2019届高考物理一轮复习第六单元动量守恒定律题组层级快练27动量和动量定理新人教版
2019版高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 课后分级演练18 动量定理和动量守恒定律
课后分级演练(十八) 动量定理和动量守恒定律【A级——基础练】1．(2017·江西赣州三中测试)物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则( )A．I1<I2，W1＝W2B．I1>I2，W1＝W2C．I1>I2，W1<W2D．I1＝I2，W1<W2解析：B 根据动能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2，根据动量定理和动量与动能的关系式p＝2mE k，有I1＝2mE1－0＝2mE1，I2＝2mE1－2mE1＝(2－2)mE1，显然I1>I2，综上知，B正确．2.(多选)(2017·常德模拟)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有( )A．小球的机械能减少了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于m2gHD．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：AC 本题考查动能定理、动量定理等知识，意在考查考生应用动能定理、动量定理解决实际问题的能力．在整个过程中，小球机械能的减少量等于其重力势能的减少量，为mg(H＋h)，故A对；由动能定理，可推出小球克服阻力做的功为mg(H＋h)，故B错；在陷入泥潭过程中，由动量定理，可推出小球受阻力的冲量大于m2gH，故C对；在整个过程中，小球动量的改变量等于所受合力的冲量，故D错．3.如图所示，质量为M的滑槽内有半径为R的半圆轨道，将滑槽放在水平面上，左端紧靠墙壁．一质量为m的物体从半圆轨道的顶端a点无初速度释放，b点为半圆轨道的最低点，c点为半圆轨道另一侧与a等高的点．不计一切摩擦．下列说法正确的是( ) A．m从a点运动到b点过程中，m与M组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒B．m从a点释放后运动的全过程中，m的机械能守恒C．m释放后能够到达c点D．当m首次从右向左到达最低点b时，M的速度达到最大解析：D m首次下滑过程，墙对系统有向右的弹力，因此系统水平方向动量不守恒；系统没有摩擦和介质阻力，因此m 从a 点释放后运动的全过程中，系统机械能始终守恒，但M 的机械能比初状态增加了，因此m 的机械能不守恒；m 第一次到最低点后，M 离开墙，系统水平方向动量守恒，当m 和M 共速时，系统具有动能，因此m 的势能必小于mgR ，故m 不能到达c 点；m 第一次在圆轨道右半侧上滑行过程对M 的弹力始终向右下方，有水平向右的分力，因此M 始终加速，m 从右向左通过最低点b 后，M 开始减速．故选项D 正确．4.如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( )A ．减小球的动量的变化量B ．减小球对手作用力的冲量C ．减小球的动量变化率D ．延长接球过程的时间来减小动量的变化量解析：C 篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A 、D 错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B 错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C 正确．5.如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆周轨道，圆心O 在S 的正上方．在O 和P 两点各有一个质量为m 的小物块a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )A ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不相等B ．a 与b 同时到达S ，它们在S 点的动量不相等C ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量相等D ．b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量相等解析：A 物体a 做自由落体运动，其加速度为g ；而物体b 沿14圆弧轨道下滑，在竖直方向上加速度在任意高度都小于g ，由h ＝12at 2得t a <t b ；因为动量是矢量，故a 、b 到达S 时，它们的动量不相等，故A 正确．6.如图所示，质量为m 的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t 1速度为零然后又下滑，经过时间t 2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F 1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )A ．mg sin θ(t 1＋t 2)B ．mg sin θ(t 1－t 2)C ．mg (t 1＋t 2)D ．0解析：C 谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的冲量．根据冲量的定义式I ＝Ft .因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以I G ＝mg (t 1＋t 2)即C 正确．7.(多选)光滑水平地面上，A 、B 两物体质量都为m ，A 以速度v 向右运动，B 原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时( )A ．A 、B 系统总动量仍然为mvB ．A 的动量变为零C ．B 的动量达到最大值D ．A 、B 的速度相等解析：AD 系统水平方向动量守恒，A 正确；弹簧被压缩到最短时A 、B 两物体具有相同的速度，D 正确，B 错误；但此时B 的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B 物体会进一步加速，A 物体会进一步减速，C 错误．8.如图所示，一质量为M 的长木板在光滑水平面上以速度v 0向右运动，一质量为m 的小铁块在木板上以速度v 0向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度v 0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v 0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．解析：考虑M 、m 组成的系统，设M 运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft ＝(M ＋m )v 0－(Mv 0－mv 0)＝2mv 0则水平力的冲量I ＝Ft ＝2mv 0.答案：2mv 09．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器的质量为M ，发射的是2价氧离子，发射功率为P ，加速电压为U ，每个氧离子的质量为m ，单位电荷的电量为e ，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：(1)射出的氧离子速度；(2)每秒钟射出的氧离子数；(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度．解析：(1)每个氧离子带电量为q ＝2e ，由动能定理得qU ＝12mv 2，即得氧离子速度v ＝4eUm .(2)设每秒射出的氧离子数为n ，每秒对离子做的总功为nqU ，即功率为P ＝nqU ， 由此可得每秒钟射出的氧离子数n ＝P2eU. (3)由动量定理得F ＝Δp Δt ＝nmv ，又由牛顿第二定律得F ＝Ma ，综合上述各式，得飞行器开始运动的加速度a ＝mP 2eUM 2. 答案：(1) 4eU m (2)P 2eU (3) mP 2eUM 210.(2017·烟台二模)两块厚度相同的木块A 和B ，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A ＝2.0 kg ，m B ＝0.90 kg ，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量m C ＝0.10 kg 的滑块C ，以v C ＝10 m/s 的速度恰好水平地滑到A 的上表面，如图所示．由于摩擦，滑块最后停在木块B 上，B 和C 的共同速度为0.50 m/s.求：(1)木块A 的最终速度v A ；(2)滑块C 离开A 时的速度v C ′.解析：C 从开始滑上A 到恰好滑上A 的右端过程中，A 、B 、C 组成系统动量守恒m C v C ＝(m B ＋m A )v A ＋m C v C ′C 刚滑上B 到两者相对静止，对B 、C 组成的系统动量守恒m B v A ＋m C v C ′＝(m B ＋m C )v解得v A ＝0.25 m/sv C ′＝2.75 m/s.答案：(1)0.25 m/s (2)2.75 m/s【B 级——提升练】11．(多选)(2017·河南六市一联)在2016年里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌．假设质量为m 的跳水运动员从跳台上以初速度v 0向上跳起，跳水运动员在跳台上从起跳到入水前重心下降H ，入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动员入水后到速度为零时重心下降h ，不计空气阻力，则( )A ．运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为m v 20＋2gH ＋mv 0B ．水对运动员阻力的冲量大小为m v 20＋2gHC ．运动员克服水的阻力做功为mgH ＋12mv 20 D ．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg (H ＋h )＋12mv 20 解析：AD 设运动员入水前速度为v t ，则由机械能守恒有12mv 20＋mgH ＝12mv 2t ，得v t ＝v 20＋2gH ，据动量定理可得运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小I ＝mv t －(－mv 0)＝m v 20＋2gH ＋mv 0，A 项正确．运动员入水后受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，合力的冲量大小为I 合＝m v 20＋2gH ，B 项错误．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中应用动能定理有mg (H ＋h )－W f ＝0－12mv 20，得运动员克服水的阻力做功W f ＝mg (H ＋h )＋12mv 20，则C 项错误．由能的转化与守恒关系可知此过程中机械能的减少量为mg (H ＋h )＋12mv 20，D 项正确．12．(多选)(2017·湖南六校联考)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m ，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量为m ，半径略小于管道半径，以水平速度v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，下列说法正确的是( )A ．小球滑离小车时，小车回到原来位置B ．小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC ．车上管道中心线最高点的竖直高度为v 23gD ．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv 3解析：BC 小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv ＝(m ＋2m )v ′，得v ′＝v 3，小车动量变化大小Δp 车＝2m ·v 3＝23mv ，D 项错误．小球从滑进管道到滑到最高点为的过程中，由机械能守恒有mgH ＝12mv 2－12(m ＋2m )v ′2，得H ＝v 23g，C 项正确．小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒有：mv ＝mv 1＋2mv 2，12mv 2＝12mv 21＋12·2mv 22，解得v 1＝－v 3，v 2＝23v ，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为23v ＋13v ＝v ，B 项正确．由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A 项错误．13．如图所示，甲车质量m 1＝20 kg ，车上有质量M ＝50 kg 的人，甲车(连同车上的人)以v ＝3 m/s 的速度向右滑行，此时质量m 2＝50 kg 的乙车正以v 0＝1.8 m/s 的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．解析：人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：(m 1＋M )v －m 2v 0＝(m 1＋m 2＋M )v ′，解得v ′＝1 m/s.以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m 1＋M )v ＝m 1v 1′＋Mu 解得u ＝3.8 m/s.因此，只要人跳离甲车的速度u ≥3.8 m/s，就可避免两车相撞．答案：大于等于3.8 m/s14.(2017·湖南益阳4月调研)一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止．重力加速度为g .求(1)木块在ab 段受到的摩擦力f ；(2)木块最后距a 点的距离s .解析：(1)从开始到木块到达最大高度过程：由动量守恒：mv 0＝3mv 1由能量守恒：12mv 20＝12·3mv 21＋mgh ＋fL 解得：f ＝mv 20－3mgh 3L(2)木块从最大高度至与物体最终相对静止：由动量守恒：3mv 1＝3mv 2由能量守恒：12·3mv 21＋mgh ＝12·3mv 22＋fx 距a 点的距离：s ＝L －x解得：s ＝L －3ghL v 20－3gh ＝v 20－6gh v 20－3ghL 答案：(1)mv 20－3mgh 3L (2)v 20－6gh v 20－3gh L 15.如图所示，长L ＝0.8 m 、电阻r ＝0.3 Ω、质量r ＝0.1 kg 的金属棒CD 垂直跨放在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L ，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R＝0.5 Ω的电阻．量程为0～3.0 A 的理想电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0 V 的理想电压表接在电阻R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场B 向下穿过平面，现以向右的恒定外力F 使金属棒右移，当金属棒以v ＝2 m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏．(1)此满偏的电表是什么表？说明理由；(2)拉动金属棒的外力F 多大？(3)此时撤去外力F ，金属棒将逐渐慢下来，最终停在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R 的电荷量．解析：(1)电压表满偏．若电流表满偏，则I ＝3 A ，U ＝IR ＝1.5 V ，大于电压表量程．(2)由功能关系有F ·v ＝I 2(R ＋r )，而I ＝U R，所以F ＝U 2R ＋r R 2v代入数据得F ＝12＋0.52×2 N ＝1.6 N.(3)由动量定理有m Δv ＝IBL Δt ，两边求和m Δv 1＋m Δv 2＋…＝BLI 1Δt 1＋BLI 2Δt 2＋…即mv ＝BLq .由电磁感应定律E ＝BLv 及E ＝I (R ＋r )解得q ＝mv 2I R ＋r. 代入数据得q ＝0.1×22＋ C ＝0.25 C.答案：(1)见解析 (2)1.6 N (3)0.25 C。
2019年高考物理(人教版)一轮复习知识点同步练习卷：动量 动量定理 动量守恒定律
动量动量定理动量守恒定律一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)1．如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O 点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点。
设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则：（）A. t1> t2B. t1= t2C. I1> I2D. I1= I2【答案】C2．一质量为m的物体放在光滑水平面上，若以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是：（）A. 物体的位移相等B. 物体动能的变化量相等C. F对物体做的功相等D. 物体动量的变化量相等【答案】D3．如图所示，在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b，a球质量为2m、带电量为+q，b球质量为m、带电量为+2q，两球相距较远且相向运动．某时刻a、b球的速度大小依次为v和1.5v，由于静电斥力的作用，它们不会相碰．则下列叙述正确的是：（）A. 两球相距最近时，速度大小相等、方向相反B. a球和b球所受的静电斥力对两球始终做负功C. a球一直沿原方向运动，b球要反向运动D. a、b两球都要反向运动，但b球先反向【答案】D4．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右).一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L,已知他自身的质量为m,则渔船的质量M为：（）A. B. C. D.【答案】B5．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。
质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。
近年届高考物理一轮复习第六单元动量守恒定律题组层级快练27动量和动量定理新人教版(2021年整理)
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题组层级快练(二十七)一、选择题1．（多选)关于物体的动量和冲量，下列说法中正确的是( ）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．物体的动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向D．物体所受的合外力越大，它的动量变化越快答案BCD解析由动量定理Ft＝p2－p1可知，物体的动量除了与物体受到的冲量有关以外，还跟物体的初状态有关,A项错误；物体受到的冲量不为零，则物体的动量一定变化，B项正确；物体受到的冲量不仅与动量的变化大小相等,方向也一定与动量的变化量方向相同，C项正确;由动量定理可得F＝错误!，物体受到的合外力越大，动量变化越快，D项正确．2．某物体做自由落体运动，取竖直向下为正方向．在运动过程中，关于其动量、动量变化率随时间变化的曲线,下列图像关系正确的是（)答案C解析A、B两项，物体自由下落，则根据自由落体规律可知，v＝gt，动量p ＝mv＝mgt,因向下为正方向,故动量应为斜向上的直线，故A、B两项错误;C、D两项，动量的变化率为错误!;根据动量定理可得:mgΔt＝Δp;因此错误!＝mg，故图像为水平线，故C项正确，D项错误．3．（2017·山西摸底)（多选)有关实际中的现象,下列说法正确的是（) A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,发动机舱越坚固越好答案ABC解析根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度．A项正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F,故B项正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减小反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身,C项正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间,由I＝Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固．这样撞车时可以延长作用时间，D项错误．4。
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讲义：动量守恒定律含答案
第 2 讲动量守恒定律板块一骨干梳理·夯实基础【知识点1】动量守恒定律及其应用Ⅱ1．几个有关观点(1)系统：在物理学中，将互相作用的几个物体所构成的物体组称为系统。
(2)内力：系统内各物体之间的互相作使劲叫做内力。
(3)外力：系统之外的其余物体对系统的作使劲叫做外力。
2．动量守恒定律(1)内容：假如一个系统不受外力，或许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① p＝p′，系统互相作用前总动量p 等于互相作用后的总动量p′。
② m1v1＋ m2v2＝ m1v1′＋ m2v2′，互相作用的两个物体构成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
③p1＝－ p2，互相作用的两个物体动量的增量等大反向。
④ p＝ 0，系统总动量的增量为零。
(3)合用条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的协力为零，则系统动量守恒。
②近似守恒：系统遇到的协力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似当作守恒。
③某方向守恒：系统在某个方向上所受协力为零时，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互相作用连续时间很短，而物体间互相作使劲很大的现象。
2．特色在碰撞现象中，一般都知足内力远大于外力，可以为互相碰撞的系统动量守恒。
3．分类动量能否守恒机械能能否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完整非弹性碰撞守恒损失最大4．反冲现象(1)在某些状况下，本来系统内物体拥有同样的速度，发生互相作用后各部分的末速度不再同样而分开。
这种问题互相作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其余形式能向动能的转变。
(2)反冲运动的过程中，假如合外力为零或外力的作用远小于物体间的互相作使劲，可利用动量守恒定律来办理。
5．爆炸问题爆炸与碰撞近似，物体间的互相作使劲很大，且远大于系统所受的外力，因此系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽视不计，作用后从互相作用前的地点以新的动量开始运动。
(新课标)近年届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第一节动量动量定理达标诊断高效训练(2021年整
（新课标）2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第一节动量动量定理达标诊断高效训练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第一节动量动量定理达标诊断高效训练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第一节动量动量定理(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·山西芮城中学检测）人从高处跳到低处时,为了安全，一般都是前脚掌先着地，并在着地的过程中屈腿下蹲，这是为了( )A．使人的动量变化量变得更小B．减小人脚所受的冲量C．延长人体速度变化所经历的时间,从而减小地面对人脚的作用力D．增大人对地的压强，使人站立得更稳，起到安全作用解析：选C。
人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知：(F－mg）t＝Δmv；而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力;故C正确，A、B、D 错误．2．(2018·辽宁六校协作体联考)相同的鸡蛋从同样的高度自由下落，落在水泥地面上鸡蛋易碎，落在海绵垫子上鸡蛋不易碎．若不考虑反弹，则两种情况相比较，下列说法中正确的是（)A．鸡蛋与水泥地面接触的过程中动量变化较大B．落在海绵垫子上鸡蛋所受合外力的冲量较小C．两次接触的过程中鸡蛋的动量变化相同D．两次接触的过程中鸡蛋的动量变化率相同解析：选C.鸡蛋从同一高度掉下,根据动能定理可知，落在水泥地和海绵垫前瞬间速度相同，初动量相同，末动量都变为零，则动量变化量相同，故A错误,C正确；根据动量定理知,动量变化量相同，落在水泥地面和海绵上动量冲量大小相等，故B错误；根据动量定理知,动量变化量相同，落在水泥地上作用的时间短，则动量变化率大，故D错误．3。
2019年高考物理一轮复习 专题27 动量守恒定律及其应用(讲)(含解析)
2019年高考物理一轮复习专题27 动量守恒定律及其应用（讲）（含解析）动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点．1、弹性碰撞和非弹性碰撞（1）碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的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2、反冲运动定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将做相反方向的运动，这种现象叫反冲运动。
考点一碰撞模型的规律及应用1．碰撞的特点和种类(1)碰撞的特点①作用时间极短，内力远大于外力，满足动量守恒；②满足能量不增加原理；③必须符合一定的物理情境。
(2)碰撞的种类①完全弹性碰撞：动量守恒，动能守恒，质量相等的两物体发生完全弹性碰撞时交换速度； ②非完全弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒；③完全非弹性碰撞：动量守恒，动能不守恒，碰后两物体共速，系统机械能损失最大。
2．碰撞现象满足的规律 (1)动量守恒定律。
(2)机械能不增加。
(3)速度要合理。
①若碰前两物体同向运动，则应有v 后＞v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
★重点归纳★ 1、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：021211v m m m m v +-=；021122v m m m v +=(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 。
当m 1≪m 2，且v 20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
2、人船模型（1）“人船模型”不仅是动量守恒问题中典型的物理模型，也是最重要的力学综合模型之一．利用“人船模型”及其典型变形，通过类比和等效方法，可以使许多动量守恒问题的分析思路和解答步骤变得极为简捷。
2019年高考物理一轮复习 专题26 动量 动量定理 动量守恒定律(讲)(含解析).doc
2019年高考物理一轮复习专题26 动量动量定理动量守恒定律（讲）（含解析）1.理解动量、动量变化量、动量定理的概念.2.知道动量守恒的条件.1、动量、动量定理（1）动量①定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。
②表达式：p＝mv。
③单位：kg·m/s。
④标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。
（2）冲量①定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。
②表达式：I＝Ft。
单位：N·s。
③标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。
（3）动量定理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。
（2）表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′。
（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分方向守恒：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。
考点一 动量定理的理解与应用 1．应用动量定理时应注意(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)。
(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。
2．动量定理的应用 (1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。
(2)应用I ＝Δp 求变力的冲量。
(3)应用Δp ＝F ·Δt 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。
★重点归纳★ 1、动量的性质①矢量性：方向与瞬时速度方向相同。
②瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的。
③相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。
3.动量、动能、动量的变化量的关系 ①动量的变化量：Δp ＝p ′－p 。
2019届高考物理一轮复习讲义：第六章 第1讲 动量、冲量、动量定理 含答案
第1讲动量、冲量、动量定理板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动量Ⅱ1．定义：运动物体的质量m和它的速度v的乘积m v叫做物体的动量。
动量通常用符号p 来表示，即p＝m v。
2．单位：在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号为kg·m/s。
说明：动量既有大小，又有方向，是矢量。
我们讲物体的动量，是指物体在某一时刻的动量，动量的方向与物体瞬时速度的方向相同。
有关动量的运算，一般情况下用平行四边形定则进行运算。
如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的运算就可以转化为代数运算。
3．动量的三个性质(1)动量具有瞬时性。
物体的质量是物体的固有属性，是不发生变化的，而物体的速度是与时刻相对应的，由动量的定义式p＝m v可知，动量是一个状态量，具有瞬时性。
(2)动量具有相对性。
选用不同的参考系时，同一运动物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，指的是物体相对于地面的动量。
在分析有关问题时要先明确相应的参考系。
(3)矢量性。
动量是矢量，方向与速度的方向相同，遵循矢量运算法则。
【知识点2】动量的变化Ⅱ1．因为p＝m v是矢量，只要m的大小、v的大小和v的方向三者中任何一个发生变化，动量p就发生了变化。
2．动量的变化量Δp是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
3．动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量。
即Δp＝p′－p，此式为矢量式，若p′、p不在同一直线上，则要用平行四边形定则(或矢量三角形定则)求矢量差；若在同一直线上，则应先规定正方向，再用正、负表示p、p′的方向，最后用Δp＝p′－p＝m v′－m v进行代数运算。
【知识点3】动量、动能、动量变化量的比较Ⅱ【知识点4】冲量、动量定理Ⅱ1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积。
(2)表达式：I＝Ft。
单位：牛秒(N·s)。
(3)矢量性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。
近年届高考物理一轮复习第六单元动量守恒定律题组层级快练28动量守恒定律新人教版(2021年整理)
2019届高考物理一轮复习第六单元动量守恒定律题组层级快练28 动量守恒定律新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考物理一轮复习第六单元动量守恒定律题组层级快练28 动量守恒定律新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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题组层级快练（二十八)一、选择题1．（2017·课标全国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/sC．6。
0×102 kg·m/s D．6。
3×102 kg·m/s答案A解析在火箭点火瞬间，燃气与火箭构成的系统总动量守恒，且系统总动量为0，所以火箭动量大小等于燃气动量大小p＝mv＝0.05 kg×600 m/s＝30 kg·m/s,故选A项．2．（2017·四川联考)如题图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处开始下滑( ）A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处答案C解析在小球在光滑弧形槽上运动时,小球和槽水平方向的动量守恒，在小球接触弹簧受到弹簧弹力作用后，小球和槽的动量不守恒，A项错误；在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力对槽做正功,对小球做负功，B项错误；被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动，C项正确；被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒,由于槽已经获得动能，小球不能回到槽高h处，D项错误．3．(2017·南平模拟）如图所示，A、B两物体质量分别为m A、m B,且m A＞m B，置于光滑水平面上,相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）A．停止运动B．向左运动C．向右运动D．运动方向不能确定答案C解析力F大小相等，m A＞m B，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度a A<a B，由题意知s A＝s B，由运动学公式得s A＝错误!a A t A2，s B＝错误!a B t B2，可知t A＞t B，由I A＝F·t A，I B＝F·t B,解得I A＞I B，由动量定理可知Δp A＝I A，Δp B＝I B，则p A＞p B,碰前系统总动量向右,碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右,故A、B、D三项错误，C项正确．4．如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是p A＝5。
2019版高中物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用
第 2 讲动量守恒定律及应用见学生用书 P094微知识 1 动量守恒定律1．内容：假如系统不受外力，或许所受外力的协力为零，这个系统的总动量保持不变。
2．常用的四种表达形式(1)p＝p′，即系统互相作用前的总动量 p 和互相作用后的总动量p′大小相等，方向相同。
(2)p＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为零。
(3)p1＝－ p2，即互相作用的系统内的两部分物体，此中一部分动量的增添量等于另一部分动量的减少许。
(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即互相作用前后系统内各物体的动量都在同向来线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
3．常有的几种守恒形式及建立条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的协力为零。
(2)近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。
(3)分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上协力为零，系统在该方向上动量守恒。
微知识 2 碰撞1．碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生特别大的互相作用的过程。
2．碰撞特色(1)作用时间短。
(2)作使劲变化快。
(3)内力远大于外力。
(4)知足动量守恒。
3．碰撞的分类及特色(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
(2)非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。
(3)完整非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。
微知识 3 爆炸现象爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分构成的系统总动量守恒。
微知识 4 反冲运动1．物体的不一样部分在内力作用下向相反方向运动的现象。
2．反冲运动中，互相作使劲一般较大，往常能够用动量守恒定律来办理。
一、思想辨析 (判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
)1．动量守恒定律中的速度是相关于同一参照系的速度。
(√)2．质量相等的两个物体发生碰撞时，必定互换速度。
(×)3．系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。
(×)4．系统的动量守恒时，机械能也必定守恒。
(×)二、对点微练1．(动量守恒条件 )(多项选择 )如下图，在圆滑水平面上有 A、B 两个木块， A、B 之间用一轻弹簧连结， A 靠在墙壁上，使劲 F 向左推B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。
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届高考物理一轮复习第六单元动量守恒定律题组层级快练29动量与能量综合专题新人教版
题组层级快练(二十九)一、选择题1．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起，将其放在光滑水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知( )A．子弹射中上层时对滑块做功多B．两次子弹对滑块做的功一样多C．子弹射中上层系统产生热量多D．子弹与下层之间的摩擦力较大答案BD解析两次射击，子弹与滑块都满足动量守恒，最后两滑块及子弹以相同的速度共同运动．则可知两滑块动能增加量相同，即两次射击子弹对滑块做功一样多，故B项正确，系统损失机械能也一样多，故产生热量也一样多，产生的热量等于摩擦力和子弹与滑块相对位移的乘积，故D项正确．2.(2017·淄博一模)(多选)如图所示，在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球的质量为m0，小车和小球以恒定速度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．在此过程中小车、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＋m0v3B．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度分别为v1和v2，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2C．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变成u，满足Mv＝(M＋m)u D．碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2答案CD解析A项，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为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)u.故C项正确，A、B两项错误；D项，碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统动量守恒，则有：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2，故D项正确．3．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是( )A．其他量不变，R越大x越大B．其他量不变，μ越大x越大C．其他量不变，m越大x越大D．其他量不变，M越大x越大答案 A解析小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，A项正确．4.如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是( )A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D．槽将不会再次与墙接触答案 D解析小球从A→B的过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，此过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向动量守恒，A、B两项错误；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即C项错误；因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，D项正确．5.(2017·荆门期末)(多选)如图所示，光滑水平面上静止一个质量为M的木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并留在木块之中．下列说法中正确的是( )A．若M＝3m，则此过程中子弹的动能将损失95%B．在子弹射入木块的过程中，子弹和木块受到的冲量一定相同C．若在此过程中木块获得的动能为6 J，则该过程中产生的热量不可能为6 JD．在子弹射入木块的过程中，子弹射入木块的深度一定大于木块的位移答案CD解析 若M ＝3m ，则根据动量守恒定律可知，mv 0＝(M ＋m)v ，解得v ＝v 04；此过程中子弹的动能损失为ΔE k ＝12mv 02－12mv 2＝1532mv 02，故损失的动能占比为：ΔE k E k0＝1516≈93.8%，故A 项错误；B 项，子弹和木块受到的冲量大小相等，方向相反，故冲量不相同，故B 项错误；C 项，设子弹的初速度为v 0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v ，木块的质量为M ，子弹的质量为m.根据动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m)v ，得v ＝mv 0M ＋m ，木块获得的动能为：E k ＝12Mv 2，系统产生的内能为：Q ＝12mv 02－12(M ＋m)v 2＝M ＋m m E k ，所以Q ＝M ＋m mE k >E k ，因此产生的热量不可能为6 J ，故C 项正确；D 项，在子弹射入木块的过程中，由于摩擦力产生的热量即摩擦力与射入深度的积一定大于摩擦力对木块所做的功，因此子弹射入木块的深度一定大于木块的位移，故D 项正确．6.(2017·南阳模拟)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m 1、m 2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m 2一个水平向右的初速度v 0.如果两杆足够长，则在此后的运动过程中( )A ．m 1、m 2组成的系统动量守恒B ．m 1、m 2组成的系统机械能守恒C ．弹簧最长时，其弹性势能为12m 2v 02 D ．当m 1速度达到最大时，m 2速度最小答案 A解析 A 项，由于两球竖直方向上受力平衡，系统水平方向无外力，系统的动量守恒，故A 项正确；B 项，对于弹簧、m 1、m 2组成的系统机械能守恒，m 1、m 2组成的系统机械能不守恒．故B 项错误；C 项，当两球的速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，解得v ＝m 2v 0m 1＋m 2，由系统的机械能守恒得：12m 2v 02＝12(m 1＋m 2)v 2＋E p ，解得：E p ＝m 1m 2v 022（m 1＋m 2），故C 项错误；D 项，若m 1＞m 2，当弹簧伸长时，m 1一直在加速，当弹簧再次恢复原长时m 1速度达到最大．弹簧伸长时m 2先减速后，速度减至零后向左加速，最小速度为零．所以m 1速度达到最大时，m 2速度不是最小，故D 项错误．7.(2017·昆明二模)(多选)如图所示，质量为2m 的物体B 静止在光滑水平面上，物体B 的左边固定有轻质弹簧，质量为m 的物体A 以速度v 向物体B 运动并与弹簧发生作用，从物体A 接触弹簧开始到离开弹簧的过程中，物体A 、B 始终沿同一直线运动，以初速度v 方向为正，则( )A ．此过程中弹簧对物体B 的冲量大小大于弹簧对物体A 的冲量大小B ．弹簧的最大弹性势能为13mv 2 C ．此过程弹簧对物体B 的冲量为23mv D ．物体A 离开弹簧后的速度为－13v 答案 BD解析 A 项，弹簧对物体B 的弹力大小等于弹簧对物体A 的弹力大小，作用时间也相同，由冲量的定义式I ＝Ft 知：弹簧对物体B 的冲量大小等于弹簧对物体A 的冲量大小，故A 项错误．B 项，在A 、B 速度相等时，弹簧压缩至最短，故弹簧的弹性势能最大，故动能应最小，此过程中动量守恒，取向右为正方向，则有：mv ＝(m ＋2m)v 1，解得：v 1＝13v. 弹簧的最大弹性势能为E p ＝12mv 2－12×3mv 12＝13mv 2.故B 项正确；C 、D 两项，设物体A 离开弹簧后A 、B 的速度分别为v A 和v B .取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv ＝mv A ＋2mv B .12mv 2＝12mv A 2＋12×2mv B 2.解得：v A ＝－13v ，v B ＝23v ，即物体A 离开弹簧后的速度为－13v.对B ，由动量定理得：弹簧对物体B 的冲量I ＝2mv B －0＝43mv ，故C 项错误，D 项正确．8．(2017·广东七校联考)(多选)如图所示，图(a)表示光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；图(b)为物体A 与小车B 的vt 图像，由此可知( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．A 与小车B 上表面的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能答案 BC解析 根据图(b)可以得出物体A 相对小车上表面滑行的位移x ，不能得出小车上表面长度，A 项错误．物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，物体A 与小车B 组成的系统动量守恒，设物体的质量为m ，小车质量为M ，由动量守恒定律，mv 0＝(m ＋M)v 1，由此可得出物体A 与小车B 的质量之比为m M ＝v 1v 0－v 1，B 项正确．由功能关系，μmgx ＝12mv 02－12(m ＋M)v 12，可以得出A 与小车B 上表面的动摩擦因数μ，C 项正确．小车B 获得的动能E kB ＝12Mv 12，由于不知小车质量M.由此不能得出小车B 获得的动能，D 项错误．9.(多选)如图所示，光滑水平地面上有一小车左端靠墙，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C 点，总质量为M ＝2 kg.小物块从斜面上A 点由静止滑下，经过B 点时无能量损失．已知：物块的质量m ＝1 kg ，A 点到B 点的竖直高度为h ＝1.8 m ，BC 长度为l ＝3 m ，BC 段动摩擦因数为0.3，CD 段光滑．g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．物块在车上运动的过程中，系统动量不守恒B ．物块在车上运动的过程中，系统机械能守恒C ．弹簧弹性势能的最大值3 JD ．物块第二次到达C 点的速度为零答案 ACD解析 A 项，物块在斜面上下滑的过程中，小车不动，墙壁对小车有向右的作用力，系统竖直方向受力平衡，所以系统的外力之和不为零，则系统动量不守恒．故A 项正确；B 项，物块在BC 段滑行时，摩擦力对系统要做功，产生内能，所以系统的机械能不守恒，故B 项错误；C 项，物块在斜面上下滑的过程，根据动能定理得：mgh ＝12mv 02－0，物块从B 向右滑行的过程，系统动量守恒，当两者第一次等速时，弹簧的弹性势能最大，以向右为正，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M)v ′，根据能量守恒定律得：μmgl ＋E p ＝12mv 02－12(M ＋m)v ′2，联立解得：弹簧弹性势能的最大值E p ＝3 J ，故C 项正确；D 项，对物块从B 开始运动到物块第二次到C 的过程，根据动量守恒定律得：mv 0＝mv 1＋Mv 2，根据能量守恒定律得：μmgl ＝12mv 02－(12mv 12＋12Mv 22)，解得：物块第二次到达C 点的速度v 1＝0，故D 项正确．10．(2017·湖北模拟)(多选)如图所示，质量M ＝3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m ＝2 kg 的小球(视为质点)通过长L ＝0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v 0＝3 m/s 的竖直向下的初速度，取g ＝10 m/s 2.则( )A ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3 mB ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.5 mC ．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54 m答案 AD解析 可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M 在水平轨道上向右运动了x ，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有m M ＝x L －x，解得：x ＝0.3 m ，A 项正确，B 项错误．根据动量守恒定律，小球m 相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m ，C 项错误．根据动量守恒定律，在小球上升到最大高度时，滑块速度为零，由系统的能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以达到的最大高度为h ＝0.45 m ，与水平面的夹角为cos α＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程上滑块M 在水平轨道上又向右运动了x ′，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有m M ＝x ′Lcos α－x ′，解得x ′＝0.24 m ．小球m 从初始位置到第一次达到最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x ＋x ′＝0.3 m ＋0.24 m ＝0.54 m ．D 项正确．二、非选择题11．(2017·洛阳二模)如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m B ＝3.0 kg.用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块C 从t ＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v －t 图像如图乙所示．求：(1)物块C 的质量m C ；(2)B 离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能E p .答案 (1)2 kg (2)9 J解析 (1)由图知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒，m C v 1＝(m A ＋m C )v 2解得m C ＝2 kg.(2)12 s ，B 离开墙壁，之后A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A 、C 与B 速度相等时，弹簧弹性势能最大．(m A ＋m C )v 3＝(m A ＋m B ＋m C )v 412(m A ＋m C )v 32＝12(m A ＋m B ＋m C )v 42＋E p 得E p ＝9 J. 12.(2017·天津六校联考)质量为mB ＝2 kg 的木板B 静止于水平面上，质量为m A ＝6 kg 的物块A 停在B 的左端，质量为m C ＝2 kg 的小球C用长为L ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C 及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C 在最低点与A 发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt ＝10－2s ，之后小球C 反弹所能上升的最大高度h ＝0.2 m ．已知A 、B 间的动摩擦因数μ1＝0.2，B 与水平面间的动摩擦因数μ2＝0，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.求：(1)小球C 与物块A 碰撞过程中所受的撞击力大小；(2)为使物块A 不滑离木板B ，木板B 至少多长？答案 (1)1 200 N (2)0.5 m解析 (1)C 下摆过程，根据动能定理有：m C gL ＝12m C v C 2 代入数据解得：碰前C 的速度v C ＝4 m/s ，C 反弹过程，根据动能定理有：－m C gh ＝0－12m C v ′C 2 解得：碰后C 的速度v ′C ＝2 m/s取向右为正方向，对C ，根据动量定理有：－F Δt ＝－m C v ′C －m C v C解得：碰撞过程中C 所受的撞击力大小：F ＝1 200 N.(2)C 与A 碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：m C v C ＝－m C v ′C ＋m A v A解得：碰后A 的速度v A ＝2 m/sA 恰好滑至木板B 右端并与其共速时，所求B 的长度最小．物块A 与木板B 相互作用过程，系统的动量守恒，规定向右为正方向由动量守恒定律得：m A v A ＝(m A ＋m B )v代入数据解得：v ＝1.5 m/s由能量守恒定律得：μ1m A gx ＝12m A v A 2－12(m A ＋m B )v 2 代入数据解得：x ＝0.5 m13．(2017·淮南二模)某物理课外兴趣小组设计了如图所示装置，AB段为一竖直圆管，BC 为一半径为R ＝0.4 m 的半圆轨道，C 端的下方有一质量为M ＝2 kg 的小车，车上有半径r ＝0.2 m 的半圆轨道，E 为轨道最低点，左侧紧靠一固定障碍物，在直管的下方固定一锁定的处于压缩的轻质弹簧，弹簧上端放置一质量为m ＝1 kg 的小球(小球直径略小于圆管的直径，远远小于R 、r)．小球到B 端的距离为h 1＝1.2 m ，C 、D 间竖直距离为h 2＝1 m ．某时刻，解除弹簧的锁定，小球恰好能通过BC 的最高点P ，从C 端射出后恰好从D 端沿切线进入半圆轨道DEF ，并能从F 端飞出．若各个接触面都光滑，重力加速度取g ＝10 m/s 2，则：(1)弹簧被释放前具有的弹性势能E p 大小是多少？(2)小球从F 点飞出后能上升的最大高度是多少？(3)小球下落返回到E 点时对轨道的压力大小是多少？答案 (1)18 J (2)1 m (3)190 N解析 (1)由A 到P 过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：E p ＝mg(h 1＋R)＋12mv P 2， 在P 点，由牛顿第二定律得：mg ＝m v P 2R， 解得：E p ＝18 J ，v P ＝2 m/s.(2)P 到E 过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：mg(R ＋h 2＋r)＝12mv E 2－12mv P 2， 解得：v E ＝6 m/s ，小球由E 上升到最高点过程中，小球与车组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv E ＝(M ＋m)v ，由机械能守恒定律得：12mv E 2＝12(M ＋m)v 2＋mg(h ＋r)， 代入数据联立解得：h ＝1 m.(3)小球从第一次经过E 点到再次返回到E 点的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv E ＝mv 1＋Mv 2，由机械能守恒定律得：12mv E 2＝12mv 12＋12Mv 22， 解得，小球的速度大小：v 1＝2 m/s ，方向水平向左，小车的速度大小：v 2＝4 m/s ，方向水平向右；小球与小车运动的方向相反，所以二者的相对速度：u ＝|v 1|＋|v 2|＝2 m/s ＋4 m/s ＝6 m/s则小球受到的支持力：F N ＝mg ＋mu 2r＝190 N 根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为190 N.。
2019版高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律微专题48动量守恒定律的理解和应用备考精炼
A.轨迹为pb，至屏幕的时间将小于t
B.轨迹为pc，至屏幕的时间将大于t
C.轨迹为pa，至屏幕的时间将大于t
D.轨迹为pb，至屏幕的时间将等于t
8.(多选)(2017·山东淄博一模)如图8所示，在质量为M(含支架)的小车上用轻绳悬挂一小球，小球质量为m0，小车和小球以恒定的速度v沿光滑的水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，下列哪些说法是可能发生的()
图
A．尚未离开墙壁前，a、b及弹簧组成的系统动量守恒
B．尚未离开墙壁前，a、b及弹簧组成的系统机械能守恒
C．离开墙壁后，a、b及弹簧组成的系统动量守恒
D．离开墙壁后，a、b及弹簧组成的系统动量不守恒
4．(多选)(2017·贵州凯里模拟)如图4所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5 kg和0.5 kg.现让A以6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s，碰后的速度大小变为4 m/s，当A与B碰撞后立即粘在一起运动，g取10 m/s2，则()
图4
A．A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小F＝50 N
B．A与墙壁碰撞的过程中没有能量损失
C．A、B碰撞后的速度v＝3 m/s
D．A、B滑上圆弧轨道的最大高度h＝0.55 m
5．(2017·四川成都第一次诊断)如图5所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8h，不计空气阻力．下列说法正确的是()
图9
10．(2018·山东青岛二中模拟)如图10所示，光滑水平轨道上放置长木板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．
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 。
2019年高考物理一轮复习 动量定理 动量守恒定律
第六章动量守恒定律及其应用第18讲动量定理动量守恒定律(1)动量①定义：物体的________与_________的乘积．②表达式：p＝________③方向：动量的方向与________的方向相同．(2)动量的变化①因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是________，其方向与速度的改变量Δv的方向________.②动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量．即________(3)冲量①定义：____与____________________的乘积叫做力的冲量．②公式：________③单位：________④方向：冲量是_________，其方向________________.2．动量定理(1)内容：物体在一个运动过程始末的________等于它在这个过程中所受_______的冲量．(2)公式：________________或________________.(3)动量定理的理解①动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果．②动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．③动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．3．动量守恒定律(1)定律内容：一个系统________________或者________________________时，这个系统的总动量保持不变．(2)公式表达：m1v1＋m2v2＝________________(3)适用条件和适用范围系统不受外力或者所受外力的矢量和为____；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；如爆炸、碰撞等过程，可以近似认为系统的动量守恒．系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上________________.全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒．4．动量守恒定律的应用(1)碰撞①碰撞现象两个或两个以上的物体在相遇的________时间内产生________的相互作用的过程．②碰撞特征a．作用时间____.b．作用力变化____.c．内力____外力．d．满足____________.③碰撞的分类及特点a．弹性碰撞：动量____________，机械能____________.b．非弹性碰撞：动量____________，机械能____________.c．完全非弹性碰撞：动量____________，机械能损失___________.(2)爆炸现象爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量____________.(3)反冲运动①物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向_________方向运动的现象．②反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用____________定律来处理．一动量、冲量的理解[例1]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，功却等于零二动量定理及其应用[例2]有一个质量为0.5 kg的篮球从h＝0.8 m的高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地面接触时间相等，空气阻力不计，与地面碰撞时，篮球重力可忽略．(重力加速度g取10 m/s2)(1)第一次球与地板碰撞，地板对球的冲量为多少？(2)相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？[例3]一股水流以10 m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2，有一质量为0.32 kg的球，因受水对其下侧的冲击而停在空中，若水冲击球后速度变为0，则小球停在离喷嘴多高处？(g取10 m/s2)三动量守恒定律及其应用[例4]如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住．求：(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．四碰撞问题[例5]如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C 之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性碰撞．五 爆炸、反冲和“人船模型”1．爆炸[例6]如图所示，光滑水平面上有三个滑块A 、B 、C ，质量关系是m A ＝m C ＝m 、m B ＝m 2.开始时滑块B 、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A 以速度v 0正对B 向右运动，在A 未与B 碰撞之前，引爆了B 、C 间的炸药，炸药爆炸后B 与A 迎面碰撞，最终A 与B 黏在一起，以速率v 0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C 的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？2．反冲[例7]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为v 2，则喷出气体的质量m 为( )A ．m ＝v 2－v 0v 1MB ．m ＝v 2v 2＋v 1MC ．v 2－v 0v 2＋v 1MD ．v 2－v 0v 2－v 1M 3．“人船模型”[例8]如图所示，一个质量为m 的木块，从半径为R 、质量为M 的14光滑圆弧形槽顶端由静止滑下．在槽被固定和可沿着光滑平面自由滑动两种情况下，木块从槽口滑出时的速度大小之比为多少？课时达标1．将—个质量为m 的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时t ，如图所示．设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为Δp 1，在后一半时间内其动量变化为Δp 2，则Δp 1∶Δp 2为( )A ．1∶2B ．1∶3C ．1∶1D ．2∶12．(多选)某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置．不计空气阻力，则下列说法中正确的是()A．从P至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B．从P至c过程中重力所做功等于人克服弹力所做的功C．从P至b过程中人的速度不断增大D．从a至c过程中加速度方向保持不变3．把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出．这个现象的原因是()A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大C．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大4．如图所示，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m B＝2m A，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球的动量变化量为－4 kg·m/s，则()A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶105．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少正功，乙对甲就一定做多少负功6．(多选)携带美国“天鹅座”宇宙飞船的“安塔瑞斯”号运载火箭在弗吉尼亚州瓦勒普斯岛发射升空时爆炸，爆炸燃起巨大火球，运载火箭没有载人．下面对于该火箭的描述正确的是()A．火箭发射的初速度大于7.9 km/sB．火箭上升过程中处于超重状态C．忽略空气阻力，则火箭碎片落地时速度大小相等D．在爆炸的极短时间内，系统动量守恒7．如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点．用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后黏在一起，则在此过程中小球将()A．向右运动B．向左运动C．静止不动D．小球下摆时，车向左运动后又静止8．如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并黏接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中：(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．9．甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲乘的小车上有质量为m＝1 kg的小球若干，甲和他的小车及所带小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住．假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不致相撞．求此时：(1)两车的速度各为多少？(2)甲总共抛出了多少个小球？10．如图所示，质量为m A＝2 kg的木块A静止在光滑水平面上．一质量为m B＝1 kg的木块B以初速度v0＝5 m/s沿水平方向向右运动，与A碰撞后都向右运动．木块A与挡板碰撞后立即反弹(设木块A与挡板碰撞过程无机械能损失)，后来木块A与B发生二次碰撞，碰后A、B同向左运动，速度大小分别为0.9 m/s、1.2 m/s.求：(1)木块A、B第一次碰撞过程中A对B的冲量；(2)木块A、B第二次碰撞过程中系统损失的机械能．。
新课标2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第一节动量动量定理课件
解析：选 AC.根据动量的公式，拉力的冲量为 Ft，选项 A 正确， B 错误；根据动量定理：I 合＝Δ mv，物体没有运动，则Δ v＝0， 所以 I 合＝0，所以 C 正确；根据动量定理，竖直方向上： Fsin θ·t－mgt＝0，得 mgt＝Fsin θ·t≠0，所以 D 错误．
用动量定理解释现象的方法 (1)Δ p 一定时，F 的作用时间越短，力就越大；时间越长，力 就越小． (2)F 一定，此时力的作用时间越长，Δ p 就越大；力的作用时 间越短，Δ p 就越小． 分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚．
考向 2 动量定理的应用 2.(多选)(2018·福建福州八中模拟)如图某物体在拉力 F 的作用 下没有运动，经时间 t 后( )
5．(2016·高考全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水 柱将一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起 见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0 竖直向上喷 出；玩具底部为平板(面积略大于 S)；水柱冲击到玩具底板后， 在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽 略空气阻力．已知水的密度为 ρ，重力加速度大小为 g.求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
B．m t2gh－mg
m C.
tgh＋mg
D．m tgh－mg
解析：选 A.设高空作业人员自由下落 h 时的速度为 v，则 v2 ＝2gh，得 v＝ 2gh，设安全带对人的平均作用力为 F，由牛 顿第二定律得 F－mg＝ma，又 v＝at， 解得 F＝m t2gh＋mg.
3．(2018·江西吉安新干县二中段考)力 F 作用在质量为 m 的物
2019年高考物理一轮复习考案6第6章动量和动量守恒定律 含解析 精品
考案[6]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。
配套K122019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(
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.。
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题组层级快练(二十七)一、选择题1．(多选)关于物体的动量和冲量，下列说法中正确的是( )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 ．物体的动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向D ．物体所受的合外力越大，它的动量变化越快答案 BCD解析 由动量定理Ft ＝p 2－p 1可知，物体的动量除了与物体受到的冲量有关以外，还跟物体的初状态有关，A 项错误；物体受到的冲量不为零，则物体的动量一定变化，B 项正确；物体受到的冲量不仅与动量的变化大小相等，方向也一定与动量的变化量方向相同，C 项正确；由动量定理可得F ＝p 2－p 1t，物体受到的合外力越大，动量变化越快，D 项正确． 2．某物体做自由落体运动，取竖直向下为正方向．在运动过程中，关于其动量、动量变化率随时间变化的曲线，下列图像关系正确的是( )答案 C解析 A 、B 两项，物体自由下落，则根据自由落体规律可知，v ＝gt ，动量p ＝mv ＝mgt ，因向下为正方向，故动量应为斜向上的直线，故A 、B 两项错误；C 、D 两项，动量的变化率为Δp Δt ；根据动量定理可得：mg Δt ＝Δp ；因此Δp Δt＝mg ，故图像为水平线，故C 项正确，D 项错误．3．(2017·山西摸底)(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是( )A ．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B ．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C ．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲的影响D ．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好答案 ABC解析 根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度．A 项正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由I ＝Ft 可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t ，可以减小运动员所受到的平均冲力F ，故B 项正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减小反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，C 项正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I ＝Ft 可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固．这样撞车时可以延长作用时间，D 项错误．4.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点，若以2v 速度抽出纸条，则铁块落地点为( )A ．仍在P 点B ．在P 点左边C ．在P 点右边不远处D ．在P 点右边原水平位移的两倍处答案 B解析 以v 或2v 抽纸条时，纸条给铁块的摩擦力不变，以2v 抽纸条时，纸条对铁块的作用时间短，对铁块的冲量小，铁块获得的速度小，根据平抛知识可知它的水平射程短，所以落点在P 点的左边．5．(2017·黄冈市检测)一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是( )A ．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量B ．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零C ．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D ．从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功答案 D解析 根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，A 项错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得：Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)，可知地面对小球的冲量Ft 不为零，B 项错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功代数和，C 项错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，D 项正确，故选D 项．6．(2017·合肥一模)一质量为m 的物体静止在光滑水平面上，在水平力F 作用下，经时间t ，通过位移L 后，动量变为p 、动能变为E k .若上述过程F 不变，物体的质量变为m 2，以下说法正确的是( )A ．经过时间2t ，物体动量变为2pB ．经过位移2L ，物体动量变为2pC ．经过时间2t ，物体动能变为4E kD ．经过位移2L ，物体动能变为4E k答案 A解析 A 、C 两项，以初速度方向为正方向，根据动量定理，有：Ft ＝p ，故时间变为2t 后，动量变为2p ，故A 项正确；根据E k ＝p 22m，动量变为2倍，质量减半，故动能变为8E k ，故C 项错误；B 、D 两项，经过位移2L ，根据动能定理，有：FL ＝E k ，故位移变为2倍后，动能变为2E k ，故D 项错误；根据p ＝2mE k ，动能变为2倍，质量减半，故动量不变，故B 项错误．7.(多选)水平推力F1和F 2分别作用在水平面上等质量的a 、b 两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体v －t 图像如图所示，图中AB∥CD，则( )A ．F 1的冲量小于F 2的冲量B ．F 1的冲量等于F 2的冲量C ．两物体受到的摩擦力大小相等D ．两物体受到的摩擦力大小不等答案 AC解析 设F 1、F 2的作用时间分别为t 1、t 2，则由图知t 1＜t 2，当只有摩擦力F f 作用时，由AB∥CD 知图线斜率相同，则加速度相等，由牛顿第二定律知，摩擦力F f 相等，故C 项正确，D 项错误．对a ，由动量定理得：F 1t 1－F f t 1＝mv A ；对b 同理得：F 2t 2－F f t 2＝mv C .由图像知，v A ＝v C ，t 1＜t 2，所以由mv A ＝mv C 知，即F 1t 1－F f t 1＝F 2t 2－F f t 2，因此F 1t 1<F 2t 2，即A 项正确，B 项错误．8．(多选)如图所示，两个质量相等的物体，在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下到达斜面底端的过程中，相同的物理量是( )A ．重力的冲量的大小B ．弹力的冲量的大小C ．合力的冲量的大小D ．刚到达底端的动量的大小答案 CD解析 A 项，高度相同，则下滑的距离x ＝h sin θ，加速度a ＝gsin θ，根据x ＝12at 2得：t ＝2x a ＝1sin θ 2h g ，由于倾角不同，则运动的时间不同，根据I ＝mgt 知，重力的冲量不同．故A 项错误；B 项，对于弹力，大小不等，方向不同，弹力的冲量不同．故B 项错误；C 、D 两项，根据机械能守恒定律知，到达底端的速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端的动量大小相等，方向不同；根据动量定理可知，合力的冲量也是大小相等方向不同．故C 项正确，D 项正确．9．(2017·洛阳一模)如图所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L ，一端固定在O 点，另一端系一个质量为m 的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O 点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g ，则( )A ．合力做的功为0B ．合力的冲量为0C ．重力做的功为mgLD ．重力的冲量为m 2gL 答案 C解析 A 、C 两项，小球在向下运动的过程中，受到重力和绳子的拉力，绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以只有重力做功，合外力做的功等于重力做的功，大小为mgL.故A 项错误，C 项正确；B 项，由机械能守恒可得，12mv 2＝mgL ，所以速度：v ＝2gL ，由动量定理可得合力的冲量：I 合＝Δp ＝mv －0＝m 2gL.故B 项错误；D 项，小球向下的过程是摆动，运动的时间在空气的阻力不计的情况下运动的时间等于单摆周期的14，所以：t ＝14×2πL g ，所以重力的冲量：I G ＝mgt ＝πm 2·gL.故D 项错误． 10．(2017·赣州期末)在距地面h 高处以v 0水平抛出质量为m 的物体，物体着地时和地面碰撞时间为Δt ，末速度为零，空气阻力不计，重力加速度为g ，在Δt 时间内物体受到竖直向上的冲量为( )A ．mg 2h gB ．mg ΔtC ．mg Δt ＋mg2h g D ．mg Δt －mg 2h g 答案 C解析 物体水平抛出，物体做平抛运动，在竖直方向上：v 2＝2gh ，解得，落地时的竖直分速度：v ＝2gh ，方向：竖直向下，以向上为正方向，由动量定理得：(F －mg)Δt ＝0－m(－v)，解得：F Δt ＝mg Δt ＋mg 2h g. 11．(2017·福建模拟)(多选)据媒体报道，未来的iphone7s 带有屏幕保护器，保护装置设置在屏幕的4个角落由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知手机掉落，屏幕保护器会自动弹出，并完全吸收手机撞击地面的能量，避免手机屏幕直接接触地面而损坏．已知iphone7s 手机设计质量约160 g ，从1.5 m 自由掉落，重力加速度g 取10 m/s 2，则以下分析正确的是( )A ．手机落地的速度约为4.5 m/sB ．保护器弹出的时间应小于0.55 sC ．手机落地时重力的功率约为7.5 WD ．若保护器吸收撞击力的时间为0.05 s ，则地面对手机的平均作用力约为19.1 N 答案 BD解析 A 项，手机做自由落体运动，落地的速度v ＝2gh ＝2×10×1.5 m/s ≈5.5 m/s ，故A 项错误；B 项，保护器弹出的时间应小于落地时间，根据自由落体的时间t ＝2h g ＝2×1.510s ＝0.55 s ，所以保护器弹出的时间应小于0.55 s ．故B 项正确；C 项，根据p ＝mgv 得：功率p ＝0.160×10×5.5 W ＝8.8 W ，故C 项错误；D 项，取竖直向下为正方向，由动量定理(mg －F)t ＝0－mv ，得F ＝mv t ＋mg ＝0.16×5.50.05N ＋0.160×10 N ≈19.1 N ，故D 项正确；故选B 、D 两项．12．(2017·石家庄一模)(多选)如图所示，两个足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻，匀强磁场垂直导轨平面向上，一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab 处上滑，到最高点后又下滑回到ab 处，下列说法正确的是( )A ．上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功B ．上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功C ．上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小D ．上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小 答案 AD解析 A 、B 两项，考虑到回路中有感应电流产生，机械能不断向电热转化，根据能量守恒定律，滑杆上滑和下滑分别通过任意的同一个位置时，是上滑的速度大，故上滑过程的平均速度要大于下滑过程的平均速度；根据F A ＝BIL 、I ＝BLv R，上滑过程的平均安培力要大于下滑过程的平均安培力，故上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故A 项正确，B 项错误；C 、D 两项，设导轨的长度为x ，上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小：I ＝F A t ＝BILt ＝B BLv R Lt ＝B 2L 2vt R ＝B 2L 2x R，同理，下滑过程中，安培力对导体棒的冲量大小：I ′＝B 2L 2x R，故上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小，故C 项错误，D 项正确．二、非选择题13．质量m ＝2.5 kg 的物体静止在粗糙的水平面上，在如图所示的水平拉力F 作用下开始运动，求6 s 末物体的速度大小？(已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2)答案 12 m/s解析 滑动摩擦力F f ＝μmg ＝5 N ，在0～2 s 内拉力F ＝4 N<F f ，故物体保持静止状态，物体在2 s 末开始运动，对全过程应用动量定理，有F 2Δt 2＋F 3Δt 3－μmg(Δt 2＋Δt 3)＝mv ，代入数据，得v ＝12 m/s.14．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目，一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面高3.2 m 处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面高5.0 m 处．已知运动员与网接触的时间为1.2 s ．若把在这段时间内网对运动员的作用力当做恒力处理，求此力的大小．(g 取10 m/s 2)答案 1.5×103 N解析 运动员从高3.2 m 处自由下落的时间为t 1＝2h 1g ＝0.8 s ， 运动员弹回高5.0 m 处所用的时间为t 2＝2h 2g＝1 s ， 整个过程中运动员始终受到重力作用，仅在与网接触的过程中才受到网对他向上的弹力F 的作用，对全过程运用动量定理，有Ft 3－mg(t 1＋t 2＋t 3)＝0所以F ＝t 1＋t 2＋t 3t 3mg ＝0.8＋1＋1.21.2×60×10 N ＝1.5×103 N ，方向向上．。