2020届高考二轮复习跟踪测试(物理)：动量
【2020】高考物理二轮复习动量试题
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
解析：根据动量守恒定律，烧断细绳后，弹簧伸长过程中C向右运动，AB应向左运动，A错误；根据mv1＝Mv2，v1∶v2＝M∶m，B正确；当C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动，C正确，D错误．
3．如图，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑(C)
A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处
二、多项选择题
6．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，则在整个过程中，系统损失的动能为(BD)
A．还是滑到C点停住
B．滑到BC间某处停住
C．会冲出C点落到车外
D．上述三种情况都有可能
解析：小车固定时恰能滑到C点，机械能会全部转化为内能．当小车不固定时，由动量守恒知，小车与物体的最终速度都为零，故机械能全部转化为内能，因此两次滑过的路程相等，所以A对，B、C、D错．
5．(20xx·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)
2020年高考物理动量综合测试二(后附答案)
2020年高考物理动量综合测试二（后附答案）第一部分 选择题（共40分）一.本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的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，有选错的或不答的得0分．1．关于冲量，以下说法正确的是A.只要物体受到力的作用，物体受到的总冲量就一定不为零B.只要物体受到的合外力不为零，物体在任一Δt 时间内所受的总冲量就一定不为零C.如果力是恒力，则冲量的方向就是该力的方向D.做曲线运动的物体，在任何Δt 时间内所受的总冲量一定不为零2．1924年法国物理学家德布罗意提出物质波的概念：任何一个运动着的物体，小到电子，大到行星、恒星都有一种波与之对应，波长为λ = ph ，P 为物体运动的动量，h 是普朗克常量．同样光也具有粒子性，光子的动量为：P =λh ．根据上述观点可以证明一个静止的自由电子如果完全吸收一个γ光子，会发生下列情况：设光子频率为ν，则E = h ν，P =λh = chv ，被电子吸收后有h ν = 21m e υ2，h c v = m e υ，解得：υ = 2C ．电子的速度为光速的2倍，显然这是不可能的。
关于上述过程以下说法正确的是A ．因为在微观世界动量守恒定律不适用，上述论证错误，电子有可能完全吸收一个电子B ．因为在微观世界能量守恒定律不适用，上述论证错误，电子有可能完全吸收一个电子C ．动量守恒定律，能量守恒定律是自然界中普遍适用的规律，所以唯一结论是电子不可能完全吸收一个r 光子D ．若γ光子与一个静止的自由电子发生作用，则r3．如图所示，用细线挂一质量为M 的木块，有一质量为m 的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v ０和v （设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为A ．M mv mv /)(0+B ．M mv mv /)(0-C ．)/()(0m M mv mv ++D ．)/()(0m M mv mv +-4．放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是A ．两手同时放开后，两车的总动量为零B ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C ．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D ．两手同时放开，两车总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒5．一个电子(质量为m 、电荷量为-e)和一个正电子(质量为m 、电荷量为e)经电场加速后以相等的动能E k 相向运动，并撞到一起，发生“湮灭”，产生两个频率相同的光子.设产生光子的频率为v ，若这两个光子的能量都是h v ，动量分别为p 和p ＇，下列关系式中正确的是A. hv=mc 2，p=p ＇B. hv=21mc 2，p=p ＇ C. hv=mc 2+E k ，p= -p ＇ D. hv=21(mc 2+E k )，p= -p ＇ 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，下列说法可能发生的是：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 V 3Ｂ.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为V 1和V 2，满足MV=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 ，满足MV=（M+ m ）VＤ.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 27.两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B 球在前，A 球在后，M A =1kg, M B =2kg,v A =6m/s, v B =2m/s, 当A 球与B 球发生碰撞后，A 、B 两球速度可能为A. v A =5m/s, v B =2.5m/sB. v A =2m/s, v B =4m/sC . v A = -4m/s, v B =7m/s D. v A =7m/s, v B =1.5m/s8.将物体P 从置于光滑水平面上的斜面体Q 的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图所示.在下滑过程中，P 的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P 和QA.B.C. 最后P 和QD. 最后P 和Q 9.长木板A 放在光滑的水平面上,质量为m=2kg 的另一物体B 以水平速度v 0=2m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面,由于A 、B 间存在摩擦,之后A 、B 速度随时间变化情况如图所示,则下列说法正确的是A .木板获得的动能为1JB .系统损失的机械能为2JC .木板A 的最小长度为1mD . A 、B 间的动摩擦因数为0.110.A 、B 两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰.用频闪照相机在t 0=0, t 1=Δt,t 2=2Δt, t 3=3Δt 各时刻闪光四次,摄得如图所示照片,其中B 像有重叠,m B =23m A ,由此可判断 A. 碰前B 静止,碰撞发生在60cm 处, t=2.5Δt 时刻B. 碰后B 静止,碰撞发生在60cm 处, t=0.5Δt 时刻C. 碰前B 静止,碰撞发生在60cm 处, t=0.5Δt 时刻D. 碰后B 静止,碰撞发生在60cm 处, t=2.5Δt 时刻第二部分 非选择题（共110分）二.本题共8小题，共110分.按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和 重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11.（8分）如图1所示装置验证碰撞中的动量守恒，A、B两球直径相同，质量分别为m1、m2.图1（1）实验中所必须用的测量工具是_______、_______.（2）某次实验得出小球的落点情况如图2所示，若碰撞中动量守恒，则两小球质量之比m1∶m2=_______.图212.（12分）气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图所示，采用的实验步骤如下：a．用天平分别测出滑块A、B的质量m A、m B；b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；e．按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B 滑块分别碰撞C、D挡板时计时结束，记下A，B分别到达C、D的运动时间t1和t2．(1)实验中还应测量的物理量是．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是．13.（13分）如图所示，在光滑的水平桌面上，静放着一质量为980g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20g 的子弹以300m/s 的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。
2020版高考物理二轮复习第一部分专题复习训练2_5动量定理、动量守恒定律真题对点练(含解析)
动量定理、动量守恒定律1．(2017年高考·课标全国卷Ⅲ)(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2—5—12所示，则( )图2—5—12A ．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 时物块的速度为零解析：设t ＝1 s 时物块的速率为v 1，由动量定理得Ft ＝mv 1，得v 1＝1 m/s ，A 项正确．t ＝2 s 时动量p 2＝2×2 kg ·m/s ＝4 kg ·m/s ，B 项正确．t ＝3 s 时的动量p 3＝2×2 kg ·m/s －1－1 kg ·m/s ＝3 kg ·m/s ，C 项错误．t ＝4 s 时物块速度v 4＝p 4m ＝2×2－1×22m/s ＝1 m/s ，故D 项错误．答案：AB2．(2017年高考·课标全国卷Ⅰ)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 ．30 kg ·m/sB ．5.7×102 kg ·m/sC ．6.0×102 kg ·m/sD ．6.3×102 kg ·m/s解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p ＝mv 0＝0.050×600 kg ·m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．答案：A3．(2019年高考·课标全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s ，产生的推力约为4.8×106 N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102 kgB ．1.6×103kg C ．1.6×105 kg D ．1.6×106 kg 解析：设该发动机在t s 时间内，喷射出的气体质量为m ，根据动量定理，Ft ＝mv ，可知，在1 s 内喷射出的气体质量m 0＝m t ＝F v ＝4.8×1063 000kg ＝1.6×103 kg ，故本题选B. 答案：B4．(2018年高考·课标全国卷Ⅱ)汽车A 在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B ，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B .两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图2—5—13所示，碰撞后B 车向前滑动了4.5 m ，A 车向前滑动了2.0 m ．已知A 和B 的质量分别为2.0×103 kg 和1.5×103kg ，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图2—5—13(1)碰撞后的瞬间B 车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A 车速度的大小．解：(1)设B车的质量为m B，碰后加速度大小为a B.根据牛顿第二定律有μm B g＝m B a B①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬间B车速度的大小为v B′，碰撞后滑行的距离为s B，由运动学公式有v B′2＝2a B s B②联立①②式并利用题给数据得v B′＝3.0 m/s③(2)设A车的质量为m A，碰后加速度大小为a A，根据牛顿第二定律有μm A g＝m A a A④设碰撞后瞬间A车速度的大小为v A′，碰撞后滑行的距离为s A，由运动学公式有v A′2＝2a A s A⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为v A.两车在碰撞过程中动量守恒，有m A v A＝m A v A′＋m B v B′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A＝4.3 m/s⑦5．(2019年高考·课标全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m A＝1.0 kg，m B＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图2－5－14所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为u＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．图2－5－14(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；(2)物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？(3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？解：(1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝m A v A －m B v B ①E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2②联立①②式并代入题给数据得 v A ＝4.0 m/s ，v B ＝1.0 m/s(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④s B ＝v B t －12at 2⑤v B －at ＝0⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程S A 都可表示为 s A ＝v A t －12at 2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处．B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为s ＝0.25 m ＋0.25 m ＝0.50 m ⑨(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有12m A v ′A 2－12m A v A 2＝－μm A g (2l ＋s B )⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得v ′A ＝7 m/s ⑪故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有m A (－v A ′)＝m A v A ″＋m B v B ″⑫12m A v A ′2＝12m A v A ″2＋12m B v B ″2⑬ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得v A ″＝375 m/s ，v B ″＝－275m/s ⑭ 这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式2as A ′＝v A ″2，2as B ′＝v B ″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得 s A ′＝0.63 m ，s B ′＝0.28 m ⑯s A ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s ′＝s A ′＋s B ′＝0.91 m ⑰。
高考物理二轮总复习 专题过关检测 专题动量(全含详细答案解析)
拾躲市安息阳光实验学校高考物理二轮总复习专题过关检测 动 量(时间:90分钟 满分:100分)一、选择题(本题包括10小题,共40分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)1.一质量为m 的物体沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑，滑到底端历时为t ，则下滑过程中斜面对物体的冲量大小和方向为( ) A.大小为mg cos θ·t B.方向垂直斜面向上 C.大小为mg sin θ·t D.方向竖直向上解析:物体沿固定斜面匀速下滑，则斜面对物体的作用力与重力大小相等、方向相反,故斜面对物体的冲量大小为mgt ，方向竖直向上，选项D 正确. 答案:D2.如图6-1所示，一个轻质弹簧左端固定在墙上，一个质量为m 的木块以速度v 0从右边沿光滑水平面向左运动，与弹簧发生相互作用，设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么整个相互作用过程中弹簧对木块的冲量I 的大小和弹簧对木块做的功W 分别是( ) 图6-1A.I =0,2021mv W = B.I =mv 0,2021mv W = C.I =2mv 0,W =0 D.I =2mv 0,2021mv W =解析:木块与弹簧相互作用的过程，木块和弹簧组成的系统机械能守恒，所以弹簧恢复原长、木块刚要离开弹簧时，木块的速度大小仍为v 0，方向水平向右.取水平向右为正方向，由动量定理得I ＝mv 0－m (－v 0)=2mv 0；由动能定理得,021212020=-=mv mv w 选项C 对.答案:C3.物体受到合力F 的作用,由静止开始运动,力F 随时间变化的图象如图6-2所示,下列说法中正确的是( ) 图6-2A.该物体将始终向一个方向运动B.3 s 末该物体回到原出发点C.0～3 s 内,力F 的冲量等于零,功也等于零D.2～4 s 内,力F 的冲量不等于零,功却等于零解析:图线和横坐标所围的面积等于冲量,0～1 s 内的冲量为负,说明速度沿负方向,而1～2 s 内冲量为正,且大于0～1 s 内的冲量,即速度的方向发生变化,所以A 错误.0～3 s 内,力F 的冲量为零,即物体0 s 时的速度和3 s 时的速度一样,故0～3 s 内力F 的冲量等于零,功也等于零,C 、D 正确.分析运动过程可以得到3 s 末物体回到原出发点,B 正确. 答案:BCD4.如图6-3所示，两个质量不相等的小车中间夹一被压缩的轻弹簧，现用两手分别按住小车，使它们静止在光滑水平面上.在下列几种释放小车的方式中，说法正确的是( ) 图6-3A.若同时放开两车，则此后的各状态下，两小车的加速度大小一定相等B.若同时放开两车，则此后的各状态下，两小车的动量大小一定相等C.若先放开左车，然后放开右车，则此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向左D.若先放开左车，然后放开右车，则此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向右解析:由于两车质量不相等，两车的加速度大小不相等.由动量守恒,若同时放开两车，初总动量为零，此后任意时刻总动量为零，所以两小车的动量大小一定相等；若先放开左车，然后放开右车，则初总动量向左，此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向左，所以B 、C 正确.答案:BC5.质量为m 的小球A 在光滑的水平面上以速度v 与静止在光滑水平面上的质量为2m 的小球B 发生正碰,碰撞后,A 球的动能变为原来的1/9,那么碰撞后B 球的速度大小可能是( )A.v 31B.v 32C.v 94D.v 98解析:A 球碰撞后的速度大小为v /3，若A 碰后与原速度方向相同，则,'23mv v m mv +=则.31'v v =若A反弹，则,'2)3(mv v m mv +-=则,32'v v =所以A 、B正确.答案:AB6.在高速公路上发生一起交通事故,一辆质量为1 500 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg 向北行驶的卡车,碰后两辆车接在一起,并向南滑行了一段距离后停止.根据测速仪的测定,长途客车在碰前以20 m/s 的速率行驶.由此可判断卡车碰前的行驶速率( )A.小于10 m/sB.大于10 m/s,小于20 m/sC.大于20 m/s,小于30 m/sD.大于30 m/s,小于40 m/s解析:设卡车与客车碰后的共同速度为v ′,且v ′与客车的运动方向相同,则有m 客·v 客－m 卡·v =(m 客+m 卡)·v ′ v ′＞0,m 客v 客－m 卡v ＞010m/s,m/s 3000201500=⨯=<卡客客m v m v 选项A 正确.答案:A7.A 、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图6-4表示发生碰撞前后的vt图线，由图线可以判断( )图6-4A.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解析:因水平面光滑，水平方向上不受外力作用，所以系统的总动量守恒，B 对,C 错.m A v A +m B v B =m A v A ′+m B v B ′，代入图中数据得m A ∶m B ＝3∶2，A 对.碰撞前总动能)(5.272121221J m v m v m E B B B A A k =+=，碰撞后总动能),J (5.27'21'21222B B B A A k m v m v m E =+=故碰撞前后总动能不变，D 对.答案:ABD8.如图6-5所示,一轻弹簧与质量为m 的物块组成弹簧振子.物体沿竖直方向在A 、B 两点间做简谐运动，O 点为平衡位置.某时刻，物体正经过C 点向上运动，已知OC =h ，振动周期为T ，则从这时刻开始的半个周期内，下列说法中正确的是( ) 图6-5A.重力做的功为2mghB.回复力做的功为零C.重力的冲量为mgT /2D.回复力的冲量为零解析:做简谐运动的物体，在相隔半周期的两个时刻，速度大小相等、方向相反.故回复力(合力)做功为零，回复力的冲量为C 处物体动量的2倍，B 对，D 错.重力的冲量为,2Tmg C 对.在相隔半周期的两个时刻，振子所在位置关于平衡位置对称，所以重力做功W =mg ×2h =2mgh .A 对. 答案:ABC9.如图6-6甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两木块A 、B 相连，静止在光滑水平面上.现使A 瞬时获得水平向右的速度v =3 m/s,以此时刻为计时起点，两木块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知( ) 图6-6A.t 1时刻弹簧最短，t 3时刻弹簧最长B.从t 1时刻到t 2时刻弹簧由伸长状态恢复到原长C.两物体的质量之比为m 1∶m 2=1∶2D.在t 2时刻两物体动能之比为E k 1∶E k 2=1∶4解析:通过对A 、B 运动分析知,t 1时刻，弹簧最长，t 2时刻弹簧为原长，t 3时刻弹簧最短，A 错误，B 正确.A 和B 组成的系统动量守恒，0～t 1时间内,m 1v =(m 1+m 2)×1,所以m 1∶m 2=1∶2,C 正确.t 2时刻，121121121m m E k =⨯=,22212222m m E k =⨯=所以E k 1∶E k 2=1∶8,D错误.答案:BC10.如图6-7，一轻弹簧左端固定在长木块M 的左端，右端与小物块m 连接，且m 、M 及M 与地面间接触光滑.开始时，m 和M 均静止，现同时对m 、M 施加等大反向的水平恒力F 1和F 2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，对m 、M 和弹簧组成的系统(整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度),正确的说法是( ) 图6-7A.由于F 1、F 2等大反向，故系统机械能守恒B.F 1、F 2分别对m 、M 做正功，故系统动量不断增加C.F 1、F 2分别对m 、M 做正功，故系统机械能不断增加D.当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 的动能最大 解析:由于F 1、F 2等大反向，系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，系统机械能先增加后减小，当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 加速终止，m 、M 速度最大，以后开始减速，所以D 正确.答案:D二、填空实验题(2小题,共20分)11.(6分)用半径相同的两小球A 、B 的碰撞验证动量守恒定律,实验装置示意图如图6-8,斜槽与水平槽圆滑连接.实验时先不放B 球,使A 球从斜槽上某一固定点C 由静止滚下,落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹.再把B 球静置于水平槽前端边缘处,让A 球仍从C 处由静止滚下,A 球和B 球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹.记录纸上的O 点是重垂线所指的位置,若测得各落点痕迹到O 点的距离:OM =2.68 cm,OP =8.62 cm,ON =11.50 cm,并知A 、B 两球的质量之比为2∶1,则未放B 球时A 球落地点是记录纸上的________点,系统碰撞前总动量p 与碰撞后总动量p ′的百分误差=-pp p |'|_________ %(结果保留一位有效数字).图6-8解析:由实验数据可知系统碰撞前的总动量为t OP m p A /= 碰后总动量为t ON m t OM m p B A //'+= 且m A ∶m B =2∶1,则百分误差为答案:P 212.(14分)碰撞的恢复系数的定义为,||||102012v v v v e --=其中v 10和v 20分别是碰撞前两物体的速度，v 1和v 2分别是碰撞后两物体的速度.弹性碰撞的恢复系数e ＝1，非弹性碰撞的e ＜1.某同学借用验证动量守恒定律的实验装置(如图6-9所示)验证弹性碰撞的恢复系数是否为1，实验中使用半径相等的钢质小球1和2(它们之间的碰撞可近似为弹性碰撞)，且小球1的质量大于小球2的质量. 图6-9实验步骤如下:安装好实验装置，作好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O .第一步，不放小球2，让小球1从斜槽上A 点由静止滚下，并落在地面上.重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置.第二步，把小球2放在斜槽前端边缘处的C 点，让小球1从A 点由静止滚下，使它们碰撞.重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置.第三步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O 点的距离，即线段OM 、OP 、ON 的长度.在上述实验中，(1)P 点是__________的平均位置，M 点是__________的平均位置，N 点是__________的平均位置. (2)请写出本实验的原理_________________________________________________________________________________________________________________________________________写出用测量量表示的恢复系数的表达式__________.(3)三个落地点距O 点的距离OM 、OP 、ON 与实验所用的小球质量是否有关？_________________________________________________________________________________________解析:(1)P 点是在实验的第一步中小球1落点的平均位置.M 点是小球1与小球2碰后小球1落点的平均位置. N 点是小球2落点的平均位置.(2)由小球从槽口C 飞出后做平抛运动的时间相同，假设为t ，则有OP =v 10t OM =v 1t O N=v 2t小球2碰撞前静止，即v 20=0(3)OP 与小球的质量无关，OM 和ON 与小球的质量有关. 答案:见解析 三、计算题13.(8分)一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M 的盒子，如图6-10所示.现给盒子一初速度v 0，此后，盒子运动的vt 图象呈周期性变化，如图6-11所示.请据此求盒内物体的质量. 图6-10 图6-11解析:设物体的质量为m ,t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ,根据动量守恒定律Mv 0=mv ①3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0,说明碰撞是弹性碰撞2202121mv Mv =② 联立①②解得m =M ③(也可通过图象分析得出v 0=v ,结合动量守恒,得出正确结果). 答案:m =M14.(10分)图6-12 中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k 的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块.圆筒内壁涂有一层新型智能材料——E R 流体，它对滑块的阻力可调.起初 ，滑块静止，E R 流体对其阻力为0，弹簧的长度为L .现有一质量也为m 的物体从距地面2L 处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动.为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为kmg2时速度减为0，E R 流体对滑块的阻力须随滑块下移而变.试求(忽略空气阻力): 图6-12(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能； (2)滑块向下运动过程中加速度的大小；(3)滑块下移距离d 时E R 流体对滑块阻力的大小. 解析:(1)设物体下落末速度为v 0,由机械能守恒定律有2021mv mgL =得gL v 20=设碰后共同速度为v 1,由动量守恒定律 2mv 1=mv 0得gL v 2211=碰撞过程中系统损失的机械能为 (2)设加速度大小为a ,由运动学公式有 2a s=v 12得.8mkL a =(3)设弹簧弹力为F N ,E R 流体对滑块的阻力为F ER ,受力分析如图所示,由牛顿第二定律有F N +F ER －2mg =2ma F N =kx得.4ER kd kLmg F -+= 答案:(1)mgL 21 (2)mkL 8 (3)kd kLmg -+415.(10分)(2010湖北部分重点中学二联,24)如图6-13所示,A BC 为光滑轨道,其中AB 段水平放置,BC 段是半径为R 的圆弧,AB 与BC 相切于B 点.A 处有一竖直墙面,一轻弹簧的一端固定于墙上,另一端与一质量为M 的物块相连接,当弹簧处于原长状态时,物块恰能与固定在墙上的L 形挡板接触于B 处但无挤压.现使一质量为m 的小球从圆弧轨道上距水平轨道高h 处的D 点由静止开始下滑.小球与物块相碰后立即共速但不粘连,物块与L 形挡板相碰后速度立即减为零也不粘连.(整个过程中,弹簧没有超过弹性限度.不计空气阻力,重力加速度为g )图6-13(1)试求弹簧获得的最大弹性势能;(2)求小球与物块第一次碰后沿BC 上升的最大高度;(3)若R>>h ,每次从小球接触物块至物块撞击L 形挡板历时均为Δt ,则小球由D 点出发经多长时间第三次通过B 点?解析:(1)由小球运动至第一次碰前,据动能定理有:mgh =mv 02/2①(1分)对碰撞过程,据动量守恒:mv 0=(M +m )v 1②(1分)碰后压缩弹簧过程中,M 、m 及弹簧系统机械能守恒:E pm =(M +m )v 12/2③(1分)由①②③式联立解得:.2pmmM ghm E +=④(1分)(2)第一次碰后小球向BC 轨道运动的初速度即为v 1,由机械能守恒得:'2121mgh mv =⑤(1分)由①②⑤式联立解得:.)('22h m M mh +=⑥(1分)(3)小球在BC 段运动可等效为单摆,其周期为:gR T π2=⑦(1分)分析得小球第三次通过B 点历时为:t Tt ∆+=43⑧(1分)由⑦⑧式联立解得:.23t gRt ∆+=π⑨(2分)答案:(1)mM ghm +2(2)h m M m 22)(+ (3)t g R t ∆+=π23 16.(12分)(2010四川成都高三一检,24)如图6-14所示的装置中,两个光滑定滑轮的半径很小,表面粗糙的斜面固定在地面上,现用一根伸长量可以忽略的轻质细绳跨过定滑轮连接可视为质点的甲、乙两物体,其中甲放在斜面上且连线与斜面平行,乙悬在空中,放手后,甲、乙均处于静止状态.当一水平向右飞来的子弹击中乙(未穿出)后,子弹立即和乙一起在竖直平面内来回运动,若乙在摆动过程中,悬线偏离竖直方向的最大偏角为α=60°,整个过程中,甲均未动,且乙经过最高点(此时乙沿绳方向的合外力为零)和最低点时,甲在斜面上均即将滑动.已知乙的重心到悬点O 的距离为l =0.9 m,乙的质量为m 乙=0.99 kg,子弹的质量m =0.01 kg,重力加速度g 取10 m/s 2.求:图6-14(1)子弹射入乙前的速度大小; (2)斜面对甲的最大静摩擦力.解析:(1)设子弹射入乙物体前的速度大小为v 0,射入后共同速度的大小为v .子弹击中乙的过程中,据动量守恒有mv 0=(m +m 乙)v ①(2分)乙摆到最高点的过程中,由机械能守恒有2)(21)cos 1()(v m m gl m m 乙乙+=-+α②(2分)联立①②解得v 0=300 m/s.(2分)(2)设甲物体的质量为m 甲,所受的最大静摩擦力为f ,斜面的倾角为θ,当乙物体运动到最高点时,绳子上的弹力设为T 1T 1=(m +m 乙)g cosα③(1分)此时甲物体恰好不下滑,由平衡条件有m 甲g sin θ=f +T 1④(1分) 当乙物体运动到最低点时,绳子上的弹力设为T 2 由牛顿第二定律有lv m m g m m T 22)()(乙乙+=+-⑤(1分)此时甲物体恰好不上滑,由平衡条件有m 甲g sin θ+f =T 2⑥(1分) 联立解得f =7.5 N.(2分) 答案:(1)300 m/s (2)7.5 N。
2020年高考物理二轮复习讲练测 专题05 能量和动量(测)(解析版)
专题测试【满分：100分时间：90分钟】一、选择题（本题共包括12小题，每小题5分，共60分）1．(2020·吉林省吉林市高三联考)如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下列说法不正确的是( )A．摩擦力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功C．支持力对物体不做功D．合外力对物体做功为零【答案】B【解析】物体P匀速向上运动的过程中，摩擦力的方向沿传送带向上，与运动的方向相同，所以摩擦力做正功，A正确，B错误；支持力的方向与物体运动的方向垂直，则支持力对物体不做功，C正确；物体匀速上升，动能变化量为零，根据动能定理可知，合力对物体做功为零，D正确。
2．(2020·浙江宁波高三十校联考)设在平直公路上以一般速度行驶的自行车，所受阻力约为车、人总重的0.02倍，则骑车人的功率最接近于( )A．10－1 kW B．10－3 kWC．1 kW D．10 kW【答案】A【解析】设人和车的总质量为80 kg，总重力即为800 N，则受到的阻力大小为16 N，假设骑自行车的速度为10 m/s，则匀速行驶时，骑车人的功率为P＝Fv＝fv＝16×10 W＝160 W，最接近于0.1 kW，A正确。
3. (2020·河北张家口高三模拟)如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )A．运动员先处于超重状态后处于失重状态B．空气浮力对系统始终做负功C．加速下降时，重力做的功大于系统重力势能的减小量D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等【答案】B【解析】运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，A错误；空气浮力与运动方向总相反，故空气浮力对系统始终做负功，B正确；加速下降时，重力做的功等于系统重力势能的减小量，C错误；因为是变速运动，所以任意相等的时间内，系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，D错误。
2020届高考物理专题训练：动量(两套 附详细答案解析)
高考物理专题训练：动量（基础卷）一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列有关动量的说法中正确的是( ) A ．物体的动量发生改变，其动能一定改变 B ．物体的运动状态改变，其动量一定改变C ．对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量一定守恒D ．对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能一定守恒 【答案】B【解析】物体的动量发生改变，其动能不一定改变，例如做匀速圆周运动的物体，选项A 错误；物体的运动状态改变，则速度发生变化，根据P ＝mv 知，动量一定改变。
故B 正确。
对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量不一定守恒，例如做平抛运动的物体，选项C 错误；对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能不一定守恒，如非弹性碰撞，故D 错误.2．以初速度竖直向上抛出一物体，空气阻力大小不变。
关于物体受到的冲量，以下说法正确的是( )A ．物体上升阶段和下落阶段受到的重力的冲量方向相反B ．物体上升阶段和下落阶段受到空气阻力冲量的大小相等C ．物体在下落阶段受到重力的冲量小于上升阶段受到重力的冲量D ．物体从抛出到返回抛出点，动量变化的方向向下 【答案】D【解析】物体向上运动的过程中空气的阻力的方向向下，则：1mg fa m ＝；下降的过程中空气的阻力方向向上，则：1-mg fa m ＝＜a 1，由于下降的过程中的位移等于上升过程中的位移，由运动学的公式可知上升的时间一定小于下降过程中的时间。
物体上升阶段和下落阶段受到的重力的方向都向下，所以重力的冲量方向相同。
故A 错误；物体上升阶段的时间小，所以物体上升阶段物体受到空气阻力冲量的大小小于下降阶段受到空气阻力冲量的大小。
故B 错误；物体上升阶段的时间小，物体在下落阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量。
2020届高考物理通用二轮题：能量和动量练习及答案
2020届高考物理通用二轮题：能量和动量练习及答案二轮高考：能量和动量1、(2019·吉林省模拟)如图所示，可视为质点的物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且k<1。
则物体与斜面间的动摩擦因数为()A．(1－k)sinαB．(1－k)cosαC．(1－k2)tanαD．1－k2 tanα2、(2019·吉林调研)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑。
杆的两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用一不可伸长的细绳相连。
初始A、B均处于静止状态，已知OA＝3 m，OB＝4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m，小球A与水平杆间的动摩擦因数μ＝0.2(取g＝10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为()A．4 J B．6 JC．10 J D．14 J3、如图所示，一倾角为37°的斜面固定在水平地面上，重为4 N的滑块从距离水平面高度为0.6 m处由静止释放，沿斜面向下运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，以水平地面为重力势能等于零的参考面．滑块从静止运动到斜面底端的过程中，下列说法正确的是(AC)A．滑块的重力势能减少2.4 JB．滑块的动能增加0.48 JC．滑块的机械能减少1.6 JD．滑块因摩擦生热0.96 J4、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 N B．102 NC．103 N D．104 N5、质量为M的小车静止在水平面上，静止在小车左端的质量为m的小球突然获得一个水平向右的初速度v0，并沿曲面运动，若曲面很长，小球不可能从右端离开，不计一切阻力，对于运动过程分析正确的是(重力加速度为g)(AC)A．小球沿小车上升的最大高度小于v20 2gB．小球回到小车左端的速度大小仍为v0 C．小球和小车组成的系统机械能守恒D．小球到最高点的速度为m v0 M6、如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是()A．在以后的运动过程中，小球和槽在水平方向动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处7、(2019·安徽“江南十校”联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。
2020年高考物理二轮复习专题练习卷---动量定理与动量守恒定律(解析版)
2020年高考物理二轮复习专题练习卷---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。
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2020届高考二轮复习跟踪测试（物理）：动量物理试卷本卷须知：1.本卷共100分，考试时刻100分钟2.将答案写在答题卡的相应位置一、选择题〔小题，每题分〕1.下面关于物体动量和冲量的讲法不正确的选项是．．．．．．．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．物体动量增量的方向，确实是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快2.以下属于反冲运动的A．喷气式飞机的运动B．直升飞机的运动C．火箭的运动D．反击式水轮机的运动3.跳高运动员在跳高时总是跳到沙坑里或跳到海绵垫上，如此做是为了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刻D．减小着地时运动员所受的平均作用力4.质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为A．2 B．3 C．4 D．55.动量分不为5kg·m/s和6kg·m/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动A追上B并发生碰撞后。
假设碰撞后A的动量减小了2kg·m/s，而方向不变，那么A、B质量之比可能是A．5：6 B．3：8 C．1：2 D．4：76.一个静止的质量为m的不稳固原子核，当它完成一次α衰变，以速度v发射出一个质量为mα的α粒子后，其剩余部分的速度为A ．v m m α-B ．-vC ．v m -m m ααD ．v m -m m αα-7.一只小球沿光滑水平面运动，垂直撞到竖直墙上。
小球撞墙前后的动量变化量为p ∆，动能变化量为E ∆，关于p ∆和E ∆有以下讲法：①假设p ∆最大，那么E ∆也最大；②假设p ∆最大，那么E ∆一定最小；③假设p ∆最小，那么E ∆也最小；④假设p ∆最小，那么E ∆一定最大。
以上讲法中正确的选项是A ．①③B ．②④C ．①④D ．②③8.小球A 以速度v 0向右运动，与静止的小球B 发生正碰，碰后A 、B 的速率分不是40v 和20v 。
那么A 、B 两球的质量比可能是 A ．1∶2 B ．1∶3 C ．3∶2 D ．2∶59.甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，它们的动量分不是p 甲=5kg.m/s ，P 乙=7kg.m/s ，甲追乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p’乙＝10kg.m/s ，那么两球质量m 甲与m 乙的关系可能是A ．m 甲=m 乙B ．m 乙=2m 甲C ．m 乙=4m 甲D ．m 乙=6m 甲10.在光滑水平地面上有一质量为m 1的小球处于静止状态，现有一质量为m 2的小球〔两球形状完全相同〕以一定的初速度匀速向m 1球运动，并与m 1球发生对心正撞。
关于如此的一个作用的过程，可用速度时刻图象进行描述，以下四个图象中，图线1表示m 1球运动的情形，图线2表示m 2球运动的情形。
那么在这四个图象中可能正确的反映了两球相互作用过程中速率随时刻变化关系的是静止的质量为，当它以地速度vo 喷出质量为Δm 的高温气体后，火箭的速度为A ．0()mv M m ∆-∆B ．—0()mv M m ∆-∆C ．0mv M ∆ D ．—0mv M∆12.装有炮弹的火炮总质量为m 1，炮弹的质量为m 2，炮弹射出炮口时对地的速率为v 。
，假设炮管与水平地面的夹角为θ，那么火炮后退的速度大小为A ．201m v mB ．—2012cos m v m m θ-C ．2012cos m v m m θ- D ．201cos m v m θ二、填空题〔 小题，每题 分〕13.在地球上空，一个质量为m 的飞行器，靠向后喷的气体的反冲力使飞行器停在空中不动，从飞行器中喷出的气体速度等于v ，那么发动机的平均功率为________。
14.重10 N 的物体在倾角为37°的斜面上下滑，通过A 点后再经2 s 到达斜面底，假设物体与斜面间的动摩擦因数为0.2，那么从A 点到斜面底的过程中，重力的冲量大小为____________N·s ，方向___________；弹力的冲量大小_________N·s ，方向_________；摩擦力的冲量大小________N·s ，方向_________；合外力的冲量大小__________N·s ，方向____________。
(。
sin 370.6,cos370.8︒︒==) 15.航空母舰上的飞机跑道长度有限。
飞机回舰时，机尾有一个钩爪，能钩住舰上的一根弹性钢索，利用弹性钢索的弹力使飞机专门快减速。
假设飞机的质量为M=4.0×103kg ，回舰时的速度为v=160m/s,在t=2.0s 内速度减为零，弹性钢索对飞机的平均拉力F= N 。
〔飞机与甲板间的摩擦忽略不计〕16.人们常讲〝水滴石穿〞，请你依照下面提供的信息，一瀑布落差为h =20m ，水流量为Q =0.10m 3/s ，水的密度3100.1⨯=ρkg/m 3，水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零。
估算出水对石头的冲击力的大小为 〔落在石头上的水赶忙流走，在讨论石头对水的作用时能够不考虑水的重力，g 取10m/s 2〕17.鱼雷快艇的质量为M 〔不包含鱼雷的质量〕，带着一颗质量为m 的鱼雷以速度v 匀速前进。
当快艇沿前进方向把鱼雷发射出后，快艇的运动方向不变，速度大小变为23v ，那么鱼雷相关于地的发射速度为___________〔不计水的阻力〕． 18.如下图，在足够长的斜面上有一质量为m 的长方形木板A ，木板上表面光滑.当木板获得初速υ0后正好能匀速下滑。
在木板匀速下滑时将一质量也为m 的滑块B 轻轻地放在木板表面上。
当木块B 在木板上动量为12mυ0时，木板A 的动量为 ；当木块B 在木板上动量为23mυ0时，木板A 的动量为 ；当木块B 在木板上动量为2mυ0时，木板A 的动量为 。
19.质量m1=1 kg的物体，以某一初速度在水平面上滑行，与另一物体相碰，碰撞前后它们的位移随时刻变化的情形如下图。
假设取g=10 m/s2，那么m2=_______kg。
三、实验题〔小题，每题分〕20.〔18分〕用如下图装置验证动量守恒定律，质量为ｍA的钢球Ａ用细线悬挂于Ｏ点，质量为ｍ0的钢球Ｂ放在离地面高度为H的小支柱Ｎ上，Ｏ点到Ａ球球心的距离为Ｌ，使悬线在Ａ球开释前张直，且线与竖直线的夹角为α．Ａ球开释后摆动到最低点时恰与Ｂ球正碰，碰撞后，Ａ球把轻质指示针OC推移到与竖直线夹角β处，Ｂ球落到地面上，地面上铺一张盖有复写纸的白纸D。
保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个Ｂ球的落点。
〔1〕图中ｓ应是Ｂ球初始位置到________的水平距离；〔2〕为了验证两球碰撞过程动量守恒，应测得________、________、________、________、________、________、________等物理量；〔3〕用测得的物理量表示碰撞前后Ａ球、Ｂ球的动量：P A＝________，P A′＝________，ｐB＝________，P B′＝________。
四、运算题〔小题，每题分〕21.〔8分〕质量为0.5kg的弹性球，从1.25m高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8m。
设碰撞时刻为0.1s ，取g=10 m/s 2，求〔1〕小球受到合力的冲量大小。
〔2〕小球对地板的平均冲力大小和方向？22.〔10分〕如下图，传送带带着小物体m 以v 0速度运动。
当物体进入同高度的小车M 上时，由于摩擦，设动摩擦因数为μ，最后M 、m 以共同速度前进。
(小车与地面摩擦不计)求：〔1〕它们共同前进的速度？〔2〕通过多长时刻车达到最大速度？〔3〕小物体m 在车内滑行的最大距离？23.〔10分〕如下图，小车的质量M=2kg ，静止在光滑的水平面上，小车AB 段水平，长L=1m ，BC 部分是光滑的41圆弧形轨道，半径R=0.4m ，圆弧在C 点的切线是竖直的。
今有质量为m=1kg 的金属滑块〔宽度远小于小车的长度〕以水平速度v 0=5m/s 冲上小车，金属滑块与小车AB 段之间的动摩擦因数μ=0.3，试求：〔1〕滑块上升的最大高度；〔2〕小车获得的最大速度。
参考答案一、选择题〔 小题，每题 分〕1.A2.ACD3.CD4.AB解析：此题考查动量守恒.依照动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P ，那么总动量为2P ，依照K mE P 22=，以及能量的关系得M P m p M P 2224222+≥3≤m M ，因此AB 正确。
5. BCD6.D7.B解析：小球与墙壁碰撞后，假如无能量缺失，那么小球应以相同的速率返回，这种情形动量变化量p ∆最大等于2mv ，动能变化量E ∆最小为零，因此②正确；假如小球与墙壁碰后粘在墙上，动量变化量p ∆最小等于mv ，动能变化量E ∆最大等于221mv ，因此④正确。
8.D9.C10.BD11.B12.C二、填空题〔 小题，每题 分〕13.12mgv 14.20，竖直向下，16，垂直斜面向上，3.2，沿下面向上，8.8，沿斜面向下15.3.2×105N16.2000N17.33mv mv m + 18.12mυ0；13mυ0；0 19.3 kg. 解析：碰前m 1匀速，v 1=4 m/s ，m 2静止；碰后两者黏合在一起共同匀速运动，v =1 m/s ，由m 1v 1=〔m 1＋m 2〕v ，得m 2=3 kg 。
三、实验题〔 小题，每题 分〕20.〔1〕B 球各落地点中心〔2〕ｍＡ、ｍＢ、L 、α、β、H 、S ；〔3〕ｍA )cos 1(2α-gL ，ｍA )cos 1(2β-gL ，0，ｍB S Hg 2 四、运算题〔 小题，每题 分〕21.解析：取小球为研究对象，依照物体作自由下落和竖直上抛运动，可知：碰撞前：1212gh v = s m gh v /5211==(方向向下) 〔2分〕 碰撞后：2222gh v = s m gh v /4222== (方向向上) 〔2分〕碰撞时，取竖直向上为正方向，依照动量定理 12)(mv mv t mg F +=-〔2分〕N mg t mv mv F 50105.01.0)54(5.012=⨯++⨯=++= 〔1分〕 由牛顿第三定律可知，小球对地板的平均冲力大小为50N ，方向竖直向下。
〔1分〕22.解析：(1)由动量守恒定律得：/0)(v m M mv += 〔2分〕mM mv v +=0/〔1分〕 (2) 对车研究，由动量定理得：0/-=Mv mgt μ 〔2分〕gm M Mv v )(0/+=μ〔1分〕 (3)由能量守恒得：m mgs v m M mv μ++=2/20)(2121〔2分〕 )(220m M g Mv s m +=μ〔2分〕 23.解析：〔1〕设金属滑块上升的最大高度为H ，上升到最大高度时金属滑块与小车具有共同速度υ'，由动量守恒和能量守恒定律得mυ0=(m +M )υ' 〔2分〕mgH mgL v M m mv +++=μ220)(2121 〔2分〕 解得H =0.53 m>R ，讲明金属滑块差不多离开了小车。