【配套K12】2019版一轮优化探究物理(沪科版)练习：第六章 第1讲 动量 动量定理
配套K122019版一轮优化探究物理(人教版)练习：第六章 章末检测
章末检测(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，这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则( ) A ．此系统内每个物体所受的合力一定都为零 B ．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加 C ．此系统的机械能一定守恒 D ．此系统的机械能可能增加解析：若一个系统动量守恒，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，A 错误．此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变这是有可能的，B 错误．因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，C 错误，D 正确． 答案：D2.如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个人静止站在A 车上，两车静止．若这个人自A 车跳到B 车上，接着又跳回A 车，并静止于A 车上，则A 车的速率( ) A ．等于零 B ．小于B 车的速率 C ．大于B 车的速率D ．等于B 车的速率解析：两车和人组成的系统位于光滑的水平面上，因而该系统动量守恒，设人的质量为m 1，车的质量为m 2，A 、B 车的速率分别为v 1、v 2，则由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 1－m 2v 2＝0，所以，有v 1＝m 2m 1＋m 2v 2，m 2m 1＋m 2＜1，故v 1＜v 2，所以B正确． 答案：B3．在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( ) A.v 02 B.v 06 C.v 02或v 06D ．无法确定解析：两球相碰后A 球的速度大小变为原来的12，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A 速度方向不变，则m v 0＝12m v 0＋3m v 1，可得B 球的速度v 1＝v 06，而B 在前，A 在后，碰后A 球的速度大于B 球的速度，不符合实际情况，因此A 球一定反向运动，即m v 0＝－12m v 0＋3m v 1，可得v 1＝v 02，A 正确，B 、C 、D 错误． 答案：A4.物体A 和B 用轻绳相连挂在轻弹簧下静止不动，如图(a)所示．A 的质量为m ，B 的质量为M ，将连接A 、B 的绳烧断后，物体A 上升经某一位置时的速度大小为v ，这时物体B 的下落速度大小为u ，如图(b)所示，在这段时间里，弹簧弹力对物体A 的冲量等于( ) A ．m v B ．m v －Mu C ．m v ＋MuD ．m v ＋mu解析：以B 为研究对象，根据动量定理得Mgt ＝Mu ，则u ＝gt ， 以A 为研究对象，由动量定理得I F －mgt ＝m v ， 所以I F ＝mgt ＋m v ＝mu ＋m v ，D 正确． 答案：D5.质量为ma ＝1 kg ，mb ＝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，不能确定解析：由x t图象知，碰撞前v a＝3 m/s，v b＝0，碰撞后v a′＝－1 m/s，v b′＝2 m/s，碰撞前动能12m av2a＋12m bv2b＝92J，碰撞后动能12m av a′2＋12m bv b′2＝92J，故机械能守恒；碰撞前动量m a v a＋m b v b＝3 kg·m/s，碰撞后动量m a v a′＋m b v b′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞．答案：A6.如图所示，两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是()A．两滑块的动量之和变大B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等D．整个过程中两滑块的机械能增大解析：对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒，A错误．由动量守恒定律得0＝m M v M－m N v N得两滑块动量等大反向，B正确．当m M＝m N 时，v M＝v N，C正确．整个过程弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．答案：BCD7.如图所示，质量均为M的物体A和B静止在光滑水平地面上并紧靠在一起(不粘连)，A的ab部分是四分之一光滑圆弧，bc部分是粗糙的水平面．现让质量为m的小物块C(可视为质点)自a点静止释放，最终刚好能到达c点而不从A上滑下．下列说法中正确的是() A．小物块C到b点时，A的速度最大B．小物块C到c点时，A的速度最大C．小物块C到b点时，C的速度最大D．小物块C到c点时，A的速率大于B的速率解析：小物块C自a点静止释放，到达b点的过程中A、B、C三者组成的系统水平方向动量守恒，C对A的弹力做正功，A、B整体的速度越来越大，由于C 和A、B整体的动量等大反向，所以C速度也越来越大，C在bc部分滑动的过程中，A、C组成的系统动量守恒，由于在b点时C的动量大于A的动量，所以最终C和A相对静止时，一起向右运动，C在bc段滑动的过程，C由于摩擦力作用做减速运动，A先向左做减速运动，然后向右做加速运动，直至与C有共同速度．B一直向左做匀速直线运动，由于A、B、C系统的动量也是守恒的，所以当A、C有共同速度时，A、C的总动量与B的动量等大反向，而A的质量和B的质量相等，因而当小物块C到c点时，A的速率小于B的速率．由此可以看出，小物块C到b点时，A的速度最大，小物块C到b点时，C的速度也达最大．答案：AC8.如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是()A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为12mghB．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghC．B能达到的最大高度为h 2D．B能达到的最大高度为h 4解析：根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝2gh，根据动量守恒定律可得A 与B 碰撞后的速度为v ＝12v 0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm ＝12·2m v 2＝12mgh ，即A 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与B 将分开，B 以v 的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh ′＝12m v 2，B 能达到的最大高度为h4，选项D 正确． 答案：AD二、非选择题(共4小题，52分)9．(12分)某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A 、B 两球的碰撞来验证动量守恒定律．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置C 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A 球仍从位置C 由静止开始滚下，和B 球碰撞后，A 、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次，得到了如图乙所示的三个落地点．(1)请你叙述用什么方法找出落地点的平均位置？___________________________________________________________________. 并在图中读出OP ＝________.(2)已知m A ∶m B ＝2∶1，碰撞过程中动量守恒，则由图可以判断出R 是________球的落地点，P 是________球的落地点．(3)用题中的字母写出动量守恒定律的表达式_______________________. 解析：(1)用圆规画出尽可能小的圆把所有的小球落点痕迹都圈在里面，其圆心就是小球落地点的平均位置；由图中读出OP ＝17.5 cm.(2)A与B相碰后，B的速度增大，A的速度减小，而碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以Q点是没有碰时A球的落地点，R是碰后B球的落地点，P是碰后A球的落地点．(3)设碰前A球的速度为v0，碰后A球速度为v1，B球速度为v2，根据动量守恒定律可得m A v0＝m A v1＋m B v2，两小球从同一高度开始下落，下落的时间相同，故有m A v0t＝m A v1t＋m B v2t，即m A·OQ＝m A·OP＋m B·OR.答案：(1)用圆规画出尽可能小的圆把所有的小球落点痕迹都圈在里面，其圆心就是小球落地点的平均位置17．5 cm(17.0～18.0 cm均可)(2)B A(3)m A·OQ＝m A·OP＋m B·OR＝0.98 kg10.(10分)在一水平支架上放置一个质量m的小球A，一颗质量为m0＝20 g的子弹以水平初速度v0＝300 m/s的速度击中小球A并留在其中．之后小球A水平抛出恰好落入迎面驶来的沙车中，已知沙车的质量m2＝2 kg，沙车的速度v1＝2 m/s，水平面光滑，不计小球与支架间的摩擦．(1)若子弹打入小球A的过程用时Δt＝0.01 s，求子弹与小球间的平均作用力大小．(2)求最终小车B的速度．解析：(1)子弹打入木块的过程，对子弹和小球由动量守恒得，m0v0＝(m0＋m1)v 对小球由动量定理得FΔt＝m1v－0解得F＝588 N.(2)子弹打入之后小球平抛，小球(含子弹)与沙车组成的系统在水平方向动量守恒，规定向右为正方向． (m 0＋m 1)v －m 2v 1＝(m 0＋m 1＋m 2)v 2 解得v 2＝23 m/s ，方向水平向右． 答案：(1)588 N (2)23 m/s ，方向水平向右11.(14分)如图所示，半径为R ＝1611 m 的光滑的圆弧形凹槽固定放置在光滑的水平面上，凹槽的圆弧面与水平面在B 点相切，另一条半径OC 与竖直方向的夹角为θ＝37°，C 点是圆弧形凹槽的最高点，两个大小相同的小球P 、Q 质量分别为m 1＝2 kg 和m 2＝1 kg ，Q 静止于B 点，P 放置于水平面上A 点．给P 施加一个F ＝60 N 的水平向右的瞬间作用力，P 在B 点与Q 发生对心正碰，碰撞过程没有能量损失，碰后Q 恰好能经过最高点C ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求： (1)P 碰前的速度大小v 1和碰后的速度大小v 2； (2)力F 的作用时间t .解析：(1)Q 恰能经过最高点C ，在C 点有 m 2g cos θ＝m 2v 2C RQ 从B 到C 过程中机械能守恒 12m 2v 2B ＝12m 2v 2C ＋m 2gR (1＋cos θ) 联立解得v B ＝8 m/sP 和Q 碰撞过程中系统动量守恒 m 1v 1＝m 1v 2＋m 2v B 系统能量守恒12m 1v 21＝12m 1v 22＋12m 2v 2B 解得v 1＝6 m/s ，v 2＝2 m/s.(2)由动量定理知Ft ＝m 1v 1 t ＝m 1v 1F ＝0.2 s.答案：(1)6 m/s 2 m/s (2)0.2 s12.(16分)如图，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求： (1)两球a 、b 的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比．解析：(1)设球b 的质量为m 2，细线长为L ，球b 下落至最低点，但未与球a 相碰时的速率为v ，由机械能守恒定律得 m 2gL ＝12m 2v 2①式中g 为重力加速度的大小．设球a 的质量为m 1，在两球碰后的瞬间，两球的共同速度为v ′，以向左为正方向，由动量守恒定律得 m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得12(m 1＋m 2)v ′2＝(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)③ 联立①②③式代入题给数据得m 1m 2＝2－1.④ (2)两球在碰撞过程中的机械能损失为 Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)⑤联立①⑤式，Q 与碰前球b 的最大动能E k (E k ＝12m 2v 2) 之比为QE k＝1－m1＋m2m2(1－cos θ) ⑥联立④⑥式，并代入题给数据得QE k＝1－22.答案：(1)2－1(2)1－2 2。
(新课标)近年届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第一节动量动量定理达标诊断高效训练(2021年整
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第一节动量动量定理(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·山西芮城中学检测）人从高处跳到低处时,为了安全，一般都是前脚掌先着地，并在着地的过程中屈腿下蹲，这是为了( )A．使人的动量变化量变得更小B．减小人脚所受的冲量C．延长人体速度变化所经历的时间,从而减小地面对人脚的作用力D．增大人对地的压强，使人站立得更稳，起到安全作用解析：选C。
人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知：(F－mg）t＝Δmv；而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力;故C正确，A、B、D 错误．2．(2018·辽宁六校协作体联考)相同的鸡蛋从同样的高度自由下落，落在水泥地面上鸡蛋易碎，落在海绵垫子上鸡蛋不易碎．若不考虑反弹，则两种情况相比较，下列说法中正确的是（)A．鸡蛋与水泥地面接触的过程中动量变化较大B．落在海绵垫子上鸡蛋所受合外力的冲量较小C．两次接触的过程中鸡蛋的动量变化相同D．两次接触的过程中鸡蛋的动量变化率相同解析：选C.鸡蛋从同一高度掉下,根据动能定理可知，落在水泥地和海绵垫前瞬间速度相同，初动量相同，末动量都变为零，则动量变化量相同，故A错误,C正确；根据动量定理知,动量变化量相同，落在水泥地面和海绵上动量冲量大小相等，故B错误；根据动量定理知,动量变化量相同，落在水泥地上作用的时间短，则动量变化率大，故D错误．3。
[配套K12]2019届高考物理一轮复习 第六章 动量学案
![[配套K12]2019届高考物理一轮复习 第六章 动量学案](https://img.taocdn.com/s3/m/d81735b39e314332396893ae.png)
第六章 动 量[全国卷5年考情分析](说明：2013～2016年，本章内容以选考题目出现)第1节动量定理(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。
(√)1．动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合外力方向相同。
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．动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量。
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。
突破点(一) 动量与冲量的理解1．动能、动量、动量变化量的比较动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差定义式E k ＝12mv 2 p ＝mv Δp ＝p ′－p 标矢性标量 矢量 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联系 (1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的；动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2．冲量和功的区别(1)冲量和功都是过程量。
冲量表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用。
(2)冲量是矢量，功是标量。
(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零。
3．冲量的计算(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝F1＋F22t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
近年届高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律第1节动能和动量定理练习新人教版(2021年整理)
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第六章第一节动能和动量定理［A级—基础练]1．(08786533）物体在恒力作用下运动，下列说法中正确的是（）A．动量的方向与受力方向相同B．动量的方向与冲量的方向相同C．动量的增量方向与受力方向相同D．动量变化率的方向与速度方向相同解析:C ［物体动量的方向由物体的速度方向决定，只有物体动量的变化（动量的增量)方向才与冲量的方向相同，动量变化率就是物体所受的合外力，其方向与速度方向无关，所以本题只有C选项正确．]2．（08786534)下列对几种物理现象的解释中,正确的是（)A．击钉时不用橡皮锤,是因为橡皮锤太轻B．跳远时，在沙坑里填沙,是为了减小冲量C．推车时推不动，是因为合外力冲量为零D．动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来解析：C ［根据Ft＝Δp，可知A项中橡皮锤与钉作用时间长,作用力小；B项中冲量相同，减小的是冲力而不是冲量；C项中车不动，其动量变化量为零,则合外力冲量为零；D项中两物体Δp、F相同，故t应相同,故选C.] 3。
(08786535）我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子 3 000 m 接力三连冠．观察发现，“接棒"的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行,待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则( )A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：B [由于甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等,方向相反，因此两个力的冲量大小相等，方向相反，由动量定理可知,两者的动量变化量大小相等，方向相反，选项A错误，B正确；虽然甲、乙之间的相互作用力等大反向，但在作用力作用过程中两人的位移不一定相等，所以做功不一定相等,由动能定理可知，甲、乙动能的变化量也不一定相等，选项C、D错误．] 4．（08786536）甲、乙两物体分别在恒力F1,F2的作用下沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示．设甲在t1时间内所受的冲量为I1,乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F1与F2,I1与I2的大小关系是( ）A．F1〉F2，I1＝I2B．F1〈F2，I1<I2C．F1>F2，I1>I2D．F1＝F2，I1＝I2解析：A [因为冲量I＝Δp，从图上可以看出甲、乙两物体所受的冲量的大小I1＝I2，又因为I1＝F1t1，I2＝F2t2，t2〉t1,所以F1>F2，故选项A正确．] 5．（08786537）古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的撞击力时即可致死，并设兔子与树桩的作用时间为0.2 s，则被撞死的兔子奔跑的速度可能为(g取10 m/s2)( )①1 m/s ②1。
2019版一轮优化探究物理(沪科版)练习：第六章 第1讲 动量 动量定理 Word版含解析
[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明()A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体受到的每个力的冲量大小都为5 N·sD．若发生变化的时间为1 s，则物体所受合外力的大小为5 N解析：因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同，故无法确定动量是增大还是减小，A、B错误；由动量定理I＝Δp可知，合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同，C错误；由Δp＝F·t可知D正确．答案：D2．运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为()A．1000 N·s B．500 N·sC．零D．无法确定解析：滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．答案：D3．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：相互作用过程中的相互作用力大小相等，方向相反，作用时间相同，因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，由动量定理可知，甲、乙动量变化大小相等，方向相反，A 错，B 对；虽然相互作用力大小相等，方向相反，甲、乙在相互作用过程中的位移不同，乙对甲做的正功与甲对乙做负功的多少不同，由动能定理知，甲的动能增加量不等于乙动能的减少量，故C 、D 错误． 答案：B4．质量为0.2 kg 的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量变化量Δp 和合外力对小球做的功W ，下列说法正确的是( )A ．Δp ＝2 kg·m/s ，W ＝－2 JB ．Δp ＝－2 kg·m/s ，W ＝2 JC ．Δp ＝0.4 kg·m/s ，W ＝－2 JD ．Δp ＝－0.4 kg·m/s ，W ＝2 J解析：取竖直向上为正方向，则小球与地面磁撞过程中动量的变化量Δp ＝m v 2－m v 1＝2 kg·m/s ，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功W ＝12m v 22－12m v 21＝－2 J ，A 正确．答案：A5.(2018·山东济南高三质检)如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触但不粘连的木块A 、B ，质量分别为m 1和m 2，今有一子弹水平穿过两木块．设子弹穿过木块A 、B 的时间分别为t 1和t 2，木块对子弹的阻力恒为f ，则子弹穿过两木块后，木块A 的速度大小是( )A.ft 1m 1＋m 2B.ft 1m 1C.f (t 1＋t 2)m 1＋m 2 D ．f (t 1＋t 2)m 1解析：子弹穿过两木块后木块A 的速度大小等于子弹穿过A 时两木块的速度大小，根据动量定理，取两木块系统为研究对象，以子弹穿过A 为研究过程，则ft1＝(m1＋m2)v，解得v＝ft1m1＋m2，A正确．答案：A二、多项选择题6．下列关于力的冲量和动量的说法中，正确的是()A．物体所受的合外力为零，它的动量一定为零B．物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化一定为零C．物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化一定为零D．物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变解析：物体所受的合外力为零，物体可能处于静止状态，也可能做匀速直线运动，故其动量不一定为零，A错误．物体所受的合外力做的功为零，有可能合外力垂直于速度方向，合外力不改变速度大小，只改变速度方向，而动量是矢量，所以其动量变化不为零，B错误．根据动量定理I＝Δp，故冲量为零，则其动量变化量一定为零，C正确．根据Ft＝Δp得F＝Δpt，可得物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变，D正确．答案：CD7．(2018·江西抚州市四校联考)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图像如图所示，则下列说法中正确的是()A．0～4 s内物体的位移为零B．0～4 s内拉力对物体做功为零C．4 s末物体的动量为零D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零解析：由图像可知物体在4 s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，A错误；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4 s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，0～4 s内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．答案：BCD8.如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有()A．小球的机械能减少了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于m2gHD．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：由动能定理得mg(H＋h)＋W f＝0，W f＝－mg(H＋h)，所以小球的机械能减少了mg(H＋h)，A正确，B错误．小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgH ＝12m v2，v＝2gH，落到地面上后又陷入泥潭，由动量定理I G－I f＝0－m v，所以I f＝I G＋m v＝I G＋m2gH，小球所受阻力的冲量大于m2gH，C正确．由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，D错误．答案：AC[能力题组]一、选择题9.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自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是()A．重力的冲量B．合力的冲量C．刚到达底端时的动量D．刚到达底端时的动能解析：设斜面的高度为h，倾角为θ，则物体沿斜面下滑的位移s＝hsin θ，下滑的加速度a＝g sin θ.由s＝12at 2得，物体沿斜面下滑的时间t＝2hg sin2θ.重力的冲量I G＝mgt＝msin θ2gh，方向竖直向下．因为两斜面的倾角θ不同，所以两物体重力的冲量大小不相等，但方向相同，A错误．物体所受合力的冲量I合＝mg sin θ·t＝m2gh，方向沿斜面向下．两物体所受合力的冲量大小相等，但由于斜面倾角不同，所以冲量的方向不同，B错误．由机械能守恒定律可知，两物体沿斜面滑到底端时的速度大小v＝2gh相等，但方向不同，故两物体在斜面底端的动量不相同，动能相同，C错误，D正确．答案：D10．(多选)(2018·天津模拟)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，其a-t图像如图乙所示，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．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/sB．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为396 JC．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·sD．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W解析：类比速度—时间图像中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图像中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内，Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错误；由动能定理可知，在0～6 s内，合力做的功为W＝12m v 2－12m v2＝396 J，B项正确；由动量定理可知，I F－f·t＝m v－m v0，代入已知条件解得I F＝48 N·s，C项错误；由牛顿第二定律，可知在t＝6 s时，F－f＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝F v＝200 W，D项正确．答案：BD二、非选择题11．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器的质量为M ，发射的是2价氧离子，发射功率为P ，加速电压为U ，每个氧离子的质量为m ，单位电荷的电荷量为e ，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：(1)射出的氧离子速度；(2)每秒钟射出的氧离子数；(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度．解析：(1)每个氧离子带电荷量为q ＝2e ，由动能定理得qU ＝12m v 2，即得氧离子速度v ＝4eUm .(2)设每秒射出的氧离子数为n ，每秒对离子做的总功为nqU ，即功率为P ＝nqU ，由此可得每秒钟射出的氧离子数n ＝P 2eU. (3)由动量定理得F ＝Δp Δt ＝nm v .又由牛顿第二定律得F ＝Ma ，综合上述各式，得飞行器开始运动的加速度a ＝mP 2eUM 2. 答案：(1) 4eU m (2) P 2eU (3) mP 2eUM 2 12．质量为1 kg 的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N 的水平恒力F 作用于物体上，使之加速前进，经3 s 后撤去F .求物体运动的总时间(g 取10 m/s 2)．解析：物体由开始运动到停止运动的全过程中，F 的冲量为Ft 1，摩擦力的冲量为ft .选水平恒力F 的方向为正方向，根据动量定理有Ft 1－ft ＝0①又f ＝μmg ②联立①②式解得t ＝Ft 1μmg ，代入数据解得t ＝3.75 s.答案：3.75 s13．(2018·山东济南质检)2016年9月在济青高速公路上，一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ，据测算两车相撞前速度约为30 m/s.(1)试求车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ，求这时人体受到的平均冲力为多大？解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m ．设运动的时间为t ，根据s ＝v 02t ，得t ＝2s v 0＝130 s. 根据动量定理有Ft ＝Δp ＝m v 0，得F ＝m v 0t ＝60×30130N ＝5.4×104 N.(2)若人系有安全带，则F ′＝m v 0t ′＝60×301 N ＝1.8×103 N. 答案：(1)5.4×104 N (2)1.8×103 N。
【配套K12】(全国通用)2019版高考物理一轮复习备考精炼： 第六章 动量 动量守恒定律 微专题5
50 力学三大规律的综合应用[方法点拨] 做好以下几步：①确定研究对象，进行运动分析和受力分析；②分析物理过程，按特点划分阶段；③选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．1．(2018·广东东莞模拟)如图1所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为m 、相距l 沿直线排列，静置于水平地面上．为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离l 2，恰好停靠在墙边．若车运动时受到的摩擦力恒为车重的k 倍，忽略空气阻力，重力加速度为g .求：图1(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能；(2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小．2．(2017·河北石家庄第二次质检)如图2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，小球到达最高点时与金属槽圆弧最低点的距离为74R ，重力加速度为g ，不计空气阻力．求：图2(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．3.(2017·江西上饶一模)如图3所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端．已知A、B质量相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g.求：图3(1)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数；(2)当A刚到C的右端时，B、C相距多远？4．(2017·河南六市第一次联考)足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为x0，如图4所示．一物块从钢板上方距离为3x0的A处沿斜面滑下，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，O为弹簧自然伸长时钢板的位置．若物块质量为2m，仍从A处沿斜面滑下，则物块与钢板回到O 点时，还具有向上的速度，已知重力加速度为g，计算结果可以用根式表示，求：图4(1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1；(2)碰撞前弹簧的弹性势能；(3)质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离．5．(2017·山东泰安一模)如图5所示，质量为m1＝0.5 kg的小物块P置于台面上的A点并与水平弹簧的右端接触(不拴接)，轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量M＝1 kg的长木板静置于水平面上，其上表面与水平台面相平，且紧靠台面右端．木板左端放有一质量m2＝1 kg的小滑块Q.现用水平向左的推力将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，撤去推力，此后P沿台面滑到边缘C时速度v0＝10 m/s，与长木板左端的滑块Q相碰，最后物块P 停在AC的正中点，Q停在木板上．已知台面AB部分光滑，P与台面AC间的动摩擦因数μ1＝0.1，AC间距离L＝4 m．Q与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.1(g取10 m/s2)，求：图5(1)撤去推力时弹簧的弹性势能；(2)长木板运动中的最大速度；(3)长木板的最小长度．6．(2018·河北邢台质检)如图6所示，某时刻质量为m1＝50 kg的人站在m2＝10 kg的小车上，推着m3＝40 kg的铁箱一起以速度v0＝2 m/s在水平地面沿直线运动到A点时，该人迅速将铁箱推出，推出后人和车刚好停在A点，铁箱则向右运动到距A点s＝0.25 m的竖直墙壁时与之发生碰撞而被弹回，弹回时的速度大小是碰撞前的二分之一，当铁箱回到A点时被人接住，人、小车和铁箱一起向左运动，已知小车、铁箱受到的摩擦力均为地面压力的0.2倍，重力加速度g＝10 m/s2，求：图6(1)人推出铁箱时对铁箱所做的功；(2)人、小车和铁箱停止运动时距A点的距离．答案精析1．(1)mkgl (2)m 6gkl解析 (1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v 1，与第二辆车碰后的共同速度为v 2.由动量守恒定律有mv 1＝2mv 2由动能定理有－2kmg ·l 2＝0－12(2m )v 22 则碰撞中系统损失的机械能ΔE ＝12mv 12－12(2m )v 22 联立以上各式解得ΔE ＝mkgl(2)设第一辆车推出时的速度为v 0由动能定理有－kmgl ＝12mv 12－12mv 02 I ＝mv 0联立解得I ＝m 6gkl2．(1)5mg (2)(33＋833)m 31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 ＝12mv 02小球刚到最低点时，根据圆周运动规律和牛顿第二定律有： F N －mg ＝m v 02R据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：F N ′＝F N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：mv 0＝(m ＋M )v设小球到达最高点时与金属槽圆弧最低点的高度为h .则有R 2＋h 2＝(74R )2 根据能量守恒定律有：mgh ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2 联立解得M ＝(33＋833)m 31.3．(1)4v 0227gL (2)L 3解析 (1)设A 、B 的质量为m ，则C 的质量为2m .B 、C 碰撞过程中动量守恒，令B 、C 碰后的共同速度为v 1，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝3mv 1 解得：v 1＝v 03 B 、C 共速后A 以v 0的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离，A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度v 2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＋2mv 1＝3mv 2解得：v 2＝5v 09在A 、C 相互作用过程中，根据能量守恒定律得：F f L ＝12mv 02＋12×2mv 12－12×3mv 22又F f ＝μmg解得：μ＝4v 0227gL(2)A 在C 上滑动时，C 的加速度a ＝μmg 2m ＝2v 0227L A 从滑上C 到与C 共速经历的时间：t ＝v 2－v 1a ＝3L v 0B 运动的位移：x B ＝v 1t ＝LC 运动的位移x C ＝(v 1＋v 2)t 2＝4L 3B 、C 相距：x ＝x C －x B ＝L 34．(1)6gx 0sin θ2 (2)12mgx 0sin θ (3)x 02解析 (1)设物块与钢板碰撞前速度为v 0，3mgx 0sin θ＝12mv 02 解得v 0＝6gx 0sin θ设物块与钢板碰撞后一起运动的速度为v 1，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得 mv 0＝2mv 1解得v 1＝6gx 0sin θ2(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为E p ，当它们一起回到O 点时，弹簧无形变，弹性势能为零，根据机械能守恒定律得E p ＋12(2m )v 12＝2mgx 0sin θ解得E p ＝12mgx 0sin θ (3)设v 2表示质量为2m 的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得2mv 0＝3mv 2它们回到O 点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v ，由机械能守恒定律得 E p ＋12(3m )v 22＝3mgx 0sin θ＋12(3m )v 2在O 点物块与钢板分离，分离后，物块以速度v 继续沿斜面上升，设运动到达的最高点离O 点的距离为l ，有 v 2＝2al2mg sin θ＝2ma解得l ＝x 025．(1)27 J (2)2 m/s (3)3 m解析 (1)小物块P 由B 到C 的过程： W 弹－μ1m 1gL ＝12m 1v 02－0解得W 弹＝27 J E p ＝W 弹＝27 J即撤去推力时弹簧的弹性势能为27 J.(2)小物块P 和滑块Q 碰撞过程动量守恒，以v 0的方向为正方向m 1v 0＝－m 1v P ＋m 2v Q小物块P 从碰撞后到静止－12μ1m 1gL ＝0－12m 1v P 2 解得v Q ＝6 m/sQ 在长木板上滑动过程中：对Q ：－μ2m 2g ＝m 2a 1对木板：μ2m 2g －μ3(M ＋m 2)g ＝Ma 2解得a 1＝－4 m/s 2，a 2＝2 m/s 2当滑块Q 和木板速度相等时，木板速度最大，设速度为v ，滑行时间为t . 对Q ：v ＝v Q ＋a 1t对木板：v ＝a 2t解得t ＝1 sv ＝2 m/s长木板运动中的最大速度为2 m/s(3)在Q 和木板相对滑动过程中Q 的位移：x Q ＝12(v Q ＋v )·t木板的位移：x 板＝12(0＋v )·t 木板的最小长度：L ＝x Q －x 板解得L ＝3 m6．(1)420 J (2)0.2 m解析 (1)人推铁箱过程，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得： (m 1＋m 2＋m 3)v 0＝m 3v 1解得v 1＝5 m/s人推出铁箱时对铁箱所做的功为： W ＝12m 3v 12－12m 3v 02＝420 J(2)设铁箱与墙壁相碰前的速度为v 2，箱子再次滑到A 点时速度为v 3，根据动能定理得：从A 到墙：－0.2m 3gs ＝12m 3v 22－12m 3v 12 解得v 2＝2 6 m/s从墙到A ：－0.2m 3gs ＝12m 3v 32－12m 3(12v 2)2 解得v 3＝ 5 m/s设人、小车与铁箱一起向左运动的速度为v 4，以向左方向为正方向，根据动量守恒定律得：m 3v 3＝(m 1＋m 2＋m 3)v 4解得v 4＝255m/s 根据动能定理得：－0.2(m 1＋m 2＋m 3)gx ＝0－12(m 1＋m 2＋m 3)v 42 解得x ＝0.2 m。
【课标通用版】2019届高考物理一轮教案：第6章-动量(Word版,含答案)
第六章 ⎪⎪⎪动 量[全国卷5年考情分析](说明：2013～2016年，本章内容以选考题目出现)第1节动量定理(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。
(√)1．动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合外力方向相同。
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．动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量。
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。
突破点(一) 动量与冲量的理解1．动能、动量、动量变化量的比较动能 动量 动量变化量 定义物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差 定义式E k ＝12m v 2 p ＝m v Δp ＝p ′－p 标矢性标量 矢量 矢量 特点状态量 状态量 过程量 关联方程 E k ＝p 22m ，E k ＝12p v ，p ＝2mE k ，p ＝2E k v 联系 (1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的；动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2．冲量和功的区别(1)冲量和功都是过程量。
冲量表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用。
(2)冲量是矢量，功是标量。
(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零。
3．冲量的计算(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝F1＋F22t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
【教科版】2019版一轮优化 探究物理练习 第六章 第2讲 动量守恒定律及其应用 含解析
[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．(2018·黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的()A．质量相等B．动能相等C．动量大小相等D．速度大小相等解析：两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C正确．答案：C2.(2018·山东济南检测)如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dPa打到屏MN上的a点，通过Pa段用时为t.若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上．两个微粒所受重力均忽略．新微粒运动的()A．轨迹为Pb，至屏幕的时间将小于tB．轨迹为Pc，至屏幕的时间将大于tC．轨迹为Pb，至屏幕的时间将等于tD．轨迹为Pa，至屏幕的时间将大于t解析：碰撞过程中动量守恒m v＝(m＋Δm)v′，据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式R＝m vqB可知新粒子的轨迹不变．由于新粒子的速度v′＜v，因此运动时间变长，正确选项为D.答案：D3.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 解析：火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，D 项正确． 答案：D4.(2018·抚州市四校联考)如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M ＝3.0 kg.质量为m ＝1.0 kg 的铁块以水平速度v 0＝4.0 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．4.0 JB ．6.0 JC ．3.0 JD ． 20 J解析：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L ，摩擦力大小为f ，根据能量守恒定律得12m v 20＝fL ＋12(M ＋m )v 2＋E p 铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得12m v 20＝2fL ＋12(M ＋m )v 2 又根据系统动量守恒可知，m v 0＝(M ＋m )v联立得到E p ＝3.0 J ，故选C.答案：C5．两质量、大小完全相同的正方体木块A 、B ，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射来的子弹先后穿透两木块后飞出，若木块对子弹的阻力恒定不变，子弹射穿两木块的时间相同，则A 、B 两木块被子弹射穿后的速度之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶ 3解析：因木块对子弹的阻力恒定，且子弹射穿两木块的时间相同，子弹在射穿两木块对木块的冲量相同．射穿A 时，两木块获得的速度为v ′，根据动量定理，有I ＝2m v ′－0①射穿木块B 时，B 的速度发生改变，而A 的速度不变．射穿B 后，B 的速度为v ″，根据动量定理，有I ＝m v ″－m v ′②①②联立，2m v ′＝m v ″－m v ′得v ′v ″＝13.选项C 正确． 答案：C二、多项选择题6.在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m 0，小车和单摆以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝M v 1＋m v 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v 1和v 2，满足M v ＝M v 1＋m v 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v 1，满足M v ＝(M ＋m )v 1D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2解析：在小车M 和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度v 匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A 、D 项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B 、C 选项正确．答案：BC7.A 、B 两球沿同一条直线运动，如图所示的x-t 图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a 、b 分别为A 、B 碰撞前的x-t 图像，c 为碰撞后它们的x-t 图像．若A 球质量为1 kg ，则B 球质量及碰后它们的速度大小为( )A ．2 kgB.23 kg C ．4 m/s D ．1 m/s解析：由图像可知碰撞前二者都做匀速直线运动，v a ＝4－102 m/s ＝－3 m/s ，v b ＝4－02 m/s ＝2 m/s ，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，v c ＝2－44－2 m/s ＝ －1 m/s.碰撞过程中动量守恒，即m A v a ＋m B v b ＝(m A ＋m B )v c可解得m B ＝23 kg由以上可知选项B 、D 正确．答案：BD8.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；滑块M 以初速度v 0向右运动，它与挡板P 碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N 以速度v 0向右运动．在此过程中( )A ．M 的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B ．M 与N 具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C．M的速度为v02时，弹簧的长度最长D．M的速度为v02时，弹簧的长度最短解析：M、N两滑块碰撞过程中动量守恒，当M与N具有相同的速度v02时，系统动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大，A错误，B正确；M的速度为v02时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C错误，D正确．答案：BD[能力题组]一、选择题9．(2018·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是()A．m1＝m2B．2m1＝m2C．4m1＝m2D．6m1＝m2解析：甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2，所以有m1≤2151m2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p1m1＞p2m2，即m1＜57m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p1′m1≤p2′m2，所以m1≥15m2.因此C选项正确．答案：C10.(多选)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m 、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m 的小球以水平初速度v 0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则( )A ．小球以后将向右做平抛运动B ．小球将做自由落体运动C ．此过程小球对小车做的功为m v 202D ．小球在弧形槽内上升的最大高度为v 202g解析：小球升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v ′，由水平方向动量守恒得m v 0＝2m v ′，由机械能守恒定律得12m v 20＝2×12m v ′2＋mgh ，解得h ＝v 204g ，故D 错；从小球滑上小车到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦，故机械能守恒，设小球速度大小为v 1，小车速度大小为v 2，则m v 0＝m v 2－m v 1，12m v 20＝12m v 22＋12m v 21，解得v 2＝v 0，v 1＝0，即两者交换速度，故B 、C 正确，A 错．答案：BC二、非选择题11．如图所示，光滑水平面上有三个滑块A 、B 、C ，质量关系是m A ＝m C ＝m 、m B ＝m 2.开始时滑块B 、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态．滑块A 以速度v 0正对B 向右运动，在A 未与B 碰撞之前，引爆B 、C 间的炸药，炸药爆炸后B 与A 迎面碰撞，最终A 与B 粘在一起，以速率v 0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C 的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能．解析：(1)全过程，A 、B 、C 组成的系统动量守恒，有m A v 0＝－(m A ＋m B )v 0＋m C v C解得v C ＝52v 0炸药对C 的冲量I ＝m C v C －0＝52m v 0，方向向右．(2)炸药爆炸过程，B 和C 组成的系统动量守恒，有m C v C －m B v B ＝0据能量关系ΔE ＝12×m 2v 2B ＋12m v 2C解得ΔE ＝758m v 20答案：(1)52m v 0，方向向右 (2)758m v 2012．(2018·山西五校联考)如图甲所示，质量均为m ＝0.5 kg 的相同物块P 和Q (可视为质点)分别静止在水平地面上A 、C 两点．P 在按图乙所示随时间变化的水平力F 作用下由静止开始向右运动，3 s 末撤去力F ，此时P 运动到B 点，之后继续滑行并与Q 发生弹性碰撞．已知B 、C 两点间的距离L ＝3.75 m ，P 、Q 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，求：(1)P 到达B 点时的速度大小v 及其与Q 碰撞前瞬间的速度大小v 1；(2)Q 运动的时间t .解析：(1)在0～3 s 内，对P 由动量定理有：F 1t 1＋F 2t 2－μmg (t 1＋t 2)＝m v －0，其中F 1＝2 N ，F 2＝3 N ，t 1＝2 s ，t 2＝1 s 解得：v ＝8 m/s设P 在B 、C 两点间滑行的加速度大小为a ，由牛顿第二定律有： μmg ＝maP在B、C两点间做匀减速直线运动，有：v2－v21＝2aL解得：v1＝7 m/s(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有：m v1＝m v1′＋m v212m v 21＝12m v1′2＋12m v22碰撞后Q做匀减速直线运动，有：t＝v2 a解得：t＝3.5 s答案：(1)8 m/s7 m/s(2)3.5 s13．如图所示，长木板B的质量为m2＝1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m1＝0.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l＝9.5 m处，以速度v0＝10 m/s向着长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上．已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离．解析：(1)设物块A与木板B碰前的速度为v由动能定理得：－μ1m1gl＝12m1v2－12m1v20解得v＝v20－2μ1gl＝9 m/sA与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ， v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s. (2)碰撞后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律 对木板B 有：－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝m 2a 1对物块C 有：μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为tv 2＋a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝3 mB 、C 达到共同速度之后，因μ1＜μ2，二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3 由牛顿运动定律得：μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 3)a 3整个过程B 运动的位移为：x B ＝v 2t ＋12a 1t 2＋0－(a 2t )2－2a 3＝6 m A 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小也为a 3，位移为：x A ＝0－v 21－2a 3＝4.5 m 物块A 离长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5 m.答案：(1)－3 m/s 6 m/s (2)3 m 10.5 m。
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[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明()A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体受到的每个力的冲量大小都为5 N·sD．若发生变化的时间为1 s，则物体所受合外力的大小为5 N解析：因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同，故无法确定动量是增大还是减小，A、B错误；由动量定理I＝Δp可知，合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同，C错误；由Δp＝F·t可知D正确．答案：D2．运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为()A．1000 N·s B．500 N·sC．零D．无法确定解析：滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．答案：D3．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：相互作用过程中的相互作用力大小相等，方向相反，作用时间相同，因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，由动量定理可知，甲、乙动量变化大小相等，方向相反，A错，B对；虽然相互作用力大小相等，方向相反，甲、乙在相互作用过程中的位移不同，乙对甲做的正功与甲对乙做负功的多少不同，由动能定理知，甲的动能增加量不等于乙动能的减少量，故C 、D 错误． 答案：B4．质量为0.2 kg 的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量变化量Δp 和合外力对小球做的功W ，下列说法正确的是( )A ．Δp ＝2 kg·m/s ，W ＝－2 JB ．Δp ＝－2 kg·m/s ，W ＝2 JC ．Δp ＝0.4 kg·m/s ，W ＝－2 JD ．Δp ＝－0.4 kg·m/s ，W ＝2 J解析：取竖直向上为正方向，则小球与地面磁撞过程中动量的变化量Δp ＝m v 2－m v 1＝2 kg·m/s ，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功W ＝12m v 22－12m v 21＝－2 J ，A 正确．答案：A5.(2018·山东济南高三质检)如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触但不粘连的木块A 、B ，质量分别为m 1和m 2，今有一子弹水平穿过两木块．设子弹穿过木块A 、B 的时间分别为t 1和t 2，木块对子弹的阻力恒为f ，则子弹穿过两木块后，木块A 的速度大小是( )A.ft 1m 1＋m 2B.ft 1m 1C.f (t 1＋t 2)m 1＋m 2 D ．f (t 1＋t 2)m 1解析：子弹穿过两木块后木块A 的速度大小等于子弹穿过A 时两木块的速度大小，根据动量定理，取两木块系统为研究对象，以子弹穿过A 为研究过程，则ft 1＝(m 1＋m 2)v ，解得v ＝ft 1m 1＋m 2，A 正确． 答案：A二、多项选择题6．下列关于力的冲量和动量的说法中，正确的是( )A ．物体所受的合外力为零，它的动量一定为零B．物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化一定为零C．物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化一定为零D．物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变解析：物体所受的合外力为零，物体可能处于静止状态，也可能做匀速直线运动，故其动量不一定为零，A错误．物体所受的合外力做的功为零，有可能合外力垂直于速度方向，合外力不改变速度大小，只改变速度方向，而动量是矢量，所以其动量变化不为零，B错误．根据动量定理I＝Δp，故冲量为零，则其动量变化量一定为零，C正确．根据Ft＝Δp得F＝Δpt，可得物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变，D正确．答案：CD7．(2018·江西抚州市四校联考)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图像如图所示，则下列说法中正确的是()A．0～4 s内物体的位移为零B．0～4 s内拉力对物体做功为零C．4 s末物体的动量为零D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零解析：由图像可知物体在4 s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，A错误；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4 s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，0～4 s内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．答案：BCD8.如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有()A．小球的机械能减少了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于m2gHD ．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：由动能定理得mg (H ＋h )＋W f ＝0，W f ＝－mg (H ＋h )，所以小球的机械能减少了mg (H ＋h )，A 正确，B 错误．小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgH ＝12m v 2，v ＝2gH ，落到地面上后又陷入泥潭，由动量定理I G －I f ＝0－m v ，所以I f ＝I G ＋m v ＝I G ＋m 2gH ，小球所受阻力的冲量大于m 2gH ，C 正确．由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，D 错误．答案：AC[能力题组]一、选择题9.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自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是( )A ．重力的冲量B ．合力的冲量C ．刚到达底端时的动量D ．刚到达底端时的动能解析：设斜面的高度为h ，倾角为θ，则物体沿斜面下滑的位移s ＝h sin θ，下滑的加速度a ＝g sin θ.由s ＝12at 2得，物体沿斜面下滑的时间t ＝2hg sin 2 θ.重力的冲量I G ＝mgt ＝m sin θ2gh ，方向竖直向下．因为两斜面的倾角θ不同，所以两物体重力的冲量大小不相等，但方向相同，A 错误．物体所受合力的冲量I 合＝mg sin θ·t ＝m 2gh ，方向沿斜面向下．两物体所受合力的冲量大小相等，但由于斜面倾角不同，所以冲量的方向不同，B 错误．由机械能守恒定律可知，两物体沿斜面滑到底端时的速度大小v ＝2gh 相等，但方向不同，故两物体在斜面底端的动量不相同，动能相同，C 错误，D 正确．答案：D10．(多选)(2018·天津模拟)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，其a -t 图像如图乙所示，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．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/sB．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为396 JC．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·sD．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W解析：类比速度—时间图像中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图像中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内，Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错误；由动能定理可知，在0～6 s内，合力做的功为W＝12m v2－12m v2＝396 J，B项正确；由动量定理可知，I F－f·t＝m v－m v0，代入已知条件解得I F＝48 N·s，C项错误；由牛顿第二定律，可知在t＝6 s时，F－f＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝F v＝200 W，D项正确．答案：BD二、非选择题11．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，单位电荷的电荷量为e，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：(1)射出的氧离子速度；(2)每秒钟射出的氧离子数；(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度．解析：(1)每个氧离子带电荷量为q＝2e，由动能定理得qU＝12m v2，即得氧离子速度v＝4eU m.(2)设每秒射出的氧离子数为n，每秒对离子做的总功为nqU，即功率为P＝nqU，由此可得每秒钟射出的氧离子数n ＝P 2eU .(3)由动量定理得F ＝Δp Δt ＝nm v .又由牛顿第二定律得F ＝Ma ，综合上述各式，得飞行器开始运动的加速度a ＝mP 2eUM 2.答案：(1) 4eU m (2) P 2eU (3) mP 2eUM 2 12．质量为1 kg 的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N 的水平恒力F 作用于物体上，使之加速前进，经3 s 后撤去F .求物体运动的总时间(g 取10 m/s 2)．解析：物体由开始运动到停止运动的全过程中，F 的冲量为Ft 1，摩擦力的冲量为ft .选水平恒力F 的方向为正方向，根据动量定理有Ft 1－ft ＝0①又f ＝μmg ②联立①②式解得t ＝Ft 1μmg ，代入数据解得t ＝3.75 s.答案：3.75 s13．(2018·山东济南质检)2016年9月在济青高速公路上，一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ，据测算两车相撞前速度约为30 m/s.(1)试求车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ，求这时人体受到的平均冲力为多大？解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m ．设运动的时间为t ，根据s ＝v 02t ，得t ＝2s v 0＝130 s. 根据动量定理有Ft ＝Δp ＝m v 0，得F＝m v0t＝60×30130N＝5.4×104 N.(2)若人系有安全带，则F′＝m v0t′＝60×301N＝1.8×103 N.答案：(1)5.4×104 N(2)1.8×103 N。