2020高考物理一轮复习 第6章 动量守恒定律章末过关检测(六)

动量守恒定律(45分钟100分）一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5题为单选题，6～8题为多选题）1．下列关于物体动量和冲量的说法正确的是( ）A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变C．物体动量的方向,就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越大解析：B 物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大,不是动量越大，故A错误；合外力的冲量等于物体动量的变化量，物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变,故B正确；合外力的冲量等于物体动量的变化量，所以物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向,而动量的方向与所受冲量的方向没有直接关系，故C错误；物体所受合外力越大，加速度就越大,物体速度变化就越快,所以它的动量变化就越快，但不一定越大,故D错误．2．(2018·南昌模拟）斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时（速度水平向东）立即爆炸成质量相等的三块,前面一块速度水平向东,后面一块速度水平向西,前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反．则以下说法中正确的是（）A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能解析:A 设爆炸前的速度为v,爆炸后的速度为v前后以及v′，设向东为正方向，由水平方向动量守恒得3mv＝mv前后＋mv′－mv,解得v′＝3v,方向向东，爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆前后炸前瞬间爆竹的速度，故A正确，B错误；爆炸后三块做平抛运动，竖直方向h＝错误!gt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，前后两块水平方向分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同,故C错误；中间那块的动能错误!m(3v）2>错误!·3mv2，故D错误．3。

2020年高考一轮复习知识考点专题06 《动量守恒定律》【基本概念、规律】一、动量动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力F的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)公式：p＝mv.(3)单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的增量．(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．4．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp＝p′－p.(2)动能和动量的关系：E k＝p22m .二、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.三、碰撞1．碰撞物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类【重要考点归纳】考点一动量定理的理解及应用1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．3．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt 越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt 越短，动量变化量Δp越小4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程．研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段．(2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．(3)规定正方向．(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．考点二动量守恒定律与碰撞1．动量守恒定律的不同表达形式(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′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)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．2．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E′k1＋E′k2或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.(3)速度要合理．①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．3．两种碰撞特例 (1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2①12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22② 由①②得v ′1＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2 v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当m 1＝m 2时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度． ②当m 1>m 2时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都向前运动． ③当m 1<m 2时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． (2)完全非弹性碰撞两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律． 4.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．考点三 爆炸和反冲 人船模型 1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒．反冲运动中机械能往往不守恒． 注意：反冲运动中平均动量守恒． (3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等．3．人船模型若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m 1v 1＝－m 2v 2得m 1x 1＝－m 2x 2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．(3)x 1、x 2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．考点五 实验：验证动量守恒定律 1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m 和碰撞前后物体的速率v 、v ′，找出碰撞前的动量p ＝m 1v 1＋m 2v 2及碰撞后的动量p ′＝m 1v ′1＋m 2v ′2，看碰撞前后动量是否守恒．2．实验方案方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出滑块质量． (2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出两小球的质量m 1、m 2. (2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出两小车的质量.(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A 运动，小车B 静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v ＝ΔxΔt 算出速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)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)按照如图所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图所示．(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1OP＝m1OM ＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒．【思想方法与技巧】动量守恒中的临界问题1．滑块与小车的临界问题滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．2．两物体不相碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．3．涉及弹簧的临界问题对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．4．涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．5.正确把握以下两点是求解动量守恒定律中的临界问题的关键：(1)寻找临界状态看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．。

章末检测卷（第六章）（满分：100分时间：45分钟）一、选择题（共8小题，每小题6分，共48分.1〜5题只有一个选项正确，6〜8题有多个选项正确）1.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，一个质量为的小球从槽高/7处自由下滑，下列说法正确的是（）A.在以后的运动全过程中，小球和槽的水平方向动量始终保，持某一确定值不变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.全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D.小球被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高/z处解析：当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系，统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中，两物体都有水平方向的位移，而相互作用力是垂直于球面的，故作用力方向和位移方向不垂直，故相互作用力均要做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m<M,根据动量守恒可知，小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并沿槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于/7,小球不能回到槽高力处，故D正确.答案：D2.某人身系弹性轻绳自高空F点自由下落，a点是弹性绳的原长位置，c是人所能到达的最低点，人是人静止悬挂时的平衡位置，把由P点到a点的过程称为过程I,由a点到c点的过程称为过程II,不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.过程I中人的动量的改变量小于重力的冲量B.过程II中人的动量的减少量的大小等于过程I中重力的冲量的大小C.过程II中人的动能逐渐减小到零D.过程II中人的机械能的减少量等于过程I中重力做功的大小解析：根据动量定理，过程I中人的动量的改变量等于重力的冲量，选项A错误.设人的质量为人在a点的速度为则过程I中重力的冲量大小I G=Ap=mv,人在c点的速度等于0,则由动量定理得过程II中人的动量的改变量大小|Ap z\=\0—mv\=mv,可知过程II中人的动量的改变量大小等于过程I中重力的冲量大小，故B正确.在沥段弹性绳对人的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，人继续向下做加速运动，速度不断增大，动能增大；在阮段，弹性绳对人的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，人向下做减速运动，速度减小，动能减小，故C错误.过程II中人的机械能的减少量等于绳子的弹力做的功，等于过程I和过程II中重力做功的大小，故D错误.答案：B3.假设将发射导弹看成如下模型：静止的实验导弹总质量M=3300kg,当它以相对于地面的速度^=120m/s喷出质量为Am=300kg的高温气体后，导弹的速度为（喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略）（）A.—10m/sB.12m/sC.10m/sD.—12m/s解析：以导弹和气体为系统利用动量守恒定律可知，O=&m?o+（Af—即0= 300X120+（3300-300>,解得〃=—12m/s,故D正确.答案:D4,质量分别为m a=0.5kg>m b=1.5kg的物体a、人在光滑水平面上发生正碰，若不计碰撞时间，它们碰撞前后的位移一时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.碰撞前a物体的动量大小为4kg-m/s rB.碰撞前力物体的动量大小为零C.碰撞过程中b物体受到的冲量为1N-sD.碰撞过程中a物体损失的动量大小为1kg-m/s、Sn16解析：由题图可知，碰撞前1的速度v a=~r=~T m/s=4m/s,碰撞前。

第六章碰撞与动量守恒一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1．某物体受到一个－6 N·s的冲量作用，则( )A．物体的动量一定减少B．物体的末动量一定是负值C．物体动量变化量的方向一定与规定的正方向相反D．物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反解析动量定理是矢量方程，注意规定正方向解题。

冲量、动量都是矢量，对在一条直线上运动的物体，规定正方向后，可用“＋”“－”号表示矢量的方向，－6 N·s的冲量说明物体所受冲量的大小为 6 N·s，方向与规定的正方向相反，由动量定理可知答案为C。

而初、末动量的方向、大小由题设均不能确定。

答案 C2．如图1所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁。

现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是( )图1A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒解析小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D错误；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A错误；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽往右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，系统机械能守恒，选项B错，C对。

答案 C3．如图2所示，在水平面上有两个物体A和B，质量分别为m A＝2 kg，m B＝1 kg，A和B相距x＝9.5 m，A以v0＝10 m/s的初速度向静止的B运动。

已知A从开始运动到碰后停止运动共运动了6 s。

第2节动量守恒定律一、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0，这个系统的总动量保持不变。

[注1] 2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。

3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0。

(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。

[注2](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0，则系统在该方向上动量守恒。

二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。

(2)分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。

[注3]②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。

③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。

2．爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。

3．反冲 [注4](1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。

(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。

【注解释疑】[注1] 外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。

[注2] 外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。

[注3] 弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在。

[注4] 反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的。

[深化理解]1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。

2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。

3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。

4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。

[基础自测]一、判断题(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。

(×)(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。

章末质量检测（六）(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分。

1～4题为单项选择题，5～6题为多项选择题)1.在距地面高度为h处，同时以大小相等的初速度v0，分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一个质量相等的小球，不计空气阻力，比较它们从抛出到落地过程中动量的增量Δp，正确的是( )A.平抛过程最大B.竖直下抛过程最大C.竖直上抛过程最大D.三者一样大解析三个小球中竖直上抛的物体运动时间最长，而竖直下抛的物体运动时间最短，故竖直上抛物体的重力的冲量最大，由动量定理I＝Δp可得，竖直上抛物体动量的增量最大，选项C正确。

答案 C2.某物体受到一个－6 N·s的冲量作用，则( )A.物体的动量一定减少B.物体的末动量一定是负值C.物体动量变化量的方向一定与规定的正方向相反D.物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反解析冲量、动量都是矢量，对在一条直线上运动的物体，规定正方向后，可用“＋”“－”号表示矢量的方向，－6 N·s的冲量说明物体所受冲量的大小为6 N·s，方向与规定的正方向相反，由动量定理可知选项C正确。

而初、末动量的方向、大小由题设均不能确定。

答案 C3.(2019·湖南五市十校联考)如图1所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中( )图1A.小球所受合力的冲量指向圆心OB.小球所受支持力的冲量水平向右C.小球所受合力的冲量大小为m2gRD.小球所受重力的冲量大小为0 解析 在小球从A 点运动到B 点的过程中，I ＝m Δv ，速度方向变为水平向右，所以小球所受合力即重力和支持力的合力的冲量水平向右，故选项A 、B 错误；在小球从A 点运动到B 点的过程中机械能守恒，故有mgR ＝12mv 2B ，解得v B ＝2gR ，所以I ＝m 2gR ，故选项C 正确；小球所受重力的冲量大小为I G ＝mgt ，大小不为零，故选项D 错误。

【2019最新】精选高考物理一轮复习第6章动量守恒定律章末过关检测六章末过关检测(六)(建议用时：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2018·甘肃模拟)一质量为m的物体放在光滑水平面上，若以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是( )A．物体的位移相等B．物体动能的变化量相等C．F对物体做的功相等D．物体动量的变化量相等解析：选D.物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大，故A错误；根据动能定理得知，物体动能的变化量逐渐增大，故B 错误；由功的公式W＝FL知道，在相同的时间间隔内，F做功增大，故C错误；根据动量定理得：Ft＝Δp，F、t相等，则Δp相等，即物体动量的变化量相等，故D正确．2．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中( )A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零解析：选B.人的速度原来为零，起跳后速度为v，以竖直向上为正方向，则由动量定理可得：I－mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为mv＋mgΔt；而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B正确．3．如图所示，一辆小车装有光滑弧形轨道，总质量为m，停放在光滑水平面上．有一质量也为m、速度为v的铁球，沿轨道水平部分射入，并沿弧形轨道上升h后又下降而离开小车，离车后球的运动情况是( )A．做平抛运动，速度方向与车运动方向相同B．做平抛运动，速度方向与车运动方向相反C．做自由落体运动D．小球跟车有相同的速度解析：选C.设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，由动量守恒定律得：mv＝mv1＋mv2，由动能守恒得：mv2＝mv＋mv，联立解得：v1＝0，v2＝v，即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故选项C正确．4．(2018·天水一中检测)如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的同一物体由静止开始沿相同的固定粗糙斜面由底端推至顶端．第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向，两次所用时间相同，则在这两个过程中( )A．F1做的功比F2做的功多B．第一次物体机械能的变化较多C．第二次合外力对物体做的功较多D．两次物体动量的变化量相同解析：选D.根据题中信息可得，物体运动过程中的位移和时间都相等，因为是从静止开始运动的，所以根据公式x＝at2得加速度a相同，根据公式v＝at，物体到达斜面顶端时速度相同，即动能相同，所以动能变化量相同，根据动能定理得知，合外力做功相等．由图示分析可知，第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同，F1做的功比F2做的少，故A、C 错误；物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化相同，故B 错误；两种情况下，物体的末速度相同，物体初末动量相同，则两次物体动量的变化量相同，故D正确．5．(2018·河北石家庄检测)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．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．子弹的末速度大小不相等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解析：选B.根据动量守恒，两次子弹与滑块的最终速度相等，A错误；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．二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6．(2018·广东中山一中七校联考)如图所示，图(a)表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；图(b)为物体A与小车B的v－t图象，由此可知( )A．小车上表面长度B．物体A与小车B的质量之比C．物体A与小车B上表面的动摩擦因数D．小车B获得的动能解析：选BC.由图象可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；由动量定恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得：＝，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图象可以知道A相对小车B的位移Δx＝v0t1，根据能量守恒得：μmAgΔx＝mAv－(mA＋mB)v，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误．7．如图所示，有一光滑钢球质量为m，被一U形框扣在里面，框的质量为M，且M＝2m，它们搁置于光滑水平面上，今让小球以速度v0向右去撞击静止的框，设碰撞无机械能损失，经多次相互撞击，下面结论正确的是( )A．最终都将停下来B．最终将以相同的速度向右运动C．永远相互碰撞下去，且整体向右运动D．在它们反复碰撞的过程中，球的速度将会再次等于v0，框也会再次重现静止状态解析：选CD.小球与框碰撞过程中，系统动量守恒，机械能总量也守恒；根据动量守恒定律，有：mv0＝mv1＋Mv2根据机械能守恒定律，有：mv＝mv＋Mv2其中M＝2m联立解得：v1＝v0，v2＝0(两次碰撞后)或者v1＝－v0，v2＝v0(一次碰撞后)由于二次碰撞后的速度情况与开始时相同，故整体内部一直不断碰撞，整体持续向右运动；球的速度将会再次等于v0，框也会再次重现静止状态；故A、B错误，C、D 正确．8．如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ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．t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是( )A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cos θB．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为－mv0C．斜面倾角θ的正弦值为5v08gt0D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功解析：选BC.物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量IG＝3mgt0，A错误；上滑过程中物块做初速度为v0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t0＝·2t0，解得v ＝，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为Δp＝－mv－mv0＝－mv0，B 正确；上滑过程中有－(mgsin θ＋μmgcos θ)·t0＝0－mv0，下滑过程中有(mgsin θ－μmgcos θ)2t0＝，解得sin θ＝，C正确；根据速度－时间图象可求出物块上升的最大位移，从而求出整个过程中摩擦力所做的功，故D错误．三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(15分)如图是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱．实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰好与立柱上的球2右端接触且两球等高．将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞，碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a，B点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c.此外：(1)还需要测量的量是________________________、__________________和______________________．(2)根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为__________________．(忽略小球的大小)解析：(1)要验证动量守恒必须知道两球碰撞前后的动量变化，根据弹性球1碰撞前后的高度a和b，由机械能守恒可以求出碰撞前后的速度，故只要再测量弹性球1的质量m1，就能求出弹性球1的动量变化；根据平抛运动的规律只要测出立柱高h和桌面离水平地面的高度H就可以求出弹性球2碰撞前后的速度变化，故只要测量弹性球2的质量和立柱高h、桌面离水平地面的高度H就能求出弹性球2的动量变化．(2)根据(1)的解析可以写出动量守恒的表达式为2m1＝2m1＋m2 .答案： (1)弹性球1、2的质量m1、m2 立柱高h 桌面离水平地面的高度H(2)2m1＝2m1＋m2c H ＋h10．(17分)(2018·石家庄质检)如图所示，质量分布均匀、半径为R 的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m 的小球从距金属槽上端R 处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为R ，重力加速度为g ，不计空气阻力．求：(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量．解析：(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：mg ·2R ＝mv ，小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律的知识有：FN －mg ＝m,R)，据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：F ′N ＝FN联立解得：F′N＝5mg.(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属槽水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0＝(m ＋M)v设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h.则有R2＋h2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫74R 2根据能量守恒定律有：mgh ＝mv －(m ＋M)v2.联立解得：M ＝ m.答案：(1)5mg (2) m11．(20 分)(2018·河北定州中学高三月考)如图所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切．质量m2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍．忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做的功Wf.(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep.(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小．解析：(1)小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：m1gR＋Wf＝m1v21小球在最低点，根据牛顿第二定律：FN－m1g＝,R)根据牛顿第三定律：FN＝F′N＝2m1g联立可得：Wf＝－0.4 J.(2)小球a与小球b通过弹簧相互作用，达到共同速度v2过程中，由动量关系：m1v1＝(m1＋m2)v2由能量转化和守恒：m1v＝(m1＋m2)v＋Ep联立可得：Ep＝0.2 J.(3)小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，a后来速度为v3，b后来速度为v4，由动量关系：m1v1＝m1v3＋m2v4由能量转化和守恒：m1v＝m1v＋m2v24根据动量定理有：I＝m2v4联立可得：I＝0.4 N·s.答案：见解析。

第六章 45分钟章末检测卷．一物体从某高处由静止释放，设所受空气阻力恒定，当它下落p1：p．：1 B．：．：2 D．：4解析：物体做初速度为零的匀加速直线运动，p1：p＝：B选项正确．答案：B的作用下，沿同一直线运动．它们的动量随时间变化如图所示．设甲在时间内所受的冲量为I2，则F、I的大小关系是，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．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时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(的时刻，物体的速度为18 m/s时间内，合力对物体做的功为400 J时间内，拉力对物体的冲量为48 N·s的功率为200 W的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为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b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复p1p′．有同学认为，在该实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运________cm.相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：相碰后，粘合在一起．开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失了多少机械能？10．(20分)如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R ＝0.6 m ．平台上静止着两个滑块A 、B ，m A ＝0.1 kg ，m B ＝0.2 kg ，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上，小车质量为M ＝0.3 kg ，小车的上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧．点燃炸药后，A 、B 分离瞬间滑块B 以3 m/s 的速度冲向小车．两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，且g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块A 能否从半圆轨道的最高点离开；(2)滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．解析：(1)爆炸前后A 、B 组成的系统动量守恒，设爆炸后滑块A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ，则m A v A ＝m B v B ，解得v A ＝6 m/sA 在运动过程中机械能守恒，若A 能到达半圆轨道最高点由机械能守恒得12m A v 2A ＝12m A v ′2A ＋2m A gR解得v ′A ＝2 3 m/s滑块恰好通过最高点的条件是m A g ＝m A v 2R解得v ＝ 6 m/s<v ′A ，所以A 能从半圆轨道最高点离开．(2)滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，此时B 和小车具有相同速度，由动量守恒定律得m B v B ＝(m B ＋M )v 共由能量守恒定律得E p ＝12m B v 2B －12(m B ＋M )v 2共解得E p ＝0.54 J.答案：(1)能 (2)0.54 J。

第1节动量定理动量守恒定律1.(2019·内蒙古包头质检)(多选)下面的说法中正确的是( ABD )A.物体运动的方向就是它的动量的方向B.如果物体的速度发生变化,则物体受到的合力的冲量一定不为零C.如果合力对物体的冲量不为零,则合力一定使物体的动能增加D.作用在物体上的合力的冲量不一定能改变物体速度的大小解析:物体的动量方向即是物体运动的速度方向,选项A正确;根据动量定理得,如果物体的速度发生变化,即动量发生变化,则合力的冲量一定不为零,选项B正确;动量定理说明合力的冲量改变的是物体的动量,动量是一个矢量,可以是大小不变只是方向改变,所以动能可以不变,选项C错误,D正确.2. (2019·山西太原质检)水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的a,b两物体上,作用一段时间后撤去推力,物体将继续运动一段时间后停下,a,b两物体的 v t图像分别如图中OAB,OCD所示,图中AB∥CD,则( C )A.F1的冲量大于F2的冲量B.F1的冲量等于F2的冲量C.两物体受到的摩擦力大小相等D.两物体受到的摩擦力大小不等解析:由题图,AB与CD平行,说明推力撤去后两物体的加速度相同,而撤去推力后物体的合力等于摩擦力,根据牛顿第二定律可知,两物体受到的摩擦力大小相等.根据动量定理,对整个过程研究得F1t1-ft OB=0,F2t2-ft OD=0,由题图看出t OB<t OD,则有F1t1<F2t2,即F1的冲量小于F2的冲量,只有选项C正确.3. (2019·上海浦东区模拟)如图所示,光滑的水平地面上放着一个光滑的凹槽,槽两端固定有两轻质弹簧,一弹性小球在两弹簧间往复运动,不考虑小球与弹簧碰撞过程中机械能损失,把槽、小球和弹簧视为一个系统,则在运动过程中( B )A.系统的动量守恒,机械能不守恒B.系统的动量守恒,机械能守恒C.系统的动量不守恒,机械能守恒D.系统的动量不守恒,机械能不守恒解析:槽、小球和弹簧组成的系统所受合外力等于零,动量守恒;在运动过程中,小球和槽通过弹簧相互作用,但因为只有弹簧的弹力做功,动能和势能相互转化,而总量保持不变,机械能守恒.选项B正确.4.(2019·辽宁大连模拟)(多选)两位同学穿旱冰鞋,面对面站立不动,互推后向相反的方向运动,不计摩擦阻力,下列判断正确的是(BC )A.互推后两同学总动量增加B.互推后两同学动量大小相等,方向相反C.分离时质量大的同学的速度小一些D.互推过程中机械能守恒解析:互推前两同学总动量为零,互推后两同学总动量守恒,仍为零,所以互推后两同学动量大小相等,方向相反,选项A错误,B正确;根据p=mv可知,当动量大小一定时,质量与速度大小成反比,所以分离时质量大的同学的速度小一些,选项C正确;互推过程中两同学间的内力做功,机械能增加,选项D错误.5. 滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动,现有质量为m的人站立于雪橇上,如图所示.人与雪橇的总质量为M,人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计).当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时,雪橇向南的速度大小为( D )A. B.C. D.v1解析:根据动量守恒条件可知人与雪橇系统水平方向动量守恒,人跳起后水平方向速度不变,雪橇的速度仍为v1,选项D正确.6. (2019·山东烟台模拟)如图所示,木块A静止于光滑的水平面上,其曲面部分MN光滑,水平部分NP是粗糙的,现有一物体B自M点由静止下滑,设NP足够长,则以下叙述正确的是( C )A.A,B物体最终以不为零的速度共同运动B.A物体先做加速运动,后做减速运动,最终做匀速运动C.物体A,B构成的系统减少的机械能转化为内能D.B物体减少的机械能等于A物体增加的动能解析:因NP足够长,最终物体B一定与A相对静止,由系统动量守恒可知(水平方向),最终A,B 一定静止,选项A,B均错误;因NP段有摩擦,系统减少的机械能都转化为内能,所以选项C正确,D错误.7. (多选)如图所示,小车AB放在光滑水平面上,A端固定一个轻弹簧,B端粘有油泥,AB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AB和C都静止,当突然烧断细绳时,C被释放,使C离开弹簧向B端冲去,并跟B端油泥粘在一起,忽略一切摩擦,以下说法正确的是( BC )A.弹簧伸长过程中C向右运动,同时AB也向右运动B.C与B碰前,C与AB的速率之比为M∶mC.C与油泥粘在一起后,AB立即停止运动D.C与油泥粘在一起后,AB继续向右运动解析:小车AB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,AB应向左运动,选项A错误;设碰前C的速率为v1,AB的速率为v2,则0=mv1-Mv2,得=,选项B正确;设C与油泥粘在一起后,AB与C的共同速度为v共,则0=(M+m)v共,得v共=0,选项C正确,D错误.8.江西艺人茅荣荣,他以7个半小时内连续颠球5万次成为新的吉尼斯纪录创造者,而这个世界纪录至今无人超越.若足球用头顶起,某一次上升高度为 80 cm,足球的质量为400 g,与头顶作用时间Δt为0.1 s,则足球本次在空中的运动时间和足球给头部的作用力大小为(空气阻力不计,g=10 m/s2)( C )A.t=0.4 s,F N=40 NB.t=0.4 s,F N=68 NC.t=0.8 s,F N=36 ND.t=0.8 s,F N=40 N解析:足球自由下落时有h=g,解得t0==0.4 s,竖直上抛运动的总时间为自由落体的2倍,t=2t0=2×0.4 s=0.8 s;设竖直向上为正方向,由动量定理得(F N-mg)Δt=mv-(-mv),v=gt0=10×0.4 m/s=4 m/s,联立解得F N=36 N,选项C正确.9. (2019·河北唐山模拟)(多选)如图所示,质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上.其中,弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接,弹簧与挡板的质量均不计,挡板P没有固定在地面上;滑块M以初速度v0向右运动,它与挡板P碰撞(不粘连)后开始压缩弹簧,最后,滑块N 以速度v0向右运动.在此过程中( BD )A.M的速度等于零时,弹簧的弹性势能最大B.M与N具有相同速度时,两滑块动能之和最小C.M的速度为v0时,弹簧的长度最长D.M的速度为v0时,弹簧的长度最短解析:M与P碰撞压缩弹簧时,M做减速运动,N做加速运动,开始时M的速度大于N的速度,当M与N速度相等时,弹簧被压缩到最短,设相等时的速度为v,根据动量守恒定律得mv0=2mv,解得v=v0,选项C错误,D正确.M与P碰撞后两滑块和弹簧组成的系统机械能守恒,当弹性势能最大时,两滑块动能之和最小,所以当M与N速度相等时,弹簧被压缩到最短,弹簧弹性势能最大,此时两滑块动能之和最小,选项A错误,B正确.10.下雨是常见的自然现象,如果雨滴下落为自由落体运动,则雨滴落到地面时,对地表动植物危害十分巨大,实际上,动植物都没有被雨滴砸伤,因为雨滴下落时不仅受重力,还受空气的浮力和阻力,才使得雨滴落地时不会因速度太大而将动植物砸伤.某次下暴雨,质量m= 2.5×10-5kg的雨滴,从高h=2 000 m的云层下落(g取10 m/s2),(1)如果不考虑空气浮力和阻力,雨滴做自由落体运动,落到地面经Δt1=1.0×10-5s速度变为零,因为雨滴和地面作用时间极短,可认为在Δt1内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力,求雨滴对地面的作用力大小;(2)考虑到雨滴同时还受到空气浮力和阻力的作用,设雨滴落到地面的实际速度为8 m/s,落到地面上经时间Δt2=3.0×10-4s速度变为零,在Δt2内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力,求雨滴对地面的作用力大小.解析:(1)不考虑空气浮力和阻力,雨滴做自由落体运动,雨滴自由落体运动的末速度为v== m/s=200 m/s取竖直向上为正方向,对雨滴和地面作用的过程,运用动量定理得FΔt1=0-(-mv)代入数据解得F=500 N根据牛顿第三定律,雨滴对地面的作用力大小为500 N.(2)对雨滴和地面作用的过程,由动量定理得F'Δt2=0-(-mv')据题v'=8 m/s代入数据解得F'= N.根据牛顿第三定律,雨滴对地面的作用力大小为 N.答案:(1)500 N (2) N11.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)解析:设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min,抛出货物后船的速度为v1,甲船上的人接到货物后船的速度为v2,由动量守恒定律得12mv0=11mv1-mv min10m·2v0-mv min=11mv2为避免两船相撞应满足v1=v2联立得v min=4v0.答案:4v012.(2019·湖北武汉模拟)如图,Q为一个原来静止在光滑水平面上的物体,其DB段为一半径为R的光滑圆弧轨道,AD段为一长度为L=R的粗糙水平轨道,二者相切于D点,D在圆心O的正下方,整个轨道位于同一竖直平面内.物块P的质量为m(可视为质点),P与AD间的动摩擦因数μ=0.1,物体Q的质量为M=2m,重力加速度为g.(1)若Q固定,P以速度v0从A点滑上水平轨道,冲至C点后返回A点时恰好静止,求v0的大小和P刚越过D点时对Q的压力大小;(2)若Q不固定,P仍以速度v0从A点滑上水平轨道,求P在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度h.解析:(1)P从A到C又返回A的过程中,由动能定理有-μmg·2L=0-m将L=R代入解得v0=若P在D点的速度为v D,Q对P的支持力为F D,由动能定理和牛顿运动定律有-μmgL=m-mF D-mg=m联立解得F D=1.2mg由牛顿第三定律可知,P对Q的压力大小也为1.2mg.(2)当P,Q具有共同速度v时,P能达到最大高度为h,由动量守恒定律有mv0=(m+M)v由功能关系有m=μmgL+(m+M)v2+mgh联立解得h=R.答案:(1) 1.2mg (2)R。

单元评估检测(六)(第六章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

1～6题为单选题，7、8题为多选题)1.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )A.在下滑过程中，物块的机械能守恒B.在下滑过程中，物块和槽的动量守恒C.物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动D.物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处【解析】选C。

在下滑的过程中，物块与弧形槽系统只有重力做功，机械能守恒，对于物块，除了重力做功外，支持力做功，则物块的机械能不守恒，故A错误。

物块加速下滑，竖直方向受向下合力，物块与槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向动量守恒，故B错误。

因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒，物块离开槽时速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动，故C正确，D错误。

2.如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。

两根光滑滑轨MP、QN 的端点都在圆周上，MP>QN。

将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小D.两滑块的动量变化大小相同【解析】选C。

这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。

合力F=mgsin θ(θ为滑轨倾角)，F a>F b，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力F N=mgcos θ，F Na<F Nb，因此弹力对a滑块的冲量较小。

3.(2018·合肥模拟)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a-t图象如图所示，t=0时其速度大小为2 m/s。

第六章动量守恒定律章末综合测试(六)(时间：60分钟分数：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1.(2017·天津理综)“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．在最高点时，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解析：B 本题考查匀速圆周运动．乘客在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，而在上升过程中重力势能增加，机械能增加，下降过程中则相反，A错误．在最高点时，乘客具有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，故B正确．因重力恒定，重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积，故重力冲量一定不为零，C错误．重力的瞬时功率P＝mg·v·cos α，其中α是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角，故重力的瞬时功率不会保持不变，D 错误．2.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析：C 在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力之和为零，动量守恒，但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒．3．一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3∶1，不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )＝1 s ，取向右为正，由水平速度v ＝x t知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s. 因爆炸瞬间动量守恒，故mv ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确．4.如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M 的斜面，斜面表面光滑、高度为h 、倾角为θ.一质量为m (m <M )的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )A ．h B.mM ＋m hC.m MhD.MM ＋m h 解析：D 若斜面固定，由机械能守恒定律可得12mv 2＝mgh ；若斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有mv ＝(M＋m )v 1，由机械能守恒定律可得12mv 2＝mgh ′＋12(M ＋m )v 21.联立以上各式可得h ′＝M M ＋mh ，故D 正确．5．(2017·重庆一模)如图所示，为某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据得到的位移－时间图象．图中的线段a 、b 、c 分别表示光滑水平面上沿同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系，已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )A ．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2B ．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大C ．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D ．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16解析：D 根据s －t 图象的斜率表示速度，则得：碰撞前滑块Ⅰ的速度为：v 1＝4－145 m/s ＝－2 m/s ，大小为2 m/s ，滑块Ⅱ的速度为v 2＝45 m/s ＝0.8 m/s ，则碰前速度大小之比为5∶2，故A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ速度为负，动量为负，滑块Ⅱ的速度为正，动量为正，由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ小，故B 错误；碰撞后的共同速度为v ＝6－45m/s ＝0.4 m/s ，根据动量守恒定律，有：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，代入数据解得：m 2＝6m 1，可知D 正确；E k1E k2＝12m 1v 2112m 2v 22＝2524，知C 错误．6．质量为1 kg 的小球以4 m/s 的速度与质量为2 kg 的静止小球正碰，关于碰后的速度v 1′和v 2′，下列可能正确的是( )A ．v 1′＝v 2′＝43m/sB ．v 1′＝－1 m/s ，v 2′＝2.5 m/sC ．v 1′＝1 m/s ，v 2′＝3 m/sD ．v 1′＝3 m/s ，v 2′＝0.5 m/s解析：AB 对于碰撞问题要遵循三个原则：动量守恒、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况．经检验，选项A 、B 满足碰撞过程应遵循的三个原则，所以A 、B 正确．7．一静止的铝原子核2713Al 俘获一速度为1.0×107m/s 的质子p 后，变为处于激发态的硅原子核2814Si *.下列说法正确的是( )A ．核反应方程为p ＋2713Al→2814Si *B ．核反应过程中系统动量守恒C ．核反应过程中系统能量不守恒D ．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和E ．硅原子核速度的数量级为105m/s ，方向与质子初速度的方向一致解析：ABE 核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，A 项正确；微观粒子相互作用过程中，满足动量守恒定律，B 项正确；题述核反应过程属于“二合一”形式的完全非弹性碰撞，机械能有损失，但对于封闭的系统，能量仍然守恒，C 项错误；核反应过程中的机械能有损失，故存在质量亏损现象，D 项错误；硅原子质量约是质子质量的28倍，由动量守恒定律知，m 0v 0＝28m 0v ，所以硅原子核速度数量级为105m/s ，方向与质子初速度的方向一致，E 项正确．8．如图甲所示，一质量为2 kg 的物体受水平拉力F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，a －t 图象如图乙所示，t ＝0时其速度大小为2 m/s ，滑动摩擦力大小恒为2 N ，则()A ．t ＝6 s 时，物体的速度为20 m/sB ．在0.6 s 内，合力对物体做的功为400 JC ．在0.6 s 内，拉力对物体的冲量为36 N·sD ．t ＝6 s 时，拉力F 的功率为200 W解析：AD 类比速度图象中位移的表示方法可知，在加速度－时间图象中图线与横轴所围面积表示速度变化量，在0～6 s 内Δv ＝18 m/s ，又知v 0＝2 m/s ，则t ＝6 s 时的速度v ＝20 m/s ，A 正确；由动能定理可知，0～6 s 内，合力做的功为W ＝12mv 2－12mv 20＝396 J ，B 错误；由动量定理可知，I F －F f ·t ＝mv －mv 0，解得I F ＝48 N·s，C 错误；由牛顿第二定律可知，6 s 末F －F f ＝ma ，解得F ＝10 N ，所以拉力的功率P ＝Fv ＝200 W ，D 正确．二、非选择题(本大题共3小题，第9、10题各16分，第11题20分，共52分) 9.(1)如图甲所示，一个质量为m 的物体，初速度为v0，在水平合外力F (恒力)的作用下，经过一段时间t 后，速度变为v t .请根据上述情景，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式中等号两边物理量的物理意义．(2)高空坠物很危险．一球形面团，质量为1 kg ，从20 m 高的楼层上掉下，落在坚硬的水泥地面上，被摔成薄片，若面团与地面的作用时间约0.01 s ，g 取10 m/s 2，试估算地面受到平均冲力的大小．(3)如图乙所示，自动称米机已被广泛使用．称米时，打开阀门，米粒就以每秒d千克的恒定流量流进放在秤上的容器．当秤的示数达到顾客所要求的数量时，在出口处关闭阀门，切断米流．米粒在出口处速度很小，可视为零．对上述现象，买卖双方引起了争论．买方认为：因为米粒落到容器中时有向下的冲力而不划算；卖方则认为：当达到顾客所要求的数量时，切断米流，此时尚有一些米在空中，这些米是多给买方的．请谈谈你的看法，并根据所学的知识给出合理的解释．解析：(1)根据牛顿第二定律F ＝ma (1分) 加速度定义a ＝v t －v 0t(1分) 解得Ft ＝mv t －mv 0，即动量定理(1分)Ft 表示物体所受合力的冲量(1分) mv t －mv 0表示物体动量的变化(1分)(2)面团刚落地时v 2＝2gh (1分)v ＝20 m/s与地面碰撞过程，以竖直向上为正方向(1分) 由动量定理得(F －mg )t ＝0－(－mv )(1分) 面团受到支持力F ＝2 010 N(1分)根据牛顿第三定律，地面受到的平均冲力F 冲＝2 010 N(1分)(3)米粒的流量是恒定的，关闭阀门就能在出口处切断米流．若切断米流时，盛米容器中静止的那部分米的质量为m 1，空中正在下落的米的质量为m 2，刚落到已静止的米堆(m 1)上的一部分米的质量为Δm ，这部分米对静止部分的米的冲力为F .(1分)刚切断米流时，称米机的读数为M 2＝m 1＋F /g (1分) 最终称米机的读数为M 2＝m 1＋m 2＋Δm (1分)取Δm 为研究对象，在Δt 时间内，有Δm ＝d ·Δt ，设其落到米堆上之前的速度为v ，经时间Δt 静止，根据动量定理得(F ′－Δmg )Δt ＝0－(－Δmv )(1分)设米从出口处落到盛米容器中的米表面所用的时间为t ，则m 2＝d ·t ，v ＝gt (1分) 解得dv ＝m 2g ，即F ′＝m 2g ＋Δmg (1分)根据牛顿第三定律知F ＝F ′，刚切断米流时，称米机的读数为M 1＝m 1＋F /g ＝m 1＋m 2＋Δm (1分)M 1＝M 2(1分)可见，双方的说法都不正确．自动称米机是准确的，不存在谁划算谁不划算的问题． 答案：(1)见解析 (2)2 010 N (3)见解析10．如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面的距离为H .用水泵从水池抽水(抽水过程中H 保持不变)，龙头离地面高h ，水管横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，不计空气阻力．(1)水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10h .设管口横截面上各处水的速度都相同．求：a ．每秒内从管口喷出的水的质量m 0；b ．不计额外功的损失，水泵输出的功率P .(2)在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一喷头，如图2所示．让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F 的冲击力．由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响．求水流落地前瞬间的速度大小v .解析：(1)a.水从管口沿水平方向喷出做平抛运动，设水喷出时速度为v 0，落地时间为t 竖直方向h ＝12gt2(1分) 水平方向10h ＝v 0t(1分) 时间t 0内喷出的水的质量m ＝ρV ＝ρv 0t 0S (1分) 每秒喷出的水的质量m 0＝m t 0(1分) 联立以上各式解得m 0＝5ρS 2gh(1分) b ．时间t 0内水泵输出功W ＝mg (H ＋h )＋12mv 2(2分) 输出功率P ＝W t 0(1分) 解得P ＝5ρSg 2gh (H ＋26h )(2分)(2)取与地面作用的一小部分水Δm 为研究对象 根据动量定理F ·Δt ＝Δm ·v (2分) 由题意可知Δm ＝m 0·Δt(2分) 解得v ＝F5ρS 2gh(2分)答案：(1)a.5ρS 2gh b ．5ρSg 2gh (H ＋26h ) (2)F5ρS 2gh11.如图，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于b 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s .解析：(1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒mgR ＝12mv 2B(2分) 滑块在B 点处，由牛顿第二定律N －mg ＝m v 2BR(2分) 解得N ＝3mg(2分) 由牛顿第三定律N ′＝3mg(2分)(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由系统的机械能守恒mgR ＝12Mv 2m ＋12m (2v m )2(2分) 解得v m ＝gR3(2分)②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ，由功能关系mgR －μmgL ＝12Mv 2C ＋12m (2v C )2(2分)设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ，由牛顿第二定律μmg ＝Ma由运动学规律v 2C －v 2m ＝－2as ， (2分) 解得s ＝13L(2分)答案：(1)3mg (2)① gR3 ②13L。

动量 动量守恒定律(总分值：100分 时间：60分钟)一、选择题(共8小题，每题6分，共48分。

1～5题只有一个选项正确，6～8题有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分)1．(2021·适应性测试湖北卷)如下图，曲面体P 静止于光滑水平面上，物块Q 自P 的上端由静止释放。

Q 与P 的接触面光滑，Q 在P 上运动的过程中，以下说法正确的选项是( ) A ．P 对Q 做功为零B ．P 和Q 之间相互作用力做功之和为零C ．P 和Q 构成的系统机械能守恒、动量守恒D ．P 和Q 构成的系统机械能不守恒、动量守恒解析：P 对Q 有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P 会向左移动，P 对Q 的弹力方向垂直于接触面向上，与Q 的位移的夹角大于90°，所以P 对Q 做功不为0，故A 错误；因为P 、Q 之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B 正确；因为系统只有重力做功，所以P 、Q 组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q 有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C 、D 错误。

答案：B2．如下图，在光滑的水平面上一个质量为4m 的木板B ，它的左端静止着一个质量为2m 的物块A ，现让A 、B 一起以水平速度v 0向右运动，与其前方静止的另一个相同的木板C 相碰后粘在一起，在两木板相碰后的运动过程中，物块恰好没有滑下木板，且物块A 可视为质点，那么两木板的最终速度为( )A.v 02B.2v 05C.3v 05D.4v 05解析：设两木板碰撞后的速度为v 1，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得4mv 0＝8mv 1，解得v 1＝v 02。

设物块与木板共同的速度为v 2，由动量守恒定律得2mv 0＋8mv 1＝(2m ＋8m )v 2，解得v 2＝3v 05，选项C 正确，A 、B 、D 错误。

⎪动量第六章⎪⎪[全国卷5年考情分析](说明：2014～2016年，本章内容以选考题目出现)第1节动量定理一、动量1．定义：物体的质量和速度的乘积。

动量是状态量，与时刻或位置相对应2．表达式：p＝mv。

3．单位：kg·m/s。

4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。

二、动量定理1.冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积。

冲量是过程量，与时间或过程相对应 (2)表达式：I ＝Ft 。

(3)单位：N·s。

(4)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。

2．动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。

“力”指的是合外力 (2)表达式：Ft ＝mv′－mv 。

[深化理解]1．动量变化量也是矢量，其方向与速度变化量的方向相同。

2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。

3．某个力的冲量与物体的运动状态及其是否受其他力无关。

4．动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。

[基础自测]一、判断题(1)动量越大的物体，其速度越大。

(×) (2)物体的动量越大，其惯性也越大。

(×) (3)物体所受合力不变，则动量也不改变。

(×)(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。

(×) (5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。

(×) (6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。

(√) 二、选择题1．(2018·全国卷 Ⅰ )高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。

在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比解析：选B 动能E k ＝12mv 2，与速度的平方成正比，故C 错误。

速度v ＝at ，可得E k ＝12ma 2t 2，与经历的时间的平方成正比，故A 错误。