2021高考物理一轮复习经典组合章节综合训练之动量守恒定律Word版含答案

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1节动量和动量定理一、动量、动量的变化量、冲量1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示。

(2)表达式：p＝m v。

(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。

2．动量的变化量(1)因为动量是矢量，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。

(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量。

即Δp＝p′－p。

3．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。

公式：I＝F·t。

(2)单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。

(3)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。

二、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。

2．表达式：Ft＝Δp＝p′－p。

3．矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理。

1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)物体的动能变化时，动量一定变化。

(√)(2)两物体的动量相等，动能也一定相等。

(×)(3)动量变化量的大小不可能等于初、末状态动量大小之和。

(×)(4)动量定理描述的是某一状态的物理规律。

(×)(5)物体所受合外力的冲量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相同。

(√)2．(人教版选修3－5P 7[例题1]改编)质量为0.5 kg 的物体，运动速度为3 m/s ，它在一个变力作用下速度变为7 m/s ，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( )A ．5 kg·m/s ，方向与原运动方向相反B ．5 kg·m/s ，方向与原运动方向相同C ．2 kg·m/s ，方向与原运动方向相反D ．2 kg·m/s ，方向与原运动方向相同[答案] A3．(人教版选修3－5P 11T 2改编)一质量为m 的物体静止在光滑水平面上，在水平力F 作用下，经时间t ，通过位移L 后，动量变为p ，动能变为E k 。

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。

章末检测6动量守恒定律(时间90分钟满分100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1.如图所示，一倾角为α的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为v，所用时间为t，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及下滑过程重力的冲量分别为()A．mg v，0B．mg v，mgt sin αC．mg v cos α，mgt D．mg v sin α，mgt解析：根据瞬时功率的公式，可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为p＝mg v sin α，重力的冲量为I＝mgt，所以D正确，A、B、C错误．答案：D2.一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，则在子弹射入木块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、机械能是否守恒答案：C3．悬绳下吊着一个质量为M ＝9.99 kg 的沙袋，构成一个单摆，摆长L ＝1 m ．一颗质量m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g 取10 m/s 2)，则此时悬绳的拉力为( )A ．35 NB ．100 NC ．102.5 ND ．350 N解析：子弹打入沙袋过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v ，得子弹与沙袋的共同速度v ＝m v 0m ＋M ＝0.01×50010 m/s ＝0.5 m/s.对子弹和沙袋，由向心力公式F T －(m ＋M )g ＝(m ＋M )v 2L得，悬绳的拉力F T ＝(m ＋M )g ＋(m ＋M )v 2L＝102.5 N ，所以选项C 正确． 答案：C4.如图，从竖直面上大圆的最高点A ，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上．相同物体由静止开始，从A 点分别沿两条轨道滑到底端，则下列说法中正确的是( )A ．到达底端的速度大小相等B．重力的冲量都相同C．物体动量的变化率都相同D．沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间解析：如图所示，对物体在轨道上下滑过程中，由牛顿第二定律可得a＝g cos α，根据运动学公式x＝12at2可得2R cos α＝12g cos αt2，则有t＝2Rg；因此下滑时间与轨道和竖直方向的角度无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故D错误；因时间相同，则重力的冲量相同，故B正确；由于物体下落的高度不同，故物体到达轨道底端的速度大小不同，选项A错误；根据动量定理，动量的变化率等于合外力，即mg cos α，因为α不同，则动量的变化率不同，选项C错误．答案：B5．如图所示，半径为R的光滑半圆圆槽质量为M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m的小球被细线吊着位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，圆槽的速度为()A．0B．mM2MgRM＋m，向左C ．m M2MgR M ＋m，向右 D ．不能确定 答案：B 6．质量分别为m a ＝1 kg 和m b ＝2 kg 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于( )A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，无法判断解析：由x-t 图象可知，碰撞前，v a ＝3 m/s ，v b ＝0，碰撞后，v ′a＝－1 m/s ，v ′b ＝2 m/s ，碰撞前的总动能为12m a v 2a ＋12m b v 2b ＝29J ，碰撞后的总动能为12m a v ′2a ＋12m b v ′2b ＝92J ，故机械能守恒；碰撞前的总动量为m a v a ＋m b v b ＝3 kg·m/s ，碰撞后的总动量为m a v ′a ＋m b v ′b ＝3 kg·m/s ，故动量守恒．所以该碰撞属于弹性碰撞，A 正确．答案：A7．将质量为M ＝3m 的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v 0沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为v 03，现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度v 0沿水平方向射入木块．则子弹( )A ．不能射穿木块，子弹将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动B ．能够射穿木块C ．刚好能射穿木块，此时相对速度为零D ．子弹以3v 0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为v 1；若子弹以4v 0速度射向木块，木块获得的速度为v 2，则必有v 1＜v 2解析：当木块固定时，根据动能定理－fd ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 032－12m v 20，解得fd ＝49m v 20，当木块不固定，假设子弹不能射出木块，根据动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝v 04，根据动能定理－f Δx ＝12(M ＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫v 042－12m v 20，解得f Δx ＝38m v 20，可知Δx ＜d ，即子弹不能射出木块，最终子弹和木块以相同的速度做匀速运动，故A 正确，B 、C 错误；木块不固定时，子弹以速度v ′射入木块，系统动量守恒，假设不能穿出，根据动量守恒定律有m v ′＝(M ＋m )v ，根据功能关系可得Q ＝fx ＝12m v ′2－12(M ＋m )v 2，而M ＝3m ，解得x ＝27v ′232v 20d ，故当子弹以3v 0速度或者4v 0速度射向木块时，有x ＞d ，故子弹均射出，子弹初速度越大，穿出时间越短，木块加速时间越短，获得的速度越小，故D 错误．答案：A8.如图所示，带有光滑弧形轨道的小车质量为m ，放在光滑水平面上，一质量也为m 的铁块，以速度v 沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时，将( )A．以速度v做平抛运动B．以小于v的速度做平抛运动C．静止于车上D．自由下落解析：整个过程水平方向动量守恒，机械能守恒，所以小车与铁块相当于弹性碰撞；由于小车和铁块的质量都为m，所以当铁块回到小车右端时，铁块的速度为0，小车具有向左的速度v，选项D正确．答案：D9．(2019·四川遂宁三诊)如图所示，质量M＝2 kg的半圆形槽物体A放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其半径r＝0.6 m．现有一个质量m＝1 kg的小物块B在物体A的槽右端口获得瞬时竖直向下的冲量I＝2 N·s，此后物体A和物块B相互作用，使物体A在地面上运动，则()A．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统机械能守恒B．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统动量守恒C．物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是0.4 mD．物块B最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的高度为0.2 m解析：在A、B间存在相互作用的过程中，只有重力做功，则物体A和物块B组成的系统机械能守恒，选项A正确；在A、B间相互作用的过程中，水平方向受到的合外力为零，则物体A和物块B组成的系统水平方向动量守恒，选项B错误；物块B从槽口右端运动到左端时，设物体A向右运动的位移是x，由水平方向动量守恒可知：Mx＝m(2R－x)，解得x＝0.4 m，选项C正确；物块B最终可从槽口左端竖直冲出，由动量守恒可知，此时槽B的速度为零，A的速度大小等于初速度v0＝Im ＝2 m/s，则到达的最高点距槽口的高度为h＝v202g＝0.2 m，选项D正确．答案：ACD10．某同学将一质量为m的小球A由地面竖直向上抛出，初速度的大小为v0，当到达最高点时，与另一质量也为m、初速度的大小也为v0竖直下抛的小球B发生弹性碰撞(时间非常短)，经过一段时间A、B均落地．如果忽略空气阻力，重力加速度大小为g.则下述正确的是()A．A在上升和下降过程中的动量的变化大小都为m v0B．A在上升和下降过程中的动量的变化的方向相同C．A落地时的动能为m v20D．A、B落地的时间差为(2－2)v0 g解析：A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，二者速度发生交换，A 做竖直下抛运动，B 做自由落体运动，因此B 落地时间为v 0g ；对A ，上抛运动有0－v 20＝－2gh ，竖直下抛运动有v 2－v 20＝2gh ，因此v ＝2v 0，所以A 落地时的动能为m v 20，C 正确；取向下为正方向，对A 上升过程中动量的变化量为Δp 1＝0－(－m v 0)＝m v 0，下抛过程中动量的变化量为Δp 2＝m v －m v 0＝(2－1)m v 0，故A 错误，B 正确；根据动量定理mgt A ＝Δp 2＝(2－1)m v 0，所以Δt ＝(2－2)v 0g，D 正确． 答案：BCD11．(2019·济南二模)如图甲所示，光滑水平面上有a 、b 两个小球，a 球向b 球运动并与b 球发生正碰后黏合在一起共同运动，其碰前和碰后的s-t 图象如图乙所示，已知m a ＝5 kg ，若b 球的质量为m b ，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE ，则( )A ．m b ＝1 kgB ．m b ＝2 kgC ．ΔE ＝15 JD ．ΔE ＝35 J解析：s-t 图象的斜率表示速度，在碰撞前a 球的速度为v 0＝61m/s ＝6 m/s ，碰撞后两者的共同速度为v ＝51m/s ＝5 m/s ，根据动量守恒定律可得m a v 0＝(m a ＋m b )v ，解得m b ＝1 kg ，A 正确，B 错误；根据能量守恒定律可得ΔE ＝12m a v 20－12(m a ＋m b )v 2＝12×5×62 J －12×6×52 J ＝15J ，C 正确，D 错误．答案：AC12．如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m ，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量为m ，半径略小于管道半径，以水平速度v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，下列说法正确的是( )A ．小球滑离小车时，小车回到原来位置B ．小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC ．车上管道中心线最高点的竖直高度为v 23gD ．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是m v 3解析：小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，根据水平方向的动量守恒，有m v ＝(m ＋2m )v ′，得v ′＝v 3，小车动量变化大小Δp 车＝2m ·v 3＝23m v ，D 项错误．小球从滑进管道到滑到最高点，根据机械能守恒定律有mgH ＝12m v 2－12(m ＋2m )v ′2，得H ＝v 23g，C 项正确．小球从滑上小车到滑离小车的过程，有m v ＝m v 1＋2m v 2，12m v 2＝12m v 21＋12·2m v 22，解得v 1＝－v 3，v 2＝23v ，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为23v ＋13v ＝v ，B 项正确．在整个过程中小球对小车总是做正功，因此小车一直向右运动，A 项错误．答案：BC二、非选择题(共52分)13．(6分)某班物理兴趣小组选用如图所示装置做“验证动量守恒定律”的实验．将一段不可伸长的轻质小绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O 点，另一端连接小钢球A ，在小钢球最低点N 下方有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B (B 上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)．当地的重力加速度为g .实验时先调整滑块B 的位置使小钢球自由下垂静止在N 点时与滑块B 接触而无压力，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A 通过最低点时恰好与滑块B 发生正碰．把小钢球A 拉至某位置M 且绳拉紧，然后由静止释放，摆到最低点N 与滑块B 碰撞，碰撞后小钢球A 并没有立即反向，碰撞时间极短．(1)为完成实验，除了数字计时器读数Δt 、碰撞前瞬间绳的拉力F 1、碰撞结束瞬间绳的拉力F 2、滑块B 的质量m B 和遮光板宽度d 外，还需要测量的物理量有________．A ．小钢球A 的质量m AB ．绳长LC ．小钢球从M 到N 运动的时间(2)滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝__________(用题中已给的物理量符号来表示)．(3)实验中应得到的表达式是____________________(用题中已给的物理量符号来表示)．解析：(1)实验中要确定物体碰撞前、后动量的关系，需要得到小钢球的速度和质量．计算速度需要绳长L ，即A 、B 正确．(2)滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝d Δt. (3)根据牛顿第二定律得：F 1－m A g ＝m A v 21L， F 2－m A g ＝m A v 22L， 又实验中应得到的表达式为m A v 1＝m A v 2＋m B v B ， 整理得F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋m B d Δt .答案：(1)AB (2)d Δt(3)F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋m B d Δt14．(12分)(2019·河南驻马店质检)如图所示实验装置，某同学用a 、b 是两个半径相同的小球，按照以下步骤研究弹性正碰实验操作：①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球a 从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O .②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从固定点和由静止释放，撞到木板上．重复多次，用尽可能小的圆把小球的落点圈在里面，其圆心就处于小球落点的平均位置，得到痕迹B.③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，重复多次，并使用与第二步同样的方法分别标出碰撞后两个小球落点的平均位置，得到两球撞在木板上的痕迹A和C.(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1________m2(选填“大于”“小于”或“等于”)．(2)完成本实验，必须测量的物理量有________．A．小球a开始释放的高度hB．木板水平向右移动的距离lC．A球和B球的质量m1、m2D．O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2、y3(3)若(2)所给选项的物理量均已知，若满足条件____________(用测量量表示)，则表示两小球发生的是弹性碰撞．解析：(1)根据弹性碰撞公式可知，只有入射球的质量大于被碰球的质量，弹性碰撞后才不会反弹，所以选大于．(2)由于碰撞后均被竖直板挡住，那么从碰撞到挡住时间与竖直位移相关，那么用竖直位移表示平抛的初速度，所以选D.(3)碰撞后水平位移相等，那么用竖直位移表示初速度．v＝x t ＝x 2y g ，由动量守恒定律得：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22，联立可得：v 0＋v 1＝v 2，即1y 2＋1y 3＝1y 1，所以上式是弹性碰撞的条件．答案：(1)大于 (2)D (3)1y 2＋1y 3＝1y 115．(16分)(2019·青岛调研)如图，两个质量均为2 kg 的物块A 、B ，它们由一根长l ＝1 m 的不可伸长轻绳拴接，现将两物块相互靠近置于倾角为θ＝37°的粗糙斜面上．物块A 与斜面间无摩擦，距离斜面底端x 0＝10.5 m ，物块B 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2，将两物块由静止同时释放．求：(1)绳子绷紧瞬间两物块的速度；(2)物块A 到达斜面底端所用的时间；(3)物块A 到达斜面底端过程中轻绳对物块B 所做的功．解析：(1)根据牛顿第二定律，对A 可得：mg sin 37°＝ma A ，对B 可得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma B 位移时间的关系为：12a A t 21－12a B t 21＝1根据速度时间关系：v A ＝a A t 1 v B ＝a B t 1绳子绷紧瞬间两物块动量守恒：m v A ＋m v B ＝2m v 0，联立以上并代入数据解得：v 0＝5 m/s.(2)绳子绷紧后，共同的加速度为：2mg sin 37°－μmg cos 37°＝2ma ，绳子绷紧瞬间A 物块距底端的距离为：Δx ＝x 0－12a B t 21－1， 绳子绷紧后则有：Δx ＝v 0t 2＋12at 22， A 运动的总时间：t ＝t 1＋t 2，联立并代入数据解得：t ＝2 s.(3)物块A 到达斜面底端时B 的速度为：v ＝v 0＋at 2，根据动能定理可得：W －μmg (x 0－1)cos 37°＋mg (x 0－1)sin 37°＝12m v 2， 代入数据解得：W ＝24 J.答案：(1)5 m/s (2)2 s (3)24 J16．(18分)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．重力加速度的大小g 取10 m/s 2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(1)规定向左为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 0＝(m 2＋m 3)v ，①12m 2v 20＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ，② 式中v 0＝3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m 3＝20 kg.③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有 m 1v 1＋m 2v 0＝0，④代入数据得v 1＝－1 m/s ，⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有m 2v 0＝m 2v 2＋m 3v 3，⑥12m 2v 20＝12m 2v 22＋12m 3v 23，⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝－1 m/s ，⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．答案：(1)20 kg (2)不能，理由见解析。

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。

2021高三物理人教版一轮复习专题练：专题51实验：验证动量守恒定律含解析专题51实验：验证动量守恒定律1．［2020·全国卷Ⅰ］某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等．实验步骤如下：（1）开动气泵,调节气垫导轨,轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间________时，可认为气垫导轨水平;(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片)的质量m2；（3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；（4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I＝______，滑块动量改变量的大小Δp＝______;(用题中给出的物理量及重力加速度g表示）（6)某次测量得到的一组数据为：d＝1。

000 cm,m1＝1。

50×10－2kg，m2＝0.400 kg，Δt1＝3。

900×10－2s，Δt2＝1.270×10－2s，t12＝1。

50 s，取g＝9。

80 m/s2。

计算可得I＝________N·s，Δp＝________ kg·m·s－1；(结果均保留3位有效数字）（7）定义δ＝错误!×100％，本次实验δ＝________％(保留1位有效数字)．2．在“探究碰撞中的不变量"实验中，装置如图所示，两个小球的质量分别为m A和m B。

（1)现有下列器材，为完成本实验，哪些是必需的？请将这些器材前面的字母填在横线上________．A．秒表B．刻度尺C．天平D．圆规（2）如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子可能成立的是________．A。

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考点17 碰撞与动量守恒一、选择题1.(2021·重庆高考)高空作业须系平安带。

假如质量为m 的高空作业人员不慎跌落,从开头跌落到平安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)。

此后经受时间t 平安带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上。

则该段时间平安带对人的平均作用力大小为( ) A.2m gh mg t + B .2m ghmg t - C.m gh mg t + D.m gh mg t- 【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析： (1)平安带对人起作用前瞬间人的速度多大。

(2)从平安带开头对人起作用到平安带伸长量最大,人的动量的转变量是多少。

(3)从平安带开头对人起作用到平安带伸长量最大,人受到哪些力的作用。

【解析】选A 。

平安带对人起作用之前,人做自由落体运动;由v 2=2gh 可得,平安带对人起作用前瞬间,人的速度v=gh 2;平安带达到最大伸长量时,人的速度为零;从平安带开头对人起作用到平安带伸长量最大,由动量定理可得0-mv=mgt-F t,故F =t mv+mg=tgh m 2+mg,故选项A 正确。

2.(2021·北京高考)“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,人的动能始终减小 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 。

绳刚好伸直时,绳的拉力为零,人还要向下加速,此时人的动能不是最大,选项C 错误;当重力等于绳子拉力时,人的速度最大,之后人做减速运动,绳对人的拉力始终向上,所以绳对人的冲量始终向上,人的动量与速度一样,先增大后减小,人的动能也是先增大后减小,选项A 正确,选项B 错误;人在最低点时,绳对人的拉力大于人所受的重力,选项D 错误。

1．把两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一段距离，发觉两球之间相互排斥，则A、B两球原来的带电状况可能是()A．带等量异种电荷B．带等量同种电荷C．带不等量异种电荷D．一个带电，另一个不带电解析：两球接触后所带总电荷量等于原来各自电荷量的代数和，每个球所带电荷量为总电荷量的一半。

因此只要两球原来不带等量异种电荷，则总电荷量不为零，分开后两球就带同种电荷，有相互作用的斥力。

答案：BCD2．如图1所示，挂在绝缘细线下的小轻质通草球，由于电荷的相互作用而靠近或远离，所以()图1A．甲图中两球确定带异种电荷B．乙图中两球确定带同种电荷C．甲图中至少有一个带电D．乙图中两球至少有一个带电解析：若两球相互吸引，可能是两球带异种电荷，也可能只有一个小球带电另一个小球不带电，而两球相互排斥，只有两球带同种电荷这一种状况。

答案：BC3．关于电荷量，下列说法错误的是()A．物体带的电荷量可以是任意值B．物体带的电荷量只能是某些值C．物体带电荷量的最小值为1.6×10－19 CD．一个物体带1.6×10－9 C的正电荷，这是它失去了1.0×1010个电子的缘由解析：任何带电体所带的电荷量均是元电荷的整数倍，元电荷是最小的电荷量，故A错，B、C正确；每个电子所带电荷量为1.60×10－19 C，一个物体带1.6×10－9C的正电荷，说明该物体失去电子，失去电子的数量为1.6×10－91.6×10－19＝1.0×1010个，故D正确。

答案：A4. 如图2所示，有一带正电的验电器，当一金属球A靠近验电器的小球B(不接触)时，验电器的金箔张角减小，则A．金属球可能不带电B．金属球可能带负电C．金属球可能带正电图2D．金属球确定带负电解析：验电器的金箔之所以张开，是由于它们都带有正电荷，而同种电荷相排斥，张开角度的大小打算于两金箔带电荷量的多少。

考点30 动量守恒定律考情分析考点解读一、动量守恒定律的条件及应用1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。

2．动量守恒定律的适用条件（1）前提条件：存在相互作用的物体系；（2）理想条件：系统不受外力；（3）实际条件：系统所受合外力为0；（4）近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力；（5）方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。

3．动量守恒定律的表达式（1）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和；（2）Δp1=–Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向；（3）Δp=0，系统总动量的增量为零。

4．动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。

5．应用动量守恒定律解题的步骤：（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上动量是否守恒）；（3）规定正方向，确定初、末状态动量；（4）由动量守恒定律列出方程；（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。

二、碰撞与动量守恒定律 1．碰撞的特点（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。

（2）碰撞过程中，总动能不增。

因为没有其他形式的能量转化为动能。

（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。

（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。

2．碰撞的种类及遵从的规律3．关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。

在光滑的水平面上，质量为m 1的钢球沿一条直线以速度v 0与静止在水平面上的质量为m 2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v 1、v 2221101v m v m v m +=①222211201212121v m v m v m +=② 由①②可得：021211v m m m m v +-=③021122v m m m v +=④利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：a ．当21m m >时，01>v ，02>v ，两钢球沿原方向原方向运动；b ．当21m m <时，01<v ，02>v ，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c ．当21m m =时，01=v ，02v v =，两钢球交换速度。

(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。