2018届高考物理一轮复习专题动量守恒定律及其应用专项练习
最新-2018版高三物理一轮复习 动量守恒定律及其应用动
2018版高三物理一轮复习动量守恒定律及其应用1.如图所示,PQS是固定于竖直平面内的光滑的14圆周轨道,圆心O在S的正上方.在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑.以下说法正确的是( )A.a比b先到达S,它们在S点的动量不相等B.a比b同时到达S,它们在S点的动量不相等C.a比b先到达S,它们在S点的动量相等D.b比a先到达S,它们在S点的动量相等解析:a物体做自由落体运动,运动时间为t1,b物体沿14圆弧轨道下滑的过程中,其竖直方向分运动的加速度在任何高度都小于重力加速度.又a､b两物体竖直方向位移相等,所以b 物体下滑到S的时间t2>t1,故A正确,B､C､D､错误.答案:A2.关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是( )A.只要系统内存在摩擦力,系统动量就不可能守恒B.只要系统中有一个物体具有加速度,系统动量就不守恒C.只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒D.系统中所有物体的加速度为零时,系统的总动量不一定守恒解析:由动量守恒的条件知C正确,D项中所有物体加速度为零时,各物体速度恒定,动量恒定,总动量一定守恒.答案:C3.如图所示,完全相同的A､B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动.AB间夹有少量炸药,对A､B在炸药爆炸过程及随后的运动过程有下列说法,其中正确的是( )A.炸药爆炸后瞬间,A､B两物块速度方向一定相同B.炸药爆炸后瞬间,A､B两物块速度方向一定相反C.炸药爆炸过程中,A､B两物块组成的系统动量不守恒D.A､B在炸药爆炸后至A､B相对传送带静止过程中动量守恒解析:炸药爆炸后,A物块的速度是否反向,取决于炸药对A物块的冲量大小和A的初动量大小的关系.故A速度不一定反向,故A､B项不正确;在炸药爆炸过程中及以后直至A､B相对静止过程中,A相对传送带向左运动,B相对传送带向右运动,所受摩擦力方向相反,根据滑动摩擦力定义可以确定A､B组成的系统所受合外力为零,满足动量守恒条件,故C项不正确,D 项正确.答案:D4.(江苏南通2月)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定其上,另一质量也为m的物体乙为4 m/s的速度与甲相向运动,如图所示,则( )A.甲､乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力作用,动量不守恒B.当两物块相距最近时,甲物块的速度为零C.当甲物块的速度为1 m/s时,乙物块的速度可能为2 m/s,也可能为0D.甲物块的速率可能达到5 m/s解析:由于弹簧是轻质的,甲､乙在水平方向上除相互作用外不受其他力,故水平方向上二者组成的系统动量守恒,A 错.当甲､乙相距最近时应有v 甲=v 乙,故由动量守恒有mv 乙-mv 甲=2mv(其中以物体乙的初速度方向为正),代入数据有v=0.5 m/s,B 错.又二者作用过程中,总机械能也守恒,当二者分离时甲获得最大速度,则由动量守恒和能量守恒有2222(),1111.2222m m mv mv mv mv v mv mv mv mv ''-=-⎧⎪⎨'+=+⎪⎩乙甲乙甲为两物块分离时乙的速度大小 解之得v m =v 乙=4 m/s,v′=v 甲=3 m/s,故D 错.当甲物块的速度为向左的1 m/s 时,由动量守恒可求得乙的速率为2 m/s.当甲物块的速度为向右的1 m/s,同样可求得乙的速率为0,故C 对.答案:C5.(山东潍坊一模)如图,质量为3 kg 的木板放在光滑水平面上,质量为1 kg 的物块在木板上,它们之间有摩擦力,木板足够长,两者都以4 m/s 的初速度向相反方向运动,当木板的速度为2.4 m/s 时,物块( )A.加速运动B.减速运动C.匀速运动D.静止不动解析:由于木板和物块之间有摩擦,放在光滑的水平面上后,由于木板足够长,故木板和物块系统动量守恒,最终二者将具有共同的速率,规定向右的方向为正方向,根据动量守恒得3×4 kg· m/s -1×4 kg· m/s=(3 kg+1 kg)v,所以v=2 m/s,方向向右.当木板速度为2.4 m/s 时,设物块的速度为v′,根据动量守恒得,3×4 kg· m/s -1×4kg· m/s=3×2.4 kg· m/s+1 kg×v′,v′=0.8 m/s,方向向右.因v′<v,故此时物块正在加速度运动.答案:A6.(广东中山3月)向空中发射一物体,不计空气阻力.当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a､b两块,若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则( )A.b的速度方向一定与初速度方向相反B.从炸裂到落地的这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大C.a､b一定同时到达地面D.在炸裂过程中,a､b受到的爆炸力的冲量大小一定相等解析:物体炸裂过程,水平方向动量守恒,mv0=m1v1+m2v2,只有m1v1>mv0时,v2才与初速度方向相反,且v1､v2的大小关系不能确定,所以无法确定a､b的水平位移,A､B均错.竖直方向的运动不受水平运动的影响,故落地时间相同,a､b所受力大小相等､时间相同,故冲量大小相等.答案:CD7.如图所示两辆质量相同的小车静止于光滑的水平面上,有一人静止在小车A上.当这个人从A车上跳到B车上,接着又从B车跳回并与A车保持相对静止时,A车的速率( )A.等于零B.小于B车速率C.大于B车速率D.等于B车速率解析:由系统动量守恒可得:O=(M A+m)V A-M B V B,M A+M>M B故V A<V B.B正确.答案:B8.小车静止在光滑水平面上,站在车上的人练习打靶,靶装在车上的另一端,如图所示.已知车､人､枪和靶的总质量为M(不含子弹),每颗子弹质量为m,共n 发,打靶时,枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中,就留在靶里,且待前一发打入靶中后,再打下一发.则以下说法正确的是( )A.待打完n 发子弹后,小车将以一定速度向右匀速运动B.待打完n 发子弹后,小车应停在射击之前位置的右方C.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移相同,大小均为md nm M + D.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移不相同解析:根据动量守恒定律,当子弹射出后,小车(包括人､枪和靶,下同)获得一定的速度向右匀速直线运动,但是当子弹打入靶后,因为系统总动量为0,所以小车将做间歇性的匀速直线运动,最后将停止于原位的右边,A 错误,B 正确.研究空中飞行的一颗子弹和其他所有物体的动量守恒可知,每一次射击后小车获得的速度都是相等的,走过的距离也都相等.设子弹的速度为v,小车获得的速度为v 1由动量守恒有:mv=[M+(n-1)m]v 1,v 1=(1)mv M n m+-,设子弹从枪口射出到打入靶所用的时间为[(1)],[],,(1)()mv M n m d t d t v t M n m M nm v+-=+=+-+小车位移为s=v 1,md t nm M=+C 对,D 错,答案为BC. 答案:BC9.一列总质量为m 总的列车,在平直轨道上以速度v 匀速行驶,突然最后一节质量为m 的车厢脱钩,列车受到的阻力与车重成正比,机车牵引力不变,则当最后一节车厢刚好停止的瞬间,前面列车的速度为__________解析:整个列车匀速行驶时,机车牵引力与列车所受阻力大小相等,当最后一节车厢脱钩之后,机车牵引力不变,而最后一节车厢停止运动前,对整个列车而言,所受阻力大小也不变,则列车与脱钩的最后一节车厢组成的系统动量守恒,最后一节车厢停止瞬间,有(m 总-m)v′=m 总v v′=.m v m m-总总 答案:m v m m-总总 10.质量为100 kg 的甲车连同质量为50 kg 的人一起以2 m/s 的速度在光滑水平上向前运动,质量为150 kg 的乙车以7 m/s 的速度由后面追来.为了避免相碰,当两车靠近时甲车上的人至少应以多大的水平速度跳上乙车?解析:在人和车相互作用时动量守恒.设人跳起的水平速度为v 人,两车后来的速度相同均为v 车.设向前为正方向,根据动量守恒定律,人从甲车上跳出时,有(m+M 甲)v 甲=M 甲v 车-mv 人人跳上乙车的过程中,有M 乙v 乙-mv 人=(M 乙+m)v 车由以上两式代入数据解得v 人=3 m/s.答案:3 m/s11.如图所示,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μ.使木板与重物以共同的速度v 0向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长,重物始终在木板上.重力加速度为g.解析:木板第一次与墙碰撞后,木板的速度反向,大小不变,此后木板向左做匀减速运动,重物向右做匀减速运动,最后木板和重物达到一共同速度为v,设木板的质量为m,重物的质量为2m,取向右为动量的正向,由动量守恒得2mv 0-mv 0=3mv设从第一次与墙碰撞到木板和重物具有共同速度v 所用的时间为t 1,2μmgt 1=mv-m(-v 0)由牛顿第二定律得2μmg=ma式中a 为木板的加速度.在达到共同速度v 时,木板离墙的距离l 为201112l v t at =- 开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为2l t v= 从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为t=t 1+t 2 由以上各式得04.3v t gμ= 12.如图所示,在光滑水平面上有两个并排放置的木块A 和B,已知m A =500 g,m B =300 g,有一质量为80 g 的小铜球C 以25 m/s 的水平初速开始,在A 表面滑动,由于C 和A,B 间有摩擦,铜块C 最后停在B 上,B 和C 一起以2.5 m/s 的速度共同前进,求:(1)木块A 的最后速度v A ′;(2)C 在离开A 时速度v C ′.解析:A,B,C 三个物体作为一个系统在水平方向不受外力作用,系统动量守恒,(1)研究C 开始滑动到C 和B 相对静止的过程,m C v 0=m A v A ′+(m C +m B )v 共v A ′=0()C C B A m v m m v m -+共0.0825(0.080.3) 2.5 2.1/.0.5m s ⨯-+⨯== (2)研究C 开始滑动到C 离开A 的过程,m C v 0=(m A +m B )v A ′+m C v C ′v C ′=0()C A B A Cm v m m v m -+' =0.0825(0.50.3) 2.14/.0.08m s ⨯-+⨯= 答案:(1)2.1 m/s (2)4 m/s。
2018届高考物理一轮复习 专题 动量守恒定律及其应用检测题
动量守恒定律及其应用[基础训练]1．车厢停在光滑水平轨道上，坐在车厢后面的人对车厢前壁发射了一颗子弹．设子弹的质量为m，出口速度为v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入车壁后，车厢的速度为( )A.mvM，向前 B.mvM，向后C.mvM＋m，向前D．02．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为m a、m b，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞后的速度图象如图所示，下列关系正确的是( )A．m a>m b B．m a<m bC．m a＝m b D．无法判断3．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．当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放时，B球的落地点距桌边距离为( )A.x3B.3xC．x D.6 3 x4．如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人爬在一只大气球下方，气球正面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触．当静止时人离地面的高度为h＝5 m(可以把人看做质点)．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度约为( )A．5 m B．3.6 mC．2.6 m D．8 m5．质量m＝100 kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60 kg的游泳者乙，船首指向左方．若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上分别向左、向右以3 m/s的速率跃入水中，则小船( )A．向左运动，速率为1 m/sB．向左运动，速率为0.6 m/sC．向右运动，速率大于1 m/sD．仍静止6．如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A，车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m.B与车板之间的动摩擦因数为μ，而C与车板之间的动摩擦因数为2μ.开始时B、C分别从车板的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行．已知滑块B、C最后都没有脱离平板车，则车的最终速度v车为( )A.12v0 B.16v0C.13v0D．07．如图所示，设车厢长度为l，质量为m1，静止于光滑水平面上，车厢内有一质量为m2的物体以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，最终相对静止于车厢中，这时车厢的速度为( )A．v0，水平向右B．0C.m2v0m2＋m1，水平向右 D.m2v0m2＋m1，水平向左8．在冰壶比赛的某次投掷中，运动员对冰壶的水平作用力恒为9.5 N,4 s后释放冰壶，一段时间后与对方的静止冰壶发生碰撞，碰后对方的冰壶以2.00 m/s的速度向前滑行．投掷的冰壶速度减小为0.02 m/s，比赛中投掷的冰壶实测质量为19.00 kg(由于制造工艺上的不足，两冰壶质量有点偏差)，则( )A．4 s后释放冰壶的速度为4.0 m/sB．对方使用冰壶的质量大于19.0 kgC．碰撞后的总动能为40.0 JD．两冰壶的碰撞是弹性碰撞[能力提升]9．如图所示，小车放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与小车的速率之比为m∶MC．C与油泥粘在一起后，小车立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，小车继续向左运动10．(2017·黑龙江实验中学月考)如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，其右侧边缘放有小滑块C，与木板B完全相同的木板A以一定的速度向左运动，与木板B发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块C刚好没有从木板A上掉下．已知木板A、B和滑块C的质量均为m，C与A、B之间的动摩擦因数均为μ.求：(1)木板A与B碰前的速度v0；(2)整个过程中木板B对木板A的冲量I.11．(2016·新课标全国卷Ⅲ)如图所示，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 .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．12．在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似．两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P ，右边有一小球C 沿轨道以速度v 0射向B 球，如图所示．C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D .在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A 球与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D 都静止不动，A 与P 接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除定均无机械能损失)．已知A 、B 、C 三球的质量均为m .(1)求弹簧长度刚被锁定后A 球的速度；(2)求在A 球离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．参考答案1.答案：D 解析：子弹、车厢和人看做一个系统，此系统在发射子弹的过程中动量守恒．系统发射子弹前的动量为零，则系统发射子弹后的动量也为零．最后子弹、车厢和人成为一个整体，整体的动量为零，故速度为零，故D 选项正确．2.答案：B 解析：由题图知a 球以初速度与原来静止的b 球碰撞，碰后a 球反弹，且速度小于a 的初速度大小，根据碰撞规律有：m a v a ＝m a v ′a ＋m b v ′b 和12m a v 2a ＝12m a v ′2a ＋12m b v ′2b ，可得v ′a ＝m a －m b m a ＋m b v a ，v ′b ＝2m am a ＋m bv a ，因v ′a <0，所以m a <m b ，故选项B 正确． 3.答案：D 解析：当用板挡住小球A 而只释放B 球时，根据能量守恒：E p ＝12mv 20，根据平抛运动规律有：x ＝v 0t .当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放时，设A 、B 的速度分别为v A 和v B ，则根据动量守恒和能量守恒有：2mv A －mv B ＝0，E p ＝12·2mv 2A＋12mv 2B ，解得v B ＝63v 0，B 球的落地点距桌边距离为x ′＝v B t ＝63x ，选项D 正确． 4.答案：B 解析：设在此过程中人、气球对地发生的位移分别是x 、x ′，由动量守恒定律得，m 1x ＝m 2x ′，又因为x ＋x ′＝h ，解得x ′≈3.6 m，选项B 正确．5.答案：B 解析：选向左的方向为正方向，由动量守恒定律得m 甲v －m 乙v ＋mv ′＝0，船的速度为v ′＝m 乙－m 甲vm ＝－100m/s ＝0.6 m/s ，船的速度方向沿着正方向向左，故选项B 正确．6.答案：B 解析：设水平向右为正方向，因为水平面光滑，两滑块与平板车组成的系统动量守恒，系统最终的速度为v 车，所以2mv 0－mv 0＝(3m ＋2m ＋m )v 车，解得v 车＝16v 0，选项B 正确．7.答案：C 解析：物体最终与车厢相对静止，根据动量守恒定律得，m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，v ＝m 2v 0m 2＋m 1，方向水平向右． 8.答案：D 解析：由牛顿第二定律和运动规律可得，4 s 后释放冰壶的速度v 1＝F m 1t ＝2 m/s ，选项A 错误；两冰壶碰撞过程中动量守恒，m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v 2，解得m 2＝18.81 kg ，选项B 错误；碰撞后的总动能E k2＝12m 1v ′21 ＋12m 2v 22＝37.62 J ，选项C 错误；碰撞前的总动能E k1＝12m 1v 21＝38 J ，由于E k1≈E k2，所以两冰壶的碰撞是弹性碰撞，选项D 正确．9.答案：C 解析：依据系统动量守恒，C 向右运动时，AB 向左运动，或由牛顿运动定律判断，AB 受向左的弹力作用而向左运动，故A 项错；又Mv AB ＝mv C ，得v C v AB ＝Mm，即B 项错；根据动量守恒得：0＝(M ＋m )v ′，所以v ′＝0，故选C.10.答案：(1)23μgL (2)－2m 3μgL3，负号表示B 对A 的冲量方向向右解析：(1)木板A 、B 碰后瞬时速度为v 1，碰撞过程中动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1.A 、B 粘为一体后通过摩擦力与C 发生作用，最后有共同的速度v 2，此过程中动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得2mv 1＝3mv 2.C 在A 上滑动过程中，由能量守恒定律得－μmgL ＝12·3mv 22－12·2mv 21.联立以上三式解得v 0＝23μgL .(2)根据动量定理可知，B 对A 的冲量与A 对B 的冲量等大反向，则I 的大小等于B 的动量变化量，即I ＝－mv 2＝－2m 3μgL3，负号表示B 对A 的冲量方向向右．11.答案：32v 20113gl ≤μ<v 202gl解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12mv 20>μmgl ①即μ<v 202gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1，由能量守恒定律有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v 2，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv 1＝mv ′1＋3m4v 2 ④12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v 22 ⑤ 联立④⑤式解得v 2＝87v 1 ⑥由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v 22 ≤μ3m4gl ⑦联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl⑧联立②⑧式，a 与b 发生碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件 32v 20113gl ≤μ<v 202gl . ⑨ 12.答案：(1)13v 0 (2)136mv 20解析：(1)设C 球与B 球粘结成D 时，D 的速度为v 1，由动量守恒定律，有mv 0＝(m ＋m )v 1①当弹簧压至最短时，D 与A 的速度相等，设此速度为v 2，由动量守恒定律，有 2mv 1＝3mv 2②由①②两式得A 的速度v 2＝13v 0.③(2)设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E p ，由能量守恒定律，有 12·2mv 21＝12mv 22＋E p ④ 撞击P 后，A 与D 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D 的动能，设D 的速度为v 3，则有E p ＝12·(2m )·v 23⑤当弹簧伸长，A 球离开挡板P ，并获得速度．当A 、D 的速度相等时，弹簧伸至最长．设此时的速度为v 4，由动量守恒定律，有2mv 3＝3mv 4⑥当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为E ′p ，由能量守恒定律，有 12·2mv 23＝12·mv 24＋E ′p ⑦ 解以上各式得E ′p ＝136mv 20.⑧。
高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)
高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题 (含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1.竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E=4X 10/m .小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径， b 、c 球用长L 2m 的绝缘细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当 F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足F 2 t 2 —.已知三个小球均可看做质点且 m a =0.25kg , m b =0.2kg , m c =0.05kg ，小球 (1) 小球a 与b 发生碰撞时的速度 v o ; (2) 小球c 运动到Q 点时的速度v ;(3) 从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球 c 电势能的增加量.【答案】(1) V 4m/s (2) v=2m/s (3) E p 3.2J 【解析】【分析】对小球 a ,由动量定理可得小球 a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组 成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球 c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速 度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得； 解：⑴对小球a ,由动量定理可得I m a V 。
0 由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧 ，面积为拉力F 的冲量，由圆方程可知S 1m 2 代入数据可得：v 0 4m/s(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞 ， 由动量守恒可得 m a V 0 m a V | (m b m c )v 21 2 1 2 12由机械能守恒可得 m a v 0m a v 1 (m b m c )v 222 2解得 V 1 0, V 2 4m/ sA E阳1r c 带q=5 x 1'0)C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦， g=10m/s 2，求小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理1 2 1 2 m c gR qER ㊁血 mjv ㊁血 mjv ?代入数据可得v 2m/ s⑶由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：1 2(m b m c )v qERsin 22.如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在 '点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度0 =60.小明从A 点由静止往下摆，达到 O 点正下方B 点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运 动•到达C 点，小明跳离平板车(近似认为水平跳离)，安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂 上•绳长L=1.6m ,浮漂圆心与 C 点的水平距离x=2.7m 、竖直高度y=1.8m ，浮漂半径 R=0.3m 、不计厚度，小明的质量m=60kg ，平板车的质量 m=20kg ，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦.重力加速度g=10m/s 2，求：_*』吩(1) 轻绳能承受最大拉力不得小于多少？ (2) 小明跳离平板车时的速度在什么范围？(3) 若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功 ？【答案】(1) 1200N (2) 4m/s Wv< 5m/s( 3) 480J 【解析】 【分析】(1)首先根据机械能守恒可以计算到达B 点的速度，再根据圆周运动知识计算拉力大小.(2)由平抛运动规律,按照位移大小可以计算速度范围( 3)由动量守恒和能量守恒规律计算即可. 【详解】解(I)从A 到B .由功能关系可得1 2 mgL(1 cos ) mv ①2代人数据求得v=4 m/s ②m b gR(1cos ) m c gRsin 解得sin0637因此小球c 电势能的增加量： E p qER(1 sin ) 3.2J2在最低点B处，T mg mv③联立①②解得，轻绳能承受最大拉力不得小于T=1200N(2) 小明离开滑板后可认为做平抛运动1 2竖直位移y gt1 2 3④2离C点水平位移最小位移x R v min t⑤离C点水平位移最大为X R V min t⑥联立④⑤⑥解得小明跳离滑板时的速度 4 m/s Wvw 5 m/s(3) 小明落上滑板时，动量守恒mv (m m0)V| ⑦代人数据求得V i=3 m/s⑧离开滑板时，动量守恒(m m0)v| mv C m o V2⑨将⑧代人⑨得V2=-3 m/s由功能关系可得1 2 1 2 1 2 W ( — mv C m0v2) m m0 v1⑩.2 2 2解得W=480 J3. 某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m,皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B C置于水平导轨上， B C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度V0=6m/s 沿B、C 连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起•碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角0 =37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数卩=0.8重力加速度g=10m/s2, sin37=0.6, cos37°0.8.1滑块A、B碰撞时损失的机械能；2滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q;3若每次实验开始时滑块A的初速度V。
2018高考一轮总复习物理模拟演练第6章动量守恒定律及其应用6动量守恒定律及其应用有答案
时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分。
其中1～4为单选，5～6为多选)1．某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，此时小船的速度v和该同学动量的变化量Δp分别为( )A.0.25 m/s,70 kg·m/sB.0.25 m/s，－105 kg·m/sC.0.95 m/s，－63 kg·m/sD.0.95 m/s，－35 kg·m/s答案 B解析取该同学开始跳时的速度方向为正方向，该同学跳到船上的过程中，人与船组成的系统动量守恒，则有60×2 kg·m/s－140×0.5 kg·m/s＝(60＋140)kg×v，小船的速度v＝0.25 m/s；该同学动量的变化量Δp＝(60×0.25－60×2) kg·m/s＝－105 kg·m/s，选项B正确，其他选项均错误。
2.高空作业须系安全带。
如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。
此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上。
则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg答案 A解析安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝2gh；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，由动量定理可得0－mv＝mgt－F t，故F＝mvt＋mg＝m2ght＋mg，故选项A正确。
3．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向右运动答案 D解析选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mv A＋2mv B＝0，选项A、B、C都不满足此式，只有选项D满足此式，所以D项正确。
最新-2018版高三物理一轮复习 机械能守恒定律及其应用
2018版高三物理一轮复习 机械能守恒定律及其应用1.物体做自由落体运动,E k 代表动能,E p 代表势能,h 代表下落的距离,以水平地面为零势能面 .下列所示图象中,能正确反映各物理量之间的关系的是( )解析:设物体的质量为m,初态机械能为E 0,则有E p =E 0-12mg 2t 2=E 0-12mv 2=E 0-E k =E 0-mgh.综上可知只有B 对.答案:B2.如图,一很长的､不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮,绳两端各系一小球a 和b.a 球质量为m,静置于地面;b 球质量为3m,用手托住,高度为h,此时轻绳刚好拉紧,从静止开始释放b 后,a 可能达到的最大高度为( )A.hB.1.5hC.2hD.2.5h解析:释放b 后,b 下落到地面,a 上升高度h 瞬间,a ､b 两者的速度相等,设为v,由机械能守恒得221133,22mgh mgh mv mv =++⨯则v =之后a 竖直上抛,继续上升的高度为h′,由h′22v g=得h′1,2h =所以a 上升的最大高度为h+h′3,2h =则B 正确.答案:B3.一根长为l 的不可伸长的轻绳,一端系一小球,另一端悬挂于O 点.将小球拉起使轻绳拉直并与竖直方向在60°角,如图所示,在O 点正下方有A ､B ､C 三点,并且有1.4OA BC CD h h h l ===当在A 处钉钉子时,小球由静止下摆,被钉子挡住后继续摆动的最大高度为h A ;当在B 处钉钉子时,小球由静止下摆,被钉子挡住后继续摆动的最大高度为h B ;当在C 处钉钉子时,小球由静止下摆,被钉子挡住后继续摆动的最大高度h C ,则小球摆动的最大高度h A ､h B ､h C 之间的关系是( )A.h A =h B =h CB.h A >h B >h CC.h A >h B =h CD.h A =h B >h C解析:设小球碰钉后恰好能做圆周运动的半径为R,在圆周运动的最高点处v由动能定理有:12mv 2-0=mgh-mgh′.代入数据212m -0=mglcos60°-mg2R, 解得15R l =故小球绕C 点能做圆周运动,绕AB 两点均不能做圆周运动,由单摆运动机械能守恒可知,摆到左边的最大高度均等于原来高度h A =h B =2l,故选D. 答案:D4.如图所示,固定在竖直平面内的光滑3/4圆弧轨道AB-CD,其A 点与圆心等高,D 点为轨道最高点,AC 为圆弧的一条水平直径,AE 为水平面.现使小球自A 点正上方O 点处静止释放,小球从A 点进入圆轨道后能通过轨道最高点D.则( )A.小球通过D 点时速度可能为零B.小球通过D 点后,一定会落到水平面AE 上C.小球通过D 点后,一定会再次落到圆轨道上D.O 点可能与D 点等高解析:由竖直面内圆周运动规律可知:小球既然能通过最高点则过最高点时速度不可能为零,其临界速度为v =其中R 为光滑圆弧轨道的半径.由机械能守恒可得221,2mgH mg R mv =+小球要通过最高点D,至少应从52H R =处开始下落,因此AD 错误;若小球刚好可以通过D 点,则离开D 点后做平抛运动,当下落R 高度时,需要时间为t 其水平位移为,s vt ==大于圆轨道的半径,故小球一定不会落到圆轨道上,只能落在水平面AE 上,C 错误;B 正确.答案:B5.如图所示,A ､B 质量均为m,轻质小滑轮距光滑水平杆高度为H,开始时轻质细绳与杆夹角α=45°.释放B 后,A ､B 同时开始运动,小滑轮绕轴无摩擦转动.则在A ､B 开始运动以后,下列说法正确的是( )A.A ､B 速度同时达到最大值B.轻质细绳一直对B 做负功C.A 能获得的最大动能为1)mgHD.B 将在竖直方向做简谐运动解析:A 的速度最大,动能最大,此时B 的速度为零.由机械能守恒定律,得:E K =()1).Hmg H mgH A sin α-=错C 对.当与A 连接的细绳运动越过竖直方向后,轻质细绳对B 做正功,B 将在竖直方向做机械振动.但由于细绳拉力大小不与B 对其平衡位置位移大小成正比,所以B 、D 均错.答案:C6.一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m 和2m 的小球A 和B.支架的两直角边长度分别为2l 和l,支架可绕固定轴O 在竖直平面内无摩擦转动,如图所示.开始时OA 边处于水平位置.由静止释放,则( )A.A 球的最大速度为B.A 球的速度最大时,两小球的总重力势能最小C.A 球的速度最大时,两直角边与竖直方向的夹角为45°D.A ､B 两球的最大速度之比v AB解析:由机械能守恒可知,两球总重力势能最小时,动能最大,根据题意知两球的角速度相同,线速度之比为v A ：v B =(ω·2l)：(ω·l)=2：1,故选项B ､D 是正确的.当OA 与竖直方向的夹角为θ时,由机械能守恒定律得:mg2lcos θ-2mgl(1-sin θ)=2211222B A mv mv ⨯+ 可得:283A v gl = (sin θ+cos θ)83gl -由数学知识知,当θ=45°时,sin θ+cos θ有最大值,故选项C 是正确的,选项A 是错误的.答案:BCD7.如图所示,物体沿30°的固定斜面以12g (g 为本地的重力加速度大小)的加速度匀减速上升,则在此过程中,物体的机械能是( )A.不变的B.减小的C.增加的D.不能判断 解析:由物体上升的加速度为1,2g 可知物体只受重力和支持力,支持力不做功,只有重力做功,所以物体的机械能守恒,A 选项正确.答案:A8.如图所示,倾角θ=30°的粗糙斜面固定在地面上,长为l ､质量为m ､粗细均匀､质量分布均匀的软绳置于斜面上,其上端与斜面顶端齐平.用细线将物块与软绳连接,物块由静止释放后向下运动,直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面),在此过程中( )A.物块的机械能逐渐增加B.软绳重力势能共减少了14mgl C.物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D.软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和解析:本题考查了功能关系.物块下落过程中,由于软绳的作用,机械能减少,A 错;软绳离开斜面时,绳的重心下降,4l 重力势能减少1,4mgl B 对;下落过程中,软绳的机械能增加,C错D 对.答案:BD9.如图所示,在竖直平面内的直角坐标系中,一个质量为m 的质点在外力F 的作用下,从坐标原点O 由静止开始沿直线O N 斜向下运动,直线O N 与y 轴负方向成θ角(θ<π/4).则F 大小至少为________;若F=mgtan θ,则质点机械能大小的变化情况是_____________.答案:mgsin θ 机械能逐渐增加10.如图所示,倾角为θ的光滑斜面上放有两质量均为m 的小球A 和B,两球之间用一根长为L 的轻杆相连,下面的小球B 离斜面底端的高度为h.两球从静止开始下滑,不计球与地面碰撞时的机械能损失,且地面光滑,求:(1)两球在光滑水平面上运动时的速度大小; (2)整个运动过程中杆对A 球所做的功.解析:(1)由于不计摩擦及碰撞时的机械能损失,因此两球组成的系统机械能守恒.两球在光滑水平面上运动时的速度大小相等,设为v,根据机械能守恒定律有212()222L mg h sin mv θ+=⨯解得v =(2)因两球在光滑水平面上运动时的速度v 比B 球从高h 大,增加的动能就是杆对B 做正功的结果.B 增加的动能为ΔE KB =12mv 2-mgh=12mgLsin θ. 因为系统机械能守恒,所以杆对B 球做的功与杆对A 球做的功数值应该相等,杆对B 球做正功,对A 球做负功,即杆对A 球做的功为12W =-mgLsin θ答案12mgLsin θ-11.如图所示,将A ､B 两个砝码用细线相连,挂在定滑轮上,已知m A =0.2 kg,m B =0.18 kg.托起砝码A 使其比砝码B 的位置高0.2 m,然后由静止释放,不计滑轮的质量和摩擦,当两砝码运动到同一高度时,它们的速度大小为多少?解析:AB 组成的系统只有重力做功,所以机械能守恒.选B 开始处的位置为重力势能参照面,A 向下运动,B 向上运动,在同一高度时速度也相同,21()()22A B B B h mgh m m gm m v =+++ ,解得v=1.1 m/s 答案:1.1 m/s12.如图所示为荡秋千的示意图,最初人直立站在踏板上,两绳与竖直方向的夹角均为θ,人的重心到悬点O 的距离为l 1;从A 点向最低点B 运动的过程中,人由直立状态变为自然下蹲,在B 点人的重心到悬点O 的距离为l 2;在最低点处,人突然由下蹲状态变成直立状态(人的重心到悬点O 的距离恢复为l 1),且保持该状态到最高点C.设人的质量为m,不计踏板和绳的质量,不计一切摩擦和空气阻力.求:(1)人第一次到达最低点B 还处于下蹲状态时,从身上掉下一件物品,问物品落地点到最低点的距离为多少?假设人在最低点时离地面高度为h.(2)人第一次到达最高点C 时,绳与竖直方向的夹角α为多大?(可用反三角函数表示;解答本问时不考虑超重和失重)解析:(1)人从A 点到B 点(还处于下蹲状态)的过程中,设B 点此时的速度为v 根据机械能守恒得 mg(l 2-l 1cos θ)=12mv 2物品落地的时间为t,有212h gt =物品落地点的水平位移x=vt解得x = 则该点离最低点B的距离s ==(2)人从B 点保持直立状态到达C 点的过程中,根据机械能守恒定律212mv =mgl 1(1-cos α) 解得α=arccos(cos θ-211l l l -). 答案(2)arccos(cos θ-211l l l -)。
2018年高考物理一轮复习 专题27 动量守恒定律及其应用(测)(含解析)
专题27 动量守恒定律及其应用【满分：110分 时间：90分钟】一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)1．如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为034h （不计空气阻力），则： （ ）A ．小球和小车组成的系统动量守恒B ．小车向左运动的最大距离为12RC ．小球离开小车后做斜上抛运动D ．小球第二次能上升的最大高度001324h h h <<【答案】D14mgh 0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgh 0，机械能损失小于14mgh 0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：34h 0-14h 0=12h 0，而小于34h 0，故D 正确；故选D 。
2．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【答案】D3．在光滑的水平面上有静止的物体A 和B 。
物体A 的质量是B 的2倍，两物体中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连。
当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中： （ ）A ．A 的速率是B 的2倍 B ．A 的动量大于B 的动量C ．A 的受力大于B 受的力D ．A 、B 组成的系统的总动量为零 【答案】D【解析】弹簧在恢复原长的过程中，两滑块系统动量守恒，规定向左为正方向，故：11220m v m v +-=（），由于物体A 的质量是B 的2倍，故A 的速率是B 的12倍，A 的动量等于B 的动量，故A B 错误，D 正确；根据牛顿第三定律，A 受的力等于B 受的力，故C 错误 【名师点睛】题是动量定理的直接应用，要比较物理量之间的比例关系，就要把这个量用已知量表示出来再进行比较．4．如图所示，小车与 木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是： （ ）A ．男孩与小车组成的系统动量守恒B ．男孩与木箱组成的系统动量守恒C ．小车与木箱组成的系统动量守恒D ．男孩、小车与木箱组成的系统动量守恒 【答案】D【名师点睛】满足下列情景之一的，即满足动量守恒定律：（1）系统不受外力或者所受外力之和为零；（2）系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；（3）系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
2018届高考物理一轮复习专题动量守恒定律及其应用导学案1
动量守恒定律及其应用知识梳理知识点一、动量守恒定律及其应用1．动量守恒定律(1)内容：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。
(2)表达式①p＝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′。
②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝0，系统总动量的增量为零。
2．动量守恒的条件不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态。
知识点二、弹性碰撞和非弹性碰撞1．碰撞物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3．分类[思考判断](1)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。
( )(2)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。
( )(3)动量守恒定律表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。
( )(4)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。
( )答案(1)√(2)×(3)√(4)√考点精练考点一动量守恒定律的条件及应用1．动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。
2．动量守恒定律的“六种”性质研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统对应训练1．[动量是否守恒的判断]如图1所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。
2018年高考物理一轮复习 专题13.2 动量守恒定律及应用押题专练
专题13.2 动量守恒定律及应用1．如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 kg ，速率分别为v A ＝5 m/s 、v B ＝2 m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动( )A ．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左C ．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右D ．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向左2. 一枚火箭搭载着卫星以速率v 0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m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2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 2 D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)解析：选D. 由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．3．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p 1＝5 kg·m/s ，p 2＝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m 1与m 2间的关系可能是下面的哪几种( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2解析：选C. 甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，即：p 1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其它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p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2，所以有：m 1≤2151m 2，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p 1m 1＞p 2m 2，即m 1＜57m 2；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p 1′m 1＜p 2′m 2，所以m 1＞15m 2.因此C 选项正确．4．(多选) 如图，大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ，摆长相同，摆动周期相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( )A ．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B ．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C ．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D ．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置5. (多选)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，下列哪些情况说法是可能发生的( )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 ＝Mv 1＋mv 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Mv ＝Mv 1＋mv 2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv26．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木板相连，木板质量M＝3.0 kg，质量m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝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 J B．6.0 JC．3.0 J D．20 J解析：选C. 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 f，根据能量守恒定律得铁块相对于木板向右运动过程1 2mv20＝F f L＋12(M＋m)v2＋E p铁块相对于木板运动的整个过程1 2mv20＝2F f L＋12(M＋m)v2又根据系统动量守恒可知，mv0＝(M＋m)v联立得到：E p＝3.0 J，故选C.7.(多选)光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图2所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时( )图2A．A、B系统总动量仍然为mvB．A的动量变为零C．B的动量达到最大值D．A、B的速度相等答案AD解析系统水平方向动量守恒，A正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，D正确，B 错误；但此时B的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B物体会进一步加速，A物体会进一步减速，C错误．8.如图4所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上．A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是( )图4A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒答案 A9.(多选)如图6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，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑( )图6A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒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，小球能回到槽上高h处答案BC10．如图7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m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·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( )图7A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10答案 A解析由两球的动量都是6kg·m/s可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的动量减少了4 kg·m/s，即A球的动量为2kg·m/s，由动量守恒定律知B 球的动量为10 kg·m/s，则其速度比为2∶5，故选项A是正确的．11．冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失．解析：(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v和v1，碰后乙的速度大小为v1′，由动量守恒定律得mv－Mv1＝Mv1′①代入数据得v1′＝1.0 m/s②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，有1 2mv2＋12Mv21＝12Mv1′2＋ΔE③联立②③式，代入数据得ΔE＝1 400 J.答案：(1)1.0 m/s (2)1 400 J12．如图，质量分别为m A、m B的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A 球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知m B＝3m A，重力加速度大小g ＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度．(2)设两球相碰前、后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可得v1＝gt③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前、后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v1＋m B v2＝m B v2′④1 2m A v21＋12m B v22＝12m B v′22⑤设B球与地面相碰后的速度大小为v B′，由运动学及碰撞的规律可得v B′＝v B⑥设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v B ′2－v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h ′＝0.75 m ⑧答案：(1)4 m/s (2)0.75 m13．如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m 的物块B 与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m 的物块A 从圆弧轨道上距离水平面高h 处由静止释放，与B 碰撞后推着B 一起运动但与B 不粘连．求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)A 与B 第一次分离后，物块A 沿圆弧面上升的最大高度．答案：(1)94mgh (2)916h14. 如图所示，质量为M 的平板车P 高为h ，质量为m 的小物块Q 的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R ，一端悬于Q 正上方高为R 处，另一端系一质量为m 的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失，已知Q 离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与P 之间的动摩擦因数为μ，已知质量M ∶m ＝4∶1，重力加速度为g ，求：(1)小物块Q 离开平板车时，二者速度各为多大？ (2)平板车P 的长度为多少？(3)小物块Q 落地时与小车的水平距离为多少？(2)对系统由能量守恒：12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22＋μmgL ，解得：L ＝7R 18μ. (3)Q 脱离P 后做平抛运动，由h ＝12gt 2，解得：t ＝2h gQ 落地时二者相距：s ＝(v 1－v 2)t ＝2Rh 6. 答案：(1)gR3gR6 (2)7R 18μ (3)2Rh 615．A 、B 两个物体粘在一起以v 0＝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v A ＝2 m/s ，B 物体继续向右运动进入半圆轨道且恰好通过最高点D ，已知两物体的质量m A ＝m B ＝1 kg ，O 点到半圆最低点C 的距离x OC ＝0.25 m ，水平轨道的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道光滑无摩擦，求：(1)炸药的化学能E ； (2)半圆弧的轨道半径R .答案：(1)1 J (2)R ＝0.3 m16如图5所示，甲车质量m 1＝m ，在车上有质量M ＝2m 的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h 处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时m 2＝2m 的乙车正以速度v 0迎面滑来，已知h ＝2v 2g，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．图5 答案135v 0≤v ≤113v 0 解析 设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v 1，由机械能守恒定律有 12(m 1＋M )v 12＝(m 1＋M )gh ，解得v 1＝2gh ＝2v 0 设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v ，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v 1′和v 2′，则人跳离甲车时：(M ＋m 1)v 1＝Mv ＋m 1v 1′ 人跳上乙车时：Mv －m 2v 0＝(M ＋m 2)v 2′ 解得v 1′＝6v 0－2v ，v 2′＝12v －12v 0两车不发生碰撞的临界条件是v 1′＝±v 2′ 当v 1′＝v 2′时，解得v ＝135v 0当v 1′＝－v 2′时，解得v ＝113v 0 故v 的取值范围为135v 0≤v ≤113v 0.17．如图8所示，质量为m ＝245g 的物块(可视为质点)放在质量为M ＝0.5kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m 0＝5g 的子弹以速度v 0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取10 m/s 2.子弹射入后，求：图8(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v 1. (2)木板向右滑行的最大速度v 2. (3)物块在木板上滑行的时间t . 答案 (1)6m/s (2)2 m/s (3)1s。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
动量守恒定律及其应用一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1．如图1所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上。
A、B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是( )图1A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒2．(2016·潍坊名校模考)在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为m a、m b，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时间图象如图2所示，下列关系正确的是( )图2A．m a＞m b B．m a＜m b C．m a＝m b D．无法判断3．如图3所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( )图3A．两者的速度均为零B ．两者的速度总不会相等C ．盒子的最终速度为mv 0M，方向水平向右 D ．盒子的最终速度为mv 0M ＋m，方向水平向右 4．两质量、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∶ 35．一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/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )6．(2016·河北唐山月考)如图4所示，动量分别为p A ＝12 kg·m/s、p B ＝13 kg·m/s 的两个小球A 、B 在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用Δp A 、Δp B 表示两小球动量的变化量。
则下列选项中可能正确的是 ( )图4A ．Δp A ＝－3 kg·m/s、ΔpB ＝3 kg·m/s B ．Δp A ＝－2 kg·m/s、Δp B ＝2 kg·m/sC ．Δp A ＝－24 kg·m/s、Δp B ＝24 kg·m/sD ．Δp A ＝3 kg·m/s、Δp B ＝－3 kg·m/s7．A 、B 两球沿同一条直线运动，如图5所示的x －t 图象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 图象。
c 为碰撞后它们的x －t 图象。
若A 球质量为1 kg ，则B 球质量及碰后它们的速度大小为( )图5A ．2 kgB.23kgC ．4 m/sD ．1 m/s8．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度v 0与质量为2m 的静止小球B 发生正碰。
碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是 ( )A.13v 0B.23v 0C.49v 0D.59v 0二、非选择题9．如图6所示，质量为0.01 kg 的子弹以200 m/s 的速度从正下方击穿—个质量为0.2 kg 的木球，子弹击穿木球后，木球升起2.5 m 高，求击穿木球后，子弹还能上升多高。
(不计空气阻力，取g ＝9.8 m/s 2)图610．如图7所示，小车的质量M ＝2.0 kg ，带有光滑的圆弧轨道AB 和粗糙的水平轨道BC ，一小物块(可视为质点)质量为m ＝0.5 kg ，与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.10，BC 部分的长度L ＝0.80 m ，重力加速度g 取10 m/s 2。
图7(1)若小车固定在水平面上，将小物块从AB轨道的D点静止释放，小物块恰好可运动到C点。
试求D点与BC轨道的高度差；(2)若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从AB轨道的D点静止释放，试求小物块滑到BC中点时的速度大小。
11．质量分别为m A＝m，m B＝3m的A、B两物体如图8所示放置，其中A紧靠墙壁，A、B 由质量不计的轻弹簧相连。
现对B物体缓慢施加一个向左的推力，该力做功W，使A、B之间弹簧被压缩且系统静止，之后突然撤去向左的推力解除压缩。
不计一切摩擦。
图8(1)从解除压缩到A运动，墙对A的冲量的大小为多少？(2)A、B都运动后，A、B的最小速度各为多大？12.如图9所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。
开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。
一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。
碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。
求：图9(1)B的质量；(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。
参考答案1.解析 如果A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A 、B 分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F fA 向右，F fB 向左，由于m A ∶m B ＝3∶2，所以F fA ∶F fB ＝3∶2，则A 、B 组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A 错；对A 、B 、C 组成的系统，A 、B 与C 间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B 、D 均正确；若A 、B 所受摩擦力大小相等，则A 、B 组成的系统所受外力之和为零，故其动量守恒，C 正确。
答案 A2.解析 由图象知a 球以一初速度向原来静止的b 球运动，碰后a 球反弹且速度大小小于其初速度大小，根据动量守恒定律，a 球的质量小于b 球的质量。
答案 B3.解析 由于盒子内表面不光滑，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝mv 0M ＋m，故D 正确。
答案 D4.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 ＝2mv ′－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 ＝mv ″－mv ′②①②联立，2mv ′＝mv ″－mv ′ 得v ′v ″＝13。
选项C 正确。
答案 C5.解析 由于弹丸爆炸后甲、乙两块均水平飞出，故两块弹片都做平抛运动，由平抛运动规律h ＝12gt 2可知t ＝2h g＝2×510s ＝1 s ，若甲水平位移为x ＝2.5 m 时，则v 甲＝x t ＝2.5 m/s ，则由弹丸爆炸前后动量守恒，可得mv 0＝34mv 甲＋14mv 乙，代入数据解得v 乙＝0.5 m/s ，方向与v 甲相同，水平向前，故A 错，B 对；若乙水平位移为x ′＝2 m 时，则v 乙＝x ′t＝2 m/s ，即乙块弹片爆炸前后速度不变，由动量守恒定律知，甲块弹片速度也不会变化，不合题意，故C 、D 均错。
答案 B6.解析 本题的碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况。
本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后、前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以Δp A ＜0，Δp B ＞0，并且Δp A ＝－Δp B ，据此可排除选项D ；若Δp A ＝－24 kg·m/s、Δp B ＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为p A ′＝－12kg·m/s、p B ′＝37 kg·m/s，根据关系式E k ＝p 22m可知，A 球的质量和动量大小不变，动能不变，而B 球的质量不变，但动量增大，所以B 球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C 可以排除；经检验，选项A 、B 满足碰撞遵循的三个原则。
答案 AB7.解析 由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，v a ＝4－102m/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 ＝2－44－2m/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 ＝23kg由以上可知选项B 、D 正确。
答案 BD8.解析 要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A 球碰后动能变为原来的19，则其速度大小仅为原来的13。
两球在光滑水平面上正碰，碰后A 球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹。
当以A 球原来的速度方向为正方向时，则v A ′＝±13v 0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv 0＋0＝m ×13v 0＋2mv B ′， mv 0＋0＝m ×(－13v 0)＋2mv B ″。
解得v B ′＝13v 0，v B ″＝23v 0。
答案 AB9.解析 在子弹击中并穿过木球的极短时间内，它们之间的相互作用力远大于重力，可以认为子弹和木球在这短暂时间内动量守恒。
设子弹穿过木球后子弹和木球的速度分别为v 1和v 2，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2① 又v 22＝2gH ② 得v 1＝m 1v 0－m 22gHm 1＝0.01×200－0.2×2×9.8×2.50.01m/s ＝60 m/s则子弹上升的高度h ＝v 212g ＝6022×9.8m ＝184 m答案 184 m10.解析 (1)设D 点与BC 轨道的高度差为h ，根据动能定理有mgh ＝μmgL ，解得：h ＝8.0×10－2m(2)设小物块滑到BC 中点时小物块的速度为v 1，小车的速度为v 2，对系统，水平方向动量守恒有：mv 1－Mv 2＝0；根据功能关系有：μmg L 2＝mgh －(12mv 21＋12Mv 22)；由以上各式，解得：v 1＝0.80 m/s 。
答案 (1)8.0×10－2m (2)0.80 m/s11.解析 (1)压缩弹簧时，推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，撤去推力后，B 在弹力的作用下做加速运动。
在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒。
设弹簧恢复原长时，B 的速度为v BO ，有W ＝32mv 2BO此过程中墙给A 的冲量即为系统动量的变化量，有I ＝3mv BO解得I ＝6mW 。