的速度為零,則碎片c的速度方向一定水平向西

C.炸開時,若碎片b的速度方向水平向北,則三塊碎片一定同時落地

D.炸開時,若碎片a、b的速度等大反向，則碎片c落地時的速率可能

等于3V0

解析：到最高點時速度大小為V。,方向水平向東，則總動量向東；炸開

時若碎片b的速度方向水平向西,碎片c的速度方向水平向南,則違

反動量守恒定律,A錯誤;炸開時,若碎片b的速度為零,根據動量守恒

定律,碎片c的速度方向可能水平向東，也可能水平向西,B錯誤;三塊

碎片在豎直方向上均做自由落體運動,一定同時落地,C正確;炸開時,

若碎片a、b的速度等大反向，對爆竹,根據動量守恒定律有3mv0=mvc,

解得Vc=3v0,碎片c落地時速度的水平分量等于3v0,其落地速度一定

大于3v0,D錯誤。

4.（2022?安徽阜陽模擬）在光滑的水平軌道上放置一門質量為?n?的

舊式炮車（不包含炮彈質量），炮彈的質量為oh。當炮車沿與水平方向

成θ角發射炮彈時，炮彈相對炮口的速度為v0,則炮車后退的速度為

C)

A7∏2%COS6Bm1v0cosθ

m2

Cm2v0cosθDm1v0cosθ

m1+m2m1+m2

解析:炮彈離開炮口時,炮彈和炮車組成的系統在水平方向不受外力,

則系統在水平方向動量守恒。設炮車后退的速度大小為V,則炮彈對

地的水平速度大小為VoCOSθ-V,取炮車后退的方向為正,對炮彈和

炮車組成系統,根據水平方向動量守恒有0=m∣v-m2（voCOS。-丫），解得

V=膽區空,故A、B、D錯誤,C正確。

τn1+m2

5.（2022?海南海口一模）如圖所示,一高h=2.4m、傾角。=37°,質

量M=3kg的光滑斜面靜止在光滑水平面上,一質量m=0.2kg的物塊

從斜面頂端由靜止釋放,取Sin37°=0.6,cos37°=0.8。則物塊由

斜面頂端滑到底端的過程中，斜面將（C）

A.向右移動0.5mB.向右移動0.6m

C.向右移動0.2mD.向右移動0.1m

解析:斜面和物塊組成的系統水平方向動量守恒,在水平方向有mv1=

Mv2,所以mxι=Mx2,又有Xι+X2=:,解得x2=0.2m,A、B、D錯誤，

tan37

C正確。

6.（2023?河北滄州模擬）質量為m的煙花彈升到距離地面高度為h處

爆炸成質量相等的兩部分,兩炸片同時落地后相距L則煙花彈爆炸使

炸片增加的機械能為（B）

A.?nghB.迎

16∕ι

CmgUDmg廿

?32∕ι?Qh

解析:設煙花彈爆炸后瞬間兩炸片的速度分別為“、V2,由動量守恒定

律有0=yV.+yV2,可得V1=-V2=V,根據題述，兩炸片均做平拋運動，有

22

2vt=L,h=?t",ΔE=?×?mv+^×?mv,解得ΔE=^故選B0

2222216h

7.（2022?湖北荊州模擬）（多選）2021年6月17日，搭載神舟十二號

載人飛船的長征二號F遙十二運載火箭,在酒泉衛星發射中心點火發

射。某中學航天興趣小組模擬火箭升空的過程,將靜置在地面上的質

量為M（含水）的自制“水火箭”釋放升空,在極短的時間內，質量為m

的水以相對地面為V。的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g,空

氣阻力不計,下列說法正確的是（CD）

A.水噴出的過程中，“水火箭”和水的機械能守恒

B.“水火箭”的推力來源于“水火箭”外的空氣對它的反作用力

C.“水火箭”噴出水時，“水火箭”和水組成的系統動量可以近似看

作守恒

D.“水火箭”獲得的最大速度大小為產

解析:水噴出的過程中，“水火箭”內氣體做功，“水火箭”及水的機

械能不守恒,故A錯誤；“水火箭”的推力來源于向下噴出的水對它的

反作用力，故B錯誤;在水噴出后的瞬間，在極短的時間內，可視為內

力遠大于外力，“水火箭”和水組成的系統動量可以近似看作守恒,

故C正確;在水噴出后的瞬間，“水火箭”獲得的速度最大,取向下為

正方向，由動量守恒定律有-（M-m）v+mvo=O,解得V=署?,故D正確。

M-m

8.（2022?廣東開平檢測）如圖所示,質量為M的木塊放在光滑水平面

上,現有一質量為m的子彈以速度V。射入木塊中。設子彈在木塊中所

受阻力不變,且子彈未射穿木塊。求：

M-

777777e77?77777777I~77777777777/777777777777

⑴木塊最終的速度；

⑵系統損失的機械能。

解析：（1）以子彈和木塊組成的系統為研究對象，由動量守恒定律得

mv0=（m+M）V,

則木塊最終的速度為v??v?o

m+M

⑵由能量守恒可知，系統損失的機械能為AE=加。2Tm+MW,

解得?E=5嗎。

2(M+m)

答案：(1)V。(2)等吟

M+m2(M+τn)

L創新眄組提能

9.(2022?山東泰安模擬)如圖所示,一個夾層中空質量為m的圓柱形

零件內部放有一個略比夾層寬度小一點質量也為m的小圓柱體,初始

時小圓柱體位于大圓柱夾層的頂部,此時大圓柱體與地面的接觸位置

為A點，如圖甲所示。現小圓柱體受到微小的擾動,從頂部滾下,截面

圖如圖乙所示。忽略一切接觸部位的摩擦，以下說法中正確的是

(D)

A.小圓柱體下落到最低點時,大圓柱體與小圓柱體速度相同

B.小圓柱體會再次到達頂部,此時大圓柱體與地面的接觸位置在A點

右側

C.小圓柱體會再次到達頂部,此時大圓柱體與地面的接觸位置在A點

左側

D.小圓柱體再次回到頂部的過程中，大圓柱體與小圓柱體系統機械能

守恒

解析:小圓柱體下落到最低點時，根據動量守恒定律,大圓柱體與小圓

柱體速度大小相等、方向相反,A錯誤;小圓柱體會再次到達頂部,根

據“人船”模型,此時大圓柱體與地面的接觸位置一定在A點,否則違

反動量守恒定律,B、C錯誤;小圓柱體再次回到頂部的過程中，只有動

能和重力勢能相互轉化,大圓柱體與小圓柱體系統機械能守恒,D正確。

10.（2022?福建莆田模擬）（多選）如圖所示,半徑為R的光滑半圓弧

軌道固定在水平地面上,質量分別為m、2m的物塊A、B之間鎖定一壓

縮的輕質彈簧,靜止放置在半圓弧軌道最低點，彈簧長度忽略不計且

與A、B均不拴接,A、B均視為質點。某一時刻解除鎖定,彈簧瞬間恢

復原長,A恰好可以到達半圓弧左端最高點P處。已知重力加速度為

g,則（AC）

PO

ΓΓr7Vτ7777777T77i7777X7777777777T/777τT7T777~

A.彈簧恢復原長瞬間,B的速度大小為證

B.鎖定時彈簧的彈性勢能為3mgR

C.彈簧恢復原長瞬間,A、B對軌道的壓力大小之比為1：1

D.物塊A從最低點運動到P點的過程中,A、B系統水平方向動量守恒

解析：彈簧恢復原長過程中，A、B系統動量守恒，有2mvfi=mvA,可得

2VB=VΛ,物塊A從最低點運動到P點的過程中，對A由機械能守恒定律

得如A?=mgR,解得VA=J2gR,則VB=號故A正確；由機械能守恒定律

22

得Ep=jmvA+|?2mvβ=∣mgR,故B錯誤;彈簧恢復原長瞬間,對A、B分

別由牛頓第二定律得F「mg=嗒,F-2mg=2普,聯立兩式可得當三，

RRFN21

由牛頓第三定律可知彈簧恢復原長瞬間,A、B對軌道的壓力大小之比

為1：1,故C正確；由于彈開時B的速度小于A的速度，當B到達圓弧

最高點時A還沒有到達最高點，系統水平方向所受的合力不為零,物

塊A從最低點運動到P點的過程中,A、B系統水平方向動量不守恒,

故D錯誤。

11.（2022?廣東廣州檢測）小車靜止在光滑水平地面上，站在車上的

人練習打靶。靶裝在車上的另一端,如圖所示，已知車、人、槍和靶的

總質量為M（不含子彈），每顆子彈質量為m,共n發。打靶時一,槍口到靶

的距離為d,若每發子彈打入靶后,就留在靶中，且待前一發打入靶中

后,再打下一發。則以下說法正確的是（C）

A.待打完n發子彈后,小車將以一定的速度向右勻速運動

B.待打完n發子彈后,小車應停在射擊之前位置的左方

C.在每一發子彈的射擊過程中，小車所發生的位移相同

D.在每一發子彈的射擊過程中，小車所發生的位移應越來越大

解析:子彈、槍、人、車組成的系統所受的合外力為零,系統的動量守

恒,子彈射擊前系統的總動量為零,子彈射入靶后總動量也為零，故小

車仍然是靜止的。在子彈射出槍口到打入靶中的過程中，小車向右運

動,所以第n發子彈打入靶中后，小車應停在原來位置的右方,待打完

n發子彈后,小車將靜止不動,故A、B錯誤。設子彈射出槍口的速度

為V,車后退的速度大小為V-以子彈射出方向為正方向，根據動量

守恒定律,有0=mv-[M+（nT）m]v',子彈勻速前進的同時,車勻速后退,

故有vt+v't=d,故車后退的位移大小為Aχ=v't=、,每發子彈從

發射到擊中靶過程,小車均后退相同的位移△X,故C正確,D錯誤。

12.（2022?天津模擬）如圖所示,為室內冰雪樂園中一個游玩項目，傾

斜冰面與水平面夾角。