資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
1.3動量守恒定律
（1）能運用動量定理和牛頓第三定律分析碰撞現象中的動量變化。
（2）在了解系統、內力和外力的基礎上，理解動量守恒定律。
（3）能夠運用動量守恒定律分析生產生活中的有關現象。
（4）了解動量守恒定律的普遍適用性和牛頓運動定律適用范圍的局限性。
第一節中我們通過分析一輛運動的小車碰撞一輛靜止的小車，得出碰撞前后兩小車的動量之和不變的結論。對于冰壺等物體的碰撞也是這樣的嗎？怎樣證明這一結論呢？這是一個普遍的規律嗎？
動量定理給出了單個物體在一個過程中所受力的沖量與它在這個過程始末的動量變化量的關系，即 FΔt = p′ p。如果我們用動量定理分別研究兩個相互作用的物體，會有新的收獲嗎？
考點一、動量守恒定律
根據動量定理，物體A動量的變化量等于它所受作用力F的沖量，即F1△t=-
物體B動量的變化量等于它所受作用力F的沖量，即F2△t=-
根據牛頓第三定律F=-F,兩個物體碰撞過程中的每個時刻相互作用力F與F,大小相等、方向相反，故有-=-(-)
+
這說明，兩物體碰撞后的動量之和等于碰撞前的動量
1．動量守恒定律的內容：如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這系統的總動量保持不變．
2．動量守恒定律成立的條件：
(1)系統不受外力或者所受外力的合力為零．
(2)系統外力遠小于內力時，外力的作用可以忽略，系統的動量守恒．
(3)系統在某個方向上的合外力為零時，系統在該方向上動量守恒．
3．動量守恒定律的表達式：
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后動量相等)．
(2)Δp＝0(系統動量的增量為零)．
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統，兩物體動量的增量大小相等、方向相反)．
（2024春 龍鳳區校級期末）關于系統動量守恒的條件，下列說法中正確的是（　　）
A．只要系統內存在摩擦力，系統的動量就不可能守恒
B．只要系統中有一個物體具有加速度，系統的動量就不守恒
C．只要系統的合外力做功為零，系統的動量就守恒
D．只要系統所受的合外力為零，系統的動量就守恒
（2024春 長春期末）巴黎奧運會將于2024年7月26日至8月11日舉行，滑板作為一項新興運動成為正式比賽項目。如圖所示，運動員在比賽中做騰空躍起并越過障礙物的表演，若忽略空氣阻力，那么騰空過程中（　　）
A．運動員和滑板構成的系統動量守恒
B．運動員與滑板構成的系統水平方向上動量守恒
C．運動員和滑板構成的系統機械能不守恒
D．運動員和滑板構成的系統在最高點時的動量為零
（2022 天津模擬）如圖所示，物體m置于斜面M上，M與水平面間無摩擦，當m沿M的斜面由底端沖上頂端時，m與M組成的系統（　　）
A．系統的動量守恒
B．在豎直方向上系統的動量守恒
C．在水平方向上系統的動量守恒
D．在任何方向上系統的動量都不守恒
如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，一個人站在車上用錘子連續敲打小車。初始時，人、車、錘都靜止。下列說法正確的是（　　）
A．連續敲打可使小車持續向右運動
B．人、車和錘組成的系統機械能守恒
C．人、車和錘組成的系統動量守恒
D．人、車和錘組成的系統水平方向動量時刻為零
（2024春 和平區校級期末）如圖所示，木塊B與水平面間的摩擦不計，子彈A沿水平方向射入木塊并在極短時間內相對于木塊靜止下來，然后木塊壓縮彈簧至彈簧最短。將子彈射入木塊到剛相對于木塊靜止的過程稱為Ⅰ，此后木塊壓縮彈簧的過程稱為Ⅱ，則（　　）
A．過程Ⅰ中，子彈和木塊所組成的系統機械能不守恒，動量也不守恒
B．過程Ⅰ中，子彈和木塊所組成的系統機械能不守恒，動量守恒
C．過程Ⅱ中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統機械能守恒，動量也守恒
D．過程Ⅱ中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統機械能不守恒，動量也不守恒
考點二、動量守恒定律的理解和簡單應用
1．動量守恒定律的“五性”
(1)系統性：注意判斷是哪幾個物體構成的系統的動量守恒．
(2)矢量性：是矢量式，解題時要規定正方向．
(3)相對性：系統中各物體在相互作用前后的速度必須相對于同一慣性系，通常為相對于地面的速度．
(4)同時性：初動量必須是各物體在作用前同一時刻的動量；末動量必須是各物體在作用后同一時刻的動量．
(5)普適性：不僅適用兩個物體或多個物體組成的系統，也適用于宏觀低速物體以及微觀高速粒子組成系統．
2．應用動量守恒定律解題的基本思路
(1)明確研究對象合理選擇系統．(2)判斷系統動量是否守恒．
(3)規定正方向及初、末狀態．(4)運用動量守恒定律列方程求解．
（2024 邗江區模擬）煙花爆竹為我們的節日氛圍增添色彩。燃放煙花時，煙花彈經歷“升空”和“炸開”兩個過程，下列說法正確的是（　　）
A．“升空“中速度一定在增加
B．“升空“中加速度可能為零
C．“炸開“后各部分總動量守恒
D．“炸開“后各部分會同時落地
（2024春 臺江區校級期中）如圖所示，小球A的質量為mA＝5kg，動量大小為pA＝4kg m/s，小球A在光滑水平面上向右運動，與靜止的小球B發生彈性碰撞，碰后A的動量大小為pA′＝1kg m/s，方向水平向右，則（　　）
A．小球B的質量為3kg
B．碰前小球A的速度大小為1.25m/s
C．碰后小球B的動量大小為PB′＝5kg m/s
D．碰撞過程中，小球B受到的沖量與小球A受到的沖量相同
（2024春 大興區校級期中）在光滑水平面上的兩個小球發生正碰．圖為它們碰撞前后的位置圖象．小球的質量分別為m1和m2，已知m1＝0.1kg．由此可以判斷（　　）
A．碰前m2、m1都運動
B．碰后m2和m1運動方向相同
C．由動量守恒定律可以算出m2＝0.3kg
D．碰撞過程中系統損失了0.4J的機械能
（2024春 東城區校級期末）如圖所示，在光滑水平面上，兩個物塊的質量都是1kg，物塊A以速度4m/s向原來處于靜止狀態的物塊B撞去。碰撞后兩個物塊粘在一起后以一定速度繼續前進。求：
（1）碰撞后兩物塊的速度大小；
（2）碰撞過程中物塊B受到的沖量I。
動量守恒定律的成立條件
(1)系統不受外力或所受合外力為零．
(2)系統受外力作用，但內力遠遠大于合外力．此時動量近似守恒．
(3)系統受到的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內力遠遠大于外力)，則系統在該方向上動量守恒．
（2024春 倉山區校級期中）“天宮課堂”第四課中，航天員演示小球碰撞實驗。分析實驗視頻，每隔相等的時間截取一張照片，如圖所示。小球和大球的質量分別為m1、m2，可估算出（　　）
A．m1：m2＝1：1 B．m1：m2＝1：2 C．m1：m2＝2：3 D．m1：m2＝1：5
關于系統動量守恒的條件，下列說法正確的是（　　）
A．只要系統所受的合外力為零，系統動量就守恒
B．系統中所有物體的加速度為零時，系統的總動量不一定守恒
C．只要系統內存在摩擦力，系統動量就不可能守恒
D．只要系統中有一個物體具有加速度，系統動量就不守恒
一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊，并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質彈簧連在一起，如圖所示，則在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統（　　）
A．動量守恒、機械能守恒
B．動量不守恒、機械能守恒
C．動量守恒、機械能不守恒
D．無法判斷動量、機械能是否守恒
（多選）如圖所示，在質量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質量為m0，小車（和單擺）以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發生碰撞，碰撞的時間極短。在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發生的？（　　）
A．小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為v1、v2、v3，滿足（M+m0）v＝Mv1+mv2+m0v3
B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為v1和v2，滿足Mv＝Mv1+mv2
C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為v1，滿足Mv＝（M+m）v1
D．小車和擺球的速度都變為v1，木塊的速度變為v2，滿足（M+m）v＝（M+m0）v1+mv2
（2024春 海淀區校級期末）體積相同的小球A和B懸掛于同一高度，靜止時，兩根輕繩豎直，兩球球心等高且剛好彼此接觸。如圖所示，保持B球靜止于最低點，拉起A球，將其由距最低點高度為h處靜止釋放，兩球發生碰撞后分離。兩球始終在兩懸線所決定的豎直平面內運動，懸線始終保持繃緊狀態，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．兩球從碰撞到分離的過程中，A球減少的動能與B球增加的動能大小一定相等
B．兩球從碰撞到分離的過程中，A球動量的變化量與B球動量的變化量大小一定不相等
C．B球上升的最大高度不可能大于h
D．B球上升的最大高度可能小于
（2024春 海淀區校級期末）某校籃球運動員進行了如圖所示的原地起跳摸高訓練。已知質量m＝50kg的運動員原地靜止站立（不起跳）摸高為2.15m，訓練過程中，該運動員先下蹲，重心下降0.5m，發力豎直跳起摸到了2.90m的高度。若運動員離開地面前的起跳過程視為勻加速運動，忽略空氣阻力影響，g取10m/s2。則運動員起跳過程中（　　）
A．對地面的壓力為750N
B．機械能增加了625J
C．所受地面彈力的功和沖量均不為零
D．所受合力的沖量大于從離開地面至上升到最高點過程中所受合力的沖量
（2024春 紅崗區校級期末）如圖所示，小球A的質量為mA＝5kg，動量大小為pA＝4kg m/s，小球A水平向右運動，與靜止的小球B發生彈性碰撞，碰后A的動量大小為pA′＝1kg m/s，方向水平向右，則（　　）
A．碰后小球B的動量大小為pB＝4kg m/s
B．碰后小球B的動量大小為pB＝5kg m/s
C．小球B的質量為15kg
D．小球B的質量為3kg
兩磁鐵各放在一輛小車上，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量為0.5kg，乙車和磁鐵的總質量為1.0kg。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2m/s，乙的速率為3m/s，方向與甲相反。兩車運動過程中始終未相碰。求：
（1）兩車最近時，乙的速度為多大？
（2）甲車開始反向運動時，乙的速度為多大？中小學教育資源及組卷應用平臺
1.3動量守恒定律
（1）能運用動量定理和牛頓第三定律分析碰撞現象中的動量變化。
（2）在了解系統、內力和外力的基礎上，理解動量守恒定律。
（3）能夠運用動量守恒定律分析生產生活中的有關現象。
（4）了解動量守恒定律的普遍適用性和牛頓運動定律適用范圍的局限性。
第一節中我們通過分析一輛運動的小車碰撞一輛靜止的小車，得出碰撞前后兩小車的動量之和不變的結論。對于冰壺等物體的碰撞也是這樣的嗎？怎樣證明這一結論呢？這是一個普遍的規律嗎？
動量定理給出了單個物體在一個過程中所受力的沖量與它在這個過程始末的動量變化量的關系，即 FΔt = p′ p。如果我們用動量定理分別研究兩個相互作用的物體，會有新的收獲嗎？
考點一、動量守恒定律
根據動量定理，物體A動量的變化量等于它所受作用力F的沖量，即F1△t=-
物體B動量的變化量等于它所受作用力F的沖量，即F2△t=-
根據牛頓第三定律F=-F,兩個物體碰撞過程中的每個時刻相互作用力F與F,大小相等、方向相反，故有-=-(-)
+
這說明，兩物體碰撞后的動量之和等于碰撞前的動量
1．動量守恒定律的內容：如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這系統的總動量保持不變．
2．動量守恒定律成立的條件：
(1)系統不受外力或者所受外力的合力為零．
(2)系統外力遠小于內力時，外力的作用可以忽略，系統的動量守恒．
(3)系統在某個方向上的合外力為零時，系統在該方向上動量守恒．
3．動量守恒定律的表達式：
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后動量相等)．
(2)Δp＝0(系統動量的增量為零)．
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統，兩物體動量的增量大小相等、方向相反)．
（2024春 龍鳳區校級期末）關于系統動量守恒的條件，下列說法中正確的是（　　）
A．只要系統內存在摩擦力，系統的動量就不可能守恒
B．只要系統中有一個物體具有加速度，系統的動量就不守恒
C．只要系統的合外力做功為零，系統的動量就守恒
D．只要系統所受的合外力為零，系統的動量就守恒
【解答】解：A、若系統內存在著摩擦力，而系統所受的合外力為零，系統的動量仍守恒，故A錯誤；
B、系統中有一個物體具有加速度時，如果系統所受的合外力為零，系統的動量也可能守恒，比如碰撞過程，兩個物體的速度都改變，都有加速度，單個物體受外力作用，系統的動量卻守恒，故B錯誤；
C、只要系統的合外力做功為零，但是系統所受的合外力不為零，系統的動量也不會守恒，故C錯誤；
D、只要系統所受到的合外力為零，則系統的動量一定守恒，故D正確。
故選：D。
（2024春 長春期末）巴黎奧運會將于2024年7月26日至8月11日舉行，滑板作為一項新興運動成為正式比賽項目。如圖所示，運動員在比賽中做騰空躍起并越過障礙物的表演，若忽略空氣阻力，那么騰空過程中（　　）
A．運動員和滑板構成的系統動量守恒
B．運動員與滑板構成的系統水平方向上動量守恒
C．運動員和滑板構成的系統機械能不守恒
D．運動員和滑板構成的系統在最高點時的動量為零
【解答】解：A.運動員和滑板在豎直方向上受到重力作用，故豎直方向的的動量不守恒，故A錯誤；
B.運動員和滑板構成的系統不受空氣阻力，故水平方向動量守恒，故B正確；
C.運動員和滑板構成的系統機械能由于不受到空氣阻力，整個過程系統只有重力做功，其系統機械能守恒，故C錯誤；
D.運動員和滑板在最高點時，存在水平速度故其最高點時動量不為零，故D錯誤。
故選：B。
（2022 天津模擬）如圖所示，物體m置于斜面M上，M與水平面間無摩擦，當m沿M的斜面由底端沖上頂端時，m與M組成的系統（　　）
A．系統的動量守恒
B．在豎直方向上系統的動量守恒
C．在水平方向上系統的動量守恒
D．在任何方向上系統的動量都不守恒
【解答】解：A、m與M組成的系統，在m沿M的斜面由底端沖上頂端的過程中，系統在豎直方向上m有向下的加速度，所以系統在豎直方向所受外力之和不為零，則系統動量不守恒。故A錯誤，B錯誤。
C、D、系統在水平方向不受力，所以系統在水平方向的動量守恒。故C正確，D錯誤。
故選：C。
如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，一個人站在車上用錘子連續敲打小車。初始時，人、車、錘都靜止。下列說法正確的是（　　）
A．連續敲打可使小車持續向右運動
B．人、車和錘組成的系統機械能守恒
C．人、車和錘組成的系統動量守恒
D．人、車和錘組成的系統水平方向動量時刻為零
【解答】解：AD、把人、錘子和平板車看成一個系統，系統水平方向不受外力，系統水平方向動量守恒。初始時，人、車、錘都靜止，故人、車和錘組成的系統水平方向動量時刻為零。用錘子連續敲打車的左端，根據水平方向動量守恒可知，錘子向左運動，平板車向右運動。錘子向右運動，平板車向左運動，所以車左右往復運動，不會持續地向右運動，故A錯誤，D正確。
B、由于人消耗體能，體內儲存的化學能轉化為系統的機械能，因此系統機械能不守恒，故B錯誤。
C、在錘子的連續敲打下，系統豎直方向的合力不等于零，該方向系統的動量不守恒，所以系統的動量不守恒，故C錯誤。
故選：D。
（2024春 和平區校級期末）如圖所示，木塊B與水平面間的摩擦不計，子彈A沿水平方向射入木塊并在極短時間內相對于木塊靜止下來，然后木塊壓縮彈簧至彈簧最短。將子彈射入木塊到剛相對于木塊靜止的過程稱為Ⅰ，此后木塊壓縮彈簧的過程稱為Ⅱ，則（　　）
A．過程Ⅰ中，子彈和木塊所組成的系統機械能不守恒，動量也不守恒
B．過程Ⅰ中，子彈和木塊所組成的系統機械能不守恒，動量守恒
C．過程Ⅱ中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統機械能守恒，動量也守恒
D．過程Ⅱ中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統機械能不守恒，動量也不守恒
【解答】解：AB、子彈射入木塊到剛相對于靜止的過程Ⅰ中，由于時間極短，彈簧沒來得及發生形變，彈簧的彈力認為等于零，子彈和木塊組成的系統所受的合外力為零，所以系統動量守恒，但要系統克服阻力做功，產生內能，系統的機械能不守恒，故A錯誤，B正確；
CD、在Ⅱ過程中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統受到墻壁的作用力，系統所受的外力之和不為零，則系統動量不守恒，但系統只有彈簧的彈力做功，機械能守恒。故CD錯誤。
故選：B。
考點二、動量守恒定律的理解和簡單應用
1．動量守恒定律的“五性”
(1)系統性：注意判斷是哪幾個物體構成的系統的動量守恒．
(2)矢量性：是矢量式，解題時要規定正方向．
(3)相對性：系統中各物體在相互作用前后的速度必須相對于同一慣性系，通常為相對于地面的速度．
(4)同時性：初動量必須是各物體在作用前同一時刻的動量；末動量必須是各物體在作用后同一時刻的動量．
(5)普適性：不僅適用兩個物體或多個物體組成的系統，也適用于宏觀低速物體以及微觀高速粒子組成系統．
2．應用動量守恒定律解題的基本思路
(1)明確研究對象合理選擇系統．(2)判斷系統動量是否守恒．
(3)規定正方向及初、末狀態．(4)運用動量守恒定律列方程求解．
（2024 邗江區模擬）煙花爆竹為我們的節日氛圍增添色彩。燃放煙花時，煙花彈經歷“升空”和“炸開”兩個過程，下列說法正確的是（　　）
A．“升空“中速度一定在增加
B．“升空“中加速度可能為零
C．“炸開“后各部分總動量守恒
D．“炸開“后各部分會同時落地
【解答】解：AB、煙花升空的過程中受到重力和空氣的阻力，兩個力的方向都是向下，所以煙花上升的過程中必定有向下的加速度，煙花的速度一定減小，不可能增加，故AB錯誤；
C、煙花在空中“炸開”的時間極短，重力的影響可以忽略不計，所以“炸開”前后各部分總動量守恒，故C正確；
D、結合圖可知，煙花炸開后沿上下左右前后各個方向都有，他們在豎直方向的分速度不一定相等，所以落地的時間不一定相等，故D錯誤。
故選：C。
（2024春 臺江區校級期中）如圖所示，小球A的質量為mA＝5kg，動量大小為pA＝4kg m/s，小球A在光滑水平面上向右運動，與靜止的小球B發生彈性碰撞，碰后A的動量大小為pA′＝1kg m/s，方向水平向右，則（　　）
A．小球B的質量為3kg
B．碰前小球A的速度大小為1.25m/s
C．碰后小球B的動量大小為PB′＝5kg m/s
D．碰撞過程中，小球B受到的沖量與小球A受到的沖量相同
【解答】解：B、pA＝mAvA
代入數據解得：vA＝0.8m/s，方向水平向右，故B錯誤；
C、兩球碰撞過程中，系統動量守恒，則有：pA＝pA′+pB′
代入數據解得：PB′＝3kg m/s
故C錯誤；
A、pA′＝mAvA′
代入數據解得：vA′＝0.2m/s，方向水平向右
兩球碰撞過程中，系統動量守恒、機械能守恒，則有
mAvA＝mAvA′+mBvB′
mAmAmB
聯立方程，代入數據解得：mB＝3kg
故A正確；
D、碰撞過程中，系統動量守恒，小球A減少的動量等于小球B增加的動量，根據動量定理可知，沖量等于動量的變化量，可知小球B受到的沖量與小球A受到的沖量大小相等、方向相反，故D錯誤。
故選：A。
（2024春 大興區校級期中）在光滑水平面上的兩個小球發生正碰．圖為它們碰撞前后的位置圖象．小球的質量分別為m1和m2，已知m1＝0.1kg．由此可以判斷（　　）
A．碰前m2、m1都運動
B．碰后m2和m1運動方向相同
C．由動量守恒定律可以算出m2＝0.3kg
D．碰撞過程中系統損失了0.4J的機械能
【解答】解：A、由s﹣t（位移時間）圖象的斜率得到，碰前m2的位移不隨時間而變化，處于靜止。m1向速度大小為v14m/s，方向只有向右才能與m1相撞，故A錯誤。
B、由圖示圖象可知，碰后m2的速度為正方向，說明向右運動，m1的速度為負方向，說明向左運動，兩物體運動方向相反，故B錯誤。
C、由圖示圖象可知，碰后m2和m1的速度分別為v2′＝2m/s，v1′＝﹣2m/s，根據動量守恒定律得，m1v1＝m2v2′+m1v1′，代入解得，m2＝0.3kg。故C正確。
D、碰撞過程中系統損失的機械能為ΔEm1m1v1′2m2，代入解得，ΔE＝0J，故D錯誤。
故選：C。
（2024春 東城區校級期末）如圖所示，在光滑水平面上，兩個物塊的質量都是1kg，物塊A以速度4m/s向原來處于靜止狀態的物塊B撞去。碰撞后兩個物塊粘在一起后以一定速度繼續前進。求：
（1）碰撞后兩物塊的速度大小；
（2）碰撞過程中物塊B受到的沖量I。
【解答】解：（1）根據題意，設碰后兩物塊共同速度為v′，由動量守恒定律有
mv＝2mv′
解得：v′＝2m/s
（2）設碰撞過程中物體B受到的沖量為I，則根據動量定理有
I＝ΔP＝mv′＝1kg 2m/s＝2kg m/s，方向與初速度方向相同（水平向右）
答：（1）碰撞后兩物塊的速度大小為2m/s；
（2）碰撞過程中物塊B受到的沖量為2kg m/s，方向與初速度方向相同。
動量守恒定律的成立條件
(1)系統不受外力或所受合外力為零．
(2)系統受外力作用，但內力遠遠大于合外力．此時動量近似守恒．
(3)系統受到的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內力遠遠大于外力)，則系統在該方向上動量守恒．
（2024春 倉山區校級期中）“天宮課堂”第四課中，航天員演示小球碰撞實驗。分析實驗視頻，每隔相等的時間截取一張照片，如圖所示。小球和大球的質量分別為m1、m2，可估算出（　　）
A．m1：m2＝1：1 B．m1：m2＝1：2 C．m1：m2＝2：3 D．m1：m2＝1：5
【解答】解：設相等的時間間隔為t，相鄰格子間距為l。
由第一張與第二張照片可知碰撞前小球的速度大小為
由第二張與第三張照片可知碰撞后小球的速度大小為
碰撞后大球的速度大小為
取水平向左為正方向，根據動量守恒定律得
解得：m1：m2＝1：5，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
關于系統動量守恒的條件，下列說法正確的是（　　）
A．只要系統所受的合外力為零，系統動量就守恒
B．系統中所有物體的加速度為零時，系統的總動量不一定守恒
C．只要系統內存在摩擦力，系統動量就不可能守恒
D．只要系統中有一個物體具有加速度，系統動量就不守恒
【解答】解：A、根據動量守恒定律的條件可知，只要系統所受的合外力為零，系統動量就守恒。故A正確；
B、系統中所有物體的加速度為零時，系統所受的合外力為零，即系統的總動量一定守恒。故B錯誤；
C、若系統內存在著摩擦力，而系統所受的合外力為零，系統的動量仍守恒。故C錯誤；
D、系統中有一個物體具有加速度時，系統的動量也可能守恒，比如碰撞過程，兩個物體的速度都改變，都有加速度，單個物體受外力作用，系統的動量卻守恒。故D錯誤；
故選：A。
一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊，并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質彈簧連在一起，如圖所示，則在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統（　　）
A．動量守恒、機械能守恒
B．動量不守恒、機械能守恒
C．動量守恒、機械能不守恒
D．無法判斷動量、機械能是否守恒
【解答】解：彈水平射入置于光滑水平面上的木塊，并留在其中的過程中系統所受外力之和為零，動量守恒，在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程中除彈簧彈力做功外還有摩擦力做功，系統機械能不守恒。
故選：C。
（多選）如圖所示，在質量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質量為m0，小車（和單擺）以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發生碰撞，碰撞的時間極短。在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發生的？（　　）
A．小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為v1、v2、v3，滿足（M+m0）v＝Mv1+mv2+m0v3
B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為v1和v2，滿足Mv＝Mv1+mv2
C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為v1，滿足Mv＝（M+m）v1
D．小車和擺球的速度都變為v1，木塊的速度變為v2，滿足（M+m）v＝（M+m0）v1+mv2
【解答】解：碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統動量守恒，擺球的速度在瞬間不變，若碰后小車和木塊的速度變v1和v2，根據動量守恒有：MV＝mv1+mv2。
若碰后小車和木塊速度相同，根據動量守恒定律有：MV＝（M+m）v．故B、C正確，A、D錯誤。
故選：BC。
（2024春 海淀區校級期末）體積相同的小球A和B懸掛于同一高度，靜止時，兩根輕繩豎直，兩球球心等高且剛好彼此接觸。如圖所示，保持B球靜止于最低點，拉起A球，將其由距最低點高度為h處靜止釋放，兩球發生碰撞后分離。兩球始終在兩懸線所決定的豎直平面內運動，懸線始終保持繃緊狀態，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．兩球從碰撞到分離的過程中，A球減少的動能與B球增加的動能大小一定相等
B．兩球從碰撞到分離的過程中，A球動量的變化量與B球動量的變化量大小一定不相等
C．B球上升的最大高度不可能大于h
D．B球上升的最大高度可能小于
【解答】解：A．兩球質量未知，由題中條件無法確定是不是彈性碰撞，所以不能確定A球減少的動能與B球增加的動能是不是一定相等，故A錯誤；
B．兩球在最低點碰撞，從碰撞到分離的過程中，動量守恒，AB球的總動量不變，所以A球動量的變化量與B球動量的變化量大小一定相等，方向相反，故B錯誤；
CD．假設AB是彈性碰撞，取向右為正方向，則有動量守恒和能量守恒得
mAvA＝mAvA'+mBvB'
聯立可得
且根據機械能守恒可得
聯立可得
若B球質量小于A球質量，則可得
h′＞h
假設碰撞是完全非彈性碰撞，取向右為正方向，則有
mAvA＝（mA+mB）vB'
可得
則由
可得
如果mA＜mB，可得
故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2024春 海淀區校級期末）某校籃球運動員進行了如圖所示的原地起跳摸高訓練。已知質量m＝50kg的運動員原地靜止站立（不起跳）摸高為2.15m，訓練過程中，該運動員先下蹲，重心下降0.5m，發力豎直跳起摸到了2.90m的高度。若運動員離開地面前的起跳過程視為勻加速運動，忽略空氣阻力影響，g取10m/s2。則運動員起跳過程中（　　）
A．對地面的壓力為750N
B．機械能增加了625J
C．所受地面彈力的功和沖量均不為零
D．所受合力的沖量大于從離開地面至上升到最高點過程中所受合力的沖量
【解答】解：A．人離開地面時的速度大小為
vm/s
加速時間
根據動量定理
（N mg）t＝mv
解得支持力
N＝1250N
所以對地面的壓力為1250N，故A錯誤；
B．初速度末速度都為零，機械能增加量為
ΔE＝mg（h2 h1+Δh）＝625J
故B正確；
C．運動員加速起跳時，地面對運動員的支持力的方向上位移為零，所以地面對運動員的支持力對運動員不做功，故C錯誤；
D．起跳過程，初速度為零，末速度是離開地面時速度，所以起跳過程和離開地面后的上升過程的動量變化量大小相等，根據動量定理，合外力的沖量大小是相等的，故D錯誤。
故選：B。
（2024春 紅崗區校級期末）如圖所示，小球A的質量為mA＝5kg，動量大小為pA＝4kg m/s，小球A水平向右運動，與靜止的小球B發生彈性碰撞，碰后A的動量大小為pA′＝1kg m/s，方向水平向右，則（　　）
A．碰后小球B的動量大小為pB＝4kg m/s
B．碰后小球B的動量大小為pB＝5kg m/s
C．小球B的質量為15kg
D．小球B的質量為3kg
【解答】解：AB、兩球碰撞過程中，系統動量守恒，則以向右為正有：pA＝pA′+pB′
代入數據解得：PB′＝3kg m/s，故AB錯誤；
CD、由題意可知：pA′＝mAvA′
代入數據解得：vA′＝0.2m/s，方向水平向右
兩球碰撞過程中，系統動量守恒、機械能守恒，則有
mAvA＝mAvA′+mBvB′
mA
聯立方程，代入數據解得：mB＝3kg，故C錯誤，D正確。
故選：D。
兩磁鐵各放在一輛小車上，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量為0.5kg，乙車和磁鐵的總質量為1.0kg。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2m/s，乙的速率為3m/s，方向與甲相反。兩車運動過程中始終未相碰。求：
（1）兩車最近時，乙的速度為多大？
（2）甲車開始反向運動時，乙的速度為多大？
【解答】解：（1）兩車最近時，車速相等。在整個過程中，動量守恒，由動量守恒定律得：
m乙v乙﹣m甲v甲＝（m甲+m乙）v，解得vm/s。
（2）甲車開始反向時，其速度為0，設此時乙車的速度為v乙′，
由動量守恒定律得：m乙v乙﹣m甲v甲＝m乙v乙′，
解得：v乙′＝2m/s；
答：（1）兩車最近時，乙的速度為m/s。
（2）甲車開始反向運動時，乙的速度為2m/s。

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