2020_2021学年高三物理一轮复习综合训练 动量
备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-动量守恒定律(含答案)
备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-动量守恒定律一、单选题1.下列关于动量、动能的说法中，正确的是（）A. 若物体的动能发生了变化，则物体的加速度也发生了变化B. 若物体的动能不变，则动量也不变C. 若一个系统所受的合外力为零，则该系统的动能不变D. 物体所受合外力越大，则它的动量变化就越快2.一个静止的质量为M的不稳定原子核，当它放射出质量为m、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度为（）A. -vB.C.D.3.A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B 质量为2 kg，速度大小为5 m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为（）A. 10m/sB. 5m/sC. 6m/sD. 12m/s4.如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2。
则（）A. 若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为12NB. 若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒C. 若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为3m/sD. 若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为m5.若物体在运动过程中受到的合外力不为零，则（）A. 物体的动能不可能总是不变的B. 物体的动量可能总是不变的C. 物体的加速度一定变化D. 物体所受合外力做的功可能为零6.如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在水平冰面上，当其中某人A从背后轻轻推另一个人B时，两个人会向相反的方向运动，不计摩擦力，则下列判断正确的是（）A. A，B的质量一定相等B. 推后两人的动能一定相等C. 推后两人的总动量一定为0D. 推后两人的速度大小一定相等7.一辆质量为2200kg的汽车正在以26m/s的速度行驶，如果驾驶员紧急制动，可在3.8s内使车停下，如果汽车撞到坚固的墙上，则会在0.22s内停下，下列判断正确的是（）A. 汽车紧急制动过程动量的变化量大B. 汽车撞到坚固的墙上动量的变化量大C. 汽车紧急制动过程受到的平均作用力约为15000ND. 汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力约为15000N8.如图所示，质量为m的小球从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C点速度减为零。
2020版高考物理一轮总复习力学综合训练(含解析)新人教版
力学综合训练一、选择题：(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，其中第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，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．甲、乙两物体同时从同一位置开始做直线运动，其运动的v －t 图象如图所示，在0～t 0时间内下列说法正确的是( )A ．甲的位移大于乙的位移B ．甲的加速度先增大后减小C ．甲的平均速度等于乙的平均速度D ．t 0时刻甲、乙相遇解析：选A. v －t 图象中图线与横轴所围图形的面积表示位移，所以甲的位移大于乙的位移，故A 项正确； v －t 图象中切线的斜率表示加速度，所以甲的加速度一直减小，故B 项错误；由于甲的位移大于乙的位移，而时间相同，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，故C 项错误；甲乙从同一位置开始运动，t 0时间内甲的位移大于乙的位移，所以t 0时刻甲在乙的前面，故D 项错误．2．假设我国宇航员在2022年，首次实现月球登陆和月面巡视勘察，并开展了月表形貌与地质构造调查等科学探测，若在地面上测得小球自由下落某一高度所用的时间为t 1，在月面上小球自由下落相同高度所用的时间为t 2，地球、月球的半径分别为R 1、R 2，不计空气阻力，则地球和月球的第一宇宙速度之比为( )A.R 1t 22R 2t 12 B ． R 1t 1R 2t 2 C.t 1t 2R 1R 2D ．t 2t 1R 1R 2解析：选D.对小球自由下落过程有：h ＝12gt 2，又天体表面上有G MmR 2＝mg ，第一宇宙速度v ＝gR ，则有v 地v 月＝ g 地R 地g 月R 月＝t 2t 1 R 1R 2，故D 项正确． 3．一物块从某一高度水平抛出，从抛出点到落地点的水平距离是下落高度的2倍，不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6 B ．π4C.π3D ．5π12解析：选B.物块平抛运动的过程中，水平方向有x ＝v 0t ，竖直方向有h ＝v y t2，又x ＝2h ，则有tan θ＝v y v 0＝1，即θ＝π4，故B 项正确．4．一串质量为50 g 的钥匙从橱柜上1.8 m 高的位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与地板作用的时间为0.05 s ，且不反弹．重力加速度g ＝10 m/s2，此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为( )A ．5 NB ．5.5 NC ．6 ND ．6.5 N解析：选D.钥匙落地时的速度v ＝2gh ＝6 m/s ，以竖直向上为正方向，钥匙与地面作用前后由动量定理得：(F N －mg )t ＝0－(－mv ) ，解得F N ＝6.5 N ，故D 项正确．5．如图所示，质量分别为0.1 kg 和0.2 kg 的A 、B 两物体用一根轻质弹簧连接，在一个竖直向上、大小为6 N 的拉力F 作用下以相同的加速度向上做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数为1 N/cm ，取g ＝10 m/s 2.则弹簧的形变量为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．4 cm解析：选D.本题考查了连接体问题的分析．对AB 两物体由牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，对B 物体由牛顿第二定律得F T －m B g ＝m B a ，又F T ＝kx ，解得x ＝4 cm ，故D 项正确．6．如图所示，P 、Q 两物体保持相对静止，且一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q 的上表面水平，则下列说法正确的是( )A ．Q 处于失重状态B ．P 受到的支持力大小等于其重力C ．P 受到的摩擦力方向水平向右D ．Q 受到的摩擦力方向水平向右解析：选AD.由于P 、Q 一起沿着固定光滑斜面下滑，具有相同的沿斜面向下的加速度，该加速度有竖直向下的分量，所以Q 处于失重状态，故A 项正确；P 也处于失重状态，所以受到的支持力小于重力，故B 项错误；由于P 的加速度有水平向左的分量，所以水平方向受到的合力方向水平向左，即P 受到的摩擦力方向水平向左，故C 项错误；由牛顿第三定律可知，P 对Q 的摩擦力水平向右，故D 项正确．7．如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m ＝1 kg 的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F 作用由静止开始运动，用x 表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F 与x 的关系如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.则物体沿斜面向上运动过程中，下列说法正确的是( )A ．机械能先增大后减小，在x ＝3.2 m 处，物体机械能最大B ．机械能一直增大，在x ＝4 m 处，物体机械能最大C ．动能先增大后减小，在x ＝2 m 处，物体动能最大D ．动能一直增大，在x ＝4 m 处，物体动能最大解析：选AC.物体所受滑动摩擦力的大小为F f ＝μmg cos θ＝4 N ，所以当F 减小到4 N 之前，物体的机械能一直增加，当F 从4 N 减小到0的过程中，物体的机械能在减小，由F x 图象可知，当F ＝4 N 时，位移为3.2 m ，故A 项正确，B 项错误；当F ＝mg sin θ＋μmg cosθ＝10 N 时动能最大，由F x 图象知此时x ＝2 m ，此后动能减小，故C 项正确，D 项错误．8．绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v t 图象如图所示．t ＝0时刻质量为1 kg 的楔形物体从B 点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2 s 后开始减速，在t ＝4 s 时物体恰好到达最高点A 点．重力加速度为10 m/s 2.对物体从B 点运动到A 点的过程中，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．物体与传送带间的摩擦因数为0.75B ．物体重力势能增加48 JC ．摩擦力对物体做功12 JD ．物块在传送带上运动过程中产生的热量为12 J解析：选AD.物体前两秒内沿传送带向上匀速运动，则有mg sin θ＝μmg cos θ ，解得μ＝0.75 ，故A 项正确；经分析可知，2 s 时物体速度与传送带相同，由图象可知等于2 m/s ，2 s 后物体的加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ＝12 m/s 2>1 m/s 2，故物体和传送带相对静止，加速度为1 m/s 2，所以物体上滑的总位移为x ＝vt 1＋v 22a＝6 m ，物体的重力势能增加E p ＝mgx sin θ＝36 J ，故B 项错误；由能量守恒得摩擦力对物体做功W ＝E p －12mv 2＝34 J ，故C 项错误；物块在传送带上运动过程产生的热量为Q ＝μmg cos θΔx 1，结合图象可得Δx 1＝x 带1－vt 1＝2 m ，Q ＝12 J ，选项D 对．二、非选择题(本题共3小题，共52分)9．(9分)某同学用如图所示装置验证动量守恒定律．在上方沿斜面向下推一下滑块A，滑块A匀速通过光电门甲，与静止在两光电门间的滑块B相碰，碰后滑块A、B先后通过光电门乙，采集相关数据进行验证．(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)(1)下列所列物理量哪些是必须测量的______．A．滑块A的质量m A，滑块B的质量m B.B．遮光片的的宽度d(滑块A与滑块B上的遮光片宽度相等)C．本地的重力加速度gD．滑块AB与长木板间的摩擦因数μE．滑块A、B上遮光片通过光电门的时间(2)滑块A、B与斜面间的摩擦因数μA、μB，质量m A、m B，要完成本实验，它们需要满足的条件是________．A．μA＞μB m A＞m B B．μA＞μB m A＜m BC．μA＝μB m A＞m B D．μA＜μB m A＜m B(3)实验时，要先调节斜面的倾角，应该如何调节？________________.(4)若光电门甲的读数为t1，光电门乙先后的读数为t2，t3，用题目中给定的物理量符号写出动量守恒的表达式________．解析：(1)本实验中要验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要验证m Adt A甲＝m Adt A乙＋m Bdt B乙，故选项A、E正确．(2)由于滑块A匀速通过光电门甲，则有mg sin θ＝μmg cos θ，要通过光电门验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要滑块B也满足mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，所以有μA＝μB，又因为碰后两滑块先后通过光电门乙，所以A的质量大于B的质量，故C 项正确．(3)实验过程要求两滑块匀速运动，所以调整斜面的倾角，当滑块下滑通过两光电门所用时间相等时，表示滑块在斜面上做匀速运动．(4)由第(1)问解析可得两滑块碰撞前后动量守恒的表达式为：m A dt1＝m Adt3＋m Bdt2.答案：(1)AE (2)C(3)滑块下滑通过两光电门所用时间相等(意思相近的叙述均可给分)(4)m A dt 1＝m A d t 3＋m B d t 2(或m A t 1＝m A t 3＋m B t 2)10．(20分)如图所示，一质量为m 1＝1 kg 的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板最右端放有一质量为m 2＝1 kg 、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2.现给木板左端施加一大小为F ＝12 N 、方向水平向右的推力，经时间t 1＝0.5 s 后撤去推力F ，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未脱离木板，取g ＝10 m/s 2，求：(1)撤去推力F 瞬间，木板的速度大小v 1和物块的速度大小v 2； (2)木板至少多长；(3)整个过程中因摩擦产生的热量．解析：(1)假设木板和物块有相对滑动，撤F 前， 对木板：F －μ1(m 1＋m 2)g －μ2m 2g ＝m 1a 1 解得：a 1＝8 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 2 解得：a 2＝2 m/s 2因a 1>a 2，故假设成立，撤去F 时，木板、物块的速度大小分别为：v 1＝a 1t 1＝4 m/s v 2＝a 2t 1＝1 m/s(2)撤去F 后，对木板：μ1(m 1＋m 2)g ＋μ2m 2g ＝m 1a 3 解得：a 3＝4 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 4 解得：a 4＝2 m/s 2撤去F 后，设经过t 2时间木板和物块速度相同： 对木板有：v ＝v 1－a 3t 2 对物块有：v ＝v 2＋a 4t 2 得：t 2＝0.5 s ，v ＝2 m/s撤去F 前，物块相对木板向左滑行了 Δx 1＝v 12t 1－v 22t 1＝0.75 m撤去F 后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了Δx 2＝v 1＋v 2t 2－v 2＋v2t 2＝0.75 m之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为：L ＝Δx 1＋Δx 2＝1.5 m(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量：Q 1＝μ2m 2gL ＝3 J共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度为a ，有：a ＝μ1g ＝1 m/s 2全过程中木板对地位移为：s ＝v 12t 1＋v 1＋v 2t 2＋v 22a ＝4.5 m木板与地面间因摩擦产生的热量为：Q 2＝μ1(m 1＋m 2)gs ＝9 J故全过程中因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝12 J解法二：由功能关系可得：Q ＝Fx 1x 1＝v 12t 1Q ＝12 J答案：(1)4 m/s 1 m/s (2)1.5 m (3)12 J11．(23分)如图所示，竖直平面内，固定一半径为R 的光滑圆环，圆心为O ，O 点正上方固定一根竖直的光滑杆，质量为m 的小球A 套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m 的滑块B 一起套在杆上，小球A 和滑块B 之间再用长为2R 的轻杆通过铰链分别连接，当小球A 位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A 位于圆环最右端时，装置能够保持静止，若将小球A 置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A 的速度v A ＝gR (g 为重力加速度)，不计一切摩擦，A 、B 均可视为质点，求：(1)此时滑块B 的速度大小；(2)此过程中，弹簧对滑块B 所做的功； (3)小球A 滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．解析：(1)由于此时A 、B 速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A 、B 沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B 的速度大小为：v B ＝v A ＝gR .(2)对系统，由最高点→图示位置有：(W GA ＋W GB )＋W 弹＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m A v 2A ＋12m B v 2B －0其中：W GA ＝m A g ·Δh A ＝mgRW GB ＝m B g ·Δh B ＝mg ·(3R －3R )解得：W 弹＝(3－3)mgR .(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进行受力分析，如图所示kx 1＝(m A ＋m B )g x 1＝Δh B ＝(3－3)R小球A 滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为：x 2＝2R ，所以在最低点时，弹簧的弹力大小为：F 弹＝kx 2解得：F 弹＝＋23mg3答案：(1)gR (2)(3－3)mgR (3)＋23mg3。
11动量(练习)-2020-2021学年高中物理新教材(人教版选择性)(1)
1.1 动量一、单选题1．下列关于动量的说法中，正确的是（ ）A ．物体速度变化，动量一定变化B ．物体动量变化，动能一定变化C ．动量大的物体质量一定比动量小的物体质量大D ．动能大的物体动量一定比动能小的物体动量大【答案】A【解析】A ：速度和动量都是矢量；物体速度变化，动量一定变化。
故A 项正确。
B ：动量是矢量，动能是标量；物体动量方向变化，动能不变化。
故B 项错误。
C ：动量p =mv ，动量大的物体质量不一定比动量小的物体质量大。
故C 项错误。
D ：动量与动能的关系为p =√2mE k ，动能大的物体动量不一定比动能小的物体动量大。
故D 项错误。
2．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，动能也一定相等B ．物体动能发生变化，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 ．动量大的物体运动一定快【答案】B【详解】A ．由动量P mv =可知，两物体的动量相同时，动能212k E mv =不一定相同，故A 错误； B ．物体动能变化说明速度大小或质量大小改变了，故动量一定改变，故B 正确；C ．动量是矢量，由矢量运算法则可知，动量的变化不一定与初末动量的方向都不同，故C 错误；D ．由动量P mv =知动量大的物体的速度不一定大，还与质量有关，故D 错误；故选B 。
3．物体的动量变化量的大小为5kg •m /s ，这说明（ ）A ．物体的动量在减小B ．物体的动量在增大C ．物体的动量大小一定变化D ．物体的动量大小可能不变【答案】D【解析】若物体动量变化后速度的方向与开始时速度的方向相反，动量的变化量是末动量减去初动量，其大小为两动量绝对值的和；由于只知道动量的变化量，故无法确定动量的大小变化；大小可能不变，也可能减小，还有可能增大；故A 、B 、C 错误，只有D 正确；故选D 。
4．如图，p 、p '分别表示物体受到冲量前、后的动量，短线表示的动量大小为15km m/s ⋅，长线表示的动量大小为30kg m/s ⋅，箭头表示动量的方向．在下列所给的四种情况下，物体动量改变量相同的是（ ）A ．①④B ．①③C ．②④D ．②③【答案】C 【解析】取向右方向为正方向；①中初动量15kg m/s p =⋅，末动量30kg m/s p ='⋅，则动量变化量为15kg m/s p p p ∆-=⋅'=． ②中初动量15kg m/s p =⋅，末动量30kg m/s p =-⋅，则动量变化量为：45kg m/s p p p ∆=-=-⋅'③中初动量30kg m/s p =⋅，末动量15kg m/s p ='⋅，则动量变化量为15kg m/s p p p ∆=-=-⋅'；④中初动量30kg m/s p =⋅，末动量15kg m/s p =-⋅，则动量变化量为：45kg m/s p p p ∆=-=-⋅'．故②④物体动量改变量相同．故选C 。
2021高三物理复习专题练专题51实验验证动量守恒定律含解析
2021高三物理人教版一轮复习专题练：专题51实验：验证动量守恒定律含解析专题51实验：验证动量守恒定律1．［2020·全国卷Ⅰ］某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等．实验步骤如下：（1）开动气泵,调节气垫导轨,轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间________时，可认为气垫导轨水平;(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片)的质量m2；（3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；（4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I＝______，滑块动量改变量的大小Δp＝______;(用题中给出的物理量及重力加速度g表示）（6)某次测量得到的一组数据为：d＝1。
000 cm,m1＝1。
50×10－2kg，m2＝0.400 kg，Δt1＝3。
900×10－2s，Δt2＝1.270×10－2s，t12＝1。
50 s，取g＝9。
80 m/s2。
计算可得I＝________N·s，Δp＝________ kg·m·s－1；(结果均保留3位有效数字）（7）定义δ＝错误!×100％，本次实验δ＝________％(保留1位有效数字)．2．在“探究碰撞中的不变量"实验中，装置如图所示，两个小球的质量分别为m A和m B。
（1)现有下列器材，为完成本实验，哪些是必需的？请将这些器材前面的字母填在横线上________．A．秒表B．刻度尺C．天平D．圆规（2）如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子可能成立的是________．A。
2021高考物理一轮复习能量和动量检测题含解析新人教版
能量和动量检测题(本试卷满分100分)一、单项选择题(本题包括8小题，每小题3分，共24分)1．如图所示，质量为m的圆环套在与水平面成α＝53°角的固定的光滑细杆上，圆环用一轻绳通过一光滑定滑轮挂一质量也为m的木块，初始时圆环与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与圆环相距0.5 m．现由静止释放圆环，圆环及滑轮均可视为质点，轻绳足够长．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.则下列说法正确的是( ) A．圆环下滑0.6 m时速度为零B．圆环与木块的动能始终相等C．圆环的机械能守恒D．圆环下滑0.3 m时速度为1705m/s2.如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内( )A．若M>m，物体A对地向左的最大位移是2Mv20μM＋m gB．若M<m，小车B对地向右的最大位移是Mv20μmgC．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为2Mv0μM＋m g3．在光滑的水平地面上放有一质量为M 带光滑14圆弧形槽的小车，一质量为m 的小铁块以速度v 0沿水平槽口滑上小车，且上滑过程始终未离开小车，如图所示，若M ＝m ，则铁块离开小车时将( )A ．向左平抛B ．向右平抛C ．自由落体D ．无法判断4．[2019·湖南三湘第一次大联考]如图所示，长为L 的轻杆可绕O 点在竖直平面内无摩擦转动，质量为M 的小球A 固定于杆的一端，质量为m 的小球B 固定于杆中点，且M ＝2m ，开始时杆处于水平，后由静止释放，当杆转到竖直位置时( )A ．轻杆对球A 做正功B ．球A 在最低点速度为237gLC ．杆OB 段的拉力小于杆BA 段的拉力D ．轻杆对球B 做功29mgL5．[2019·黑龙江哈三中模拟]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.4v 03C ．0 D.v 036．如图所示，轻弹簧一端固定在质量为2m 的小球A 上，静止在光滑水平面，质量为m 的小球B 以速度v 0向右运动，压缩弹簧然后分离，(取向右为正方向)下列说法正确的是( )A ．小球A 和小球B 机械能守恒 B ．弹簧最短时小球A 的速度为v 02C ．弹簧最大弹性势能为13mv 2D．小球B最终运动的速度为v0 37．[2019·辽宁锦州质量检测]如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过定滑轮用不可伸长的轻绳拉着物块，使其匀速向上运动，则随着物块的上升，关于拉力F 及拉力F的功率P，下列说法正确的是( )A．F不变，P减小 B．F增大，P增大C．F增大，P不变 D．F增大，P减小8.如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．重力加速度大小为g，下列有关该过程的分析正确的是( )A．释放B的瞬间其加速度为g 2B．B动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和C．B机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D．细线拉力对A做的功等于A机械能的增加量二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.如图所示，足够长的水平粗糙传送带在电动机的带动下以大小为v1的速度匀速转动，一质量为m的物块从传送带右侧以大小为v2(v2>v1)的速度向左滑上传送带，经过时间t1，物块与传送带相对静止，则下列说法正确的是( )A ．物块经过时间v 2t 1v 1＋v 2，速度减为零 B ．物块向左运动的最大位移为v 21t 12v 1＋v 2C ．t 1时间内，传送带对物块所做的功为12mv 22－12mv 21D ．t 1时间内，传送带消耗的电能为m (v 1＋v 2)v 1 10.如图所示，在两根水平固定的平行光滑杆上套着A 、B 、C 三个小球，三个小球均可以沿杆滑动．A 的质量为3m ，B 和C 的质量均为m ，初始时A 和B 用一根轻弹簧相连，A 和B 的连线与杆垂直，弹簧处于原长状态，C 以速度v 0沿杆向左运动，与B 发生碰撞后瞬间结合在一起，下列说法正确的是( )A ．碰撞后，A 的最大速度为25v 0B ．碰撞后，B 、C 的最小速度为110v 0C ．碰撞后，弹簧的最大弹性势能为25mv 2D ．碰撞后，B 、C 速度最小时，弹簧的弹性势能为112mv 211．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1、m 2(已知m 2＝0.5 kg)的两物块A 、B 相连接，弹簧处于原长，三者静止在光滑水平面上．现使B 获得水平向右、大小为6 m/s 的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的图象如图乙所示，从图象提供的信息可得( )A ．在t 1时刻，两物块达到共同速度2 m/s ，且弹簧处于伸长状态B ．t 3到t 4时间内弹簧由原长变化为压缩状态C ．t 3时刻弹簧的弹性势能为6 JD ．在t 3和t 4时刻，弹簧均处于原长状态 12.如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体用轻绳相连，将物体A 用一轻弹簧悬挂于天花板上，系统处于静止状态，如果弹簧的劲度系数为k ，弹簧的弹性势能表达式为E p ＝12kx 2(式中x为弹簧的伸长量)，且弹簧一直处在弹性限度内，现将A 、B 间的连线剪断，则在这之后的过程中(已知重力加速度为g )( )A ．绳子剪断的瞬间物体A 的加速度为12gB ．绳子剪断后物体A 能上升的最大高度为2mgkC ．物体A 的最大动能为m 2g 22kD ．物体A 速度达到最大时，弹簧弹力做的功为m 2g 2k三、非选择题(本题包括6小题，共60分) 13．(9分)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图(a)所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能E p 与小球抛出时的动能E k 相等．已知重力加速度大小为g .为求得E k ，至少需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．A ．小球的质量mB ．小球抛出点到落地点的水平距离sC ．桌面到地面的高度hD ．弹簧的压缩量ΔxE ．弹簧原长l 0(2)用所选取的测量量和已知量表示E k，得E k＝________.(3)图(b)中的直线是实验测量得到的s－Δx图线．从理论上可推出，如果h不变，m 增加，s－Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，s－Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)．由图(b)中给出的直线关系和E k的表达式可知，E p与Δx的________次方成正比．14．(8分)利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验．(1)实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小或很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大，应选图________(选填“甲”或“乙”)图中的装置，若要求碰撞时动能损失最小，则应选图________(选填“甲”或“乙”)图中的装置．(甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥)(2)若通过实验已验证碰撞前、后系统的动量守恒，某同学再进行以下实验．某次实验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图丙所示．已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0～80 cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10 cm处．若A、B 两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的________时刻，A、B两滑块的质量比m A m B＝________.15．(10分)如图，光滑固定的水平直杆(足够长)上套着轻弹簧和质量m1＝4 kg的小球A，用长度L ＝0.2 m的不可伸长的轻绳将A与质量m2＝5 kg的小球B连接起来，已知弹簧左端固定，右端不与A相连．现在让A压缩弹簧使之储存4 J的弹性势能，此时A、B均静止．再由静止释放A，发现当A脱离弹簧后，B运动至最高点时绳与杆的夹角为53°.取重力加速度g＝10 m/s2，cos 53°＝0.6，sin53°＝0.8，求：(1)弹簧给A的冲量大小；(2)A脱离弹簧后的最大速度．16．(12分)如图所示，质量为m＝0.5 kg的小球用长为r＝0.4 m的细绳悬挂于O点，在O点的正下方有一个质量为m1＝1.0 kg的小滑块，小滑块放在一块静止在光滑水平面上、质量为m2＝1.0 kg的木板左端．现将小球向左上方拉至细绳与竖直方向夹角θ＝60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与小滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰后瞬间细绳对小球的拉力比碰前瞬间减小了ΔF T＝4.8 N，而小滑块恰好不会从木板上掉下．已知小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.12，不计空气阻力，小滑块与小球均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)碰后瞬间小球的速度大小；(2)木板的长度．17.(10分)如图所示，质量分布均匀、形状对称的金属块内有一个半径为R 的光滑半圆形槽，金属块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙壁．一质量为m 的小球从离金属块左上端R 处由静止下落，小球到达最低点后向右运动从金属块的右端冲出，到达最高点后离半圆形槽最低点的高度为74R .重力加速度为g ，不计空气阻力．(1)小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力为多大？ (2)金属块的质量为多少？18．(11分)如图，在光滑的水平面上静置着足够长、质量为3m 的木板，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，最后所有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为g ，求：(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小； (2)木块2在整个运动过程中的最小速度．《能量和动量》检测题1．D 当圆环下降0.6 m 时，由几何关系知，木块高度不变，圆环高度下降了h 1′＝0.6sin 53° m，由运动的合成与分解得v 木′＝v 环′cos 53°，由系统机械能守恒有mgh 1′＝12mv 2木′＋12mv 2′环，由此可知，A 项错误；圆环与木块组成的系统机械能守恒，C 项错误；设轻绳与细杆的夹角为θ，由运动的合成与分解得v 木＝v 环cos θ，当圆环下滑0.3 m 时，根据几何关系，θ＝90°，木块速度为零，圆环高度下降了h 1＝0.3sin 53° m＝0.24 m ，木块高度下降了h 2＝0.5 m －0.5×sin 53° m＝0.1 m ，由机械能守恒定律得mgh 1＋mgh 2＝12mv 2环，解得v环＝1705m/s ，B 项错误，D 项正确． 2．D 若M >m ，则系统总动量向右，A 速度向左减为0后向右加速，故v A ＝0时向左的位移最大为v 202μg ；同理，若M <m ，则小车向右的最大位移为v 202a M＝v 202×μmg M＝Mv 202μmg ；可知A 、B 均错．若M >m ，则最终共同速度大小为v ＝M －mM ＋mv 0，方向向右，摩擦力对小车的冲量I ＝ΔP M ＝M (v 0－v )＝2Mm M ＋m v 0，摩擦力作用时间t ＝ΔP M μmg ＝2Mv 0μM ＋m g .若M <m ，则最终共同速度大小v ′＝m －M M ＋m v 0，方向向左，摩擦力对小车的冲量I ′＝ΔP M ′＝M (v 0＋v ′)＝2Mmv 0M ＋m，摩擦力对小车的作用时间t ′＝ΔP M μmg ＝2Mv 0μM ＋m g＝t .所以D 对、C 错． 3．C 小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左做功之和，选项B 正确；整个系统中，根据功能关系可知，B 减少的机械能转化为A 的机械能以及弹簧的弹性势能，故B 机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项C 错误；A 与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A 做的功，选项D 错误．9．AD以传送带的速度方向为正方向，作出物块运动的v －t 图象如图所示，设传送带与物块间的动摩擦因数为μ，对物块有μmg ＝ma ，a ＝μg ，由图象可得a ＝v 1＋v 2t 1，设物块经过t 2时间速度减为零，则有v 2＝at 2，得t 2＝v 2t 1v 1＋v 2，A 正确；物块向左运动的最大位移x ＝v 222a ，得x ＝v 22t 12v 1＋v 2，B 错误；由动能定理知，传送带对物块所做的功W ＝12mv 21－12mv 22，C 错误；系统消耗的电能等于电动机的驱动力对传送带所做的功，传送带匀速运动，F 驱＝μmg ，W 驱＝F 驱x 带＝μmgv 1t 1＝m (v 1＋v 2)v 1，D 正确．10．AD C 和B 相碰的过程有mv 0＝2mv 1，得v 1＝12v 0，A 、B 、C 和弹簧组成的系统在B 、C发生碰撞后的整个运动过程中动量守恒和机械能守恒，且当三小球速度相等时，弹簧的弹性势能最大，则有2mv 1＝5mv 2，12×2mv 21＝12×5mv 22＋E pm ，得E pm ＝320mv 20，C 错误；B 、C 碰撞后到下一次弹簧恢复原长的过程中弹簧处于拉伸状态，设弹簧恢复原长时B 、C 的速度为v 3，A 的速度为v 4，则有2mv 1＝2mv 3＋3mv 4，12×2mv 21＝12×2mv 23＋12×3mv 24，解得v 3＝－15v 1＝－110v 0，v 4＝45v 1＝25v 0，在弹簧恢复原长前，B 、C 先向左做减速运动，速度减小到零后，向右做加速运动，A一直向左做加速运动，因此弹簧恢复原长时，A 的速度最大，为25v 0，碰撞后B 、C 速度最小为零，A 正确，B 错误；设B 、C 速度为零时，A 的速度为v 5，有2mv 1＝3mv 5，12×2mv 21＝12×3mv 25＋E p ，得E p ＝112mv 20，D 正确．11．AC 由题图乙可知，0到t 1时间内，B 减速，A 加速，B 的速度大于A 的速度，弹簧被拉伸，t 1时刻两物体达到共同速度2 m/s ，此时弹簧处于伸长状态，选项A 正确；从题图乙中可知，t 3到t 4时间内，A 做减速运动，B 做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t 3时。
2021届高三物理一轮复习力学动量守恒定律的应用碰撞专题练习
2021届高三物理一轮复习力学动量动量守恒定律的应用碰撞专题练习一、填空题1．小球m 在光滑水平面上以速率v 向右运动，与原静止的M 球（M =2m ）发生对心碰撞后分开，m 球的速率为原来的13，则碰后M 球速率可能为__________________。
2．在核反应堆中用石墨做慢化剂使中子减速，中子以一定速度与静止碳核发生正碰，碰后中子反向弹回，则碰后碳核的运动方向与此时中子运动的方向_____（选填“相反”或“相同”），碳核的动量_____（选填“大于”、“等于”或“小于”） 碰后中子的动量．3．在光滑水平面上，质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为3m 的静止B 球发生正碰．（1）如果碰撞后两者粘连在一起，则它们的速度大小是____；（2）如果碰撞后A 球被弹回的速度大小为2v ，那么B 球获得的速度大小是____，此情形的碰撞类型属____（选填“弹性”或“非弹性”）碰撞．4．历史上美国宇航局曾经完成了用“深度撞击”号探测器释放的撞击器“击中”坦普尔１号彗星的实验．探测器上所携带的重达400kg 的彗星“撞击器”将以1.0×104m/s 的速度径直撞向彗星的彗核部分，撞击彗星后“撞击器”融化消失，这次撞击使该彗星自身的运行速度出现1.0×10-7m/s 的改变．已知普朗克常量h =6.6×10-34J·s ．则：（1）撞击前彗星“撞击器”对应物质波波长为____________；（2）根据题中相关信息数据估算出彗星的质量为_______________．5．一质量为1.0kg 的小球静止在光滑水平面上，另一质量为0.5kg 的小球以2m/s 的速度和静止的小球发生碰撞，碰后以0.2m/s 的速度被反弹，仍在原来的直线上运动，碰后两球的总动量是______kg·m/s ，原来静止的小球获得的速度大小为______m/s.6．静水中甲、乙两只小船都处于静止状态，它们的质量均为120kg ，甲船上质量为30kg 的小孩以6m/s 的对地速度跳上乙船，则甲、乙两船的速度大小分别为v 甲=___________m/s ，v 乙=__________m/s. 7．一质量为0.5kg 的小球A 以2.0m /s 的速度和静止于光滑水平面上质量为1 kg 的另一大小相同的小球B 发生正碰，碰撞后它以0.2m /s 的速度反弹．求：①原来静止小球获得的速度大小为_______________；②碰撞过程中损失的机械能为__________________．8．A 、B 两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A 质量为5kg ，速度大小为10m/s ，B 质量为2kg ，速度大小为5m/s ，它们的总动量大小为__________________kgm/s ：两者碰撞后，A 沿原方向运动，速度大小为4m/s ，则B 的速度大小为__________________m/s ．9．A 、B 两物体在光滑的水平面上相向运动，其中物体A 的质量为m A ＝4 kg ，两球发生相互作用前后的运动情况如图所示，则：由图可知A 、B 两物体在____________时刻发生碰撞，B 物体的质量为m B ＝_________kg ．10．汽车A 在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B ，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B .两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B 车向前滑动了4.5m ，A 车向前滑动了2.0m ，已知A 和B 的质量相等，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小210m /g s .则碰撞后的瞬间，A 车速度的大小为________m/s ，碰撞前的瞬间，A 车速度的大小为________m/s.11．水平地面上，质量为1kg 的滑块A 以4m/s 的速度碰上静止的物体B ，碰后A 的速度立刻减到零，B 在地面上运动2s 后静止，已知B 与地面间的动摩擦因数为0.1，则B 的质量为_____kg ，碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能为_____J 。
2020届高考物理一轮复习考点综合提升训练卷动量和能量综合题(含解析)
二者到达 B 点的速度大小为 v 0，则由机械能守恒定律有：(m ＋2m )gR ＝2(m ＋2m )v 02.F T －(2m ＋m )g ＝ R2020 年高考物理一轮复习考点综合提升训练卷---动量与能量综合题1.如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，从 A 点由静止出发绕 O 点下摆，当摆到最低点 B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出， 然后自己刚好能回到高处 A .已知男演员质量为 2m 和女演员质量为 m ，秋千的质量不计，秋千的摆长为 R ，C 点比 O 点低 5R .不计空气阻力，求：(1)摆到最低点 B ，女演员未推男演员时秋千绳的拉力；(2)推开过程中，女演员对男演员做的功；(3)男演员落地点 C 与 O 点的水平距离 s .【答案】 (1)9mg (2)6mgR (3)8R【解析】 (1)第一个过程：两杂技演员从 A 点下摆到 B 点，只有重力做功，机械能守恒．设1女演员未推男演员时，秋千绳的拉力设为 F T ，由两杂技演员受力分析有：(m ＋2m )v 02所以 F T ＝9mg(2)第二个过程：两演员相互作用，沿水平方向动量守恒．设作用后女、男演员的速度大小分别为 v 1、v 2，所以有(m ＋2m )v 0＝2mv 2－mv 1.1第三个过程：女演员上摆到 A 点过程中机械能守恒，因此有 mgR ＝2mv 12.1 1女演员推开男演员时对男演员做的功为 W ＝2×2mv 22－2×2mv 02(2)弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块 B 的动能，则 E p ＝ mv2B 0联立得：v 2＝2 2gR ，W ＝6mgR(3)第四个过程：男演员自 B 点平抛，有：s ＝v 2t .1运动时间 t 可由竖直方向的自由落体运动得出 4R ＝2gt 2，联立可解得 s ＝8R .2.如图所示，光滑水平面上放着质量都为 m 的物块 A 和 B ，A 紧靠着固定的竖直挡板，A 、B9间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与 A 、B 均不拴接)，用手挡住 B 不动，此时弹簧弹性势能为2mv 20，在 A 、B 间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度。
2021届高考物理一轮专题重组卷：第一部分 单元七 动量守恒定律 含解析
单元七动量守恒定律考点1.动量、动量定理、动量守恒定律及其应用(Ⅱ)；2.弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)知识点1.动量、动量的变化、冲量的计算；2.动量定理的应用；3.动量守恒定律的应用；4.弹性碰撞和非弹性碰撞与能量守恒定律的综合应用一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。
若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102 kg B．1.6×103 kgC．1.6×105 kg D．1.6×106 kg答案B解析设1 s内喷出的气体质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝m v知，m＝Ftv＝4.8×106×13×103kg＝1.6×103 kg，B正确。
2．(2019·石家庄精英中学高三二调)一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是()A．动量不变，速度增大B．动量变小，速度不变C．动量增大，速度增大D．动量增大，速度减小答案A解析因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统所受的合外力为零，动量守恒。
设炮弹的质量为m，船(不包括两炮弹)的质量为M，炮艇原来的速度为v0，发射炮弹的瞬间船的速度为v，炮弹相对于地的速率为v1，设船的运动方向为正方向，则由动量守恒可得(M＋2m)v0＝M v＋m v1－m v1＝M v，可得v＞v0，即发射炮弹后船的动量不变，速度增大，A正确。
山东省德州市乐陵市第一中学2020-2021学年高三一轮复习动量练习题
A．A的质量为4 kg
B．运动过程中A的最大速度为4 m/s
C．在A离开挡板前，A、B及弹簧构成的系统动量守恒、机械能守恒
A． B． C． D．
6．如图所示，光滑水平桌面上存在有界的匀强磁场，磁场方向垂直于桌面向下，磁场边界呈正方形 正方形线圈abcd从图中的甲位置以某一初速度进入磁场，经过一段时间线圈离开磁场到达乙位置，此过程中线框ab边始终与磁场左右边界平行 、b两点电势差 随时间t变化的 图象，及随位移x变化的 图象可能是
五、解答题
12．在光滑水平面上静止有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的 圆弧，他们紧靠在一起，如图所示 一个可视为质点的物块P，质量也为m，它从木板AB的右端以初速度 滑上木板，过B点时速度为 ，然后又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处 若物体P与木板AB间的动摩擦因数为 ，求：
物块滑到B处时木板AB的速度 的大小；
木板AB的长度L；
滑块CD最终速度 的大小．
13．如图所示，光滑水平面上小球A、B分别以 、 的速率相向运动，碰撞后B球静止．已知碰撞时间为 ，A、B的质量均为 求：
碰撞后A球的速度大小；
碰撞过程A对B平均作用力的大小．
14．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 竖直向上喷出；玩具底部为平板 面积略大于 ；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 ，重力加速度大小为。求：
2021版高考物理一轮复习 课时规范练20 动量守恒定律及其应用(含解析)
课时规范练20 动量守恒定律及其应用1.(碰撞特点)两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,B球在前，A球在后,m A=1 kg、m B=2 kg，v A=6 m/s、v B=3 m/s,当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度可能为()A.v A’=4 m/s，v B’=4 m/sB.v A'=4 m/s，v B'=5 m/sC.v A'=—4 m/s,v B’=6 m/sD。
v A’=7 m/s,v B’=2.5 m/s2.（2019·开县陈家中学模拟)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑,下列说法错误的是（）A。
在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒B。
在下滑过程中，物块和槽的水平方向动量守恒C。
物块被弹簧反弹后,离开弹簧时的速度大小为v=2√gg3mghD。
物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能E p=133。
(多选)(2019·湖南怀化二模）如图所示,一平台到地面的高度为h=0。
45 m,质量为M=0.3 kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ=0.2。
地面上有一质量为m=0。
1 kg的玩具青蛙距平台右侧的水平距离为x=1.2 m，旋紧发条后释放,让玩具青蛙斜向上跳起,当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向,玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行.已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短,不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A。
玩具青蛙在空中运动的时间为0.3 sB。
玩具青蛙在平台上运动的时间为2 sC。
玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/sD.木块开始滑动时的速度大小为1 m/s4.(多选）(弹性碰撞）如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点。
2020_2021学年高三物理一轮复习综合训练 动量守恒定律综合问题
2020——2021学年高三物理一轮复习综合训练 动量守恒定律综合问题1.质量为的铁锤从高h 处落下，打在水泥桩上，铁锤与水泥桩撞击的时间是，则撞击过程中，铁锤对桩的平均冲击力大小为( )A mg +B mg -C mgD mg 2.半圆形光滑轨道固定在水平地面上，圆心为O ，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体A B 、同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M 点，已知OM 与竖直方向的夹角为60°，则A B 、两物体的质量之比12:m m 为( )A.1):1)+- C.1):1)+ D.3.如图所示，小球A 和小球B 质量相同，小球B 置于光滑水平面上，小球A 从高为h 处由静止摆下，到达最低点恰好与B 相撞，并黏合在一起继续摆动，若不计空气阻力，它们能上升的最大高度是( )A.hB.12h C.14h D.18h4.如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高。
用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。
当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示。
关于此实验，下列说法正确的是( )A.上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒B.上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同5.一颗水平飞来的子弹射入一个原来悬挂在天花板下静止的沙袋并留在其中和沙袋一起上摆，关于子弹与沙袋组成的系统，下列说法正确的是( )A.子弹射入沙袋的过程中系统动量和机械能都守恒B.子弹射入沙袋的过程中系统动量和机械能都不守恒C.共同上摆阶段动量守恒，机械能不守恒D.共同上摆阶段动量不守恒，机械能守恒6.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，得到如图所示的位移-时间图像。
2021年高考物理第一轮复习第6单元动量增分加练答案
选择题增分特训(六)1.A[解析] 列车匀速行驶时撞击障碍物,获得5000 N的冲击力,则撞击过程中,列车受到的合力为5000 N,列车受到的合力的冲量为5000×0.01 N·s=50 N·s,选项A正确,B错误;撞击过程中时间极短,列车和障碍物组成的系统动量近似守恒,障碍物受到合力的冲量与列车受到的合力的冲量等大反向,选项C错误;障碍物的重力的冲量为5×0.01 N·s=0.05 N·s,选项D错误.2.B[解析] 乒乓球上升过程,有mg+F f=ma1,下降过程,有mg-F f=ma2,故a1>a2.由于上升过程和下降过程通过的位移大小相同,由公式x=at2知上升过程所用的时间小于下降过程所用的时间,所以上升过程中重力的冲量小,A错误;不管是上升过程中还是下降过程中,重力的冲量方向都向下,故C错误;上升过程中空气阻力的冲量方向向下,下降过程中空气阻力的冲量方向向上,故方向相反,D错误;由公式v=可知,上升过程的初速度大于下降过程的末速度,由动量定理知,合力的冲量等于动量的变化量,因上升过程中动量的变化量大于下降过程中动量的变化量,故合力在上升过程的冲量较大,B正确.3.B[解析] 小球从A点摆动至最低点B的过程中,受到重力和轻绳的拉力作用,拉力不做功,只有重力做功,根据动能定理可知,重力做的功就等于小球动能的变化量,即W=ΔE k;根据动量定理可知,重力的冲量与轻绳拉力的冲量的矢量和等于小球的动量变化量,即I≠Δp,故B正确.4.A[解析] 两球碰撞过程中,由动量守恒定律得mv0=mv A+mv B,由机械能守恒定律得m=m+m,联立解得v A=0,v B=3 m/s,选项A正确.5.C[解析] 以t时间内吹向玻璃幕墙的台风为研究对象,其质量m=ρSvt,由动量定理得0-ρSvt·v=-Ft,解得F'=ρSv2≈1.1×105 N,由牛顿第三定律知,台风对玻璃幕墙的冲击力大小F=F'=1.1×105 N,故C正确.6.A[解析] 滑块A从圆弧轨道最高点滑到最低点的过程中,根据机械能守恒定律得m A gR=m A,解得v A==6 m/s,当滑块A与B发生弹性碰撞时,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,可得v B=v A=4 m/s;当滑块A与B发生完全非弹性碰撞时,有m A v A=(m A+m B)v',可得v'=2 m/s,故A不可能.7.B[解析] 左侧射入子弹过程中,有mv0=(m+M)v1,F阻d1=m-(m+M),右侧射入子弹过程中,有(M+m)v1-mv0=(M+2m)v2=0,F阻d2=m+(M+m),解得=,选项B正确.8.D[解析] 设每个物块的质量为m,C与B碰撞后的共同速度为v1,根据动量守恒定律得mv=2mv1,解得v1=1 m/s,设A最终获得的速度大小为v2,B和C获得的速度大小为v3,根据动量守恒定律得mv2=2mv3,根据能量守恒定律得×2m=m+×2m,解得v2= m/s,故D正确.9.AD[解析] 物块B从开始运动至到达曲面底端的过程中,系统在水平方向上所受的合外力为零,在竖直方向上所受的合外力不为零,故滑块A和物块B组成的系统动量不守恒,但在水平方向上动量守恒,故A正确;A和B组成的系统机械能守恒,物块B减少的重力势能转化为滑块A和物块B的动能,故物块B减少的重力势能大于滑块A增加的动能,故B错误;物块B下滑过程中,A向右做加速运动,滑块A 的动量变化不为零,由动量定理可知,滑块A所受合力的冲量不为零,故C错误;物块B到达底端时速度沿水平方向,在竖直方向上速度为零,由动量定理可知,物块B所受支持力的冲量大于其所受重力的冲量,故D正确.10.AD[解析] 以竖直向上为正方向,由动量定理可得I-mgΔt=mv-0,故地面对运动员的冲量为I=mv+mgΔt=60×1 N·s+600×0.2 N·s=180 N·s,故A正确,B错误;运动员在跳起时,地面对运动员的支持力竖直向上,在跳起过程中,在支持力方向上没有位移,地面对运动员的支持力不做功,故C错误,D正确.11.BD[解析] P、Q两球组成的系统在水平方向上所受合外力为零,P球和Q球碰撞的过程中系统动量守恒,设P、Q两球碰撞后的速度分别为v1、v2,选P原来的运动方向为正方向,由动量守恒定律得mv=-mv1+3mv2,假设碰后P球静止,即v1=0,可得v2=,由题意知,P球被反弹,所以Q球的速度v2>,P、Q两球碰撞过程能量可能有损失,由能量关系得mv2≥m+×3m,联立得v2≤,故<v2≤,选项B、D正确,A、C错误.12.AD[解析] 当物块A的加速度大小为a时,根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma,当物块B的加速度大小为a时,有kx'=ma,对比可得x'=,即此时弹簧的压缩量为,选项A正确;取水平向左为正方向,根据动量守恒定律得2m-m=0,又x A+x B=x,解得A的位移为x A=x,选项B错误;根据动量守恒定律得0=2mv-mv B,则物块B刚要离开弹簧时的速度v B=2v,由系统的机械能守恒可得物块开始运动前弹簧的弹性势能为E p=×2mv2+m=3mv2,选项C错误,D正确.13.ABD[解析] 小球与小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零,在水平方向上系统动量守恒,故A正确;以向右为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得mv-mv'=0,即m-m=0,解得小车的位移x=R,故B正确;小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒,小球由B点离开小车时,系统在水平方向上动量为零,小球与小车在水平方向上速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故C错误;小球第一次在车中运动过程,由动能定理得mg-W f=0,W f为小球克服摩擦力做的功,解得W f=mgh,即小球第一次在车中运动过程损失的机械能为mgh,由于小球第二次在车中运动时对应位置处的速度变小,因此小车对小球的弹力变小,摩擦力变小,克服摩擦力做功小于mgh,机械能损失小于mgh,因此小球第二次离开小车时,能上升的最大高度大于h-h=h,而小于h,故D正确.14.AC[解析] 由x-t图像的斜率知,碰前质量为m2的小球的位移不随时间变化,处于静止状态,质量为m1的小球速度大小为v1=4 m/s,方向只有向右才能与质量为m2的小球相撞,故A正确;由图像可知,碰后质量为m2的小球的速度沿正方向,说明向右运动,质量为m1的小球的速度沿负方向,说明向左运动,故B错误;由图像可知,碰后两球的速度分别为v1'=-2 m/s、v2'=2 m/s,根据动量守恒定律得m1v1=m1v1'+m2v2',解得m2=0.3 kg,故C正确;碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=m1-m1v1'2-m2v2'2,解得ΔE=0 J,故D错误.15.ACD[解析] 设最终滑块和木板的共同速度为v,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,对木板,由动量定理得μmgt=Mv,联立得t==,如果增大M,则滑块和木板相对运动的时间t变长,因摩擦而产生的热量为Q=m-(m+M)v2==,则因摩擦而产生的热量Q增加,故A正确.由t=知,如果增大m,则滑块和木板相对运动的时间t变短,设滑块在木板上滑行的距离为L,由Q=μmgL得L=,如果增大m,则滑块在木板上滑行的距离变小,故B错误.如果增大动摩擦因数μ,则由Q=知,因摩擦而产生的热量不变,故C正确.如果增大初速度v0,则由Q=知,因摩擦而产生的热量增加,故D正确.16.ABC[解析] 由图像可知,最终铁块的速度大于平板车的速度,铁块最终滑离平板车,故A正确;由动量守恒定律得mv0=+,解得m∶M=1∶1,故B正确;由图像斜率可知,铁块的加速度大小a=,而a=μg,所以铁块与平板车上表面间的动摩擦因数μ=,故C正确;根据能量守恒定律得μmgΔx=m-m-M,解得平板车上表面的长度为Δx=,D错误.非选择题增分特训(四)1.(1)(2)A(3)v0=[解析] (1)在竖直方向上,由匀变速直线运动规律得y2-y1=gt2,解得t=.(2)小球从A到B与从B到C的时间相等,合力不变,由动量定理得Δp1∶Δp2=1∶1,选项A正确,B错误;根据题给条件无法比较ΔE k1与ΔE k2的大小,选项C、D错误.(3)由x=v0t,Δy=gt2,可得Δy=,图像的斜率k=,则v0=.2.(1)90 m/s2(2)6倍[解析] (1)由牛顿第二定律得a=解得a=90 m/s2.(2)由动能定理得,重物与地面接触前瞬间的速度大小v1=重物离开地面瞬间的速度大小v2=在重物与地面接触过程中,设重物受到的平均作用力大小为F,以竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=mv2-m(-v1)解得F=510 N故=6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.3.(1)(2)[解析] (1)子弹射入木块过程,因时间极短,则在水平方向上,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v共解得v共=v0从子弹与木块共速到最终停止的过程中,由功能关系得(M+m)=μ(M+m)gs解得μ=(2)由功能关系知,子弹射入木块过程中产生的热量Q=m-(M+m)=4.(1)(2)2m[解析] (1)对A、B组成的系统,从O点滑到P点过程,由动能定理得-μ×2mgx=×2m-×2m, 解得μ=(2)炸药在P点爆炸,系统动量守恒,以木块的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得2m×=mv A+mv B,由能量守恒定律得E0×50%+×2m=m+m,爆炸前,对系统,有2ax=-,爆炸后,对A,有2a×3x=,联立解得E0=2m5.(1)1.0 kg(2)8 J[解析] (1)对小球1,由机械能守恒定律得m1gh=m1对小球1、2组成的系统,由动量守恒定律得m1v1=m2v2在c点时,由牛顿第二定律得F-m2g=m2联立解得m2=1.0 kg,v2=6 m/s或m'2=9.0 kg,v'2= m/s小球恰好过d点时,有m2g=m2解得v d==2 m/sv'2<v d,应舍去,所以v2=6 m/s,m2=1.0 kg(2)小球2在半圆弧轨道上,由动能定理得2m2gR+W f=m2-m2解得W f=8 J即小球2克服摩擦力所做的功为8 J6.(1)0<v0≤ m/s或v0≥ m/s(2) m[解析] (1)A、B两球发生弹性碰撞,由动量守恒定律得m A v0=m A v A+m B v B 由机械能守恒定律得m A=m A+m B解得v A=,v B=碰后B球在竖直面内做圆周运动,有两种情况:第一种情况,B球在竖直面内做完整的圆周运动,则它到最高点的速度v'B≥由机械能守恒定律得m B=m B g·2L+m B v解得v0≥ m/s第二种情况,B球运动的最大高度不超过L由机械能守恒定律得m B≤m B gL解得v0≤ m/sv0的取值范围为0<v0≤ m/s或v0≥ m/s.(2)由(1)可知,碰后A球的速度满足:0<v A≤ m/s或v A≥ m/sA球离开水平轨道后做平抛运动,有x=v A t,y=gt2,由几何关系知tan 45°=联立解得x=A球落到斜轨道上时与N点的距离d==则0<d≤ m或d≥ m故轨道NP上不会被A球击中的距离Δd= m- m= m.。
2021届(人教版)新高三高考物理一轮复习题型练习卷：动量守恒定律
动量守恒定律题型一动量冲量1.动量是状态量,它与某一时刻相关;动量是矢量,其方向与物体运动速度的方向相同。
2.动量的变化量Δp=p2-p1动量的变化量也是矢量。
3.冲量I=FΔt。
冲量是过程量,它与某一段时间相关;冲量是矢量,对于恒力的冲量来说,其方向就是该力的方向。
[典例1] 物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s,这说明( )A.物体的动量在减小B.物体的动量在增大C.物体的动量大小也可能不变D.物体的动量大小一定变化变式1:如图所示,一个质量为0.18 kg的垒球,以25 m/s的水平速度向左飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,则这一过程中动量的变化量为( )A.大小为3.6 kg·m/s,方向向左B.大小为3.6 kg·m/s,方向向右C.大小为12.6 kg·m/s,方向向左D.大小为12.6 kg·m/s,方向向右题型二动量定理1.理解动量定理时应注意(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因,又是物体动量变化的量度。
这里所说的冲量是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。
(2)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)。
(3)动量定理是过程定理,解题时必须明确过程及初末状态的动量。
(4)动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选一个规定正方向。
2.用动量定理解释现象用动量定理解释的现象一般可分为两类:一类是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。
另一类是作用力一定,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。
分析问题时,要把哪个量一定,哪个量变化搞清楚。
[典例2] 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变式2:高空坠物极易对行人造成伤害。
2021版高考物理一轮复习热考题型专攻三动量和能量的综合练习202106294211
2021版高考物理一轮复习热考题型专攻三动量和能量的综合练习202106294211(45分钟100分)1.(25分)(2020·鹰潭模拟)如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图,弧形轨道末端与一个半径为R 的光滑半圆轨道平滑连接,两辆质量均为m的相同小车(大小可忽略),中间夹住一轻弹簧后连接在一起,两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下,当两车刚滑入半圆最低点时连接两车的挂钩突然断开,弹簧将两车弹开,其中后车刚好停下,前车沿半圆轨道运动恰能越过半圆轨道最高点,求:(1)前车被弹出时的速度。
(2)前车被弹出的过程中弹簧开释的弹性势能。
(3)两车从静止下滑到最低点的高度h。
【解析】(1)设前车在最高点速度为v2,依题意有:mg=m设前车在最低位置与后车分离后速度为v1,依照机械能守恒得:m+mg·2R=m解得:v1=(2)设两车分离前速度为v0,由动量守恒定律得:2mv0=mv1解得:v0=设分离前弹簧弹性势能为E p,依照系统机械能守恒得:E p=m-·2m=mgR(3)两车从h高处运动到最低处机械能守恒,则:2mgh=·2m解得:h=R答案:(1)(2)mgR (3)R2.(25分)如图,质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上,木板B端与台面右边缘齐平。
B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C,C与木板之间的动摩擦因数为μ=。
质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点,细绳竖直时小球恰好与C接触。
现将小球向右拉至细绳水平并由静止开释,小球运动到最低点时细绳恰好断裂,小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。
(1)求细绳能够承担的最大拉力。
(2)若要使小球落在开释点的正下方P点,平台高度应为多大?(3)通过运算判定C能否从木板上掉下来。
【解析】(1)设小球运动到最低点的速率为v0,小球向下摆动过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgL=m解得:v0=小球在圆周运动最低点,由牛顿第二定律得:F T-mg=m由牛顿第三定律可知,小球对细绳的拉力:F T′=F T解得:F T′=3mg(2)小球碰撞后做平抛运动,则:在竖直方向上:h=gt2水平方向:L=t解得:h=L(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒,设C碰后速率为v1,以小球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv0=m+3mv1假设木板足够长,在C与木板相对滑动直到相对静止过程,设两者最终共同速率为v2,以C的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:3mv1=(3m+6m)v2由能量守恒定律得:·3m=(3m+6m)+μ·3mgs联立解得:s=L由s<L可知,滑块C可不能从木板上掉下来答案:(1)3mg (2)L(3)C可不能从木板上掉下来3.(25分)如图所示,质量M=1.0 kg的木块随传送带一起以v=2.0 m/s的速度向左匀速运动,木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.50。
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2020——2021学年高三物理一轮复习综合训练动量1.下列关于动量的说法中，正确的是（）A．物体的动量改变，其速度大小一定改变B．物体的动量改变，其速度方向一定改变C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变D．物体的运动状态改变，其动量一定改变2.两辆汽车的质量分别为1m和2m，沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，已知12m m>，则此时两辆汽车的动量1p和2p的大小关系是( )A.1p等于2pB.1p小于2pC.1p大于2pD.无法比较3.光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。
将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。
撤去外力后，P、Q开始运动，P 和Q的动量大小的比值为( )A．2n B．n C．1nD．14.关于动量，下列说法中正确的是( )A．做匀变速直线运动的物体，它的动量一定在改变B．做匀速圆周运动的物体，动量不变C．物体的动量变化，动能也一定变化D．甲物体动量15 /p kg m s⋅＝，乙物体动量210 /p kg m s⋅＝－，所以12p p>5.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的四分之一圆周轨道，圆心O在S的正上方，在O和P两点各有一质量为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点的动量相同B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不同C．b比a先到达S，它们从各自起点到S点的动量的变化量相同D．a比b先到达S，它们从各自起点到S点的动量的变化量不同6.关于动量,下列说法正确的是( )A.速度大的物体,它的动量一定也大B.动量大的物体,它的速度一定也大C.只要物体运动的速度大小不变,物体的动量也保持不变D.质量一定的物体,动量变化越大,该物体的速度变化一定越大7.在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量的实验中,下列哪些因素可导致实验误差( )A.导轨水平安放B.小车上的挡光板倾斜C.两小车的质量不相等D.两小车碰后连在一起8.如图,光滑固定斜面的倾角为30°,甲、乙两物体用不可伸长的轻绳相连,保持静止状态,开始时甲、乙离地高度相同。
剪断轻绳,则在乙落地前瞬间( )A.甲、乙加速度大小之比为1:1B.甲、乙速度大小之比为1:1C.甲、乙动量大小之比为1:1D.甲、乙动能大小之比为1:19.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动,在启动阶段,列车的动能( )A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比10.一个物体在下述运动中,动量不发生变化的是( )A.匀速直线运动B.匀速圆周运动C.平抛运动D.竖直上抛运动11.某中学实验小组的同学在“探究碰撞中的不变量”时,利用了如图所示的实验装置进行探究,下列说法正确的是( )A.要求斜槽一定是光滑的且斜槽的末端必须水平B.入射球每次释放点的高度可以任意调节C.入射球和被碰球的直径必须相等D.入射球的质量必须与被碰球的质量相等12.如图所示，光滑斜面的倾角为 ，小球甲.乙的质量相等，甲球从斜面顶端以某一初速度水平抛出，落到水平地面上，乙球从斜面顶端由静止开始沿斜面滑下，经一段时间滑到地面上.则下列说法正确的是( )A.两球刚到地面上的动量大小可能相等B.两球从初始位置到刚到地面的过程中，动能变化量一定相等C.两球从初始位置到刚到地面的过程中，动量变化量一定相等D.两球从初始位置到刚到地面的过程中，甲球重力的平均功率大于乙球重力的平均功率13.从同一高度以相同的初动能竖直向上抛出两个小球a b、，a达到的最高点比b的高，不计空气阻力，以下判断正确的是（）A.a的质量比b的大B.a的质量比b的小C.a b、抛出时，a的动量比b的小、抛出时，a的动量比b的大 D.a b14.对任何一个固定质量的物体,下列说法正确的是( )A.物体的动量发生变化,其动能一定发生变化B.物体的动量发生变化,其动能不一定发生变化C.物体的动能发生变化,其动量一定发生变化D.物体的动能发生变化,其动量不一定发生变化15.如图所示，p、p′分别表示物体受到冲量前后的动量，短线表示的动量大小为15kg·m/s，长线表示的动量大小为30kg·m／s，箭头表示动量的方向，在下列所给的四种情况下，物体动量改变量相同的是_________．四、计算题16.如图所示，一个质量为430 g的金属块沿直线垂直右侧墙面向右运动，到达A点时速度为5 m/s，到达B点时速度为4 m/s，与墙壁碰撞前瞬间的速度为3 m/s，与墙壁碰撞后瞬间的速度为2.8 m/s，返回B点时速度为1.8 m/s，分别求金属块由A到B，与墙壁碰撞前后，由A到返回B的动量变化量。
17.质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回。
求：（1）小球刚刚触地时的动量；（2）小球第一次离开地面时的动量；（3）小球第一次触地的过程中动量的变化量。
=5.3×10−35J⋅s,试求下列两种情况中位置的不确定量.18.已知h4π1.一电子具有200m/s的速率,动量的不确定范围为0.01%.2.—一颗质量为10g的子弹,具有200m/s的速率,动量的不确定量为参考答案1.答案：D解析：A.动量是矢量，动量方向的改变也是动量改变，如匀速圆周运动，速度大小不变，故A 错误；B.物体的动量改变，可能是大小的改变，如自由落体运动，动量不断增加，动量方向和速度方向都不变，故B 错误；C.动量是矢量，动量方向的改变也是动量改变，如匀速圆周运动中动量的大小不变，但方向时刻改变，故C 错误；D.物体的运动状态改变，说明速度改变，故其动量mv 一定改变，可能是方向的改变，也可能是大小的改变，还有可能是大小和方向同时改变，故D 正确； 故选：D 2.答案：C解析：根据2k 12v E m =-可得，k 2p E m =，因为12m m >，所以12p p >，选项C 正确。
3.答案：D解析：撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设P 的动量方向为正方向，则有：0P Q P P -=故P Q P P =；故动量之比为1；故D 正确，ACD 错误。
故选：D. 4.答案：A解析：做匀变速直线运动的物体，由于速度大小时刻改变，故它的动量一定在改变，故A 正确；做匀速圆周运动的物体，速度方向时刻改变，故动量时刻改变，故B错误；动量是矢量，动能是标量，物体的动量变化，可能是速度方向改变，而大小不变，故动能不变，故C错误；动量是矢量，其正负只表示方向，比较大小时只比较绝对值，因此甲的动量小于乙的动量，故D错误。
5.答案：D6.答案：D解析：A.动量，速度大的物体，它的动量不一定大，故A错误；B.物体的动量，动量大的物体，它的速度不一定大，故B错误；C.动量等于质量与速度的乘积，物体运动的速度大小不变，物体的动量大小保持不变，但速度方向可能改变，动量方向可能改变，动量大小不变而方向改变，动量变了，故C错误；D.根据，对同一物体，可知动量变化越大则该物体的速度变化越大，故D正确。
故选：D。
7.答案：B解析：若导轨不水平小车速度将会受重力影响,故导轨应水平安放,选项A 错误;挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移,导致速度计算出现误差,选项B正确;两小车的质量不相等以及两小车碰后连在一起不会影响实验探究的结果,选项C、D错误。
8.答案：C解析：剪断轻绳,甲加速度为2g ,乙加速度为g,加速度之比为1:2,A 项错误；由v at =可得,速度之比为1:2,B 项错误；由平衡条件sin 30m g m g ︒=甲乙可知,:2:1m m =甲乙,动量大小之比为1:1,C 项正确；动能大小之比为1:2,D 项错误。
9.答案：B解析：列车启动的过程中加速度恒定,由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v =at ,且列车的动能为212k E mv =,由以上整理得22k 12E ma t =,动能与时间的平方成正比,动能与速度的平方成正比,AC 错误;将212x at =代入上式得k max E =,则列车的动能与位移成正比,B 正确;由动能与动量的关系式22k p E m=可知,列车的动能与动量的平方成正比,D 错误。
10.答案：A解析： 如果物体的动量不发生变化,则只有当物体的速度不变时,上述运动中,匀速圆周运动、平抛运动以及竖直上抛运动速度都要发生变化,则动量都发生变化;只有匀速直线运动的物体速度不变,则动量不变,故选A. 11.答案：C解析：题述实验中,是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的,只要求小球离开轨道后做平抛运动,对斜槽是否光滑没有要求,但必须保证每次小球都做平抛运动,因此轨道的末端必须水平,A 错误;要保证碰撞前的速度相同,所以入射球每次都要从同一高度由静止释放,B 错误;为了保证两小球发生对心正碰,则要求入射球和被碰球的直径必须相等,C 正确;在做题述实验时,要求入射球的质量大于被碰球的质量,D 错误。
12.答案：BD解析：两球从初始位置到刚落到地面的过程中,重力做功相等,动能变化量相等,选项B 正确;两球从初始位置到刚落到地面的过程中,量不相等,所以动量变化量不相等,选项C 错误;两球刚落到地面上的速度大小不相等,所以动量大小不可能相等,选项A 错误;两球从初始位置到刚落到地面的过程中,重力做功相等,甲球用的时间少,甲球重力的平均功率大于乙球重力的平均功率,选项D 正确. 13.答案：BD解析：根据22gh v =可知，h 越大，v 越大，已知初动能相同，v 越大，则质量越小，A 错，B 对；动量p mv =，动能2k 1=,2E mv p =，动能相同，质量越大，动量越大，C 错，D 对。
14.答案：BC解析：物体的动量发生变化,可能是方向改变也可能是大小改变, 所以物体的动能不一定发生变化,故A 错误,B 正确;物体的动能变化,速度大小一定变化,则动量一定发生变化,故C 正确,D 错误 15.答案：AC 解析：16.答案：0.43kg m/s ⋅，方向向左；2.494kg m/s ⋅，方向向左；2.924kg m/s ⋅，方向向左解析：解：设方向向右为正方向，则金属块 在A 点的动量为 2.15kg m/s A A I mv ==⋅第一次到达B 点的动量为11 1.72kg m/s B B I mv ==⋅ 与墙壁碰撞前瞬间的动量11 1.29kg m/s I mv ==⋅墙墙 与墙壁碰撞后瞬间的动量22)( 1.204kg m/s I m v =-=-⋅墙墙返回B 点的动量为22)(0.774kg m/s B B I m v =-=-⋅金属块由A 到B 的动量变化量110.43kg m/s B A I I I =-=-⋅，负号表示动量变化量方向向左金属块与墙壁碰撞前后的动量变化量212 2.494kg m/s I I I =-=-⋅墙墙，负号表示动量变化量方向向左金属块由A 到返回B 的动量变化量31 2.924kg m/s B A I I I =-=-⋅，负号表示动量变化量方向向左17.答案： (1)1.2kg•m/s 竖直向下(2) 0.8kg•m/s 竖直向上(3) 2kg•m/s 竖直向上18.1.电子的动量为 p=mv=1.82×10−28kg ⋅m/s 动量的不确定范围为Δp =0.01%p =1.82×10−32kg ⋅m/s 由不确定性关系式ΔpΔx ≥ℎ4π得电子位置的不确定范围为Δx ≥ℎ4πΔp ,所以Δx ≥ 5.3×10−351.82×10.2.子弹的动量为p =mv =2kg ⋅m ⋅s −1动量的不确定范围为Δp =2×10−4kg ⋅m ⋅s −1 由不确定性关系式ΔxΔp ≥ℎ4π,得子弹位置的不确定范围为Δx ≥ℎ4πΔp ,所以Δx ≥2.65×10−31m。