2020年高考物理一轮复习专题分类练习卷： 动量守恒定律及其应用(含答案解析)
2020年高考物理一轮复习专题分类练习卷： 动量守恒定律及其应用
题型一 动量守恒的理解和判断
动量守恒的条件判断
【例1】.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )
A ．动量守恒，机械能守恒
B ．动量不守恒，机械能守恒
C ．动量守恒，机械能不守恒
D ．无法判定动量、机械能是否守恒
【变式】如图所示，A 、B 两物体质量之比m A ∶m B ＝3∶2，原来静止在平板车C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当弹簧突然被释放后，以下系统动量不守恒的是( )
A ．若A 、
B 与
C 上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 组成的系统
B ．若A 、B 与
C 上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 、C 组成的系统
C ．若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 组成的系统
D ．若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 、C 组成的系统
某一方向上的动量守恒问题
【例2】．(多选)(2019·佛山模拟)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，一个质量也为m 的小球从槽上高h 处由静止开始自由下滑( )
A ．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
【变式】质量为M 的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和14
圆弧的轨道均光滑．如图所示，一个质量为m 的小球以速度v 0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是( )
A ．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B ．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C ．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
D ．小球可能做自由落体运动
爆炸反冲现象中的动量守恒
【例3】．(2017·高考全国卷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/s B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
【变式】如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB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AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，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，下列说法正确的是()
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AB的速率之比为M∶m
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
题型二对碰撞现象中规律的分析
碰撞的可能性分析
【例2】．(2019·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是()
A．m1＝m2B．2m1＝m2 C．4m1＝m2D．6m1＝m2
【变式】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，v′B＝2.5 m/s B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s
C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s
弹性碰撞规律求解
【例3】(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．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点．则A碰撞前瞬间的速度为()
A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s
【变式】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．。
2020年高考物理一轮复习考点归纳：专题(06)动量守恒定律(含答案)
2020年高考一轮复习知识考点专题06 《动量守恒定律》【基本概念、规律】一、动量动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力F的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)公式：p＝mv.(3)单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的增量．(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．4．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp＝p′－p.(2)动能和动量的关系：E k＝p2 2m.二、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.三、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【重要考点归纳】考点一动量定理的理解及应用1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．3．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程．研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段．(2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．(3)规定正方向．(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．考点二动量守恒定律与碰撞1．动量守恒定律的不同表达形式(1)p＝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′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，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．(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．2．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E′k1＋E′k2或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.(3)速度要合理．①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．3．两种碰撞特例(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．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m1v1＝m1v′1＋m2v′2①12m1v 21＝12m1v′21＋12m2v′22②由①②得v′1＝m1－m2v1m1＋m2v′2＝2m1v1m1＋m2结论：①当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．②当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都向前运动．③当m1<m2时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．(2)完全非弹性碰撞两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律．4.应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．考点三爆炸和反冲人船模型1．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．2．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，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒．反冲运动中机械能往往不守恒．注意：反冲运动中平均动量守恒．(3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等．3．人船模型若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v1＝－m2v2得m1x1＝－m2x2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．考点五实验：验证动量守恒定律1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速率v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′1＋m2v′2，看碰撞前后动量是否守恒．2．实验方案方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小车的质量.(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝ΔxΔt算出速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)按照如图所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图所示．(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒．【思想方法与技巧】动量守恒中的临界问题1．滑块与小车的临界问题滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．2．两物体不相碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．3．涉及弹簧的临界问题对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．4．涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．5.正确把握以下两点是求解动量守恒定律中的临界问题的关键：(1)寻找临界状态看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．。
2020版高考物理专题1.1动量守恒定律(含解析)
专题1.1 动量守恒定律一．选择题1.(多选)如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。
一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动。
当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )A ．mv 0＝(m ＋M )vB ．mv 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＋12m (v 0sin θ)2D ．mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 20【答案】： BD【解析】： 小物块沿斜面向上运动到最高点时，小物块的速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能守恒，以向右为正方向，在小物块沿斜面向上运动的过程中，由水平方向系统动量守恒，得mv 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 错误，B 正确；根据系统机械能守恒，得mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 20，故C错误，D 正确。
2 .A 球的质量是m ，B 球的质量是2m ，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。
B 在前，A 在后，发生正碰后，A 球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v A ′∶v B ′为( )A.1∶2B.1∶3C.2∶1D.2∶3【答案】 D【解析】设碰前A 球的速率为v ，根据题意，p A ＝p B ，即mv ＝2mv B ，得碰前v B ＝v 2，碰后v A ′＝v 2，由动量守恒定律，有mv ＋2m ×v 2＝m ×v 2＋2mv B ′，解得v B ′＝34v 所以v A ′v B ′＝23，选项D 正确。
3.如图所示，A 、B 两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车C 上后，A 、B 、C 均处于静止状态。
若地面光滑，则在细绳被剪断后，A 、B 从C 上未滑离之前，A 、B 在C 上向相反方向滑动的过程中A ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小相同，则A 、B 组成的系统动量守恒，A 、B 、C 组成的系统动量守恒B ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小相同，则A 、B 组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 组成的系统动量守恒C ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，则A 、B 组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 组成的系统动量不守恒D ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，则A 、B 组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 组成的系统动量守恒【答案】 AD【解析】当A 、B 两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A 、B 与C 之间的摩擦力为外力。
2020版高考物理一轮复习课后限时集训18动量守恒定律及其应用含解析新人教版
课后限时集训(十八)动量守恒定律及其应用(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：动量守恒定律的理解和判断1．(2019·衡水检测)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C [根据动量守恒的条件可知A、B错误，C正确；系统中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，系统中总动量一定守恒，D错误。
]2．(多选)如图所示，质量为M的三角形滑块置于水平光滑的地面上，斜面亦光滑，当质量为m的滑块沿斜面下滑的过程中，M与m组成的系统( )A．由于不受摩擦力，系统动量守恒B．由于地面对系统的支持力大小不等于系统所受重力大小，故系统动量不守恒C．系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒D．M对m作用有水平方向分力，故系统水平方向动量也不守恒BC [水平方向不受外力和摩擦，所以系统水平方向动量守恒，C正确；竖直方向系统所受重力和支持力大小不等，系统竖直方向动量不守恒，B正确。
]题组二：碰撞、爆炸与反冲3．(2019·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，运动过程中两球发生碰撞，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∶3B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6C [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，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰撞后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 两球速度大小之比为2∶3，故C 正确。
(通用版)2020版高考物理一轮复习第六章第2讲动量守恒定律及其应用课时作业(含解析)(最新整理)
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动量守恒定律及其应用一、选择题(本题共10小题,1～6题为单选题，7～10题为多选题）1．如图所示，物块A静止在光滑水平面上，将小球B从物块顶端由静止释放,从小球开始沿物块的光滑弧面(弧面末端与水平面相切）下滑到离开的整个过程中，对小球和物块组成的系统，下列说法正确的是( ）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,机械能不守恒解析：C 对于A、B组成的系统,在B下滑的过程中，只有重力做功，则小球和物块组成的系统机械能守恒．A、B组成的系统在竖直方向上合外力不为零，则该系统动量不守恒，C正确．2．如图所示,光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A 以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中( )A．A、B的动量变化量相同B．A、B的动量变化率相同C．A、B系统的总动能保持不变D．A、B系统的总动量保持不变解析:D 两物块相互作用过程中系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，但总动量保持不变，A错误，D正确．由动量定理Ft＝Δp可知，动量的变化率等于物块所受的合外力,A、B两物块所受的合外力大小相等、方向相反，则A、B所受的合外力不同，动量的变化率不同,B错误．A、B和弹簧组成的系统总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化,C错误．3。
2020年高考物理动量守恒专题测试卷(含答案)
2020年高考物理动量守恒专题测试卷一、单选题（本大题共12小题）1.如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。
已知夯锤的质量为M=450kg，桩料的质量为m=50kg。
每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶ℎ0=5m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。
桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率k=5.05×104N/m。
g取10m/s2，则下列说法正确的是()A. 夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9m/sB. 夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5m/sC. 打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1mD. 打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3m2.如图所示为某场足球比赛中运动员罚点球时的情景，运动员将静止在草坪上的足球以35m/s的速度踢出，守门员准确地判断来球方向，并将以25m/s的速度飞来的足球以10m/s的速度沿原路挡出。
已知守门员的双手与足球的作用时间约为0.1s，受到足球的平均作用力大小约为150N，不考虑运动员和守门员触球瞬间足球重力的作用，则罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小约为()A. 12N⋅gB. 13.5N⋅sC. 15N⋅sD. 16.6N⋅s3.如图所示，小球a、b用长度相同的细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平伸直。
由静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°，则小球a、b的质量之比为()A. 1：1B. 1：2C. (√2−1)：1D. 1：(√2−1)4.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3)A. 0.15PaB. 0.54PaC. 1.5PaD. 5.4Pa 5.啄木鸟觅食时，啄木鸟的头部摆动很快，啄木的速度达到每秒十五到十六次。
2020高考物理专题练习：动量守恒定律与近代物理含答案
2020高考物理专题练习：动量守恒定律与近代物理含答案专题：动量守恒定律与近代物理一、选择题1、如图所示,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6 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.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【参考答案】A【参考解析】由两球的动量都是6 kg·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2 kg·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。
2、1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F＝895 N，推进器开动时间Δt＝7 s．测出飞船和火箭组的速度变化Δv＝0．91 m/s．已知“双子星号”飞船的质量m1＝3 400 kg．由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为()A．3 400 kg B．3 485 kgC．6 265 kg D．6 885 kg解析：选B．根据动量定理得FΔt＝(m1＋m2)Δv，代入数据解得m2≈3 485 kg，B选项正确．3、一中子与一质量数为A (A>1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()A ．A ＋1A －1B ．A －1A ＋1C ．4A (A ＋1)2D ．(A ＋1)2(A －1)2解析：选A ．设中子的质量为m ，则被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有m v 0＝m v 1＋Am v ′，据动能守恒，有12m v 20＝12m v 21＋12Am v ′2．解以上两式得v 1＝1－A 1＋A v 0．若只考虑速度大小，则中子的速率为v ′1＝A －1A ＋1v 0，故中子碰撞前、后速率之比为A ＋1A －1． 4、在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是( )A ．光电效应是瞬时发生的B ．所有金属都存在极限频率C ．光电流随着入射光增强而变大D ．入射光频率越大，光电子最大初动能越大解析：选C ．按照光的波动理论，电子吸收光子的能量需要时间，因此光电效应不可能瞬时发生，这与光电效应具有瞬时性矛盾；按照光的波动理论，只要有足够长的时间，电子会吸收足够的能量，克服原子的束缚成为光电子，因此所有金属均可以发生光电效应，这与光电效应有极限频率矛盾；按照光的波动理论，照射光越强，电子获得的能量越大，打出的光电子的最大初动能越大，这与光电效应中打出的光子的最大初动能与光强无关，而与照射光的频率有关矛盾；按照光的波动理论也可以得到光越强打出的光电子越多，光电流越大，因此C 项正确．5、下列说法中正确的是( )A ．裂变物质体积小于临界体积时，链式反应不能进行B ．裂变物质体积小于临界体积时，链式反应能进行C ．原子核内部一个质子转化成一个中子时，会同时释放出一个电子D ．铀235的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变长解析：选A ．链式反应的条件：大于临界体积，因此当物质体积小于临界体积时，链式反应不能进行，故A 对，B 错；原子核内部一个质子转化成一个中子时，会同时释放出一个正电子，故C 错；元素的半衰期与环境及化学状态无关，故D错．6、如图所示为氢原子光谱中的三条谱线，对这三条谱线的描述中正确的是()A．乙谱线光子能量最大B．甲谱线是电子由基态向激发态跃迁发出的C．丙谱线可能是电子在两个激发态间跃迁发出的D．每条谱线对应核外电子绕核旋转的一条轨道，任一谱线的频率等于电子做圆周运动的频率解析：选C．根据E＝hν＝hcλ，因此甲谱线光子能量最大，故A错误；谱线是电子由激发态向基态跃迁发出的，而电子由基态向激发态跃迁需要吸收光子，故B 错误；丙谱线可以是电子在两个激发态间跃迁发出的，故C正确；电子跃迁时辐射的光子的频率等于能级差值，与电子绕核做圆周运动的频率无关，故D错误．7、在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t 的变化关系如图乙所示，则()A．线框受到的水平外力一定是恒定的B．线框边长与磁场宽度的比值为3∶8C．出磁场的时间是进入磁场时的一半D．出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等解析：选B．根据E＝BL v，I＝ER，F＝BIL，v＝at以及F拉－F＝ma可知，线框受到的水平外力是变力，出磁场时比进磁场时要大，故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多，故选项A、D错误；线框做匀加速直线运动，由图象及匀加速直线运动规律，结合电流与速度的关系可以知道，线框边长与磁场宽度比为3∶8，出磁场的时间不是进入磁场时的一半，故选项B正确，选项C错误．8、如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为()A．仍在P点B．在P点左边C．在P点右边不远处D．在P点右边原水平位移的两倍处解析：选B．纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，由I＝F f t＝m v0得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确．9、研究光电效应电路如图所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．下列光电流I与A、K之间的电压U AK的关系图象中，正确的是()如图解析：选C．由于是强度不同的光照射同种钠极板，则遏止电压相同，强度不同，饱和光电流不同．选项C正确．10、如图所示，将砝码A放在水平桌面上的纸板B上，各接触面间动摩擦因数均相等，砝码到纸板左端和桌面右端的距离均为d．在水平向右的恒力F的作用下，可将纸板从砝码下方抽出，砝码刚好到达桌面右端．则下列说法正确的是()A．砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等B．砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端d 2处C．其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码将不能到达桌面右端D．其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码与纸板间产生的热量将减小解析：选ABC．因砝码水平方向只受到滑动摩擦力，且各接触面间动摩擦因数相等，所以砝码与纸板分离前后加速度大小不变，故A正确；因砝码刚好到达桌面右端，砝码先加速再减速，且加速度大小相等，由v2＝2ax可知，砝码离开纸板时，距离桌面右端为d2，故B正确；假设F→∞，纸板的加速度会非常大，与砝码A分离的时间很短，由惯性可知，C正确；由Q＝f·s相对可知，砝码与纸板产生的热量不变，故D错误．二、非选择题1、如图所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过1 s 下滑到底端，已知斜面的倾角θ＝37°，斜面长度L＝2．5 m，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，取重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；(3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值．解析：(1)根据L＝12at2，解得：a＝5 m/s2，根据牛顿第二定律得：mgsin θ－μmg cos θ＝ma解得：μ＝0．125．(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为：ΔE＝μmg cos θ·L减小的重力势能为：ΔE p＝mgsin θ·L故损失的机械能与减小的重力势能的比值为：ΔE∶ΔE p＝μ∶tan θ＝1∶6．(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v，则有：v＝at＝5 m/s根据动量定理得：合外力冲量的大小为：I合＝m v－0＝5m (N·s)在下滑过程中重力的冲量为：I G＝mgt＝10m (N·s)∶I G＝所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：I合1∶2．答案：(1)0．125(2)1∶6(3)1∶22、如图所示,在光滑水平面上有一辆质量m1=8 kg的平板小车,车上有一个质量m=1.9 kg 的木块,木块距小车左端6 m(木块可视为质点),车与木块一起以v=1 m/s的速度水平向右匀速行驶。
2020高考大一轮复习(新课改专用)第6章 第2节 动量守恒定律
第2节动量守恒定律一、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0，这个系统的总动量保持不变。
[注1] 2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
[注2](3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为0，则系统在该方向上动量守恒。
二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。
(2)分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。
[注3]②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。
2．爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
3．反冲 [注4](1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。
【注解释疑】[注1] 外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。
[注2] 外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。
[注3] 弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在。
[注4] 反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的。
[深化理解]1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。
2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。
3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。
4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。
[基础自测]一、判断题(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。
(×)(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。
2020年高考物理一轮复习热点题型专题14动量守恒定律及应用(学生版)
2020年高考物理一轮复习热点题型专题14—动量守恒定律及应用题型一动量守恒定律的理解和基本应用题型二碰撞模型问题“滑块—弹簧”碰撞模型“滑块—木板”碰撞模型“滑块—斜面”碰撞模型题型三“人船”模型问题题型四“子弹打木块”模型问题题型一动量守恒定律的理解和基本应用【例题1】（2019·江苏卷）质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为_________。
A．m vM B．M vmC．m vm M+D．M vm M+【例题2】(2018·湖北省仙桃市、天门市、潜江市期末联考)如图所示，A、B两物体的质量之比为m A∶m B＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有()A．A、B系统动量守恒B．A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒C．小车C先向左运动后向右运动D．小车C一直向右运动直到静止题型二碰撞模型问题1．碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律(2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p122m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等．②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．2．弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧ m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 ② 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2 v 2′＝(m 2－m 1)v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度． 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则：v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2， ①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度．②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动．③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来．【例题1】（2019·湖南省长沙市雅礼中学高三下学期一模）一质量为m 1的物体以v 0的初速 度与另一质量为m 2的静止物体发生碰撞，其中m 2=km 1，k <1。
2020届全国高考物理一轮专题集训《动量守恒定律》测试
绝密★启用前2020届全国高考物理一轮专题集训《动量守恒定律》测试本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分第Ⅰ卷一、单选题(共15小题,每小题4.0分,共60分)1.质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上．已知t＝0时质点的速度为零．在图示t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的速度最大()A．t1B．t2C．t3D．t42.质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，水的阻力不计，则小船的运动速率和方向为()A． 0.6 m/s，向左B． 3 m/s，向左C． 0.6 m/s，向右D． 3 m/s，向右3.关于下列说法，其中正确的是()A．动量的方向一定跟物体的速度方向相同B．冲量的方向一定跟对应的作用力方向相同C．物体受到的冲量方向与物体末动量的方向一定相同D．合外力的冲量为零，则物体所受各力的冲量均为零4.在用气垫导轨进行验证实验时，首先应该做的是()A．给气垫导轨通气B．对光电计时器进行归零处理C．把滑块放到导轨上D．检验挡光片通过光电门时是否能够挡光计时5.如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙．现用力F向左缓慢推物块B压缩弹簧，当力F做功为W时，突然撤去F，在A物体开始运动以后，弹簧弹性势能的最大值是()A．WB．WC．WD．W6.A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，…，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则()A．A、B(包括人)两船速度大小之比为2∶3B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1C．A、B(包括人)两船的动能之比为2∶3D．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶17.如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s．下列说法正确的是()A．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NB．球棒对垒球的平均作用力大小为1260 NC．球棒对垒球做的功为238.5 JD．球棒对垒球做的功为36 J8.假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是()A．向后踢腿B．手臂向后甩C．在冰面上滚动D．脱下外衣水平抛出9.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是()A．v1＝v2＝v3＝v0B．v1＝0，v2＝v3＝v0C．v1＝0，v2＝v3＝v0D．v1＝v2＝0，v3＝v010.如图所示，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v0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()A．I＝0，W＝mvB．I＝mv0，W＝mvC．I＝2mv0，W＝0D．I＝2mv0，W＝mv11.一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Δp，动能变化量为ΔE，下列关于Δp和ΔE说法中正确的是()A．若Δp最大，则ΔE也最大B．若Δp最大，则ΔE一定最小C．若Δp最小，则ΔE也最小D．若Δp最小，则ΔE一定最小12.如图所示，今有一子弹穿过两块静止放置在光滑水平面上的相互接触的质量分别为m和2m的木块A、B，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为F f，则子弹穿过两木块后，木块A的速度大小是()A．B．C．D．13.如图所示，在地面上固定一个质量为M的竖直木杆，一个质量为m的人以加速度a沿杆匀加速向上爬，经时间t，速度由零增加到v，在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量为()A． (Mg＋mg－ma)tB． (m＋M)vC． (Mg＋mg＋ma)tD．mv14.带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b 运动的半径．若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb.则一定有()A．qa＜qbB．ma＜mbC．Ta＜TbD．<15.如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是()A．v A′＝－2 m/s，vB′＝6 m/sB．v A′＝2 m/s，vB′＝2 m/sC．v A′＝1 m/s，vB′＝3 m/sD．v A′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s第Ⅱ卷二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分)16.如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道．A、B为两完全相同的小球，a球由静止从A点释放，在C处与b球发生弹性碰撞．已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R.求：(1)a球滑到斜面底端C时速度为多大？A、B球在C处碰后速度各为多少？(2)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件？若R′＝2.5R，两球最后所停位置距D(或E)多远？注：在运算中，根号中的数值无需算出．17.如图所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E，方向水平向右的匀强电场．质量为3m.电量为＋q的球A由静止开始运动，与相距为L、质量为m的不带电小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动．两球均可视为质点．求：(1)两球发生碰撞前A球的速度；(2)A、B碰撞过程中系统损失的机械能；(3)A、B碰撞过程中B球受到的冲量．18.如图所示，光滑水平面上木块A的质量mA＝1 kg，木块B的质量mB＝4 kg，质量为mC＝2 kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧拴接并且接触面光滑．开始时B、C静止，A 以v0＝10 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后瞬间B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短．求：(1)A、B碰撞后A的速度；(2)弹簧第一次恢复原长时C的速度大小．19.如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看做质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能E p.答案解析1.【答案】B【解析】0～t2阶段，冲量为正，t2～t4阶段，冲量为负，由动量定理判断t2时刻“面积”最大，动量最大，进而得出t2时刻速度最大．2.【答案】A【解析】甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时系统总动量为零，根据动量守恒定律有0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，代入数据解得v＝－0.6 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确．3.【答案】A【解析】质量与速度的乘积是物体的动量，动量的方向跟物体的速度方向相同，A正确；恒力的冲量方向与力的方向相同，变力的冲量方向与力的方向不一定相同，冲量的方向可能与物体的末动量方向相同，也可能与末动量方向相反，B、C错误；物体所受合外力为零，合外力的冲量为零，但物体所受各力的冲量并不为零，D错误．4.【答案】A【解析】为保护气垫导轨，在一切实验步骤进行之前，首先应该给气垫导轨通气．5.【答案】A【解析】根据功能关系，力F做功为W时，弹簧储存弹性势能W.突然撤去F，弹力对B做功，当弹簧恢复原长时，B动能等于W.以后B向右运动，当二者速度相等时，弹簧弹性势能最大．由动量守恒定律，2m＝3mv，解得v＝，弹簧弹性势能的最大值是E p＝W－mv2＝W－W＝W，选项A正确．6.【答案】B【解析】人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，选项B正确；经过n次跳跃后，设A船速度为v A，B船速度为v B，则有0＝mv A－v B，＝，选项A错；A船最后获得的动能为E kA＝mv，B船最后获得的动能为E kB ＝v＝·2＝＝E kA，＝，选项C、D错误．7.【答案】B【解析】以初速度方向为正，根据动量定理：F·t＝mv2－mv1得：F＝＝N＝－1260 N，则球棒对垒球的平均作用力大小为1260 N，A错误，B正确；根据动能定理：球棒对垒球做的功为W＝mv－mv＝126 J，C、D错误．8.【答案】D【解析】向后踢腿和手臂向后甩，都是人体间的内力在作用，不会使人前进．在光滑冰面上由于不存在摩擦力，故无法完成滚动动作．而抛出衣服能获得反方向的速度，故可滑离冰面．9.【答案】D【解析】两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确．10.【答案】C【解析】由题意分析可知，木块离开弹簧的瞬间速度大小为v0，方向向右．取向左为正方向．根据动量定理得：I＝－mv0－mv0＝－2mv0，大小为2mv0.根据动能定理得：W＝mv－mv＝0，C正确．11.【答案】B【解析】小球与墙壁碰撞后，如果无能量损失，则小球应以相同的速率返回，这种情况动量变化量Δp最大等于2mv，动能变化量ΔE最小为零，故A错误，B正确；如果小球与墙壁碰后粘在墙上，动量变化量Δp最小等于mv，动能变化量ΔE最大等于mv2，故C、D错误．12.【答案】B【解析】A与B分离时二者的速度是相等的，分离后A的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力使A与B的速度增大，由动量定理得：F f·t1＝(m＋2m)v，得v＝，B正确．13.【答案】C【解析】杆与人之间的作用力为F，对人，F－mg＝ma，地面与杆的作用力为F N，对杆，F N＝F＋Mg，地面对杆的冲量，I＝F N t.14.【答案】A【解析】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB＝m，解得：r＝，由于mv、B相同，故r∝，a运动的半径大于b运动的半径，故qa＜qb，A正确；由于动量mv相同，但速度大小未知，故无法判断质量大小，B错误；周期T＝，由于不知道速度大小关系，故无法判断周期关系，C错误；＝，由于速度大小关系不确定，故无法判断比荷关系，D错误．15.【答案】D【解析】两球碰撞前后应满足动量守恒定律并且碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即满足：mA v A＋mB v B＝mA v A′＋mB v B′，①v＋mB v≥mA v A′2＋mB v B′2，②mA答案D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误．16.【答案】(1)；v a＝0，v b＝(2)R′≤0.92R或R′≥2.3R；b球将停在D点左侧，距D点0.6R处，a球停在D点左侧，距D点R处【解析】(1)设a球到达C点时速度为v，a球从A运动至C过程，由动能定理有mg(5R sin 37°＋1.8R)－μmg cos 37°·5R＝mv2①可得v＝②a、b球在C处发生弹性碰撞，系统动量守恒，机械能守恒，设a、b碰后瞬间速度分别为va、vb，则有mv＝mva＋mvb③mv2＝mv＋mv④由②③④可得va＝0；vb＝⑤可知，A、B碰后交换速度，a静止，b向右运动．(2)要使小球b不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球b能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．则小球b在最高点P应满足m≥mg⑥小球b碰后直到P点过程，由动能定理，有－μmgR－mg·2R′＝mv－mv⑦由⑤⑥⑦式，可得R′≤R＝0.92R情况二：小球b上滑至四分之一圆轨道的Q点时，速度减为零，然后滑回D.则由动能定理有－μmgR－mg·R′＝0－mv⑧由⑤⑧式，可得R′≥2.3R若R′＝2.5R，由上面分析可知，b球必定滑回D，设其能向左滑过DC轨道与a球碰撞，且a球到达B点，在B点的速度为vB，由于a、b碰撞无能量损失，则由能量守恒定律有mv2＝mv＋mg·1.8R＋2μmgR⑨由⑤⑨式，可得vB＝0故知，a球不能滑回倾斜轨道AB，a、b两球将在A、Q之间做往返运动，最终a球将停在C处，b球将停在CD轨道上的某处．设b球在CD轨道上运动的总路程为s，由于A、B碰撞无能量损失，则由能量守恒定律，有mv2＝μmgs⑩由⑤⑩两式，可得s＝5.6R所以知，b球将停在D点左侧，距D点0.6R处，a球停在D点左侧，距D点R处．17.【答案】(1)(2)EqL(3)【解析】(1)由动能定理：EqL＝·3mv2解得v＝(2)AB系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律；3mv＝(3m＋m)v1解得v1＝v系统损失的机械能：ΔE＝·3mv2－(3m＋m)vΔE＝EqL(3)以B为研究对象，设向右为正方向，由动量定理：I＝mv1－0I＝方向水平向右18.【答案】(1)4 m/s，方向与v0相反 (2)m/s【解析】(1)因碰撞时间极短，A、B碰撞时，可认为C的速度为零，由动量守恒定律得v0＝mA v A＋mB v BmA解得v A＝＝－4 m/s，负号表示方向与A的初速度方向相反(2)弹簧第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零．设此时B的速度为v B′，C的速度为v C，由动量守恒定律和机械能守恒定律有v B＝mB v B′＋mC v CmBv B2＝mB v B′2＋mC v C2mB得v C＝v Bv C＝m/s.19.【答案】(1)v0(2)－L【解析】(1)对P1、P2碰撞瞬间由动量守恒定律得mv0＝2mv1①对P、P1、P2碰撞全过程由动量守恒定律得3mv0＝4mv2②解得v1＝，v2＝v0(2)当P、P2速度相等时弹簧压缩最短，此时v＝v2③对P1、P2刚碰完到弹簧压缩到最短过程，应用能量守恒定律得×2mv＋×2mv－×4mv2＝2μmg(x＋L)＋E p④对P1、P2刚碰完到P停在A点，由能量守恒定律得×2mv＋×2mv－×4mv2＝2μmg·2(x＋L)⑤联立以上各式，解得x＝－L，E p＝。
2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练：动量守恒定律及应用(含解析)
2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练动量守恒定律及其应用一、选择题1、光滑水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，a 的质量为m ，b 的质量M 可以取不同的数值．现使a 以某一速度向b 运动，此后a与b 发生弹性碰撞，则( )A ．当M ＝m 时，碰撞后b 的速度最大B ．当M ＝m 时，碰撞后b 的动能最大C ．当M >m 时，若M 越小，碰撞后b 的速度越小D ．当M <m 时，若M 越大，碰撞后b 的动量越小解析：选B a 与b 发生弹性碰撞，由动量守恒定律，mv 0＝mv 1＋Mv 2，由机械能守恒定律，12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22，联立解得v 1＝m －Mm ＋M v 0，v 2＝2mm ＋M v 0.显然，当M →0时，b 的速度最大，选项A 错误；当M ＝m时，碰撞后a 的速度为零，动能为零，b 的动能最大，选项B 正确；当M >m 时，若M 越小，碰撞后b 的速度越大，选项C 错误；当M <m 时，若M 越大，碰撞后a 的速度越小，a 的动量越小．b 的动量Mv 2＝2mM m ＋M v 0＝2m m /M ＋1v 0，若M 越大，碰撞后b 的动量越大，选项D 错误．2、一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析：选C 动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，只有选项C正确．3、如图所示，A、B两物体质量分别为m A、m B，且m A>m B，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将( )A ．停止运动B ．向左运动C ．向右运动D ．运动方向不能确定解析：选C 已知两个力大小相等，m A >m B ，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度a A <a B ，又知x A ＝x B ，由运动学公式得x A ＝12a A t A 2，x B＝12a B t B 2，可知t A >t B ，由I A ＝Ft A ，I B ＝Ft B ，可得I A >I B ，由动量定理可知p A －0＝I A ，p B －0＝I B ，则p A >p B ，碰前系统总动量方向向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量方向向右，故A 、B 、D 错误，C 正确．4、(多选)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 0 D.59v 0解析：选AB 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，则其速度大小变为原来的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.又12·m ⎝ ⎛⎭⎪⎫13v 02＋12·2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫13v 02<12mv 02，12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫－v 032＋12·2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫23v 02＝12mv 02，即碰后动能没有增加，所以A 、B 正确．5.(多选)如图所示，小车C 放在光滑地面上，A 、B 两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是( )A ．A 、B 质量相等，但A 比B 速率大 B ．A 、B 质量相等，但A 比B 速率小C ．A 、B 速率相等，但A 比B 的质量大D ．A 、B 速率相等，但A 比B 的质量小解析：选AC 两人及车组成的系统动量守恒，则m A v A －m B v B －m C v C＝0，得m A v A －m B v B >0，即m A v A >m B v B .6、如图所示，两个大小相同、质量均为m 的小弹珠静止在水平地面上，某小孩在极短时间内给第一个弹珠一个水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动了距离L 时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动了2L 后停下．已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k 倍，重力加速度为g ，则小孩对第一个弹珠( )A ．施加的冲量为m kgLB ．施加的冲量为m 3kgLC ．做的功为kmgLD ．做的功为3kmgL解析：选D 两个完全相同的小球发生弹性碰撞，速度交换，设第二个小球碰后的速度为v ，根据匀变速直线运动的规律v 2＝2kg ·2L ，对第一个小球，设小孩对其做功为W ，根据动能定理W －kmgL ＝12mv 2，代入可求W ＝3kmgL ，故C 错误，D 正确；设小孩施加的冲量为I ，则I 2＝2mW ，解得I ＝m 6kgL ，故A 、B 错误．7.(多选)如图所示，小车AB 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AB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，同时小车也向右运动B．C与油泥碰前，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，小车继续向右运动解析：选BC 小车与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，小车应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，小车的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得v1v2＝Mm，故B正确；设C与油泥粘在一起后，小车、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误．8．(多选)质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的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球的速度可能值为( )A．0.6v B．0.4vC ．0.2vD ．0.3v解析：选BD 若v B ＝0.6v ，选v 的方向为正，由动量守恒得mv ＝mv A ＋3m ·0.6v ，解得v A ＝－0.8v ，碰撞前系统的总动能为E k ＝12mv 2.碰撞后系统的总动能为E k ′＝12mv A 2＋12×3mv B 2>12mv 2，违反了能量守恒定律，不可能，故A 错误；若v B ＝0.4v ，由动量守恒得mv ＝mv A ＋3m ·0.4v ，解得v A ＝－0.2v ，碰撞后系统的总动能为E k ′＝12mv A 2＋12×3mv B 2<12mv 2，不违反能量守恒定律，是可能的，故B 正确；A 、B 发生完全非弹性碰撞，则有mv ＝(m ＋3m )v B ，v B ＝0.25v ，这时B 获得的速度最小，所以v B ＝0.2v ，是不可能的，故C 错误；若v B ＝0.3v ，由动量守恒得mv ＝mv A ＋3m ·0.3v ，解得v A ＝0.1v ，碰撞后系统的总动能为E k ′＝12mv A 2＋12×3mv B 2<12mv 2，不违反能量守恒定律，是可能的，故D 正确．9.(多选) 两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞前后两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示，已知a 的质量为80 g ，则下列判断正确的是( )A ．碰撞前滑块a 、b 的运动方向相同B ．碰撞后滑块b 的速度大小是0.75 m/sC ．滑块b 的质量为100 gD ．碰撞前后滑块a 、b 组成的系统损失的动能为1.4 J 解析：选CD 由x t 图象的斜率表示速度，可知，碰撞前滑块a 、b 的运动方向相反，A 错误；碰撞后，滑块b 的速度v b ′＝Δx ′Δt ′＝0－33＝－1 m/s ，速度大小为1 m/s ，B 错误；碰撞前，滑块a 的速度v a ＝Δx a Δt a ＝3－81＝－5 m/s ；b 的速度v b ＝Δx b Δt b ＝31＝3 m/s ，碰撞后a 的速度为0.两滑块碰撞过程系统动量守恒，以b 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m a v a ＋m b v b ＝m b v b ′，解得m b ＝100 g ，C 正确；碰撞前后滑块a 、b 组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12m a v a 2＋12m b v b 2－12m b v b ′2，解得ΔE k ＝1.4 J ，D 正确．10. 如图所示，两质量分别为m 1和m 2的弹性小球A 、B 叠放在一起，从高度为h 处自由落下，h 远大于两小球半径，落地瞬间，B 先与地面碰撞，后与A 碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计．已知m 2＝3m 1，则A 反弹后能达到的高度为( )A ．hB ．2hC ．3hD ．4h解析：选D 所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失．设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m 1＋m 2)gh ＝12(m 1＋m 2)v 2，m 2v －m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2，12(m 1＋m 2)v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22，12m 1v 12＝m 1gh 1，将m 2＝3m 1代入，联立可得h 1＝4h ，选项D 正确．11、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 。