2018高考物理大一轮复习题：第六单元动量守恒定律作业28 Word版含答案

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物理试题人教版高考一轮复习第6章动量动量守恒定律

第1讲动量动量定理[A 组基础题组]一、单项选择题1．下列解释正确的是( )A ．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B ．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C ．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D ．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大解析：跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A 错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B 错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft ＝mv ，可知运动时间相等，故选项C 错误；人从越高的地方跳下，落地前瞬间速度越大，动量越大，落地时动量变化量越大，则冲量越大，故选项D 正确。

答案：D2．如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中( )A ．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心B ．小球所受支持力的冲量为0C ．小球所受重力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受合力的冲量大小为m 2gR解析：小球受到竖直向下的重力和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，故A 错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，故B 错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒定律可得mgR ＝12mv B 2，故v B ＝2gR ，根据动量定理可得I 合＝Δp ＝mv B ＝m 2gR ，故C 错误，D 正确。

答案：D3．一小球从水平地面上方无初速度释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零。

假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是( ) A ．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B ．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C ．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D ．从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功解析：根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A 错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)，可知地面对小球的冲量Ft 不为零，选项B 错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功的代数和，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确。

(全国通用)近年高考物理一轮复习单元滚动检测卷第六章动量守恒定律(2021年最新整理)

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单元滚动检测六动量守恒定律考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷（选择题,共44分）一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一个选项正确,第8～11题有多项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分，有选错或不选的得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2．质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有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。

5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A．500 N B．1 100 NC．600 N D．1 000 N3。

如图1所示，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v1为（）图1A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－错误!v2 D．v0＋错误!(v0－v2）4。

2018版高考一轮总复习物理课件第6章动量守恒定律及其应用精品

A.合力对两滑块的冲量大小相同 B.重力对 a 滑块的冲量较大 C.弹力对 a 滑块的冲量较小 D.两滑块的动量变化大小相同
解析这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。合力 F＝mgsinθ(θ 为滑轨倾角)，Fa>Fb，因此合力对 a 滑块的冲量较大，a 滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力 FN＝mgcosθ，FNa<FNb，因此弹力对 a 滑块的冲量较小。选 C。
2.冲量 (1)定义：力和力的作用时间的乘积。 (2)表达式：I＝ Ft 。单位：牛秒(N·s)。 (3)矢量性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。 (4)物理意义：表示力对时间的积累。 (5)作用效果：使物体的动量发生变化。
3.动量定理 (1)内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量的变化。 (2)表达式：F 合 t＝Δp＝ p′－p 。 (3)矢量性：动量变化量的方向与冲量方向相同，还可以在某一方向上应用动量定理。
3.[动量守恒定律]质量为 M 的木块在光滑的水平面上
以速度 v1 向右运动，质量为 m 的子弹以速度 v2 向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是
()
A.M＋mvm1 v2 B.MM＋vm1 v2
C.Mmvv12
D.Mmvv21
解析设发射子弹的数目为 n，由动量守恒可知：nmv2 －Mv1＝0，解得 n＝Mmvv21，选项 D 正确。
2.[动量定理的应用]把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，这个现象的原因是( )
A.在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 B.在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 C.在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 D.在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大

2018年高考物理大一轮复习第6章碰撞动量守恒定律章末检测201710121109

六碰撞动量守恒定律(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1. 如图所示，水平轻弹簧与物体A和B相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体A的质量为m，物体B的质量为M，且M＞m.现用大小相等的水平恒力F1、F2拉A和B，从它们开始运动到弹簧第一次为最长的过程中()A．因F1＝F2，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒B．因F1＝F2，所以A、B和弹簧组成的系统动量守恒C．由于F1、F2大小不变，所以m，M各自一直做匀加速运动D．弹簧第一次最长时，A和B总动能最大解析：选B.此过程F1、F2均做正功，A、B和弹簧组成的系统机械能增大，系统机械能不守恒，故A错误；两拉力大小相等方向相反，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B正确；在拉力作用下，A、B开始做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C错误；弹簧第一次最长时，A、B的总动能最小，故D错误；故选B.2. 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，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：选B.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m1，车的质量为m2，A、B车的速率分别为v1、v2，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v1－m2v2＝m2 m20，所以，有v1＝v2，<1，故v1<v2，所以B正确．m1＋m2 m1＋m23．有甲、乙两碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前双方都关闭了动力，且两车动量关系为p甲>p乙．假设规定p甲方向为正，不计一切阻力，则()A．碰后两车可能以相同的速度沿负方向前进，且动能损失最大B．碰撞过程甲车总是对乙车做正功，碰撞后乙车一定沿正方向前进C．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进D．两车动量变化量大小相等，方向一定是Δp甲沿正方向，Δp乙沿负方向1解析：选C.由于规定p甲方向为正，两车动量关系为p甲＞p乙．碰后两车可能以相同的速度沿正方向前进，且动能损失最大，选项A错误．碰撞过程甲车先对乙车做负功，选项B错误．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进，选项C正确．由动量守恒定律，两车动量变化量大小相等，方向可能是Δp甲沿负方向，Δp乙沿正方向，选项D错误．4. 如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高．现让小滑块m从A点静止下滑，则()A．m不能到达小车上的B点B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动C．m从A到B的过程中小车一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零D．M与m组成的系统机械能守恒，动量守恒解析：选C.A.M和m组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以m恰能达到小车上的B点，到达B点时小车与滑块的速度都是0，故A错误；B.M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动，m 到达B的瞬间，M与m速度都为零，故B错误，C正确；D.小滑块m从A点静止下滑，物体M 与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒．M和m组成的系统机械能守恒，故D错误．5．质量为m的物体，以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点处返回原处的速度为v t，且v t＝0.5v0，则()A．上滑过程中重力的冲量比下滑时大B．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零3C．合力的冲量在整个过程中大小为mv021D．整个过程中物体动量变化量为mv02解析：选C.以v0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为v t＝0.5v0，说明斜面不光滑．设l2l l4l斜面长为L，则上滑过程所需时间t1＝＝，下滑过程所需时间t2＝＝，t1<t2.根据冲v0 v0 v t v02 2量的定义，可知上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A错误；上滑和下滑时支持力的大小都不3等于零，B错误；对全过程应用动量定理，则I合＝Δp＝－mv t－mv0＝－mv0，C正确，D错误．26．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2正好相等，两者质量之比M/m可能为()A．2 B．3C．4 D．5解析：选AB.碰后动量相等，设此动量为p，方向一定与v相同，则可知碰后速度关系，M v2 碰后m的速度v2一定要大于或等于碰后M的速度v1即v2≥v1由mv2＝Mv1，可知＝≥1，由m v12p 2 p2 p2 M能量关系可知≥＋，解得：≤3，由上述结论可知，A、B项正确．2M2m2M m7. 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v0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v0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v0/2时，弹簧的长度最长D．M的速度为v0/2时，弹簧的长度最短解析：选BD.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v0/2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v0/2时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C错误，D正确．8．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6 kg，m＝0.2 kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有E p＝10.8 J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R＝0.425 m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示．g取10 m/s2.则下列说法正确的是()A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·sB．M离开轻弹簧时获得的速度为9 m/sC．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8 N·s1 解析：选AD.释放弹簧过程中，由动量守恒定律得Mv1＝mv2，由机械能守恒定律得E p＝Mv2 11 22＋mv，解得v1＝3 m/s，v2＝9 m/s，故B错误；对m，由A运动到B的过程由机械能守恒定231 1律得mv2＝mv2′2＋mg×2R，得v2′＝8 m/s，由A运动到B的过程由动量定理得I合＝mv2′－2 2(－mv2)＝3.4 N·s，故A正确；球m从B点飞出后，由平抛运动可知水平方向x＝v2′t，竖1直方向2R＝gt2，解得x＝，故C错误；弹簧弹开过程，弹力对m的冲量I＝mv2＝1.825.6R2N·s，故D正确．二、非选择题(共4小题，52分)9．(12分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间，已知碰后两滑块一起运动；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.(1)试着完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为________kg·m/s.(保留3位有效数字)(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是_______________.解析：(1)使用打点计时器时应先接通电源，后放开滑块1.0.2(2)作用前滑块1的速度v1＝m/s＝2 m/s，其质量与速度的乘积为0.310×2kg·m/s0.140.168＝0.620 kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v＝m/s＝1.2 m/s，其质量与0.14速度的乘积之和为(0.310＋0.205)×1.2kg·m/s＝0.618 kg·m/s.(3)相互作用前后动量减小的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦．答案：(1)接通打点计时器的电源放开滑块1(2)0.6200.618(3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦10．(12分)如图，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M＝3.0 k g，木板的长度为L＝1.5 m，在木板右端有一小物块，其质量m＝1.0 k g，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度v0沿木板向左运动，重力加速度g＝10 m/s2.(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；(2)若初速度v0＝3 m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．解析：(1)设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv0＝(m＋M)v①对木板和物块系统，由功能关系1 1μmgL＝mv20－(M＋m)v2②2 2由①②两式解得：2μgL M＋m 2 × 0.1 × 10 × 1.5 ×3＋1v0＝＝m/s＝2 m/sM 3(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v.设碰撞过程中损失的机械能为ΔE.1 1对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系有μmg2L＋ΔE＝mv20－(m＋M)v2③2 2mM 1 × 3由①③两式解得：ΔE＝v20－2μmgL＝×32－2×0.1×10×1.5 J＝2M＋m23＋10.375 J答案：(1)2 m/s(2)0.375 J11．(14分)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：5(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.解析：(1)A、B碰后瞬时速度为v1，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：mv0＝2mv1A、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v2，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：2mv1＝3mv2C在A上滑动过程中，由能量守恒定律得：1 1－μm gL＝·3mv2－·2mv212 2联立以上三式解得：v 0＝2 3μgL(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2m3μgL量变化量，即：I＝－mv2＝－，负号表示B对A的冲量方向向右．32m3μgL答案：(1)2 3μgL(2)－，负号表示B对A的冲量方向向右312．(14分)水平光滑的桌面上平放有一质量为2m的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都为m的小球(管道的半径远远大于小球的半径)，位于管道直径AB的两端．开始时，环静止，两个小球沿着向右的切线方向，以相同的初速度v0开始运动，如图所示．设系统处处无摩擦，所有的碰撞均为弹性碰撞．(质量相等的两物体弹性正碰后交换速度，此结论本题可直接用)(1)当两个小球在管道内第一次相碰前瞬间，试求两个小球之间的相对速度大小；(2)两小球碰后在第一次返回到A、B时，两小球相对桌面的速度方向(朝左还是朝右)和速度大小．解析：(1)根据对称性，两球运动相同的路程在细圆管的最右端相遇，相遇前，两小球与细圆管在左右方向上共速，共同速度设为v1，此时两球相对于细圆管的速度方向沿切线，大小相同设为v y.左右方向上两球与细圆管动量守恒v02mv0＝(2m＋2m)v1，解得v1＝2根据能量守恒定律可得61 1 12×mv＝×2mv＋2×m(v＋v)2012 22 2 22解得v y＝v02两球相对速度大小v＝2×v y＝2v0(2)两球相碰，左右方向速度不变，沿管切线方向交换速度，之后两球同时分别到达A、B 位置．从刚开始两球运动到两球第一次回到A、B位置，两球与细圆管组成的系统可以看成弹性碰撞，即质量为2m的物体与细圆管发生了弹性正碰，交换速度，故而两球相对桌面速度为零，细圆管相对桌面速度为v0.答案：(1) 2v0(2)两小球相对桌面速度为零7。

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。

高考物理全国通用大一轮复习讲义文档第六章运动守恒定律第讲Word版含答案

第2讲碰撞反冲和火箭一、碰撞及特征 1．碰撞碰撞是两个或两个以上的物体在相同的极短时间内产生非常大的相互作用的过程． 2．碰撞特征 (1)作用时间短． (2)作用力变化快． (3)内力远大于外力． (4)满足动量守恒．二、三种碰撞类型 1．弹性碰撞(1)动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′(2)机械能守恒：12m 1v 12＋12m 1v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2当v 2＝0时，有v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.(3)推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v 1′＝v 2，v 2′＝v 1. 2．非弹性碰撞(1)动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ (2)机械能减少，损失的机械能转化为内能 |ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q 3．完全非弹性碰撞(1)动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共 (2)碰撞中机械能损失最多|ΔE k |＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2三、碰撞现象满足的规律 1．动量守恒定律．2．机械能不增加(弹性碰撞机械能守恒、非弹性碰撞机械能减少)． 3．速度要合理．(1)碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v 后＞v 前(填“＜”“＝”或“＞”)，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′. (2)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．四、爆炸和反冲运动 1．爆炸爆炸过程中的内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒． 2．反冲运动(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向相反方向运动的现象． (2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．1．(多选)A 、B 两球在光滑水平面上做相向运动，已知m A ＞m B ，当两球相碰后．其中一球停止，则可以断定( ) A ．碰前A 的动量等于B 的动量 B ．碰前A 的动量大于B 的动量C ．若碰后A 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量D ．若碰后B 的速度为零，则碰前A 的动量小于B 的动量答案 CD2．将静置在地面上、质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( ) A.mM v 0 B.M m v 0 C.M M －m v 0D.m M －m v 0答案 D3．(人教版选修3－5P21第2题)质量为m 、速度为v 的A 球跟质量为3m 的静止B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度允许有不同的值．请你论证：碰撞后B 球的速度可能是以下值吗？ (1)0.6v ；(2)0.4v ；(3)0.2v . 答案 (2)可能解析 ①若是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律： m v ＝m v 1＋3m v 2 12m v 2＝12m v 12＋12×3m v 22 得：v 1＝m －3m m ＋3m v ＝－12vv 2＝2m 4m v ＝12v②若是完全非弹性碰撞，则： m v ＝4m v ′ v ′＝14v因此14v ≤v B ≤12v ，因此只有(2)是可能的．4．(人教版选修3－5P24第1题)一个连同装备共有100 kg 的宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45 m 的位置与飞船处于相对静止状态．装备中有一个高压气源，能以50 m/s 的速度喷出气体．宇航员为了能在10 min 内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出多少气体？答案 0.15 kg解析设一次性向后喷出的气体质量为m ，宇航员连同装备总质量为M .取宇航员连同装备整体为研究对象，由动量守恒定律0＝(M －m )v 1－m v 2 x ＝v 1t 解得：m ≈0.15 kg.命题点一碰撞问题分析物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变． (1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞．(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞．例1 如图1所示，一质量M ＝2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B .从弧形轨道上距离水平轨道高h ＝0.3 m 处由静止释放一质量m A ＝1 kg 的小球A ，小球A 沿轨道下滑后与小球B 发生弹性正碰，碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求小球B 的质量．图1①发生弹性正碰；②恰好追不上平台．答案 3 kg解析设小球A 下滑到水平轨道上时的速度大小为v 1，平台水平速度大小为v ，由动量守恒定律有0＝m A v 1－M v由能量守恒定律有m A gh ＝12m A v 12＋12M v 2联立解得v 1＝2 m/s ，v ＝1 m/s小球A 、B 碰后运动方向相反，设小球A 、B 的速度大小分别为v 1′和v 2，由于碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A 的速度等于平台的速度，有v 1′＝1 m/s 由动量守恒定律得m A v 1＝－m A v 1′＋m B v 2 由能量守恒定律有12m A v 12＝12m A v 1′2＋12m B v 22联立解得m B ＝3 kg.处理碰撞问题的思路和方法1．对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加．2．一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系的判定．3．要灵活运用E k ＝p 22m 或p ＝2mE k ；E k ＝12p v 或p ＝2E kv 几个关系式转换动能、动量．1．(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( ) A ．均为1 m/s B ．＋4 m/s 和－5 m/s C ．＋2 m/s 和－1 m/s D ．－1 m/s 和5 m/s答案 AD解析由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况 E k ＝12m 1v 12＋12m 2v 22＝12×4×9 J ＋12×2×9 J ＝27 JE k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A ′>0，v B ′<0)，这显然是不符合实际的，因此C 错误．验证选项A 、D 均满足E k ≥E k ′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．2．(多选)A 、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图2表示发生碰撞前后的v －t 图线，由图线可以判断( )图2A ．A 、B 的质量比为3∶2 B ．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答案 ABD解析根据动量守恒定律：m A ·6＋m B ·1＝m A ·2＋m B ·7，得：m A ∶m B ＝3∶2，故A 正确；根据动量守恒知A 、B 作用前后总动量守恒，B 正确，C 错误；作用前总动能：12m A ·62＋12m B ·12＝553m A ，作用后总动能：12m A ·22＋12m B ·72＝553m A ，可见作用前后总动能不变，D 正确． 3.如图3所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R ＝0.1 m ，半圆形轨道的底端放置一个质量为m ＝0.1 kg 的小球B ，水平面上有一个质量为M ＝0.3 kg 的小球A 以初速度v 0＝4.0 m/s 开始向着小球B 滑动，经过时间t ＝0.80 s 与B 发生弹性碰撞．设两小球均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A 与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，求：图3(1)两小球碰前A 的速度；(2)小球B 运动到最高点C 时对轨道的压力； (3)小球A 所停的位置距圆轨道最低点的距离．答案 (1)2 m/s (2)4 N ，方向竖直向上 (3)0.2 m解析 (1)碰前对A 由动量定理有：－μMgt ＝M v A －M v 0 解得：v A ＝2 m/s(2)对A 、B ：碰撞前后动量守恒：M v A ＝M v A ′＋m v B 碰撞前后动能保持不变：12M v A 2＝12M v A ′2＋12m v B 2由以上各式解得：v A ′＝1 m/s v B ＝3 m/s又因为B 球在轨道上机械能守恒：12m v C 2＋2mgR ＝12m v B 2解得：v C ＝ 5 m/s 在最高点C 对小球B 有： mg ＋F N ＝m v 2C R解得F N ＝4 N由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力的大小为4 N ，方向竖直向上． (3)对A 沿圆轨道运动时：12M v A ′2＜MgR因此A 沿圆轨道运动到最高点后又原路返回到最低点，此时A 的速度大小为1 m/s.由动能定理得：－μMgs ＝0－12M v A ′2，解得：s ＝0.2 m.命题点二弹性正碰模型问题模型介绍：如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性碰撞．例2 如图4所示，质量为M 的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一质量为m 的小球以速度v 0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，求小球滑到最高点时滑块的速度大小．图4①光滑的水平面上；②小球不能越过滑块；③小球滑到最高点．答案m v 0m ＋M解析由该临界状态相对应的临界条件可知，小球到达最高点时，小球和滑块两物体在水平方向具有相同的速度．由动量守恒定律可得：m v 0＝(m ＋M )v ，则滑块的速度为v ＝m v 0m ＋M.4. (多选)如图5所示，在光滑水平面上停放质量为m 装有弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )图5A ．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v 02B ．小球离车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离车后，对地将做自由落体运动D ．此过程中小球对车做的功为12m v 02答案 ACD解析小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开小车时类似完全弹性碰撞，两者速度互换，故A 、C 、D 都是正确的．命题点三反冲运动及应用 1．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，反冲运动中平均动量守恒，机械能往往不守恒．(3)实例：喷气式飞机、火箭等． 2．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动． 3．火箭获得的最终速度火箭发射前的总质量为M 、燃料燃尽后的质量为m ，火箭燃气的喷射速度为v 1，如图6所示，燃料燃尽后火箭的飞行速度v 为多大？在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒．发射前的总动量为0，发射后的总动量为(M －m )v 1－m v (以火箭的速度方向为正方向) 则：(M －m )v 1－m v ＝0图6所以v ＝(Mm－1)v 1燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比Mm决定．例3 一火箭喷气发动机每次喷出m ＝200 g 的气体，气体离开发动机喷出时的速度v ＝1 000 m/s.设火箭质量M ＝300 kg ，发动机每秒钟喷气20次． (1)当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？ (2)运动第1 s 末，火箭的速度为多大？答案 (1)2 m/s (2)13.5 m/s解析 (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v 3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得： (M －3m )v 3－3m v ＝0，故v 3＝3m vM －3m ≈2 m/s.(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M －20m )v 20－20m v ＝0，故v 20＝20m vM －20m≈13.5 m/s.5．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( )A ．燃料推动空气，空气反作用力推动火箭B ．火箭发动机用力将燃料产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭C ．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭D ．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭答案 B“人船模型”问题的特点和分析1．“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．2．人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0.(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1.(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v 1、v 2和x 一般都是相对地面而言的．典例1 如图7所示，长为L 、质量为M 的小船停在静水中，质量为m 的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？图7答案m m ＋M L Mm ＋ML 解析设任一时刻人与船的速度大小分别为v 1、v 2，作用前都静止．因整个过程中动量守恒，所以有m v 1＝M v 2.而整个过程中的平均速度大小为v1、v2，则有m v1＝M v2. 两边乘以时间t有m v1t＝M v2t，即mx1＝Mx2.且x1＋x2＝L，可求出x1＝Mm＋M L，x2＝mm＋ML.典例2如图8所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()图8A.mhM＋m B.Mh M＋mC.mh(M＋m)tan αD.Mh (M＋m)tan α答案 C解析此题属“人船模型”问题．m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2. ①且x1＋x2＝htan α. ②由①②可得x2＝mh(M＋m)tan α，故选C.“人船模型”问题应注意以下两点1．适用条件：(1)系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；(2)在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)．2．画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．题组1 碰撞问题的分析1．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v A ′＝5 m/s ，vB ′＝2.5 m/sB ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/sC ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/sD ．v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s答案 B解析虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．2．(多选)如图1甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的x －t 图象．已知m 1＝0.1 kg.由此可以判断( )图1A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能答案 AC解析由x －t 图象的斜率得到，碰前m 2的位移不随时间而变化，处于静止状态．m 1速度大小为v 1＝Δx Δt＝4 m/s ，方向只有向右才能与m 2相撞．故A 正确；由图读出，碰后m 2的速度为正方向，说明向右运动，m 1的速度为负方向，说明向左运动．故B 错误；由图求出碰后m 2和m 1的速度分别为v 2′＝2 m/s ，v 1′＝－2 m/s ，根据动量守恒定律得，m 1v 1＝m 2v 2′＋m 1v 1′，代入解得，m 2＝0.3 kg.故C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2，代入解得，ΔE ＝0 J ．故D 错误．题组2 含弹簧的碰撞问题3．(多选)质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图2所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )图2A ．M 、m 0、m 速度均发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，而且满足(M ＋m 0)v ＝M v 1＋m 0v 2＋m v 3B ．m 0的速度不变，M 和m 的速度变为v 1和v 2，而且满足M v ＝M v 1＋m v 2C ．m 0的速度不变，M 和m 的速度都变为v ′，且满足M v ＝(M ＋m )v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 、m 0速度都变为v 1，m 的速度变为v 2，且满足(M ＋m )v 0＝(M ＋m )v 1＋m v 2答案 BC解析碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变为v 1和v 2，由动量守恒定律得：M v ＝M v 1＋m v 2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得：M v ＝(M ＋m )v ′.4.如图3所示，质量为m 2＝2 kg 和m 3＝3 kg 的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m 2、m 3不拴接)．质量为m 1＝1 kg 的物体以速度v 0＝9 m/s 向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m 3物体发射出去，m 3与m 1碰撞后粘合在一起．试求：图3(1)m 3的速度至少为多大，才能使以后m 3和m 2不发生碰撞？(2)为保证m 3和m 2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？答案 (1)1 m/s (2)3.75 J解析 (1)设m 3发射出去的速度为v 1，m 2的速度为v 2，以向右的方向为正方向，对m 2、m 3，由动量守恒定律得：m 2v 2－m 3v 1＝0.只要m 1和m 3碰后速度不大于v 2，则m 3和m 2就不会再发生碰撞，m 3和m 2恰好不相撞时，两者速度相等．对m 1、m 3，由动量守恒定律得：m 1v 0－m 3v 1＝(m 1＋m 3)v 2解得：v 1＝1 m/s即弹簧将m 3发射出去的速度至少为 1 m/s(2)对m 2、m 3及弹簧，由机械守恒定律得：E p ＝12m 3v 12＋12m 2v 22＝3.75 J. 题组3 碰撞模型的拓展5．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是( )A ．若甲最先抛球，则一定是v 甲＞v 乙B ．若乙最后接球，则一定是v 甲＞v 乙C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙D ．无论怎样抛球和接球，都是v 甲＞v 乙答案 B6．如图4所示，具有一定质量的小球A 固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O 点．用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B 处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将( )图4A ．向右运动B ．向左运动C ．静止不动D ．小球下摆时，车向左运动后又静止答案 D解析水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒．小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动．当撞到橡皮泥，是完全非弹性碰撞，A 球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止．7．如图5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，引爆了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：图5(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？答案见解析解析 (1)全过程，A 、B 、C 组成的系统动量守恒m A v 0＝－(m A ＋m B )v 0＋m C v C炸药对C 的冲量：I ＝m C v C －0解得：I ＝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m C v C －m B v B ＝0据能量关系：ΔE ＝12×m 2v B 2＋12m v C 2 解得：ΔE ＝758m v 02. 8．如图6所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A 、B 和半径为0.5 m 的14光滑圆轨道C 静置于光滑水平轨道上，A 、B 、C 质量分别为1.5 kg 、0.5 kg 、4 kg.现让A 以6 m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s ，碰后速度大小变为4 m/s.当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动，已知g ＝10 m/s 2，求：图6(1)A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；(2)AB 第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h .答案 (1)50 N (2)0.3 m解析 (1)A 与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正，对A 由动量定理有：Ft ＝m A v 2－m A (－v 1)解得F ＝50 N(2)A 与B 碰撞过程，对A 、B 系统，水平方向动量守恒有：m A v 2＝(m B ＋m A )v 3A 、B 滑上斜面到最高点的过程，对A 、B 、C 系统，水平方向动量守恒有：(m B ＋m A )v 3＝(m B ＋m A ＋m C )v 4由能量关系：12(m B＋m A)v32＝12(m B＋m A＋m C)v42＋(mB＋m A)gh解得h＝0.3 m.。

高考物理一轮复习第6章动量守恒定律及其应用第1讲动量动量定理课时作业(含解析)新人教版-新

第1讲动量动量定理时间：45分钟总分为：100分一、选择题(此题共10小题，每一小题7分，共70分。

其中1～7题为单项选择，8～10题为多项选择)1．下面关于物体动量和冲量的说法错误的答案是()A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快答案 A解析Ft越大，Δp越大，但动量不一定越大，它还与初态的动量有关，故A错误；Ft ＝Δp，Ft不为零，Δp一定不为零，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向一样，C 正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D正确。

此题选说法错误的，应当选A。

2．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的答案是()A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s答案 A解析小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量：I ＝0－(－mv0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I′＝Δp＝mv0－(－mv0)＝20 N·s，如此冲量大小为20 N·s，B、C、D错误。

3．(2019·四川自贡高三一诊)校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小()A．人的触地时间B．人的动量变化率C．人的动量变化量D．人受到的冲量答案 B解析跳远比赛时，运动员从与沙坑接触到静止，动量的变化量Δp 一定，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I ＝Δp 是一定的，在沙坑中填沙延长了人与沙坑的接触时间，即t 变大，由动量定理：Δp ＝Ft ，可得Δpt＝F ，Δp 一定，t 越大，动量变化率越小，人受到的合外力越小，人越安全，B 正确。

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题组层级快练(二十八)
一、选择题
1．小车AB 静置于光滑的水平面上，A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，AB 车质量为M ，长为L ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连结于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 与C 都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )
A ．如果A
B 车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒 B ．整个系统任何时刻动量都守恒
C ．当木块对地运动速度为v 时，小车对地运动速度大小为m
M v
D ．整个系统最后静止答案 BCD
解析 AB 车和物体组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，B 项正确；如果AB 车内表面光滑，C 在车内表面滑动过程中，系统机械能守恒，C 与B 端碰撞粘合过程中有机械能损失，A 项错误；由动量守恒得0＝mv －Mv ′，v ′＝m
M v ，C 项正确；系统最后停止运动，D
项正确．
2．(2017·福州模拟)一质量为M 的航天器正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小v 2，则喷出气体的质量m 为( ) A ．m ＝v 2－v 1
v 1M B ．m ＝v 2
v 2－v 1M C ．m ＝
v 2－v 0
v 2＋v 1
M D ．m ＝
v 2－v 0
v 2－v 1
M 答案 C
解析规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv 0＝(M －m)v 2－mv 1，解得m ＝v 2－v 0v 2＋v 1
M ，故C 项正确． 3．(2014·重庆)一炮弹在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v 0＝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( )
答案 B
解析规定向左为正，设炮弹的质量为4m ，则甲的质量为3m ，乙的质量为m ，炮弹到达最高点爆炸时，爆炸的内力远大于重力(外力)，遵守动量守恒定律，则有 4mv 0＝3mv 1＋mv 2，则8＝3v 1＋v 2
两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等， t ＝
2h g
＝2×5
10
s ＝1 s ，水平方向做匀速运动，x 1＝v 1t ＝v 1，x 2＝v 2t ＝v 2，则8＝3x 1＋x 2，结合图像可知，B 的位移满足上述表达式，故B 项正确．
4．(2017·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两个小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8 kg ·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg ·m/s ，则( )
A ．右方为A 球，碰撞后A 、
B 两球的速度大小之比为2∶3 B ．右方为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为1∶6
C ．左方为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为2∶3
D ．左方为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为1∶6 答案 C
解析 A 、B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得Δp A ＝－Δp B ，由于碰后A 球的动量增量为负值，所以右边不可能是A 球，若是A 球则动量的增量应该是正值，因此碰后A 球的动量为4 kg ·m/s ，所以碰后B 球的动量是增加的，为12 kg ·m/s ，由于m B ＝2m A ，所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比2∶3，故C 项正确．
5．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起，将其放在光滑水平面上，如图所示，质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知( )
A ．子弹射中上层时对滑块做功多
B ．两次子弹对滑块做的功一样多
C ．子弹射中上层系统产生热量多
D ．子弹与下层之间的摩擦力较大
答案 BD
解析两次射击，子弹与滑块间都满足动量守恒，最后两滑块及子弹以相同的速度共同运动．则可知两滑块动能增加量相同，即两次射击子弹对滑块做功一样多，故B 选项正确，系统损失机械能也一样多，故产生热量也一样多，产生的热量等于摩擦力和子弹与滑块相对位移的乘积，故D 选项正确．
6.如图所示，半径为R 的光滑圆槽质量为M ，静止在光滑水平面上，其
内表面有一质量为m 的小球被细线吊着位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，圆槽的速度为( ) A ．0 B.m M
2MgR
M ＋m
，向左 C.m M
2MgR
M ＋m
，向右 D ．不能确定
答案 B
解析以水平向右为正方向，设在最低点时m 和M 的速度大小分别为v 和v ′，根据动量守恒定律得：0＝mv －Mv ′，根据机械能守恒定律列方程得：mgR ＝12mv 2＋12Mv ′2
，联立以上两
式解得v ′＝
m
M
2MgR
M ＋m
，向左，故B 项正确． 7．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视作质点且质量相等．Q 与轻质弹簧相连．设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
A ．P 的初动能
B ．P 的初动能的1
2
C ．P 的初动能的1
3
D ．P 的初动能的1
4
答案 B
解析两者速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大．设P 的初速度为v ，两者质量均为m ，弹簧最短时两者的共同速度为v ′，弹簧具有的最大弹性势能为E p .根据动量守恒，有mv ＝2mv ′，根据能量守恒有12mv 2＝12×2mv ′2
＋E p ，以上两式联立求解得E p ＝14mv 2.可见弹簧具有
的最大弹性势能等于滑块P 原来动能的一半，B 项正确．。

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