动量守恒定律
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1.[2019·北京东城区模拟](多选)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中( )
A．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度
B．一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同
C．两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反
D．系统总动量的变化为零
答案：CD
解析：两个物体组成的系统总动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2，等式变形后得p1－p′1＝p′2－p2，即－Δp1＝Δp2，－m1Δv1＝m2Δv2，所以每个物体的动量变化大小相等，方向相反，但是只有在两物体质量相等的情况下才有一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度，故A错误，C正确；根据动量定理得I1＝Δp1，I2＝Δp2，每个物体的动量变化大小相等，方向相反，所以每个物体受到的冲量大小相等，方向相反，故B错误；两物体组成的系统总动量守恒，即系统总动量的变化为零，D正确．
2．[2019·湖北省襄阳四中检测](多选)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，系统动量就不可能守恒
B．只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒
C．只要系统所受合外力的冲量始终为零，系统动量一定守恒
D．系统加速度为零，系统动量一定守恒
答案：CD
解析： 只要系统所受外力的矢量和为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统所受合外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零，则系统动量不一定守恒，故B错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确．
3．[2017·全国卷Ⅰ]将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
答案：A
解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．
4．[2019·甘肃协作体联考]如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度v0，则( )
A．小木块和木箱最终将静止
B．木箱速度减为的过程，小木块受到的水平冲量大小为Mv0
C．最终小木块速度为，方向向左
D．木箱和小木块组成的系统机械能守恒
答案：C
解析：由于木箱在光滑水平面上，小木块与木箱之间的摩擦力是木箱和小木块组成的系统的内力，给木箱一个向左的初速度，系统满足动量守恒定律，小木块和木箱最终将以相同的速度运动，根据动量守恒定律，Mv0＝(M＋m)v，最终速度v＝，选项C正确，A错误；由于木箱底板粗糙，小木块在木箱内相对于木箱滑动，摩擦产生热量，所以木箱和小木块组成的系统机械能不守恒，选项D错误；当木箱速度减小为时，木箱动量减少了Mv0，根据动量守恒定律，小木块的动量将增加Mv0，根据动量定理，木箱对小木块作用力的冲量大小为Mv0，选项B错误．
5．[2019·甘肃协作体联考] 如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg，质量m＝1 kg的铁块B以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A．3 J B．4 J
C．6 J D．20 J
答案：A
解析：设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff，铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒可得mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep，由动量守恒，得mv0＝(M＋m)v，从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由功能关系得mv＝2FfL＋(M＋m)v2，联立解得Ep＝3 J，故选项A正确．
