动量定理和动量定律(近三年高考题)
高考物理动量守恒定律试题(有答案和解析)
高考物理动量守恒定律试题(有答案和解析)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．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。
已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度210m/s g =。
求：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N （2）13.5J 【解析】 【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：221111011=22m gL m v m v μ--解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2m v m v m v - 解之得：2=2m/s v碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222m v F m g l-=小球受到的拉力：42N F =（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()01112L v v t =+ 解之得：11s t =在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭解之得：22s t =滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v ， 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J3．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。
08 动量定理及动量守恒定律高考真题分项详解(原卷版)
十年高考分类汇编专题08动量定理及动量守恒定律（2011-2020）目录题型一、动量与动量定理的综合应用 (1)题型二、动量守恒定律与能量的综合应用模型一（碰撞类） (4)题型三、动量守恒定律与能量的综合应用模型二（弹簧类） (9)题型四、动量守恒定律与能量的综合应用模型三（反冲类） (10)题型五、动量守恒定律与能量的综合应用模型四（子弹木块、板块类） (12)题型六、动量守恒定律与能量的综合应用模型五（轨道类） (13)题型七、实验:验证动量守恒定律 (15)题型一、动量与动量定理的综合应用1.（2020江苏）.一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。
遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。
求该乌贼喷出的水的速度大小v。
2.（2020全国1）.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。
若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全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. 减少了碰撞前后司机动量的变化量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3.（2018全国2）高空坠物极易对行人造成伤害.若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A. 10 NB. 102 NC. 103 ND. 104 N4.（2018北京）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10 m，C是半径R=20 m圆弧的最低点，质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/s2，到达B点时速度vB=30 m/s.取重力加速度g=10 m/s2.（1）求长直助滑道AB的长度L；（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小.5.（2018江苏）如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下．经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．6.（2017全国3）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。
2024届全国高考复习物理历年好题专项(动量、冲量、动量定理)练习(附答案)
2024届全国高考复习物理历年好题专项（动量、冲量、动量定理）练习1．[2023ꞏ湖南岳阳测试]“守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出自《韩非子》，原文为：“宋人有耕田者．田中有株，兔走触株，折颈而死．因释其耒而守株，冀复得兔．兔不可复得，而身为宋国笑．”假设一只兔子的质量为2 kg，受到惊吓后从静止开始沿水平道路匀加速直线运动，经过1.2 s速度大小达到9 m/s后匀速奔跑，撞树后被水平弹回，反弹速度大小为 1 m/s，设兔子与树的作用时间为0.05 s，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．加速过程中兔子的加速度为180 m/s2B．加速过程中地面对兔子的平均水平作用力大小为20 NC．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为320 ND．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为400 N2．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全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．减少了碰撞前后司机动量的变化量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3.[2023ꞏ安徽省滁州市高考模拟]全民运动，始于“足下”，足球已经成为中国由“体育大国”向“体育强国”转变具有代表性的重要一步．如图所示，学生练习用脚颠球．足球的质量为0.4 kg，某一次足球由静止自由下落0.8 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45 m．已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A.足球从下落到再次上升到最大高度，全程用了0.7 sB．在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为1.4 JC．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为2.8 kgꞏ m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为4 Nꞏs4．[2023ꞏ福建莆田二模]如图甲是我国首艘“海上飞船”—“翔州1”．“翔州1”在平静的水面由静止开始在水平面上沿直线运动，若运动过程中受到的阻力不变，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示t＝50 s后，“翔州1”以20 m/s的速度做匀速直线运动．则下列说法正确的是()A．“翔州1”所受阻力的大小为2.0×104NB．0～50 s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为1.0×106NꞏsC．“翔州1”的质量为2.5×104kgD．0～50 s内，动力F的功为5.0×106J5.[2023ꞏ广东茂名二模]蹦床是我国的优势运动项目，我国蹦床运动员朱雪莹在东京奥运会上一举夺冠，为祖国争了光．如图所示为朱雪莹比赛时的情景，比赛中某个过程，她自距离水平网面高3.2 m处由静止下落，与网作用后，竖直向上弹离水平网面的最大高度为5 m，朱雪莹与网面作用过程中所用时间为0.7 s．不考虑空气阻力，重力加速度取10 m/s2，若朱雪莹质量为60 kg，则网面对她的冲量大小为()A．420 Nꞏs B．480 NꞏsC．1 080 Nꞏs D．1 500 Nꞏs6．[2022ꞏ湖北卷]一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是()A.W2＝3W1，I2≤3I1B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1D．W2＝7W1，I2≥I17．[2021ꞏ福建卷]福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响．已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的()A．2倍B．4倍C．8倍D．16倍8．[2021ꞏ天津卷](多选)一冲九霄，问鼎苍穹.2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段．下列关于火箭的描述正确的是()A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用9．[2021ꞏ北京卷]如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动．某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止．下列说法正确的是()A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωrC．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr10．[2022ꞏ山东卷]我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中()A．火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量11．[2023ꞏ山东济宁一模]一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为()A．Snmv20B．2Snmv20C．Snmv30D．2Snmv3012．[2022ꞏ湖南卷](多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v - t图像如图所示．设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是()A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变[答题区]题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案13.[2023ꞏ北京西城区5月模拟]在跳台滑雪比赛中，运动员在空中运动时身体的姿态会影响其速度和下落的距离．如图甲，跳台滑雪运动员在某次训练时，助滑后从跳台末端水平飞出，从离开跳台开始计时，用v表示其水平方向速度，v - t图像如图乙所示，运动员在空中运动时间为4 s．在此运动过程中，若运动员在水平方向和竖直方向所受空气阻力大小相等且保持恒定．已知运动员的质量为50 kg，重力加速度取10 m/s2，求：(1)滑雪运动员水平位移的大小和水平方向所受的阻力大小；(2)滑雪运动员在空中运动过程中动量变化量的大小(结果保留2位有效数字).14.[2021ꞏ重庆卷]我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔．小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测．某次，他在头盔中装入质量为5.0 kg的物体(物体与头盔密切接触)，使其从1.80 m的高处自由落下(如图)，并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03 m时，物体的速度减小到零．挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)头盔接触地面前瞬间的速度大小；(2)物体做匀减速直线运动的时间；(3)物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小．参考答案 1．答案：D答案解析：兔子经过1.2 s速度由0达到9 m/s，根据加速度公式可知，a＝vt＝7.5 m/s2，A错误；匀加速过程中，设地面对兔子的平均水平作用力大小为f，根据动量定理可知，ft ＝m v－0，代入数据解得f＝15 N，B错误；撞树过程中，兔子撞树前的动量大小p＝m v＝2×9 kgꞏ m/s＝18 kgꞏ m/s，以撞树前兔子的速度方向为正方向，兔子撞树后的动量p′＝m v′＝2×(－1)kgꞏ m/s＝－2 kgꞏ m/s，兔子撞树过程中动量的变化量Δp＝p′－p＝－2 kgꞏ m/s－18 kgꞏ m/s＝－20 kgꞏ m/s，由动量定理得Ft＝Δp＝－20 Nꞏs，则兔子受到的平均作用力大小为400 N，C错误，D正确．2．答案：D答案解析：汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机与物体的接触面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，D正确．3．答案：C答案解析：足球下落时间为t1＝2h1g＝0.4 s足球上升时间为t2＝2h2g＝0.3 s总时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.8 s，A错误；在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为W合＝12m v22－12m v21根据运动学公式v21＝2gh1，v22＝2gh2解得W合＝－1.4 J，B错误；足球与脚部作用过程中动量变化量大小为Δp＝m v2－()－m v1＝2.8 kgꞏ m/s，C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为I G＝mgt＝0.4×10×0.8 Nꞏs＝3.2 Nꞏs，D错误．4．答案：C答案解析：根据图像中匀速运动可知“翔州1”所受阻力的大小为1.0×104 N，A错误；在0～50 s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为I＝Ft－F f t，代入数据可得I＝5×105 Nꞏs，B错误；由动量定理可知Ft－F f t＝m v，解得m＝2.5×104 kg，C正确；在0～50 s内，动力F是变力，加速度变化，无法求位移，无法求解功，D错误．5．答案：D答案解析：由静止下落到接触网面时，根据动能定理有mgh1＝12m v 21可得，接触网面瞬间的速度为v1＝8 m/s，方向竖直向下从离开网面到最大高度时，根据动能定理有－mgh2＝0－12m v 2 2可得，离开网面瞬间的速度为v2＝10 m/s，方向竖直向上取向上为正方向，则根据动量定理有I－mgt＝m v2－m(－v1)带入数据可得，网面对她的冲量大小为I＝1 500 Nꞏs，故选项D正确．6．答案：D答案解析：在前一段时间内，根据动能定理得：W 1＝12 m (2v )2－12 m v 2＝3×12 m v 2在后一段时间内，根据动能定理得：W 2＝12 m (5v )2－12 m (2v )2＝21×12 m v 2所以W 2＝7W 1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是：m ꞏ2v －m v ≤I 1≤m ꞏ2v ＋m v ，即m v ≤I 1≤3m vm ꞏ5v －m ꞏ2v ≤I 2≤m ꞏ5v ＋m ꞏ2v ，即3m v ≤I 2≤7m v可知：I 2≥I 1，故D 正确，A 、B 、C 错误．7．答案：B答案解析：设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S ，在时间Δt 的空气质量为：Δm ＝ρS v ꞏΔt ，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理得：－F Δt ＝0－Δm v ，可得F ＝ρS v 2，10级台风的风速v 1≈25 m/s ，16级台风的风速v 2≈50 m/s ，则有F 2F 1＝v 22 v 21 ≈4，B 正确． 8．答案：AB答案解析：根据F Δt ＝Δm v 可知，增加单位时间的燃气喷射量(即增加单位时间喷射气体的质量Δm )或增大燃气相对于火箭的喷射速度v ，都可以增大火箭的推力，故选项A 、B 正确．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，燃气相对火箭的速度不为零，且与火箭的运动方向相反，火箭仍然受推力作用做加速运动，故C 错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反冲力作用在火箭上使火箭获得推力，故D 错误．9．答案：D答案解析：圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受的摩擦力方向指向转轴提供向心力，方向沿半径方向，故A 错误；由动量定理可知，圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为零，B 错误；圆盘停止转动后，小物体沿运动轨迹的切线方向运动，C 错误；由动量定理可知，整个滑动过程摩擦力的冲量大小I ＝m ωr －0＝m ωr ，D 正确．10．答案：A答案解析：从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A 项正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B 项错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F 、火箭自身的重力mg 和空气阻力f 的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C 项错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F 、火箭自身的重力mg 和空气阻力f 对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D 项错误．11．答案：C答案解析：t 时间内黏附在飞船上的尘埃质量M ＝S v 0tnm ，对黏附的尘埃，由动量定理得Ft ＝M v 0，解得F ＝Snm v 20 .为维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为P ＝F v 0＝Snm v 30 ，C 正确．12．答案：AC答案解析：由题知，返回舱的运动简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P ＝mg v ，因此在0～t 1时间内，结合v -t 图像可知返回舱重力的功率随时间减小，A 项正确；v -t 图像的斜率表示返回舱的加速度，故0～t 1时间内，返回舱的加速度不断减小，B 项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t 1～t 2时间内，返回舱的动量随时间减小，C项正确；在t 2～t 3时间内，返回舱匀速下降，机械能不守恒，D 项错误．13．答案：(1)56 m 50 N (2)1.8×103 Nꞏs答案解析：(1)设运动员的水平位移为x ，由水平方向v - t 图像可得x ＝v 0＋v 2 t解得x ＝56 m设运动员在水平方向的加速度大小为a ，水平方向所受的阻力为f 1，竖直方向所受阻力为f 2，由运动学规律和牛顿第二定律得a ＝v －v 0t ，－f 1＝ma 代入数值可得f 1＝50 N.(2)由题意知f 2＝f 1＝50 N根据平行四边形定则可得F 合＝f 21 ＋（mg －f 2）2对运动员在空中运动过程应用动量定理可得Δp ＝F 合t解得Δp ＝1.8×103 Nꞏs.14．答案：(1)6 m/s (2)0.01 s (3)3 000 N答案解析：(1)由自由落体运动规律可得：v 2＝2gh ，其中：h ＝1.80 m 代入数据解得：v ＝6 m/s ；(2)由匀变速直线运动规律可得：Δx ＝v 2 t ，其中Δx ＝0.03 m代入数据解得：t ＝0.01 s ；(3)取向下为正方向，由动量定理得：－Ft ＝0－m v代入数据解得：F ＝3 000 N ．。
第三章 动量定理 动量守恒定律(习题)
第三章 动量定理及动量守恒定律（习题）3.5.1质量为2kg 的质点的运动学方程为 j ˆ)1t 3t 3(i ˆ)1t 6(r 22+++-=(t 为时间，单位为s ；长度单位为m).求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。
解，j ˆ)3t 6(i ˆt 12v ++= j ˆ6i ˆ12a +=jˆ12i ˆ24a m F +==（恒量）12257.262412tg )N (83.261224F ==θ=+=-3.5.2质量为m 的质点在oxy 平面内运动，质点的运动学方程为ωω+ω=b,a, ,j ˆt sin b i ˆt cos a r为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。
解， ,j ˆt cos b i ˆt sin a v ωω+ωω-= r,j ˆt sin b i ˆt cos a a 22 ω-=ωω-ωω-= r m a m F ω-==3.5.3在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛，一方面由筛孔漏出谷粒，一方面逐出秸杆，筛面微微倾斜，是为了从较底的一边将秸杆逐出，因角度很小，可近似看作水平，筛面与谷粒发生相对运动才可能将谷粒筛出，若谷粒与筛面静摩擦系数为0.4，问筛沿水平方向的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动。
解答，以谷筛为参照系，发生相对运动的条件是,g a ,mg f a m 000μ≥'μ=≥'a ' 最小值为)s /m (92.38.94.0g a 20=⨯=μ='以地面为参照系：解答，静摩擦力使谷粒产生最大加速度为,mg ma 0max μ= ,g a 0max μ=发生相对运动的条件是筛的加速度g a a0max μ=≥'，a '最小值为)s /m (92.38.94.0g a20=⨯=μ='3.5.4桌面上叠放着两块木板，质量各为,m ,m 21如图所示。
2m 和桌面间的摩擦系数为2μ，1m 和2m 间的静摩擦系数为1μ。
2020年高考物理二轮专题复习附解答：动量定理与动量守恒定律(解析版)
动量定理与动量守恒定律一、选择题1.高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A ．10 NB ．102 NC ．103 ND ．104 N解析 根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约70 m)，Ft ＝mv ，代入数据解得F ≈1×103 N ，所以C 正确。
答案 C2.(多选)在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力F 的作用下，经过时间t 、通过位移L 后，动量变为p 、动能变为E k ，以下说法正确的是A ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动量将等于3pB ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动量将等于3pC ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动能将等于3E kD ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动能将等于3E k解析 根据p ＝mv ，E k ＝12mv 2 联立解得p ＝2mE k根据动能定理FL ＝12mv 2，位移变为原来的3倍，动能变为原来的3倍，根据p ＝2mE k ，动量变为原来的3倍，故B 错误，D 正确。
根据动量定理Ft ＝mv ，时间变为原来的3倍，动量变为原来的3倍，根据E k ＝p 22m，知动能变为原来的9倍，故A 正确，C 错误。
答案 AD3.(多选)质量为m 的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左侧，另一质量也为m 的物块乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，两物块通过弹簧相互作用(未超出弹簧弹性限度)并最终弹开，则A．在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C．甲物块的速率可能为5 m/sD．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s解析在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，选项A正确；当两物块相距最近时，两物块速度相等，甲物块的速度不为零，选项B错误；若甲物块的速率为5 m/s，根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为6 m/s或4 m/s，两物块组成的系统机械能增大，违反了能量守恒定律，选项C错误；当甲物块的速率为1 m/s，方向向左时，选取向右为速度的正方向，根据动量守恒定律，m·4 m/s－m·3 m/s＝mv－m·1 m/s，解得乙物块的速率v＝2 m/s，选项D正确。
专题07 动量-三年(2019-2021)高考物理真题分项汇编(解析版)
【答案】D
【解析】
A． N 不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义 I Ft 可知， N s 是冲量的的单位，A 错误； B．根据功率的计算公式 P Fv 可知功率的单位可以表示为 N m/s ，但 N 不是国际单位制基本单位，B 错
误；
C．根据动量的定义 p mv 可知， kg m/s 是动量的单位，C 错误；
2as1 v02 v12
甲乙碰撞时由动量守恒定律
v1=0.3m/s
mv1 mv2 mv3
解得碰后乙的速度
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
v3=0.2m/s
x
v32 2a
0.22 2 1
m=0.02m
s2
10
可知乙恰好能滑到边框 a； （2）甲与乙碰前运动的时间
速度 g 取10m/s2 。 （1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框 a； （2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
【答案】（1）能；（2）0.2s 【解析】 （1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
f mg ma
则甲乙滑动时的加速度大小均为
a g 1m/s2
甲与乙碰前的速度 v1，则 解得
对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 【答案】B 【解析】 因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平 地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系 统动量守恒，机械能不守恒。 故选 B。 6．（2021·浙江卷）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自 发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为 2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控 器引爆瞬开始计时，在 5s 末和 6s 末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的
高中物理动量守恒定律真题汇编(含答案)
高中物理动量守恒定律真题汇编(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如下图,质量为 M=2kg 的小车静止在光滑的水平地面上,其AB 局部为半径R=0.3m一一1 一的光滑一圆孤,BC 局部水平粗糙,BC 长为L=0.6m .一可看做质点的小物块从A 点由静止4(1)小物块与小车 BC 局部间的动摩擦因数;(2)小物块从A 滑到C 的过程中,小车获得的最大速度.【答案】(1) 0.5 (2) 1m/s 【解析】解：(1)小物块滑到C 点的过程中,系统水平方向动量守恒那么有： (M m)v 0所以滑到C 点时小物块与小车速度都为 0由能量守恒得：mgR mgLR解得： R 0.5L(2)小物块滑到B 位置时速度最大,设为 必,此时小车获得的速度也最大,设为V 2由动量守恒得：mv 1 Mv 2121 2 由能重寸恒得：mgR — mv 1— Mv 2 22联立解得：v 2 1m / s2.如下图,一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上,光滑圆弧 MN 的半径为R=3.2m,水平局部NP 长L=3.5m,物体B 静止在足够长的平板小车 C 上,B 与小车的接触 面光滑,小车的左端紧贴平台的右端.从 M 点由静止释放的物体 A 滑至轨道最右端P 点后 再滑上小车,物体 A 滑上小车后假设与物体 B 相碰必粘在一起,它们间无竖直作用力. A 与释放,滑到C 点刚好相对小车停止.小物块质量 m=1kg,取 g=10m/s 2.求:平台水平轨道和小车上外表的动摩擦因数都为0.4,且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相取 g=10m/s 2,求等.物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg,K(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小?考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律(2)物体A 在NP 上运动的时间？ (3)物体A 最终离小车左端的距离为多少？【答案】(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ；(2)物体A 在NP 上运动的时间为 0.5s (3)物体A 最终离小车左端的距离为33m 16【解析】试题分析：(1)物体A 由M 到N 过程中,由动能定理得： 在N 点,由牛顿定律得 F N -m A g=m A 联立解得F N =3m A g=30N由牛顿第三定律得,物体 A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为:(2)物体A 在平台上运动过程中2m A gR=m A v NF N ' =3A g=30N(imAg=mAa 2 L=v N t-at 代入数据解得t=0.5s t=3.5s (不合题意,舍去)(3)物体A 刚滑上小车时速度 v 〔= v N -at=6m/s从物体A 滑上小车到相对小车静止过程中,小车、物体 A 组成系统动量守恒,而物体 B 保持静止(m A + m C )v 2= m A v 1小车最终速度 v 2=3m/s此过程中A 相对小车的位移为 L 1,那么,1 2 129mgL 1 — mv 1 - 2mv 2 解得：L [=1m2 24物体A 与小车匀速运动直到 A 碰到物体B, A, B 相互作用的过程中动量守恒:(m A + m B )v 3= m A V 2此后A, B 组成的系统与小车发生相互作用,动量守恒,且到达共同速度V 4(m A + m B )v 3+m C v 2=" (m" A +m B +m C ) v 4此过程中A 相对小车的位移大小为L 2,那么mgL 2 1mv 22 1 2 22mv 3213mv 42解得:23 1_2= — m16物体A 最终离小车左端的距离为,33 x=L i -L 2=— m163.光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、 C,质量分别为 m A 3m 、m Bmb m ,开始时B 、C 均静止,A 以初速度V o 向右运动, 起,此后A 与B 间的距离保持不变.求A 与B 相撞后分开,B 又与C 发生碰撞并粘在一 B 与C碰撞前B 的速度大小.239 _94PU 经过 次a 盘变和 次3盘变,取后变成铅的同位 素.(填入铅的三种同位素 206 Pb 、282Pb 、282Pb 中的一种)(2)某同学利用如下图的装置验证动量守恒定律.图中两摆摆长相同,悬挂于同一高度,A 、B 两摆球均很小,质量之比为 1 ：2.当两摆均处于自由静止状态时,其侧面刚好 接触.向右上方拉动 B 球使其摆线伸直并与竖直方向成 45.角,然后将其由静止释放.结果观察到两摆球粘在一起摆动,且最大摆角成 30..假设本实验允许的最大误差为土猊,此 实验是否成功地验证了动量守恒定律? 【解析】【详解】(1)设发生了 x 次“衰变和y 次3衰变,【解析】 【分析】设A 与B 碰撞后,A 的速度为V A , B 与C 碰撞前B 的速度为％, B 与C 碰撞后粘在一起的 速度为V,由动量守恒定律得： 对A 、B 木块：m A V o对B 、C 木块：M B由A 与B 间的距离保持不变可知 v A v 联立代入数据得：m A V A m B V Bmb4 .[物理出彳3—5] (1)天然放射性元素207【答案】(1) 8, 4, 82Pb ； (2)根据质量数和电荷数守恒可知,2x-y+82=94, 239=207+4x;由数学知识可知,x=8, y=4.假设是铅的同位素206,或208,不满足两数守恒, 因此最后变成铅的同位素是282Pb(2)设摆球A 、B 的质量分别为 m A 、m B,摆长为l, B 球的初始高度为h i,碰撞前B 球 的速度为V B .在不考虑摆线质量的情况下,根据题意及机械能守恒定律得h 1 l(1 cos45)①1 22m B V B m B ghi ②设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P i 、P 2.有 P i = m B V B ③所以,此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律.5.氢是一种放射性气体,主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料.呼吸时氨气 会随气体进入肺脏,氢衰变时放出射线,这种射线像小 炸弹〞一样轰击肺细胞,使肺细胞受损,从而引发肺癌、白血病等.假设有一静止的氢核222Rn 发生 衰变,放出一个速度为V .、质量为m 的 粒子和一个质量为 M 的反冲核针288 Po 此过程动量守恒,假设氢核发 生衰变时,释放的能量全部转化为粒子和针核的动能.(1)写衰变方程;联立①②③式得同理可得联立④⑤式得代人条件得由此可以推出 P m B J 2gl (1 cos45 ) ④F 2 (m A m B R2gl(1 cos30 )⑤P 2 m A m B 1 cos30 - - -------- J d P 1 m B . 1 cos452P2… —1.03⑦P(2)求出反冲核针的速度；(计算结果用题中字母表示相反；(3) m 【解析】 【分析】 【详解】(1)由质量数和核电荷数守恒定律可知,核反响方程式为222 218 4..86Rn 84 Po+2He (2)核反响过程动量守恒,以 a 离子的速度方向为正方向 由动量守恒定律得mv 0 Mv 0解得vmv 0■,负号表示方向与 a 离子速度方向相反 M(3)衰变过程产生的能量21 2 1 2M m mv oE -mv 2 - Mv 2-2 22M由爱因斯坦质能方程得2E mc解得M m mv 2m ------------ 5——2Mc 26.如下图,一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A 点由静止出发绕.点下摆,当摆到最低点 B 时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处 A.求男演员落地点 C 与O 点的水平距离s.男演员质量 m 1 和女演员质量 m 2之比m 1 ：m 2=2,秋千的质量不计,秋千的摆长为R, C 点比.点低5R.【答案】8R 【解析】【分析】 【详解】两演员一起从从 A 点摆到B 点,只有重力做功,机械能守恒定律,设总质量为 m,那么12(3)求出这一衰变过程中的质量亏损.(计算结果用题中字母表示)2222184 ..【答木】(1) 86 Rn 84 Po 2 He ; (2) vmv o负号表示方向与“离子速度方向2M m mv 0 2Mc 2mgR -mv1 2女演员刚好能回到高处,机械能依然守恒：m2gR -m2v12女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒：(m l m2) v m2v l m1v2③根据题意：m1 ：m2 2有以上四式解得：v22 2gR1c 8R接下来男演员做平抛运动：由4R -gt2,得t —2 . g因而：s v2t 8R；【点睛】两演员一起从从A点摆到B点,只有重力做功,根据机械能守恒定律求出最低点速度；女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒,由于女演员刚好能回到高处,可先根据机械能守恒定律求出女演员的返回速度,再根据动量守恒定律求出男演员平抛的初速度,然后根据平抛运动的知识求解男演员的水平分位移；此题关键分析求出两个演员的运动情况,然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解.7.光滑水平面上质量为1kg的小球A,以2.0m/s的速度与同向运动的速度为 1.0m/s、质量为2kg的大小相同的小球B发生正碰,碰撞后小球B以1.5m/s的速度运动.求：I~~J S I(1)碰后A球的速度大小；(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能.【答案】V A 1.0m/s, E损0.25J【解析】试题分析：(1)碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律可以求出小球速度.(2)由能量守恒定律可以求出损失的机械能.解：(1)碰撞过程,以A的初速度方向为正,由动量守恒定律得：m A V A+m B V B=m A V A+m B v B代入数据解：v A=1.0m/s②碰撞过程中A、B系统损失的机械能量为：_1 2,1 2 _ 1 y 2 _ 1 ,2KE损一］山正且? /8 ①山尸A/㈤胪B代入数据解得：E 损=0.25J 答：①碰后A 球的速度为1.0m/s ；②碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能为 0.25J.【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒,由动量守恒定律与能量守恒定律可以 正确解题,应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择.8 .如下图,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为科使木板与重物以共同的速度 v o 向右运动,某时刻木板与墙发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后木板以原速率反弹长,重物始终在木板上.重力加速度为g.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间4V 0 3~g解：木板第一次与墙碰撞后,向左匀减速直线运动,直到静止,再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度,再往后是匀速直线运动,直到第二次 撞墙. 木板第一次与墙碰撞后,重物与木板相互作用直到有共同速度V,动量守恒,有：2mv o - mv o = (2m+m) v, 解得： v=^-木板在第一个过程中,用动量定理,有： mv - m ( - v 0)=科2mgt…〜一 一 1? 1 2八用动能TE 理,有： -mv --IDV O =-科 2mgs木板在第二个过程中,匀速直线运动,有： s=vt 2,,一,…~、2v n 2v n I 4V n木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t l +t 2=—-+——-=一-3|Xg_ ……入……工……L,[W答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为34M【点评】此题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题,正确分析出 运动规律是关键.9 .如下图,带有 1光滑圆弧的小车 A 的半径为R,静止在光滑水平面上.滑块C 置于4木板B 的右端,A 、B 、C 的质量均为 m, A 、B 底面厚度相同.现 B 、C 以相同的速度向右 匀速运动,B 与A 碰后即粘连在一起,C 恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高.设木板足够处.那么：(重力加速度为 g)(1)B 、C 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少?【解析】此题考查动量守恒与机械能相结合的问题.(1)设B 、C 的初速度为vo, AB 相碰过程中动量守恒,设碰后 AB 总体速度u,由12 1 2 12-mv 0 - 2mu - 3mu mgR 2 2 2解得 v o 2.3gR(2)C 从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中,满足水平方向动量守恒、机械能守恒,有 mv 0 2mu mv 1 2mv 210.如下图,在光滑的水平面上,质量为 4m 、长为L 的木板右端紧靠竖直墙壁,与墙壁 不粘连.质量为 m 的小滑块(可视为质点)以水平速度 v 0滑上木板左端,滑到木板右端时 速度恰好为零.现小滑块以水平速度 v 滑上木板左端,滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞,小滑块弹回后,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,求 一的值. 0v 1【答案］一二三 %- 【解析】1 2试题分析：小滑块以水平速度 v 0右滑时,有：fL =0- - mv 2 (2分)2mv o 2mu ,解得 uV2C 滑到最高点的过程mv o 2mu 3mu1 2—mv 0 2-2mu 21mv ； - 2mv 2 2 22 解得：v 1 mgR, 35,3gR31 o 1 o小滑块以速度v 滑上木板到运动至碰墙时速度为vi,那么有 fL = — mv 1-—mv (2分)2 2滑块与墙碰后至向左运动到木板左端,此时滑块、木板的共同速度为 丫2,那么有 mv i =(m 4m)v 2(2 分)1 2 1 2由总能重寸恒可得：fL= —mv 1 -- (m 4m)v 2 (2分)2 2 v 3上述四式联立,解得 一一(1分)v o 2考点：动能定理,动量定理,能量守恒定律.11.如下图,一质量为 M 的平板车B 放在光滑水平面上,在其右端放一质量为 m 的小 木块A, m 〈M,A 、B 间粗糙,现给 A 和B 以大小相等、方向相反的初速度 v0,使A 开始向 左运动,B 开始向右运动,最后 A 不会1t 离B,求：(1) A 、B 最后的速度大小和方向；(2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车的速度大小和方向.…… M m2Mm 2【答案】(1) ------------------------- v 0 (2) -------------- v 0M m 2 Mg【解析】试题分析：(1)由A 、B 系统动量守恒定律得：Mv0 —mv0= (M +m ) v ①一 M -w所以v=- ---------- v0 方向向右(2) A 向左运动速度减为零时,到达最远处,设此时速度为 Mv 0 mv 0Mv0 — mv0="Mv' v -------------------- 方 向向右M考点：动量守恒定律；点评：此题主要考查了动量守恒定律得直接应用,难度适中.12.如下图,粗细均匀的圆木棒 A 下端离地面高 H,上端套着一个细环 B. A 和B 的质 量均为m, A 和B间的滑动摩擦力为f,且fvmg.用手限制A 和B 使它们从静止开始自由 下落.当A 与地面碰撞后,A 以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动,与地面发生碰撞时 间极短,空气阻力不计,运动过程中 A 始终呈竖直状态.求：假设 A 再次着地前B 不脱离A, A 的长度应满足什么条件？v'那么由动量守恒定律得:r~丘7 --------------(mg + D【解析】试题分析：设木棒着地时的速度为l v°,由于木棒与环一起自由下落,那么也=\Z两木棒弹起竖直上升过程中,由牛顿第二定律有：对木棒：『+ mg ai = -解得：山,方向竖直向下对环：・_ mg-/解得上m方向竖直向下可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态,所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变2 vo木棒在空中运动的时间为在这段时间内,环运动的位移为--■ . ■要使环不碰地面,那么要求木棒长度不小于x,即,兰冈L>...................解得：+考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度,所以在做这一类问题时,特别又是多过程问题时,先弄清楚每个过程中的运动性质,根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力。
高考物理动量定理真题汇编(含答案)精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版高考物理动量定理真题汇编(含答案)一、高考物理精讲专题动量定理1．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=︒，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。
在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为10.5T B =，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为20.5T B =。
在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab ，另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，ab 棒和cd 棒的质量均为0.2kg m =，ab 棒的电阻为12r =Ω，cd 棒的电阻为24r =Ω。
已知t =0时刻起，cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动)，而ab 棒在水平拉力F 作用下始终处于静止状态，F 随时间变化的关系如图乙所示，ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37θ=︒。
其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。
(1)请通过计算分析cd 棒的运动情况；(2)若t =0时刻起，求2s 内cd 受到拉力的冲量；(3)3 s 内电阻R 上产生的焦耳热为2. 88 J ，则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少?【答案】(1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6N s ；(3)43.2J【解析】【详解】(1)设绳中总拉力为T ，对导体棒ab 分析，由平衡方程得：sin θF T BIl =+cos θT mg =解得：tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+由图乙可知：1.50.2F t =+则有：0.4I t =cd 棒上的电流为：0.8cd I t =则cd 棒运动的速度随时间变化的关系：8v t =即cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。
(2)ab 棒上的电流为：0.4I t =则在2 s 内，平均电流为0.4 A ，通过的电荷量为0.8 C ，通过cd 棒的电荷量为1.6C 由动量定理得：sin θ0F t I mg t BlI mv +-=-解得： 1.6N s F I =(3)3 s 内电阻R 上产生的的热量为 2.88J Q =，则ab 棒产生的热量也为Q ，cd 棒上产生的热量为8Q ，则整个回路中产生的总热量为28. 8 J ，即3 s 内克服安培力做功为28. 8J 而重力做功为：G sin 43.2J W mg θ==对导体棒cd ，由动能定理得：F W W '-克安2G 102W mv +=- 由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s解得：43.2J F W '=2．如图所示,固定在竖直平面内的4光滑圆弧轨道AB 与粗糙水平地面BC 相切于B 点。
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动量定理和动量定律(近三年高考题)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN【2018年高考考点定位】1、理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件；会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。
2、本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.3、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查；动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。
4、本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法.考点一、动量和动量定理1、动量：物体质量和速度的乘积，p mv =，单位为./kg m s ，矢量，方向与速度方向相同。
2、动量变化量：'p p p ∆=-，即末动量'p 与初动量p 的差，同样动量变化量也是矢量，方向与速度变化量同向。
末动量减去初动量是矢量加减，不是代数加减。
3、冲量：力和力的作用时间的乘积，I Ft =，矢量，方向与力的方向一致。
4、动量定理：合外力的冲量等于动量变化量即I p =∆。
无论是动量变化量'p p p ∆=-还是合外力冲量12I I I =+都是矢量加减。
考点二、动量守恒定律1、内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为0，这个系统的总动量保持不变。
表达式○1'p p =系统相互作用前的总动量和相互作用后的总动量大小相等方向相同。
○2 '0p p p ∆=-=系统动量的增量为0.○3 12p p ∆=-∆相互作用的系统内两个物体，其中一个物体动量的增量等于另一个物体动量的减少量。
2、动量守恒条件：○1理想守恒，系统不受外力或所受外力为0.○2近似守恒，系统所受外力虽不为0，但是系统内里远大于外力。
○3分动量守恒，系统在某一个方向上合力为0，则系统该方向动量守恒。
3、碰撞、爆炸和反冲，都属于系统内力大于外力的情况，近似认为动量守恒。
碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞以及完全非弹性碰撞。
弹性碰撞动量守恒机械能守恒；非弹性碰撞动量守恒机械能不守恒，完全非弹性碰撞动量守恒，但机械能损失最多，即碰后速度粘在一起速度相同。
4、碰撞现象满足的规律①动量守恒定律．②机械能不增加．③速度要合理：若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′；碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
5、弹性碰撞的规律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．以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′和222211211212121v m v m v m '+'= 解得：121211v m m m m v +-='；121122v m m m v +=' 结论：①当两球质量相等时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两球都向前运动．③当质量小的球碰质量大的球时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来【试题演练】1．质量为60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2s ，安全带长5m ，不计空气阻力影响，g 取10m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为： （ ）A ．100 NB ．500 NC ．600 ND ．1100 N2． A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A 、B 两球质量分别为2m 和m ．当用板挡住A 球而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌边距离为x 的水平地面上，如图所示．问当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B同时释放，B 球的落地点距离桌边距离为： （ ）A ．3xB ．x 3C ．D ．x 36 3．（多选）A 、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图表示发生碰撞前后的v-t 图线，由图线可以判断正确的是： （ ）A. A 、B 的质量比为3:2B. A 、B 作用前后总动量守恒C. A、B作用前后总动量不守恒D. A、B作用前后总动能不变【三年高考】15、16、17年高考真题1．【2017·新课标Ⅰ卷】将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。
在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）：（）A．30kg m/s⋅⋅D．6.3×102kg m/s ⋅B．5.7×102C．6.0×102kg m/s2．【2017·新课标Ⅲ卷】（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：（）A．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时物块的速度为零3．【2017·天津卷】“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。
摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。
下列叙述正确的是：（）A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变4．【2017·江苏卷】甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s和2m/s．求甲、乙两运动员的质量之比1．【2016·上海卷】如图，粗糙水平面上，两物体A、B以轻绳相连，在恒力F作用下做匀速运动。
某时刻轻绳断开，在F牵引下继续前进，B最后静止。
则在B静止前，A和B组成的系统动量_________（选填：“守恒”或“不守恒”）。
在B静止后，A 和B组成的系统动量。
（选填：“守恒”或“不守恒“）2．【2016·天津卷】如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。
若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________。
3．【2016·全国新课标Ⅰ卷】（10分）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。
为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。
忽略空气阻力。
已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。
求（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
4．【2016·全国新课标Ⅱ卷】（10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m1=30 kg，冰块的质量为m2=10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。
取重力加速度的大小g=10 m/s2。
（i）求斜面体的质量；（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？5．【2016·全国新课标Ⅲ卷】如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直：a和b相距l；b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为34m。
两物块与地面间v向右滑动。
此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰的动摩擦因数均相同，现使a以初速度撞，重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦力因数满足的条件。
1．【2015·福建·30（2）】如图，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，速度为2v 0，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2．【2015·北京·18】“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，人的动能一直减小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3．【2015·北京·17】实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生 衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图，则：（）A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里4．【2015·天津·9（1）】如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3:1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞，AB两球的质量之比为__________，AB碰撞前、后两球总动能之比为_______________5． 【2015·海南·17（2）】运动的原子核X A Z放出α粒子后变成静止的原子核Y 。