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1.3动量守恒定律
（1）能运用动量定理和牛顿第三定律分析碰撞现象中的动量变化。
（2）在了解系统、内力和外力的基础上，理解动量守恒定律。
（3）能够运用动量守恒定律分析生产生活中的有关现象。
（4）了解动量守恒定律的普遍适用性和牛顿运动定律适用范围的局限性。
第一节中我们通过分析一辆运动的小车碰撞一辆静止的小车，得出碰撞前后两小车的动量之和不变的结论。对于冰壶等物体的碰撞也是这样的吗？怎样证明这一结论呢？这是一个普遍的规律吗？
动量定理给出了单个物体在一个过程中所受力的冲量与它在这个过程始末的动量变化量的关系，即 FΔt = p′ p。如果我们用动量定理分别研究两个相互作用的物体，会有新的收获吗？
考点一、动量守恒定律
根据动量定理，物体A动量的变化量等于它所受作用力F的冲量，即F1△t=-
物体B动量的变化量等于它所受作用力F的冲量，即F2△t=-
根据牛顿第三定律F=-F,两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力F与F,大小相等、方向相反，故有-=-(-)
+
这说明，两物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量
1．动量守恒定律的内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这系统的总动量保持不变．
2．动量守恒定律成立的条件：
(1)系统不受外力或者所受外力的合力为零．
(2)系统外力远小于内力时，外力的作用可以忽略，系统的动量守恒．
(3)系统在某个方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒．
3．动量守恒定律的表达式：
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)．
(2)Δp＝0(系统动量的增量为零)．
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．
（2024春 龙凤区校级期末）关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是（ ）
A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
C．只要系统的合外力做功为零，系统的动量就守恒
D．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒
（2024春 长春期末）巴黎奥运会将于2024年7月26日至8月11日举行，滑板作为一项新兴运动成为正式比赛项目。如图所示，运动员在比赛中做腾空跃起并越过障碍物的表演，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（ ）
A．运动员和滑板构成的系统动量守恒
B．运动员与滑板构成的系统水平方向上动量守恒
C．运动员和滑板构成的系统机械能不守恒
D．运动员和滑板构成的系统在最高点时的动量为零
（2022 天津模拟）如图所示，物体m置于斜面M上，M与水平面间无摩擦，当m沿M的斜面由底端冲上顶端时，m与M组成的系统（ ）
A．系统的动量守恒
B．在竖直方向上系统的动量守恒
C．在水平方向上系统的动量守恒
D．在任何方向上系统的动量都不守恒
如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，一个人站在车上用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止。下列说法正确的是（ ）
A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤组成的系统机械能守恒
C．人、车和锤组成的系统动量守恒
D．人、车和锤组成的系统水平方向动量时刻为零
（2024春 和平区校级期末）如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则（ ）
A．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒
B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒
C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒
D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒
考点二、动量守恒定律的理解和简单应用
1．动量守恒定律的“五性”
(1)系统性：注意判断是哪几个物体构成的系统的动量守恒．
(2)矢量性：是矢量式，解题时要规定正方向．
(3)相对性：系统中各物体在相互作用前后的速度必须相对于同一惯性系，通常为相对于地面的速度．
(4)同时性：初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量；末动量必须是各物体在作用后同一时刻的动量．
(5)普适性：不仅适用两个物体或多个物体组成的系统，也适用于宏观低速物体以及微观高速粒子组成系统．
2．应用动量守恒定律解题的基本思路
(1)明确研究对象合理选择系统．(2)判断系统动量是否守恒．
(3)规定正方向及初、末状态．(4)运用动量守恒定律列方程求解．
（2024 邗江区模拟）烟花爆竹为我们的节日氛围增添色彩。燃放烟花时，烟花弹经历“升空”和“炸开”两个过程，下列说法正确的是（ ）
A．“升空“中速度一定在增加
B．“升空“中加速度可能为零
C．“炸开“后各部分总动量守恒
D．“炸开“后各部分会同时落地
（2024春 台江区校级期中）如图所示，小球A的质量为mA＝5kg，动量大小为pA＝4kg m/s，小球A在光滑水平面上向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1kg m/s，方向水平向右，则（ ）
A．小球B的质量为3kg
B．碰前小球A的速度大小为1.25m/s
C．碰后小球B的动量大小为PB′＝5kg m/s
D．碰撞过程中，小球B受到的冲量与小球A受到的冲量相同
（2024春 大兴区校级期中）在光滑水平面上的两个小球发生正碰．图为它们碰撞前后的位置图象．小球的质量分别为m1和m2，已知m1＝0.1kg．由此可以判断（ ）
A．碰前m2、m1都运动
B．碰后m2和m1运动方向相同
C．由动量守恒定律可以算出m2＝0.3kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
（2024春 东城区校级期末）如图所示，在光滑水平面上，两个物块的质量都是1kg，物块A以速度4m/s向原来处于静止状态的物块B撞去。碰撞后两个物块粘在一起后以一定速度继续前进。求：
（1）碰撞后两物块的速度大小；
（2）碰撞过程中物块B受到的冲量I。
动量守恒定律的成立条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零．
(2)系统受外力作用，但内力远远大于合外力．此时动量近似守恒．
(3)系统受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒．
（2024春 仓山区校级期中）“天宫课堂”第四课中，航天员演示小球碰撞实验。分析实验视频，每隔相等的时间截取一张照片，如图所示。小球和大球的质量分别为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
关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（ ）
A．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
B．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
C．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
D．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示，则在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．无法判断动量、机械能是否守恒
（多选）如图所示，在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车（和单摆）以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（ ）
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足（M+m0）v＝Mv1+mv2+m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1+mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝（M+m）v1
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足（M+m）v＝（M+m0）v1+mv2
（2024春 海淀区校级期末）体积相同的小球A和B悬挂于同一高度，静止时，两根轻绳竖直，两球球心等高且刚好彼此接触。如图所示，保持B球静止于最低点，拉起A球，将其由距最低点高度为h处静止释放，两球发生碰撞后分离。两球始终在两悬线所决定的竖直平面内运动，悬线始终保持绷紧状态，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两球从碰撞到分离的过程中，A球减少的动能与B球增加的动能大小一定相等
B．两球从碰撞到分离的过程中，A球动量的变化量与B球动量的变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 海淀区校级期末）某校篮球运动员进行了如图所示的原地起跳摸高训练。已知质量m＝50kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.15m，训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，发力竖直跳起摸到了2.90m的高度。若运动员离开地面前的起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10m/s2。则运动员起跳过程中（ ）
A．对地面的压力为750N
B．机械能增加了625J
C．所受地面弹力的功和冲量均不为零
D．所受合力的冲量大于从离开地面至上升到最高点过程中所受合力的冲量
（2024春 红岗区校级期末）如图所示，小球A的质量为mA＝5kg，动量大小为pA＝4kg m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1kg m/s，方向水平向右，则（ ）
A．碰后小球B的动量大小为pB＝4kg m/s
B．碰后小球B的动量大小为pB＝5kg m/s
C．小球B的质量为15kg
D．小球B的质量为3kg
两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为0.5kg，乙车和磁铁的总质量为1.0kg。两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动。某时刻甲的速率为2m/s，乙的速率为3m/s，方向与甲相反。两车运动过程中始终未相碰。求：
（1）两车最近时，乙的速度为多大？
（2）甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？中小学教育资源及组卷应用平台
1.3动量守恒定律
（1）能运用动量定理和牛顿第三定律分析碰撞现象中的动量变化。
（2）在了解系统、内力和外力的基础上，理解动量守恒定律。
（3）能够运用动量守恒定律分析生产生活中的有关现象。
（4）了解动量守恒定律的普遍适用性和牛顿运动定律适用范围的局限性。
第一节中我们通过分析一辆运动的小车碰撞一辆静止的小车，得出碰撞前后两小车的动量之和不变的结论。对于冰壶等物体的碰撞也是这样的吗？怎样证明这一结论呢？这是一个普遍的规律吗？
动量定理给出了单个物体在一个过程中所受力的冲量与它在这个过程始末的动量变化量的关系，即 FΔt = p′ p。如果我们用动量定理分别研究两个相互作用的物体，会有新的收获吗？
考点一、动量守恒定律
根据动量定理，物体A动量的变化量等于它所受作用力F的冲量，即F1△t=-
物体B动量的变化量等于它所受作用力F的冲量，即F2△t=-
根据牛顿第三定律F=-F,两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力F与F,大小相等、方向相反，故有-=-(-)
+
这说明，两物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量
1．动量守恒定律的内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这系统的总动量保持不变．
2．动量守恒定律成立的条件：
(1)系统不受外力或者所受外力的合力为零．
(2)系统外力远小于内力时，外力的作用可以忽略，系统的动量守恒．
(3)系统在某个方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒．
3．动量守恒定律的表达式：
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)．
(2)Δp＝0(系统动量的增量为零)．
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．
（2024春 龙凤区校级期末）关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是（ ）
A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
C．只要系统的合外力做功为零，系统的动量就守恒
D．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒
【解答】解：A、若系统内存在着摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒，故A错误；
B、系统中有一个物体具有加速度时，如果系统所受的合外力为零，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守恒，故B错误；
C、只要系统的合外力做功为零，但是系统所受的合外力不为零，系统的动量也不会守恒，故C错误；
D、只要系统所受到的合外力为零，则系统的动量一定守恒，故D正确。
故选：D。
（2024春 长春期末）巴黎奥运会将于2024年7月26日至8月11日举行，滑板作为一项新兴运动成为正式比赛项目。如图所示，运动员在比赛中做腾空跃起并越过障碍物的表演，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（ ）
A．运动员和滑板构成的系统动量守恒
B．运动员与滑板构成的系统水平方向上动量守恒
C．运动员和滑板构成的系统机械能不守恒
D．运动员和滑板构成的系统在最高点时的动量为零
【解答】解：A.运动员和滑板在竖直方向上受到重力作用，故竖直方向的的动量不守恒，故A错误；
B.运动员和滑板构成的系统不受空气阻力，故水平方向动量守恒，故B正确；
C.运动员和滑板构成的系统机械能由于不受到空气阻力，整个过程系统只有重力做功，其系统机械能守恒，故C错误；
D.运动员和滑板在最高点时，存在水平速度故其最高点时动量不为零，故D错误。
故选：B。
（2022 天津模拟）如图所示，物体m置于斜面M上，M与水平面间无摩擦，当m沿M的斜面由底端冲上顶端时，m与M组成的系统（ ）
A．系统的动量守恒
B．在竖直方向上系统的动量守恒
C．在水平方向上系统的动量守恒
D．在任何方向上系统的动量都不守恒
【解答】解：A、m与M组成的系统，在m沿M的斜面由底端冲上顶端的过程中，系统在竖直方向上m有向下的加速度，所以系统在竖直方向所受外力之和不为零，则系统动量不守恒。故A错误，B错误。
C、D、系统在水平方向不受力，所以系统在水平方向的动量守恒。故C正确，D错误。
故选：C。
如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，一个人站在车上用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止。下列说法正确的是（ ）
A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤组成的系统机械能守恒
C．人、车和锤组成的系统动量守恒
D．人、车和锤组成的系统水平方向动量时刻为零
【解答】解：AD、把人、锤子和平板车看成一个系统，系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。初始时，人、车、锤都静止，故人、车和锤组成的系统水平方向动量时刻为零。用锤子连续敲打车的左端，根据水平方向动量守恒可知，锤子向左运动，平板车向右运动。锤子向右运动，平板车向左运动，所以车左右往复运动，不会持续地向右运动，故A错误，D正确。
B、由于人消耗体能，体内储存的化学能转化为系统的机械能，因此系统机械能不守恒，故B错误。
C、在锤子的连续敲打下，系统竖直方向的合力不等于零，该方向系统的动量不守恒，所以系统的动量不守恒，故C错误。
故选：D。
（2024春 和平区校级期末）如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则（ ）
A．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒
B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒
C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒
D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒
【解答】解：AB、子弹射入木块到刚相对于静止的过程Ⅰ中，由于时间极短，弹簧没来得及发生形变，弹簧的弹力认为等于零，子弹和木块组成的系统所受的合外力为零，所以系统动量守恒，但要系统克服阻力做功，产生内能，系统的机械能不守恒，故A错误，B正确；
CD、在Ⅱ过程中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧的弹力做功，机械能守恒。故CD错误。
故选：B。
考点二、动量守恒定律的理解和简单应用
1．动量守恒定律的“五性”
(1)系统性：注意判断是哪几个物体构成的系统的动量守恒．
(2)矢量性：是矢量式，解题时要规定正方向．
(3)相对性：系统中各物体在相互作用前后的速度必须相对于同一惯性系，通常为相对于地面的速度．
(4)同时性：初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量；末动量必须是各物体在作用后同一时刻的动量．
(5)普适性：不仅适用两个物体或多个物体组成的系统，也适用于宏观低速物体以及微观高速粒子组成系统．
2．应用动量守恒定律解题的基本思路
(1)明确研究对象合理选择系统．(2)判断系统动量是否守恒．
(3)规定正方向及初、末状态．(4)运用动量守恒定律列方程求解．
（2024 邗江区模拟）烟花爆竹为我们的节日氛围增添色彩。燃放烟花时，烟花弹经历“升空”和“炸开”两个过程，下列说法正确的是（ ）
A．“升空“中速度一定在增加
B．“升空“中加速度可能为零
C．“炸开“后各部分总动量守恒
D．“炸开“后各部分会同时落地
【解答】解：AB、烟花升空的过程中受到重力和空气的阻力，两个力的方向都是向下，所以烟花上升的过程中必定有向下的加速度，烟花的速度一定减小，不可能增加，故AB错误；
C、烟花在空中“炸开”的时间极短，重力的影响可以忽略不计，所以“炸开”前后各部分总动量守恒，故C正确；
D、结合图可知，烟花炸开后沿上下左右前后各个方向都有，他们在竖直方向的分速度不一定相等，所以落地的时间不一定相等，故D错误。
故选：C。
（2024春 台江区校级期中）如图所示，小球A的质量为mA＝5kg，动量大小为pA＝4kg m/s，小球A在光滑水平面上向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1kg m/s，方向水平向右，则（ ）
A．小球B的质量为3kg
B．碰前小球A的速度大小为1.25m/s
C．碰后小球B的动量大小为PB′＝5kg m/s
D．碰撞过程中，小球B受到的冲量与小球A受到的冲量相同
【解答】解：B、pA＝mAvA
代入数据解得：vA＝0.8m/s，方向水平向右，故B错误；
C、两球碰撞过程中，系统动量守恒，则有：pA＝pA′+pB′
代入数据解得：PB′＝3kg m/s
故C错误；
A、pA′＝mAvA′
代入数据解得：vA′＝0.2m/s，方向水平向右
两球碰撞过程中，系统动量守恒、机械能守恒，则有
mAvA＝mAvA′+mBvB′
mAmAmB
联立方程，代入数据解得：mB＝3kg
故A正确；
D、碰撞过程中，系统动量守恒，小球A减少的动量等于小球B增加的动量，根据动量定理可知，冲量等于动量的变化量，可知小球B受到的冲量与小球A受到的冲量大小相等、方向相反，故D错误。
故选：A。
（2024春 大兴区校级期中）在光滑水平面上的两个小球发生正碰．图为它们碰撞前后的位置图象．小球的质量分别为m1和m2，已知m1＝0.1kg．由此可以判断（ ）
A．碰前m2、m1都运动
B．碰后m2和m1运动方向相同
C．由动量守恒定律可以算出m2＝0.3kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
【解答】解：A、由s﹣t（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止。m1向速度大小为v14m/s，方向只有向右才能与m1相撞，故A错误。
B、由图示图象可知，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，两物体运动方向相反，故B错误。
C、由图示图象可知，碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2m/s，v1′＝﹣2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′+m1v1′，代入解得，m2＝0.3kg。故C正确。
D、碰撞过程中系统损失的机械能为ΔEm1m1v1′2m2，代入解得，ΔE＝0J，故D错误。
故选：C。
（2024春 东城区校级期末）如图所示，在光滑水平面上，两个物块的质量都是1kg，物块A以速度4m/s向原来处于静止状态的物块B撞去。碰撞后两个物块粘在一起后以一定速度继续前进。求：
（1）碰撞后两物块的速度大小；
（2）碰撞过程中物块B受到的冲量I。
【解答】解：（1）根据题意，设碰后两物块共同速度为v′，由动量守恒定律有
mv＝2mv′
解得：v′＝2m/s
（2）设碰撞过程中物体B受到的冲量为I，则根据动量定理有
I＝ΔP＝mv′＝1kg 2m/s＝2kg m/s，方向与初速度方向相同（水平向右）
答：（1）碰撞后两物块的速度大小为2m/s；
（2）碰撞过程中物块B受到的冲量为2kg m/s，方向与初速度方向相同。
动量守恒定律的成立条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零．
(2)系统受外力作用，但内力远远大于合外力．此时动量近似守恒．
(3)系统受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒．
（2024春 仓山区校级期中）“天宫课堂”第四课中，航天员演示小球碰撞实验。分析实验视频，每隔相等的时间截取一张照片，如图所示。小球和大球的质量分别为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：设相等的时间间隔为t，相邻格子间距为l。
由第一张与第二张照片可知碰撞前小球的速度大小为
由第二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度大小为
碰撞后大球的速度大小为
取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得
解得：m1：m2＝1：5，故ABC错误，D正确。
故选：D。
关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（ ）
A．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
B．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
C．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
D．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
【解答】解：A、根据动量守恒定律的条件可知，只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒。故A正确；
B、系统中所有物体的加速度为零时，系统所受的合外力为零，即系统的总动量一定守恒。故B错误；
C、若系统内存在着摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒。故C错误；
D、系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守恒。故D错误；
故选：A。
一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示，则在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．无法判断动量、机械能是否守恒
【解答】解：弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中的过程中系统所受外力之和为零，动量守恒，在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中除弹簧弹力做功外还有摩擦力做功，系统机械能不守恒。
故选：C。
（多选）如图所示，在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车（和单摆）以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（ ）
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足（M+m0）v＝Mv1+mv2+m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1+mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝（M+m）v1
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足（M+m）v＝（M+m0）v1+mv2
【解答】解：碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变v1和v2，根据动量守恒有：MV＝mv1+mv2。
若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：MV＝（M+m）v．故B、C正确，A、D错误。
故选：BC。
（2024春 海淀区校级期末）体积相同的小球A和B悬挂于同一高度，静止时，两根轻绳竖直，两球球心等高且刚好彼此接触。如图所示，保持B球静止于最低点，拉起A球，将其由距最低点高度为h处静止释放，两球发生碰撞后分离。两球始终在两悬线所决定的竖直平面内运动，悬线始终保持绷紧状态，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两球从碰撞到分离的过程中，A球减少的动能与B球增加的动能大小一定相等
B．两球从碰撞到分离的过程中，A球动量的变化量与B球动量的变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．两球质量未知，由题中条件无法确定是不是弹性碰撞，所以不能确定A球减少的动能与B球增加的动能是不是一定相等，故A错误；
B．两球在最低点碰撞，从碰撞到分离的过程中，动量守恒，AB球的总动量不变，所以A球动量的变化量与B球动量的变化量大小一定相等，方向相反，故B错误；
CD．假设AB是弹性碰撞，取向右为正方向，则有动量守恒和能量守恒得
mAvA＝mAvA'+mBvB'
联立可得
且根据机械能守恒可得
联立可得
若B球质量小于A球质量，则可得
h′＞h
假设碰撞是完全非弹性碰撞，取向右为正方向，则有
mAvA＝（mA+mB）vB'
可得
则由
可得
如果mA＜mB，可得
故C错误，D正确。
故选：D。
（2024春 海淀区校级期末）某校篮球运动员进行了如图所示的原地起跳摸高训练。已知质量m＝50kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.15m，训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，发力竖直跳起摸到了2.90m的高度。若运动员离开地面前的起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10m/s2。则运动员起跳过程中（ ）
A．对地面的压力为750N
B．机械能增加了625J
C．所受地面弹力的功和冲量均不为零
D．所受合力的冲量大于从离开地面至上升到最高点过程中所受合力的冲量
【解答】解：A．人离开地面时的速度大小为
vm/s
加速时间
根据动量定理
（N mg）t＝mv
解得支持力
N＝1250N
所以对地面的压力为1250N，故A错误；
B．初速度末速度都为零，机械能增加量为
ΔE＝mg（h2 h1+Δh）＝625J
故B正确；
C．运动员加速起跳时，地面对运动员的支持力的方向上位移为零，所以地面对运动员的支持力对运动员不做功，故C错误；
D．起跳过程，初速度为零，末速度是离开地面时速度，所以起跳过程和离开地面后的上升过程的动量变化量大小相等，根据动量定理，合外力的冲量大小是相等的，故D错误。
故选：B。
（2024春 红岗区校级期末）如图所示，小球A的质量为mA＝5kg，动量大小为pA＝4kg m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1kg m/s，方向水平向右，则（ ）
A．碰后小球B的动量大小为pB＝4kg m/s
B．碰后小球B的动量大小为pB＝5kg m/s
C．小球B的质量为15kg
D．小球B的质量为3kg
【解答】解：AB、两球碰撞过程中，系统动量守恒，则以向右为正有：pA＝pA′+pB′
代入数据解得：PB′＝3kg m/s，故AB错误；
CD、由题意可知：pA′＝mAvA′
代入数据解得：vA′＝0.2m/s，方向水平向右
两球碰撞过程中，系统动量守恒、机械能守恒，则有
mAvA＝mAvA′+mBvB′
mA
联立方程，代入数据解得：mB＝3kg，故C错误，D正确。
故选：D。
两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为0.5kg，乙车和磁铁的总质量为1.0kg。两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动。某时刻甲的速率为2m/s，乙的速率为3m/s，方向与甲相反。两车运动过程中始终未相碰。求：
（1）两车最近时，乙的速度为多大？
（2）甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？
【解答】解：（1）两车最近时，车速相等。在整个过程中，动量守恒，由动量守恒定律得：
m乙v乙﹣m甲v甲＝（m甲+m乙）v，解得vm/s。
（2）甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，
由动量守恒定律得：m乙v乙﹣m甲v甲＝m乙v乙′，
解得：v乙′＝2m/s；
答：（1）两车最近时，乙的速度为m/s。
（2）甲车开始反向运动时，乙的速度为2m/s。
