2021新高考物理(选择性考试)人教版一轮章末检测6 动量守恒定律 (含解析)

第1讲 动量 动量定理[A 组 基础题组]一、单项选择题1．下列解释正确的是( )A ．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B ．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C ．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D ．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大解析：跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A 错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B 错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft ＝mv ，可知运动时间相等，故选项C 错误；人从越高的地方跳下，落地前瞬间速度越大，动量越大，落地时动量变化量越大，则冲量越大，故选项D 正确。

答案：D2．如图所示，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( )A ．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心B ．小球所受支持力的冲量为0C ．小球所受重力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受合力的冲量大小为m 2gR解析：小球受到竖直向下的重力和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，故A 错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，故B 错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒定律可得mgR ＝12mv B 2，故v B ＝2gR ，根据动量定理可得I 合＝Δp ＝mv B ＝m 2gR ，故C 错误，D 正确。

答案：D3．一小球从水平地面上方无初速度释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零。

假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是( ) A ．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B ．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C ．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D ．从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功解析：根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A 错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)，可知地面对小球的冲量Ft 不为零，选项B 错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功的代数和，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确。

第2讲动量守恒定律主干梳理对点激活知识点动量守恒定律及其应用Ⅱ1．几个相关概念(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。

(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。

(3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。

2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统01不受外力，或者02所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。

(2)表达式①p＝03p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。

②m1v1＋m2v2＝04m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。

③Δp1＝05－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。

④Δp＝060，系统总动量的增量为零。

(3)适用条件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：系统受到的合外力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。

③某方向守恒：系统在某个方向上所受合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。

知识点弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ1．碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间01很短，而物体间相互作用力02很大的现象。

2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力03远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。

3．分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒04守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失05最大4．散射微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”，微观粒子的碰撞又叫做散射。

知识点反冲爆炸Ⅰ1．反冲现象(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。

这类问题相互作用的过程中系统的动能01增大，且常伴有其他形式的能向动能的转化。

(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用02远小于物体间的相互作用力，可认为系统的动量守恒，可利用动量守恒定律来处理。

2．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且03远大于系统所受的外力，所以系统动量04守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动。

第2节动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1．动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。

2．动量守恒的数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)。

(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)。

(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。

3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。

(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。

(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。

二、碰撞、反冲和爆炸1．碰撞(1)概念：碰撞是指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，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。

(3)分类：2.(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。

(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。

3．爆炸问题(1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。

(2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。

1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。

(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。

(×)(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。

(√)(4)在爆炸现象中，动量严格守恒。

(×)(5)在碰撞问题中，机械能也一定守恒。

(×)(6)反冲现象中动量守恒、动能增加。

(√)2．(人教版选修3－5P16T1改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。

第一章动量守恒定律3 动量守恒定律基础过关练题组一动量守恒的条件1.(多选)关于动量守恒的条件,下列说法正确的有( )A.只要系统内存在摩擦力,动量不可能守恒B.只要系统所受合外力所做的功为零,动量守恒C.只要系统所受的合外力为零,动量守恒D.系统的加速度为零,动量守恒2.下列情形中,满足动量守恒条件的是( )A.用铁锤打击放在铁砧上的铁块,打击过程中,铁锤和铁块的总动量B.子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中,子弹和木块的总动量C.子弹水平穿过墙壁的过程中,子弹和墙壁的总动量D.棒击垒球的过程中,棒和垒球的总动量3.下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是( )A.只有甲、乙正确B.只有丙、丁正确C.只有甲、丙正确D.只有乙、丁正确4.(2019河北衡水中学滁州分校期中)如图所示,两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动,A带电荷量为-q,B带电荷量为+2q,下列说法正确的是( )A.相碰前两球运动中动量不守恒B.相碰前两球的总动量随距离的减小而增大C.两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量,因为碰前作用力为引力,碰后作用力为斥力D.两球相碰分离后的总动量等于相碰前的总动量,因为两球组成的系统所受合外力为零5.(多选)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,机械能也守恒B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒题组二动量守恒定律的应用6.(2019河北唐山检测)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,木箱和小木块都有一定的质量。

学习资料单元质检六动量守恒定律(时间：45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，只有一项符合题目要求）1.下列有关实际现象的说法，不符合事实的是()A。

火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B.体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C。

用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D。

为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,发动机舱越坚固越好2.（2020广东广州月考)蹦床是一项技术含量很高的体育运动.如图所示，某时刻运动员从空中最高点O自由下落,接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C。

B点为人静止在蹦床上时的位置。

忽略空气阻力。

运动员从最高点下落到最低点的过程中，运动员在()A。

OA段动量守恒B。

AC段的动量变化量小于AC段弹力的冲量C。

B点的动量为零D.OA段受到重力的冲量等于AC段弹力的冲量3。

2020年5月8日，我国新一代载人飞船试验船成功着陆,3具降落伞组成伞群完成减速,其总面积相当于6个标准篮球场.飞船总质量为m,接近地面时已经是以速度v匀速下落,每个降落伞提供的拉力和竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g；试验船底部安装6个卡车轮大小的缓冲气囊帮助飞船平稳着陆,缓冲时间为t，绳子重力不计,飞船所受空气阻力不计,着陆的瞬间绳子自动断裂(抛伞)。

以下说法正确的是()A.每个降落伞产生的拉力是mmcos mB。

每个降落伞产生的拉力是mm3sin mC.每个缓冲气囊所受的平均作用力为m(m+mm)6mD.每个缓冲气囊所受的平均作用力为mm6m4.（2020安徽六校教育研究会检测）如图所示，在水平地面上有一质量为M的长木板，其右端固定有一立柱。

质量为m的人立于木板左端，木板与人均静止。

在人加速向右奔跑的过程中，木板向左运动，到达右端时立刻抱住立柱。

关于抱住立柱后,人与木板一起运动的方向，下列说法中正确的是（）A。

若水平面光滑,人与木板一起向右运动B.若水平面粗糙，人与木板一起向右运动C。

章末目标检测卷六动量守恒定律(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。

每小题只有一个选项符合题目要求)1.(2024·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车假如发生猛烈碰撞,车内的平安气囊会被弹出并瞬间充溢气体。

若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于平安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.削减了碰撞前后司机动量的变更量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2.2024年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛,导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。

台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级,最大风速为30 m/s。

某高层建筑顶部广告牌的尺寸为高5 m、宽20 m,空气密度ρ=1.2 kg/m3,空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0,则该广告牌受到的最大风力约为()A.3.9×103 NB.1.2×105 NC.1.0×104 ND.9.0×104 N3.(2024·江西赣州模拟)如图所示,三角形木块A质量为m A,置于光滑水平面上,底边长a,在其顶部有一三角形小木块B,质量为m B,其底边长为b。

若B从顶端由静止滑至底部,则木块后退的距离为()A.m B mm A+m B B.m A mm A+m BC.m B(m-m)m A+m B D.m A(m-m)m A+m B4.两球A、B在光滑水平面上沿同始终线、同一方向运动,m A=1 kg,m B=2 kg,v A=6 m/s,v B=2 m/s。

当A追上B并发生碰撞后,两球A、B速度的可能值是()A.v A'=5 m/s,v B'=2.5 m/sB.v A'=2 m/s,v B'=4 m/sC.v A'=-4 m/s,v B'=7 m/sD.v A'=7 m/s,v B'=1.5 m/s5.(2024·山东威海模拟)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上,分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止起先做匀加速直线运动。

单元检测六动量动量守恒定律考生注意：1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、选择题(本题共10个小题，每小题4分，共40分.1～6小题只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分；7～10小题有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．)1.(2020·辽宁沈阳市质检)如图1所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块之间夹一被压缩的水平轻弹簧．现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离飞离桌面．A落地点距桌边水平距离为0.5m，B落地点距桌边水平距离为1m，则()图1A．A、B离开弹簧时的速度大小之比为2∶1B．A、B离开弹簧时的速度大小之比为1∶1C．A、B质量之比为1∶2D．A、B质量之比为2∶12.(2019·重庆市4月调研)如图2所示，水平地面上固定一竖直挡板，倾角为θ、质量为M的斜面体右侧用楔子P固定于地面，一质量为m的球体静止于挡板与斜面体之间，设所有接触面均光滑．若将固定斜面体的楔子P取走，小球下落且未脱离斜面的过程中，下列说法正确的是()图2A．球将做自由落体运动B．球对竖直挡板的压力相对于球静止时不变C．球与斜面体组成的系统机械能守恒D．球与斜面体组成的系统动量守恒3.(2019·山东烟台市高考诊断)如图3所示，质量为M＝3kg的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为m＝1kg的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为4m/s 的初速度向相反方向运动．当木板的速度为3m/s时，物块处于()图3A．匀速运动阶段B．减速运动阶段C．加速运动阶段D．速度为零的时刻4.(2019·重庆市部分区县第一次诊断)如图4，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，b球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追上a球，Q点为OP的中点，则a、b球质量之比M∶m为()图4A．3∶5B．1∶3C．2∶3D．1∶25.(2019·湖南长沙市雅礼中学期末)3个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上，彼此恰好相互接触．现把质量为m1的小球拉开一些，如图5中虚线所示，然后由静止释放，经球1与球2、球2与球3相碰之后，3个球的动量相等．若各球间碰撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则m1∶m2∶m3为()图5A．6∶3∶1B．2∶3∶1C．2∶1∶1D．3∶2∶16.(2019·河南八市重点高中联盟第三次模拟)如图6所示，质量m1＝4kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1m，现有质量m2＝2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝3m/s 从左端滑上小车．已知物块与车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则物块滑上小车后()图6 A．滑块和小车组成的系统动量不守恒B．滑块和小车组成的系统机械能守恒C．经过一段时间从小车右端滑下D．整个过程中系统产生的热量为6J7.一质量为m ＝60kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t ＝0.2s ，以大小v ＝1m /s 的速度离开地面，取重力加速度g ＝10m/s 2，在这0.2s 内()A ．地面对运动员的冲量大小为180N·sB ．地面对运动员的冲量大小为60N·sC ．地面对运动员做的功为30JD ．地面对运动员做的功为零8．(2019·山西临汾市二轮复习模拟)水平面上有质量相等的a 、b 两个物体，水平推力F 1、F 2分别作用在a 、b 上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的v －t 图线如图7所示，图中AB ∥CD .则整个过程中()图7A ．水平推力F 1、F 2大小可能相等B ．a 的平均速度大于b 的平均速度C ．合外力对a 物体的冲量等于合外力对b 物体的冲量D ．摩擦力对a 物体做的功小于摩擦力对b 物体做的功9.(2020·辽宁重点协作体模拟)如图8所示，质量为m 的A 球以速度v 0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝a v 0的速率弹回，并与挡板P 发生弹性碰撞，若要使A 球能追上B 球再相撞，则a 的可能取值为()图8A.15 B.25 C.13 D.1210.如图9甲，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2kg 的木块A 以速度v 0＝2m /s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，之后木块A 与长木板B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10m/s 2.则下列说法正确的是()图9A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1B ．长木板的质量M ＝2kgC．长木板B的长度至少为2mD．木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4J二、实验题(本题共2小题，共14分)11.图10(6分)(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图10所示为某同学设计的一种探究动量守恒定律的实验装置和原理图．长木板固定在水平桌面上，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放小球，小球沿木板从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球的落点位置；再把被碰小球放在木板的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球的落点位置．(1)关于实验的要点，下列说法正确的是________．A．入射小球的质量必须大于被碰小球的质量B．入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同C．长木板必须尽可能地光滑D．用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影位置E．实验重复10次，是为了从小球的落地点中找出一个最清晰的点作为最终落地点(2)入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的________两点；若入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则实验需要验证的表达式为________________________________．(用图中字母表示)12.(8分)如图11所示，在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M的滑块A、B，做“探究碰撞中的不变量”的实验：图11①把两滑块A和B紧贴在一起，在滑块A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住两滑块A和B，在两滑块A和B的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．②按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当两滑块A 和B与挡板C和D碰撞同时，电子计时器自动停表，记下滑块A运动至挡板C的时间t1，滑块B运动至挡板D的时间t2.③重复几次取t1、t2的平均值．请回答以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意____________________________________________；(2)应测量的数据还有__________________________________________________；(3)电动卡销放开前A、B两滑块的速度与质量乘积的矢量和为______________，分离后A、B 两滑块的速度与质量乘积的矢量和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示)三、计算题(本题共3小题，共46分)13．(13分)(2019·山西运城市5月适应性测试)如图12所示，在光滑水平地面上放有一质量M＝3kg带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为m＝2kg的小球以速度v0＝5m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8m，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2.求：图12(1)小球从槽口上升到最高点(未离开小车)的过程中，小球对小车做的功W；(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L.14.(15分)(2020·云南曲靖市模拟)如图13所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的水平轻弹簧(弹簧不与A、B连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下，A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R.已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：图13(1)B经c点抛出时速度的大小；(2)B经b时速度的大小；(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能．15.(18分)(2019·四川绵阳市第三次诊断)如图14所示，半径R＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道C固定在水平光滑地面上，质量M＝0.3kg的木板B左端与C的下端等高平滑对接但未粘连，右端固定一水平轻弹簧，弹簧原长远小于板长，将弹簧在弹簧弹性限度内压缩后锁定．可视为质点的物块A质量m＝0.1kg，从与圆弧轨道圆心O等高的位置由静止释放，滑上木板B后，滑到与弹簧刚接触时与木板相对静止，接触瞬间解除弹簧锁定，在极短时间内弹簧恢复原长，物块A被水平弹出，最终运动到木板左端时恰与木板相对静止．物块A与木板B间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2.求：图14(1)物块A在圆弧轨道C的最下端时受到的圆弧轨道支持力的大小；(2)木板B的长度L；(3)弹簧恢复原长后，物块A从木板右端运动到左端的时间．答案精析1．D [A 和B 离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，它们的运动时间相等，由x ＝v 0t得速度大小之比：v A v B ＝x A x B ＝0.51＝12，故A 、B 错误；弹簧弹开木块的过程，两木块组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：0＝m A v A －m B v B ，则质量之比：m A m B ＝v B v A ＝21，故C 错误，D 正确．]2．C [小球下落过程中，受到斜面体以及挡板的作用力，则不能做自由落体运动，选项A 错误．球加速下落，处于失重状态，可知球对竖直挡板压力相对于球静止时减小，选项B 错误．因为过程中只有球的重力对系统做功，则球体与斜面体组成系统机械能守恒，选项C 正确．球与斜面体组成的系统水平方向受挡板的弹力作用，水平方向动量不守恒；竖直方向受到的合外力也不为零，竖直方向动量也不守恒，则系统的动量不守恒，选项D 错误．]3．B [开始阶段，m 向左减速，M 向右减速，当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v 1，根据动量守恒定律得：(M －m )v ＝M v 1，解得：v 1≈2.67m/s ；此后m 将向右加速，M 继续向右减速，当两者速度相同时，设共同速度为v 2，由动量守恒定律得：(M －m )v ＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝2m/s ；两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动．由此可知当M 的速度为3m/s 时，m 处于减速运动阶段，B 正确．]4．A [设a 、b 两球碰后速度大小分别为v 1、v 2.由题有：b 球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P 点追上a 球，则从碰后到相遇，a 、b 球通过的路程之比为：s 1∶s 2＝1∶3根据s ＝v t 得：v 2＝3v 1以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：M v 0＝M (－v 1)＋m v 2由机械能守恒定律得：12M v 02＝12M v 12＋12m v 22解得M ∶m ＝3∶5，故选A.]5．A [因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒．因碰撞后三个小球的动量相等，设为p ，则总动量为3p .由机械能守恒得(3p )22m 1＝p 22m 1＋p 22m 2＋p 22m 3，即9m 1＝1m 1＋1m 2＋1m 3，代入四个选项的质量比值关系，只有A 项符合，故选A.]6．D [由于地面光滑，所以滑块和小车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，故A 错误；由于滑块和小车间有摩擦力，要产生内能，所以滑块和小车组成的系统机械能不守恒，故B 错误；假设物块最终与小车共速，共同速度为v ，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，根据能量守恒定律得：μm 2gd ＝12m 2v 02－12(m 1＋m 2)v 2，解得滑块相对于小车滑行的距离为：d ＝0.6m ＜L ＝1m ，所以滑块不会从小车右端滑下，故C 错误；整个过程中系统产生的热量为Q ＝μm 2gd ＝6J ，故D 正确．]7．AD [人的速度原来为零，起跳后变化v ，以向上为正方向，由动量定理可得：I －mg Δt ＝m v －0，故地面对人的冲量为：I ＝m v ＋mg Δt ＝(60×1＋600×0.2)N·s ＝180N·s ，故A 正确，B 错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，其支持力的作用点没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故C 错误，D 正确．]8．CD [由题图知，AB 与CD 平行，说明撤去推力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．水平推力作用时，由题图可知a 的加速度大于b 的加速度，根据F －F f ＝ma 可知水平推力F 1大于F 2，故A 错误；设两物体的最大速度为v ，加水平推力时两物体的平均速度均为v 2力后两物体的平均速度仍为v 2，可知a 的平均速度等于b 的平均速度，故B 错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，即I F －I f ＝0，故C 正确；由题图可知，a 的位移小于b 的位移，因两物体的摩擦力相等，可知摩擦力对a 物体做的功小于摩擦力对b 物体做的功，故D 正确．]9．BD [A 、B 碰撞过程中，以v 0方向为正方向，根据动量守恒定律得：m A v 0＝－m A ·a v 0＋m B v B ，A 与挡板P 碰撞后能追上B 再次相碰的条件是：a v 0＞v B ，解得：a >13；A 、B 首次碰撞过程中损失的机械能：ΔE ＝12m A v 02－[12m A (a v 0)2＋12m B v B 2]≥0，解得：a ≤35，所以a 满足的条件是：13<a ≤35，故B 、D 正确，A 、C 错误．]10．AB [由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为：a B ＝Δv Δt ＝11m/s 2＝1m/s 2，对长木板B ，根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma B ，μ＝0.1，故A 正确；由题图可知前1s 内长木板B 的位移为：x B ＝12×1×1m ＝0.5m ，木块A 的位移为：x A ＝2＋12×1m ＝1.5m ，所以长木板B 的最小长度为：L ＝x A －x B ＝1m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为：ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2＝2J ，故D 错误．]11．(1)ABD(2)Q 、P m 1·OQ ＝m 1·OP ＋m 2·OR 解析(1)为了保证碰撞后入射小球不反弹，并能水平抛出，入射小球的质量应该大于被碰小球的质量，选项A 正确；为保证两球发生正碰，两球的半径必须相同，选项B 正确；长木板不需要光滑，只要保持每次弹簧的压缩量相同，每次入射小球与被碰小球碰前的速度相同，选项C 错误；用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影的位置，以便准确测出小球平抛的水平位移，选项D 正确；实验重复10次，是为了从小球的落地点中找出小球落地点的平均位置，减小实验的误差，选项E 错误．(2)入射小球前后两次的落地点位置分别为题图中的Q 、P 两点；两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t 相等，碰撞过程动量守恒，则有：m 1v 2＝m 1v 1＋m 2v 3.两边乘以t 即为：m 1·OQ ＝m 1·OP ＋m 2·OR ，即实验需要验证的表达式为：m 1·OQ ＝m 1·OP ＋m 2·OR .12．(1)使气垫导轨水平(2)滑块A 至挡板C 的距离L 1、滑块B 至挡板D 的距离L 2(3)0(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2或M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1解析(1)为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平．(2)要求出A 、B 两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到两挡板的距离L 1和L 2，再由公式v ＝x t求出其速度．(3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.作用前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积的矢量和为0，作用后两滑块的速度与质量乘积的矢量和为(M＋m )L 1t 1－M L 2t 2.若设向右为正方向，同理可得作用后两滑块的速度与质量的乘积的矢量和为M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1.13．(1)6J(2)2m 解析(1)小球上升至最高点时，小车和小球的水平速度相等，以v 0的方向为正方向，由小车和小球水平方向动量守恒得：m v 0＝(m ＋M )v ①对小车由动能定理得：W ＝12M v 2②联立①②解得：W ＝6J(2)小球从槽口上升至最高点，再从最高点回到槽口的过程中，小球和小车水平方向动量守恒：m v 0＝m v 1＋M v 2③对小球和小车由机械能守恒得：12m v 02＝12m v 12＋12M v 22④联立③④可解得：v 1＝－1m/s ⑤v 2＝4m/s ⑥小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动h ＝12gt 2⑦L ＝(v 2－v 1)t ⑧联立⑤⑥⑦⑧可得：L ＝2m.14．(1)gR (2)5gR(3)3.75mgR 解析(1)B 平抛运动过程，竖直方向有2R ＝12gt 2，水平方向：2R ＝v c t ，解得：v c ＝gR(2)B 从b 到c ，由机械能守恒定律有12m v 2b ＝2mgR ＋12m v c 2解得：v b ＝5gR(3)设弹簧完全弹开后，A 的速度为v a ，弹簧恢复原长过程中A 、B 与轻弹簧组成的系统动量守恒，0＝2m v a －m v b ，解得：v a ＝12v b ＝5gR 2，由能量守恒定律得，弹簧弹性势能：E p ＝12×2m v a 2＋12m v b 2解得：E p ＝3.75mgR .15．(1)3N(2)2.4m (3)1.2s 解析(1)设A 到达C 的最下端时速度大小为v 0，圆弧轨道支持力大小为F N ，则mgR ＝12m v 02F N －mg ＝m v 02R解得v 0＝4m/s ，F N ＝3N(2)设A 在B 上向右滑行过程中，A 的加速度大小为a 1，B 的加速度大小为a 2，滑上B 后经时间t 1后接触弹簧，A 的位移为x 1，B 的位移为x 2，则μmg ＝ma 1μmg ＝Ma 2v 0－a 1t 1＝a 2t 1x 1＝v 0t 1－12a 1t 12x 2＝12a 2t 12L ＝x 1－x 2解得t 1＝1.2s ，L ＝2.4m(3)设A 接触弹簧与B 保持相对静止时速度大小为v 1，弹簧恢复原长时A 的速度大小为v 2，B 的速度大小为v 3，A 相对B 向左滑动过程中的加速度大小与A 滑上B 向右滑行过程中各自加速度大小相等，则v 1＝v 0－a 1t 1最终运动到木板的左端时A 、B 共同速度大小为v 4，对于物块A 与木板B 组成的系统，动量守恒，以向右为正方向，则(M ＋m )v 1＝(M ＋m )v 4，M v 3－m v 2＝(M ＋m )v 4由能量守恒有：12m v 22＋12M v 32＝12(m ＋M )v 42＋μmgL 联立解得v 1＝1m/s ，v 4＝1m/s ，v 2＝2m/s ，v 3＝2m/s 设物块A 从木板右端运动到左端的时间为t 2，对木板B ，由动量定理有－μmgt 2＝M v 4－M v 3，解得t2＝1.2s.。

2021届高考一轮（人教）物理：机械能及其守恒定律含答案一轮：机械能及其守恒定律一、选择题1、(双选)如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为14m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为116m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为18v0，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法正确的是()A．木块获得的最大速度为1 5 v0B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为3 8 v0C．木块在木板上滑动时，木块与木板间的滑动摩擦力大小为3m v0 128tD．木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射人木块后子弹和木块减少的动能2、下列人或物在运动过程中，机械能守恒的是()A.风中飘落的羽毛B.竖直放置的真空牛顿管中下落的羽毛C.乘电梯匀速上升的人D.弹性蹦床上跳跃的运动员(不计空气阻力)3、(双选)如图所示，物块从足够长粗糙斜面底端O点，以某一速度向上运动，到达最高点后又沿斜面下滑．物块先后两次经过斜面上某一点A点时的动能分别为E k1和E k2，重力势能分别为E p1和E p2，从O点开始到第一次经过A点的过程中重力做功为W G1，合外力做功的绝对值为W1，从O点开始到第二次经过A点的过程中重力做功为W G2，合外力做功的绝对值为W2，则下列选项正确的是()A．E k1>E k2，E p1＝E p2B．E k1＝E k2，E p1>E p2C．W G1＝W G2，W1<W2D．W G1>W G2，W1＝W24、(双选)如图所示，两质量相同的小球A、B，分别用线悬在等高的O1、O2点，A球的悬线比B球的长，把两球的悬线均拉到水平位置后将小球无初速度释放，则经过最低点时(以悬点为零势能点)()A．A球的速度等于B球的速度B．A球的动能大于B球的动能C．A球的机械能大于B球的机械能D．A球的机械能等于B球的机械能5、下列叙述中正确的是()A．一对作用力和反作用力做功之和一定为零B．静摩擦力一定不做功C．一对滑动摩擦力所做总功不可能为零D．一对静摩擦力所做总功可能不为零6、(多选)质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，在物体位移为9 m的过程中，下列说法正确的是()A．物体先做匀加速运动，然后做匀减速运动B．拉力F的平均功率为6.75 WC．拉力F的最大瞬时功率为15 WD．摩擦力做功为18 J7、关于动能概念及动能定理表达式W＝E k2－E k1的说法中正确的是() A．若物体速度在变化，则动能一定在变化B．速度大的物体，动能一定大C．W＝E k2－E k1表示功可以变成能D．动能的变化可以用合力做的功来量度8、如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。

专题26 动量动量定理动量守恒定律1.理解动量、动量变化量、动量定理的概念.2.知道动量守恒的条件.1、动量、动量定理〔1〕动量①定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。

②表达式：p＝mv。

③单位：kg·m/s。

④标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向一样。

〔2〕冲量①定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。

②表达式：I＝Ft。

单位：N·s。

③标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。

〔3〕动量定理项目动量定理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表达式p′－p＝F合t或mv′－mv＝F合t意义合外力的冲量是引起物体动量变化的原因标矢性矢量式(注意正方向的选取)2、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。

〔2〕表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′。

〔3〕适用条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，如此系统动量守恒。

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。

考点一 动量定理的理解与应用 1．应用动量定理时应注意(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)。

(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。

2．动量定理的应用 (1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。

②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。

(2)应用I ＝Δp 求变力的冲量。

(3)应用Δp ＝F ·Δt 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。

★重点归纳★ 1、动量的性质①矢量性：方向与瞬时速度方向一样。

②瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的。

(7＋1＋3）章末综合能力滚动练一、单项选择题1．物体做下列几种运动，其中物体的机械能守恒的是(）A．平抛运动B．竖直方向上做匀速直线运动C．水平方向上做匀变速直线运动D．竖直平面内做匀速圆周运动答案A解析做平抛运动的物体只受到重力的作用，所以机械能守恒，A正确；物体在竖直方向上做匀速直线运动，说明物体受力平衡，除了重力之外还有其他的外力作用,且外力对物体做功，所以机械能不守恒，B错误;水平方向上做匀变速直线运动,动能变化，重力势能不变，所以机械能变化，C错误；竖直平面内做匀速圆周运动，速度的大小不变，动能不变,但是物体的高度变化，即重力势能发生变化,所以物体的机械能不守恒，故D错误．2．(2019·山东日照市上学期期末）竖直向上发射一物体（不计空气阻力),在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则（）A．炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小B．炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同C．炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小D．炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小答案B解析在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂后瞬间,a的速度大小不能确定,可能小于、等于，也可能大于原来物体的速度，故A错误;以竖直向上为正方向，根据动量守恒定律有：(m a＋m b）v0＝m a(－v a)＋m b v b，解得:v b＝错误!>v0，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同，故C错误,B 正确;由动量守恒可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定等于a块的动量变化量大小，故D错误．3．（2020·黑龙江齐齐哈尔市质检)如图1所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与水平轻弹簧相连,开始Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于(）图1A．P的初动能B．P的初动能的错误!C．P的初动能的错误!D．P的初动能的错误!答案B4。