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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。
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。
基础巩固组1.(人船模型)(20xx·云南昆明三中检测)一装有柴油的船静止于水面上,船前舱进水,堵住漏洞后用一水泵把前舱中的水抽往后舱,如图所示.。
不计水的阻力,船的运动情况是( )A.向后运动B.向前运动C.静止D.无法判断答案B解析虽然抽水的过程属于船与水的内力作用,但水的质量发生了转移,从前舱转移到了后舱,相当于人从船的一头走到另一头的过程.。
故B正确.。
2.(动量守恒定律的应用)(20xx·广东××市月考)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m0,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( )A. B.C. D.v1答案D解析根据动量守恒条件可知,人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒,人跳起后水平方向速度不变,雪橇的速度仍为v1,D正确.。
3.(人船模型)如图所示,质量为m1、半径为r1的小球,放在内半径为r2、质量为m2=3m1的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上,当小球由图中位置无初速度释放后沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离为( )A. B.C. D.答案C4.(多选)(碰撞模型)带有光滑圆弧轨道、质量为m0的滑车静止置于光滑水平面上,如图所示.。
一质量为m的小球以速度v0水平冲上滑车,当小球上滑再返回,并脱离滑车时,以下说法可能正确的是( )A.小球一定沿水平方向向左做平抛运动B.小球可能沿水平方向向左做平抛运动C.小球可能做自由落体运动D.小球可能水平向右做平抛运动答案BCD解析小球滑上滑车,又返回,到离开滑车的整个过程,相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程.。
如果m<m0,小球离开滑车向左做平抛运动;如果m=m0,小球离开滑车做自由落体运动;如果m>m0,小球离开滑车向右做平抛运动.。
〚导学号06400319〛5.(多选)(碰撞模型)(20xx·贵州××区月考)如图所示,半径和动能都相等的两个小球相向而行.。
专题6.1 动量和动量定理 动量守恒定律1.理解动量的的概念，知道冲量的意义；2.理解动量，会计算一维动量变化；3.理解动量变化和力之间的关系，会用来计算相关问题；知识点一 动量及动量变化量的理解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 ＝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。
2．动量、动能、动量变化量的比较动量 动能 动量变化量 定义式p ＝mv E k ＝12mv 2 Δp ＝p ′－p 矢标性矢量 标量 矢量 特点状态量 状态量 过程量 关联方程 E k ＝p 22m ，E k ＝12pv ，p ＝2mE k ，p ＝2E k v知识点二 冲量、动量定理的理解及应用1．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。
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。
(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。
【拓展提升】动量定理的理解(1)方程左边是物体受到的所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量。
其中的F可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F是合外力在t时间内的平均值。
(2)动量定理说明的是合外力的冲量I合和动量的变化量Δp的关系，不仅I合与Δp大小相等而且Δp的方向与I合方向相同。
(3)动量定理的研究对象是单个物体或物体系统。
系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和。
而物体之间的作用力(内力)，由大小相等、方向相反和等时性可知不会改变系统的总动量。
(4)动力学问题中的应用。
实验十验证动量守恒定律实验目的：验证动量守恒定律。
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度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒。
实验方案[实验器材]气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥、游标卡尺等。
[实验步骤]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)。
[数据处理]1．滑块速度的测量：v＝ΔxΔt，式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。
2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
[实验器材]带细线的摆球(两套，等大不等重)、铁架台、天平、量角器、刻度尺、游标卡尺、胶布等。
[实验步骤]1．测质量和直径：用天平测出小球的质量m1、m2，用游标卡尺测出小球的直径d。
2．安装：把小球用等长悬线悬挂起来，并用刻度尺测量悬线长度l。
3．实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。
4．测角度：用量角器测量小球被拉起的角度和碰撞后两小球摆起的角度。
5．改变条件重复实验：①改变小球被拉起的角度；②改变摆长。
[数据处理]1．摆球速度的测量：v ＝2gh ，式中h 为小球释放时(或碰撞后摆起)的高度，h 可由摆角和摆长⎝⎛⎭⎫l ＋d 2计算出。
2．验证的表达式：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′。
[实验器材]光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥、刻度尺等。
[实验步骤]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。
1 第二节 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲 (建议用时：40分钟) 一、单项选择题 1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )
A．甲木块的动量守恒 B．乙木块的动量守恒 C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒 D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒 解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误． 2．(2019·泉州检测)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v0、方向水平向右，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，
方向水平向右，则另一块的速度是( ) A．3v0－v B．2v0－3v C．3v0－2v D．2v0＋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，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C. 3.如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 解析：选D.选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只
有选项D符合题意． 4．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v0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 2
喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( ) A.mM v0 B．Mm v0
C.MM－m v0 D．mM－m v0 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＝mv0－(M－m)v′故v′＝mv0M－m，选项D正确． 5.如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )
A.2LMM＋m B．2LmM＋m C.MLM＋m D．mLM＋m 解析：选B.分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与O点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的位移为2L.小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v1、v2，有mv1＝Mv2，故ms1＝Ms2，s1＋
s2＝2L，其中s1代表小球的水平位移大小，s2代表小车的水平位移大小，因此s2＝2LmM＋m，选
项B正确． 6．(2019·江西赣州信丰模拟)如图所示，B、C、D、E、F，5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E，4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )
A．3个小球静止，3个小球运动 B．4个小球静止，2个小球运动 C．5个小球静止，1个小球运动 D．6个小球都运动 解析：选A.因A、B质量不等，MA＜MB.A、B相碰后A速度向左运动，B向右运动．B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止．E、F 3
质量不等，ME＞MF，则E、F都向右运动．所以碰撞后B、C、D静止；A向左，E、F向右运动．故A正确，B、C、D错误． 7.2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图所示为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p′B＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝mA B．mB＝14mA C．mB＝16mA D．mB＝6mA 解析：选A.由动量守恒定律得pA＋pB＝p′A＋p′B，解得p′A＝1 kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有p2A2mA≥p′2A2mA＋p′2B2mB，代入数据解得mB≥23mA，碰后两球同向运动，
白色球A的速度不大于花色球B的速度，则p′AmA≤p′BmB，解得mB≤4mA，综上可得23mA≤mB≤4mA，选项A正确． 二、多项选择题 8.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mB＝2mA，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∶5 D．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mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，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＝mAv′A＝2 kg·m/s，p′B＝mBv′B＝10 kg·m/s，解得v′Av′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mB＝2mA，由计算可知碰撞前后A、B两球动 4
能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A、C正确． 9.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.12mv2 B．mM2（m＋M）v2 C.12NμmgL D．NμmgL 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)vt(①式)、12mv2＝12(M＋m)v2t＋ΔE(②式)，
由①②式联立解得ΔE＝Mm2（M＋m）v2，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． 10．一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不正确的是( )
解析：选ACD.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t＝2hg＝1 s，取向右为正，由水平速度v＝xt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． 5
三、非选择题 11．如图所示，小球B与一轻质弹簧相连，并静止在足够长的光滑水平面上，小球A以某一速度与轻质弹簧正碰．小球A与弹簧分开后，小球B的速度为v，求：
(1)当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时，小球B的速度的大小； (2)若小球B的质量m2已知，在小球A与弹簧相互作用的整个过程中，小球A受到弹簧作用力的冲量． 解析：(1)当系统动能最小时，弹簧压缩至最短，两球具有共同速度v共．设小球A、B的质量分别为m1、m2，碰撞前小球A的速度为v0，小球A与弹簧分开后的速度为v1.从小球A碰到弹簧到与弹簧分开的过程中，由系统动量守恒和能量守恒有 m1v0＝m1v1＋m2v 12m1v20＝12m1v21＋12m2v2
联立解得v＝2m1v0m1＋m2 即m1v0＝m1＋m22v 从小球A碰到弹簧到两球共速的过程中，系统动量守恒，故m1v0＝(m1＋m2)v共 解得v共＝v2. (2)设水平向右为正方向，则小球B动量的增量为m2v，根据动量守恒小球A动量的增量为－m2v 根据动量定理有I＝－m2v，小球A受到弹簧作用的冲量的大小为m2v，方向水平向左． 答案：见解析 12.(2019·四川双流中学模拟)如图所示，A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为
vA＝2 m/s，B物体继续向右运动进入光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量
mA＝mB＝1 kg，O点到半圆轨道最低点C的距离xOC＝0.25 m，物体与水平轨道间的动摩擦因
数为μ＝0.2，A、B两个物体均可视为质点，求：
(1)炸药的化学能E； (2)半圆轨道的半径R.
