2019届高考物理一轮复习作业+检测：第六章动量守恒定律课时作业24

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2019届高考物理一轮复习讲义：第六章第讲动量守恒定律 Word版含答案

第2讲动量守恒定律板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动量守恒定律及其应用Ⅱ1、几个相关概念(1)系统:在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统.(2)内力:系统内各物体之间的相互作用力叫做内力.(3)外力:系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力.2、动量守恒定律(1)内容:如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律.(2)表达式①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和.③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向.④Δp＝0，系统总动量的增量为零.(3)适用条件①理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒.②近似守恒:系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒.③某方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒.【知识点2】弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ1、碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象.2、特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒.3、分类4、(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开.这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化.(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理.5、爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动.板块二考点细研·悟法培优考点1 动量守恒定律[深化理解]1、动量守恒的“五性”(1)矢量性:表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负.(2)瞬时性:动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等.(3)同一性:速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度.一般选地面为参考系.(4)相对性:动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系.(5)普适性:它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统.2、应用动量守恒定律解题的步骤例1如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5 g 的子弹以速度v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求:(1)物块相对木板滑行的时间； (2)物块相对木板滑行的位移.时间极短说明了什么？提示:①子弹与物块作用时，物块的位置没发生变化； ②子弹与物块作用结束后，物块与木板才相互作用. (2)物体相对木板滑行的位移是物块的位移吗？提示:不是.尝试解答 (1)1_s__(2)3_m.(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律得 m 0v 0＝(m 0＋m )v 1，木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得 (m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v 2，对子弹木块整体，由动量定理得－μ(m 0＋m )gt ＝(m 0＋m )(v 2－v 1)，联立解得物体相对小车的滑行时间t ＝v 2－v 1－μg＝1 s. (2)由能量守恒定律得μ(m 0＋m )gd ＝12(m 0＋m )v 21－12(m 0＋m ＋M )v 22，联立解得d ＝3 m. 总结升华应用动量守恒定律应注意的问题(1)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的.(2)注意挖掘题目中的隐含条件，这是解题的关键，如本例中，时间极短是指子弹与物块相互作用时，物块m 位置没变，子弹与物块m 共速后，才相对木板M 运动.物块相对木板滑行的位移是指物块m 相对木板M 滑行的位移，并非对地的位移，并且物块m 和木板最后共速.[递进题组]1.如图所示，在桌面边缘有一木块质量是1.99 kg ，桌子高h ＝0.8 m ，一颗质量为10 g的子弹，击中木块，并留在木块内，落在桌子右边80 cm处的P点，子弹入射的速度大小是下列哪个数据(g取10 m/s2)()A、200 m/sB、300 m/sC、400 m/sD、500 m/s答案 C解析题目牵涉的过程有两个:一是子弹打击木块；二是子弹木块共同做平抛运动.根据平抛位移x＝0.8 m知x＝v共t，t＝2hg，所以v共＝xt＝xg2h＝2 m/s.子弹打击木块过程中动量守恒，则有m v0＝(M＋m)v共，所以v0＝(M＋m)v共m＝400 m/s，C正确.2. [2018·宁夏固原市一中月考]如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是()A.m v0M＋m B.m v0MC.M v0M＋m D.M v0m答案 A解析小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成系统，水平方向不受外力因而动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对滑块运动，此时一定不是最高点).由水平方向动量守恒得:m v0＝(M＋m)v，所以v＝m v0M＋m，A正确.考点2 碰撞问题分析[模型应用]1、分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.(3)速度要合理①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′.②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.2、弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒.以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′①12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 由①②得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2 v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论:(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换了速度.(2)当m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，并且v 1′<v 2′，碰撞后两球都向前运动. (3)当m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来.例2 两个小球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线运动，其动量大小分别为5 kg·m/s 和7 kg·m/s ，发生碰撞后小球B 的动量大小变为10 kg·m/s ，由此可知:两小球的质量之比可能为( ) A.m Am B ＝1 B.m A m B ＝12 C.m A m B＝15D.m A m B＝110A 、B 两小球动量大小分别为5 kg·m/s 和7 kg·m/s 有几种情况？提示:①同向运动，A 球在前，B 球在后； ②同向运动，A 球在后，B 球在前； ③相向运动.(2)发生碰撞时，一定守恒的是什么？提示:动量. 尝试解答选C.将两小球碰撞前后的动量方向间的关系作出如下各种假设，然后运用碰撞的三个制约因素进行检验.(1)设A 、B 两小球相向运动而发生碰撞，并取小球B 碰前的运动方向为参考正方向，即 p A 0＝－5 kg·m/s ，p B 0＝7 kg·m/s根据“运动制约”，小球B 在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即p B ＝－10 kg·m/s根据“动量制约”，小球A 在碰后动量必为p A ＝12 kg·m/s ，而这样的碰撞结果显然违背了“动能制约”，因为显然有:(－5)22m A ＋722m B ≤1222m A ＋(－10)22m B. (2)设A 、B 两小球同向运动而发生碰撞，且A 球在前，B 球在后，取两小球碰前的运动方向为参考正方向，即p A 0＝5 kg·m/s ，p B 0＝7 kg·m/s.根据“运动制约”，小球B 在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即p B ＝－10 kg·m/s.根据“动量制约”，小球A 在碰后动量必为p A ＝22 kg·m/s ，而这样的碰撞结果显然也违背“动能制约”，因为显然也有:522m A ＋722m B ≤2222m A ＋(－10)22m B.(3)设A 、B 两小球同向运动而发生碰撞，且B 球在前，A 球在后，仍取两个小球碰前的运动方向为参考正方向，即p A 0＝5 kg·m/s ，p B 0＝7 kg·m/s.根据“运动制约”，小球B 在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相同，即p B ＝10 kg·m/s.根据“动量制约”，小球A 在碰后动量必有p A ＝2 kg·m/s ，而这样的碰撞结果完全可以不违背“动能制约”，只要有:522m A ＋722m B ≥222m A ＋1022m B，即m A m B ≤717.仍然根据“运动制约”，为了保证碰前小球A 能追上小球B 而发生碰撞，同时为了保证碰后小球A 不至于超越到小球B 的前面，应分别有:5m A >7m B ，2m A ≤10m B .综上可知15≤m A m B ≤717，C正确. 总结升华碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解.(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足:v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0.(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m 1≫m 2，且v 20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 0；当m 1≪m 2，且v 20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹.[跟踪训练] (多选)质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以v 0的速度与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( )A.13v 0B.23v 0C.49v 0D.59v 0 答案 AB解析根据E k ＝12m v 2，碰撞后A 球的动能变为原来的19，则A 的速度变为v A ′＝±13v 0，正、负表示方向有两种可能.当v A ′＝13v 0，v A ′与v 0同向时有:m v 0＝13m v 0＋2m v B ，v B ＝13v 0.碰撞后系统总动能为:E k 总＝E k A ′＋E k B ′＝39×12m v 20＝39E k A ，机械能减小说明碰撞是非弹性碰撞. 当v A ′＝－13v 0，v A ′与v 0反向时有:m v 0＝－13m v 0＋2m v B ，v B ＝23v 0.碰撞后系统总动能为:E k 总″＝E k A ″＋E k B ″＝12m v 20，机械能守恒说明碰撞是弹性碰撞.考点3 爆炸、反冲及“人船模型” [模型应用]1、爆炸的特点(1)动量守恒:由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒.(2)动能增加:在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加.(3)位置不变:爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动. 2、反冲(1)现象:物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象.(2)特点:一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况:①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒.反冲运动中机械能往往不守恒. (3)实例:喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例. 3、“人船模型”若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒. 如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用中均发生运动，则由m 1v 1－m 2v 2＝0，得m 1x 1＝m 2x 2.例3 载人气球静止于高h 的空中，气球的质量为M ，人的质量为m ，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？人和气球的速度有什么关系？提示:v 人v 球＝M m .(2)人和气球对地的位移与绳长有什么关系？提示:x 人＋x 球＝L 绳. 尝试解答M ＋mMh .气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移为x人，球的位移为x球，它们的位移状态图如图所示，由平均动量守恒有:0＝Mx球－mx人，又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝M＋m M h.总结升华利用人船模型解题需注意两点(1)条件①系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒.②构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动.③x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移.(2)解题关键是画出草图确定初、末位置和各物体位移关系.[跟踪训练](多选)向空中发射一物体，不计空气阻力.当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块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、从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C、a、b一定同时到达水平地面D、在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等答案CD解析空中爆炸问题，因系统内力远大于外力，故满足系统动量守恒的条件.由题中所给物理情景“一分为二”，系统动量守恒的表达式为m v0＝m a v a＋m b v b因m a v a与m v0同向，取v0为正方向.讨论:①若m a v a<m v0，则m b v b为正向，v b与v a同向.②若m a v a＝m v0，则m b v b＝0，即v b＝0，b做自由落体运动，a在b之前.③若m a v a>m v0，则m b v b为负向，v b与v a反向，a在b之前.所以A错误；因题设条件只给出了v a与v0同向和m a>m b，但未给出v a一定大于或等于v0的条件.所以v b大于、等于和小于v a的情况都有可能存在，从同一高度平抛物体的水平射程由水平初速度决定，故s b>s a、s b＝s a、s b<s a都有可能，B错误；平抛运动的飞行时间由抛出点的高度决定，h相同，由t＝2hg知，t相同，C正确；炸裂过程a与b相互作用遵循牛顿第三定律，F与F′等值、反向，D正确.考点4 子弹打木块问题(滑块类问题) [模型应用]子弹射击木块的两种典型情况1、木块放置在光滑的水平面上运动性质:子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动.处理方法:把子弹和木块看成一个系统，①系统水平方向动量守恒；②系统的机械能不守恒；③对木块和子弹分别利用动能定理.2、木块固定在水平面上运动性质:子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块静止不动.处理方法:对子弹应用动能定理或牛顿第二定律.两种类型的共同点:(1)系统内相互作用的两物体间的一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值(因为有一部分机械能转化为内能)；(2)摩擦生热的条件:必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程，大小为Q＝fs，其中f是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对路程(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者的相对路程，所以说是一个相对运动问题).例4[2016·张掖模拟]如图所示.质量M＝2 kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为M A＝2 kg的物体A(可视为质点).一个质量为m＝20 g的子弹以500 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A静止在车上.若物体A与小车间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2).(1)平板车最后的速度是多大？(2)全过程损失的机械能为多少？(3)A在平板车上滑行的时间为多少？最后物体A静止在车上，是物体A最终的速度是零吗？这句话的含义是什么？提示:最终的速度不是零.这句话的含义是物体A与小平板车相对静止，二者有共同的速度和共同的加速度.(2)全过程损失的机械能等于什么？提示:总机械能的损失等于系统动能的减少量.尝试解答(1)2_m/s__(2)2392_J__(3)0.4_s.(1)对子弹和物体，由动量守恒得m v0＝m v′＋M A v，得v＝4 m/s，同理对M和M A有M A v＝(M＋M A)v车，得v车＝2 m/s.(2)由能量守恒得:ΔE＝12m v2－12m v′2－12(M＋M A)v2车＝2392 J.(3)对物体A由动量定理得:－μM A gt＝M A v车－M A v得t＝0.4 s.总结升华对于滑块类问题，往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内的物体的运动状态，既可由两大定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由守恒定律分析动量的传递、能量的转化，在能量转化方面往往用到ΔE 内＝ΔE 机＝F 滑x 相.[跟踪训练] 一质量为M 、长为l 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m <M .现以地面为参考系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度，如图所示，使A 开始向左运动、B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板.(1)若已知A 和B 的初速度大小为v 0，求它们最后速度的大小和方向；(2)若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离. 答案 (1)M －m M ＋mv 0 水平向右 (2)M ＋m4M l解析 (1)用动量守恒定律求解:系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向.小木块A 不滑离B 板的条件是二者最终处于相对静止，设此时共同速度为v . 由动量守恒定律得:M v 0－m v 0＝(M ＋m )v ，可得:v ＝M －mM ＋m v 0因为M >m ，故v 方向水平向右.(2)功能关系:当木块A 相对于地向左运动距离最远时，末速度为零，在这过程中，克服摩擦力F f 做功的结果是消耗了自身的动能:F f s ＝12m v 20而A 刚好没有滑离B 板的条件是:A 滑到B板的最左端，且二者具有相同速度v ，A 、B 间因摩擦产生的内能等于系统动能的损失:Q ＝F f l ＝M ＋m 2(v 20－v 2)由以上各式得向左运动的最远距离:s ＝M ＋m 4M l .考点5 动量守恒与其他知识的综合 [拓展延伸]1、动量守恒与动能定理、功能关系、牛顿运动定律，以及直线运动、平抛运动、圆周运动等运动学知识综合.2、动量守恒与能量守恒、核反应知识综合.3、动量守恒与混合场(重力场和电场)、向心力、平抛运动、能量综合.例5 [2017·吉林长春调研]如图，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切.质量为m 的带正电小球B 静止在水平轨道上，质量为2m 的带正电小球A 从LM 上距水平轨道高为h 处由静止释放，在A 球进入水平轨道之前，由于A 、B 两球相距较远，相互作用力可认为是零，A 球进入水平轨道后，A 、B 两球间相互作用视为静电作用.带电小球均可视为质点.已知A 、B 两球始终没有接触.重力加速度为g .求:(1)A 、B 两球相距最近时，A 球的速度v ；(2)A 、B 两球最终的速度v A 、v B 的大小.(1)A 、B 两球相距最近的含义是什么？提示:A 、B 共速.(2)怎样理解A 、B 两球最终的速度？提示:当A 、B 间相互斥力作用足够长时间后，它们的间距就足够远，相互间的斥力可以忽略不计，电势能为零.尝试解答 (1)232gh (2)2gh 3，432gh . (1)对下滑的过程:2mgh ＝12·2m v 20，v 0＝2gh ，球进入水平轨道后两球组成的系统动量守恒，两球最近时速度相等.2m v 0＝(2m ＋m )v ，v ＝23v 0＝232gh . (2)当A 、B 相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A 、B 两球组成的系统动量守恒、能量也守恒.2m v 0＝2m v A ＋m v B ，12×2m v 20＝12×2m v 2A ＋12m v 2B ，得v A ＝13v 0＝132gh ， v B ＝43v 0＝432gh . 总结升华动量守恒与其他知识综合问题的求解方法动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题.解决这类问题首先要弄清物理过程，其次是弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律.最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键.[跟踪训练] [2017·河南开封一模]如图所示，在高h 1＝30 m 的光滑水平平台上，物块P 以初速度v 0水平向右运动，与静止在水平台上的物块Q 发生碰撞，m Q ＝2m P ，碰撞后物块P 静止，物块Q 以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC 的B 点的切线方向进入圆弧形轨道，B 点的高度h 2＝15 m ，圆弧轨道的圆心O 与平台等高，轨道最低点C 的切线水平，并与地面上长为l ＝70 m 的水平粗糙轨道CD 平滑连接，物块Q 沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞.g取10 m/s2.(1)求物块Q由A到B的运动时间；(2)求物块P初速度v0的大小；(3)若小物块Q与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点E(E点没画出).设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围.答案(1) 3 s(2)20 m/s(3)0.17<μ≤0.5解析(1)由于h1＝30 m，h2＝15 m，设小物块Q从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝12gt2，解得t＝ 3 s.(2)由于R＝h1，R cosθ＝h1－h2，所以θ＝60°，小物块Q平抛的水平速度是v1，有gtv1＝tan60°，解得v1＝10 m/s.小物块P与Q发生碰撞的过程中系统的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得m P v0＝m Q v1解得v0＝20 m/s(3)设小物块Q在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是s max＝3l 路程的最小值是s min＝l路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大，由能量守恒知m Q gh1＋12m Qv21＝μmin m Q gs max，m Q gh1＋12m Qv21＝μmax m Q gs min解得μmax＝12，μmin＝16，即0.17<μ≤0.5.。

2019届高考物理一轮复习练习：第六章第2讲动量守恒定律练习含解析

板块三限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。

其中1～4为单选，5～10为多选)1．[2018·长春一中月考]光滑水平面上半径相等的两金属小球A 和B 相向运动并发生对心碰撞，碰后两球均静止，若两球的质量之比为m A ∶m B ＝1∶3，则两球碰前的速度关系为( )A ．方向相同，大小之比为1∶3B ．方向相同，大小之比为3∶1C ．方向相反，大小之比为1∶3D ．方向相反，大小之比为3∶1答案 D解析根据动量守恒，m A v A －m B v B ＝0，所以v A v B ＝m B m A＝31，D 正确。

2．[2017·安徽合肥一模]质量为0.2 kg 的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回。

取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp 和合外力对小球做的功W ，下列说法正确的是( )A ．Δp ＝2 kg·m/s W ＝－2 JB ．Δp ＝－2 kg·m/s W ＝2 JC ．Δp ＝0.4 kg·m/s W ＝－2 JD ．Δp ＝－0.4 kg·m/s W ＝2 J答案 A解析取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp ＝m v 2－m v 1＝0.2×4 kg·m/s －0.2×(－6) kg·m/s ＝2 kg·m/s ，方向竖直向上。

由动能定理知，合外力做的功：W ＝12m v 22－12m v 21＝12×0.2×42 J －12×0.2×62 J ＝－2 J ，A 正确，B 、C 、D 错误。

3. 如图所示，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M ，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动。

届高考物理一轮复习第六章动量守恒定律课时作业

课时作业24[双基过关练]1．(2020·黑龙江大庆一检)关于静电场，下列说法中正确的是( )A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大C．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的D．电势下降的方向就是电场强度的方向解析：将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定减少，选项A错误；无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项B正确；在同一个等势面上的各点，场强的大小不一定是相等的，例如等量异种电荷连线的中垂线上各点，选项C 错误；沿电场强度的方向电势一定下降，但是电势下降的方向不一定是电场强度的方向，选项D错误．答案：B2.如图所示，电场中某一水平方向的电场线上有a、b、c三点，c点为ab的中点．a、b两点的电势分别为φa＝5 V、φb＝3 V．下列叙述正确的是( )A．c点的电势一定为4 VB．a点的场强E a一定大于b点的场强E bC．一正电荷从c点运动到b点，电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a解析：只有一条电场线，此处电场并不一定是匀强电场，故A、B错误；由电势高低情况可知，电场强度方向为由a指向b，故正电荷所受的电场力方向由c指向b，D错误；正电荷由c点运动到b点，电场力做正功，电势能减少，故C正确．答案：C3．一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9C，在静电场中由a点移动到b点．在这过程中除静电力外，其他力做的功为6.0×10－5J，质点的动能增加了8.0×10－5J，则a、b两点间的电势差U ab为( ) A．1×104 V B．－1×104 VC．4×104 V D．－7×104 V解析：根据动能定理得W ab＋6.0×10－5J＝8.0×10－5J，则W ab＝8.0×10－5J－6.0×10－5J＝2.0×10－5J.由U AB＝W ABq得U ab＝2.0×10－52.0×10－9V＝1×104 V，选项A正确．答案：A4．(多选)如图甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a 点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v －t图线如图乙所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为E a、E b，粒子在a、b两点的电势能分别为W a、W b，不计重力，则有( )A．φa>φb B．E a>E bC．E a<E b D．E pa>E pb解析：电场线为直线，带负电的粒子仅在电场力的作用下由静止释放，那么一定沿着电场力的方向运动，故电场强度的方向向左，b点的电势高，选项A错误；由v－t图象的斜率表示粒子运动的加速度可知粒子运动的加速度越来越小，故b点的场强小，E a>E b，选项B正确、C错误；电场力做正功，电势能减少，选项D正确．答案：BD5．两带电荷量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E 与x关系的图是( )解析：越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B、D 错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，C错，应选A.答案：A6．(2020·山东滨州一模)一带电粒子在匀强电场中仅在电场力作用下的运动轨迹如图虚线所示，在粒子运动过程中，下列说法中正确的是( )A．粒子带负电B．粒子的速度一定减小C．任意相等时间内，初、末两位置电势差相等D．任意相等时间内速度变化量相同解析：带电粒子在匀强电场中仅在电场力作用下做匀变速曲线运动，由轨迹可知，粒子所受的电场力水平向右，与电场强度的方向相同，所以粒子带正电，A错误；由于运动方向未知，所以无法判断电场力做功情况，速度如何变化无法判断，B错误；任意相等的时间内，水平分位移不相等，由U＝Ed，任意相等时间内，初、末两位置电势差不相等，C错误；由Δv＝aΔt可知任意相等时间内速度变化量相同，D 正确．答案：D7．(2020·江西赣中南五校联考)如图所示，在直线l上A、B两点各固定电荷量均为Q的正电荷，O 为AB的中点，C、D两点关于A点对称，C、D两点的场强大小分别为E C、E D电势分别为φC、φD，以下说法正确的是( )A．E C>E D，φC>φDB．E C<E D，φC>φDC．在直线l上与D点场强相同的点除D点外可能还有2个D．将一负电荷从C点移到D点其电势能减少解析：根据场强的叠加知，D点的场强大于C点的场强，由U＝Ed定性分析知，A、D间的电势差大于A、C间的电势差，可知D点的电势低于C点的电势，故A错误、B正确；在直线l上，与D点场强相同的点只有1个，在OB间，故C错误；C点的电势高于D点，根据E p＝φq知，负电荷在C点的电势能小于在D点的电势能，将一负电荷从C点移到D点其电势能增加，故D错误．答案：B8．(2020·南昌模拟)有一匀强电场，电场线与坐标平面xOy平行，以原点为圆心，半径r＝5 cm的圆周上任意一点P的电势φ＝40sinθ＋25 V，θ为O、P两点连线与x轴的夹角，如图所示，则该匀强电场的电场强度大小为( )A．60 V/m B．600 V/mC．80 V/m D．800 V/m解析：半径r＝5 cm的圆周上任意一点P的电势φ＝40sinθ＋25 V，当θ＝0°和θ＝180°时的电势相等，可知电场的方向平行于y 轴方向，圆周与y 轴正方向的交点的电势φ1＝40×1＋25 V ＝65 V ，圆周与x 轴正方向的交点的电势φ2＝25 V ，则匀强电场的电场强度E ＝φ1－φ2r ＝65－250.05V/m ＝800 V/m ，故选项D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D9．(2020·辽宁铁岭协作体第三次联考)点电荷Q 1、Q 2和Q 3所产生的静电场的等势面与纸面的交线如图所示，图中标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a 、b 、c…表示等势面上的点，下列说法正确的有( )A ．位于g 点的点电荷不受电场力作用B ．b 点的场强与d 点的场强大小一定相等C ．把电荷量为q 的正点电荷从a 点移到i 点，再从i 点移到f 点过程中，电场力做的总功大于把该点电荷从a 点直接移到f 点过程中电场力做的功D ．把1 C 正电荷从m 点移到c 点过程中电场力做的功等于7 kJ解析：由题图知g 点的场强不为零，所以位于g 点的点电荷受电场力作用，故A 错误；b 点和d 点等势线疏密程度不同，所以b 点的场强与d 点的场强大小不相等，故B 错误；根据电场力做功W ＝qU 得，把电荷量为q 的正点电荷从a 点移到i 点，再从i 点移到f 点过程中，电场力做的总功等于把该点电荷从a 点直接移到f 点过程中电场力做的功，故C 错误；把1 C 正电荷从m 点移到c 点过程中电场力做的功W ＝qU ＝1 C×[4 kV－(－3 kV)]＝7 kJ ，故D 正确．答案：D[能力提升练]10．(2020·河南濮阳一模)(多选)如图所示，菱形abcd 的边长为2 3 m ，∠bad＝60°，已知匀强电场的电场线平行于菱形abcd 所在的平面，一个带电荷量q ＝－2×10－6 C 的点电荷由a 点移动到c 点的过程中，电势能增加了1.2×10－5 J ，由c 点移动到b 点的过程中电场力做功6×10－6 J ，则下列说法正确的是( )A ．c 、b 两点的电势差U cb ＝3 VB ．a 点的电势高于c 点的电势C ．负电荷由b 点移到a 点的过程中，电势能增加D ．该电场的场强为1 V/m解析：由U ac ＝W ac q ＝－1.2×10－5－2×10－6 V ＝6 V ，U cb ＝W cb q ＝6×10－6－2×10－6 V ＝－3 V ，A 错误；a 点的电势高于c 点的电势，B 正确；U ba ＝－U ab ＝－(U ac ＋U cb )＝－3 V ，所以W ba ＝U ba q>0，电场力做正功，电势能减少，C 错误；因为U ac ＝6 V, U cb ＝－3 V ，所以b 与ac 的中点等电势，即bd 连线是一条等势线，电场强度的方向沿ac 连线由a 指向c ，由E ＝U d，d ac ＝23×2cos30° m＝6 m ，代入解得E ＝1 V/m ，D 正确．答案：BD11．(2020·辽宁铁岭协作体第三次联考)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示，一质量m ＝1.0×10－20 kg 、电荷量q ＝1.0×10－9 C 的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素，求：(1)x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1：E 2；(2)该粒子运动的最大动能E km ；(3)该粒子运动的周期T.解析：(1)由题图可知，左侧电场强度E 1＝φ0d 1＝200.01V/m ＝2 000 V/m① 右侧电场强度E 2＝φ0d 2＝200.005V/m ＝4 000 V/m② 所以E 1：E 2＝1：2.(2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有E 1qx ＝E km ③其中x ＝0.01 m.联立①③并代入相关数据可得E km ＝2×10－8 J.(3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有v m ＝qE 1mt 1④ v m ＝qE 2mt 2⑤ E km ＝12mv 2m ⑥ T ＝2(t 1＋t 2)⑦联立①②④⑤⑥⑦并代入相关数据可得T ＝3×10－8 s.答案：(1)1：2 (2)2×10－8 J (3)3×10－8 s12．(2020·湖南省衡阳市第八中学月考)如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道固定于竖直平面内，半圆形轨道与光滑绝缘的水平地面相切与半圆的端点A ，一质量为1 kg 的小球在水平地面上匀速运动，速度为v ＝6 m/s ，经A 运动到轨道最高点B ，最后又落在水平地面上的D 点(图中未画出)，已知整个空间存在竖直向下的匀强电场，小球带正电荷，小球所受电场力的大小等于2mg ，g 为重力加速度．(1)当轨道半径R ＝0.1 m 时，求小球到达半圆形轨道B 点时对轨道的压力；(2)为使小球能运动到轨道最高点B ，求轨道半径的最大值．解析：(1)由于电场力方向沿竖直方向，小球在水平轨道上运动时，速度与电场力方向垂直所以电场力在水平轨道上部做功，小球做匀速直线运动，故到达A 点时的速度为6 m/s.从A 到B 过程中，重力和电场力都做负功，故根据动能定理可得－mg·2R－F E ·2R＝12mv 2B －12mv 2A ，根据牛顿第二定律可得在B 点F E ＋mg ＋F N ＝m v 2B R，解得F N ＝210 N ，根据牛顿第三定律可得小球对轨道的压力为210 N.(2)小球恰好能通过最高点B 时，小球与轨道间没有相互作用力，重力与电场力的合力完全充当向心力故有mg ＋F E ＝m v 2B R max从A 到B 过程中，重力和电场力都做负功，故根据动能定理可得－mg·2R max －F E ·2R max ＝12mv 2B －12mv 2A ，解得R max ＝0.2 m.答案：(1)210 N (2)0.2高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2019版一轮物理复习(人教版)练习第六章章末检测及解析

章末检测(满分：100分，时间：45分钟)一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分.1～5题只有一个选项正确，6～8题有多个选项正确)1．如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则( ) A ．此系统内每个物体所受的合力一定都为零 B ．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加 C ．此系统的机械能一定守恒 D ．此系统的机械能可能增加解析：若一个系统动量守恒，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，A 错误．此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变这是有可能的，B 错误．因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，C 错误，D 正确．答案：D2.如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个人静止站在A 车上，两车静止．若这个人自A 车跳到B 车上，接着又跳回A 车，并静止于A 车上，则A 车的速率( ) A ．等于零 B ．小于B 车的速率 C ．大于B 车的速率D ．等于B 车的速率解析：两车和人组成的系统位于光滑的水平面上，因而该系统动量守恒，设人的质量为m 1，车的质量为m 2，A 、B 车的速率分别为v 1、v 2，则由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 1－m 2v 2＝0，所以，有v 1＝m 2m 1＋m 2v 2，m 2m 1＋m 2＜1，故v 1＜v 2，所以B 正确．答案：B3．在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( )A.v 02B.v 06C.v 02或v 06D ．无法确定解析：两球相碰后A 球的速度大小变为原来的12，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A 速度方向不变，则m v 0＝12m v 0＋3m v 1，可得B 球的速度v 1＝v 06，而B 在前，A 在后，碰后A 球的速度大于B 球的速度，不符合实际情况，因此A 球一定反向运动，即m v 0＝－12m v 0＋3m v 1，可得v 1＝v 02，A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A4.物体A 和B 用轻绳相连挂在轻弹簧下静止不动，如图(a)所示．A的质量为m ，B 的质量为M ，将连接A 、B 的绳烧断后，物体A 上升经某一位置时的速度大小为v ，这时物体B 的下落速度大小为u ，如图(b)所示，在这段时间里，弹簧弹力对物体A 的冲量等于( )A ．m vB ．m v －MuC ．m v ＋MuD ．m v ＋mu解析：以B 为研究对象，根据动量定理得Mgt ＝Mu ，则u ＝gt ，以A 为研究对象，由动量定理得I F －mgt ＝m v ，所以I F ＝mgt ＋m v ＝mu ＋m v ，D 正确．答案：D5.质量为ma ＝1 kg ，mb ＝2 kg 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于( ) A ．弹性碰撞 B ．非弹性碰撞 C ．完全非弹性碰撞 D ．条件不足，不能确定解析：由x t 图象知，碰撞前v a ＝3 m/s ，v b ＝0，碰撞后v a ′＝－1 m/s ，v b ′＝2 m/s ，碰撞前动能12m a v 2a＋12m b v 2b ＝92 J ，碰撞后动能12m a v a ′2＋12m b v b ′2＝92 J ，故机械能守恒；碰撞前动量m a v a ＋m b v b ＝3 kg·m/s ，碰撞后动量m a v a ′＋m b v b ′＝3 kg·m/s ，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞．答案：A6.如图所示，两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是()A．两滑块的动量之和变大B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等D．整个过程中两滑块的机械能增大解析：对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒，A错误．由动量守恒定律得0＝m M v M－m N v N得两滑块动量等大反向，B正确．当m M＝m N时，v M＝v N，C正确．整个过程弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．答案：BCD7.如图所示，质量均为M的物体A和B静止在光滑水平地面上并紧靠在一起(不粘连)，A的ab部分是四分之一光滑圆弧，bc部分是粗糙的水平面．现让质量为m的小物块C(可视为质点)自a点静止释放，最终刚好能到达c点而不从A上滑下．下列说法中正确的是() A．小物块C到b点时，A的速度最大B．小物块C到c点时，A的速度最大C．小物块C到b点时，C的速度最大D．小物块C到c点时，A的速率大于B的速率解析：小物块C自a点静止释放，到达b点的过程中A、B、C三者组成的系统水平方向动量守恒，C对A的弹力做正功，A、B整体的速度越来越大，由于C和A、B 整体的动量等大反向，所以C速度也越来越大，C在bc部分滑动的过程中，A、C 组成的系统动量守恒，由于在b点时C的动量大于A的动量，所以最终C和A相对静止时，一起向右运动，C在bc段滑动的过程，C由于摩擦力作用做减速运动，A 先向左做减速运动，然后向右做加速运动，直至与C有共同速度．B一直向左做匀速直线运动，由于A、B、C系统的动量也是守恒的，所以当A、C有共同速度时，A、C的总动量与B的动量等大反向，而A的质量和B的质量相等，因而当小物块C到c点时，A的速率小于B的速率．由此可以看出，小物块C到b点时，A的速度最大，小物块C到b点时，C的速度也达最大．答案：AC8.如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体B ，从高h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是( )A ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为12mghB ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghC ．B 能达到的最大高度为h2 D ．B 能达到的最大高度为h4解析：根据机械能守恒定律可得B 刚到达水平地面的速度v 0＝2gh ，根据动量守恒定律可得A 与B 碰撞后的速度为v ＝12v 0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm ＝12·2m v 2＝12mgh ，即A 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与B 将分开，B 以v 的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh ′＝12m v 2，B 能达到的最大高度为h4，选项D 正确．答案：AD二、非选择题(共4小题，52分)9．(12分)某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A 、B 两球的碰撞来验证动量守恒定律．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置C 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A 球仍从位置C 由静止开始滚下，和B 球碰撞后，A 、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次，得到了如图乙所示的三个落地点．(1)请你叙述用什么方法找出落地点的平均位置？___________________________________________________________________.并在图中读出OP＝________.(2)已知m A∶m B＝2∶1，碰撞过程中动量守恒，则由图可以判断出R是________球的落地点，P是________球的落地点．(3)用题中的字母写出动量守恒定律的表达式_______________________.解析：(1)用圆规画出尽可能小的圆把所有的小球落点痕迹都圈在里面，其圆心就是小球落地点的平均位置；由图中读出OP＝17.5 cm.(2)A与B相碰后，B的速度增大，A的速度减小，而碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以Q点是没有碰时A球的落地点，R是碰后B球的落地点，P 是碰后A球的落地点．(3)设碰前A球的速度为v0，碰后A球速度为v1，B球速度为v2，根据动量守恒定律可得m A v0＝m A v1＋m B v2，两小球从同一高度开始下落，下落的时间相同，故有m A v0t＝m A v1t＋m B v2t，即m A·OQ＝m A·OP＋m B·OR.答案：(1)用圆规画出尽可能小的圆把所有的小球落点痕迹都圈在里面，其圆心就是小球落地点的平均位置17．5 cm(17.0～18.0 cm均可)(2)B A(3)m A·OQ＝m A·OP＋m B·OR＝0.98 kg的10.(10分)在一水平支架上放置一个质量m小球A，一颗质量为m0＝20 g的子弹以水平初速度v0＝300 m/s的速度击中小球A并留在其中．之后小球A水平抛出恰好落入迎面驶来的沙车中，已知沙车的质量m2＝2 kg，沙车的速度v1＝2 m/s，水平面光滑，不计小球与支架间的摩擦．(1)若子弹打入小球A的过程用时Δt＝0.01 s，求子弹与小球间的平均作用力大小．(2)求最终小车B的速度．解析：(1)子弹打入木块的过程，对子弹和小球由动量守恒得，m 0v 0＝(m 0＋m 1)v 对小球由动量定理得F Δt ＝m 1v －0 解得F ＝588 N.(2)子弹打入之后小球平抛，小球(含子弹)与沙车组成的系统在水平方向动量守恒，规定向右为正方向．(m 0＋m 1)v －m 2v 1＝(m 0＋m 1＋m 2)v 2 解得v 2＝23 m/s ，方向水平向右．答案：(1)588 N (2)23 m/s ，方向水平向右11.(14分)如图所示，半径为R ＝1611 m 的光滑的圆弧形凹槽固定放置在光滑的水平面上，凹槽的圆弧面与水平面在B 点相切，另一条半径OC 与竖直方向的夹角为θ＝37°，C 点是圆弧形凹槽的最高点，两个大小相同的小球P 、Q 质量分别为m 1＝2 kg 和m 2＝1 kg ，Q 静止于B 点，P 放置于水平面上A 点．给P 施加一个F ＝60 N 的水平向右的瞬间作用力，P 在B 点与Q 发生对心正碰，碰撞过程没有能量损失，碰后Q 恰好能经过最高点C ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求： (1)P 碰前的速度大小v 1和碰后的速度大小v 2； (2)力F 的作用时间t .解析：(1)Q 恰能经过最高点C ，在C 点有m 2g cos θ＝m 2v 2CRQ 从B 到C 过程中机械能守恒 12m 2v 2B ＝12m 2v 2C ＋m 2gR (1＋cos θ) 联立解得v B ＝8 m/sP 和Q 碰撞过程中系统动量守恒 m 1v 1＝m 1v 2＋m 2v B 系统能量守恒12m 1v 21＝12m 1v 22＋12m 2v 2B 解得v 1＝6 m/s ，v 2＝2 m/s. (2)由动量定理知Ft ＝m 1v 1t ＝m 1v 1F ＝0.2 s.答案：(1)6 m/s 2 m/s (2)0.2 s12.(16分)如图，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求： (1)两球a 、b 的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比．解析：(1)设球b 的质量为m 2，细线长为L ，球b 下落至最低点，但未与球a 相碰时的速率为v ，由机械能守恒定律得 m 2gL ＝12m 2v 2①式中g 为重力加速度的大小．设球a 的质量为m 1，在两球碰后的瞬间，两球的共同速度为v ′，以向左为正方向，由动量守恒定律得 m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得 12(m 1＋m 2)v ′2＝(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)③ 联立①②③式代入题给数据得m 1m 2＝2－1.④(2)两球在碰撞过程中的机械能损失为 Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)⑤联立①⑤式，Q 与碰前球b 的最大动能E k (E k ＝12m 2v 2) 之比为 Q E k ＝1－m 1＋m 2m 2(1－cos θ) ⑥联立④⑥式，并代入题给数据得Q E k ＝1－22.答案：(1)2－1 (2)1－22。

高考物理一轮复习第6章动量守恒定律及其应用第1讲动量动量定理课时作业(含解析)新人教版-新

第1讲动量动量定理时间：45分钟总分为：100分一、选择题(此题共10小题，每一小题7分，共70分。

其中1～7题为单项选择，8～10题为多项选择)1．下面关于物体动量和冲量的说法错误的答案是()A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快答案 A解析Ft越大，Δp越大，但动量不一定越大，它还与初态的动量有关，故A错误；Ft ＝Δp，Ft不为零，Δp一定不为零，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向一样，C 正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D正确。

此题选说法错误的，应当选A。

2．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的答案是()A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s答案 A解析小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量：I ＝0－(－mv0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I′＝Δp＝mv0－(－mv0)＝20 N·s，如此冲量大小为20 N·s，B、C、D错误。

3．(2019·四川自贡高三一诊)校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小()A．人的触地时间B．人的动量变化率C．人的动量变化量D．人受到的冲量答案 B解析跳远比赛时，运动员从与沙坑接触到静止，动量的变化量Δp 一定，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I ＝Δp 是一定的，在沙坑中填沙延长了人与沙坑的接触时间，即t 变大，由动量定理：Δp ＝Ft ，可得Δpt＝F ，Δp 一定，t 越大，动量变化率越小，人受到的合外力越小，人越安全，B 正确。

教育最新K122019届高考物理一轮复习作业检测：第六章动量守恒定律课时作业25

课时作业 25[双基过关练]1．两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回．如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edhU B ．edUh C.eU dh D.eUh d解析：电子受到的静电力做负功，有－eU OA ＝0－E k ，U OA ＝U d h ，E k ＝eUhd，由此知选项D 正确．答案：D2．(2018·辽宁大连5月模拟)某电容式话筒的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，薄片P 和Q 为两相互绝缘的金属板．当对着话筒说话时，P 振动而Q 可视为不动，在P 、Q 间距增大的过程中( )A ．P 、Q 两板组成电容器的电容增大B ．P 板的电荷量增加C ．M 点的电势比N 点低D ．M 点的电势比N 点高解析：电容式话筒与电源串联，其电压保持不变．在P 、Q 间距增大的过程中，根据电容的决定式C ＝εr S 4πkd 可知，电容减小，A 错误；根据电容的定义式C ＝QU可知，电容器所带电荷量减少，P 板上电荷量减少，电容器放电，放电电流通过R 的方向由M 到N ，则M 点的电势高于N 点的电势，B 、C 错误，D 正确．答案：D3．(多选)如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，在竖直平面内的直线AB 与场强E 互相垂直，在A 点以大小为v 0的初速度水平向右抛出一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，经时间t ，小球落下一段距离过C 点(图中未画出)时其速度大小仍为v 0，已知A 、B 、C 三点在同一平面内，则在小球由A 点运动到C 点的过程中( )A ．小球的机械能增加B ．小球的电势能增加)如图所示，两面积较大、放置，极板上带有等量异种电荷．其中A极板用绝缘线悬挂，( )．若在两极板间加上某种绝缘介质，A、B两极板所带的电荷量会增大两极板所带的电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一，则从开始射入到打到上板的过程中( )q P：q＝：2：Δk Q＝：2k P本题考查带电粒子在电场中的运动．带电粒子在电场中偏转，，它们的运动时间相等，A项错误；竖直方向，q P：q＝：2E k P：ΔE kQ＝1：，D答案：C多选)在水平方向的匀强电场中的点时只具有水平方向的速度，电场力做功3 J6：3连线与水平方向的夹角为在水平方向电场力对物体做正功，由于不知电场的方向，则不能确错误；由于只有重力和电场力做功，带电物体的动能、电势能、重力势能三者之和为一定值，当重力做功为－．如图所示，在绝缘水平面上，有相距为L的A、B两点，分别固定着两个带电荷量均连线的中点，a、b是AB连线上两点，其中′＝L2－kQqL2＝根据牛顿第二定律，128kQqmL2＋2E k0方向由时间内运动的描述，正确的是( )mgdmgd10 m/s)求：秒末小物块的速度大小；秒内小物块的位移大小．2 s内物块加速度2 m/s2因此小物块做周期为4 s 的加速和减速运动，第14 s 末的速度也为v 14＝4 m/s 所以第15 s 末的速度v 15＝v 14－at ＝2 m/s ，方向向右等同于t ＝1 s 时(2)15秒内小物块的位移大小，可以看做是上述3个周期的位移加上x 1和第15 s 内的位移，x 15＝v 14t ＋12a 2t 2＝3 m所求位移为x ＝3(x 1＋x 2)＋x 1＋x 15＝31 m 答案：(1)2 m/s 方向向右 (2)31 m10．(2018·山西省重点中学高三联考)如图所示为一多级加速器模型，一质量为m ＝1.0×10－3 kg 、电荷量为q ＝8.0×10－5C 的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，经过多级加速后从A 点水平抛出，恰好能从MN 板的中心小孔B 垂直金属板进入两板间，A 点在MN 板左端M 点正上方，倾斜平行金属板MN 、PQ 的长度均为L ＝1.0 m ，金属板与水平方向的夹角为θ＝37°， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求A 点到M 点的高度以及多级加速电场的总电压U ；(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E ＝100 V/m ，要使带电小球不打在PQ 板上，则两板间的距离d 至少要多长？解析：(1)设小球从A 点到B 点的运动时间为t 1，小球的初速度为v 0，A 点到M 点的高度为y则有v 0gt 1＝tan θ① L2cos θ＝v 0t 1② y －L 2sin θ＝12gt 21③联立①②③并代入数据解得v 0＝ 3 m/s ，y ＝1730m④带电小球在多级加速器加速的过程，根据动能定理有qU ＝12mv 20－0⑤代入数据解得U ＝18.75 V(2)进入电场时，以沿板向下为x 轴正方向和垂直于板向下为y 轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则沿y 轴方向有F y ＝mg cos θ－qE ＝0⑥沿x 轴方向有F x ＝mg sin θ⑦故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P 点离开，则有 F x ＝ma ⑧ L 2＝12at 22⑨ d min ＝v 0sin θt 2⑩联立④⑦⑧⑨⑩并代入数据解得d min ＝526 m即两板间的距离d 至少为526m.。

2019届高考物理一轮复习作业检测：第六章动量守恒定律45分钟章末检测卷-

第六章45分钟章末检测卷p1：p．：1 ．：．：2 D．：4解析：物体做初速度为零的匀加速直线运动，p1：p ＝：2，故选项正确．答案：B的作用下，沿同一直线运动．它们的动量随时间变化如图所示．设甲在时间内所受的冲量为I2，则F、，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N的时刻，物体的速度为18 m/s时间内，合力对物体做的功为400 J时间内，拉力对物体的冲量为48 N·s的功率为200 W的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系在本实验中结合图甲，验证动量守恒的验证式是下列选项中的________．p11________cm.解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t 相等，如果碰撞过程动量守恒，则有： m a v B ＝m a v A ＋m b v C ，两边同时乘以时间t 得：m a v B t ＝m a v A t ＋m b v C t ，得：m a OB ＝m a OA ＋m b OC ，故选B.(2)p 1p′1＝m a v a m a v′a ＝OB OA ＝44.8035.20＝1411；发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒定律：m a v a ＝m a v′a ＋m b v′b根据机械能守恒定律：12m a v 2a ＝12m a v′2a ＋12m b v′2b 由以上两式解得：v′b ＝2m a m a ＋m bv a ，因此最大射程为：s m ＝2m a m a ＋m b ·OB ＝2×4545＋7.5×44.8 cm＝76.8 cm 答案：(1)B (2)141176.8 9．(20分)如图所示，物块A 、C 的质量均为m ，B 的质量为2m ，都静止于光滑水平台面上，A 、B 间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C 位于A 右侧足够远处，现突然给A 一瞬时冲量，使A 以初速度v 0沿A 、C 连线方向向C 运动，A 与C 相碰后，粘合在一起．(1)A 与C 刚粘合在一起时的速度为多大？(2)若将A 、B 、C 看成一个系统，则从A 开始运动到A 与C 刚好粘合的过程中系统损失了多少机械能？解析：(1)轻细线绷紧的过程，A 、B 这一系统动量守恒，则mv 0＝(m ＋2m)v 1，解得v 1＝13v 0. 之后A 、B 均以速度v 1向右匀速运动，在A 与C 发生碰撞过程中，A 、C 这一系统动量守恒，mv 1＝(m ＋m)v 2，解得v 2＝16v 0. (2)轻细线绷紧的过程，A 、B 这一系统机械能损失为ΔE 1，则ΔE 1＝12mv 20－12·3mv 21＝13mv 20，在A 与C 发生碰撞过程中，A 、C 这一系统机械能损失为ΔE 2，则ΔE 2＝12mv 21－12·2mv 22＝136mv 20，则A 、B 、C 这一系统机械能损失为ΔE ＝ΔE 1＋ΔE 2＝1336mv 20. 答案：(1)16v 0 (2)1336mv 20 10．(20分)如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R ＝0.6 m ．平台上静止着两个滑块A 、B ，m A ＝0.1 kg ，m B ＝0.2 kg ，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上，小车质量为M ＝0.3 kg ，小车的上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧．点燃炸药后，A 、B 分离瞬间滑块B 以3 m/s 的速度冲向小车．两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，且g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块A 能否从半圆轨道的最高点离开；。

2019届高考物理人教版一轮动量守恒定律及其应用复习试题及参考答案

2019届高考物理人教版一轮动量守恒定律及其应用复习试题一、单选题1下列说法中,违反动量守恒定律的是( )A.两个运动物体A 和B 相碰后合为一体,A 减少的动量等于B 增加的动量B.质量相等的两个物体,以相同速率相向运动,做正碰后以原来的速率分开C.质量不等的两个物体,以相同的速率相向运动,做正碰以后以某一相同速率向同一方向运动D.质量不等的两个物体,以相同的速率相向运动,做正碰后各以原来的速率分开 2.如图所示,A 、B 两物体质量之比:3:2A B m m =,原来静止在平板小车C 上,A 、B 间有一根被压缩的弹簧,地面光滑,当弹簧突然释放后,则下列说法中不正确的是( )A.若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A 、B 组成的系统动量守恒B.若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同,B 、C 组成的系统动量守恒C.若A 、B 所受的摩擦力大小相等,A 、B 组成的系统D.若A 、B 所受的摩擦力大小相等,A 、B 、C 组成的系统动量守恒3.质量为M 的热气球吊框中有一质量为m 的人,共同静止在距离地面为h 的高空中,现从气球上放下一根质量不计的软绳,人沿绳子安全滑到地面,在此过程中热气球上升了( ) A.m h M B.M h m C.()m M h m+ D.h4.一质量为M 的航天器,正以速度v 0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v 1,加速后航天器的速度大小v 2,则喷出气体的质量m 为( ) A. 201v v m M v -=B. 221v m M v v =+C. 2021v v m M v v -=+ D. 2021v vm M v v -=- 5. 如图，质量为M 的小船在静止水面上以速度v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋m M vB ．v 0－m Mv C ．v 0＋m M(v 0＋v ) D ．v 0＋m M(v 0－v )6.光滑水平面上停放着两木块A 和B ,A 的质量大,现同时施加大小相等的恒力F 使它们相向运动,然后又同时撤去外力F ,结果, A 、B 迎面相碰后合在一起,问A 、B 合在一起后的运动情况将是( )A.停止运动B.因A 的质量大而向右运动C.因B 的速度大而向左运动D.运动方向不能确定7.两个相向运动的小球,在光滑水平面上碰撞后变成静止状态,则碰撞前这两个小球的( )A.质量一定相等B.动能一定相等C.动量一定相同D.以上说法均不正确 8.质量相等的甲、乙、丙三球成一直线放在光滑水平面上,如图所示,乙球与丙球靠在一起,且为静止,甲球以速度v 向它们滚动.若它们在对心碰撞中无机械能损失,则碰撞后( )A.甲球向左、乙球和丙球向右运动B.乙球不动,甲球向左、丙球向右运动C.甲球和乙球向左、丙球向右运动D.甲球和乙球不动,丙球向右运动9.光滑水平地面上有一静止的木块,子弹水平射入木块后未穿出,子弹和木块的v t 图象如图所示.已知木块质量大于子弹质量,从子弹射入木块到达到稳定状态,木块动能增加了50J ,则此过程产生的内能可能是( )A.10JB.50JC.70JD.120J10.如图所示,两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内,两静止小球1m 、2m 分别穿在两杆上,两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧,现给小球2m 一个水平向右的初速度0v .如果两杆足够长,则在此后的运动过程中( )A.1m 、2m 组成的系统动量守恒B.1m 、2m 组成的系统机械能守恒C.弹簧最长时,其弹性势能为22012m vD.当1m 速度达到最大时,2m 速度最小11.一质量为m 的炮弹沿水平方向飞行,其动能为k E ,突然在空中炸成质量相同的两块,其中一块向后,动能为12k E ,另一块向前,则向前的一块动能是( )A. 12k EB. 92k EC. 94k E k12.装有炮弹的炮车总质量为M ,一枚炮弹的质量为m ,炮弹射出时对地的速度为0v ,速度方向和水平方向间的夹角为θ,若不计炮车和水平地面间的摩擦,则在发射一枚炮弹时炮车后退的速度为( )A.0mv M B.0mv M m - C.0cos mv M m θ- D.0cos mv Mθ13.甲、乙两船的质量均为M ,它们都静止在平静的湖面上,质量为M 的人从甲船跳到乙船上,再从乙船跳回甲船,经过多次跳跃后,最后人停在乙船上,假设水的阻力可忽略,则( )A.甲、乙两船的速度大小之比为1:2B.甲船与乙船(包括人)的动量相同C.甲船与乙船(包括人)的动量之和为零D.因跳跃次数未知,故无法判断14.如图表示有n 个相同的质点静止在光滑平面上的同一直线上,相邻的两个质点间的距离都是1m ,在某时刻给第一个质点一个初速度v ,依次与第二个、第三个……质点相碰,且每次碰后相碰的质点都粘在一起运动,则从第一个质点开始运动到与第n 个质点相碰所经历的时间是( )A.()12n n v - B. ()12nn v + C. ()212n n v ++ D. ()212n n v --二、多选题 15、质量为M 的小车置于光滑的水平面上,左端固定一根轻弹簧,质量为m 的光滑物块放在小车上,压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端,开始时小车与物块都处于静止状态,此时物块与小车右端相距为L,如图所示,当突然烧断细线后,以下说法正确的是( )A.物块和小车组成的系统机械能守恒B.物块和小车组成的系统动量守恒C.当物块速度大小为时,小车速度大小为D.当物块离开小车时,小车向左运动的位移为16.质量为m 的小球A 以速度0v 在光滑水平面上运动,与质量为2m 的静止小球B 发生正碰,则碰撞后小球A 的速度大小A v 和小球B 的速度大小B v 可能为( )A.013A v v =,023B v v =B.025A v v =,0710B v v = C.014A v v =,058B v v =D.038A v v =,0516B v v =17、物体受到合力F 的作用，由静止开始运动，合力F 随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是( )A ．该物体将始终向一个方向运动B ．3 s 末该物体回到原出发点C ．0～3 s 内，合力F 的冲量等于零，功也等于零D ．2～4 s 内，合力F 的冲量不等于零，功却等于零三、计算题18.在水平铁轨上放置一门质量为M 的炮车,发射的炮弹质量为m ,设铁轨和炮车间摩擦不计,则:（1）.水平发射炮弹时,炮弹速度为0v ,炮车的反冲速度多大?（2）.炮身与水平方向成θ角,炮弹速度大小为0v ,炮身反冲速度是多大? （3）.炮身与水平方向成θ角,炮弹射出炮口时,相对炮口速度为0v ,炮身的反冲速度多大?19.如图所示,可视为质点的两个小球通过长度L=6m 的轻绳连接,甲球的质量为m 1=0.2kg,乙球的质量为m 2=0.1kg 。

全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练24 Word版含答案

课时跟踪训练(二十四)一、选择题1．(多选)将三个不同的电源的U－I图线画在同一坐标中，如图所示，其中1和2平行，它们的电动势分别为E1、E2、E3，它们的内阻分别为r1、r2、r3，则下列关系正确的是( )A．r1＝r2<r3B．r1>r2>r3C．E1>E2＝E3D．E1＝E2<E3[解析]　由与纵轴截距知E1>E2＝E3，由图线斜率可知r3>r2＝r1，故AC正确．[答案]　AC2．(多选)如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r，两电表均可看作是理想电表．闭合开关，使滑动变阻器的滑片由右端向左端滑动，在此过程中( )A．小灯泡L1、L2均变暗B．小灯泡L1变暗，L2变亮C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小[解析]　分析电路图可知，L1和滑动变阻器并联后再与L2串联，当滑动变阻器连入电路部分的阻值变小后，整个电路的电流变大，外电压减小，故电流表读数增大，电压表读数减小，D 项正确；流过L 2的电流变大，加在L 1两端的电压减小，故L 1变暗，而L 2变亮，B 项正确．[答案]　BD3．(2015·山东临沂一模)如图所示电路，已知电源电动势为E ，内阻为r ，R 0为固定电阻，当滑动变阻器R 的滑片向上移动时，下列论述正确的是( )A ．灯泡L 一定变亮B ．安培表的示数变小C ．伏特表的示数变小D ．R 0消耗的功率变小[解析]　当R 的滑片P 向上移动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，伏特表测量的路端电压变小，选项C 正确；根据P ＝可知灯L U 2R 消耗的功率变小，灯L 变暗，选项A 错误；外电路总电阻变小，回路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析得总电流I 变大，而流过灯L 的电流变小，故流过R 0的电流变大，R 0消耗的功率变大，选项B 、D 错误．[答案]　C4．(2015·上海闸北一模)如图，甲、乙两电路中电源电动势相同，内电阻r 1>r 2，外电阻R 相同．两电路中分别流过相同的电荷量的过程中，下列说法正确的是( )A ．甲电路电源内部产生热量较多B ．乙电路外电阻R 产生热量较少C ．乙电路电源做功较多D ．甲电路电源效率较高[解析]　电源做功W ＝EIt ＝Eq ，则两电源做功一样多，C 错误；电源的效率η＝＝＝·＝，由于内电阻r 1>r 2，外电阻R 相同，甲图电源的UI EI UE 1E ERR ＋r RR ＋r 内电阻大，则甲电路电源内部产生热量较多，电源效率低，故A 正确，D 错误；两个电阻的电热Q ＝I 2Rt ＝qIR ，电荷量和电阻相等，I 1<I 2，则甲电路外电阻的电热少，故B 错误．[答案]　A5．(多选)(2015·江西抚州二模)如图所示，一平行板电容器C ，极板是水平放置的，它和三个可变电阻、一个定值电阻、一个零刻度在中央的灵敏电流计(左进左偏)和电源连成电路，现有一个质量为m 的带电油滴悬浮在两极板间不动，则下列判断正确的是( )A ．增大R 3，油滴上升B ．增大电容器板间距离的过程中，电流计指针右偏C ．增大R 1，R 1中电流的变化值大于R 3中电流的变化值D ．增大R 1，R 1两端电压的变化值大于R 3两端电压的变化值[解析]　增大R 3，外电路总电阻增大，总电流I 减小，平行板电容器C 的电压U C＝IR并，I减小，U C减小，板间电场强度减小，油滴所受电场力减小，所以油滴下落，故A错误．在增大电容器板间距离的过程中，电容器的电容减小，而电容器的电压不变，则电容器的电荷量减小，电容器放电，电流计指针左偏，故B错误．增大R1，电路总电阻增大，总电流I3减小，电阻R3、r、R0的电压减小，R1、R2并联电压增大，而R3、r、R0及并联电压的和为E，是定值，因此R1两端电压的变化值大于R3两端电压的变化值；R2中电流I2增大，则R1中电流I1减小，又I3＝I1＋I2，所以R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值．故C、D正确．[答案]　CD6．(2015·天津河西一模)如图甲所示电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．开关S闭合后下列判断正确的是( )A．L1电流为L2电流的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2消耗的电功率为0.375 WD．此时L2的电阻为12 Ω[解析]　根据电路图和伏安特性曲线，灯泡L1的电压U1＝3 V，由题图乙读出其电流I1＝0.25 A，则灯泡L1的电阻R1＝12 Ω，灯泡L2、L3串联，电压U2＝U3＝1.5 V，由题图乙读出其电流I2＝I3＝0.20 A，灯泡L2、L3的电阻均为R1＝7.5 Ω，该支路中的总电阻为15 Ω，并联电压相等，通过灯L1电流不是通过灯L2电流的2倍，故A、D错误；灯L1消耗的电功率为P1＝U1I1＝3×0.25W ＝0.75 W ，B 正确；灯L 2消耗的电功率为P 2＝U 2I 2＝0.30 W ，C 错误．[答案]　B7．(多选)(2015·湖南十三校联考)如图所示，电流表A 1(0～3 A)和A 2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S ，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是( )A ．A 1、A 2的读数之比为1∶1B ．A 1、A 2的读数之比为5∶1C ．A 1、A 2的指针偏转角度之比为1∶1D ．A 1、A 2的指针偏转角度之比为1∶5[解析]　题图中的A 1、A 2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A 1、A 2的指针偏转角度之比为1∶1，C 正确，D 错误；电流表A 1的量程为3 A ，A 2的量程为0. 6 A ，当偏转角相同时，A 1、A 2的读数之比为5∶1，B 正确，A 错误．[答案]　BC8．(2015·北京卷)如图所示，其中电流表A 的量程为0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的；R 2的阻值12等于电流表内阻的2倍．若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是( )A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A[解析]　当接线柱1、2接入电路时，电阻R 1与电流表内阻并联后等效阻值为电流表电阻的，由于电流表的满偏电压为定值，因此量程扩大为原来的3倍，13故每一小格变为0.02×3＝0.06 A ，A 、B 选项错误．当接线柱1、3接入电路时，电阻R 1与电流表内阻并联后再和电阻R 2串联，但是串联的电阻R 2对于电流表量程无影响，故每一小格仍为0.06 A ．C 正确，D 错误．[答案]　C9．(多选)(2015·浙江金丽衢一模)如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2A 以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断错误的是( )A ．电路中电源电动势为3.6 VB ．变阻器向右滑动时，V 2读数逐渐减小C ．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD ．变阻器的最大阻值为30 Ω[解析]　由电路图甲知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V 2的电压与电流的关系；此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r ＝ Ω＝2 Ω，当电流I ＝0.1 A 时，U ＝3.43.4－30.2V ，则电源的电动势E ＝U ＋Ir ＝3.4＋0.1×2 V ＝3.6 V ，故A 正确．变阻器向右滑动时，R 阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即V 2读数逐渐增大，故B 错误．由题图可知，电动机的电阻r M ＝Ω＝4 Ω；当I ＝0.3 A 时，0.8－0.40.1U ＝3 V ，电动机输出功率最大，最大为P ＝UI －I 2r M ＝3 V ×0.3 A －(0.3 A)2×4 Ω＝0.54 W ，故C 错误．当I ＝0.1 A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R ＝ Ω＝30 Ω，故D 正确．(3.60.1－2－4)[答案]　BC10．(2015·河南焦作一模)在如图所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2的读数分别为I 、U 1和U 2，P 为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为θ，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2读数变化量大小分别是ΔI 、ΔU 1和ΔU 2，下列说法中正确的是( )A ．ΔU 2大于ΔU 1B ．灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角θ变大C ．电源的输出功率变大D.变大、变大U 2I ΔU 2ΔI [解析]　滑动变阻器电阻增大，总电流减小，R 1电压减小，R 2电压增大，而U 外又增大，明显R 2电压增大要超过R 1电压减小，则A 错误．U 外增大，即灯泡两端电压增大，灯泡变亮；R 1电压减小，即电容器两端电压变小，细线与竖直方向间的夹角θ变小，则B 错误．小灯泡的电阻小于电源的内阻，那么再并联R 1、R 2就更小了，因外电阻等于内电阻时，P 出最大，所以当外电阻小于内电阻时，外电阻增大，P 出增大，则C 正确.为外阻，变大，为内阻，U 2I ΔU 2ΔI 不变，则D 错误．[答案]　C 二、非选择题11．如图甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω，R 2阻值未知，R 3为一滑动变动器，当其滑片P 从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A 、B 两点是滑片P 在变阻器的两个不同端点得到的．求：(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻R 2的阻值；(3)滑动变阻器的最大阻值．[解析]　(1)题图乙中AB 延长线交U 轴于20 V 处，交I 轴于1.0 A 处，所以电源的电动势为E ＝20 V ，内阻r ＝＝20 Ω.EI 短(2)当P 滑到R 3的右端时，电路参数对应题图乙中的B 点，即U 2＝4V 、I 2＝0.8 A ，得R 2＝＝5 Ω.U 2I 2(3)当P 滑到R 3的左端时，由题图乙知此时U 外＝16 V ，I 总＝0.2 A ，所以R 外＝＝80 Ω.U 外I 总因为R 外＝＋R 2，R 1R 3R 1＋R 3所以滑动变阻器的最大阻值为R 3＝300 Ω.[答案]　(1)20 V 20 Ω　(2)5 Ω　(3)300 Ω12．如图甲所示为一个电灯两端的电压与通过它的电流变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化．参考这条曲线回答下列问题(不计电流表和电池的内阻)．(1)若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12 V 的电源上，求流过电灯的电流和每个电灯的电阻；(2)如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与9 Ω的定值电阻R 0串联，接在电动势为8 V 、内阻为1 Ω的电源上，求通过电流表的电流值以及每个电灯的实际功率．[解析]　(1)把三个这样的电灯串联后，每个电灯得到的实际电压为 V ＝4 123V由题图甲可知，每个电灯加上4 V 的实际电压时的工作电流均为I ＝0.4 A 由此可以求出此时每个电灯的实际电阻R ＝＝ Ω＝10 Ω.UI 40.4(2)在题图乙的混联电路中，设每个电灯上的实际电压和实际电流分别为U ′和I ′.在这个闭合电路中，E ＝U ′＋2I ′(R 0＋r ) ．代入数值并整理得U′＝8－20I′这是一个反映电路的直线方程．把该直线在题图甲的坐标系中画出，如图所示．(I代表I′，U代表U′)这两条图线的交点U′＝2 V，I′＝0.3 A同时满足了电路结构和元件的要求，此时通过电流表的电流值I A＝2I′＝0.6 A每个电灯的实际功率P＝U′I′＝2×0.3 W＝0.6 W.[答案]　(1)0.4 A　10 Ω　(2)0.6 A　0.6 W。

高考物理一轮复习第六章动量守恒定律课时作业

课时作业23[双基过关练]1．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线，若带电粒子q(|Q|≫|q|)由a运动到b，电场力做正功．已知在a、b两点粒子所受电场力分别为F a、F b，则下列判断正确的是( ) A．若Q为正电荷，则q带正电，F a>F bB．若Q为正电荷，则q带正电，F a<F bC．若Q为负电荷，则q带正电，F a>F bD．若Q为负电荷，则q带正电，F a<F b解析：由于粒子由a运动到b电场力做正功，可知电场力指向外侧，Q、q为同种电荷；电场线密集的地方电场强度大，由F＝Eq知F a较大，A正确．答案：A2．(2020·广东惠州一调)两个放在绝缘支架上的相同金属球相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和－3q的电荷，相互引力为3F.现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的相互作用力大小将变为( )A．F B．2F C．3F D．4F解析：由库仑定律可得3F＝k 3q2r2，而两球接触后平分总电荷量，分开后两球的带电荷量均为－q，库仑力F′＝k －2r2，大小变为F，选项A正确．答案：A3．(2020·广东揭阳一中、潮州金中联考)(多选)如图所示的实验装置为库仑扭秤．细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电荷量q的关系．这一实验中用到了下列哪些方法( ) A．微小量放大法 B．极限法C．控制变量法 D．逐差法解析：当小球C靠近小球A时，库仑力使悬丝扭转较小的角度，通过悬丝上的小镜子反射光线放大，能比较准确地测出转动角度．同时体现了控制变量法，即分别控制q和r不变，研究库仑力F与r和q的关系，故A、C正确．答案：AC4．(2020·黑龙江大庆质检)(多选)如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受答案：BCD5．(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．点在正电荷的正上方，cA．a点的电场强度比B．a点的电势比bC．c点的电场强度比D．c点的电势比d答案：ACD6．(2020·扬州一模O点，在O点的正下方点电荷．已知小球A下列关系式正确的是1点电荷都处于平衡状态，则A. －q，在A左侧距AB. －2q，在A左侧距k 4q·Q＋2＝k4q·Q＋2＝即C带正电，电荷量为答案：C8．(2020·黑龙江省五校高三联考点放置正点电荷，所带电荷量为＋三个点电荷在圆心O处产生的电场强度大小为A.kQB.kQ虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为A．l＋5kq22k0l2 B．l－kq2k0l25kq25kq2＝kq2和故弹簧的原长为答案：C10．如图所示，质量为于滑动摩擦力，一质量为恰好保持静止，则当电场强度解析：对A 、B 整体研究，受到竖直向下总的重力(m 1＋m 2)g 、电场力Eq 、沿水平方向垂直于杆的弹力F N 和竖直向上的摩擦力，则由平衡条件可得Eqsin θ＋μF N ＝(m 1＋m 2)g ，F N ＝Eqcos θ.解得Eq(sin θ＋μcos θ)＝(m 1＋m 2)g ，因为sin θ＋μcos θ＝1＋μ2·sin(θ＋φ)，其中tan φ＝μ，φ＝30°，所以当θ＝60°时，E 最小，D 正确．答案：D11．(2020·山西省重点中学高三5月联合考试)如图所示，一个质量为m 、带电荷量为－q 的滑块(可视为质点)放置在质量为M 的光滑斜劈上，斜劈的倾角为θ＝30°，斜劈固定在水平地面上，现在斜劈的底端C 点竖直放置一绝缘杆，绝缘杆的顶端放置一带电荷量为＋Q 的小球(可视为质点)．已知斜劈的斜边长为L ，绝缘杆的高度也为L ，静电力常量为k ，现给滑块一沿斜劈向下的初速度v ，让滑块沿斜面下滑，若滑块始终在斜面上运动，则下列说法中正确的是( )A ．运动过程中滑块所受库仑力一直增大B ．滑块受到的库仑力最大值为4kqQ3L2C ．滑块运动到斜面中点时速度最大D ．滑块运动到C 点时的速度大小为v解析：滑块沿斜面向下运动的过程中与小球的距离先减小后增大，故所受库仑力先增大后减小，当滑块运动到斜面的中点时所受库仑力最大，此时F 库＝kqQ θ2＝4kqQ3L2，故A 错误、B 正确．当滑块所受重力沿斜面向下的分力等于库仑力沿斜面向上的分力时，滑块的速度最大，滑块运动到斜面中点时加速度方向沿斜面向下，所以滑块运动到斜面中点时速度不是最大，C 错误；滑块运动到C 点的过程中，根据对称性，库仑力对滑块做的总功为零，由能量守恒可得12mv 2＋mgL·sin θ＝12mv 2C ，故v C >v ，D 错误．答案：B12．(2020·北京卷，22)如图所示，长l ＝1 m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q ＝1.0×10－6C ，匀强电场的场强E ＝3.0×103 N/C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小球所受电场力F 的大小； (2)小球的质量m ；(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小．解析：(1)F ＝qE ＝3.0×10－3N(2)由qEmg＝tan37°，得m ＝4.0×10－4kg(3)由mgl(1－cos37°)＝12mv 2，得v ＝2gl 1－cos37°＝2.0 m/s答案：(1)3.0×10－3 N (2)4.0×10－4kg (3)2.0 m/s高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第1讲动量定理动量守恒定律课时作业(含解析)

1、动量定理动量守恒定律[基础训练]1．下列关于动量及其变化的说法中，正确的是( ) A．两物体的动量相等，其动能也一定相等B．物体的动能发生变化，其动量也一定发生变化C．动量变化的方向一定与初、末动量的方向都不同D．动量变化的大小不可能等于初、末状态动量大小之和答案：B 解析：由动量和动能的关系E k＝p22m可知，当动量p相等时，动能E k不一定相等，A项错误．当动能E k＝12mv2变化时，速度v的大小一定变化，动量p＝mv一定变化，B项正确．物体以一定的初速度做匀加速直线运动的过程中，Δp的方向与p初、p末均相同，C 项错误．当物体在水平面上以一定的速度与竖直挡板碰撞后沿与原速度相反的方向弹回的过程中，动量变化的大小等于初、末状态动量大小之和，D项错误．2．(多选)A、B两物体的质量分别为m A、m B，且m A>m B，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小相等的恒力F同时作用在A、B上，如图所示．从静止开始，经相同时间，下列说法正确的是( )A．A、B两物体冲量大小相等B．A、B两物体动量变化相等C．A、B两物体末动量相等D．A、B两物体末动量的大小相等答案：AD 解析：根据冲量的定义可知，A、B两物体冲量大小相等，选项A正确；根据动量定理可知，A、B两物体动量变化的大小相等，方向相反，所以末动量的大小相等，方向相反，选项B、C错误，D正确．3．质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示，则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是( )A．10 N·s,10 N·s B．10 N·s，－10 N·sC．0,10 N·s D．0，－10 N·s答案：D 解析：由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相等，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内，p3＝－5 kg·m/s，I2＝p3－p2＝－10 N·s.故选D.4．(2018·重庆九龙坡区一模)水平恒定推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止且质量相等的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，由于惯性，物体将继续运动一段时间后才能停下，两物体的vt图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，则( )A．a物体受到的摩擦力小于b物体受到的摩擦力B．a物体受到的摩擦力大于b物体受到的摩擦力C．F1的冲量大于F2的冲量D．F1的冲量小于F2的冲量答案：D 解析：由图知，AB与CD平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体所受的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故A、B错误．根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－ft OB＝0，F2t2－ft OD＝0，由图可看出，t OB<t OD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故C错误，D正确．5．(2018·安徽滁州联考)(多选)一质量为M的小船静止在平静的湖面上，船头和船尾各站一位质量均为m的游泳爱好者，两人分别从船头和船尾沿相反的方向跃入水中，则下列说法中正确的有( )A．若两人同时以相等的速率跃入水中，则船仍保持静止B．若两人先后以相等的相对水的速率跃入水中，则船速等于0C．若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，则船速等于0D ．无论两人如何跃入水中，船始终保持静止答案：AB 解析：两个人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，开始总动量为零，不管谁先跃入水中，若两人相对水的速率相等，则有0＝mv －mv ＋Mv ′，可知v ′＝0，故A 、B 正确．若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，可知两人相对水的速度大小不等，根据动量守恒定律知，船速不为0，故C 、D 错误．6．(2018·黑龙江哈三中三模)(多选)小球A 的质量为m A ＝5 kg ，动量大小为p A ＝4 kg·m/s，小球A 水平向右运动时与静止的小球B 发生弹性碰撞，碰后A 的动量大小为p ′A ＝1 kg·m/s，方向水平向右，则( )A ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝3 kg·m/sB ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝5 kg·m/sC ．小球B 的质量为15 kgD ．小球B 的质量为3 kg答案：AD 解析：规定向右为正方向，碰撞过程中A 、B 组成的系统动量守恒，所以有p A ＝p ′A ＋p B ，解得p B ＝3 kg·m/s，A 正确，B 错误；由于A 、B 是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故p 2A 2m A ＝p ′2A 2m A ＋p 2B 2m B，解得m B ＝3 kg ，C 错误，D 正确． 7．一艘帆船在湖面上顺风行驶，在风力的推动下做速度为v ＝4 m /s 的匀速直线运动，已知该帆船在运动状态下突然失去风的动力作用，帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t ＝8 s 才静止；该帆船的帆面正对风的有效面积为S ＝10 m 2，帆船的总质量约为M ＝936 kg ，若帆船在行驶过程中受到的阻力F f 恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg /m 3，在匀速行驶状态下估算：(1)帆船受到风的推力F 的大小；(2)风速的大小v ′.答案：(1)468 N (2)10 m/s解析：(1)风突然停止，帆船只受到阻力F f 作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度大小为a ，则a ＝0－v t＝－0.5 m/s ，根据牛顿运动定律有，－F f ＝Ma ，所以F f ＝468 N. 设帆船匀速运动时受到风的推力为F ，所以F －F f ＝0，F ＝468 N .(2)设在时间t 内，正对吹入帆面空气的质量为m ，根据动量定理有－Ft ＝m (v －v ′)，又因为m ＝ρS (v ′－v )t ，则Ft ＝ρS (v ′－v )2t ，所以v ′＝10 m/s.[能力提升]8．(2018·重庆模拟)(多选)从水平地面上方同一高度处，将a 球斜上抛，将b 球平抛，且两球质量相等，初速度大小相同，最后落于同一水平地面上．不计空气阻力．在此过程中，下列说法正确的是( )A ．两球着地时的动能相同B ．两球着地时的动量相同C ．重力对两球所做的功相同D ．重力对两球的冲量相同答案：AC 解析：斜上抛和平抛过程中两球都只受重力作用，只有重力做功，两球初位置高度相同，故重力做功相同，根据动能定理有E k －E k0＝W G ，因为E k0＝12mv 20，两球初动能相同，W G 相同，故两球着地时的动能相同，故A 、C 正确．两球初位置高度相同，将a 球斜上抛，b 球平抛，a 球开始时具有向上的分速度，所以a 球运动的时间比b 球运动的时间长，故重力对a 球的冲量比对b 球的冲量大，则落地时a 球竖直方向的分动量大；又由于二者落地时的动能相等，则落地的速度大小相等，所以二者落地时速度的方向和动量的方向不同，故B 、D 错误.9.(2018·湖南五市十校联考)(多选)如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中，小球( )A ．所受合力的冲量水平向右B ．所受支持力的冲量水平向右C ．所受合力的冲量大小为m 2gRD ．所受重力的冲量大小为零答案：AC 解析：在小球从A 点运动到B 点的过程中，根据动量定理可知I 合＝m Δv ，Δv 的方向为水平向右，所以小球所受合力的冲量水平向右，即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A 正确，B 错误；小球在运动过程中只有重力做功，根据机械能守恒得mgR ＝12mv 2B ，v B ＝2gR ，根据动量定理得I 合＝Δp ＝mv B ＝m 2gR ，故C 正确，D 错误．10．如图所示，质量为3 kg 的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1 kg 的小木块，小木块可视为质点．现使木箱和小木块同时获得大小为2 m/s 的方向相反的水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失0.4 J ，小木块最终停在木箱正中央．已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0.3，木箱内底板长为0.2 m．(取g ＝10 m/s2)求：(1)木箱的最终速度的大小；(2)小木块与木箱碰撞的次数．答案：(1)1 m/s (2)6次解析：(1)设系统最终速度为v′，由于木箱与木块组成的系统没有受到外力作用，故系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有Mv－mv＝(M＋m)v′，代入数据得v′＝1 m/s.(2)对整个过程，由能量守恒定律有1 2Mv2＋12mv2＝ΔE＋12(M＋m)v′2，设碰撞次数为n，木箱内底板长度为L，则有n(μmgL＋0.4 J)＝ΔE，代入数据得n＝6次．11．用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v＝4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么：(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(取g＝10 m/s2)(3)比较(1)和(2)，讨论是否要计铁锤的重力．答案：(1)200 N，方向竖直向下(2)205 N，方向竖直向下(3)见解析解析：(1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得F1t＝0－mv所以F 1＝－－0.01 N ＝200 N ，方向竖直向上．由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的作用力为200 N ，方向竖直向下．(2)若考虑重力，设此时受钉子的作用力为F 2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正． (F 2＋mg )t ＝0－mv (矢量式)F 2＝－－0.01 N －0.5×(－10) N ＝205 N ，方向竖直向上．由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子的作用力为205 N ，方向竖直向下．(3)比较F 1与F 2，其相对误差为|F 2－F 1|F 1×100%＝2.5%，可见本题中重力的影响可忽略.。

2019版高考物理一轮复习第六章动量守恒定律章末综合测试.doc

第六章动量守恒定律章末综合测试（六）（时间：60分钟分数：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.（2017・天津理综）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是（）A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B.在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程屮，乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：B本题考查匀速圆周运动.乘客在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，而在上升过程屮重力势能增加，机械能增加，下降过程中则相反，A错误.在最高点时，乘客具有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，故B正确.因重力恒定，重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积，故重力冲量一定不为零，C错误.重力的瞬时功率宀/殆・r- cos a , 其屮Q是瞬时速度7的方向与重力方向Z间的夹角，故重力的瞬时功率不会保持不变，D 错误.2.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中, 力、〃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,〃/〃〃〉〃〃〉〃〃〃〃〃〃〃〃、/〃〉〃〃, 击木块月及弹簧被压缩的过程屮，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.无法判定动量、机械能是否守恒解析：C在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力之和为零，动量守恒, 但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒.3.-弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度r=2 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3 : 1,不计质量损失，取重力加速度^=10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）解析：B 弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒.因两弹片均水平飞出，飞行时I'nJ t=\ /—=1 s,収向右为正，由水平速度卩=£知，选项A 屮，y 甲=2. 5m/s,V g ty 乙=—0. 5m/s ；选项 B 中，卩甲=2. 5m/s, u 乙=0. 5 m/s ；选项 C 中，y 甲=1 m/s, u 乙=2 m/s ；选项D 中，卩甲=—1 m/s, v 乙=2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒,故mv=/n 甲v 甲+加乙v3 1乙，其中刃甲=［刃，刃乙=严 v=2 m/s,代入数值计算知选项B 正确.4. 如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为必的斜面，斜面表面光滑、高度为力、倾角为〃•一质量为/〃（冰胁的小物块以一定的初速度沿水平而向右运动，不计冲上斜而过程屮的机械能损失.如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端.如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（）解析：D 若斜面固定，由机械能守恒定律可得*〃/=/〃妙；若斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有mv= （J/+/72） ri,市机械能守恒定律可得如M=/ngH +*（』/+刃）rl.联立以上各4/式可得力'故D 正确.5. （2017 •重庆一模）如图所示，为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的位移一时间图象.图屮的线段日、厶c 分别表示光滑水平面上沿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，己知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知（）z m • CDA. hC 环B. D. mM+ni 2 M M+n!1A. 碰前滑块I 与滑块II 速度大小之比为7 : 2B. 碰前滑块I 的动量比滑块II 的动量大C. 碰前滑块I 的动能比滑块II 的动能小D. 滑块I 的质量是滑块II 的质量的右4=—2 m/s,大小为2m/s,滑块II 的速度为m/s = O. 8 m/s,则碰前速度大小之比为5 :2,故A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块I 速度为负，动量为负，滑块II 的速度为正，动量为正，由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块I 的动量比滑块II 小，故B 错误；碰撞后的共同速度为7=竽 m/s = 0.4m/s,根据动量守恒定律,1 2E 尹巧25 有：励旳+ /〃心=伽+他）卩，代入数据解得：他=6例，可知D 正确；方= ---- =斯，知C 错77他谥误.6. 质量为1 kg 的小球以4 ni/s 的速度与质量为2 kg 的静止小球正碰，关于碰后的速度r/和专，下列可能正确的是（）4 A. v\f = vz =~ m/sB. v\f= —1 m/s, vz =2.5 m/s C. V\f— 1 m/s, Vi 1— 3 m/s D ・ v\ =3 m/s, V2 =0. 5 m/s解析：AB 对于碰撞问题要遵循三个原则：动量守恒、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况.经检验，选项A 、B 满足碰撞过程应遵循的三个原则，所以A 、B 止确.7. 一静止的铝原子核似1俘获一速度为1.0X107 m/s 的质子p 后，变为处于激发态的硅原子核器Si ：下列说法正确的是（）A. 核反应方程为P + B AI —iiSi*解析：D 根据s — t 图象的斜率表示速度，则得：碰撞前滑块I 的速度为：4一14 5m/ sB.核反应过程中系统动量守恒C.核反应过程中系统能量不守恒D.核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和E.硅原子核速度的数量级为10’ m/s,方向与质子初速度的方向一致解析：ABE核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，A项正确；微观粒子相互作用过程中，满足动量守恒定律，B项正确；题述核反应过程属于“二合一”形式的完全非弹性碰撞，机械能有损失，但对于封闭的系统，能量仍然守恒，C项错误；核反应过程屮的机械能有损失，故存在质量亏损现象，D项错误；硅原子质量约是质子质量的28倍，由动量守恒定律知，加巾=28加“所以硅原子核速度数量级为1(T in/s,方向与质子初速度的方向一致，E项正确.8.如图甲所示，一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，日一t图象如图乙所示，t=0时其速度大小为2 m/s,滑动摩擦力大小恒为2 N,则()A.广=6 s时，物体的速度为20 m/sB.在0.6 s内，合力对物体做的功为400 JC.在0.6 s内，拉力对物体的冲量为36 N・sD.Z = 6 s时，拉力尸的功率为200 W解析：AD类比速度图象中位移的表示方法可知，在加速度一时间图象屮图线与横轴所围而积表示速度变化量，在0〜6 s内A r=18 m/s,又知旳=2 m/s,则f=6 s时的速度v =20 m/s, A正确；由动能定理可知，0~6 s内，合力做的功为“—如当诚=396 J, B错误；由动量定理可知，If'—Fi' • t—mv—mv^y解得厶=48 N・s, C错误；由牛顿第二定律可知，6 s末F—Fm,解得尸=10 N,所以拉力的功率P=Fv=2W W, D正确.二、非选择题(本大题共3小题，第9、10题各16分，第11题20分，共52分)9.(1)如图甲所示，一个质量为刃的物体，初速度为旳，在水a平合外力用恒力)的作用下，经过一段时间/后，速度变为仏请LZL 甲根据上述情景，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式屮等号两边物理量的物理意义.(2)高空坠物很危险.一球形面团，质量为1 kg,从20 m高的楼层上掉下，落在坚硬的水泥地面上，被摔成薄片，若面团与地面的作用时间约0.01 s, g取10 m/s2,试估算地面受到平均冲力的大小.(3)如图乙所示，自动称米机已被广泛使用.称米时，打开阀门，米粒就以每秒〃千克的恒定流量流进放在秤上的容器.当秤的示数达到顾客所要求的数量时，在出口处关闭阀门，切断米流.米粒在出口处速度很小，可视为零.对上述现象，买卖双方引起了争论.买方认为: 因为米粒落到容器中时有向下的冲力而不划算；卖方则认为：当达到顾客所耍求的数量时, 切断米流，此时尚有一些米在空中，这些米是多给买方的.请谈谈你的看法，并根据所学的知识给出合理的解释.解析：（1）根据牛顿第二定律尸=朋（1分）v t— vh加速度定义臼=―（1分）解得Ft=mv-niv…即动量定理（1分）&表示物体所受合力的冲量（1分）/nv—mvo表示物体动量的变化（1分）（2）面团刚落地时/=2劲（1分）卩=20 m/s与地面碰撞过程，以竖直向上为正方向（1分）由动量定理得（尸一飓）t=0~（—沏（1分）面团受到支持力尸=2 010 \（1分）根据牛顿第三定律，地面受到的平均冲力尸冲=2 010 N（1分）（3）米粒的流量是恒定的，关闭阀门就能在出口处切断米流.若切断米流时，盛米容器屮静止的那部分米的质量为加空中正在下落的米的质量为心冈1|落到已静止的米堆伽）上的一部分米的质量为△规这部分米对静止部分的米的冲力为尺（1分）刚切断米流时，称米机的读数为胚=朋+ "曲分）最终称米机的读数为朋=例+规+人刃（1分）取△刃为研究对象，在A十吋I'可内，有5=d・△ t,设其落到米堆上之前的速度为r, 经时间△广静止，根据动量定理得（F — A mg） A ^=0 —（― A mv）（1分）设米从出口处落到盛米容器中的米表而所用的时间为&则加=d・t, v=g认1分）解得dv= nbg,即F =//kg+分）根据牛顿第三定律知F=F ,刚切断米流时，称米机的读数为Mi=nh + F/g= nh++ △刃（1分）必=施（1分）可见，双方的说法都不正确.自动称米机是准确的，不存在谁划算谁不划算的问题.答案：（1）见解析（2）2 010 N （3）见解析10.如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地而与水而的距离为〃用水泵从水池抽水（抽水过程屮〃保持不变），龙头离地面高力，水管横截面积为S,水的密度为Q,重力加速度为g,不计空气阻力.（1）水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10力.设管口横截面上各处水的速度都相同.求：a.每秒内从管口喷出的水的质量加；b.不计额外功的损失，水泵输出的功率尺（2）在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一喷头，如图2所示.让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力.由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响.求水流落地前瞬间的速度大小K解析：（1）乩水从管口沿水平方向喷出做平抛运动，设水喷岀时速度为O落地时间为竖直方向力=*纟产水平方向10力=旳广时间方0内喷出的水的质量m= P V= p v Q toS （1分）（1分）（1分）每秒喷出的水的质量规=#to联立以上各式解得规=5 Q 乂网b.时间Fo内水泵输出功W=z?7g（〃+力）刃说（1分）（1分）（2分）W 输出功率P=-to （1分）解得P=5P簸（〃+26力（2）取与地面作用的一小部分水A /〃为研究对象根据动量定理尸・卜t=卜III • v （2分）（2分）解得$ 5 P S\）2g/]答案：⑴ a.5pS\[^ b. 5。

2019年高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律新人教版

第六章动量和动量守恒定律综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：60分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。

1～5题为单选，6～8题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2018·广东揭阳月考)如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人。

原来车和人都静止。

当人从左向右行走的过程中导学号 21993456( D )A．人和车组成的系统水平方向动量不守恒B．人和车组成的系统机械能守恒C．人和车的速度方向相同D．人停止行走时，人和车的速度一定均为零[解析]人和车组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，故A错误。

人和车组成的系统，初状态机械能为零，一旦运动，机械能不为零，可知人和车组成的系统机械能不守恒，故B错误。

人和车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量为零，可知人和车的速度方向相反，当人的速度为零时，车的速度也为零，故C错误，D正确。

2．(2018·河南灵宝中学检测)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。

将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。

从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是导学号 21993457( A ) A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力[解析]A、B项，绳子对人的拉力的方向始终向上，则绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力做负功。

由牛顿第二定律知，当绳子向上的拉力小于人的竖直向下的重力时，人的速度不断增大；随着人不断下落，绳子不断伸长，绳子的拉力不断增大，当绳子的拉力等于人的重力时，人的速度达到最大；此后绳子的拉力大于人的重力，人的速度不断减小则人的动量和动能都先增大后减小，故A项正确，B项错误。

C项，当绳子的拉力等于人的重力时，人的动能达到最大，故C项错误。

2019届高考物理(人教版)第一轮复习课时作业实验验证动量守恒定律

实验验证动量守恒定律1.气垫导轨 (如图 10 所示 )工作时，空气从导轨表面的小孔喷出，在导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层，使滑块不与导轨表面直接接触，大大减小了滑块运动时的阻力。

为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为 a 的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b 。

气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动。

图 11 为某次实验打出的点迹清晰的纸带的一部分，在纸带上以相同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度 x 1、x 2 和 x 3。

若题中各物理量的单位均为国际单位，那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为 ______、______，两滑块的总动量大小为 ________；碰撞后两滑块的总动量大小为________。

重复上述实验，多做几次。

若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证。

图 10图 11解析打点周期 T ＝1，打1、 2、 3 均用时5。

碰前其中一滑块的动量1＝mv 1bx xxbpx 1 bx 1＝m t ＝a 5 ＝0.2abx 1，x 3 bx 3碰前另一滑块的动量 p 2＝mv 2＝ m t ＝a 5 ＝ 0.2abx 3，故碰前总动量 p＝p1－p2＝ 0.2ab(x1－x3)，x2同理碰后总动量p′＝ 2m t＝0.4abx2。

答案0.2abx10.2abx30.2ab(x1－x3)0.4abx22．为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量 ) ，某同学选取了两个材质相同，体积不等的立方体滑块 A 和 B，按下述步骤进行实验：步骤 1：在 A、B 的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；步骤 2：安装好实验装置如图 12，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；图12步骤 3：让滑块 B 静置于水平槽的某处，滑块 A 从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到 A、B 停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；步骤 4：多次重复步骤 3，得到多幅照片、挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图 13 所示。

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