人教版 2020 寒假 高三 物理 二轮复习 动量守恒定律 练习含答案

【物理】物理动量守恒定律题20套(带答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上，光滑圆弧MN 的半径为R =3.2m ，水平部分NP 长L =3.5m ，物体B 静止在足够长的平板小车C 上，B 与小车的接触面光滑，小车的左端紧贴平台的右端．从M 点由静止释放的物体A 滑至轨道最右端P 点后再滑上小车，物体A 滑上小车后若与物体B 相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力．A 与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg ，取g =10m/s 2．求(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小？ (2)物体A 在NP 上运动的时间？ (3)物体A 最终离小车左端的距离为多少？【答案】(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ； (2)物体A 在NP 上运动的时间为0.5s (3)物体A 最终离小车左端的距离为3316m 【解析】试题分析：（1）物体A 由M 到N 过程中，由动能定理得：m A gR=m A v N 2 在N 点，由牛顿定律得 F N -m A g=m A 联立解得F N =3m A g=30N由牛顿第三定律得，物体A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：F N ′=3m A g=30N （2）物体A 在平台上运动过程中 μm A g=m A a L=v N t-at 2代入数据解得 t=0.5s t=3.5s(不合题意，舍去) （3）物体A 刚滑上小车时速度 v 1= v N -at=6m/s从物体A 滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体A 组成系统动量守恒，而物体B 保持静止 (m A + m C )v 2= m A v 1 小车最终速度 v 2=3m/s此过程中A 相对小车的位移为L 1，则2211211222mgL mv mv μ=-⨯解得：L 1＝94m物体A 与小车匀速运动直到A 碰到物体B ，A ，B 相互作用的过程中动量守恒： (m A + m B )v 3= m A v 2此后A ，B 组成的系统与小车发生相互作用，动量守恒，且达到共同速度v 4 (m A + m B )v 3+m C v 2=" (m"A +m B +m C ) v 4 此过程中A 相对小车的位移大小为L 2，则222223*********mgL mv mv mv μ=+⨯-⨯解得：L 2＝316m 物体A 最终离小车左端的距离为x=L 1-L 2=3316m 考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律.2．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N ，滑板两端为半径R=0．45m 的1/4圆弧面．A 和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P 1和P 2的质量均为m ．滑板的质量M=4m ，P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=0．10和μ2=0．20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4．0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上．当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续运动，到达D 点时速度为零．P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2．问：（1）P 1和P 2碰撞后瞬间P 1、P 2的速度分别为多大？ （2）P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ （3）N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？【答案】（1）10v '=、25m/s v '= （2）220.4m/s a = （3）△S=1．47m 【解析】试题分析：（1）P 1滑到最低点速度为v 1，由机械能守恒定律有：22011122mv mgR mv += 解得：v 1=5m/sP 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1v '、2v ' 则由动量守恒和机械能守恒可得：112mv mv mv ''=+ 222112111222mv mv mv ''=+ 解得：10v '=、25m/s v '= （2）P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：f 2=μ2mg=2m （向左） 设P 1、M 的加速度为a 2；对P 1、M 有：f=（m+M ）a 22220.4m/s 5f ma m M m===+ 此时对P 1有：f 1=ma 2=0．4m ＜f m =1．0m ，所以假设成立．故滑块的加速度为0．4m/s 2；（3）P 2滑到C 点速度为2v '，由2212mgR mv '= 得23m/s v '= P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，由动量守恒定律得：22()mv m M v mv '=++ 解得：v=0．40m/s 对P 1、P 2、M 为系统：222211()22f L mv m M v '=++ 代入数值得：L=3．8m滑板碰后，P 1向右滑行距离：2110.08m 2v s a ==P 2向左滑行距离：22222.25m 2v s a '==所以P 1、P 2静止后距离：△S=L-S 1-S 2=1．47m考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．3．装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m 、厚度为2d 的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d 、质量均为m 的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响．【答案】【解析】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，由动量守恒得：mv0=(2m＋m)V（2分）此过程中动能损失为：ΔE损＝f·2d=12mv20－12×3mV2（2分）解得ΔE＝13mv20分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1：mv1＋mV1＝mv0（2分）因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为ΔE损1＝f·d=mv2（1分），由能量守恒得：1 2mv21＋12mV21＝12mv2－ΔE损1（2分）且考虑到v1必须大于V1，解得：v1＝13 () 26+v0设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得：2mV2＝mv1（1分）损失的动能为：ΔE′＝12mv21－12×2mV22（2分）联立解得：ΔE′＝13(1)2+×mv20因为ΔE′＝f·x（1分），可解得射入第二钢板的深度x为：（2分）子弹打木块系统能量损失完全转化为了热量，相互作用力乘以相对位移为产生的热量，以系统为研究对象由能量守恒列式求解4．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水的阻力）【答案】04v【解析】【分析】在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题．【详解】设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物：12mv 0=11mv 1-mv ，甲船与货物：10m×2v 0-mv=11mv 2，两船不相撞的条件是：v 2≤v 1，解得：v≥4v 0，则最小速度为4v 0． 【点睛】本题关键是知道两船避免碰撞的临界条件是速度相等，应用动量守恒即可正确解题，解题时注意研究对象的选择以及正方向的选择．5．如图所示，带有14光滑圆弧的小车A 的半径为R ，静止在光滑水平面上．滑块C 置于木板B 的右端，A 、B 、C 的质量均为m ，A 、B 底面厚度相同．现B 、C 以相同的速度向右匀速运动，B 与A 碰后即粘连在一起，C 恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高处．则：(已知重力加速度为g ) (1)B 、C 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少？【答案】（1）023v gR =（2）123gRv =253gR v =【解析】本题考查动量守恒与机械能相结合的问题．(1)设B 、C 的初速度为v 0，AB 相碰过程中动量守恒，设碰后AB 总体速度u ，由02mv mu =，解得02v u =C 滑到最高点的过程： 023mv mu mu +='222011123222mv mu mu mgR +⋅=+'⋅ 解得023v gR =(2)C 从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有01222mv mu mv mv +=+22220121111222222mv mu mv mv +⋅=+⋅ 解得：123gRv =253gR v =6．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg 的小车C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg 的滑块A ，在小车C 的左端有一个质量为2kg 的滑块B ，滑块A 与B 均可看做质点．现使滑块A 从距小车的上表面高h =1.25m 处由静止下滑，与B 碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C 上滑出．已知滑块A 、B 与小车C 的动摩擦因数均为μ=0.5，小车C 与水平地面的摩擦忽略不计，取g =10m/s 2. 求： （1）滑块A 与B 弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小； （2）小车C 上表面的最短长度.【答案】(1) v =2.5m/s (2) L =0.375m 【解析】【试题分析】(1)根据机械能守恒求解块A 滑到圆弧末端时的速度大小，由动量守恒定律求解滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)根据系统的能量守恒求解小车C 上表面的最短长度．(1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为1v ，由机械能守恒定律有：2A A 11m gh m v 2= 代入数据解得12gh 5m/s v ==．设A 、B 碰后瞬间的共同速度为2v ，滑块A 与B 碰撞瞬间与小车C 无关，滑块A 与B 组成的系统动量守恒， ()12A A B m v m m v =+ 代入数据解得2 2.5m/s v =．(2)设小车C 的最短长度为L ，滑块A 与B 最终没有从小车C 上滑出，三者最终速度相同设为3v ，根据动量守恒定律有：()()A B 2A B C 3m m v m m m v +=++ 根据能量守恒定律有：()()()222311gL=22A B A B A B C m m m m v m m m v μ++-++ 联立以上两代入数据解得0.375m L =【点睛】本题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式，正确把握每个过程的物理规律是关键．7．两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P ，右边有一小球C 沿轨道以速度v 0射向B 球，如图所示．C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D ．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A 球与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D 都静止不动，A 与P 接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定无机械能损失）．已知A 、B 、C 三球的质量均为m ．求: （1）弹簧长度刚被锁定后A 球的速度．（2）在A 球离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．【答案】（1）013v （2）20136mv 【解析】（1）设C 球与B 球发生碰撞并立即结成一个整体D 时，D 的速度为v 1，由动量守恒有： mv 0=（m+m ）v 1当弹簧压缩至最短时，D 与A 的速度相等，设此速度为v 2，由动量守恒有：2mv 1=5mv 2 由两式得A 的速度为：v 2=15v 0 （2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E p ，由能量守恒有：2212112522p mv mv E ⋅=⋅+ 撞击P 后，A 与D 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D 的动能，设D 的速度为v 3，则有：()23122p E m v =以后弹簧伸长，A 球离开档板P ，并获得速度，当弹簧再次恢复到原长时，A 的速度最大，由动量守恒定律及能量关系可知：345232mv mv mv =+ ；2245113222p E mv mv =⋅+⋅ 解得：4043520v v =（3）当A 、D 的速度相等时，弹簧压缩到最短时，此时D 球速度最小． 设此时的速度为v 6，由动量守恒定律得：2mv 3=5mv 6 设此使弹性势能为E P ′，由能量守恒定律得：()()222360111=252220P E m v m v mv '-=8．（20分）如下图所示，光滑水平面MN 左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 与处于同一高度的水平传送带之间的距离可忽略，传送带水平部分NQ 的长度L=8m ，皮带轮逆时针转动带动传送带以v = 2m/s 的速度匀速转动。

物理动量守恒定律专题练习(及答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。

已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度210m/s g =。

求：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N （2）13.5J 【解析】 【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：221111011=22m gL m v m v μ--解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2m v m v m v - 解之得：2=2m/s v碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222m v F m g l-=小球受到的拉力：42N F =（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()01112L v v t =+ 解之得：11s t =在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅⎪⎝⎭解之得：22s t =滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v ， 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J2．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．【答案】(1)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t π=,001290143ββ==和【解析】 【详解】解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2222N v F m g m R-=解得:24.610N N F -=⨯(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c c m v qv B r =Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，2221m cm v r qB == 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)dr r α-︒-= 解得：127α=︒ 运动周期：222m T qB π=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒3．如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m 。

物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析一、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0v 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)2014mv ；(2) 0mv 【解析】 【详解】解：(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为1v 、2v ，之后甲做匀速直线运动，乙以2v 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度相等，有：212v v =而第一次碰撞中系统动量守恒有：01222mv mv mv =+ 由以上两式可得：012v v =，20 v v = 所以第一次碰撞中的机械能损失为：222201201111222224E m v m v mv mv ∆=--=gg g g (2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：200I mv mv =-=2．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b ,小车质量M =3kg ，AO 部分粗糙且长L =2m ，动摩擦因数μ=0.3，OB 部分光滑．另一小物块a ．放在车的最左端，和车一起以v 0=4m/s 的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a 、b 两物块视为质点质量均为m =1kg ，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．（取g =10m/s 2）求：(1)物块a 与b 碰后的速度大小；(2)当物块a 相对小车静止时小车右端B 到挡板的距离；(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．【答案】(1)1m/s (2) (3) x=0.125m【解析】试题分析：（1）对物块a，由动能定理得：代入数据解得a与b碰前速度：；a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：；（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，对小车，由动能定理得：，代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：；（3）由能量守恒得：，解得滑块a与车相对静止时与O点距离：；考点：动量守恒定律、动能定理。

第三讲 动量守恒定律(建议用时：40分钟)一、选择题1．关于冲量，以下说法正确的是( )A ．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零B ．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化C ．动量越大的物体受到的冲量越大D ．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同解析：选D.合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故A 错误；由动量定理可知物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故B 错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C 错误；如果力是恒力，则冲量的方向就是该力的方向，故D 正确．2.如图所示，在地面上固定一个质量为M 的竖直木杆，一个质量为m 的人以加速度a 沿杆匀加速向上爬，经时间t ，速度由零增加到v ，在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量大小为( )A ．(Mg ＋mg －ma )tB ．(m ＋M )vC ．(Mg ＋mg ＋ma )tD ．mv解析：选C.以人为研究对象，根据牛顿第二定律得：F －mg ＝ma ，解得：F ＝ma ＋mg ；以木杆为研究对象，分析受力情况，木杆受到重力Mg 、地面的支持力N 和人对木杆向下的力F ′，由牛顿第三定律知F ′＝F .根据平衡条件得：N ＝Mg ＋F ′＝Mg ＋mg ＋ma ，故支持力的冲量为：I ＝Nt ＝(Mg ＋mg ＋ma )t ，故选C.3．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m 3)( )A ．0.15 PaB ．0.54 PaC ．1.5 PaD ．5.4 Pa 解析：选A.由于是估算压强，所以不计雨滴的重力．设雨滴受到支持面的平均作用力为F .设在Δt 时间内有质量为Δm 的雨水的速度由v ＝12 m/s 减为零．以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：F Δt ＝0－(－Δmv )＝Δmv ，得到F ＝Δm Δtv .设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨水，在Δt 时间内水面上升Δh ，则有Δm ＝ρS Δh ，F ＝ρSv Δh Δt .压强p ＝F S ＝ρv Δh Δt＝1×103×12×45×10－33 600 Pa ＝0.15 Pa ，故选A. 4．“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解析：选A.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．5．(多选)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m 的物体以速度v 从斜面底端冲上斜面，达到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( )A ．斜面对物体的弹力的冲量为零B ．物体受到的重力的冲量大小为mgtC ．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mg sin θ·t解析：选BD.由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mg cos θ·t ，选项A 错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt ，选项B 正确；物体回到斜面底端的速度仍为v ，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv ，选项C 错误；因整个过程中物体所受的合力为mg sin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mg sin θ·t ，选项D 正确．6.(多选)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C 、D 、E 处，三个过程中重力的冲量依次为I 1、I 2、I 3，动量变化量的大小依次为Δp 1、Δp 2、Δp 3，则有( )A ．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等B ．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＝Δp 2＝Δp 3D ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＜Δp 2＜Δp 3解析：选ABC.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C 、D 、E 的速度大小v 相等，动量变化量大小Δp ＝mv 相等，即Δp 1＝Δp 2＝Δp 3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h ，从顶端A 下滑到底端C ，由h sin θ＝12g sin θ·t 2得物体下滑的时间t ＝2h g sin 2 θ，所以θ越小，sin 2θ越小，t 越大，重力的冲量I ＝mgt 就越大，故I 1＜I 2＜I 3，故A 、C 正确，D 错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B 正确．7．(多选)如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比( )A ．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大B ．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变C ．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大D ．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大解析：选BD.滑动摩擦力的大小为f ＝μN ，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量I ＝ft 不变，故A 、C 错误，B 正确；但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D 正确．8．(多选)如图所示，小铁块压着一张纸条放在水平桌面上，第一次以速度v 抽出纸条后，铁块落在水平地面上的P 点．第二次以速度2v 抽出纸条，则( )A ．铁块落地点在P 点左边B ．铁块落地点在P 点右边C ．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次短D ．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次长解析：选AC.抽出纸条的过程中，铁块受到向前的摩擦力作用而加速运动，若纸条以2v 的速度抽出，则纸条与铁块相互作用时间变短，因此铁块加速时间变短，做平抛运动时的初速度减小，时间不变，因此铁块将落在P 点的左边，故B 、D 错误，A 、C 正确．9.如图所示，质量相等的A 、B 两个物体，分别沿倾角为α和β的两个光滑斜面，由静止开始从同一高度h 1开始下滑到同样的另一高度h 2.在这一过程中， A 、B 两个物体具有相同的物理量是( )A．所受重力的冲量B．所受支持力的冲量C．所受合力的冲量D．动量变化的大小解析：选D.物体在下滑中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下重力做功相等，由机械能守恒定律可得，两物体下滑相同高度时的动能相同，则速度大小相同，但方向不同，故动量变化的大小相同，选项D正确；物体下滑相同高度时的速度大小相等，初速度均为零，故平均速度大小相等，但是θ不同，两物体下滑的位移不同，故两物体的下滑时间一定不同，故重力的冲量不相等，选项A错误；由动量定理可得，物体下滑到相同高度时的速度的大小相同，所以合外力的冲量大小一定相等，但是方向不同，故合外力的冲量不同，选项C错误；到相同高度时，合外力的冲量大小一定相等，重力的冲量不相等，所以支持力的冲量大小一定不相等，选项B错误．10．(多选)(2019·嘉兴二模)图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )A．t1时刻小球的动能最大B．t2时刻小球的加速度最大C．t3时刻弹簧的弹性势能为零D．图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量解析：选BC.由图知，t1时刻小球刚与弹簧接触，此时小球的重力大于弹簧的弹力，小球将继续向下做加速运动，此时小球的动能不是最大，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动能最大，故A错误；t2时刻，弹力F最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，动能最小，此时小球受的合力最大，加速度最大，故B正确；t3时刻弹簧的弹力为零，此时弹性势能为零，选项C正确；图乙中图线所围面积在数值上等于弹力对小球的冲量，根据动量定理可知I弹－mgt＝Δp，故图线所围面积在数值上大于小球动量的变化量，选项D错误．二、非选择题11．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，求：(1)整个过程中重力的冲量；(2)该段时间安全带对人的平均作用力大小．解析：(1)对自由落体运动，有：h ＝12gt 21 解得：t 1＝2h g， 则整个过程中重力的冲量I ＝mg (t ＋t 1)＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2h g .(2)规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：mg (t 1＋t )－Ft ＝0解得：F ＝m 2gh t＋mg . 答案：(1)mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2h g (2)m 2gh t ＋mg12.如图所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过 1 s 下滑到底端，已知斜面的倾角θ＝37°，斜面长度L ＝2.5 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；(3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值．解析：(1)根据L ＝12at 2，解得：a ＝5 m/s 2， 根据牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得：μ＝0.125.(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为：ΔE ＝μmg cos θ·L减小的重力势能为：ΔE p ＝mg sin θ·L故损失的机械能与减小的重力势能的比值为：ΔE ∶ΔE p ＝μ∶tan θ＝1∶6.(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v ，则有： v ＝at ＝5 m/s根据动量定理得：合外力冲量的大小为：I 合＝mv －0＝5m (N ·s)在下滑过程中重力的冲量为：I G ＝mgt ＝10m (N ·s)所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：I 合∶I G ＝1∶2.答案：(1)0.125 (2)1∶6 (3)1∶2[课后作业(十一)](建议用时：45分钟)一、选择题1．有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度是( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v解析：选C.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv 0＝2mv ＋mv ′，可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，对比各选项可知，答案选C.2．一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2 D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 解析：选 D.对火箭和卫星由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1，解得v 1＝（m 1＋m 2）v 0－m 2v 2m 1＝v 0＋m 2m 1·(v 0－v 2)． 3．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v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.m M v 0B.M m v 0C.MM －m v 0 D.mM －m v 0解析：选D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv 0－(M －m )v ′故v ′＝mv 0M －m，选项D 正确． 4．在光滑的水平面上，有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是( )A ．m a ＞m bB ．m a ＜m bC ．m a ＝m bD ．无法判断解析：选B.由题图可知b 球碰前静止，取a 球碰前速度方向为正方向，设a 球碰前速度为v 0，碰后速度为v 1，b 球碰后速度为v 2，两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则m a v 0＝m a v 1＋m b v 2① 12m a v 20＝12m a v 21＋12m b v 22 ② 联立①②得：v 1＝m a －m b m a ＋m b v 0，v 2＝2m a m a ＋m bv 0 由a 球碰撞前后速度方向相反，可知v 1＜0，即m a ＜m b ，故B 正确．5．一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A （A ＋1）2D.（A ＋1）2（A －1）2 解析：选A.设中子的质量为m ，则被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv 0＝mv 1＋Amv ′，据动能守恒，有12mv 20＝12mv 21＋12Amv ′2.解以上两式得v 1＝1－A 1＋Av 0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v ′1＝A －1A ＋1v 0，故中子碰撞前、后速率之比为A ＋1A －1. 6．(多选)如图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A ，同时给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板，在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A ．2.1 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s解析：选AB.以A 、B 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A 开始运动到A 的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝Mv B 1，代入数据解得：v B 1＝2.67 m/s ，当从开始到A 、B 速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝(M ＋m )v B 2，代入数据解得：v B 2＝2 m/s ，则在木块A 正在做加速运动的时间内B 的速度范围为：2 m/s ＜v B ＜2.67 m/s ，故选项A 、B 正确．7．(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.由m B ＝2m A ，p A ＝p B 知碰前v B ＜v A ，若右方为A 球，由于碰前动量都为6 kg ·m/s ，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A 球，设碰后二者速度分别为v ′A 、v ′B ，由题意知p ′A ＝m A v ′A ＝2 kg ·m/s ，p ′B ＝m B v ′B ＝10 kg ·m/s ，解得v ′A v ′B ＝25.碰撞后A 球动量变为2 kg ·m/s ，B 球动量变为10 kg ·m/s ，又m B ＝2m A ，由计算可知碰撞前后A 、B 两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A 、C 正确．8．(多选)质量为M 、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，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，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv 2 B.mM 2（m ＋M ）v 2 C.12N μmgL D ．N μmgL解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE ，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv ＝(M ＋m )v t (①式)、12mv 2＝12(M ＋m )v 2t ＋ΔE (②式)，由①②联立解得ΔE ＝Mm 2（M ＋m ）v 2，可知选项A 错误，B 正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE ＝NμmgL ，选项C 错误，D 正确．二、非选择题9．如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．解析：设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰撞后A 的速度v ′A ＝18v 0，B 的速度v B ＝34v 0，由动量守恒定律得 mv A ＝mv ′A ＋mv B ①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由能量守恒定律得W A ＝12mv 20－12mv 2A ②设B 与C 碰撞前B 的速度为v ′B ，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由能量守恒定律得W B ＝12mv 2B －12mv ′2B ③ 据题意可知W A ＝W B ④设B 、C 碰撞后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得mv ′B ＝2mv⑤联立①②③④⑤式，代入数据得 v ＝2116v 0. 答案：2116v 0 10.(2019·衢州联考)如图所示，一质量为M ＝2.0×103 kg 的平板小货车A 载有一质量为m ＝1.0×103 kg的重物B ，在水平直公路上以速度v 0＝36 km/h 做匀速直线运动，重物与车厢前壁间的距离为L ＝1.5 m ，因发生紧急情况，货车突然制动，已知货车车轮与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4，重物与车厢底板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，若重物与车厢前壁发生碰撞，且碰撞时间极短，碰后重物与车厢前壁不分开．(1)请通过计算说明重物是否会与车厢前壁发生碰撞；(2)试求货车从开始刹车到停止运动所用的时间和刹车距离．解析：(1)刚刹车时，货车的加速度大小为a 1，重物的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可知μ1(M ＋m )g －μ2mg ＝Ma 1，μ2mg ＝ma 2，解得a 1＝5 m/s 2，a 2＝2 m/s 2假设B 与A 碰撞，且从开始刹车到碰撞所用时间为t 1，则v 0t 1－12a 2t 21－(v 0t 1－12a 1t 21)＝L ，解得t 1＝1 s 此时货车A 的速度为v A ＝v 0－a 1t 1＝5 m/s ，此时重物B 的速度为v B ＝v 0－a 2t 1＝8 m/s因此此时A 、B 均未停止运动，且v A <v B ，故重物会与车厢前壁发生碰撞．(2)碰前货车的运动时间为t 1＝1 s ，运动的位移为x 1＝v 0t 1－12a 1t 21＝7.5 m由于碰撞时间极短，故满足动量守恒，设碰后一起的速度为v ，则 Mv A ＋mv B ＝(M ＋m )v ，解得v ＝6 m/s碰后一起减速运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得a ＝4 m/s 2一起减速的时间为t 2＝v a ＝1.5 s一起减速的位移为x 2＝vt 2－12at 22＝4.5 m 所以货车刹车的总时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s ，刹车距离x ＝x 1＋x 2＝12 m.答案：见解析11.如图，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰好为零．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B 球第一次到达地面时的速度大小；(2)P 点距离地面的高度．解析：(1)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有v B ＝2gh ① 将h ＝0.8 m 代入上式，得v B ＝4 m/s. ②(2)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v 1和v ′1(v ′1＝0)，B 球的速度分别为v 2和v ′2.由运动学规律可得v 1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v ′2④ 12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22 ⑤设B 球与地面相碰后的速度大小为v ′B ，由运动学及碰撞的规律可得v ′B ＝v B ⑥ 设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得- 11 - h ′＝v ′2B －v 222g ⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h ′＝0.75 m.答案：(1)4 m/s (2)0.75 m。

动量守恒定律1．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是( ）A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【答案】D【解析】因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小,故A错误；有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；因有安全气囊的存在,司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能,故C错误;因为安全气囊充气后面积增大,司机的受力面积也增大,在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。

2．水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4。

0 kg的静止物块以大小为5。

0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时,运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5。

0 m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。

不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为( ）A. 48 kgB. 53 kgC. 58 kg D 。

63 kg【答案】BC【解析】设运动员和物块的质量分别为m 、m 0规定运动员运动的方向为正方向,运动员开始时静止，第一次将物块推出后,运动员和物块的速度大小分别为v 1、v 0，则根据动量守恒定律0＝mv 1－m 0v 0,解得010m v v m =;物块与弹性挡板撞击后,运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块mv 1＋m 0v 0＝mv 2－m 0v 0，解得0203m v v m =；第3次推出后mv 2＋m 0v 0＝mv 3－m 0v 0,解得0305m vv m =；依次类推，第8次推出后,运动员的速度08015m vv m =，根据题意可知08015m v v m =＞5 m/s,解得m ＜60 kg ；第7次运动员的速度一定小于5 m/s ，即07013m v v m =＜5 m/s ，解得m ＞52 kg 。

绝密★启用前人教版 2020 寒假高三物理二轮复习动能定理能量守恒定律练习本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分。

分卷I一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.如图所示，小球从高处自由下落到竖直放置的轻弹簧上，从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中，下列叙述中正确的是（）A．小球的加速度先增大后减小B．小球的速度一直减小C．动能和弹性势能之和保持不变D．重力势能，弹性势能和动能之和保持不变2.如右图甲所示，质量m＝1kg的物块（可视为质点）以v0＝10m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图像如图乙所示，已知斜面固定且足够长．且不计空气阻力，取g＝10m/s2．下列说法中正确的是（）A．物块所受的重力与摩擦力之比为3 ：2B．在t＝1s到t＝6s的时间内物块所受重力的平均功为50WC．在t＝6s时物体克服摩擦力做功的功率为20WD．在t＝0到t＝1s时间内机械能的变化量大小与t＝1s到t＝6s时间内机械能变化量大小之比为1 ：53.如图所示，水平桌面上有一小车，装有砂的砂桶通过细绳给小车施加一水平拉力，小车从静止开始做直线运动。

保持小车的质量M不变，第一次实验中小车在质量为m1的砂和砂桶带动下由静止前进了一段距离s；第二次实验中小车在质量为m2的砂和砂桶带动下由静止前进了相同的距离s，其中。

两次实验中，绳对小车的拉力分别为T1和T2，小车，砂和砂桶系统的机械能变化量分别为和，若空气阻力和摩擦阻力的大小保持不变，不计绳，滑轮的质量，则下列分析正确的是（）A．B．C．D．4.有两个形状和大小均相同的圆台形容器，如图所示放置．两容器中装有等高的水，且底部都粘有一个质量和体积都相同的木质球．使两球脱离底部，最终木球浮于水面静止．木球上升过程中体积不变，该过程中重力对两球做的功分别为Ｗ甲和Ｗ乙，则( )A．｜W甲｜＞｜W乙｜B．｜W甲｜＝｜W乙｜C．｜W甲｜＜｜W乙｜D．无法确定5.如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动。

第7讲动量定理及反冲模型题一：长1.8 m的细绳，一端悬挂着质量为2 kg的小球，另一端系在距地面3.6 m的天花板上，现将小球靠到天花板上，如图所示，小球自由下落时，细绳被绷断，然后小球落地。

小球下落的全部时间为1.0 s，若小球和绳相互作用的时间非常短，求小球受到的绳的冲量的大小。

(g取10 m/s2)题二：如图所示，一轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一质量为2m的金属板A，金属板处于平衡状态，在A正上方高为h处有一质量为m的圆环B由静止下落，并与金属板A发生碰撞(碰撞时间极短)，然后两者以相同的速度运动，不计空气阻力，两物体均可视为质点，重力加速度为g。

（1）求碰撞结束的瞬间两物体的速度大小。

（2）碰撞结束后两物体以相同的速度一起向下运动，当两者第一次到达最低点时，它们之间相互作用力的冲量大小为I，求该过程中相互作用力的平均值。

题三：飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持飞船速度不变的问题，我国科学家早已将这一问题解决。

假如有一宇宙飞船，它的正面面积S＝0.98 m2，以v＝2×103 m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1 m3空间有一微粒，微粒的平均质量m＝2×10－4 g，若要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？（设微粒与飞船相碰后附着于飞船上）题四：超高压数控万能切割机又称水刀，它能切割40 mm厚的钢板、50 mm厚的大理石等材料。

水刀就是将普通的水加压,使其从口径为0.2 mm的喷嘴中以800~1 000 m/s的速度射出的水射流。

任何材料能承受橡胶5×107 Pa花岗岩 1.2×108~2.6×108 Pa铸铁8.8×108 Pa工具钢 6.7×108 Pav＝800 m/s，水射流与材料接触后，速度为零，且不附着在材料上,水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，求：（1）水刀产生的压强的表达式。

高考物理《动量守恒定律》真题练习含答案1．[2024·全国甲卷](多选)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示．假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平．忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2.下列说法正确的是()A．t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大B．t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/sC．t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N答案：BD解析：根据牛顿第三定律结合题图可知，t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知运动员从t＝0.30 s离开蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t＝1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时运动员的速度大小v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B正确，C错误；同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入数据可得F＝4 600 N，根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D正确．故选BD.2．[2022·山东卷]我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中()A.火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量答案：A解析：从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A项正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B项错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C项错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D项错误．3．[2022·湖南卷]1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()A．碰撞后氮核的动量比氢核的小B．碰撞后氮核的动能比氢核的小C．v2大于v1D．v2大于v0答案：B解析：设中子质量为m0，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v′0，被碰粒子速度为v，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m 0v 0＝m 0v ′0＋m v ，12 m 0v 20 ＝12m 0v ′20 ＋12 m v 2，解得v ′0＝m 0－m m 0＋m v 0，v ＝2m 0m 0＋mv 0，因为当被碰粒子分别为氢核(m 0)和氮核(14m 0)时，有v 1＝v 0，v 2＝215 v 0，故C 、D 项错误；碰撞后氮核的动量为p 氮＝14m 0·v 2＝2815m 0v 0，氢核的动量为p 氢＝m 0·v 1＝m 0v 0，p 氮>p 氢，故A 错误；碰撞后氮核的动能为E k 氮＝12·14m 0v 22 ＝28225 m 0v 20 ，氢核的动能为E k 氢＝12 ·m 0·v 21 ＝12m 0v 20 ，E k 氮<E k 氢，故B 正确． 4.[2021·全国乙卷]如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量守恒，机械能不守恒C ．动量不守恒，机械能守恒D ．动量不守恒，机械能不守恒答案：B解析：撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，故系统动量守恒；由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，存在摩擦力做功的情况，故系统机械能不守恒，所以选项B 正确．5．[2023·新课标卷](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：BD解析：对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示对于整个系统，由于μm 甲g >μm 乙g ，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，甲的动量大小比乙的小，m 甲v 甲＜m 乙v 乙，又m 甲＞m 乙，故v 甲＜v 乙，B 、D 正确，A 、C 错误．故选BD.6．[2021·全国乙卷](多选)水平桌面上，一质量为m 的物体在水平恒力F 拉动下从静止开始运动．物体通过的路程等于s 0时，速度的大小为v 0，此时撤去F ，物体继续滑行2s 0的路程后停止运动．重力加速度大小为g .则( )A ．在此过程中F 所做的功为12m v 20 B ．在此过程中F 的冲量大小等于32m v 0 C ．物体与桌面间的动摩擦因数等于v 20 4s 0gD ．F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍答案：BC解析：设物体与桌面间的动摩擦因数为μ，根据功的定义，可知在此过程中，F 做的功为W F ＝Fs 0＝12m v 20 ＋μmgs 0，选项A 错误；物体通过路程s 0时，速度大小为v 0，撤去F 后，由牛顿第二定律有μmg ＝ma 2，根据匀变速直线运动规律有v 20 ＝2a 2·2s 0，联立解得μ＝v 20 4s 0g ，选项C 正确；水平桌面上质量为m 的物体在恒力F 作用下从静止开始做匀加速直线运动，有F －μmg ＝ma 1，又v 20 ＝2a 1s 0，可得a 1＝2a 2，可得F ＝3μmg ，即F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，选项D 错误；对F 作用下物体运动的过程，由动量定理有Ft －μmgt＝m v 0，联立解得F 的冲量大小为I F ＝Ft ＝32m v 0，选项B 正确．。

动量定理与动量守恒定律一、选择题1.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 根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约70 m)，Ft ＝mv ，代入数据解得F ≈1×103 N ，所以C 正确。

答案 C2.(多选)在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力F 的作用下，经过时间t 、通过位移L 后，动量变为p 、动能变为E k ，以下说法正确的是A ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动量将等于3pB ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动量将等于3pC ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动能将等于3E kD ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动能将等于3E k解析 根据p ＝mv ，E k ＝12mv 2 联立解得p ＝2mE k根据动能定理FL ＝12mv 2，位移变为原来的3倍，动能变为原来的3倍，根据p ＝2mE k ，动量变为原来的3倍，故B 错误，D 正确。

根据动量定理Ft ＝mv ，时间变为原来的3倍，动量变为原来的3倍，根据E k ＝p 22m，知动能变为原来的9倍，故A 正确，C 错误。

答案 AD3.(多选)质量为m 的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左侧，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，两物块通过弹簧相互作用(未超出弹簧弹性限度)并最终弹开，则A．在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C．甲物块的速率可能为5 m/sD．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s解析在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，选项A正确；当两物块相距最近时，两物块速度相等，甲物块的速度不为零，选项B错误；若甲物块的速率为5 m/s，根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为6 m/s或4 m/s，两物块组成的系统机械能增大，违反了能量守恒定律，选项C错误；当甲物块的速率为1 m/s，方向向左时，选取向右为速度的正方向，根据动量守恒定律，m·4 m/s－m·3 m/s＝mv－m·1 m/s，解得乙物块的速率v＝2 m/s，选项D正确。

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。

高中物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg和1kg的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P.现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s，此时乙尚未与P相撞．①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；②若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P对乙的冲量的最大值．【答案】v乙＝6m/s. I＝8N【解析】【详解】（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：又知联立以上方程可得，方向向右。

（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：2．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，三球的质量分别为m A=1kg、m B=2kg、m C=6kg，初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0=9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：（1）A球与B球碰撞中损耗的机械能；（2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）在以后的运动过程中B球的最小速度．【答案】（1）；（2）；（3）零．【解析】试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A 、B 的共同速度损失的机械能（2）A 、B 、C 系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有：三者共同速度最大弹性势能（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A 、B 在前，C 在后．此后C 向左加速，A 、B 的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A 、B 继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A 、B 的速度，C 的速度可知碰后A 、B 已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故B的最小速度为零 ．考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．【名师点睛】A 、B 发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A 球与B 球碰撞中损耗的机械能．当B 、C 速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B 、C 在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答3．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四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以02v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数 ； （3）圆弧槽C 的半径R ；（4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能．【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）201532mv E ∆=【解析】 【详解】(1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：mv 0＝m2v ＋2mv B 解得v B ＝4v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯＝－－解得20516v gLμ=(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有：2mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯＝解得264v R g= (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒，2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A ＝4v . 所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：2220015112232A mv E mv mv ∆＝－＝【点睛】该题是一个板块的问题，关键是要理清A、B、C运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．4．28．如图所示，质量为m a=2kg的木块A静止在光滑水平面上。

动量定理和动量守恒定律一、单项选择题1．（2019·海口质检)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径,落地瞬间，B先与地面碰撞,后与A碰撞,所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在竖直方向．碰撞时间均可忽略不计．已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为( ）A．h B。

2hC．3h D。

4h解析：选 D.所有的碰撞都是弹性碰撞,所以不考虑能量损失．设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，（m1＋m2）gh＝错误!（m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，错误!（m1＋m2)v2＝错误!m1v错误!＋错误!m2v错误!，错误!m1v错误!＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确．2．(2019·高三惠州模拟）质量为1 kg的物体从距地面5 m 高处自由下落，落在正以5 m/s的速度沿水平方向匀速前进的小车上,车上装有砂子，车与砂子的总质量为4 kg，地面光滑，则车后来的速度为(g＝10 m/s2）（) A．4 m/s B。

5 m/sC．6 m/s D.7 m/s解析：选 A.物体和车作用过程中,两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒．已知两者作用前，车在水平方向的速度v0＝5 m/s,物体水平方向的速度v＝0；设当物体与小车相对静止后,小车的速度为v′，取原来小车速度方向为正方向,则根据水平方向系统的动量守恒得：mv＋Mv0＝(M＋m）v′，解得：v′＝错误!＝错误! m/s＝4 m/s,故选项A正确，B、C、D错误．3．某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓慢飘来的小船上，然后去执行任务,小船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步,最终停在船上，则（)A．人和小船最终静止在水面上B．该过程人的动量变化量的大小为105 kg·m/sC．船最终速度的大小为0.95 m/sD．船的动量变化量的大小为70 kg·m/s解析:选B。

/s1.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽高h 处开始自由下滑A.在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B.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2.如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球。

释放。

在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是 A.小车和小球系统动量守恒B.小球向右摆动过程小车一直向左加速运动C.小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动D.小球摆到最低点时，小车的速度最大3.图中线段a 、b 、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后共同运动的位移图线。

由图象给出的信息可以判定：①碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大；②碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能大；③碰前滑块Ⅰ比滑块Ⅱ速度大；④碰前滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的6倍。

以上判定正确的有A.①④B.①②C.②③D.③④4.如图所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相等的物体B 以速度v 向AB 始终沿同一直线运动，则A 、B 组成的系统动能损失最大的时刻是A.A开始运动时 B.A 的速度等于v 时 C.B 的速度等于零时 D.A 和B 的速度相等时5.如图所示，质量均为2m 的完全相同的长木板A 、B 并排放置在光滑水平面上静止。

一个质量为m 的铁块C 以水平速度v 0到A 木板的上表面，并最终停留在长木板B 上。

已知B 速度为v =0.4m/s 。

求：⑴A 木板的最终速度v 1 ；⑵铁块C 刚离开长木板A 时刻的瞬时速度v 2。

6.如图所示，一个质量为m 1=50kg 的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。

气球和长绳的总质量为m 2=20kg ，长绳的下端刚好和水平面接触。

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)．。

绝密★启用前人教版 2020 寒假高三物理二轮复习受力平衡练习本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

分卷I一、单选题(共10小题，每小题4.0分,共40分)1.如图所示为某新型夹砖机，它能用两支巨大的“手臂”将几吨砖夹起，大大提高了工作效率。

已知该新型某夹砖机能夹起质量为m的砖，两支“手臂”对砖产生的最大压力为(设最大静擦力等于滑动摩擦力)，则“手臂”与砖之间的动摩擦因数至少为( )A．B．C．D．2.如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变。

木板静止时，表示木板所受合力的大小，表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）A．不变，变大B．不变，变小C．变大，变大D．变小，变小3.物块m位于斜面上，受到平行于斜面的水平力F的作用处于静止状态。

如图所示，若将外力F 撤去，则( )A．物块可能会沿斜面下滑B．物块受到的摩擦力变小C．物块受到的摩擦力大小不变D．物块对斜面的压力变小4.如图所示，两楔形物块A，B部分靠在一起，接触面光滑，物块B放置在地面上，物块A上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，A，B两物块均保持静止下列说法中正确的是( )A．绳子的拉力可能小于A的重力B．地面受的压力大于物块B的重力C．物块B受到地面的摩擦力方向水平向左D．物块B与地面间不存在摩擦力5.如图所示，四根相同的轻质弹簧连着相同的物体，在外力作用下做不同的运动：(1)在光滑水平面上做加速度大小为g的匀加速直线运动；(2)在光滑斜面上作向上的匀速直线运动；(3)做竖直向下的匀速直线运动；(4)做竖直向上的加速度大小为g的匀加速直线运动，设四根弹簧伸长量分别为△l1，△l2，△l3，△l4，不计空气阻力，g为重力加速度，则( )A．△l1=△l4B．△l3＜△l4C．△l1＞△l4D．△l2＞△l36.如图所示，用平行于斜面体A斜面的轻弹簧将物块P拴接在挡板B上，在物块P上施加沿斜面向上的推力F，整个系统处于静止状态。

动量守恒定律试题(含答案)一、动量守恒定律 选择题1．四个水球可以挡住一颗子弹！如图所示，是央视《国家地理》频道的实验示意图，直径相同（约30cm 左右）的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。

以下判断正确的是（ ）A ．子弹在每个水球中的速度变化相同B ．每个水球对子弹做的功不同C ．每个水球对子弹的冲量相同D ．子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等 2．如图所示，用长为L 的细线悬挂一质量为M 的小木块，木块处于静止状态．一质量为m 、速度为v 0的子弹自左向右水平射穿木块后，速度变为v ．已知重力加速度为g ，则A ．子弹刚穿出木块时，木块的速度为0()m v v M - B ．子弹穿过木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能守恒C ．子弹穿过木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒D ．木块上升的最大高度为2202mv mv Mg- 3．如图，在光滑的水平面上有一个长为L 的木板，小物块b 静止在木板的正中间，小物块a 以某一初速度0v 从左侧滑上木板。

已知物块a 、b 与木板间的摩擦因数分别为a μ、b μ，木块与木板质量均为m ，a 、b 之间的碰撞无机械能损失，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。

下列说法正确的是（ ）A ．若没有物块从木板上滑下，则无论0v 多大整个过程摩擦生热均为2013mvB ．若22ab a μμμ<≤，则无论0v 多大，a 都不会从木板上滑落C ．若032a v gL μ≤ab 一定不相碰D ．若2b a μμ>，则a 可能从木板左端滑落4．如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝4kg 的小物体B 以水平速度v 0＝2m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．木板A 获得的动能为2JB ．系统损失的机械能为2JC ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1D ．木板A 的最小长度为2m5．平静水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，人向船尾走去，走到船中部时他突然停止走动．不计水对船的阻力，下列说法正确的是（ ）A ．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍B ．人在船上走动过程中，人的位移是船的位移的9倍C ．人走动时，它相对水面的速度大于小船相对水面的速度D ．人突然停止走动后，船由于惯性还会继续运动一小段时间6．如图所示，两个小球A 、B 在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为m A =4kg ，m B =2kg ，速度分别是v A =3m/s （设为正方向），v B =-3m/s ．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（ ）A ．v A ′=1 m/s ，vB ′=1 m/sB ．v A ′=4 m/s ，v B ′=-5 m/sC ．v A ′=2 m/s ，v B ′=-1 m/sD ．v A ′=-1 m/s ，v B ′=-5 m/s7．如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图．跳楼机由静止从a 自由下落到b ，再从b 开始以恒力制动竖直下落到c 停下．已知跳楼机和游客的总质量为m ，ab 高度差为2h ，bc 高度差为h ，重力加速度为g ．则A ．从a 到b 与从b 到c 的运动时间之比为2：1B ．从a 到b ，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等C ．从a 到b ，跳楼机和游客总重力的冲量大小为m ghD ．从b 到c ，跳楼机受到制动力的大小等于2mg8．如图所示，小车质量为M ，小车顶端为半径为R 的四分之一光滑圆弧，质量为m 的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是（g 为当地重力加速度）（ ）A ．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mgB ．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为32mg C ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()gR m M M m + D ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()gR Mm M m + 9．如图，质量为m 的小木块从高为h 的质量为M 的光滑斜面体顶端滑下，斜面体倾角为θ，放在光滑水平面上，m 由斜面体顶端滑至底端的过程中，下列说法正确的是A ．M 、m 组成的系统动量守恒B ．M 移动的位移为()tan mh M m θ+ C ．m 对M 做功为222cos ()(sin )Mm gh M m M m θθ++ D ．m 对M 做功为222sin ()(cos )Mm gh M m M m θθ++ 10．如图所示，A 、B 、C 是三级台阶的端点位置，每一级台阶的水平宽度是相同的，其竖直高度分别为h 1、h 2、h 3，将三个相同的小球分别从A 、B 、C 三点以相同的速度v 0水平抛出，最终都能到达A 的下一级台阶的端点P 处，不计空气阻力。

2020(人教版)高考物理复习课时过关题20动量守恒定律及其应用1.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A．30 kg·m/sB．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/sD．6.3×102kg·m/s2.如图所示，质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生对心正碰，碰撞后B球的速度可能有不同的值，碰后B的速度可能为( )A．0.2v B．0.4v C．0.6v D．0.8v3.质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是( )A．Δp=2 kg·m/s W=－2 JB．Δp=－2 kg·m/s W=2 JC．Δp=0.4 kg·m/s W=－2 JD．Δp=－0.4 kg·m/s W=2 J4.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A．30 kg·m/s B．5.7×102kg·m/s C．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s5.如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．现让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处由静止开始落下，与半圆槽相切自A点进入槽内，并能从C点离开半圆槽，则以下结论中正确的是( )A．球在槽内运动的全过程中，球与半圆槽在水平方向动量守恒B．球在槽内运动的全过程中，球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C．球离开C点以后，将做竖直上抛运动D．槽将与墙不会再次接触6.如图所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，质量均为m=1 kg，现将小球C用长为0.2 m的细线悬于轻质支架顶端，m c=0.5 kg.开始时A车与C球以v0=4 m/s的速度冲向静止的B车．若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则( )A．A车与B车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒B．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒C．小球能上升的最大高度为0.16 mD．小球能上升的最大高度为0.12 m7.如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M=3 kg，质量m=1 kg的铁块B以水平速度v0=4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J的小球由A点静止释放，在下滑到A．以地面为参考系，小球到达9.如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球的半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计．已知m2=3m1，则A反弹后能达到的最大高度为( )A．h B．2h C．3h D．4h10.质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆周轨道，轨道下端切线水平．质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示．已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，则m∶M的值为( )A．1∶3 B．3∶1 C．3∶5 D．5∶311. (多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放，当m1与m2第二次相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中( )A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是v1C．m2的最小速度是v1D．m2的最大速度是v112. (多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得( )A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C．两物块的质量之比为m1：m2=1：2D．在t2时刻A与B的动能之比为E k1：E k2=8：113.如图所示,有一半径为R的半球形凹槽P,放在光滑的水平地面上,一面紧靠在光滑墙壁上,在槽口上有一质量为m的小球,由A点静止释放,沿光滑的球面滑下,经最低点B又沿球面上升到最高点C,经历的时间为t,B、C两点高度差为0.6R,求:(1)小球到达C点的速度;(2)在t这段时间里,竖墙对凹槽的冲量。