2021高三物理复习专题练专题51实验验证动量守恒定律含解析

专题十一 动量守恒定律重点难点1．动量守恒的条件：可以归纳为以下几种情况：①物体系统不受外力或所受合外力为零；②物体系统受到的外力远小于内力；③系统在某方向上不受外力、合外力为零或外力远小于外力，此时在该方向上动量守恒．在碰撞和爆炸现象中，由于物体间相互作用持续时间很短，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理．2．运用动量守恒定律应注意： ①矢量性：动量守恒定律的方程是一个矢量关系式对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向，按正方向确定各矢量的正负 ②瞬时性：动量是一个状态量，对应着一个瞬时动量守恒是指该相互作用过程中的任一瞬时的动量恒定不同时刻的动量不能相加③相对性：动量的具体数值与参考系的选取有关，动量计算时的速度必须是相对同一惯性系的速度，一般以地面为参考系3．反冲运动中移动距离问题的分析：一个原来静止的系统，由于某一部分的运动而对另一部分有冲量，使另一部分也跟着运动，若现象中满足动量守恒，则有m 1υ1-m 2υ2 = 0，υ1 = 12m m υ2．物体在这一方向上的速度经过时间的累积使物体在这一方向上运动一段距离，则距离同样满足s 1 = s 2，它们的相对距离s 相 = s 1+s 2．规律方法【例1】如图所示，大小相同质量不一定相等的A、B、C三个小球沿一直线排列在光滑水平面上，未碰前A、B、C三个球的动量分别为8kg·m/s、-13kg·m/s、-5kg·m/s，在三个球沿一直线相互碰撞的过程中，A、B两球受到的冲量分别为-9N·s、1N·s，则C球受到的冲量及C球碰后的动量分别为（B）A．1N·s，3kg·m/sB．8N·s，3kg·m/sC．-8N·s，5kg·m/sD．10N·s，5kg·m/s训练题A 、B 两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为的人以水平速度υ从A船跳到B船，再从B船跳回A船．经多次跳跃后，人最终跳到B船上，设水对船的阻力不计，则（ABC）A．A、B两船最终的速度大小之比为3∶2B．A、B（包括人）最终的动量大小之比为1∶1C．A、B（包括人）最终的动量之和为零D．因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定【例2】假定航天飞机的喷气发动机每次喷出质量为m= 200g的气体，气体离开发动机喷气孔时，相对于喷气孔的速度υ= 1000m/s，假定发动机在1min内喷气20次，那么在第1min末，航天飞机的速度的表达式是怎样的？如果这20次喷出的气体改为一次喷出，第1min末航天飞机的速度为多大？航天飞机最初质量为M = 3000kg，初速度为零，运动中所受阻力不计．【解析】设第一次喷气后航天飞机速度为υ1，第二次喷气后航天飞机速度为υ2，……依次类推，取航天飞机速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：第一次喷气后：（M-m）υ1-m（υ-υ1）= 0；得υ1 = mM第二次喷气后：（M -m ）υ1 = （M -2m ）υ2-m （υ-υ2），得υ2-υ1 = m M m υ- 第三次喷气后：（M -2m ）υ2 = （M -3m ）υ3-m （υ-υ3），得υ3-υ2 =2m M mυ-…… 第20次喷气后：（M -19m ）υ19 = （M -20m ）υ20-m （υ-υ20），得υ20-υ19 = 19m M m υ-综合以上可得1min 末飞船的速度为 υ20 =m M υ+m M m υ-+2m M m υ-+……+19m M m υ-若20次喷出的气体一次喷出，则：0 = （M -20m ）υ′-20m （υ-υ′） 得υ′ = M mv 20 = 300010002.020⨯⨯ = 34m/s比较可知υ20＞υ′，即当喷气质量一定时，分次喷出比一次喷出，航天飞机获得的速度大且分的次数越多，获得的速度越大，这也是火箭连续喷气的原因训练题甲、乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，车与水平面摩擦不计，甲与车的总质量为M = 100kg ，另有一质量为m = 2kg 的球乙固定站在车对面的地面上，身旁有若干质量不等的球开始车静止，甲将球以速率υ水平抛给乙，乙接球后马上将另一质量m 1 = 2m 的球以相同的速度υ水平抛给甲；甲接住后再以相同速率将此球抛回给乙，乙接住后马上将另一质量m 2 = 2m 1 = 4m 的球以速率υ水平抛给甲……这样往复抛球．乙每次抛给甲的球质量都是接到甲抛给他的球的质量的2倍，而抛球速率始终为υ（相对于地面水平方向）不变．求：（1）甲第二次抛出（质量为2m ）球后，后退速率多大？（2）从第1次算起，甲抛多少次后，将再不能接到乙抛来的球？ 答案：（1）v 2=v/10（2）甲抛5次后，将再不能接到乙抛来的球【例3】如图所示，三个质量为m 的弹性小球用两根长为L 的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上，现给中间的小球B 一个水平初速度υ0，方向与绳垂直小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长，求：（1）当小球A 、C 第一次相碰时，小球B 的速度．（2）当三个小球再次处在同一直线上时，小球B 的速度．（3）运动过程中小球A 的最大动能E KA 和此时两根绳的夹角θ．（4）当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F 的大小．【解析】由于绳子不可伸长，且A 、C 两球在运动过程中具有对称性，当A 、C 两球第一次相碰时，三球具有相同的速度；小球发生相互作用时满足动量守恒定律和机械能守恒定律．（1）设小球A 、C 第一次相碰时，小球B 的速度为υB ，此时A 、C 小球沿B 球初速度方向的速度也为υB ．由动量守恒定律，得：m υ0 = 3m υB ，由此得υB = 31υ0（2）当三个小球再次在同一直线上时，此时B 球的速度为υB 1，A 、C 球的速度为υA ，υA 的方向为B球的初速度方向，由动量守恒定律、机械能守恒定律得：m υ0 = m υB 1+2m υA 21m υ20 = 21m υB +2×21m υ2A 解得：υB 1 = -31υ0，υA = 32υ0（或υB 1 = υ0，υA = 0，此为初状态，舍去）所以，当三球再次处在同一直线上时，小球B 的速度为υB 1 = -31υ0，负号表示与初速度反向． （3）从（2）的解可知，B 球速度由最初的υ0变化（减小）为零，然后反向运动，可见当B 球速度为零时，动能E KBI 也为零，而机械能守恒，故此时A 球动能最大设此时A 球（C 球）的速度为υ，两根绳的关角为θ，如图，则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得：m υ0 = 2m υsin 2θ21m υ20 = 2×21m υ2可得此时A 球的最大动能为E KA =21m υ2 = 41m υ，两根绳间夹角为θ = 90°．（4）当三球处于同一直线上时，B 球受力平衡，B 球加速度为零，选B 球为参考系时，A 、C 两球做圆周运动，绳子拉力为其提供向心力．A 球相对B 球的速度为υAB = υA -υB 1 = υ0由牛顿第二定律，此时绳中拉力为F ，则F = m 2AB L υ = m 20Lυ． 训练题长为2b 的轻绳，两端各系一质量为m 的小球，中央系一质量为M 的小球，三球均静止于光滑的水平面上，绳处于拉直状态今给小球M 以一种冲击，使它获得一水平初速度υ0，υ0的方向与绳垂直，如图所示，求在两端的小球发生相互碰撞前的瞬间，球m 在垂直于绳方向的分速度多大？（绳不可伸长）答案：v 2=｛Mv/（M+2m ）｝1/2【例4】如图所示，甲、乙两人分别站在A 、B 两辆冰车上，一木箱静止于水平光滑的冰面上，甲与A 车的总质量为M 1，乙和B 车的总质量为M 2，甲将质量为m 的木箱以速率υ（对地）推向乙，乙接住后又以相等大小的速度将木箱推向甲，甲接住木箱后又以速率υ将木箱推向乙，然后乙接住后再次将木箱以速度υ推向甲，木箱就这样被推来推去，求最终甲、乙两人（连同冰车）的速度各为多少？（已知M 1 = 2M 2，M 1 = 30m ）【解析】设甲第1次推出木箱后获得的速度为υ1，第2次推出木箱后甲的速度为υ2，……第n 次推出木箱后速度为υn ，对木箱与甲（包括车）构成的系统应用动量守恒，第1次推出过程：0 = M 1υ1-m υ，得υ1 = 1M m υ．从接住到第2次推出：M 1υ1+m υ = M 1υ2-m υ，得υ2 = υ1+12m M υ = 13m M υ 从接住到第3次推出：M 1υ2+m υ = M 1υ3-m υ，得υ3 = υ2+12m M υ = 15m M υ……从接住到第n 次推出：M 1υn -1+m υ = M 1υn -m υ，得υn = υn -1+12m M υ = 1(21)n m M υ-当甲不再接住木箱时，有：υn ≥υ，即1(21)n m M υ-≥υ 解得n ≥15.5设乙第1次、第2次、第3次、……，第k 次推出木箱的速度依次为υ′1、υ′2、υ′3……υ′k ，根据动量守恒定律得：第1次推出：m υ = M 2υ′1-m υ，得υ′1 =22m M υ第2次推出：m υ+M 2υ′1 = M 2υ′2-m υ，得υ′2 = υ′1+22m M υ = 24m M υ 第3次推出：m υ+M 2υ′2 = M 2υ′3-m υ，得υ′3 = υ′2+22m M υ = 26m M υ ……第k 次推出：m υ+M 2υ′k -1 = M υ′k - m υ，得υ′k = υ′k -1+22m M υ = 22km M υ欲使乙不再接住木箱，必满足υ′k ≥υ，即≥υ，解得k ≥7.5比较n ≥15．5和k ≥7．5可知，当乙第8次推出木箱后，就不再接住木箱，因此甲第9次推出木箱后，速度也不再发生变化，故甲和乙的最终速度分别为：υ甲 = 1192M -⨯m υ = 3017υ，c 乙 = 282M ⨯m υ = 1516υ训练题如图一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n 的木板，所有木块的质量均为m ，与木板间的动摩擦因数都相同开始时，木板静止不动，第1、2、3、……、n 号木块的初速度分别是υ0、2υ0、3υ0、……n υ0，方向都向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动．设木块之间均无相互碰撞，求：（1）所有木块与木板一起匀速运动的速度υn．（2）第1号木块与木板刚好相对静止时的速度υ1．答案：（1）vn=（n+1）v0/4（2）v1=v0/2能力训练1．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，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 ．系统的动量守恒，机械能不守恒2．在一定条件下，让质子获得足够大的速度，当两个质子P以相等的速率对心正碰，特发生下列反应：P+P→P+P+p +p ，其中p是反质子（反质子与质子质量相等，均为m P，且带一个单位正电荷），则以下关于该反应的说法正确的是（ABC ）A ．反应前后系统总动量皆为零B ．反应过程系统能量守恒C．根据爱因斯坦质能方程可知，反应前两个质子的能量最小为2m p c2D．根据爱因斯坦质能方程可知，反应后单个质子的能量可能小于m p c2 3．一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生衰变而形成了如图3-11-8所示的两个圆形轨迹，两圆半径之比为1∶16，下列说法正确的是 （ A ）A ．该原子核发生了α衰变B ．反冲核沿大圆做逆时针方向的圆周运动C ．原来静止的原子核的序数为15D ．沿大圆和沿小圆运动的柆子周期相同4．如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M ，当炮管水平，火炮车在水平路面上以υ1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m 的炮弹后，自行火炮的速度变为υ2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度υ0为（ B ）A ．122()m m m υυυ-+B ．12M()mυυ- C ．122()2m m mυυυ-+ D ．1212())m m m υυυυ---（ 5．如图甲所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m 的小滑块以初速度υ0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板速度随时间变化的图象如图乙所示，某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是（ ACD ）A ．滑块与木板间始终存在相对运动B ．滑块始终未离开木板C ．滑块的质量大于木板的质量D ．在t 1时刻滑块从木板上滑出6．质量为m 的木板和质量为M 的金属块用细绳系在一起，处于深水中静止，剪断细绳，木块上浮h时（还没有出水面），则铁沉下沉的深度为多大？（水的阻力不计）答案：x=mh/M7．人和冰车的总质量为M，另有一木球质量为m，且M∶m= 10∶1，人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度υ（相对地面）将原来静止的木球沿冰面推向前方的固定挡板，球与冰面、车与冰面的摩擦可不计，空气阻力也忽略不计，设球与挡板碰撞后，球被原速率反向弹回，人接住球后再以同样的速率υ将球沿冰面向正前方推向挡板．问人推球多少次后不能再接到球？答案：人推球六次后不能再接到球8．如图所示，n个相同的木块（可视为质点），每块的质量都是m，从右向左沿同一直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为l，第n个木块到桌边的距离也是l，木块与桌面间的动摩擦因数为µ．开始时，第1个木块以初速度v0向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动．最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下．（1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能．（2）求第i次（i≤n－1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比．（3）若n＝４，l＝0.10m，v0＝3.0m/s，重力加速度g＝10m/s2，求µ的数值．答案：（1）整个过程中系统克服摩擦力做的总功为W f ＝µmgl （1＋2＋3＋…＋n ）＝mgl n n μ2)1(+ 整个过程中因碰撞而损失的总动能为mgl n n mv W mv E f k μ2)1(21212020+-=-=∆ （2）设第i 次（i ≤n －1）碰撞前瞬间，前i 个木块粘合在一起的速度为v i ， 动能为221i Ki imv E =与第i ＋１个（i ≤n －1）木块碰撞粘合在一起后瞬间的速度为v i ＇， 由动量守恒定律i i v m i imv '+=)1( 则i i v i i v 1+=' 第i 次（i ≤n －1）碰撞中损失的动能为121])1)(1([21)1(2121222222+⋅=++-='+-=∆i i mv v i i i iv m v m i imv E i i i i i Ki 则第i 次（i ≤n －1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比为 11+=∆i E E ki ki （i ≤n －1） （3）n ＝４时，共发生了i ＝3次碰撞．第1次碰前瞬间的速度为gl v v μ22021-=，碰撞中动量守恒：112v m mv '=第1次碰后瞬间的速度为22212011gl v v v μ-==' 第2次碰前瞬间的速度为410242220202122gl v gl gl v gl v v μμμμ-=--=-'= 碰撞中动量守恒：2232v m mv '= 第2次碰后瞬间的速度为310322022gl v v v μ-==' 第3次碰前瞬间的速度为9282910220202223gl v gl gl v gl v v μμμμ-=--=-'=碰撞中动量守恒：3343v m mv '= 第3次碰后瞬间的速度为428432033glv v v μ-==' 最后滑行到桌边，速度恰好为零，则0223=-'gl v μ 即02162820=--gl gl v μμ 整理后得06020=-gl v μ，代入数据解得15.0=μ。

验证动量守恒定律的创新型实验【原卷】1．用如图所示的装置可以验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。

(1)实验前需要调节气垫导轨水平：在轨道上只放滑块A，轻推一下滑块A，其通过光电门a和光电门b的时间分别为t1、t2，当t1___________t2（填“>”、“=”、“<”），则说明气垫导轨水平；(2)滑块B置于光电门b的左侧，滑块A静置于两光电门间的某一适当位置。

给B一个向右的初速度，通过光电门b的时间为1t∆，B与A碰撞后再次通过光电门b的时间为2t∆，滑块A通过光电门a的时间为3t∆。

为完成该实验，还必需测量的物理量有___________A．挡光片的宽度dB．滑块B的总质量m1C．滑块A的总质量m2D．光电门a到光电门b的间距L(3)若滑块A和B在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为：___________（用已知量和测量量表示）2．一个物理学习小组利用图甲所示的装置和频闪相机来验证动量守恒定律。

其实验步骤如下：步骤1：用天平测出A、B两个小球的质量m A、m B（m A>m B）；步骤2：安装好实验装置，使斜槽末端保持水平，调整好频闪相机的位置并固定；步骤3：让入射小球从斜槽上某一位置P 由静止释放，小球离开斜槽后，用频闪相机记录下小球相邻两次闪光时的位置，照片如图乙所示；步骤4：将被碰小球放在斜槽末端，让入射小球从位置P 由静止开始释放，使它们碰撞。

两小球离开斜槽后，用频闪相机记录两小球相邻两次闪光时的位置，照片如图丙所示。

经多次实验，他们猜想碰撞前后物体的质量和速度的乘积之和不变。

①实验中放在斜槽末端的小球是________ （选填“A”或“B”）；①若要验证他们的猜想，需要在照片中直接测量的物理量有____、____、____（选填“x 0”“y 0”“x 1”“y 1”“x 2”“y 2”）。

写出该实验小组猜想结果的表达式____________（用测量量表示）。

1．装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v。

，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为A．m2v。

/m1 B．—m2V o/(m1一m2)C．m2v ocosθ/ (m1一m2) D．m2v ocosθ/m12.运送人造地球卫星的火箭开头工作后，火箭做加速运动的缘由是来A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热，加热四周空气，空气膨胀推动火箭3.跳高运动员在跳高时总是跳到沙坑里或跳到海绵垫上，这样做是为了A．减小运动员的动量变化B．减小运动员所受的冲量C．延长着地过程的作用时间D．减小着地时运动员所受的平均冲力4.质量为m的物体以初速υ0做竖直上抛运动。

不计空气阻力，从抛出到落回抛出点这段时间内，以下说法正确的是：A.物体动量变化大小是零B.物体动量变化大小是2mυ0C.物体动量变化大小是mυ0D.重力的冲量为零5.以下说法正确的是A.物体速度发生变化，必定有外力对其做功;B.物体动能发生变化，动量确定变化C.物体动量发生变化，物体的动能必定变化D.物体受到合外力的冲量不为零，物体的速率必定发生变化6.一木块静止在光滑水平面上，一粒子弹水平射入木块，在这个过程中A.系统动量守恒，子弹动量变化的大小与木块动量变化的大小相等。

B.子弹的动能损失与木块的动能增加相等。

C.子弹与木块之间的相互作用力，对子弹与对木块的冲量大小相等。

D.子弹与木块之间的相互作用力，对子弹做的功与对木块做的功相等。

7.两球A、B在光滑水平面上沿同始终线，同一方向运动，m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/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/s8.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A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同始终线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻( ) A．A开头运动时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9．质量M=100kg的小船静止在安静水面上，船的两端站着质量分别为40kg和60kg的游泳者甲和乙，在同一水平线上甲向左乙向右同时相对于岸3m/s的水平速度跃入水中，如图所示，是小船的运动速率和方向为A.小于1m/s,向左B.大于1m/s,向左C.小于1m/s,向右D.大于1m/s,向右10．如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M=3kg的薄板和质量为m=1kg的物块，均以v=4m/s的速度朝相反方向运动，它们之间存在磨擦，薄板足够长，某时刻观看到物块正在做加速运动，则该时刻木板的速度可能是A.3.0m/sB.2.4m/sC.2.8m/sD.1.8m/s11.如图所示，静止在光滑水平面上的物体A和B 质量分别为m和2m ，它们之间用轻弹簧相连，在极短时间内对物体A作用一水平向右的冲量I，可知A.物体A马上具有速度且mIVA=B.物体B马上具有速度且mIVB2=C.当A与B之间的距离最小时，A的速度为0，B的速度为mIVB2'=D.当A与B之间的距离最小时，弹簧的弹性势能mIEP32=12.小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开头时AB与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是A．假如AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B．整个系统任何时刻动量都守恒C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为MmvD．AB车向左运动最大位移小于MmL13.如图所示，打桩机锤头质量为M，从距桩顶h高处自由下落，打在质量为m的木桩上，且在极短时间内便随桩一起向下运动，使得木桩深化泥土的距离为S，那么在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力是多少？14．如图所示，质量M=0.040kg的靶盒A静止在光滑水平导轨上的O点，水平轻质弹簧一端栓在固定挡板P上，另一端与靶盒A连接。

【物理】高考必备物理动量守恒定律技巧全解及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v 向右匀速运动．已知木箱的质量为m ，人与车的总质量为2m ，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求：(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v 1的大小； (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小． 【答案】①2v；②23v 【解析】试题分析：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv 1-mv 得12v v =②小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv 1=（m+2m ）v 2 解得223v v =考点：动量守恒定律2．如图所示，质量为M=1kg 上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上，圆弧面的最底端刚好与水平面相切于水平面上的B 点，B 点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑，质量为m=0.5kg 的小物块放在水平而上的A 点，现给小物块一个向右的水平初速度v 0=4m/s ，小物块刚好能滑到圆弧面上最高点C 点，已知圆弧所对的圆心角为53°，A 、B 两点间的距离为L=1m ，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度为g=10m/s 2．求： (1)圆弧所对圆的半径R ；(2)若AB 间水平面光滑，将大滑块固定，小物块仍以v 0=4m/s 的初速度向右运动，则小物块从C 点抛出后，经多长时间落地?【答案】（1）1m （2）4282t s += 【解析】 【分析】根据动能定理得小物块在B 点时的速度大小；物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和系统机械能守恒求出圆弧所对圆的半径；，根据机械能守恒求出物块冲上圆弧面的速度，物块从C 抛出后，根据运动的合成与分解求落地时间； 【详解】解：(1)设小物块在B 点时的速度大小为1v ，根据动能定理得：22011122mgL mv mv μ=- 设小物块在B 点时的速度大小为2v ，物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒则有：12()mv m M v =+ 根据系统机械能守恒有：2201211()(cos53)22mv m M v mg R R =++- 联立解得：1R m =(2)若整个水平面光滑，物块以0v 的速度冲上圆弧面，根据机械能守恒有：2200311(cos53)22mv mv mg R R =+-解得：3/v s =物块从C 抛出后，在竖直方向的分速度为：3sin 53/y v v s =︒= 这时离体面的高度为：cos530.4h R R m =-︒=212y h v t gt -=-解得：25t s =3．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。

2021届高考物理二轮复习易错题型专项练习（7）动量守恒定律一．选择题1．（2021•湖北模拟）如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。

Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（）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【答案】B【解答】A、Q在P上运动过程，P对Q有弹力且在力的方向上Q有位移，则P对Q做功不为零，故A 错误；BCD、Q在P上运动过程，P和Q构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，P、Q之间的弹力做功和必为零；系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒，故B正确，CD错误。

故选：B。

2．（2021•河北模拟）如图，一小船以1.0m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45m。

当小球再次落入手中时，小船前进的距离为（假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10m/s2）（）A．0.3m B．0.6m C．0.9m D．1.2m【答案】B【解答】竖直向上抛出小球过程，小球与小船组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，竖直向上抛出小球后小球与小船在水平方向的速度不变，小球与小船在水平方向都做匀速直线运动；设小球抛出后在竖直方向上升的时间为t，小球上升高度h＝代入数据解得：t＝0.3s从抛出小球到小球再从落入手中过程的时间t′＝2t＝2×0.3s＝0.6s在此时间内小船在水平方向做匀速直线运动，小船前进的距离：x＝vt′＝1.0×0.6m＝0.6m，故B正确，ACD错误。

故选：B。

3．（2021•山东模拟）放射性原子核X静止于匀强磁场中，某时刻衰变为两个粒子A和B，衰变后A和B 的运动速度与磁场垂直。

专题分层突破练16力学实验A组1.(2021浙江衢州高三二模)(1)图甲中,探究求合力的方法、研究平抛运动两实验均需使用的器材是(填写器材名称)。

甲(2)在探究求合力的方法实验中,通过对拉的方法来选择两个弹簧测力计。

方案一为两弹簧测力计竖直悬挂在铁架台上对拉,方案二为两弹簧测力计置于水平桌面对拉,下列说法正确的是。

A.弹簧测力计使用前必须进行调零B.实验时,两个弹簧测力计的量程需一致C.若方案一的两弹簧测力计读数相等,则可正常使用D.若方案二的两弹簧测力计读数相等,则可正常使用(3)在探究求合力的方法的实验中,某实验小组使用的弹簧测力计量程为0~5.00 N,将橡皮条一端固定,先用两只弹簧测力计将橡皮条另一端拉到某一位置,标记为O点,紧靠细绳标记A、B两点,并记录弹簧测力计读数;然后用一只弹簧测力计将其拉至O点,标记紧靠细绳的C点,并记录弹簧测力计读数,该小组完成的部分实验数据记录在图乙中。

乙①按实验要求完成作图。

②结合图乙,分析实验过程与结果,下列措施对减小实验误差有益的是。

A.适当增加橡皮条的原长B.适当增大两细绳的夹角C.增大A、B两点到O点的距离D.增大弹簧测力计的拉力2.(2021江西赣州高三一模)图甲为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。

实验步骤如下:甲乙①用天平测量物块和遮光片的总质量m'、重物的质量m,用游标卡尺测量遮光片的宽度d,用刻度尺测量两光电门之间的距离s;②调整轻滑轮,使细线水平;③让物块从光电门A的左侧由静止释放,用数字计时器分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间Δt A和Δt B,求出加速度a;④多次重复步骤③,求a的平均值a;⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ。

回答下列问题:(1)下列说法正确的是。

A.此实验需要平衡摩擦力B.此实验需要遮光片的宽度d尽量小些C.此实验需要满足m'远大于mD.此实验需要两光电门之间的距离s尽量小些(2)测量d时,某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的读数如图乙所示,其读数为 cm。

易错点15 动量守恒定理及其应用易错总结1.动量守恒定律的条件:系统所受的总冲量为零不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的相互作用力),即系统所受外力的矢量和为零。

(碰撞、爆炸、反冲的过程均可近似认为动量守恒)2,某一方向上动量守恒的条件:系统所受外力矢量和不为零,但在某一方向上的合力为零,则系统在这个方向上动量守恒。

必须注意区别总动量守恒与某一方向上动量守恒。

3,完全非弹性碰撞:两物体碰撞后获得共同速度,动能损失最多且全部通过形变转化为内能,但动量守恒。

4,弹性碰撞:动量守恒,碰撞前后系统总动能相等。

5.一般碰撞:有完整的压缩阶段,只有部分恢复阶段,动量守恒,动能减小。

6,人船模型—两个原来静止的物体(人和船)发生相互作用时,不受其他外力,对这两个物体组成的系统来说,动量守恒,且任一时刻的总动量均为零,由动量守恒定律,有2211v m v m (注意利用几何关系解决位移问题)。

(人船模型:人从右向左由船头走向船尾)7,能量与动量不能混为一谈,能量是标量,动量是矢量,且两者的公式、定义均不相同。

8.求变力冲量(1)若力与时间呈线性关系,可用于平均力求变力的冲量；(2)若给出了力随时间变化的图像如图,可用面积法求变力冲量。

9.在研究反冲问题时,注意速度的相对性:若物体间的相对速度已知,应转化为对地速度。

解题方法一、动量守恒定律1.动量守恒定律的推导如图所示，光滑水平桌面上质量分别为m1、m2的球A、B，沿着同一直线分别以v1和v2的速度同向运动，v2>v1.当B球追上A球时发生碰撞，碰撞后A、B两球的速度分别为v1′和v2′.设碰撞过程中两球受到的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t.根据动量定理：F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2).因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2，则有：m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′2.动量守恒定律的理解(1)动量守恒定律的成立条件①系统不受外力或所受合外力为零.②系统受外力作用，但内力远远大于合外力.此时动量近似守恒.③系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒.(2)动量守恒定律的性质①矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算.②相对性：速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度.③普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统.二、动量守恒定律的应用1.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义：(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＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和.(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反.(4)Δp＝0：系统总动量增量为零.2.应用动量守恒定律的解题步骤：【易错跟踪训练】易错类型1：不明白规律内涵、外延1．（2021·全国高三专题练习）下列关于碰撞的理解正确的是（）A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞【答案】A【详解】AB．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内运动状态发生显著变化的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，A正确，B错误。