高考物理一轮课件：专题7-动量(含答案)
安徽省砀山中学高考物理第一轮复习 第七单元 动量专题精讲(含解析)
第七单元：动量第一模块：冲量、动量、动量定理『夯实基础知识』 1、动量概念及其理解（1）定义： P mv =（2）动量的单位： （3）特征：①瞬时性；②动量是矢量，其方向质量物体运动速度的方向。
③动量的相对性： （4）动量的变化：0p p p t -=∆，由于动量为矢量，动量的变化是矢量，方向与Δv 相同（5）动量与动能的关系：mP E k 22=，k mE P 2=，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的2、冲量概念及其理解（1）定义： Ft I =（2）单位：（3）特征： ①冲量是过程量，②冲量是矢量 3、动量定理（1）导出：动量定理实际上是在牛顿第二定律的基础上导出的，由牛顿第二定律ma F = 两端同乘合外力F 的作用时间，即可得1212)(υυυυm m m mat Ft -=-==（2）表述：物体所受合外力的冲量等于其动量的变化（3）表达式：P I ∆= 12υυm m Ft -=“=”的意思是数值相等、方向一至、单位相同（4）动量定理是矢量式， （5）动量定理的研究对象是单个物体或可视为单个物体的系统，当研究对象为物体系时，物体系总动量的增量等于相应时间内物体系所受的合外力的冲量。
第二模块：动量守恒定律『夯实基础知识』一、动量守恒定律1、表述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：22112211v m v m v m v m '+'=+ 3、关于动量守恒的条件系统不受外力或所受外力的合力为零。
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、应用动量守恒定律解题的一般步骤：①确定研究对象，分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件； ②选取研究过程；③选定正方向，确定初、末状态的动量，凡与正方向一至的动量取正值，反向的动量取负值。
高考物理力学知识点之动量图文答案(7)
高考物理力学知识点之动量图文答案(7)一、选择题1．如图所示，在光滑水平地面上有A 、B 两个木块，A 、B 之间用一轻弹簧连接。
A 靠在墙壁上，用力F 向左推B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。
若突然撤去力F ，则下列说法中正确的是（ ）A ．木块A 离开墙壁前，A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒 B ．木块A 离开墙壁前，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒C ．木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统动量不守恒D ．木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统机械能不守恒2．如图所示,在光滑水平面上,有质量分别为2m 和m 的A B 、两滑块,它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A B 、不拴连),由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳,在两滑块脱离弹簧之后,下述说法正确的是（ ）A ．两滑块的动量大小之比:2:1AB p p = B ．两滑块的速度大小之比A B v v :2:1=C ．两滑块的动能之比12::kA kB E E =D ．弹簧对两滑块做功之比:1:1A B W W =3．如图所示，A 、B 是位于水平桌面上两个质量相等的小滑块，离墙壁的距离分别为L 和2L，与桌面之间的动摩擦因数分别为A μ和B μ，现给滑块A 某一初速度，使之从桌面右端开始向左滑动，设AB 之间、B 与墙壁之间的碰撞时间都很短，且碰撞中没有能量损失，若要使滑块A 最终不从桌面上掉下来，滑块A 的初速度的最大值为（ ）A ()AB gL μμ+B ()2A B gL μμ+C ．()2A B gL μμ+D ()12A B gL μμ+4．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是（ ）A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变5．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则()A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动6．篮球运动深受同学们喜爱。
2024届高考物理一轮复习课件：动量冲量+动量定理
1.求解平均力问题。
【典例】 一高空作业的工人重为 600 N，系一条长为 L＝5 m 的安全带，若 工人不慎跌落时安全带的缓冲时间 t＝1 s，则安全带受到的冲力是多少？(g 取 10 m/s2)
法二 全过程整体法
在整个下落过程中对工人应用动量定理，所受重力的冲量大小为
mg
2gL＋t，拉力 F 的冲量大小为 Ft.初、末动量都是零，取向下为正方向，由
动量定理得 mg
mg 解得 F＝
2gL＋t－Ft＝0 t 2gL＋t＝1 200 N.
由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力 F′＝F＝1 200 N，方向竖直向下．
⑴在一段时间内，一个力的功可能为零， 但冲量一定不为零
⑵一对作用力与反作用力，功不可比较， 但是冲量一定等大反向
二、冲量
4、冲量是矢量，它的方向由力的方向决定 ——但不能说和力的方向相同,因为可能是变力
⑴、如果是恒力(方向在作用时间内保持不变), 那么冲量的方向就和力的方向相同。
⑵、如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆 周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是 力的方向就是冲量的方向。
也可以研究单个物体或多个物体组成的系统 (分析系统时，只考虑外力，因为内力只会使系 统内的动量发生交换，而不改变系统总动量)
用动量定理解释现象可分为下列三中情况： 1、△p一定，t短则F大，t长则F小 2、F一定，t短则△p小，t长则△p大 3、t一定，F短则△p小，F长则△p大
(2020全国I)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内
2024年新高考版物理专题七动量讲解部分
的轻质弹簧,弹簧右端与B球连接,左端与A球接触但不粘连,已知mA=
m 2
,mB
=2m,开始时A、B均静止。在A球的左边有一质量为 1 m的小球C以初速度
1 2
mv12
-
1 2
×2mv32
联立解得ΔE'=
1 2
×1
3 E
2
2
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,将ΔE'=fx相、 E =fd代入上式,得射
2
入第二块钢板的深度x相= 1 (1+ 3 )d。
22
规律总结 (1)钢板放在光滑水平面上,子弹水平打进钢板,系统所受的合 外力为零,因此系统动量守恒。 (2)两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相。 (3)根据能量守恒定律,系统损失的动能等于系统增加的内能。 (4)系统产生的内能Q=fx相,即两者由于相对运动而产生的热量,也是动能 转化为内能的数值。 (5)当子弹速度很大时,可能射穿钢板,这时末状态子弹和钢板的速度大小 不再相等,但穿透过程中系统的动量仍守恒,系统损失的动能ΔEk=fd,d为 钢板的厚度。
2.碰撞类型 1)弹性碰撞:碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而 且初、末总动能相等。
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
1 2
m1v12
+1
2
m2v22
=1
2
m1v1'2+1
2
m2v2'2
v1'= (m1 m2 )v1 2m2v2
m1 m2
v2'= (m2 m1)v2 2m1v1
3.适用条件 1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒。 2)近似守恒:系统受到的外力矢量和不为零,但当内力远大于外力时,系统 的动量可近似看成守恒。 3)某一方向上守恒:系统在某个方向上所受外力矢量和为零时,系统在该 方向上动量守恒。
(教师用书)2014高考物理一轮复习 第7讲动量守恒定律及其应用课件
4.碰撞的种类及特点:
种
类
特
点
弹性碰撞 非弹性 碰撞 完全非 弹性碰撞
守恒 (1)动量_____ 相等 (2)碰撞前后总动能_____ 守恒 (1)动量_____ 损失 (2)动能有_____ (1)碰后两物体合为一体 守恒 (2)动量_____ 大 (3)动能损失最___
1.(2013·福建高考)将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭 模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷
速度 应相对于同一参考系,一般以 (2)相对性:定律表达式中的_____ 地面 为参考系。 _____
同 (3)同时性:定律中的初态动量是系统中各物体在相互作用前__ 一时刻 的瞬时值,末态动量是系统中各物体在相互作用后____ 同一 _______ 时刻 的瞬时值。 _____ (4)普适性:动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统,也 多个物体 组成的系统;不仅适用于宏观物体组成的系统, 适用于_________ 微观粒子 组成的系统。 也适用于_________
2.(2013·天津高考)我国女子短道速滑队在
今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠。 观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交 棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待 乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的向上的相互作 用, 则 ( )
二、动量守恒定律
1.动量守恒的条件:
不受外力 或系统所受_________ 外力之和 为零。 (1)系统_________
内力 小得多,可以 (2)系统所受的外力之和虽不为零,但比系统_____ 忽略不计,如碰撞问题中的摩擦力,爆炸过程中的重力等。 不受外力 或所受外力的_______ 矢量和 为零,或外力 (3)系统某一方向_________ 内力 则系统在_______ 该方向 动量守恒。 远小于_____,
2025年高考物理一轮复习(新人教版)第7章实验8 验证动量守恒定律
(2)验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
案例二：研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒 1.实验器材 斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸、圆规、铅垂线等. 2.实验过程 (1)测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球. (2)安装：按照如图甲所示安装实验装置.调整固定斜槽 使斜槽底端水平. (3)铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好. 记下铅垂线所指的位置O.
A.在小滑块a上固定一个宽度为 d的窄挡光片； B.用天平分别测出小滑块a(含挡 光片)和小球b的质量ma、mb； C.a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧(与a、b不连接)， 静止放置在平台上； D.细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动； E.记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t； F.小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距 水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离s； G.改变弹簧压缩量，进行多次测量.
④将小球m2放在斜槽末端B处，仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放， 两球发生碰撞，分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置； ⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离.图中M、P、N三点 是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B的 距离分别为sM、sP、sN.
依据上述实验步骤，请回答下面问题： (1)两小球的质量m1、m2应满足m1___>__m2(填“>”“＝”或“<”)；
弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得m1v0＝－m1v1＋m2v2 12m1v02＝12m1v12＋12m2v22 联立解得vv12＝m22－m1m1，代入数据可得vv12＝0.34.
考向2 研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
全国版高考物理一轮复习第7章动量守恒定律26动量动量定理课件
第十七页，共27页。
解析 (1)在刚喷出一段很短的 Δt 时间内，可认为喷出 的水柱保持速度 v0 不变。
该时间内，喷出水柱高度 Δl＝v0Δt① 喷出水柱质量 Δm＝ρΔV② 其中 ΔV 为水柱体积，满足 ΔV＝ΔlS③ 由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ΔΔmt ＝ρv0S。
答案 球的动量变化大小为 0.600 kg·m/s，方向与球飞 来的方向相反。
第十页，共27页。
解析 以球飞来的方向为正方向，则 p1＝mv1＝5×10－3×39.06 kg·m/s＝0.125 kg·m/s p2＝mv2＝－5×10－3×334.62 kg·m/s ＝－0.475 kg·m/s。 所以动量的变化量 Δp＝p2－p1＝－0.475 kg·m/s－0.125 kg·m/s ＝－0.600 kg·m/s。 所以球的动量变化大小为 0.600 kg·m/s，方向与球飞来 的方向相反。
第六页，共27页。
解析 动量是矢量，动量的变化量是末动量与初动量的 矢量差。物体的速度大小不变，如果方向改变时，动量变化 量 Δp 不为零，C、D 错误；做单向直线运动的物体初、末动 量方向相同，速度增大时，动量变化量与速度同向，速度减 小时，动量变化量与速度反向，A、B 正确。
第七页，共27页。
取竖直向上为正，对这一小段水柱由动量定理得：
第二十六页，共27页。
－FN·Δt＝－mg·Δt＝0－Δmv 代入数据，解得 v＝6.4 m/s 由 v2－v20＝－2gh，得 h＝2.952 m。
第二十七页，共27页。
答案 2.952 m
第二十五页，共27页。
解析 选择冲击球的一小段水柱 Δm 为研究对象，冲击 过程中其受力为：重力 Δmg 和球对它的压力 FN，由于小球 静止，水对球的冲击力大小为 mg，所以 FN＝mg。设冲击时 间为 Δt，该时间极短，Δmg 和 mg 相比可以忽略，在 Δt 时 间内，设初速度为 v，末速度为 0，Δt 时间内冲击球的那部 分水的质量就等于 Δt 时间内从喷嘴喷出的一小段水柱的质 量 Δm＝ρV＝ρSv0Δt。
年高考物理一轮复习第七单元动量第1讲动量与冲量动量定理课件新人教版
D.合力对物体的冲量大小为零
答
案
2
动量
(1)定义:物体的质量和速度的乘积叫作动量。
(2)表达式:p=mv。
(3)单位:千克·米/秒。符号:kg·m/s。
(4)动量是描述物体运动状态的一个状态量,它与时刻相对应。
(5)动量是矢量,它的方向和速度的方向相同。
(6)动量的变化:Δp=pt-p0。由于动量为矢量,在求解动量的变化时,其运算遵循平行四边形定则。
【例1】(多选)如图所示,足够长的固定光滑斜面面,到达最高点后又滑回原处,所用时间为t。对于这一过程,下列判断正确的是( BD )。
A.斜面对物体的弹力的冲量大小为零
B.物体受到的重力的冲量大小为mgt
C.物体受到的合力的冲量大小为零
D.物体动量的变化量大小为mgtsin θ
定理可知,物体动量的变化量大小为mgtsin θ,D项正确。
题型一
方法
动量、冲量的理解问题
(1)动量的瞬时性与相对性
①瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量,是针对某一时刻或位置而言的。
则足球的初动量p= 1.6 kg·m/s ,方向 向右 ,足球的末动量p'= 4 kg·m/s ,方向 向右 ;在这一
过程中足球动量的改变量Δp= 2.4 kg·m/s ,方向
甲
向右 。
乙
(2)若足球以10 m/s的速度撞向球门门柱,然后以3 m/s的速度反向弹回(如图乙所示),则这一
5.2 kg·m/s ,方向
(3)动量与能量综合考查则以计算题的形式出现,这类问题具有过程错综复杂、图景“扑
朔迷离”、条件隐晦难辨、知识覆盖广的特点。
高
考
高考物理一轮复习(新人教版) 第7章 第1课时 动量定理及应用
考情分析试题情境生活实践类安全行车(机车碰撞、安全气囊)、交通运输(喷气式飞机)、体育运动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物学习探究类气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞第1课时动量定理及应用目标要求 1.理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的有关现象。
2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。
考点一动量和冲量1．动量(1)定义：物体的质量和速度的乘积。
(2)表达式：p＝m v，单位为kg·m/s。
(3)方向：动量是矢量，方向与速度的方向相同。
2．动量变化量(1)动量的变化量Δp 等于末动量p ′减去初动量p 的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp ＝p ′－p 。
(2)动量的变化量Δp 也是矢量，其方向与速度的改变量Δv 的方向相同，运用矢量法则计算。
3．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积。
(2)公式：I ＝F Δt 。
(3)单位：N·s 。
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
1．物体的动能不变，其动量一定不变。
( × )2．物体的动量越大，其惯性也越大。
( × ) 3．物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。
( × )4．两物体中动量大的动能不一定大。
( √ )例1 (2023·黑龙江省八校模拟)如图所示，表面光滑的楔形物块ABC 固定在水平地面上，∠ABC <∠ACB ，质量相同的物块a 和b 分别从斜面顶端沿AB 、AC 由静止自由滑下。
在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是( )A ．两物块所受重力冲量相同B ．两物块的动量改变量相同C ．两物块的动能改变量相同D ．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同答案 C解析 设斜面倾角为θ时，物块在斜面上的加速度为a ＝g sin θ，设斜面顶点到水平地面的高度为h ，则物块在斜面上滑行的时间为t ＝2h a sin θ＝2h g sin 2θ，因为∠ABC <∠ACB ，可得物块在AB 斜面上的滑行时间比在AC 斜面上的滑行时间长，根据I ＝mgt 可知，两物块所受重力冲量不相同，选项A 错误；根据动量定理有mg sin θ·t ＝Δp ，可知Δp ＝mg 2h g，动量改变量是矢量，两物块的动量改变量大小相等，但方向不相同，选项B 错误；根据动能定理ΔE k＝mgh 得两物块的动能改变量相同，选项C 正确；物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P ＝mg v sin θ，因两物块所处斜面倾角不相同，则重力的瞬时功率不相同，选项D 错误。
高考物理一轮复习第七章动量第1讲动量动量定理课件
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考点二 应用动量定理处理流体问题
对于流体、微粒等持续作用问题,应用动量定理解决时,一般转化 为单位时间内的作用问题,然后应用动量定理即可求解。
【情景素材·教师备用】
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2-1 [2013北京理综,24(2),10分]正方体密闭容器中有大量运动粒子,每 个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题,我们假定: 粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁 碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变。利用所学力 学知识,导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。 (注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时做 必要的说明)
答案 f= 1nmv2
3
解析 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为 ΔI=2mv 如图所示,以器壁上的面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体,由题设 可知,其内有1/6的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞,碰 壁粒子总数为
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N= 1 n·SvΔt
6
Δt时间内粒子给器壁的冲量为
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= v t,所以滑行的时间长的位移大,故D正确。
2
3.重100 N的物体静止在水平面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.4,现 用水平推力F=30 N作用于物体上,在2 s时间内,物体受到的合外力的冲
量是 ( D )
A.80 N·s B.60 N·s C.-20 N·s D.0
答案 D 由于f=μN=0.4×100 N=40 N>F,而物体开始是静止的,所以用 F=30 N的力推不动物体,则物体所受摩擦力是静摩擦力f ', f '=F,则物体 所受合外力为0,故冲量为0。
2022届高考物理一轮复习 专题7 碰撞与动量守恒(含解析)新人教版
专题七碰撞与动量守恒考点1 动量、冲量、动量定理1.如果没有空气阻力,天上的云变成雨之后落到地面,在经过一路的加速后,到达地面时的速度会达到300 m/s,这样的速度基本相当于子弹速度的一半,是非常可怕的.由于空气阻力的作用,雨滴经过变加速运动,最终做匀速运动,一般而言,暴雨级别的雨滴落地时的速度为8~9 m/s.某次下暴雨时李明同学恰巧撑着半径为0.5 m的雨伞(假设伞面水平,雨水的平均密度为0.5 kg/m3),由于下雨使李明增加撑雨伞的力最小约为()A.0.25 NB.2.5 NC.25 ND.250 N2.如图所示为某飞船与空间站对接时的示意图.已知空间站的质量为9.8×104 kg,飞船受到推进器的推力F为500 N,飞船与空间站对接后,推进器工作20 s,飞船和空间站的速度增加0.1 m/s,则()A.对接前后,飞船和空间站的动量守恒B.推进过程中,飞船对空间站的冲量与空间站对飞船的冲量相同C.飞船的质量为1.0×103 kgD.推进过程中,飞船对空间站的推力为490 N3.有一宇宙飞船,它的正面有效面积S=2 m2,以v=3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒区.此微粒区1 m3空间中有一个微粒,每一个微粒的平均质量为m=2×10-7 kg,设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上,要使飞船速度不变,飞船的牵引力应增加() A.3.6×103 N B.3.6 N C.1.2×103 N D.1.2 N4.[多选]第二届进博会于2019年11月在上海举办,会上展出了一种乒乓球陪练机器人,该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息,及时调整球拍将球击回,若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回,球在空中运动一段时间后落到对方的台面上,忽略空气阻力和乒乓球的旋转,下列说法正确的是()A.击球过程合外力对乒乓球做功为零B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C.在上升过程中,乒乓球处于失重状态D.在下落过程中,乒乓球处于超重状态5.有一种灌浆机可以持续将某种涂料以速度v喷在墙壁上,其喷射出的涂料产生的压强为p,若涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上,涂料的密度为ρ,则墙壁上涂料厚度增加的速度u为()A.u=B.u=C.u=D.u=6.拍皮球是大家都喜欢的体育活动,能强身健体.已知皮球质量为m=0.4 kg,为保证皮球每次与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为h=1.25 m,小明需每次在球到达最高点时拍球,每次拍球作用的距离为s=0.25 m,使球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s 的初速度v.若不计空气阻力及球的形变,g取10 m/s2,则每次拍球()A.手给球的冲量为1.6 kg· m/sB.手给球的冲量为2.0 kg· m/sC.人对球做的功为3.2 JD.人对球做的功为2.2 J7.如图所示,质量m=2 kg的木块静置在水平面上,受到一水平飞行的子弹打击,木块被子弹瞬间击穿后(击穿前后木块质量不变),在水平面上滑行了x=8 m距离后静止.已知木块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g=10 m/s2.求:(1)木块被击穿后获得的速度大小;(2)子弹对木块的打击力冲量的大小.考点2 动量守恒定律1. A、B两小球在光滑水平面上发生正碰,小球A的质量为m1=0.2 kg,碰撞前、后两球位置与时间的关系如图所示,由此可以判断()A.小球B的质量为m2=0.6 kgB.小球B的质量为m2=0.2 kgC.碰后小球A和B运动方向相同D.碰前小球A做加速运动,小球B做匀速运动2.[多选]如图所示,光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C,质量为M的小球B置于其底端,另一个小球A质量为,小球A以v0=6 m/s的速度向B运动,并与B发生弹性碰撞,不计一切摩擦,小球均视为质点,则()A.B的最大速率为4 m/sB.B运动到最高点时的速率为 m/sC.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞3.[多选]质量为M、左右内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块(可视为质点),小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间,如图所示.现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的,不计空气阻力,则整个过程中,小物块与箱子组成的系统损失的动能为()A.mv2B.·v2C.NμmgLD.NμmgL4.如图所示,光滑水平面上停放一个木箱和小车,木箱质量为m,小车和人总质量为M,M:m=4:1,人以速率v沿水平方向将木箱推出,木箱被挡板以原速率反弹回来以后,人接住木箱再以同样大小的速率v第二次推出木箱,木箱又被原速反弹……,则人最多能推木箱的次数为 ()A.2B.3C.4D.15.如图所示,光滑半圆轨道竖直固定在光滑水平面上,直径MN竖直.刚开始时,小物块P 和Q静止,二者间有一被压缩后锁定的轻弹簧(与物块未拴接),弹簧锁定时的弹性势能为9 J.解除锁定(时间极短)后,P、Q将与弹簧分离.已知P、Q的质量均为0.25 kg,半圆轨道的半径R=0.4 m,重力加速度g取10 m/s2,不计一切阻力.(1)解除锁定后,求P、Q与弹簧分离时的速度大小;(2)判断Q能否通过半圆轨道的最高点,并说明理由.考点3 实验:验证动量守恒定律1.[6分]某实验小组利用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律.实验的主要步骤如下:①用游标卡尺测量小球A、B的直径d,如图乙所示,用天平测量小球A、B的质量分别为m1、m2;②用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度,且自然下垂时两球恰好相切,球心位于同一水平线上;③将球A向左拉起至其悬线与竖直方向的夹角为α时由静止释放,与球B碰撞后,测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ1,球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2.(1)小球的直径d=cm.(2)若两球碰撞前后的动量守恒,则其表达式可表示为(用①、③中测量的量表示).(3)完成实验后,实验小组进一步探究.用质量相同的A、B两球重复实验步骤②、③,发现A球与B球碰撞后,A球静止,B球向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角略小于α,由此他们判断A、B两球的碰撞是(填“弹性碰撞”“非弹性碰撞”或“完全非弹性碰撞”).2.[7分]某同学用图甲所示装置通过M、N两弹性小球的碰撞来验证动量守恒定律,图甲中A是斜槽导轨,固定在水平桌面上,斜面BF顶端B点与斜槽导轨的水平末端平滑相接.实验时先使M球从斜槽上某一固定位置静止释放,落到斜面上的记录纸上留下痕迹,重复上述操作10次,得到M球的10个落点痕迹,如图乙所示,刻度尺贴近斜面且零刻度线与B点对齐.再把N球放在斜槽导轨水平末端,让M球仍从原位置静止释放,和N球碰撞后两球分别在斜面记录纸上留下各自的落点痕迹,重复这种操作10次.(不考虑小球对斜面的二次碰撞)(1)为了更精确地做好该实验,对两个碰撞小球的要求是M球的半径N球的半径,M球的质量N球的质量.(填“小于”“等于”或“大于”)(2)由图乙可得M球不与N球碰撞时在斜面上的平均落点位置到B点的距离为cm.(3)若已知斜面BF的倾角为θ,利用天平测出M球的质量m1,N球的质量m2,利用刻度尺测量平均落点位置C、D、E到B的距离分别为L C、L D、L E,,由上述测量的实验数据,验证动量守恒定律的表达式是.(用所给物理量的字母表示)3.2019年9月,我国成功完成了76 km/h高速列车实车对撞试验,标志着我国高速列车安全技术达到了世界领先水平.某学习小组受此启发,设计了如下的碰撞实验,探究其中的能量损耗问题,实验装置如图甲所示.该小组准备了质量分别为0.20 kg、0.20 kg、0.40 kg的滑块A、B、C,滑块A右侧带有自动锁扣,左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连,滑块B、C左侧均带有自动锁扣,打点计时器所接电源的频率f=50 Hz.调整好实验装置后,在水平气垫导轨上放置A、B两个滑块,启动打点计时器,使滑块A以某一速度与静止的滑块B相碰并粘合在一起运动,纸带记录的数据如图乙所示;用滑块C替代滑块B,重复上述实验过程,纸带数据如图丙所示.(1)根据纸带记录的数据,滑块A与B碰撞过程中系统损失的动能为 J,滑块A 与C碰撞过程中系统损失的动能为 J.(计算结果均保留2位有效数字)(2)根据实验结果可知,被碰物体质量增大,系统损失的动能(填“增大”“减小”或“不变”).一、选择题(共9小题,54分)1.质量为m的篮球以水平速度大小v撞击竖直篮板后,以水平速度大小v'被弹回,已知v'<v,篮球与篮板撞击时间极短.下列说法正确的是 ()A.撞击时篮球受到的冲量大小为m(v'-v)B.撞击时篮板受到的冲量为零C.撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒D.撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒2.某研究小组的同学们用如图所示的装置做探究物体的加速度与力、质量的关系实验之后,对此实验又做了进一步的分析:在实验前通过垫块已经平衡了阻力,且砂和砂桶的总质量远小于小车和车上砝码的总质量,若将小车(含车上砝码)和砂桶(含砂)当成一个系统,由静止释放小车后,下列说法正确的是()A.系统动量守恒,机械能守恒B.系统动量不守恒,机械能守恒C.系统动量守恒,机械能不守恒D.系统动量不守恒,机械能不守恒3.甲、乙两物体在同一直线上运动,它们在0~0.4 s时间内的v-t图像如图所示.若两物体仅存在相互作用,则下列说法正确的是()A.0~0.4 s时间内甲对乙的冲量大小大于乙对甲的冲量大小B.0~t1时间内甲、乙位移之比为1∶3C.甲、乙质量之比为3∶1D.t1=0.28 s4.某质量为3 kg的木块在喷泉作用下,静止在距某喷口上方1 m的位置,喷口的圆形内径约为2 cm,若喷出的水全部撞击木块且冲击后水的速度变为零,则驱动该喷口喷水的水泵功率最接近(不计空气阻力,π取3,重力加速度g取10 m/s2) ()A.100 WB.200 WC.300 WD.400 W5.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度.为了分析这个过程,可以提出以下两种模型:探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星,分别因相互作用改变了速度.如图甲、乙所示,以太阳为参考系,设行星运动的速度大小为u,探测器的初速度大小为v0,在图示的两种情况下,探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律类比.那么下列判断中正确的是()A.v1>v0B.v1=v0C.v2>v0D.v2=v06.如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑,则()A.在以后的运动过程中,小球和槽的动量始终守恒B.在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后,小球和槽的机械能守恒,小球能回到槽高h处7.[多选]如图所示,光滑水平面上有质量均为m的A、B两个相同物块,物块A以速度v 向右运动,与静止不动、左端有一轻弹簧的物块B发生对心碰撞,碰撞后物块A与弹簧不粘连,在物块A与弹簧接触以后的过程中,下列说法正确的是()A.弹簧被压缩过程中两物块总动量小于mvB.弹簧被压缩到最短时两物块总动能为mv2C.弹簧恢复原长时,物块A的动量为零D.弹簧恢复原长时,物块B的动能为mv28.[多选]研究平抛运动的装置如图所示.图中PQ是圆弧轨道,轨道末端的切线水平,QEF 是斜劈的横截面,H是QE的中点,曲线QMNE是某次质量为m的小球做平抛运动的轨迹,M 在H的正上方,N在H的左侧且与H在同一水平线上.不计空气阻力,下列说法正确的是()A.小球在M点的速度方向与QE平行B.从Q到M与从M到N,小球重力做的功相等C.从Q到M与从M到N,小球的动量变化量之比为(+1)∶1D.从Q到M与从M到E,小球的速度变化量之比为1∶29.[多选]如图所示,小球A、B、C质量分别为2m、m、m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为l,B、C置于水平地面上.现让两轻杆并拢,以此时小球A在水平地面上的竖直投影为坐标原点,A由静止释放到下降到最低点的过程中,A、B、C在同一竖直平面内运动,忽略一切摩擦,重力加速度为g,则球A与地面接触时(小球直径远小于杆长)()A.球C速度大小为B.球B、C的动量之和为零C.球A落点在原点左侧D.A与地面接触时的速度大小为二、非选择题(共6小题,70分)10.[4分]某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的实验.光滑的水平平台上的A点放置一个光电门.实验步骤如下:A.在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片;B.用天平分别测得小滑块a(含挡光片)和小球b的质量为m1、m2;C.将a和b用细线连接,中间夹一被压缩了的水平轻短弹簧,静止放置在平台上;D.烧断细线后,a、b被弹开,向相反方向运动;E.记录滑块a离开弹簧后通过光电门时挡光片的遮光时间t;F.小球b离开弹簧后从平台边缘飞出,落在水平地面上的B点,测出平台距水平地面的高度h及B点与平台边缘重垂线之间的水平距离x0;G.改变弹簧压缩量,进行多次实验.(1)用螺旋测微器测量挡光片的宽度,如图乙所示,则挡光片的宽度为mm.(2)若在误差允许范围内,满足m1=,则a、b与弹簧作用过程中系统动量守恒.(用上述实验所涉及物理量的字母表示,重力加速度为g)11.[6分]在“验证动量守恒定律”的实验中,一般采用如图所示的装置.其中P点为碰前入射小球落点的平均位置,M点为碰后入射小球落点的平均位置,N点为碰后被碰小球落点的平均位置.(1)若入射小球质量为m1,半径为r1;被碰小球的质量为m2,半径为r2,则.A.m1>m2,r1>r2B.m1>m2,r1<r2C.m1>m2,r1=r2D.m1<m2,r1=r2(2)以下所提供的测量工具中需要的是.A.刻度尺B.游标卡尺C.天平D.弹簧测力计E.秒表(3)在做实验时,对实验要求,以下说法正确的是.A.斜槽轨道必须是光滑的B.斜槽轨道末端的切线是水平的C.入射球每次都要从同一高度由静止滚下D.释放点应适当高点(4)设入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,用如图所示装置进行实验,则“验证动量守恒定律”的表达式为.(用装置图中的字母表示)12.如图所示,一个足够长的圆筒竖直固定,筒内有一质量为M的滑块锁定在距圆筒顶端h1=5 m处.现将一个直径小于圆筒内径、质量为m的小球, 从圆筒顶端沿圆筒中轴线由静止释放,小球与滑块刚要碰撞时解除滑块的锁定,小球与滑块发生弹性碰撞后最高能上升到距圆筒顶端h2=3.2 m处.不计空气阻力,已知滑块与圆筒间的滑动摩擦力为f=7.2 N,重力加速度g取10 m/s2.(1)求小球与滑块的质量之比.(2)若滑块质量为0.9 kg,求小球从与滑块第一次碰撞到与滑块第二次碰撞的时间间隔t.13.[2021湖北荆州中学月考,14分]两质量均为2m的劈A和B紧挨着放置,两劈内侧均为半径为R的圆形光滑曲面,放在光滑水平面上,如图所示.一质量为m的物块(可视为质点)从劈A的最高点由静止滑下,然后又滑上劈B.重力加速度为g.求:(1)物块第一次离开劈A时,劈A后退的距离;(2)物块在劈B上能够达到的最大高度.14.如图所示,在光滑的水平面上有一长为L的木板B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的圆弧槽C,与木板接触但不相连,圆弧槽的下端与木板上表面齐平,B、C静止在水平面上.现有滑块A以初速度v0从右端滑上B,并以v0的速度滑离B,之后恰好能到达C的最高点.A、B、C的质量均为m,重力加速度为g,求:(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ;(2)圆弧槽C的半径R;(3)当A滑离C时,C的速度.15.如图所示,一质量m=1 kg的滑块(可视为质点)从距斜面底端高度h0=8 m的位置由静止释放.已知斜面倾角θ=45°,滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.6,滑块滑至斜面底端时与挡板相碰,碰撞过程中无机械能损失,重力加速度为g=10 m/s2.求:(1)滑块第一次碰撞挡板前的瞬时速度大小;(2)第一次碰撞过程中,挡板对滑块的冲量大小;(3)所有碰撞过程中,挡板对滑块总的冲量大小.答案专题七碰撞与动量守恒考点1 动量、冲量、动量定理1.C设t时间内,落到雨伞上雨水的质量为m,根据动量定理,有Ft=mv,又m=vtπr2ρ,所以F=v2πr2ρ,代入数据解得F=25 N,所以选项C正确.2.D对接过程中,飞船受到推进器的推力作用,飞船和空间站整体动量不守恒,选项A 错误;推进过程中,飞船对空间站的推力大小等于空间站对飞船的推力大小,但二力方向相反,故飞船对空间站的冲量与空间站对飞船的冲量不相同,选项B错误;设飞船的质量为m,飞船与空间站对接后,推进器工作20 s的过程中,有(9.8×104 kg+m)×0.1 m/s=500 N×20 s,可得m=2.0×103 kg,选项C错误;飞船与空间站对接后,推进器工作20 s,飞船和空间站的速度增加0.1 m/s,加速度为0.005 m/s2,则飞船对空间站的推力为9.8×104 kg×0.005 m/s2=490 N,选项D正确.3.B在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M=vtSm,设飞船对微粒的作用力为F,由动量定理得Ft=Mv,联立解得F=v2Sm,代入数据得F=3.6 N,根据牛顿第三定律,可知微粒对飞船的作用力为3.6 N,要使飞船速度不变,根据平衡条件,可知飞船的牵引力应增加3.6 N,选项B正确.4.AC 球拍将乒乓球原速率击回,合外力对乒乓球的冲量不为零,可知乒乓球的动能不变,动量方向发生改变,合外力对乒乓球做功为零,A正确,B错误;在乒乓球的运动过程中,加速度方向向下,乒乓球处于失重状态,C正确,D错误.5B在涂料持续被喷向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中,涂料小颗粒的速度从v变为0.以Δt时间内喷在面积为ΔS上的质量为Δm的涂料为研究对象,设墙壁对它的作用力为F,它对墙壁的作用力为F',涂料增加的厚度为h.由动量定理可知F·Δt=Δm·v,其中Δm=ρ·ΔSh,则墙壁受到的压强p===.又因涂料厚度增加的速度为u=,联立解得u=,选项B正确.6.D为使皮球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s的初速度v,根据动量定理可知,合外力要给皮球的冲量为I=mv=0.4×4 kg· m/s=1.6 kg· m/s,手给球的冲量与重力给球的冲量之和等于合外力的冲量,故手给球的冲量小于1.6 kg· m/s,选项A、B错误;设人对球做的功为W,由动能定理知,W+mgs=mv2,解得W=2.2 J,选项D正确,C错误.7.(1)8 m/s(2)16 kg·m/s解析:(1)木块被击穿后在水平面上运动,对木块有μmg=ma(2分)得木块做匀减速直线运动的加速度大小a=μg=4 m/s2(1分)由匀变速直线运动规律有v2=2ax(1分)得木块被击穿后获得的速度大小v=8 m/s(1分).(2)对木块被击穿的过程,由动量定理有I=mv-0(2分)得子弹对木块打击力的冲量的大小I=16 kg·m/s(1分).考点2 动量守恒定律1.A由题图可知,碰前小球A的速度为v1=2 m/s,碰前小球B的速度为零,碰后小球A 的速度为v'1=-1 m/s,碰后小球B的速度为v'2=1 m/s,对小球A、B碰撞的过程,由动量守恒定律得m1v1=m1v'1+m2v'2,代入数据解得m2=0.6 kg,A正确,B错误;由以上分析可知,碰后A被反弹,则两球的运动方向相反,C错误;碰前小球A匀速运动,小球B静止,D错误.2.AD A与B发生弹性碰撞,设碰撞后瞬间A、B的速度分别为v A、v B,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0=v A+Mv B,·=·+M,解得v A=-2 m/s,v B=4 m/s,故B的最大速率为4 m/s,选项A正确;B冲上C并运动到最高点时,B与C 共速,此过程由动量守恒定律有Mv B=(M+2M)v,解得B运动到最高点时的速率为v= m/s,选项B错误;B冲上C然后又滑下的过程,设B、C分离时速度分别为v'B、v'C,由水平方向动量守恒有Mv B=Mv'B+2Mv'C,由机械能守恒有M=Mv'+·2Mv',解得v'B=- m/s,由于|v'B|<|v A|,所以A、B不会再次发生碰撞,选项C错误,D正确.3.BD小物块与箱子作用过程中二者组成的系统满足动量守恒,小物块最后恰好又回到箱子正中间,二者相对静止,即二者共速,设速度为v1,则mv=(m+M)v1,系统损失动能ΔE k=mv2-(M+m)=·,A项错误,B项正确;由于碰撞为弹性碰撞,故碰撞时不损失能量,系统损失的动能等于系统产生的热量,即ΔE k=Q=NμmgL,C项错误,D项正确.4.B选木箱、人和小车组成的系统为研究对象,取向右为正方向,设第n(n为整数)次推出木箱后人与小车的速度为v n,第n次接住木箱后速度为v'n,由动量守恒定律第一次推出后有0=Mv1-mv,则v1=第一次接住后有Mv1+mv=(M+m)v'1第二次推出后有(M+m)v'1=Mv2-mv,则v2=第二次接住后有Mv2+mv=(M+m)v'2︙︙第n-1次接住后有Mv n-1+mv=(M+m)v'n-1第n次推出后有(M+m)v'n-1=Mv n-mv即v n=mv设最多能推n次,推出后有即≥v,且<v所以(+1)≤n<(+1)+1将=4代入,可得2.5≤n<3.5因为n取整数,故n=3.5.(1)6 m/s 6 m/s(2)能理由见解析解析:(1)设P、Q与弹簧分离时的速度大小分别为v1、v2,弹簧锁定时的弹性势能为E p,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv1=mv2(2分)E p=m+m(2分)联立解得v1=v2=6 m/s(1分).(2)假设Q能通过半圆轨道的最高点M,且在最高点的速度为v.根据机械能守恒定律可得m=mg·2R+mv2(2分)解得v=2 m/s另一方面,若Q恰能通过M点,在M点根据牛顿第二定律及向心力公式有mg=m(2分)解得v M=2 m/s<v故假设成立,Q能通过最高点(1分).考点3 实验:验证动量守恒定律1.(1)2.20(2分)(2)m1=-m1+m2(2分)(3)弹性碰撞(2分)解析: (1)小球A、B的直径d=22 mm+0.1×0 mm=22.0 mm=2.20 cm.(2)小球A下摆过程只有重力做功,机械能守恒,由机械能守恒定律得m1=m1gl(1-cos α),碰撞后,对A、B两球分别根据机械能守恒定律得m1v=m1gl(1-cos θ1)、m2v=m2gl(1-cos θ2),若两球碰撞前后的动量守恒,则满足m1v1=-m1v'1+m2v'2,联立以上四式得m1=m2-m1.(3)用质量相同的两个小球完成实验,且碰后A球静止,则说明两球发生的碰撞为弹性碰撞.2.(1)等于(1分)大于(1分)(2)54.2(53.5~54.5范围内均可)(2分)(3)m1=m1+m2(3分)解析:(1)为了验证水平方向上动量守恒并确保N球被碰后做平抛运动,应使两小球对心碰撞,需两小球半径相等;同时为确保M球碰撞后速度方向不变,M球的质量必须大于N 球的质量.(2)将图乙中的10个落点用圆规画出最小的圆圈住,圆心即为落点的平均位置,可知圆心到B点的距离为54.2 cm,允许有一定的误差,取值在53.5~54.5 cm范围内都算正确.(3)小球离开导轨后做平抛运动,有L cos θ=v0t及L sin θ=gt2,联立可得v0=,对照图甲和实验条件可知,D点为M球未与N球碰撞时单独做平抛运动的平均落点位置,有v1=,E点为N球被碰后做平抛运动的平均落点位置,对应有v2=,C点为M球与N球碰撞后做平抛运动的平均落点位置,对应有v'1=,将v1、v'1和v2代入公式m1v1=m1v'1+m2v2得m1=m1+m2.3.(1)0.45(2分) 0.60(2分)(2)增大(2分)解析:(1)打点计时器所接电源的频率f=50 Hz,周期T==0.02 s,由题图乙可知,碰撞前滑块A的速度为v A=×10-2 m/s=3.0 m/s,A与B碰撞并粘合在一起后速度为v AB=×10-2 m/s=1.5 m/s.碰撞前滑块A的动能E k A=m A=×0.20×3.02 J=0.90 J,碰撞后滑块A、B的总动能E k AB=(m A+m B)=×(0.20+0.20)×1.52 J=0.45 J,A与B碰撞过程中系统损失的动能为ΔE k1= E k A-E k AB=0.90 J-0.45 J=0.45 J.由题图丙可知,A与C碰撞并粘合在一起后速度为v AC=×10-2 m/s=1.0 m/s.碰撞前滑块A的动能E k A=m A=×0.20×3.02 J=0.90 J,碰撞后滑块A、C的总动能E k AC=(m A+m C)=×(0.20+0.40)×1.02 J=0.30 J,A与C碰撞过程中系统损失的动能为ΔE k2= E k A-E k AC=0.90 J-0.30 J=0.60 J.(2)根据实验结果可知,被碰物体质量增大,系统损失的动能增大.1.C撞击时篮球受到的冲量等于其动量的变化,即I=mv'-m(-v)=m(v'+v),选项A错误;碰撞时,篮球与篮板相互作用,相互作用力等大反向,作用时间相等,则篮板受到的冲量大小不为零,选项B错误;撞击时间极短,重力的冲量忽略不计,撞击前后篮板均保持静止,篮球速度反向,所以篮球和篮板组成的系统动量不守恒,选项C正确;由于v'<v,系统机械能有损失,不守恒,选项D错误.2.D把砂桶(含砂)与小车(含车上砝码)看成一个整体,这个整体在向下运动时受到摩擦力作用,除了摩擦力外还有重力、斜面的支持力,摩擦力做负功,支持力不做功,故系统的机械能不守恒,选项A、B错误;在砂桶向下运动的过程中,系统受到了合外力(砂桶重力)的作用,它们的动量越来越大,动量不守恒,选项C错误,D正确.3.C甲、乙两物体仅存在相互作用,则甲、乙两物体组成的系统动量守恒,故0~0.4 s 时间内甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小,A错误;在v-t图像中,图线与坐标轴围成图形的面积表示位移,则0~t1时间内甲、乙位移之比为1∶5,B错误;由图线可知,甲、乙两物体加速度大小之比为1∶3,则甲、乙质量之比为3∶1,C正确;由图线可知a10 m/s2,则t1=0.3 s,D错误.乙的大小为4.B喷口的内径约2 cm,则半径约为r=0.01 m,木块静止在距喷口h=1 m的位置,即木块受到水的冲击力等于木块的重力,由动量定理得0-mv=-m木gt,在一段极短时间t内喷到木块上的水柱的质量为m=ρ水vtS,S=πr2,设水在刚喷出喷口时的速度为v喷,由机械能守恒定律可知mgh+mv2=m,设驱动该喷口喷水的水泵功率为P,在接近管口很短一段。
2019版高考物理江苏版一轮配套讲义：专题七 动量和动量守恒 含解析 精品
专题七动量和动量守恒【考纲解读】分析解读2018年高考考试说明新增“动量定理”这一考点,同时将“动量守恒定律”这一考点改为“动量守恒定律及其应用”。
从以往经验来看,凡是当年变动的考点,在当年高考中必考。
“弹性碰撞和非弹性碰撞”只限于一维碰撞的问题。
理解动量、动量定理、动量守恒定律的内容并掌握用动量守恒定律解题的基本方法和步骤是本专题的学习重点。
知道弹性碰撞和非弹性碰撞的概念,能运用动量守恒定律,并结合能量关系解决简单的碰撞问题。
【命题探究】【五年高考】考点一动量、动量定理1.[2016江苏单科,12C(2)]已知光速为c,普朗克常量为h,则频率为ν的光子的动量为。
用该频率的光垂直照射平面镜,光被镜面全部垂直反射回去,则光子在反射前后动量改变量的大小为。
答案错误！未找到引用源。
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2.(2015安徽理综,22,14分)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5m 的位置B处是一面墙,如图所示。
物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。
g取10m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ;(2)若碰撞时间为0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F;(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
答案(1)0.32(2)130N(3)9J考点二动量守恒定律及其应用、碰撞1.[2017江苏单科,12C(3)]甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动,速度大小都是1m/s。
甲、乙相遇时用力推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,速度大小分别为1 m/s和2m/s。
求甲、乙两运动员的质量之比。
答案见解析解析由动量守恒,有m1v1-m2v2=m2v2'-m1v1'解得错误！未找到引用源。
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高考物理(山东专用)一轮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.(2022海南,1,3分)在冰上接力比赛时,甲推乙的作用力是F1,乙对甲的作用力是F2,则这两个力( )A.大小相等,方向相反B.大小相等,方向相同C.F1的冲量大于F2的冲量D.F1的冲量小于F2的冲量答案 A2.(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 BC D答案 D3.(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 D4.(2019课标Ⅰ,16,6分)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 kgD.1.6×106 kg答案 B5.(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。
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。
下列说法正确的是( )A.圆盘停止转动前,小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向B.圆盘停止转动前,小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωrC.圆盘停止转动后,小物体沿圆盘半径方向运动D.圆盘停止转动后,小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr答案 D6.(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mv 22(F+f)D.匀速行驶时功率为(f+F)v 答案 C7.(2023重庆,8,5分)(多选)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示,E、F、M、N为曲线上的点,EF、MN段可视为两段直线,其方程分别为y=4t-26和y=-2t+140。
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专题七 动量
五年高考
考点一 冲量和动量定理
A组 自主命题·北京卷题组
1.(2015北京理综,18,6分,0.65)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从 几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次下降 至最低点的过程中,下列分析正确的是 ( ) A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小 B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小 C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大 D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
mgh=
1 2
mvC2
-
1 2
m
根据牛顿第二定律,有
FN-mg=m
vC2 R
得FN=3 900 N
vB2
一题多解
运动员在AB段所受合外力的冲量I=F合t=ma·vB
vA a
=1
800
N·s。
3.(2016北京理综,24,20分,0.26)(1)动量定理可以表示为Δp=FΔt,其中动量p和力F都是矢量。在 运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如,质量为m 的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如 图1所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。
图1 a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy; b.分析说明小球对木板的作用力的方向。 (2)激光束可以看做是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体 上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例,激光 束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。
答案 A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人经历了先加速后减速的过程, 当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大,动能最大,之后绳的拉力大于人的重力,人向下减速 到达最低点。绳对人的拉力始终向上,始终做负功。拉力的冲量始终向上,人的动量先增大后 减小,综上所述,只有A选项正确。 考查点 动量、冲量、能量。
2.(2018北京理综,22,16分)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏 性的项目之一。某滑道示意图如下,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接,滑道BC高h=10 m, C是半径R=20 m圆弧的最低点。质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度a =4.5 m/s2,到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。 (1)求长直助滑道AB的长度L; (2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小; (3)若不计BC段的阻力,画出运动员经过C点时的受力图,并求其所受支持力FN的大小。
4.[2013北京理综,24(2),0.31]对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研 究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质。 正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量。为简化 问题,我们假定:粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前 后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变。利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受 粒子压力f与m、n和v的关系。
b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。
x方向:根据(2)a同理可知,两光束对小球的作用力沿x轴负方向。 y方向:设Δt时间内,光束①穿过小球的粒子数为n1,光束②穿过小球的粒子数为n2,n1>n2。 这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)p sin θ 从小球出射时的总动量为p2y=0 根据动量定理:FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin θ 可知,小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小球的作 用力沿y轴正方向。 所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。 解题指导 (1)将速度沿x轴和y轴两个方向分解,然后求解Δpx与Δpy。 (2)运用动量定理确定两个轴向的作用力方向,再进行合成。 疑难突破 光强不同,体现单位时间内发射的光子个数不同。
思路点拨 弄清运动过程是解决本题的关键:从绳绷直到下降到最低的过程中可分为两个阶 段,首先是绳对人的拉力从零逐渐增大到等于重力的过程,这个过程中由于加速度方向向下,人 做加速度逐渐减小的加速运动,速度逐渐增大,到两力相等时速度达到最大;再往后由于拉力大 于重力,加速度方向向上,人做加速度增大的减速运动,直到速度减为零。
图2
一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束①和②穿过介质小 球的光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束①和②与SO的夹角均为θ,出射 时光束均与SO平行。请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方 向。 a.光束①和②强度相同; b.光束①比②的强度大。
答案 (1)100 m (2)1 800 N·s (3)受力图见解析 3 900 N
解析 (1)根据匀变速直线运动公式,有L= vB2 vA2 =100 m
2a
(2)根据动量定理,有I=mvB-mvA=1 800 N·s
(3)运动员经C点时的受力分析如图
根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有
答案 见解析
解析 (1)a.x方向:动量变化为 Δpx=mv sin θ-mv sin θ=0 y方向:动量变化为 Δpy=mv cos θ-(-mv cos θ)=2mv cos θ 方向沿y轴正方向 b.根据动量定理可知,木板对小球作用力的方向沿y轴正方向;根据牛顿第三定律可知,小球对 木板作用力的方向沿y轴负方向。 (2)a.仅考虑光的折射,设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为p。 这些粒子进入小球前的总动量为p1=2np cos θ 从小球出射时的总动量为p2=2np p1、p2的方向均沿SO向右 根据动量定理:FΔt=p2-p1=2np(1-cos θ)>0 可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力的 方向沿SO向左。