图5
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
解析 (1)规定向左为速度正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v0＝(m2＋m3)v①
1212m2v0＝(m2＋m3)v＋m2gh② 22
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得 m3＝20 kg v＝1 m/s。③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v0＝0④
代入数据得v1＝－1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v0＝m2v2＋m3v3⑥ 121212m2v0＝m2v2＋m3v3⑦ 222联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝－1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。
答案 (1)20 kg (2)不能，理由见解析
活页作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1.[人教版选修3－5·P16·T5改编]某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车
- 1 -
厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( ) A.0.053 m/s C.0.057 m/s
B.0.05 m/s D.0.06 m/s
解析 取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv0＝(m＋15m)v，v11
＝16v0＝16×0.8 m/s＝0.05 m/s，故选项B正确。 答案 B
2.(2024·山东枣庄三中一模)如图1所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一水平向右的初速度v0，则在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( )
图1
A.两者的速度均为零 B.两者的速度总不会相等 C.盒子的最终速度为
mv0
，方向水平向右 M＋m
mv0
D.盒子的最终速度为M，方向水平向右
解析 在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后最终会相对静止，具有相同的速度。以物体与盒子组成的系统为研究对象，水平方向不受外力作用，则水平方向动量守恒，可得mv0＝(M＋m)v，所以v＝答案 C
3.[人教版选修3－5·P17·T7改编]悬绳下吊着一个质量为M＝9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1 m。一颗质量m＝10 g的子弹以v0＝500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s2)，则此时悬绳的拉力为( ) A.35 N C.102.5 N
mv0
，方向水平向右，故C正确。 M＋m
B.100 N D.350 N
- 1 -
解析 子弹打入沙袋过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子弹与沙袋的共同速度v＝
0.01×500mv0
＝ m/s＝0.5 m/s。对子弹和沙袋，由向
10m＋M
v2v2
心力公式FT－(m＋M)g＝(m＋M)得，悬绳的拉力FT＝(m＋M)g＋(m＋M)＝
LL102.5 N，所以选项C正确。 答案 C
4.(2024·山东等级考模拟卷)秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水
12
反应堆技术，利用中子(0n)与静止氘核(1H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某
次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为( ) 1A.9E 1C.3E
8B.9E 2D.3E
解析 设碰撞前中子的速度为vn，碰撞后中子的速度为vn′，氘核的速度为vH′，m－2mvn1211
则有mvn＝mvn′＋2mvH′，2mvn＝2mvn′2＋2×2m×vH′2，得vn′＝vn＝－3，所
m＋2mE8E
以碰撞后中子的动能E′＝9，损失的动能ΔE＝9，故B正确。 答案 B
5.(2024·青岛模拟)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图2所示的位移—时间图象。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )
图2
A.碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2 B.碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
- 1 -
C.碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小 1
D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的6
解析 根据x－t图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故选项B错误；碰撞后的共同速度为v＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋121m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动能的表达式可知，2m1v1>2m2v22，故选项C错误，D正确。 答案 D
6.(多选)(2024·莆田一中月考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块。若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( )
A.b的速度方向一定与原速度方向相反
B.从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 C.a、b一定同时到达地面
D.炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等
解析 在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系，故A错误；a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，故B错误；a、b都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a、b一定同时到达水平地面，故C正确；在炸裂过程中，a，b受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，即炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等，故D正确。 答案 CD
7.如图3所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B
- 1 -
一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
图3
解析 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC① A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得 mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足 vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得 vA＝2 m/s④ 答案 2 m/s
综合提能练
8.(多选)(2024·山东济南一中模拟)如图4所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
图4
A.该碰撞为弹性碰撞 B.该碰撞为非弹性碰撞
C.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
解析 规定向右为正方向，碰撞前两球的动量均为6 kg·m/s，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB＝2mA，所以碰撞前vA>vB，所以左方是A球。碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，所以碰撞后A球的动量是2 kg·m/s；碰撞过程系统动量守恒：mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，所以碰撞后B球的动量是10 kg·m/s，
- 1 -
2024届沪科版高考物理一轮总复习教学案设计第六章第2讲动量守恒定律及其应用
