精选-高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第2讲动量守恒定律的综合应用课时作业含解析
物理试题 人教版高考一轮复习第6章 动量动量守恒定律
第1讲 动量 动量定理[A 组 基础题组]一、单项选择题1．下列解释正确的是( )A ．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B ．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C ．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D ．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大解析：跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A 错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B 错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft ＝mv ，可知运动时间相等，故选项C 错误；人从越高的地方跳下，落地前瞬间速度越大，动量越大，落地时动量变化量越大，则冲量越大，故选项D 正确。
答案：D2．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( )A ．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心B ．小球所受支持力的冲量为0C ．小球所受重力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受合力的冲量大小为m 2gR解析：小球受到竖直向下的重力和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，故A 错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，故B 错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒定律可得mgR ＝12mv B 2，故v B ＝2gR ，根据动量定理可得I 合＝Δp ＝mv B ＝m 2gR ，故C 错误，D 正确。
答案：D3．一小球从水平地面上方无初速度释放，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，则下列说法正确的是( ) 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的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功解析：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，选项A 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，选项B 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的代数和，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确。
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动量守恒定律及其应用一、选择题(本题共10小题,1～6题为单选题，7～10题为多选题）1．如图所示，物块A静止在光滑水平面上，将小球B从物块顶端由静止释放,从小球开始沿物块的光滑弧面(弧面末端与水平面相切）下滑到离开的整个过程中，对小球和物块组成的系统，下列说法正确的是( ）A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒,机械能守恒D．动量不守恒,机械能不守恒解析：C 对于A、B组成的系统,在B下滑的过程中，只有重力做功，则小球和物块组成的系统机械能守恒．A、B组成的系统在竖直方向上合外力不为零，则该系统动量不守恒，C正确．2．如图所示,光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A 以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中( )A．A、B的动量变化量相同B．A、B的动量变化率相同C．A、B系统的总动能保持不变D．A、B系统的总动量保持不变解析:D 两物块相互作用过程中系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，但总动量保持不变，A错误，D正确．由动量定理Ft＝Δp可知，动量的变化率等于物块所受的合外力,A、B两物块所受的合外力大小相等、方向相反，则A、B所受的合外力不同，动量的变化率不同,B错误．A、B和弹簧组成的系统总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化,C错误．3。
高考物理一轮复习作业和检测第六章动量守恒定律课时作业
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板上，则两板间的距离d至少要多长？B点的运动时间为t1，小球的初速度为。
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。
高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 第2节 动量守恒定律及其应用学案 新人教版
学习资料第2节动量守恒定律及其应用必备知识预案自诊知识梳理一、动量守恒定律及其应用1。
动量守恒定律（1）内容：如果一个系统，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。
(2)表达式①p= ,系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p’。
②m1v1+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= ,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp= ，系统总动量的增量为零。
2.动量守恒的条件不受外力或所受外力的合力为零,不是系统内每个物体所受的合外力都为零,更不能认为系统处于状态。
二、碰撞、反冲、爆炸1.碰撞(1）特点：作用时间极短，内力（相互碰撞力)远外力,总动量守恒。
(2)分类①弹性碰撞:碰撞后系统的机械能损失。
②非弹性碰撞：碰撞后系统的机械能有损失.③完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体,机械能损失。
2.爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短,作用力很大,且远大于系统所受的外力，所以系统动量。
3。
反冲（1）定义:当物体的一部分以一定的速度离开物体时,剩余部分将获得一个反向，如发射炮弹、火箭等.(2）特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力,动量守恒。
考点自诊1。
判断下列说法的正误。
(1)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相等。
（)(2）只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒。
()(3)无论碰撞、反冲还是爆炸类问题,动能都不会增大.(）（4)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反。
()(5)弹性碰撞过程中系统动量一定守恒。
（）2。
将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短的时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷气过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg·m/s B。
高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 第2讲 动量守恒定律及其应用教学案(含解析)-人教版高三全册
第2讲动量守恒定律及其应用➢教材知识梳理一、动量守恒定律1．内容：一个系统________或者________为零时，这个系统的总动量保持不变．2．常用的表达式：m1v1＋m2v2＝________．二、系统动量守恒的条件1．理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，那么系统动量守恒．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．三、动量守恒的实例1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间________，而物体间相互作用力________的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力________外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类：2.反冲运动(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象．(2)特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的________是守恒的．3．爆炸现象爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且________系统所受的外力，所以系统动量________，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．答案：一、1.不受外力所受外力的矢量和2．m1v1′＋m2v2′三、1.(1)很短很大(2)远大于(3)守恒最大2．(2)动量3．远大于守恒[思维辨析](1)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度．( )(2)系统动量守恒，那么机械能也守恒．( )(3)质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度．( )(4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变．( )答案：(1)(√)(2)(×)(3)(×)(4)(×)[思维拓展]碰撞过程除了系统动量守恒之外，还需要满足什么条件？碰撞与爆炸在能量转化方面有何不同？答案：碰撞过程除了系统动量守恒之外，还要满足的条件：系统动能不增加；碰撞结果要符合实际情况．碰撞系统动能不增加，而爆炸系统动能增加，这是二者最大的不同．➢考点互动探究考点一动量守恒条件的理解和应用1.动量守恒的判定(1)系统不受外力或者所受外力之和为零，那么系统动量守恒；(2)系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计时，那么系统动量守恒；(3)系统在某一个方向上所受的合力为零，那么该方向上动量守恒．(4)全过程的某一阶段系统受的合外力零，那么该阶段系统动量守恒．2．应用动量守恒定律解题的一般步骤：(1)确定研究对象，选取研究过程；(2)分析内力和外力的情况，判断是否符合动量守恒条件；(3)选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列方程求解．1 [2014·某某卷] 如图6181所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )图6181A. 甲木块的动量守恒B. 乙木块的动量守恒C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案：C[解析] 甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故不守恒．式题如图6182所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，以下说法中正确的选项是( )图6182A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同答案：C [解析] 根据动量守恒的条件可知，男孩、小车与木箱组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项C正确．■ 要点总结注意动量守恒定律的“四性〞1．矢量性：动量守恒定律表达式是矢量方程，在解题时应规定正方向．2．同一性：定律表达式中的速度应相对同一参考系，一般以地面为参考系．3．瞬时性：定律中的初态动量是相互作用前同一时刻的瞬时值，末态动量是相互作用后同一时刻的瞬时值．4．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．考点二碰撞问题1.三种碰撞形式的理解2.判断碰撞的可能性问题(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2.3．速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，那么后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后>v前，否那么无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v ′前≥v ′后，否那么碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，那么碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．分)[2015·全国卷Ⅰ] 如图6183所示，在足够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 ，三者都处于静止状态．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的．图6183[解答规X] A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝________________①(2分)12mv 20＝________________②(2分) 联立①②式得v A 1＝________③(1分) v C 1＝________④(1分)如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．(2分)第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋Mv A 1＝________⑤(1分)根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2________v C 1⑥(1分)联立④⑤⑥式得________________≥0⑦(2分) 解得m ≥________⑧(1分)另一解m ≤－(5＋2)M 舍去．所以，m 和M 应满足的条件为 ________________⑨(2分) 答案：mv A 1＋Mv C 112mv 2A 1＋12Mv 2C 1m －M m ＋M v 02m m ＋M v 0⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0 ≤ m 2＋4mM －M 2 (5－2)M (5－2)M ≤m <M1 如图6184所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间A 的速率v ；(2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′； (3) A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .图6184答案：(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m [解析] 设滑块的质量为m .(1)根据机械能守恒定律有mgR ＝12mv 2解得碰撞前瞬间A 的速率为v ＝2gR ＝2 m/s. (2)根据动量守恒定律有mv ＝2mv ′解得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s.(3)根据动能定理有－μ·2m ·gl ＝0－12·2m ·v ′2解得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m.2 如图6185所示，MNP 为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN 与水平段NP 相切于N ，P 端固定一竖直挡板．M 相对于N 的高度为h ，NP 长度为s .一物块自M 端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次弹性碰撞后停止在水平轨道上某处．MN 段轨道光滑，物块与NP 段轨道间的动摩擦因数为μ，求物块停止的位置与N 点距离的可能值．6185答案：2s －h μ或h μ－2s[解析] 根据功能关系，在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块的重力势能的减少量ΔE p与物块克服摩擦力所做功的数值相等．ΔE p＝W设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，那么ΔE p＝mghW＝μmgs′联立以上各式得s′＝hμ第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在回到N前停止，那么物块停止的位置距N的距离为d＝2s－s′＝2s－hμ第二种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，那么物块停止的位置距N的距离为d＝s′－2s＝hμ－2s所以物块停止的位置距N的距离可能为2s－hμ或hμ－2s.考点三多体动量守恒问题有时对整体应用动量守恒，有时只选某部分应用动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，恰当选择系统和始、末状态是解题的关键．1．分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成．2．要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外部物体对系统内部物体作用的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件判断能否应用动量守恒．3．明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式．4．确定好正方向，建立动量守恒方程求解．3 如图6186所示，两块厚度相同的木块A、B，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为2.0 kg、0.9 kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为0.10 kg的铅块C(大小可以忽略)以10 m/s的速度恰好水平向右滑到A的上表面，由于摩擦，铅块C最后停在木块B上，此时B、C的共同速度v＝0.5 m/s.求木块A的最终速度大小和铅块C刚滑到B上时的速度大小．图6186[解析] 铅块C在A上滑行时，两木块一起向右运动，设铅块C刚离开A滑上B时的速度为v′C，A和B的共同速度为v A，在铅块C滑过A的过程中，A、B、C所组成的系统动量守恒，有m C v0＝(m A＋m B)v A＋m C v′C在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以v A匀速运动，在铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守恒，有m B v A＋m C v′C＝(m B＋m C)v代入数据解得v A＝0.25 m/s，v′C＝2.75 m/s.1 如图6187所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝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．图6187答案：2 m/s[解析] 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v A，C的速度为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s④2 如图6188所示，木块A质量为m A＝1 kg，足够长的木板B质量为m B＝4 kg，A、B置于水平面上，质量为m C＝4 kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0＝12 m/s 的初速度向右运动，A与B碰撞后以4 m/s的速度被弹回．(1)求B运动过程中的最大速度大小；(2)假设木板B足够长，求C运动过程中的最大速度．图6188答案：(1)4 m/s (2)2 m/s[解析] (1)A与B碰后瞬间，C的运动状态未变，此时B的速度最大．取向右为正方向，由A、B系统动量守恒，有：m A v0＋0＝－m A v A＋m B v B代入数据得v B＝4 m/s.(2)B与C相互作用使B减速、C加速，由于B板足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C系统动量守恒，有m B v B＋0＝(m B＋m C)v C代入数据得v C＝2 m/s.考点四人船模型人船模型是一个很典型的模型，当人在无阻力的船上向某一方向走动时，船向相反方向移动，此时满足动量守恒．假设人船系统在全过程中动量守恒，那么这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，那么由m1v1＝－m2v2得m1x1＝－m2x2，该式的适用条件是：(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．(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．4 质量为m的人站在质量为M、长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边．在忽略水的阻力的情况下，当他从右端走到船的左端时，船左端离岸多远？[解析] 先画出示意图如下图．人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等．从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L.设人、船位移大小分别为l1、l2，选择向右的方向为正方向，那么有：0＝Mv2－mv1，两边同乘时间t并整理得：ml1＝Ml2而l1＋l2＝L，解得l2＝mM＋mL.式题 (多项选择)如图6189所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，那么(水平面光滑)( )图6189A．系统的动量守恒B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向C．小球不能向左摆到原高度D．小车向右移动的最大距离为2mlM＋m答案：BD [解析] 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的位移为2l，根据“人船模型〞，解得最大距离为2mlM＋m，D正确．考点五爆炸和反冲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，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，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时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．(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某一方向动量守恒．(3)反冲运动中机械能往往不守恒．(4)实例：喷气式飞机、火箭等．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的小球假设干，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，且均被乙接住．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．那么此时：(1)两车的速度大小各为多少？(2)甲总共抛出了多少个小球？[解析] (1)两车刚好不相撞，那么两车速度大小相等，方向相同，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v解得v＝1.5 m/s.(2)对甲及从小车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′解得n＝15.1 斜向上飞出的一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反．那么以下说法中正确的选项是( )A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能答案：A [解析] 设爆竹爆炸前瞬间的速度为v0，爆炸过程中，因为内力远大于外力，那么爆竹爆炸过程中动量守恒，设三块质量均为m，中间一块的速度为v，前面一块的速度为v1，那么后面一块的速度为－v1，由动量守恒定律有3mv0＝mv1－mv1＋mv，解得v＝3v0，那么中间那块速度方向向东，速度大小比爆炸前的大，那么A正确，B错误；三块同时落地，但落地时动量不同，C错误；爆炸后的瞬间，中间那块的动能为12m (3v 0)2，大于爆炸前系统的总动能32mv 20，D 错误．2 如图61810所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m 、12m ，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v 0、v 0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)图61810答案：4v 0[解析] 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min ，抛出货物后船的速度为v 1，甲船上的人接到货物后船的速度为v 2，由动量守恒定律得货物从乙船抛出过程，12mv 0＝11mv 1－mv min货物落入甲船过程，10m ·2v 0－mv min ＝11mv 2为避免两船相撞应满足v 1＝v 2解得v min ＝4v 0.[教师备用习题]1．[2015·某某卷] 如下图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是________．(填选项前的字母)A ．A 和B 都向左运动B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动[解析] D 根据动量守恒定律，碰撞前的总动量为0，碰撞后的总动量也要为0，碰撞后要么A 、B 均静止，要么A 、B 朝反方向运动；由于是弹性碰撞，能量不损失，所以碰后A 、B 不可能静止，所以A 只能向左运动、B只能向右运动．2．将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，其在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，那么喷气结束时火箭模型获得的速度大小是________．(填选项前的字母)A.mMv0 B.Mmv0C.MM－mv0 D.mM－mv0[解析] D 以向上为正方向，初动量为0，喷气瞬间炽热气体的动量为－mv0，火箭模型的动量为(M－m)v，由动量守恒定律有：0＝－mv0＋(M－m)v，解得v＝mv0M－m，D正确．。
2022年高考物理大一轮复习 第六章 动量及动量守恒定律第二讲动量守恒定律及其应用
B．m＝v2＋v2v1M D．m＝vv22－－vv01M
解析：规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒
v2－v0
定律可得
Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得
m＝ M，故 v2＋v1
C 正确．
答案：C
对反冲运动的三点说明
作用 原理
反冲运动是系统内物体之间 的作用力和反作用力产生的 效果
动量 守恒
反冲运动中系统不受外力或 内力远大于外力，所以反冲 运动遵循动量守恒定律
3．爆炸问题
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的， 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，所以爆炸后系统的总动能增 加．
(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物 体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后 仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．
究对象 受的内力和外力 量守恒的条件
解析：在 a 离开墙壁前、弹簧伸长的过程中，对 a
和 b 组成的系统，由于受到墙对 a 的弹力作用，
所以 a、b 组成的系统动量不守恒，选项 A 错误，B 正确；在 a 离开墙壁后，a、b 构成的系统所受的合外力 为零，因此动量守恒，故选项 C 正确，D 错误．
解析：选向右为正方向，则 A 的动量 pA＝m·2v0＝ 2mv0.B 的动量 pB＝－2mv0.碰前 A、B 的动量之和为零， 根据动量守恒，碰后 A、B 的动量之和也应为零，可知四 个选项中只有选项 D 符合题意．
答案：D
考点 3 反冲和爆炸
1．反冲运动的特点及遵循的规律 (1)特点：是物体之间的作用力与反作用力产生的效 果． (2)条件： ①系统不受外力或所受外力的矢量和为零； ②内力远大于外力；
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 －q2r2，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到静电力作用，根据此图可以作出正确判断的是( )A ．带电粒子所带电荷的正、负B ．带电粒子在A 、B 两点的受力方向C ．带电粒子在A 、B 两点的加速度何处较大D ．带电粒子在A 、B 两点的速度何处较大解析：由图可知，带电粒子的运动轨迹向左弯曲，说明带电粒子在A 、B 两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定带电粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性，选项A 错误，选项B 正确．根据电场线的疏密程度，可判断A 、B 两点场强的大小，从而判断A 、B 两点处的电场力大小，再根据牛顿第二定律得，带电粒子在A 点的加速度较大，选项C 正确．带电粒子由A 运动到B 点，电场力做负功，带电粒子的动能减少，故带电粒子在A 点的速度较大，选项D 正确．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．c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则( )A ．a 点的电场强度比b 点的大B ．a 点的电势比b 点的高C ．c 点的电场强度比d 点的大D ．c 点的电势比d 点的低解析：由题图知，a 点处的电场线比b 点处的电场线密集，所以E a >E b ，A 项正确；由沿电场线方向电势逐渐降低可知φb >φa ，B 项错误；由场强公式E ＝k Q r2和场强叠加原理可知E c >E d ，C 项正确；当取无穷远处电势为0时，φc 为负值，φd 为正值，所以φd >φc ，D 项正确．答案：ACD6．(2020·扬州一模)如图所示，一质量为m 的带电小球A 用长度为l 的绝缘丝质细线悬挂于天花板上的O 点，在O 点的正下方l 处的绝缘支架上固定一个与A 带同种电荷的小球B ，两个带电小球都可视为点电荷．已知小球A 静止时丝线OA 与竖直方向的夹角为60°，设丝线中拉力为F T ，小球所受库仑力为F ，下列关系式正确的是( )A ．F T ＝12mg B ．F T ＝3mg C ．F ＝3mg D ．F ＝mg解析：对小球A 受力分析，受重力、库仑力和细线拉力，处于平衡状态．通过几何关系得出这三个力互成120°角，有F T ＝mg ＝F ，D 项正确．答案：D7．相距为L 的点电荷A 、B 带电荷量分别为＋4q 和－q ，如图所示，今引入第三个点电荷C ，使三个点电荷都处于平衡状态，则C 的带电荷量和放置的位置是( )A. －q ，在A 左侧距A 为L 处B. －2q ，在A 左侧距A 为L 2处 C. ＋4q ，在B 右侧距B 为L 处D. ＋2q ，在B 右侧距B 为3L 2处 解析：A 、B 、C 三个电荷要平衡，必须三个电荷在一条直线上，外侧两个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的引力，必须外侧电荷电荷量大，中间电荷电荷量小，所以C 必须带正电，在B 的右侧，设C 所在位置与B 的距离为r ，则C 所在位置与A 的距离为L ＋r ，要能处于平衡状态，所以A 对C 的电场力大小等于B 对C 的电场力大小，设C 的电荷量为Q ，则有：k 4q·Q L ＋r 2＝k Q·q r 2，解得：r ＝L ，对点电荷A ，其受力也平衡，则：k 4q·Q L ＋r 2＝k 4q·q L2，解得：Q ＝4q ，即C 带正电，电荷量为4q ，在B 的右侧距B 为L 处，故选项C 正确．答案：C8．(2020·黑龙江省五校高三联考)如图所示，点A 、B 、C 在半径为r 的同一圆周上，三点等分圆周，A 点放置正点电荷，所带电荷量为＋2Q 3，B 、C 点放置负点电荷，所带电荷量为－Q 3，静电力常量为k ，则三个点电荷在圆心O 处产生的电场强度大小为( )A.kQ r 2B.kQ 3r2 C.kQ 9r 2 D.2kQ 3r2 解析：根据点电荷电场分布规律，三个点电荷在圆心O 处产生的场强大小分别为2kQ 3r 2、kQ 3r 2、kQ 3r2，方向分别沿AO 、OB 、OC 方向，三个点电荷在圆心O 处产生的场强叠加后，合场强大小为kQ r2，方向由A 指向O ，选项A 正确．答案：A[能力提升练]9．如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q(q>0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k 0的轻质弹簧绝缘连接．当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l.已知静电力常量为k ，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为( )A ．l ＋5kq 22k 0l 2B ．l －kq 2k 0l2 C ．l －5kq 24k 0l 2 D ．l －5kq 22k 0l2 解析：对最右边的小球受力分析可知，小球受到另外两个带电小球对它向右的库仑斥力，大小分别为F 1＝kq 22l 2和F 2＝kq 2l 2.由力的平衡可知弹簧弹力的大小F ＝F 1＋F 2＝5kq 24l 2，弹簧的伸长量为Δl＝F k 0＝5kq 24k 0l2，故弹簧的原长为l 0＝l －Δl＝l －5kq 24k 0l2，C 正确． 答案：C10．如图所示，质量为m 1的不带电小环A 套在动摩擦因数为μ＝33的竖直杆上，其最大静摩擦力等于滑动摩擦力，一质量为m 2、带电荷量为＋q 的小球B 与A 用一绝缘细线相连，整个装置处于匀强电场中，恰好保持静止，则当电场强度E 存在最小值时，E 与水平方向的夹角θ为( )A ．0° B．30°C ．45° D．60°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Eqsinθ＋μF N ＝(m 1＋m 2)g ，F N ＝Eqcosθ.解得Eq(sinθ＋μcosθ)＝(m 1＋m 2)g ，因为sinθ＋μcosθ＝1＋μ2·sin(θ＋φ)，其中tanφ＝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4kqQ 3L2 C ．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 Lcosθ2＝4kqQ 3L2，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·sinθ＝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 ＝3.0×10－3 N(2)由qE mg＝tan37°， 得m ＝4.0×10－4 kg(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)4.0×10－4 kg(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。
2022版高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律第2讲动量守恒定律及其应用作业含解析新人教版
第2讲动量守恒定律及其应用[A组根底题组]一、单项选择题1．如下图，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。
甲木块与弹簧接触后( ) A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，那么碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故A、B错误，C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，D错误。
答案：C2．如下图，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为v1＝1 m/s、v2＝2 m/s 的速度相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5 m/s的速度向左运动，那么甲、乙两球的质量之比为( )A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．2∶1解析：设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，乙球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，即2m2－m1＝(m1＋m2)×0.5，解得m1∶m2＝1∶1，A正确。
答案：A3．向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，假设质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，那么( )A．b的速度方向一定与原来的速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间内，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受到的爆炸力的大小一定不相等解析：炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，那么mv0＝m a v a＋m b v b，显然v b>0、v b<0、v b＝0都有可能，A错误；|v b|>|v a|、|v b|<|v a|、|v b|＝|v a|也都有可能，爆炸后，a、b都做平抛运动，由平抛运动规律知，下落高度相同那么运动的时间相等，飞行的水平距离与速度大小成正比，故B错误，C正确；炸裂过程中，a、b之间的力为相互作用力，故D错误。
2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第2讲动量守恒定律的综合应用课时作业(含解析)
哈哈哈哈哈哈哈哈你好2、动量守恒定律的综合应用[ 基础训练 ]1．(2018 ·黑龙江哈三中二模 ) 以下列图，在圆滑水平面上质量为m 的物体 A 以速度 v 0与静止的物体 B 发生碰撞，物体 B 的质量为 2m ，则碰撞后物体 B 的速度大小可能为 ()A ． v 0 B.4v 0v 03 C ．0D. 3答案： D 剖析： 物体 A 与物体 B 碰撞的过程中动量守恒，选物体 A 原来的运动方向为正方向：若是发生的是完好非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝ ( m ＋ 2m ) v ，计算得出 v ＝ 1312v 0；若是发生的是完好弹性碰撞， 由动量守恒定律得 mv 0＝mv 1＋ 2mv 2，由能量守恒定律得2mv 0121 22 1 2＝ mv 1＋ ·2mv 2，计算得出v 2＝ v 0. 碰撞后物体 B 的速度满足 v 0≤ v B ≤ v 0，选项 D 正确．223332．以下列图，静止在圆滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量 M ＝ 3 kg. 质量 m ＝ 1 kg 的铁块以水平速度 v 0＝ 4 m/s ，从木板的左端沿板面向右滑行， 压缩弹簧后又被弹回， 最后恰好停在木板的左端． 在上述过程中弹簧拥有的最大弹性势能为 ( )A ．3J B．4J C ．6J D ．20J答案： A 剖析： 设铁块与木板速度同样时，共同速度大小为 v ，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大行程为 L ，摩擦力大小为 F . 铁块相对于木板向右运动过程中，依照能量f1 2f12 p1 2f12， 守恒得 2mv 0＝ F L ＋ 2( M ＋m ) v ＋ E . 铁块相对木板运动的整个过程中 2mv 0＝ 2F L ＋ 2( M ＋m ) v 由动量守恒可知 mv 0＝ ( M ＋ m ) v . 联立解得 E p ＝ 3 J ， A 正确．3． 、 B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于圆滑水平桌面上．已知、 B 两球质量分别A A为 2m 和 m . 当用板挡住 A 球而只释放 B 球时，B 球被弹出落于距桌边距离为 x 的水平川面上，以下列图．当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将 A 、B 同时释放时， B 球的落地点距桌边距离为 ( )哈哈哈哈哈哈哈哈你好x 6 A.3 B. 3x C ．x D. 3x答案： D 剖析：当用板挡住小球 A而只释放 B 球时，依照能量守恒：p 1 2E ＝2mv0，依照平抛运动规律有： x＝ v0t .当用同样的程度压缩弹簧，取走 A 左边的挡板，将 A、B 同时释放时，1 2 设 A、B 的速度分别为v A和 v B，则依照动量守恒和能量守恒有：2mv A－mv B＝ 0，E p＝2·2mv A＋1 2 6 62mv B，解得 v B＝3 v0， B球的落地点距桌边距离为x′＝ v B t ＝3 x，选项D正确．4．2017 年 6 月 15 日上午 11 点，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射硬 X 射线调制望远镜卫星“慧眼”．假设将发射火箭看作以下模型：静止的实验火箭，总质量为 M＝2 100 g ，当它以对地速度为 v0＝840 m/s喷出质量为m＝100 g的高温气体后，火箭的对地速度为( 喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)( ) A． 42 m/s B．－ 42 m/sC． 40 m/s D．－ 40 m/s答案： B 剖析：取火箭及喷出的高温气体为系统，则火箭在向外喷气过程中满足动量守恒定律0＝0＋(－) ，由此可得火箭的速度＝－0 ＝－ 42 m/s.v mvmv M m v M－ m5． ( 多项选择 ) A、B两物体在一水平长直气垫导轨上相碰，碰撞前物体 A 做匀速直线运动，物体 B 静止不动，频闪照相机每隔0.1 s 闪光一次，连续拍照多次，拍得以下列图的照片，不计两物体的大小及两物体碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断()A．第四次拍照时物体A在100 cm处B．第四次拍照时物体A在80 cm处C．m A∶m B＝3∶1D．m A∶m B＝1∶3答案： AD剖析：碰撞前，物体 A 做匀速直线运动，可知物体 A 第三次在90 cm处，第x A 0.4四次在 100 cm 处，故 A 项正确， B 项错误；碰撞前，物体A 的速度大小为 v 0＝ t ＝ 0.1 m/s＝4 m/s ，方向向右，碰撞后，物体x ′A 0.2 A 的速度大小为 v ＝ t＝ 0.1 m/s ，方向向左，物体 BAx B0.2 m/s ＝ 2 m/s ，方向向右，取向右为正方向，依照动量守恒定律得的速度大小为 v ＝ t ＝0.1BA 0＝－A A＋ B B ，代入数据得A×4＝－ A ×2＋B×2，解得A∶ B ＝1∶3，故 C 项错误， Dmvmv mvm m mm m项正确．[ 能力提升 ]6．以下列图，小车放在圆滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，小车总质量为 M ，质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细绳连接于小车的 A 端并使弹簧压缩，开始时小车和 C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，使 C 走开弹簧向 B 端冲去，并跟 B 端油泥粘在一起，忽略所有摩擦，以下说法正确的选项是 ()A ．弹簧伸长过程中 C 向右运动，同时 AB 也向右运动B ．C 与 B 碰前， C 与小车的速率之比为 m ∶ MC ． C 与油泥粘在一起后，小车马上停止运动D ． C 与油泥粘在一起后，小车连续向左运动答案： C 剖析： 依照系统动量守恒， C 向右运动时， AB 向左运动，或由牛顿运动定律 判断， AB 受向左的弹力作用而向左运动，故v C MA 项错；又 Mv AB ＝ mvC ，得＝ ，即 B 项错；根v AB m据动量守恒得： 0＝ ( M ＋ m ) v ′，所以 v ′＝ 0，应选 C.7．(2018 ·河南洛阳一模 )( 多项选择 ) 以下列图，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圆滑水平面上，物块与木板间的动摩擦 因数为 μ＝ 0.4，质量为 m 0＝5 g 的子弹以速度 v 0＝ 300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中( 时间极短 ) ，取 g ＝ 10 m/s 2，则在整个过程中 ()A ．物块和木板组成的系统动量守恒B ．子弹的末动量大小为0.01 kg ·m/sD ．物块相对于木板滑行的时间为1 s答案： BD 剖析： 子弹射入物块的过程中，物块的动量增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒，故A 错误；采用向右为正方向，子弹射入物块过程，由动量守恒定律可得m 0v 0＝ ( m 0＋ m ) v 1，物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得( m 0＋ m ) v 1＝ ( m 0＋ m ＋ M ) v 2，m 0v 0联立可得 v 2＝＝ 2 m/s ，所以子弹的末动量大小为p ＝ m 0v 2＝0.01 kg ·m/s ，故 B 正m ＋ m ＋ M确；由动量定理可得子弹碰到的冲量 I ＝ p ＝ p －p 0＝0.01 kg ·m/s －5×10 －3×300 kg ·m/s＝－ 1.49 kg ·m/s ＝－ 1.49 N ·s. 子弹与物块间的相互作用力大小向来相等，方向相反，所以子弹对物块的冲量大小为1.49 N ·s ，故 C 错误；对子弹和物块整体， 由动量定理得－ μ ( m21＋ )＝ (＋ )(v 2v 1t ＝ v － v ＝1 s ，故 D 正 －，综上可得，物块相对于木板滑行的时间m gtmm－ μ g确.8.(2018 ·山东部分重点中学联考 ) 以下列图，长 R ＝ 0.6 m 的不可以伸长的细绳一端固定在 O 点，另一端系着质量 m 2＝ 0.1 kg 的小球 B ，小球 B 恰好与水平面相接触．现使质量m 1＝0.3 kg的物块 A 沿圆滑水平面以v 0＝ 4 m/s 的速度向B 运动并与B 发生弹性正碰， 、A B 碰撞后，小球 B 能在竖直平面内做圆周运动，已知重力加速度取 g ＝ 10 m/s 2， A 、 B 均可视为质点，试求：(1) 在 A 与 B 碰撞后刹时，小球B 的速度 v 2 的大小；(2) 小球 B 运动到最高点时对细绳的拉力大小．答案： (1)6 m/s(2)1 N剖析： (1) 物块 A 与小球 B 碰撞时，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：m 1v 0＝ m 1v 1＋m 2v 2121212m 1v 0＝ m 1v 1 ＋ m 2v 22 2 2m 1－m 2解得碰撞后刹时物块A 的速度 v 1＝v 0＝ 2 m/sm 1＋ m 22m 1小球 B 的速度 v 2＝m 1＋ m 2v 0＝ 6 m/s1212(2) 碰撞后， 设小球 B 运动到最高点时的速度为v ，则由机械能守恒定律有：2m 2v 2＝ 2m 2v＋2 2mgR又由向心力公式有：v 2n＝ ＋ 2 ＝ 2F F mg m R联立解得小球B 对细绳的拉力大小 ′＝ ＝1 N.FF9．以下列图，质量 M ＝ 2 kg 的长木板 B 静止于圆滑水平面上， B 的右边放有竖直固定 挡板， B 的右端到挡板的距离为 s . 现有一小物体 A ( 可视为质点 ) 质量 m ＝1 kg ，以初速度 v 0 ＝6 m/s 从B 的左端水圆滑上 B. 已知 A 与 B 间的动摩擦因数 μ＝ 0.2 ， A 向来未滑离 ，B B 与竖直挡板碰前A 和B 已相对静止． B 与挡板的碰撞时间极短，碰后以原速率弹回．重力加速度取 g ＝10 m/s 2，求：(1) B 与挡板相碰时的速度大小；(2) s 的最短距离；(3) 长木板 B 与竖直固定挡板碰撞后离竖直固定挡板的距离为多少时，物体 A 恰与长木板 B 相对静止？ ( 结果保留两位小数 )答案： (1)2 m/s(2)2 m(3)1.78 m剖析： (1) 设 B 与挡板相碰时的速度大小为v 1，由动量守恒定律得 01mv ＝ ( M ＋ m ) v ，v 1＝ 2 m/s.(2) A 与 B 恰好共速时 B 到达挡板距离 s 最短，由牛顿第二定律得，B 的加速度为μmg2a ＝ M ＝1 m/s2v 1s ＝ 2a ＝ 2 m.(3) B 与挡板碰后， A 、 B 最后一起向左运动，共同速度大小为v 2，由动量守恒定律，有Mv 1－mv 1＝ ( m ＋M ) v 22v 2＝ m/s设长木板 B 与竖直固定挡板碰撞后离竖直固定挡板的距离为L 时，物体 A 恰与长木板 B相对静止，对长木板B 由动能定理得1 2 1 2－μ mgL＝2Mv2－2Mv1代入数据得L＝1.78 m.10．在原子核物理中，研究核子与核关系的最有效路子是“双电荷交换反应”．这类反应的前半部分过程和下述力学模型近似．两个小球 A和 B 用轻质弹簧相连，在圆滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板，右边有一小球C 沿轨道以P速度 v0射向 B 球，以下列图． C 与 B 发生碰撞并马上结成一个整体 D. 在它们连续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．尔后，A球与挡板 P 发生碰撞，碰后 A、D都静止不动， A与 P 接触而不粘连．过一段时间，突然清除锁定( 锁定及解除锁定均无机械能损失 ) ．已知A、B、C三球的质量均为m.(1)求弹簧长度刚被锁定后 A 球的速度；(2)求在 A 球走开挡板 P此后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．答案： (1) 10(2)1 2 3v 036mv剖析： (1) 设 C球与 B 球粘结成 D时， D的速度为 v ，由动量守恒定律，有10＝( ＋ ) 1①mv m m v当弹簧压至最短时，D与 A 的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒定律，有2mv1＝ 3mv2②1由①②两式得A的速度 v2＝3v0.③(2) 设弹簧长度被锁定后，储藏在弹簧中的势能为E p，由能量守恒定律，有121 22·2mv1＝2mv2＋ E p④撞击 P后， A 与 D的动能都为零，清除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能所有转变成 D的动能，设D的速度为 v3，则有1 2 ⑤E＝2·(2 m· vp 3当弹簧伸长， A 球走开挡板 P，并获得速度．当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长．设此时的速度为v4，由动量守恒定律，有2mv3＝ 3mv4⑥当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为E′p，由能量守恒定律，有1 2 1 22·2mv3＝2mv4 ＋E′P⑦解以上各式得E′＝ 1 2 .⑧36mvp。
高考物理总复习 第六章第2课 动量守恒定律的综合应用课时作业
第2课 动量守恒定律的综合应用题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案一、单项选择题1．质量为m 的小球A ，在光滑水平面以初动能E k 与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后A 球停下，则撞后B 球的动能为( )A ．0B.E k2C.2E k3D ．E k解析：两球碰撞过程动量守恒，有mv A ＝2mv B ，所以由动量和能量的关系有mE k ＝2mE k B ，故E k B ＝E k2.B 项正确． 答案：B2．(2014·深圳模拟)如图所示，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M 的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在长木板上最多能滑行的距离为( )A ．L B.3L 4C.L4D.L2解析：长木板固定时，由动能定理得：μMgL ＝12Mv 20，后来长木板不固定有Mv 0＝2Mv ，μMgs ＝12Mv 20－12×2Mv 2，得s ＝L 2，D 项正确，A 、B 、C 三项错误．答案：D3．(2014·汕头模拟)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mghB ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2C ．B 能达到的最大高度为h2D ．B 能达到的最大高度为h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 ＝12×2mv 2＝12mgh ，故A 项错误，B 项正确；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 ′＝12mv 2，B 能达到的最大高度为h4，故C 、D两项错误．答案：B4．(2012·无锡模拟)如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A 、B 两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时( )A ．若小车不动，两人速率一定相等B ．若小车向左运动，A 的动量一定比B 的小C ．若小车向左运动，A 的动量一定比B 的大D ．若小车向右运动，A 的动量一定比B 的大解析：根据动量守恒可知，若小车不动，两人的动量大小一定相等，因不知两人的质量，故选项A 是错误的．若小车向左运动，A 的动量一定比B 的大，故选项B 是错误的、选项C 是正确的．若小车向右运动，A 的动量一定比B 的小，故选项D 是错误的．答案：C二、双项选择题5．(2014·广州模拟)平静的水面上停着一只小船，船上站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动．水对船的阻力忽略不计．下列说法中正确的是( )A ．人走动时，他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反B ．人突然停止走动后，船由于惯性还会继续运动一小段时间C ．人在船上走动的过程中，人对水面的位移是船对水面位移的8倍D ．人在船上走动的过程中，人的动能是船的动能的8倍解析：设人的质量为m ，速度为v 1，位移为s 1，动能为E k1.船的质量为8m ，速度为v 2，位移为s 2，动能为E k2.人和船组成的系统动量守恒，则有mv 1＝8mv 2，m s 1t ＝8m s 2t ，解得v 2＝18v 1，s 2＝18s 1，故A 项错误，C 项正确．当人突然停止走动后，v 1＝0，v 2＝0，故B 项错误．人的动能E k1＝12mv 21，船的动能E k2＝12×8mv 22＝116mv 21，故D 项正确．答案：CD6．如图所示，在光滑的水平面上有一物体M ，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C ，两端A 、B 一样高．现让小滑块m 从A 点由静止下滑，则( )A ．m 不能到达M 上的B 点B ．m 从A 到C 的过程中M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 向右运动 C ．m 从A 到B 的过程中M 一直向左运动，m 到达B 的瞬间，M 速度为零D ．M 与m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒解析：由于整个过程中只有重力做功，机械能守恒，故m 能到达M 上的B 点，A 项错误；根据水平方向动量守恒可以确定整个过程M 一直向左运动，故B 项错误，C 、D 两项正确．答案：CD7．如图所示，光滑的水平面上，质量为m 1的小球以速度v 与质量为m 2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为12v ，方向相反，则两小球质量之比m 1m 2和碰撞前后动能变化量之比ΔE k1ΔE k2为( )A ．m 1m 2＝13B ．m 1m 2＝11C ．ΔE k1ΔE k2＝13D ．ΔE k1ΔE k2＝11解析：由动量守恒可知，m 1v ＝m 2·12v －m 1·12v解得m 1m 2＝13，A 项正确，B 项错误．ΔE k1＝12m 1v 2－12m 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 2＝38m 1v 2ΔE k2＝12m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 2＝18m 2v 2所以ΔE k1ΔE k2＝11，D 项正确，C 项错误． 答案：AD8．(2012·广东四校联考)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射入滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，如图甲所示；若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图乙所示，上述两种情况相比较( )A ．子弹对滑块做功一样多B ．子弹对滑块做的功不一样多C ．系统产生的热量一样多D ．系统产生热量不一样多解析：两次都没射出，则子弹与木块最终共速，设为v 共，由动量守恒定律可得mv ＝(M ＋m )v 共，得v 共＝mM ＋mv ；子弹对滑块所做的功等于木块获得的动能，故A 、C 两项正确． 答案：AC9.(a)图所示光滑平台上，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，(b)图为物体A 与小车的vt 图象(v 0、v 1及t 1均为已知)，由此可算出( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上表面间的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能解析：图中速度线与坐标轴包围的面积表示A 相对于小车的位移，不一定为小车长度，选项A 错误；设m 、M 分别表示物体A 与小车B 的质量，根据动量守恒定律：mv 0＝Mv 1＋mv 1，求出：m M ＝v 1v 0－v 1， 选项B 正确；物体A 的vt 图象中速度线斜率大小为：a ＝μg ＝v 0－v 1t 1，求出μ，选项C 正确；因B 车质量大小未知，故无法计算B 车的动能．答案：BC三、非选择题10．如图所示，光滑水平地面停放着一辆质量为M 的小车B ，小车左端又放着一块质量为m 的小滑块A (可视为质点)，A 、B 间的动摩擦因数为μ，现A 以初速度v 0向右滑动，则：(1)小滑块A 没有从B 滑下，它们的共同速度为多少？ (2)小车B 的长度最小要多长？解析：(1)设A 与B 的共同速度为v ，对系统根据动量守恒定律，有： mv 0＝(M ＋m )v ，得：v ＝mv 0M ＋m.(2)设小车B 的最小长度为L ，对系统由功能关系，有：μmgL ＝12mv 02－12(M ＋m )v 2，得：L ＝Mv 022μM ＋m g .答案：(1)mv 0M ＋m (2)Mv 022μM ＋m g11.(2012·广州模拟)如图所示，一条滑道由一段半径R ＝0.8 m 的14圆弧轨道和一段长为L ＝3.2 m 的水平轨道MN 组成，在M 点处放置一质量为m 的滑块B ，另一个质量也为m 的滑块A 从左侧最高点无初速度释放，A 、B 均可视为质点．已知圆弧轨道光滑，且A 与B之间的碰撞无机械能损失．(g 取10 m/s 2)(1)求A 滑块与B 滑块碰撞后的速度vA ′和vB ′.(2)若A 滑块与B 滑块碰撞后，B 滑块恰能达到N 点，则MN 段与B 滑块间的摩擦因数μ的大小为多少？解析：(1)设与B 相碰前A 的速度为vA ，A 从圆弧轨道上滑下时机械能守恒，故 12mvA 2＝mgR ① A 与B 相碰时，动量守恒且无机械能损失，有 mvA ＝mvA ′＋mvB ′② 12mvA 2＝12mvA ′2＋12mvB ′2③ 由①②③得：vA ′＝0，vB ′＝4 m/s.(2)B 在碰撞后在摩擦力作用下减速运动，到达N 点速度为0，由动能定理得：－fL ＝0－12mvB ′2④其中f ＝μmg ⑤由④⑤得：μ＝0.25.答案：(1)0 4 m/s (2)0.2512．如图所示，一辆质量M A ＝3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，小车上有一质量M B ＝1 kg 的光滑小球，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p ＝6 J ，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻拦层碰撞并被粘住，已知L ＝1.2 m ．求：(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度； (2)整个过程中，小车移动的距离．解析：(1)系统的动量守恒：0＝M A v A －M B v B系统的机械能守恒：12M A v 2A ＋12M B v 2B ＝E p解得v A ＝1 m/s ， v B ＝3 m/s.(2)由动量守恒得M A s A ＝M B s B 且s A ＋s B ＝Ls A ＝M B L M A ＋M B＝0.3 m.答案：(1)3 m/s 1 m/s (2)0.3 m。
高考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学案(2021年整理)
2019年高考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学案编辑整理：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年高考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学案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
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第2讲动量守恒定律及应用微知识1 动量守恒定律1．内容：如果系统不受外力,或者所受外力的合力为零，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′,即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。
（2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为零。
（3)Δp1＝－Δp2，即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。
(4）m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2,即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
3．常见的几种守恒形式及成立条件（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。
(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，但在某方向上合力为零，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非常大的相互作用的过程。
2．碰撞特征(1)作用时间短.（2)作用力变化快.（3)内力远大于外力。
(4)满足动量守恒。
3．碰撞的分类及特点(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。
高考物理一轮复习 第6章 动量 第2节 动量守恒定律及其应用学案
学习资料第2节动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1．动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零,这个系统的总动量保持不变。
2．动量守恒的数学表达式（1）p＝p′（系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′）。
（2)Δp＝0(系统总动量变化为零)。
（3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等,方向相反）。
3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时,系统的动量守恒。
（2）系统所受外力之和不为零,但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。
（3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。
二、碰撞、反冲和爆炸1．碰撞(1）概念：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，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒.（3)分类：动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大(1）物体在内力作用下分裂为两个不同部分,并且这两部分向相反方向运动的现象.（2)反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用动量守恒定律来处理。
3．爆炸问题(1)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.(2）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.1．思考辨析（正确的画“√”，错误的画“×”)(1）系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。
（√）（2）动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。
(×）（3）物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。
（√)(4)在爆炸现象中，动量严格守恒. （×）(5）在碰撞问题中，机械能也一定守恒。
（×)（6)反冲现象中动量守恒、动能增加。
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2、动量守恒定律的综合应用
[基础训练]
1．(2018·黑龙江哈三中二模)如图所示，在光滑水平面上质量为m 的物体A 以速度v 0
与静止的物体B 发生碰撞，物体B 的质量为2m ，则碰撞后物体B 的速度大小可能为()
A ．v 0 B.4v03C ．0 D.
v0
3
答案：D 解析：物体A 与物体B 碰撞的过程中动量守恒，选物体A 原来的运动方向为正方向：如果发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋2m )v ，计算得出v ＝1
3v 0；
如果发生的是完全弹性碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋2mv 2，由能量守恒定律得12mv 20＝
1
2
mv 21＋1
2·2mv 2，计算得出v 2＝23v 0.碰撞后物体B 的速度满足13v 0≤v B ≤23
v 0，选项D 正确．
2．如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝3 kg.质量m ＝1 kg 的铁块以水平速度v 0＝4 m/s ，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势
能为()
A ．3 J
B ．4 J
C ．6 J
D ．20 J
答案：A 解析：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L ，摩擦力大小为F f .铁块相对于木板向右运动过程中，根据能量守恒得
12
mv 20＝F f L ＋1
2(M ＋m )v 2＋E p .铁块相对木板运动的整个过程中12mv 20＝2F f L ＋12
(M ＋m )v 2
，由动量
守恒可知mv 0＝(M ＋m )v .联立解得E p ＝3 J ，A 正确．
3．A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A 、B 两球质量分别为2m 和m .当用板挡住A 球而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌边距离为x 的水平地面上，如图所示．当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放时，B 球的落地点
距桌边距离为()
A .x 3 B.3x C ．x D.
63
x
答案：D 解析：当用板挡住小球A 而只释放B 球时，根据能量守恒：E p ＝1
2mv 20，根据平抛
运动规律有：x ＝v 0t .当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放时，设A 、B 的速度分别为v A 和v B ，则根据动量守恒和能量守恒有：2mv A －mv B ＝0，E p ＝1
2
·2mv 2A ＋
12mv 2B ，解得v B ＝63v 0，B 球的落地点距桌边距离为x ′＝v B t ＝63
x ，选项D 正确．
4．2017年6月15日上午11点，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射硬X 射线调制望远镜卫星“慧眼”．假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M ＝2 100 g ，当它以对地速度为v 0＝840 m/s 喷出质量为Δm ＝100 g 的高温气体后，
火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)()
A ．42 m/s
B ．－42 m/s
C ．40 m/s
D ．－40 m/s
答案：B 解析：取火箭及喷出的高温气体为系统，则火箭在向外喷气过程中满足动量守
恒定律0＝Δmv 0＋(M －Δm )v ，由此可得火箭的速度v ＝－Δmv0
M －Δm
＝－42 m/s.
5．(多选)A 、B 两物体在一水平长直气垫导轨上相碰，碰撞前物体A 做匀速直线运动，物体B 静止不动，频闪照相机每隔0.1 s 闪光一次，连续拍照多次，拍得如图所示的照片，
不计两物体的大小及两物体碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断()
A ．第四次拍照时物体A 在100 cm 处
B ．第四次拍照时物体A 在80 cm 处
C ．m A ∶m B ＝3∶1
D ．m A ∶m B ＝1∶3
答案：AD 解析：碰撞前，物体A 做匀速直线运动，可知物体A 第三次在90 cm 处，第四
次在100 cm 处，故A 项正确，B 项错误；碰撞前，物体A 的速度大小为v 0＝xA t ＝0.4
0.1 m/s ＝
4 m/s ，方向向右，碰撞后，物体A 的速度大小为v A ＝
x ′A t ＝0.2
0.1
m/s ，方向向左，物体B 的速度大小为v B ＝xB t ＝0.2
0.1 m/s ＝2 m/s ，方向向右，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m A v 0
＝－m A v A ＋m B v B ，代入数据得m A ×4＝－m A ×2＋m B ×2，解得m A ∶m B ＝1∶3，故C 项错误，D 项
正确．[能力提升]
[能力提升]
6．如图所示，小车放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，小车总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时小车和C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，使C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘
在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()
A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时A
B 也向右运动
B ．
C 与B 碰前，C 与小车的速率之比为m ∶M C ．C 与油泥粘在一起后，小车立即停止运动
D ．C 与油泥粘在一起后，小车继续向左运动
答案：C 解析：依据系统动量守恒，C 向右运动时，AB 向左运动，或由牛顿运动定律判断，AB 受向左的弹力作用而向左运动，故A 项错；又Mv AB ＝mv C ，得vC vAB ＝M
m
，即B 项错；根据
动量守恒得：0＝(M ＋m )v ′，所以v ′＝0，故选C.
7．(2018·河南洛阳一模)(多选)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m 0＝5 g 的子弹以速度v 0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中
(时间极短)，取g ＝10 m/s 2
，则在整个过程中()
A ．物块和木板组成的系统动量守恒
B ．子弹的末动量大小为0.01 kg·m/s。