2019_2020高考物理二轮复习专题限时训练7动量守恒定律
新高考物理复习专题七动量守恒定律练习含答案

专题七动量守恒定律五年高考考点过关练考点一动量、冲量和动量定理1.(2021湖南,2,4分)物体的运动状态可用位置x和动量p描述,称为相,对应p⁃x图像中的一个点。
物体运动状态的变化可用p⁃x图像中的一条曲线来描述,称为相轨迹。
假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则对应的相轨迹可能是()A B C D答案D2.(2022重庆,4,4分)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中,某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。
从碰撞开始到碰撞结束过程中,若假人头部只受到安全气囊的作用,则由曲线可知,假人头部()A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B.动量大小先增大后减小C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D.加速度大小先增大后减小答案D3.(2023新课标,19,6分)(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。
现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻()A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零答案BD4.(2023天津,5,5分)质量为m的列车以速度v匀速行驶,突然以大小为F的力制动刹车直到列车停止,整个过程中列车还受到大小恒为f的阻力,下列说法正确的是()A.减速运动过程的加速度大小a=FmB.力F的冲量大小为mvC.刹车距离为mv22(F+f)D.匀速行驶时功率为(f+F)v答案C5.(2023福建,7,6分)(多选)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。
以出发时刻为计时零点,甲车的速度⁃时间图像如图(a)所示,乙车所受合力⁃时间图像如图(b)所示。
则()A.0~2 s内,甲车的加速度大小逐渐增大B.乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同C.2~6 s内,甲、乙两车的位移不同D.t=8 s时,甲、乙两车的动能不同答案BC6.(2021北京,10,3分)如图所示,圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动,圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。
2023新教材高考物理二轮专题复习专题强化训练7动量定理动量守恒定律

专题强化训练7 动量定理 动量守恒定律一、选择题(1~5题为单项选择题,6~7题为多项选择题)1.[2022·山东押题卷]如图所示,在光滑水平面上有一质量为M 的木块,木块与轻弹簧水平相连,弹簧的另一端连在竖直墙上,木块处于静止状态,一质量为m 的子弹以水平速度v 0击中木块,并嵌在其中,木块压缩弹簧后在水平面做往复运动.木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中,木块受到的合外力的冲量大小为( )A .Mmv 0M +mB .2Mv 0C .2Mmv 0M +mD .2mv 02.[2022·湖南押题卷]如图所示,质量均为m 的木块A 和B ,并排放在光滑水平面上,A 上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O 点系一长为L 的细线,细线另一端系一质量为m 0的球C ,现将C 球拉起使细线水平伸直,并由静止释放C 球,则下列说法错误的是( )A .A 、B 两木块分离时,A 、B 的速度大小均为m 0m mgL2m +m 0B .A 、B 两木块分离时,C 的速度大小为2mgL2m +m 0C .C 球由静止释放到最低点的过程中,A 对B 的弹力的冲量大小为2m 0mgL2m +m 0D .C 球由静止释放到最低点的过程中,木块A 移动的距离为m 0L2m +m 03.[2022·湖北卷]一质点做曲线运动,在前一段时间内速度大小由v 增大到2v ,在随后的一段时间内速度大小由2v 增大到5v .前后两段时间内,合外力对质点做功分别为W 1和W 2,合外力的冲量大小分别为I 1和I 2.下列关系式一定成立的是( )A .W 2=3W 1,I 2≤3I 1B .W 2=3W 1,I 2≥I 1C.W2=7W1,I2≤3I1D.W2=7W1,I2≥I14.[2022·山东押题卷]如图所示,在光滑水平面上有A、B两辆小车,水平面的左侧有一竖直墙,在小车B上坐着一个小孩,小孩与B车的总质量是A车质量的4 040倍.两车开始都处于静止状态,小孩把A车以相对于地面为v的速度推出,A车与墙壁碰后仍以原速率返回,小孩接到A车后,又把它以相对于地面为v的速度推出.往后小孩每次推出A车,A车相对于地面的速度都是v,方向向左,则小孩把A车推出几次后,A车返回时小孩不能再接到A车( )A.2 020 B.2 021 C.2 022 D.2 0235.[2022·重庆押题卷]如图所示,光滑的水平面上放有滑块A,其内侧是半径为R的光滑圆弧槽,槽底端离地高度为R,B为光滑小球,从圆弧槽左端静止释放,若滑块固定,小球B落地时离圆弧槽右端水平距离为x1;若滑块不固定,小球B落地时离圆弧槽右端水平距离为x2;已知x1∶x2=1∶3.由此可知,小球B和滑块A的质量比为( ) A.1∶2 B.2∶1C.1∶3D.2∶36.冰壶队备战2022年北京冬奥会,如图所示,在某次训练中,蓝壶静止在大本营Q 处,质量相等的红壶与蓝壶发生正碰,最终分别停在M点和N点,下列说法正确的是( )A.碰后两壶所受摩擦力的冲量相同B.碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍C.红壶碰前速度约为碰后速度的3倍D.碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒7.[2022·湖南卷]神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后,逐一打开引导伞、减速伞、主伞,最后启动反冲装置,实现软着陆.某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况,将其运动简化为竖直方向的直线运动,其v t图像如图所示.设该过程中,重力加速度不变,返回舱质量不变,下列说法正确的是( )A.在0~t1时间内,返回舱重力的功率随时间减小B.在0~t1时间内,返回舱的加速度不变C.在t1~t2时间内,返回舱的动量随时间减小D.在t2~t3时间内,返回舱的机械能不变二、非选择题8.如图所示,质量m=1 kg的弹性小球A在长为l=0.9 m的细轻绳牵引下可以绕水平轴O在竖直平面内做圆周运动,圆周的最高点为P,P处有一个水平槽,水平地面距水平槽的高度恰好是1.8 m,槽内有许多质量均为M=3 kg的弹性钢球,小球A每次转动到P点恰好与P点处的小钢球发生弹性正碰(碰撞时间极短),钢球水平飞出做平抛运动.每次被小球A 碰撞后,槽内填充装置可将另一个相同的钢球自动填充运动到P点位置且静止.现将小球A 在顶点P以v0=32 m/s的初速度向左抛出(如图),小球均可视为质点,g取10 m/s2,求:(1)第一次碰撞后瞬间,小球A和第一个钢球获得的速度;(2)小球A能将钢球碰出去的钢球个数;(3)第一个钢球与最后一个钢球落地后的水平距离.9.[2022·广东卷]某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型.竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态.当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1 N.滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力.求:(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小N1和N2;(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;(3)滑杆向上运动的最大高度h.专题强化训练7 动量定理 动量守恒定律1.解析:由于子弹射入木块的时间极短,在瞬间动量守恒,根据动量守恒定律得:mv 0=(M +m )v ,解得v =mv 0M +m根据动量定理,合外力的冲量I =Mv =Mmv 0M +m,故A 正确,B 、C 、D 错误. 答案:A2.解析:小球C 下落到最低点时,AB 开始分离,此过程水平方向动量守恒.根据机械能守恒有:m 0gL =12m 0v 2C +12×2m ×v 2AB取水平向左为正方向,由水平方向动量守恒得:m 0v C =2m ×v AB联立解得v C =2mgL 2m +m 0 ,v AB =m 0m mgL2m +m 0,故A 、B 正确; C 球由静止释放到最低点的过程中,选B 为研究对象,由动量定理I AB =mv AB =m 0mgL2m +m 0,故C 错误; C 球由静止释放到最低点的过程中,系统水平方向动量守恒,设C 对地向左水平位移大小为x 1,AB 对地水平位移大小为x 2,则有m 0x 1=2mx 2,x 1+x 2=L可解得x 2=m 0L2m +m 0 ,故D 正确.答案:C3.解析:根据动能定理可知W 1=12 m (2v )2-12 mv 2=32 mv 2,W 2=12 m (5v )2-12m (2v )2=212mv 2,可得W 2=7W 1,由于速度是矢量,具有方向,当初、末速度方向相同时,动量变化量最小,方向相反时,动量变化量最大,因此冲量的大小范围是mv ≤I 1≤3mv ,3mv ≤I 2≤7mv ,比较可得I 2≥I 1,一定成立.D 正确.答案:D4.解析:取水平向右为正方向,小孩第一次推出A 车后,小孩和B 车获得速度为v 1,由动量守恒定律m B v 1-m A v =0解得v 1=m Am Bv小孩第n -1次推出A 车后小孩和B 车获得速度为v n -1,第n 次推出A 车后,小孩和B车获得速度为v n .第n 次推出A 车前后,由动量守恒定律m A v +m B v n -1=-m A v +m B v n得v n -v n -1=2m Am Bv由等差数列公式得v n =v 1+(n -1)2m A m B v =2n -14 040 v当v n ≥v 时,再也接不到小车,即2n -14 040 ≥1得n ≥2 020.5 取n =2 021,故选B. 答案:B5.解析:A 的质量为m A ,B 的质量为m B ;当滑块固定时,由动能定理m B gR =12 m B v 2B随后小球B 做平抛运动x 方向x 1=v B t y 方向R =12gt 2联立得x 1=2R若滑块不固定时,由水平方向上动量守恒0=m A v A +m B v B 由能量守恒得m B gR =12 m B v 2B +12m A v 2AB 随后做平抛运动,A 随后做匀速运动 x 方向x 2=v B t -v A t y 方向R =12gt 2因为x 1∶x 2=1∶3 联立得m A ∶m B =1∶2,故选B. 答案:B6.解析:碰后两壶运动距离不相同,所以碰后两球速度不相同,根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同,A 错误;碰后红壶运动的距离为x 1=R 2-R 1=0.61 m 蓝壶运动的距离为x 2=2R 2=2.44 m二者质量相同,假设二者碰后的所受摩擦力相同,则二者做减速运动的加速度也相同,对红壶,有v 21 =2ax 1对蓝壶有v 22 =2ax 2联立可得v 1v 2 =12即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍,B 正确;设红壶碰前速度为v 0,则有mv 0=mv 1+mv 2,故有v 0=3v 1,即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍,C 正确;碰前的动能为E k0=12 mv 2碰后动能为E k1=12 mv 21 +12 mv 22则有E k0>E k1,机械能不守恒,D 错误. 答案:BC7.解析:由题知,返回舱的运动简化为竖直方向的直线运动,所以重力的功率P =mgv ,因此在0~t 1时间内,结合v t 图像可知返回舱重力的功率随时间减小,A 项正确;v t 图像的斜率表示返回舱的加速度,故0~t 1时间内,返回舱的加速度不断减小,B 项错误;返回舱的动量大小与其速度大小成正比,所以t 1~t 2时间内,返回舱的动量随时间减小,C 项正确;在t 2~t 3时间内,返回舱匀速下降,机械能不守恒,D 项错误.答案:AC8.解析:(1)小球A 在顶部与钢球碰撞,由动量守恒定律、机械能守恒定律得mv 0=mv 1+Mv ′1;12 mv 20 =12 mv 21 +12Mv ′21联立解得v 1=m -M M +m v 0=-12 v 0=-16 m/s ;v ′1=2m M +m v 0=12v 0=16 m/s. (2)利用上述方程还可得小球A 第一次碰后的速度v 1=m -M M +m v 0=-12 v 0同理可知碰撞n 次以后瞬间的速度为v n =⎝ ⎛⎭⎪⎫-12 n v 0,负号表示与碰前入射速度方向相反,小球要能与钢球碰撞则必须能完成完整的圆周运动,所以碰n 次后假定再次到达P 位置,其速度大小一定有v n ≥gl =3 m/s ,所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12 nv 0≥gl ,解得3<n <4,n 为整数,所以取4,小球A 可以与4个钢球碰撞.(3)第4个钢球碰后速度v ′4=2mm +Mv 4=2 m/s ,由于两球是分别朝向左、右两边做平抛运动,水平距离是x =x 1+x 4,平抛时间是t = 4Lg=0.6 s ,得x =(16+2)×0.6m =10.8 m答案:(1)见解析 (2)4个 (3)10.8 m9.解析:(1)滑块静止时,滑块和滑杆均处于静止状态,以滑块和滑杆整体为研究对象,由平衡条件可知N 1=(m +M )g =8 N滑块向上滑动时,滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力,则有N 2=Mg -f代入数据得N 2=5 N.(2)方法一 碰前,滑块向上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得mg +f =ma 1 解得a 1=15 m/s 2,方向向下 由运动学公式得v 2-v 20 =-2a 1l 代入数据得v =8 m/s.方法二 由动能定理得-(mg +f )l =12 mv 2-12 mv 20代入数据解得v =8 m/s.(3)滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞,根据动量守恒定律有mv =(M +m )v共代入数据得v 共=2 m/s此后滑块与滑杆一起竖直向上运动,根据动能定理有 -(M +m )gh =0-12 (M +m )v 2共代入数据得h =0.2 m答案:(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m。
专题07 动量定理 动量守恒定律(练习)(解析版)-2024年高考物理二轮复习讲练测(新教材新高考)

专题07动量定理动量守恒定律目录01动量定理的理解及应用 (2)考向一动量定理的应用 (2)考向二利用动量定理处理流体(变质量)问题 (10)02动量守恒定律的理解及应用 (14)考向一碰撞模型 (14)考向二爆炸反冲人船模型 (18)01动量定理的理解及应用考向一动量定理的应用1.(2023·福建·高考真题)(多选)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。
以出发时刻为计时零点,甲车的速度—时间图像如图(a)所示,乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。
则()A.0~2s内,甲车的加速度大小逐渐增大B.乙车在t=2s和t=6s时的速度相同C.2~6s内,甲、乙两车的位移不同D.t=8s时,甲、乙两车的动能不同【答案】BC【详解】A.由题知甲车的速度一时间图像如图(a)所示,则根据图(a)可知0~2s内,甲车做匀加速直线运动,加速度大小不变,故A错误;B.由题知乙车所受合外力一时间图像如图(b)所示,则乙车在0~ 2s内根据动量定理有I2=mv2,I2=S0~2=2N·s,乙车在0~6s内根据动量定理有I6=mv6,I6=S0~6=2N·s,则可知乙车在t=2s和t=6s时的速度相同,故B正确;C.根据图(a)可知,2~6s内甲车的位移为0;根据图(b)可知,2~6s内乙车一直向正方向运动,则2~6s内,甲、乙两车的位移不同,故C正确;D.根据图(a)可知,t=8s时甲车的速度为0,则t=8s时,甲车的动能为0;乙车在0~8s内根据动量定理有I8=mv8,I8=S0~8=0,可知t=8s时乙车的速度为0,则t=8s时,乙车的动能为0,故D错误。
故选BC。
2.(2021·北京·高考真题)如图所示,圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动,圆盘上距轴r处的P 点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。
某时刻圆盘突然停止转动,小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。
(完整word版)高三复习高中物理重点知识习题动量守恒定律-(含答案),推荐文档

第七章动量守恒定律考点一:动量、动量变化量与冲量、动量定理1. (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开始自由下滑,不计空气阻力,在它们到达斜面底端的过程中()A.重力的冲量相同B.斜面弹力的冲量不同C.斜面弹力的冲量均为零D.合力的冲量不同答案BD2.(多选)质量为m的物块以初速度v0从光滑斜面底端向上滑行,到达最高位置后再沿斜面下滑到底端,则物块在此运动过程中()A.上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相同B.整个过程中物块所受弹力的冲量为零C.整个过程中物块合外力的冲量为零D.若规定沿斜面向下为正方向,则整个过程中物块合外力的冲量大小为2mv0 答案AD3.如图所示,质量为m的物体,在大小确定的水平外力F作用下,以速度v沿水平面匀速运动,当物体运动到A点时撤去外力F,物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点,则物体由A点到B点的过程中,下列说法正确的是()A.v越大,摩擦力对物体的冲量越大,摩擦力做功越多B.v越大,摩擦力对物体的冲量越大,摩擦力做功与v的大小无关C.v越大,摩擦力对物体的冲量越小,摩擦力做功越少D.v越大,摩擦力对物体的冲量越小,摩擦力做功与v的大小无关答案D4. (多选)几个水球可以挡住一颗子弹?《国家地理频道》的实验结果是:四个水球足够!完全相同的水球紧挨在一起水平排列,子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球,则可以判断的是()A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同答案BCD5. (多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。
F随时间t变化的图线如图所示,则() 答案ABA.t=1 s时物块的速率为1 m/sB.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t=4 s时物块的速度为零6. (多选)一质点静止在光滑水平面上,现对其施加水平外力F,力F随时间按正弦规律变化,如图5所示,下列说法正确的是()A.第2 s 末,质点的动量为0B.第4 s 末,质点回到出发点C.在0~2 s 时间内,力F 的功率先增大后减小D.在1~3 s 时间内,力F 的冲量为0 答案 CD7.质量为1 kg 的物体做直线运动,其速度—时间图象如图所示。
2019年高考物理二轮复习专题讲义:动量专题 102.动量守恒定律(含答案)

动量守恒定律复习精要一、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零,这个系统的总动量保持不变. 2.表达式(1)p =p ′,系统相互作用前总动量p 等于相互作用后的总动量p ′.(2)m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′,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. (3)Δp 1=-Δp 2,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向. (4)Δp =0,系统总动量的增量为零. 3.适用条件(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为零.(2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力.(3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的合力为零,则系统在这一方向上动量守恒. 1. 动量守恒定律的表述。
一个系统不受外力或者受外力之和为零,这个系统的总动量保持不变。
如果:∑F =0 则 △p =0 2.常用的表达方式由于动量守恒定律比较多地被应用于由两个物体所组成的系统中,所以在通常情况下表达形式为:2211202101v m v m v m v m +=+3. 动量守恒定律成立的条件(1)系统不受外力或者所受外力之和为零;(2)系统受外力,但外力远小于内力, 可以忽略不计;(3)系统在某一个方向上所受的合外力为零,则该方向上动量守恒。
(4)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. 应用动量守恒定律的注意点: (1)注意动量守恒定律的适用条件,(2)特别注意动量守恒定律的矢量性:要规定正方向, 已知量跟规定正方向相同的为正值,相反的为负值,求出的未知量是正值,则跟规定正方向相同,求出的未知量是负值,则跟规定正方向相反。
(3)注意定律的广泛性:动量守恒定律具有广泛的适用范围,不论物体间的相互作用力性质如何;不论系统内部物体的个数;不论它们是否互相接触;不论相互作用后物体间是粘合还是分裂,只要系统所受合外力为零,动量守恒定律都适用。
高考物理二轮复习题型限时专练 动量守恒定律

高考物理二轮复习题型限时专练 动量守恒定律一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如图所示,质量为M=1kg 上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上,圆弧面的最底端刚好与水平面相切于水平面上的B 点,B 点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑,质量为m=0.5kg 的小物块放在水平而上的A 点,现给小物块一个向右的水平初速度v 0=4m/s ,小物块刚好能滑到圆弧面上最高点C 点,已知圆弧所对的圆心角为53°,A 、B 两点间的距离为L=1m ,小物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度为g=10m/s 2.求: (1)圆弧所对圆的半径R ;(2)若AB 间水平面光滑,将大滑块固定,小物块仍以v 0=4m/s 的初速度向右运动,则小物块从C 点抛出后,经多长时间落地?【答案】(1)1m (2)428225t s = 【解析】 【分析】根据动能定理得小物块在B 点时的速度大小;物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程,小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒,根据动量守恒和系统机械能守恒求出圆弧所对圆的半径;,根据机械能守恒求出物块冲上圆弧面的速度,物块从C 抛出后,根据运动的合成与分解求落地时间; 【详解】解:(1)设小物块在B 点时的速度大小为1v ,根据动能定理得:22011122mgL mv mv μ=- 设小物块在B 点时的速度大小为2v ,物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程,小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒,根据动量守恒则有:12()mv m M v =+ 根据系统机械能守恒有:2201211()(cos53)22mv m M v mg R R =++- 联立解得:1R m =(2)若整个水平面光滑,物块以0v 的速度冲上圆弧面,根据机械能守恒有:2200311(cos53)22mv mv mg R R =+- 解得:322/v m s =物块从C 抛出后,在竖直方向的分速度为:38sin 532/5y v v m s =︒= 这时离体面的高度为:cos530.4h R R m =-︒=212y h v t gt -=-解得:t =2.运载火箭是人类进行太空探索的重要工具,一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。
解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训-动量守恒定律

绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训-动量守恒定律一、单选题1.在匀速行驶的船上,当船上的人相对于船竖直向上抛出一个物体时,船的速度将(水的阻力不变)()A.变大B.变小C.不变D.无法判定【答案】C【解析】相对于船竖直向上抛出物体时,由于惯性,物体水平方向的速度和船的速度相同,船和物体组成的系统水平方向动量守恒,故船的速度不变.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,铁块掉到地面上的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点左侧C.在P点右侧不远处D.在P点右侧原水平位移的两倍处【答案】B【解析】以2v速度抽出纸条时,纸条对铁块作用时间变短,而纸条对铁块的作用力相同,所以与以速度v抽出相比,纸条对铁块的冲量I减小,平抛的速度减小,水平射程减小,故落在P点的左侧.3.如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为最低点.每根杆上都套着一个完全相同的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放,关于它们下滑过程的下列说法中正确的是()A.重力对各环的冲量a的最大B.弹力对各环的冲量c的最大C.合力对各环的冲量大小相等D.各环的动能增量相等【答案】B【解析】设任一细杆与竖直方向的夹角为α,环运动的时间为t,圆周的直径为D.则环的加速度大小a=g cosα.由位移公式得:D cosα=at2=g cosαt2,得到t=,所以三个环运动时间相同,又因为三个环的重力也相等,由公式I=Ft分析可知,各环重力的冲量相等,A错误;c环受到的弹力最大,运动时间相等,则弹力对环c的冲量最大,B正确;a环的加速度最大,受到的合力最大,则合力对a环的冲量最大,C错误;重力对a环做功最大,其动能的增量最大,D错误.4.下列物理量中,属于标量的是( )A.向心加速度B.动量C.冲量D.功【答案】D【解析】有大小无方向的量是标量,功只有大小没有方向,所以功是标量,而向心加速度、动量和冲量都是矢量,选项D正确.5.在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球,它们的动能相等,已知甲球的质量大于乙球的质量,它们正碰后可能发生的情况是()A.甲球、乙球两球都沿乙球的运动方向B.甲球反向运动,乙球停下C.甲、乙两球都反向运动D.甲、乙两球都反向运动,且动能仍相等【答案】C【解析】由p2=2mE k知,甲球的动量大于乙球的动量,所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向,可以判断C正确,A、B、D错误.6.两个质量相等的物体A和B,并排静止在光滑水平面上,现用一大小为F的水平恒力推物体A,同时给B物体一个与F同方向的瞬时冲量I,使两物体开始运动,当两物体重新相遇时所经历的时间为()A.B.C.D.【答案】B【解析】相遇时两物体位移s相同,对A:s=at2=··t2对B:s=vt=·t解得:t=7.如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上,槽的左侧有一固定在水平面上的物块.今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下,与圆弧槽相切自A点进入槽内,则以下结论中正确的是()A.小球在半圆槽内由B运动到C过程中,小球机械能减小B.小球在半圆槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中,小球与半圆槽动量守恒D.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动【答案】A【解析】小球在半圆槽内从B运动到C过程中,小球与槽组成的系统机械能守恒.由于小球对槽有斜向右下方的压力,槽做加速运动,动能增加,则知小球的机械能减小,A正确;小球在槽内运动的前半过程中,左侧物块对槽有作用力,小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒,而小球在槽内运动的后半过程中,小球与槽组成的系统水平方向上不受外力,水平方向动量守恒,B错误;小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中,竖直方向有超重现象产生,合外力不为零,故小球与半圆槽动量不守恒,C错误;小球离开C点以后,既有竖直向上的分速度,又有水平方向的分速度,小球做斜上抛运动,故D错误.8.跳远时,跳在沙坑里比跳在水泥地上安全,这是由于()A.人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上的小B.人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上的小C.人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上的小D.人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上的小【答案】D【解析】人跳远时从一定的高度落下,落地前的速度是一定的,初动量是一定的,A错误;落地后静止,末动量为零,人的动量变化是一定的,B错误;由动量定理知人受到的冲量等于人的动量变化,所以两种情况下人受到的冲量相等,C错误;落在沙坑里力作用的时间长,落在水泥地上力作用的时间短,根据动量定理,在动量变化一定的情况下,时间t越长受到的冲力F越小,D正确.9.如图甲所示,将质量为2m的长木板静止地放在光滑水平面上,一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板A端滑上木板,铅块滑至木板的B端时恰好与木板相对静止。
【物理】2020届高考二轮复习学案(12)动量动量守恒定律及应用doc高中物理

【物理】2020届高考二轮复习学案(12)动量动量守恒定律及应用doc高中物理一.典例精析题型1.〔子弹射木块题型〕矩形滑块由不同材料的上下两层固体组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块。
假设射中上层子弹刚好不穿出,假设射中下层子弹刚好能嵌入,那么( )A.两次子弹对滑块做的功一样多B.两次滑块所受冲量一样大C.子弹嵌入上层时对滑块做功多D.子弹嵌入上层时滑块所受冲量大解:设固体质量为M,依照动量守恒定律有:mv+=Mm')(v由于两次射入的相互作用对象没有变化,子弹均是留在固体中,因此,固体的末速度是一样的,而子弹对滑块做的功等于滑块的动能变化,对滑块的冲量等于滑块的动量的变化,因此A、B选项是正确的。
规律总结:解决如此的咨询题,依旧应该从动量的变化角度去摸索,事实上,不管是从哪个地点射入,相互作用的系统没有变化,因此,动量和机械能的变化也就没有变化。
题型2.〔动量守恒定律的判定〕把一支枪水平固定在小车内,小车放在光滑的水平地面上,枪发射出子弹时,关于枪、子弹、车的以下讲法正确的选项是〔〕A.枪和子弹组成的系统动量守恒B.枪和车组成的系统动量守恒C.只有忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦,枪、车和子弹组成的系统的动量才近似守恒D.枪、子弹、车组成的系统动量守恒解:此题C选项中所提到的子弹和枪筒之间的摩擦是系统的内力,在考虑枪、子弹、车组成的系统时,那个因素是不用考虑的。
依照受力分析,可知该系统所受合外力为0,符合动量守恒的条件,应选D规律总结:判定系统是否动量守恒时,一定要抓住守恒条件,即系统不受外力或者所受合外力为0。
题型3.〔碰撞中过程的分析〕如下图,位于光滑水平桌面上的小滑块A 和B 都可视作质点,质量相等。
B 与轻质弹簧相连。
设B 静止,A 以某一初速度向B 运动并与弹簧发生碰撞。
在整个碰撞过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于〔 〕A. A 的初动能B. A 的初动能的1/2C. A 的初动能的1/3D. A 的初动能的1/4解: 解决如此的咨询题,最好的方法确实是能够将两个物体作用的过程细化。
3年高考2年模拟1年原创备战2019高考物理专题07 动量守恒定律(含解析)

3年高考2年模拟1年原创精品高考系列专题07 动量守恒定律【2019年高考考点定位】1、理解动量、动量变化量的概念;知道动量守恒的条件;会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。
2、本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点,命题情景新,联系实际密切,综合性强,侧重在计算题中命题,是高考的压轴题.3、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查;动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点,也是高考的热点;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。
4、本专题在高考中主要以两种命题形式出现:一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律,结合动力学方法解决多运动过程问题;二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强,因此要在审题上狠下功夫,弄清运动情景,挖掘隐含条件,有针对性的选择相应的规律和方法. 【考点pk 】名师考点透析 考点一、动量和动量定理 【名师点睛】1、动量:物体质量和速度的乘积,p mv =,单位为./kg m s ,矢量,方向与速度方向相同。
2、动量变化量:'p p p ∆=-,即末动量'p 与初动量p 的差,同样动量变化量也是矢量,方向与速度变化量同向。
末动量减去初动量是矢量加减,不是代数加减。
3、冲量:力和力的作用时间的乘积,I Ft =,矢量,方向与力的方向一致。
4、动量定理:合外力的冲量等于动量变化量即I p =∆。
无论是动量变化量'p p p ∆=-还是合外力冲量12I I I =+都是矢量加减。
考点二、动量守恒定律 【名师点睛】1、内容:如果系统不受外力,或者所受外力的合力为0,这个系统的总动量保持不变。
表达式○1 'p p =系统相互作用前的总动量和相互作用后的总动量大小相等方向相同。
2020物理高考备考专题《碰撞与动量守恒定律》(高考押题)(附答案解析版)

高考押题专练1.如图所示,两木块A 、B 用轻质弹簧连在一起,置于光滑的水平面上.一颗子弹水平射入木块A ,并留在其中.在子弹打中木块A 及弹簧被压缩的整个过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统,下列说法中正确的是( )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、机械能都不守恒 【答案】B【解析】子弹击中木块A 及弹簧被压缩的整个过程,系统不受外力作用,外力冲量为0,系统动量守恒.但是子弹击中木块A 过程,有摩擦做功,部分机械能转化为内能,所以机械能不守恒,B 正确.2.如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零,这个系统的总动量保持不变,这就是动量守恒定律.若一个系统动量守恒时,则( )A .此系统内每个物体所受的合力一定都为零B .此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C .此系统的机械能一定守恒D .此系统的机械能可能增加 【答案】D【解析】若一个系统动量守恒,则整个系统所受的合力为零,但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零,A 错误.此系统内每个物体的动量大小可能会都增加,但是方向变化,总动量不变这是有可能的,B 错误.因系统合外力为零,但是除重力以外的其他力做功不一定为零,故机械能不一定守恒,系统的机械能可能增加,也可能减小,C 错误,D 正确.3.在光滑水平面上,质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动.某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰,两球相碰后,A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( )A.v 02B.v 06C.v 02或v 06 D .无法确定 【答案】A【解析】两球相碰后A 球的速度大小变为原来的12,相碰过程中满足动量守恒,若碰后A 速度方向不变,则mv 0=12mv 0+3mv 1,可得B 球的速度v 1=v 06,而B 在前,A 在后,碰后A 球的速度大于B 球的速度,不符合实际情况,因此A 球一定反向运动,即mv 0=-12mv 0+3mv 1,可得v 1=v 02,A 正确,B 、C 、D 错误.4. A 、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动,如图表示发生碰撞前后的v -t 图线,由图线可以判断( )A .A 、B 的质量比为3∶2 B .A 、B 作用前后总动量守恒C .A 、B 作用前后总动量不守恒D .A 、B 作用前后总动能不变 【答案】ABD【解析】设A 的质量为m 1,B 的质量为m 2,碰撞前后两物体组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,从图象上可得碰撞前后两者的速度,故有m 1×6+m 2×1=m 1×2+m 2×7,解得 m 1∶m 2=3∶2,A 、B 正确,C 错误.碰撞前系统的总动能E k1=12m 1×62+12m 2×12=553m 1,碰撞后总动能为E k2=12m 1×22+12m 2×72=553m 1=E k1,动能不变,D 正确.5.在光滑水平面上动能为E 0、动量大小为p 的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞,碰撞前后球1的运动方向相反,将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p 1,球2的动能和动量大小分别记为E 2、p 2,则必有( )A .E 1<E 0B .p 2>p 0C .E 2>E 0D .p 1>p 0 【答案】AB【解析】因为碰撞前后动能不增加,故有E 1<E 0,E 2<E 0,p 1<p 0,A 正确,C 、D 错误.根据动量守恒定律得p 0=p 2-p 1,得到p 2=p 0+p 1,可见,p 2>p 0,B 正确.6.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块.若射击下层,子弹刚好不射出;若射击上层,则子弹刚好能射穿一半厚度,如图所示.则上述两种情况相比较( )A .子弹的末速度大小相等B .系统产生的热量一样多C .子弹对滑块做的功不相同D .子弹和滑块间的水平作用力一样大 【答案】AB【解析】根据动量守恒,两次最终子弹与滑块的速度相等,A 正确.根据能量守恒可知,初状态子弹的动能相同,末状态两滑块与子弹的动能也相同,因此损失的动能转化成的热量相等,B 正确.子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能,两次相等,因此做功相等,C 错误.产生的热量Q =f ×Δs ,由于产生的热量相等,而相对位移Δs 不同,因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同,D 错误.7.如图甲所示,一物块在t =0时刻,以初速度v 0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行,物块速度随时间变化的图象如图乙所示,t 0时刻物块到达最高点,3t 0时刻物块又返回底端.由此可以确定( )A .物块返回底端时的速度B .物块所受摩擦力大小C .斜面倾角θD .3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功 【答案】AC【解析】上滑过程中做初速度为v 0的匀减速直线运动,下滑过程中做初速度为零、末速度为v 的匀加速直线运动,上滑和下滑的位移大小相等,所以有v 02t 0=v 2·2t 0,解得v =v 02,A 正确.上滑过程中有-(mg sinθ+μmg cos θ)·t 0=0-mv 0,下滑过程中有(mg sin θ-μmg cos θ)·2t 0=mv 02,解得F f =μmg cos θ=3mv 08t 0,sin θ=5v 08gt 0,由于不知道质量,所以不能求出摩擦力,可以求出斜面倾角,B 错误,C 正确.由于不知道物体的质量,所以不能求解克服摩擦力所做的功,D 错误.9.如图甲所示,物块A 、B 间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧,整个系统静止放在光滑水平地面上,其中A 物块最初与左侧固定的挡板相接触,B 物块质量为4 kg 。
2019届高考物理二轮复习专题二功和能碰撞与动量守恒真题汇编

碰撞与动量守恒1.(2018·全国卷II ·T15)高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms ,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 ( )A.10 NB.102 NC.103 ND.104 N【解析】选C 。
对于鸡蛋撞击地面前的下落过程,根据动能定理:mgh=12mv 2;对于鸡蛋撞击地面的过程,设向下为正,由动量定理可得:mgt-F N t=0-mv 。
若每层楼高3 m ,则h=72 m ,由以上两式可得:F N ≈103 N ,选项C 正确。
2. (2018·天津高考·T9(1))质量为0.45 kg 的木块静止在光滑水平面上,一质量为0.05 kg 的子弹以200 m/s 的水平速度击中木块,并留在其中,整个木块沿子弹原方向运动,则木块最终速度的大小是m/s 。
若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N ,则子弹射入木块的深度为 m 。
【解析】根据动量守恒定律可得mv 0=(M+m)v ,解得v=00.05200()0.450.05mv M m ⨯=++m/s= 20 m/s ;系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能,故有fd=201122mv -(M+m)v 2,解得d=22011()22mv M m v f-+=0.2 m 。
答案:20 0.23.(2018·全国卷I ·T24) 一质量为m 的烟花弹获得动能E 后,从地面竖直升空。
当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E ,且均沿竖直方向运动。
爆炸时间极短,重力加速度大小为g ,不计空气阻力和火药的质量。
求:(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【命题意图】本题考查了运动学公式、机械能守恒定律、动量守恒定律等知识。
2019版高中物理二轮专题复习课时跟踪训练:7 碰撞与动量守恒 Word版含解析.doc

课时跟踪训练(七)一、选择题(1~5题为单项选择题,6~10题为多项选择题)1.光滑水平面上有两个小球,在同一直线上相向运动,它们的动量大小相等,则两球碰撞后,下列说法正确的是()A.两球可能沿同一方向运动B.两个球可能一个静止,一个运动C.若两球均运动,则质量大的球动量一定小D.若两球均运动,则质量大的球动能一定小D[由题可知,两球沿同一直线相向运动,动量大小相等,因此系统的总动量为零,碰撞过程系统的总动量守恒,因此碰撞后系统的总动量仍为零,因此两球不可能沿同一方向运动,也不可能一个静止,一个运动,A、B项错误;若两球均运动,根据动量守恒定律可知,两球一定沿相反方向运动,且动量等大反向,即m1v1=m2v2,由此可以判断,质量大的球的动量与质量小的球动量大小相等,C项错误;由E k=p22m可知,质量大的,动能小,D项正确.]2.(2018·山东省青岛市高三统一质检)如图,连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上,物块b以一定初速度向左运动.下列关于a、b两物块的动量p 随时间t的变化关系图象,不合理的是()A[物块b以一定初速度向左运动与连接有轻弹簧的静止物块a相碰,中间弹簧先被压缩后又恢复原长,则弹力在碰撞过程中先变大后变小,两物块动量的变化率先变大后变小.故A 项不合理.本题选不合理的,答案是A.]3.(2018·陕西省安康市高三质检(五))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),秋千一端固定在离地面高为H 的O 点,秋千的长度可调节.改变秋千的长度,杂技演员每次都从A 点(与O )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A 处.已知男演员质量为2m 和女演员质量为m ,秋千的质量不计,空气阻力忽略不计,则男演员落地点C 与O 点的水平距离x 的最大值是( )A.H 2B .H C.3H 2 D .2HD [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 =12(m +2m )v 20,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=2m v 2-m v 1.女演员上摆到A 点的过程中机械能守恒,因此有mgR =12m v 21.男演员自B 点平抛,有:x =v 2t .运动时间t 可由竖直方向的自由落体运动出得H -R =12gt 2,联立以上各式,可解得x =4(H -R )R ,当秋千的长度R =H 2时,男演员落地点C 与O 点的水平距离最大为x =2H ,故D 正确;A 、B 、C 错误.]4.(2018·高考物理全真模拟卷一)如图所示,AB 两小球静止在光滑水平面上,用轻弹簧相连接,A 球的质量小于B 球的质量.若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L 1;若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L 2,则L 1与L 2的大小关系为( )A .L 1>L 2B .L 1<L 2C .L 1=L 2D .不能确定C [若用锤子敲击A 球,两球组成的系统动量守恒,当弹簧最短时,两者的共速,则m A v =(m A +m b )v ′,解得v ′=m A v (m A +m B ),弹性势能最大,最大为ΔE p =12m A v 2-12(m A +m B )v ′2=m A m B v 22(m A +m B );若用锥子敲击B 球,同理可得m B v =(m A +m B )v ″,解得v ″=m B v (m A +m B ),弹性势能最大为ΔE p =12m B v 2-12(m A +m B )v ′2=m A m B v 22(m A +m B ),即两种情况下弹簧压缩最短时,弹性势能相等,故L 1=L 2,C 正确.]5.如图所示,在粗糙水平面上,用水平轻绳(绳子的长度不计)相连的两个相同的物体P 、Q 质量均为m ,在水平恒力F 作用下以速度v 做匀速运动.在t =0时轻绳断开,Q 在F 作用下继续前进,则下列说法正确的是( )A .t =0至t =3m v 2F 时间内,P 、Q 的总动量不守恒B .t =0至t =3m v F 时间内,P 、Q 的总动量守恒C .t =5m v 2F 时,Q 的动量为52m vD .t =2m v F 时,P 、Q 两点的距离2m v 2FD [设P 、Q 受到的滑动摩擦力都为F ,断开前两物体做匀速直线运动,根据平衡条件得:F =2f ,设P 经过时间t 速度为零,对P 由动量定理得:-ft =0-m v ,解得:t =2m v F ;由此可知,在剪断细线前,两木块在水平地面上向右做匀速直线运动.以PQ 为系统,绳子上的力属于系统的内力,系统所受合力为零;在剪断细线后,物体P 停止运动以前,两物体受到的摩擦力不变,两木块组成的系统的合力仍为零,则系统的总动量守恒,故在t =0至t =2m v F 的时间内P 、Q 的总动量守恒,在t =2m v F 后,P 停止运动,Q 做匀加速直线运动,故两木块组成的系统的合力不为零,故P 、Q 的总动量不守恒,故AB 错误;当t =5m v 2F 时,对Q 由动量定理得:Ft -ft =p ′Q -m v ,代入f =F 2,t =5m v 2F ,解得:p ′Q =94m v ,故C 错误;当t =2m v F 时,对Q 由动量定理得:Ft -ft =m v 2-m v ,代入f =F 2,t=2m v F ,解得v 2=2v ,由动能定理得:Fx 2-fx 2=12m v 22-12m v 2;对P 由动量定理得:-ft =m v 1-m v ,代入f =F 2,t =2m v F ,解得v 1=0,由动能定理得:-fx 1=12m v 21-12m v 2,解得Δx =x 2-x 1=2m v 2F ,故D 正确.]6.(2018·安徽省芜湖市高三下调研)在地面上以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球,皮球落地时速度大小为v 2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比,重力加速度为g .下列判断正确的是( )A .皮球上升的最大高度为v 212gB .皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12m v 21-12m v 22C .皮球上升过程经历的时间为v 1gD .皮球从抛出到落地经历的时间为v 1+v 2gBD [减速上升的过程中受重力、阻力作用,故加速度大于g ,则上升的高度小于v 212g ,上升的时间小于v 1g ,故AC 错误;皮球从抛出到落地过程中重力不做功,根据动能定理得克服阻力做功为W f =12m v 21-12m v 22,故B 正确;用动量定理,结合数学知识,假设向下为正方向,设上升阶段的平均速度为v ,则:mgt 1+k v t 1=m v 1,由于平均速度乘以时间等于上升的高度,故有:h =v t 1,即:mgt 1+kh =m v 1①同理,设上升阶段的平均速度为v ′,则下降过程mgt 2+k v ′t 2=m v 2,即:mgt 2-kh =m v 2②,由①②得:mg (t 1+t 2)=m (v 1+v 2),解得:t =t 1+t 2=v 1+v 2g ,故D 正确;故选B 、D.]7.(2018·山西太原市高三质检)如图所示,金属杆AB 在离地h =3.2 m ,高处从静止开始沿弧形轨道下滑,导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场,水平部分导轨上原来放有一根静止金属杆CD ,已知杆AB 的质量为m 1=2 kg ,电阻为R 1=10 Ω,杆CD 的质量为m 2=0.5 kg ,电阻为R 2=30 Ω,其余电阻不计,水平导轨足够长,不计一切摩擦.( )A .AB 的最终速度是8 m/sB .CD 的最终速度是6.4 m/sC .整个过程中回路释放的电能是12.8 JD .整个过程中,AB 杆上产生的焦耳热3.2 JBCD [AB 下滑h 的过程中机械能守恒:m 1gh =12m 1v 20,解得v 0=8 m/s ;最终两者速度相等,由动量守恒定律:m 1v 0=(m 1+m 2)v 1,解得v 1=6.4 m/s ,故A 错误,B 正确;由能量守恒知,回路中产生的电能等于系统机械能的损失,所以整个过程中回路释放的电能ΔE =m 1gh -12(m 1+m 2)v 21=12.8 J ,故C 正确;在回路中产生电能的过程中,虽然电流不恒定,但由于两杆串联,通过两杆的电流总是相等的,所以整个过程中,AB 杆上产生的焦耳热Q =R 1R 1+R 2ΔE =3.2 J ,故D 正确.]8.(2018·衡水中学信息卷)如图所示,足够长的木板P 静止于光滑水平面上,小滑块Q 位于木板P 的最右端,木板P 与小滑块Q 之间的动摩擦因数μ=0.2,木板P 与小滑块Q 质量相等,均为m =1 kg.用大小为6 N 方向水平向右的恒力F 拉动木板P 加速运动1 s 后将其撤去,系统逐渐达到稳定状态,已知重力加速度g 取10 m/s 2,下列说法正确的是( )A.木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量B.拉力F做功为6 JC.小滑块Q的最大速度为3 m/sD.整个过程中,系统因摩擦而产生的热量为3 JACD[对系统由动量定理得Ft=m v P+m v Q=2m v共,即木板P与小滑块Q 所组成系统的动量增加量一定等于拉力F的冲量,A正确;若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动,则拉力F不能超过μmgm·2m=4 N,拉力F为6 N大于4N,故二者发生相对滑动,对木板P由牛顿第二定律F-μmg=ma,解得a=4 m/s2,1s内木板P的位移x=12at2=2 m.拉力F做功W=Fx=12 J,B错误;二者共速时,小滑块Q的速度最大,Ft=2m v共,v共=3 m/s,C正确;整个过程中,对系统由能量守恒可知W=12·2m v2共+Q,解得Q=3 J,D正确.]9.(2018·山东省潍坊市高三一模)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞,如图a所示,碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力,碰撞前后两壶运动的v-t图线如图b中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量均为19 kg,则()A.碰后蓝壶的速度为0.8 m/sB.碰后蓝壶移动的距离为2.4 mC.碰撞过程两壶损失的动能为7.22 JD.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶4AD[由图可知碰撞前后红壶的速度为v0=1 m/s和v2=0.2 m/s,由动量守恒可得mv0=mv1+mv2,解得碰后蓝壶速度为v2=0.8 m/s,碰后蓝壶移动的距离为x=12×0.8×5=2 m.碰撞过程两壶损失的动能为ΔE k=12m v2-12m v21-12m v22=3.04 J ,红壶所受摩擦力f 1=ma 1=19×1.2-1.01N =3.8 N ,蓝壶所受摩擦力f 2=ma 2=19×0.8-05 N =3.04 N ,碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f 1∶f 2=5∶4,故AD 正确;BC 错误;故选AD.]10.(2018·南开中学考前冲刺)如图所示,质量为M 、半径R 的ABC 凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上,B 为最低点,BC 为14圆弧,OA 与竖直方向夹角θ=60°,其右侧紧贴竖直墙壁PQ .一质量为m 的小物块(可视为质点)从D 处水平抛出,同时将ABC 凹槽锁定在地面上,小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽,当其到达B 点时解除锁定,小物块刚好能达到C 点.不计空气阻力,重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A .从D 点抛出的初速度为v 0=gR 2;D 点距A 点高度差h =3R 8B .小球第一次过B 点时对槽底的压力大小为2 mgC .小球从C 点到B 点过程中,竖直墙壁对槽的冲量为I =m 2gR ,方向水平向左D .小球从C 到B 向A 运动的过程中,以小球、槽ABC 作为一个系统,机械能守恒、动量守恒AC [A 项,小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽,即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切,将速度分解为水平方向和竖直方向可知,v =2v 0,从A 到C 应用能量守恒可知,12m (2v 0)2=mgR sin 30°,解得v 0=gR 2,从D 到A 应用动能定理可得:mgh =12m (2v 0)2-12m v 20,解得:h =3R 8,故A 正确;B 项:从A 到B应用动能定理,mgR ()1-sin 30°=12m v 2B -12m v 2A ,在B 点由重力与支持力的合力提供向心力得,F N -mg =m v 2B R ,由以上两式解得F N =3 mg ,故B 错误;C 项:小球到B 时的速度为v B 1=2gR ,根据动量定理可得:I =m v B 1-0=m 2gR ,故C 正确;D 项,小球从C 到B 向A 运动的过程中,以小球、槽ABC 作为一个系统,由于没有摩擦,所以机械能守恒,但在小球从C 到B 过程中,墙壁对槽有水平方向的作用力,所以系统外力之和不为零,故动量不守恒,故D 错误.二、非选择题11.(2018·山东省济南市高三一模)运载火箭是人类进行太空探索的重要工具,一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力.某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性,模型甲内部装有Δm =100 g 的压缩气体,总质量为M =1 kg ,点火后全部压缩气体以v 0=570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出;模型乙分为两级,每级内部各装有Δm 2的压缩气体,每级总质量均为M 2,点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v 0从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出,喷出后经过2 s 时第一级脱离,同时第二级内全部压缩气体仍以速度v 0从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出.喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计,g 取10 m/s 2,求两种模型上升的最大高度之差.解析 对模型甲:0=(M -Δm )v 甲-Δm v 0h 甲=v 2甲2g =10859m ≈200.56 m对模型乙第一级喷气:0=(M -Δm 2)v 乙1-Δm 2v 0解得:v 乙1=30 m/s2 s 末:v 乙1′=v 乙1-gt =10 m/sh 乙1=v 2乙1-v ′2乙12g=40 m 对模型乙第一级喷气:M 2v 乙1=(M 2-Δm 2)v 乙2-Δm 2v 0解得:v 乙2=670 9 m/sh 乙2=v 2乙22g =2244581m ≈277.10 m可得:Δh =h 乙1+h 乙2-h 甲=944081m ≈116.54 m答案 116.54 m12.(2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示,水平地面上固定一半径为R =0.8 m 的14光滑圆弧轨道,轨道左端放一质量为M =3 kg 、长为L =1.75 m 的木板,木板上表面与轨道末端等高,木板与地面间无摩擦,其左端放一质量m =1 kg 的物块,物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.现给物块施一水平向右的恒力F =15 N ,作用一段距离x 后撤去F ,物块正好能滑到圆弧轨道的最高点,然后再滑回,取g =10 m/s 2.(1)求物块滑到板右端时的速度v 多大?(2)求x 的大小;(3)通过计算说明,物块最终能否滑离木板.解析 (1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程,由机械能守恒可得:12m v2=mgR解得:v =4 m/s(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程,由动能定理可得:Fx -μmgL =12m v 2解得:x =1 m(3)设物块相对板向左滑动距离Δx 后,与木板达到相同速度v ′,由动量守恒定律得:m v =(M +m )v ′解得:v ′=1 m/s由能量守恒定律得:μmg Δx =12(M +m )v ′2解得:Δx =1.5 m <L =1.75 m故物块不会滑离木板.答案(1)4 m/s(2)1 m(3)物块不会滑离木板。
2020版高考物理大二轮复习试题:动量定理和动量守恒定律(含答案)

回扣练8:动量定理和动量守恒定律1.将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图,槽左侧有一个固定在水平面上的物块.现让一个小球自左侧槽口A 点正上方由静止开始落下,从A 点落入槽内,则下列说法中正确的是( )A .小球在半圆槽内运动的过程中,机械能守恒B .小球在半圆槽内运动的全过程中,小球与半圆槽组成的系统动量守恒C .小球在半圆槽内由B 点向C 点运动的过程中,小球与半圆槽组成的系统动量守恒D .小球从C 点离开半圆槽后,一定还会从C 点落回半圆槽解析:选D.只有重力做功时物体机械能守恒,小球在半圆槽内运动由B 到C 过程中,除重力做功外,槽的支持力也对小球做功,小球机械能不守恒,由此可知,小球在半圆槽内运动的全过程中,小球的机械能不守恒,故A 错误.小球在槽内运动的前半过程中,左侧物体对槽有作用力,小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒,故B 错误.小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中,系统在水平方向所受合外力为零,故小球与半圆槽在水平方向动量守恒,故C 错误.小球离开C 点以后,既有竖直向上的分速度,又有与槽相同的水平分速度,小球做斜上抛运动,然后可以从C 点落回半圆槽,故D 正确.故选D.2.如图所示,质量为m 的A 球在水平面上静止放置,质量为2m的B 球向左运动速度大小为v 0,B 球与A 球碰撞且无机械能损失,碰后A 球速度大小为v 1,B 球的速度大小为v 2,碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e =v 1-v 2v 0-0,下列选项正确的是( ) A .e =1B .e =12C .e =13D .e =14解析:选A.AB 在碰撞的过程中,根据动量守恒可得,2mv 0=mv 1+2mv 2,在碰撞的过程中机械能守恒,可得12·2mv 20=12mv 21+12·2mv 22,解得v 1=43v 0,v 2=13v 0,碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e =v 1-v 2v 0-0=1,故A 正确,BCD 错误;故选A. 3.如图所示,AB 两小球静止在光滑水平面上,用轻弹簧相连接,A 球的质量小于B 球的质量.若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L 1;若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L 2,则L 1与L 2的大小关系为( )A .L 1>L 2B .L 1<L 2C .L 1=L 2D .不能确定解析:选C.若用锤子敲击A 球,两球组成的系统动量守恒,当弹簧最短时,两者共速,则m A v =(m A +m B )v ′,解得v ′=m A v m A +m B ,弹性势能最大,最大为ΔE p =12m A v 2-12(m A +m B )v ′2=m A m B v 22(m A +m B );若用锤子敲击B 球,同理可得m B v =(m A +m B )v ″,解得v ″=m B v m A +m B ,弹性势能最大为ΔE p =12m B v 2-12(m A +m B )v ′2=m A m B v 22(m A +m B ),即两种情况下弹簧压缩最短时,弹性势能相等,故L 1=L 2,C 正确.4.如图所示,足够长的传送带以恒定的速率v 1逆时针运动,一质量为m 的物块以大小为v 2的初速度从左轮中心正上方的P 点冲上传送带,从此时起到物块再次回到P 点的过程中,下列说法正确的是( )A .合力对物块的冲量大小一定为2mv 2B .合力对物块的冲量大小一定为2mv 1C .合力对物块的冲量大小可能为零D .合力对物块做的功可能为零解析:选D.若v 2>v 1,物块在传送带上先向右做匀减速直线运动,速度减为零后再返回做匀加速直线运动,达到速度v 1后做匀速直线运动,可知物块再次回到P 点的速度大小为v 1,规定向左为正方向,根据动量定理得,合外力的冲量I 合=mv 1-m (-v 2)=mv 1+mv 2.根据动能定理知,合外力做功W 合=12mv 21-12mv 22;若v 2<v 1,物块在传送带上先向右做匀减速直线运动,速度减为零后再返回做匀加速直线运动,物块再次回到P 点的速度大小为v 2,规定向左为正方向,根据动量定理得,合外力的冲量为:I 合=mv 2-m (-v 2)=2mv 2;根据动能定理知,合外力做功为:W 合=12mv 22-12mv 22=0.故D 正确,ABC 错误.故选D. 5.如图甲所示,工人利用倾斜钢板向车内搬运货物,用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端,到达顶端时速度刚好为零.若货物质量为100 kg ,钢板与地面的夹角为30°,钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N ,整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示,重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A .0~2 s 内人对货物做的功为600 JB .整个过程中人对货物的推力的冲量为1 000 N·sC .0~2 s 和2~3 s 内货物所受推力之比为1∶2D .整个过程中货物始终处于超重状态解析:选A.0~2 s 内货物的加速度a 1=Δv Δt=0.5 m/s 2,根据牛顿第二定律:F 1-f -mg sin 30°=ma 1,解得F 1=600 N ;0~2 s 内货物的位移:x 1=12×2×1 m=1 m ;则人对货物做的功为W F =Fx 1=600 J ,选项A 正确;整个过程中,根据动量定理:I F -(f +mg sin 30°)t =0,解得整个过程中人对货物的推力的冲量为I F =(f +mg sin 30°)t =(50+100×10×0.5)×3=1 650 N·s,选项B 错误;2~3 s 内货物的加速度大小a 2=1 m/s 2,根据牛顿第二定律:f +mg sin 30°-F 2=ma 2所受推力F 2=450 N ;则0~2 s 和2~3 s 内货物所受推力之比为F 1∶F 2=600∶450=4∶3,选项C 错误;整个过程中货物的加速度先沿斜面向上,后向下,先超重后失重,选项D 错误;故选A.6.(多选)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 球的动量增量为-4 kg·m/s,则( )A .该碰撞为弹性碰撞B .该碰撞为非弹性碰撞C .左方是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∶10解析:选AC.规定向右为正方向,碰撞前A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s,说明A 、B 两球的速度方向向右,两球质量关系为m B =2m A ,所以碰撞前v A >v B ,所以左方是A 球.碰撞后A 球的动量增量为-4 kg·m/s,所以碰撞后A 球的动量是2 kg·m/s;碰撞过程系统总动量守恒:m A v A +m B v B =-m A v A ′+m B v B ′所以碰撞后B 球的动量是10 kg·m/s,根据m B =2m A ,所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5,故C 正确,D 错误.碰撞前系统动能:p 2A 2m A +p 2B 2m B=622m A +622×2m A =27m A ,碰撞后系统动能为:p A ′22m A +p B ′22m B =222m A +1022×2m A =27m A,则碰撞前后系统机械能不变,碰撞是弹性碰撞,故A 正确,B 错误;故选AC.7.(多选)质量为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0.2 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解析:选AD.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上动量守恒,有m M =x L -x,解得:x =0.3 m ,选项A 正确、B 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 ,选项C 错误.此时杆与水平面的夹角为cos α=0.8,设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块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时动量守恒,有m M =x ′L cos α-x ′,解得:x ′=0.24 m .小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中,滑块在水平轨道上向右移动了x +x ′=0.3 m +0.24 m =0.54 m ,选项D 正确.8.(多选)如图所示,一辆质量为M =3 kg 的平板小车A 停靠在竖直光滑墙壁处,地面水平且光滑,一质量为m =1 kg 的小铁块B (可视为质点)放在平板小车A 最右端,平板小车A 上表面水平且与小铁块B 之间的动摩擦因数μ=0.5,平板小车A 的长度L =0.9 m .现给小铁块B 一个v 0=5 m/s 的初速度使之向左运动,与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动,重力加速度g =10 m/s 2.下列说法正确的是( )A .小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/sB .小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·sC .小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4 JD .小铁块B 在平板小车A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J解析:选BD.设小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为v 1,根据动能定理得:-μmgL =12mv 21-12mv 20,解得:v 1=4 m/s ,选项A 错误.与竖直墙壁发生弹性碰撞,反弹速度为-4 m/s ,由动量定理可知,小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I =2mv 1=8 N·s,选项B 正确.小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为μmgL =4.5 J ,选项C 错误.假设发生弹性碰撞后小铁块B 最终和平板小车A 达到的共同速度为v 2,根据动量守恒定律得:mv 1=(M +m )v 2,解得:v 2=1 m/s.设小铁块B 在平板小车A 上相对滑动的位移为x 时与平板小车A 达到共同速度v 2,则根据功能关系得:-μmgx =12(M +m )v 22-12mv 21,解得:x =1.2 m ,由于x >L ,说明小铁块B 在没有与平板小车A 达到共同速度时就滑出平板小车A ,所以小铁块B 在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE =2μmgL =9 J ,选项D 正确.9.(多选)在地面上以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球,皮球落地时速度大小为v 2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比,重力加速度为g .下列判断正确的是( )A .皮球上升的最大高度为v 212gB .皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12mv 21-12mv 22 C .皮球上升过程经历的时间为v 1gD .皮球从抛出到落地经历的时间为v 1+v 2g解析:选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用,故加速度大于g ,则上升的高度小于v 212g ,上升的时间小于v 1g,故AC 错误;皮球从抛出到落地过程中重力做功为零,根据动能定理得克服阻力做功为W f =12mv 21-12mv 22,故B 正确;用动量定理,结合数学知识,假设向下为正方向,设上升阶段的平均速度为v ,则:mgt 1+kvt 1=mv 1,由于平均速度乘以时间等于上升的高度,故有:h =vt 1,即:mgt 1+kh =mv 1 ①,同理,设下降阶段的平均速度为v ′,则下降过程:mgt 2-kv ′t 2=mv 2,即:mgt 2-kh =mv 2 ②,由①②得:mg (t 1+t 2)=m (v 1+v 2),解得:t =t 1+t 2=v 1+v 2g,故D 正确;故选BD. 10.(多选)如图所示,足够长的光滑水平导轨间距为2 m ,电阻不计,垂直导轨平面有磁感应强度为1 T 的匀强磁场,导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒,a 棒质量为1 kg ,电阻为5 Ω,b 棒质量为2 kg ,电阻为10 Ω.现给a 棒一个水平向右的初速度8 m/s ,当a 棒的速度减小为4 m/s 时,b 棒刚好碰到了障碍物,经过很短时间0.5 s 速度减为零(不反弹,且a 棒始终没有与b 棒发生碰撞),下列说法正确的是( )A .从上向下看回路产生逆时针方向的电流B .b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为2 m/sC .碰撞过程中障碍物对b 棒的平均冲击力大小为6 ND .b 棒碰到障碍物后,a 棒继续滑行的距离为15 m解析:选ABD.根据右手定则可知,从上向下看回路产生逆时针方向的电流,选项A 正确;系统动量守恒,由动量守恒定律可知:m a v 0=m a v a +m b v b 解得v b =2 m/s ,选项B 正确;b 碰到障碍物时,回路的感应电动势:E =BL (v a -v b )=4 V ;回路的电流:I =E R a +R b =415 A ;b 棒所受的安培力:F b =BIL =815N ;b 与障碍物碰撞时,由动量定理:(F b -F )t =0-m b v b 解得:F =8.5 N ,选项C 错误;b 碰到障碍物后,a 继续做减速运动,直到停止,此时由动量定理:B IL Δt =m a v a ,其中I Δt =q =ΔΦR a +R b =BLx R a +R b联立解得x =15 m ,选项D 正确;故选ABD. 11.(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动,已知它们的质量分别是m 1=4 kg ,m 2=2 kg ,A 的速度v 1=3 m/s(设为正),B 的速度v 2=-3 m/s ,则它们发生正碰后,其速度可能分别是( )A .均为1 m/sB .+4 m/s 和-5 m/sC .+2 m/s 和-1 m/sD .-1 m/s 和5 m/s解析:选AD.由动量守恒,可验证四个选项都满足要求.再看动能情况E k =12m 1v 21+12m 2v 22=12×4×9 J+12×2×9 J=27 J E k ′=12m 1v 1′2+12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加,所以应有E k ≥E k ′,可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′,但A、B沿同一直线相向运动,发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A′>0,v B′<0),这显然是不符合实际的,因此C错误.验证选项A、D均满足E k≥E k′,故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞).。
高中物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案)含解析.docx

高中物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题( 含答案 ) 含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如图所示,在水平地面上有两物块甲和乙,它们的质量分别为2m 、 m,甲与地面间无摩擦,乙与地面间的动摩擦因数恒定.现让甲以速度v0向着静止的乙运动并发生正碰,且碰撞时间极短,若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞,试求:(1)第一次碰撞过程中系统损失的动能(2)第一次碰撞过程中甲对乙的冲量【答案】(1) 1 mv02; (2)4mv0【解析】【详解】解: (1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v1、 v2,之后甲做匀速直线运动,乙以v2初速度做匀减速直线运动,在乙刚停下时甲追上乙碰撞,因此两物体在这段时间平均速v2度相等,有: v12而第一次碰撞中系统动量守恒有:2mv02mv1 mv2由以上两式可得: v1v0, v2v0 2所以第一次碰撞中的机械能损失为:E 1g2mgv021g2mgv121mv221mv02 2224(2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量:I mv20 mv02.运载火箭是人类进行太空探索的重要工具,一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。
某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性,模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体,总质量为 M=l kg,点火后全部压缩气体以 v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出;模型乙分为两级,每级内部各装有m的压缩气体,每级总2质量均为M,点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o从底部喷口在极短时间2内竖直向下喷出,喷出后经过2s时第一级脱离,同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。
喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计, g 取 10 m / s2,求两种模型上升的最大高度之差。
【答案】 116.54m【解析】对模型甲:0 M m v甲mv0v甲21085m200.56 m h甲 =92g对模型乙第一级喷气:0M m v乙1m v022解得:v乙130ms2s 末:v乙‘1=v乙1gt10msh乙1= v乙21v '乙2140m2 g对模型乙第一级喷气:Mv乙‘1 =(M m)v乙2mv02222解得:v乙2=670 m9sh乙2= v乙2222445m277.10 m 2g81可得:h h乙1+h乙2h甲 =9440m116.54m 。
2020高考冲刺物理重难点:动量守恒定律(附答案解析)

重难点07 动量守恒定律【知识梳理】一、动量守恒定律的条件及应用1.动量守恒定律:一个系统不受外力或者受外力之和为零,这个系统的总动量保持不变。
2.动量守恒定律的适用条件(1)前提条件:存在相互作用的物体系;(2)理想条件:系统不受外力;(3)实际条件:系统所受合外力为0;(4)近似条件:系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力;(5)方向条件:系统在某一方向上满足上面的条件,则此方向上动量守恒。
3.动量守恒定律的表达式(1)m1v1+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;(2)Δp1=–Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向;(3)Δp=0,系统总动量的增量为零。
4.动量守恒的速度具有“四性”:①矢量性;②瞬时性;③相对性;④普适性。
5.应用动量守恒定律解题的步骤:(1)明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程);(2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒);(3)规定正方向,确定初、末状态动量;(4)由动量守恒定律列出方程;(5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。
二、碰撞与动量守恒定律1.碰撞的特点(1)作用时间极短,内力远大于外力,总动量总是守恒的。
(2)碰撞过程中,总动能不增。
因为没有其他形式的能量转化为动能。
(3)碰撞过程中,当两物体碰后速度相等时,即发生完全非弹性碰撞时,系统动能损失最大。
(4)碰撞过程中,两物体产生的位移可忽略。
2.碰撞的种类及遵从的规律3.关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
在光滑的水平面上,质量为m 1的钢球沿一条直线以速度v 0与静止在水平面上的质量为m 2的钢球发生弹性碰撞,碰后的速度分别是v 1、v 2221101v m v m v m +=①222211201212121v m v m v m +=② 由①②可得:021211v m m m m v +-=③021122v m m m v +=④利用③式和④式,可讨论以下五种特殊情况:a .当21m m >时,01>v ,02>v ,两钢球沿原方向原方向运动;b .当21m m <时,01<v ,02>v ,质量较小的钢球被反弹,质量较大的钢球向前运动;c .当21m m =时,01=v ,02v v =,两钢球交换速度。
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专题限时训练7 动量守恒定律时间:45分钟一、单项选择题1.一个质量为3 kg 的物体所受的合外力随时间变化的情况如图所示,那么该物体在6 s 内速度的改变量是( D )A .7 m/sB .6.7 m/sC .6 m/sD .5 m/s解析:F t 图线与时间轴围成的面积在数值上代表了合外力的冲量,故合外力冲量为I=(3×4+12×2×4-12×1×2) N·s=15 N·s.根据动量定理有I =m Δv ,Δv =I m =153m/s =5 m/s.2.台球以速度v 0与球桌边框成α角撞击O 点,反弹后速度为v 1,方向与球桌边框夹角仍为α,如图所示.如果v 1<v 0,OB 垂直于桌边,则下列关于桌边对小球的弹力方向的判断中正确的是( B )A .可能沿OA 方向B .一定沿OB 方向C .可能沿OC 方向D .可能沿OD 方向解析:小球与球桌边框碰撞时属于点面接触,弹力方向垂直于接触面,即沿OB 方向,故选B.3.质量为m 的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定其上,另一质量也为m 的物块乙以4 m/s 的速度与甲相向运动,如图所示.则( C )A .甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力作用,系统动量不守恒B .当两物块相距最近时,甲物块的速率为零C .当甲物块的速率为1 m/s 时,乙物块的速率可能为2 m/s ,也可能为0D .甲物块的速率可能达到5 m/s解析:甲、乙两个物块通过弹簧发生相互碰撞,遵循动量和能量守恒,当两个物块离开弹簧时交换速度,即甲的速度为4 m/s ,乙的速度为3 m/s ,方向相反,且整个碰撞过程中甲的速度不可能大于4 m/s ,乙的速度不可能大于3 m/s ,当两物块相距最近时速度相等为0.5 m/s ,所以A 、B 、D 错,C 正确.4.如图所示,足够长的小平板车B 的质量为M ,以水平速度v 0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v 0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( D )A .若M >m ,物体A 对地向左的最大位移是2Mv 20μM +m g B .若M <m ,小车B 对地向右的最大位移是Mv 20μmgC .无论M 与m 的大小关系如何,摩擦力对平板车的冲量均为mv 0D .无论M 与m 的大小关系如何,摩擦力的作用时间均为2Mv 0μM +m g解析:规定向右为正方向,根据动量守恒定律有:Mv 0-mv 0=(M +m )v ,解得:v =M -m v 0M +m .若M >m ,A 所受的摩擦力f =μmg ,对A ,根据动能定理得:-μmgx A =0-12mv 20,则得物体A 对地向左的最大位移x A =v 202μg,故A 错误;若M <m ,对B ,由动能定理得:-μmgx B =0-12Mv 20,则得小车B 对地向右的最大位移x B =Mv 202μmg,B 错误;根据动量定理知,摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量,即I =-ft =Mv -Mv 0=-2mMv 0m +M ,f =μmg ,解得:t =2Mv 0μM +m g,故C 错误,D 正确. 5.一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v =2 m/s ,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为不计质量损失,取重力加速度g =10 m/s 2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( B )解析:规定向右为正,设弹丸的质量为4m ,则甲的质量为3m ,乙的质量为m ,炮弹到达最高点时爆炸时,爆炸的内力远大于重力(外力),遵守动量守恒定律,则有:4mv 0=3mv 1+mv 2;两块弹片都做平抛运动,高度一样,则运动时间相等,t =2h g =2×5m 10 m/s 2=1 s ;水平方向做匀速运动x 1=v 1t ,x 2=v 2t ,综上可得,数值上8=3x 1+x 2.结合图象可知,B 的位移满足上述表达式,故B 正确.6.在液面上以大小为v 1的初速度竖直向下射出一个塑料小球,经过时间t ,塑料小球回到液面,回到液面时塑料小球的速度大小为v 2,已知塑料小球在运动过程中受到的液体的浮力大小等于其重力的k 倍(k >1),液体阻力的大小与速度的大小成正比,重力加速度大小为g ,下面给出时间t 的四个表达式中只有一个是合理的,你可能不会求解t ,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达式的合理性做出判断,根据你的判断,你认为t 的合理表达式应为( C )A .t =v 1v 2kgB .t =v 1-v 2k -gC .t =v 1+v 2k -gD .t =v 1v 2k +g解析:若没有阻力,则v 1=v 2,但从等式看出时间为零,与实际情况矛盾,故B 错误;等式两边的单位应该是相同的,D 项表达式右边单位是m ,左边单位是s ,等式显然不成立,故错误;若k 略大于1,即浮力略大于重力,塑料小球返回时加速度很小,时间很长,但A 选项求解的时间不是很长,C 选项求解的时间很长,故A 错误,C 正确.二、多项选择题7.如图所示,质量为m 的小车静止在光滑的水平地面上,车上有半圆形光滑轨道,现将质量也为m 的小球在轨道左侧边缘由静止释放,则( BD )A .在下滑过程中小球机械能守恒B .小球可以到达右侧轨道的最高点C .小球在右侧轨道上滑时,小车也向右运动D .小球在轨道最低点时,小车与小球的速度大小相等,方向相反解析:小球下滑的过程中,半圆形轨道对小球的支持力对小球做负功,小球的机械能不守恒,但由小球和小车组成的系统机械能守恒,A 错误;小球和小车组成的系统机械能守恒且水平方向动量守恒,小球可以到达右侧轨道的最高点,B 正确;小球在右侧轨道上滑时,小车仍向左运动,但做减速运动,C 错误;由小球和小车水平方向动量守恒,得0=mv 球-mv 车,则v 球=v 车,D 正确.8.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,随后离开弹簧向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( BC )A .弹簧伸长过程中C 向右运动,同时小车也向右运动B .C 与B 端碰前,C 与小车的速率之比为M mC .C 与油泥粘在一起后,小车立即停止运动D .C 与油泥粘在一起后,小车继续向右运动解析:小车与木块C 组成的系统在水平方向上动量守恒,C 向右运动时,小车应向左运动,故A 错误;设碰前C 的速率为v 1,小车的速率为v 2,则0=mv 1-Mv 2,得v 1v 2=M m,故B 正确;设C 与油泥粘在一起后,小车、C 的共同速度为v 共,则0=(M +m )v 共,得v 共=0,故C 正确,D 错误.9.如图所示,倾角为θ的固定斜面足够长,一质量为m 上表面光滑的足够长的长方形木板A 正以速度v 0沿斜面匀速下滑,某时刻将质量为2m 的小滑块B 无初速度地放在木板A上,则滑块与木板都在滑动的过程中( CD )A .木板A 的加速度大小为3g sin θB .木板A 的加速度大小为零C .A 、B 组成的系统所受合外力的冲量一定为零D .木板A 的动量为13mv 0时,小滑块B 的动量为23mv 0 解析:只有木板A 时,木板A 匀速下滑,则说明木板A 受到的重力的分力与摩擦力等大反向,即mg sin θ=μmg cos θ,若加上小滑块B 后,A 对斜面的压力增大,则摩擦力变为μ·3mg cos θ,而沿斜面方向上的力不变,故合外力为:3μmg cos θ-mg sin θ=2mg sin θ,故加速度大小a =2g sin θ,选项A 、B 错误;由分析可知,整体在沿斜面方向受力平衡,故整体动量守恒,故合外力的冲量一定为零,选项C 正确;因动量守恒,故总动量保持不变,由动量守恒定律可知:mv 1+2mv 2=mv 0,故当A 动量为13mv 0时,B 的动量为23mv 0,选项D 正确. 10.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M =0.6 kg ,m =0.2 kg 的两个小球,中间夹着一个被压缩的具有E p =10.8 J 的弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连),原来处于静止状态.现突然释放弹簧,球m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R =0.425 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道,如图所示.g 取10 m/s 2,则下列说法正确的是( AD )A .球m 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·sB .M 离开轻弹簧时获得的速度为9 m/sC .若半圆轨道半径可调,则球m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D .弹簧弹开过程,弹力对m 的冲量大小为1.8 N·s解析:释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒得:mv 1-Mv 2=0,由机械能守恒得:12mv 21+12Mv 22=E p ,代入数据解得:v 1=9 m/s ,v 2=3 m/s ;m 从A 到B 过程中,由机械能守恒定律得:12mv 21=12mv ′21+mg ·2R ,解得:v 1′=8 m/s ;以向右为正方向,由动量定理得,球m 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合外力冲量大小为:I =Δp =mv 1′-mv 1=0.2×(-8) N·s-0.2×9 N·s=-3.4 N·s,则合外力冲量大小为3.4 N·s,故A 正确;M 离开轻弹簧时获得的速度为3 m/s ,故B 错误;设圆轨道半径为r 时,飞出B 后水平位移最大,从A 到B 由机械能守恒定律得:12mv 21=12mv 1′2+mg ·2r ,在最高点,由牛顿第二定律得:mg +N =m v 1′2r,m 从B 点飞出,需要满足:N ≥0,飞出后,小球做平抛运动:2r =12gt 2,x =v 1′t ,当8.1-4r =4r 时,即r =1.012 5 m 时,x 为最大,球m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小,故C 错误;由动量定理得,弹簧弹开过程,弹力对m 的冲量大小为I =Δp =mv 1=0.2×9 N·s=1.8 N·s,故D 正确.三、计算题11.假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞,且不考虑尘埃间的相互作用.为了保证飞船能以速度v 0匀速穿过尘埃云,在刚进入尘埃云时,飞船立即开启内置的离子加速器.已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子,形成向外发射的高速(远远大于飞船速度)粒子流,从而对飞行器产生推力的.若发射的是一价阳离子,每个阳离子的质量为m ,加速电压为U ,元电荷为e .在加速过程中飞行器质量的变化可忽略,求单位时间内射出的阳离子数.(飞船可视为横截面积为S 的圆柱体,尘埃云分布均匀,密度为ρ)解析:设在很短的时间Δt 内,与飞船碰撞的尘埃的质量为m ′,所受飞船的作用力为f ′,飞船的质量为M .飞船与尘埃发生的是弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有Mv 0=Mv 1+m ′v 212Mv 20=12Mv 21+12m ′v 22 解得v 2=2M M +m ′v 0 由于M ≫m ′,所以碰撞后尘埃的速度v 2=2v 0对尘埃,根据动量定理有f ′Δt =m ′v 2,其中m ′=ρSv 0Δt则飞船所受阻力f ′=2ρSv 20设一个离子在电场中加速后获得的速度为v ,根据动能定理,有eU =12mv 2 设单位时间内射出的离子数为n ,在很短的时间Δt 内,根据动量定理,有F Δt =n Δtmv 则飞船所受动力F =nmv飞船做匀速运动,则有F =f ′解得n =2eUm ρSv 20. 答案:2eUm ρSv 2012.如图所示,光滑水平面上有一质量M =4.0 kg 的平板车,车的上表面是一段长L =1.5 m 的粗糙水平轨道,水平轨道左侧连一半径R =0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在点O ′相切.现将一质量m =1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v 0滑上平板车,小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5,小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A .取g =10 m/s 2,求:(1)小物块滑上平板车的初速度v 0的大小;(2)小物块与车最终相对静止时,它距点O ′的距离.解析:(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒,设小物块到达圆弧轨道最高点A 时,二者的共同速度为v 1由动量守恒得:mv 0=(M +m )v 1①由能量守恒得:12mv 20-12(M +m )v 21=mgR +μmgL ② 联立①②并代入数据解得:v 0=5 m/s ③(2)设小物块最终与车相对静止时,二者的共同速度为v 2,从小物块滑上平板车,到二者相对静止的过程中,由动量守恒得:mv 0=(M +m )v 2④设小物块与车最终相对静止时,它距O ′点的距离为x ,由能量守恒得:12mv 20-12(M +m )v 22=μmg (L +x )⑤联立③④⑤并代入数据解得:x =0.5 m.答案:(1)5 m/s (2)0.5 m。