2018年高考物理复习对题纠错练：7动量 含解析
(新高考专用)2024届高考物理易错题真题分层训练——动量
（新高考专用）2024届高考物理易错题真题分层训练——动量易错点一：应用动量定理求解问题时出现错误3.动量定理的理解（1）动量定理反映了合力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果.（2）动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.（3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.2 介质流模型冲力的计算流体类：液体流、气体流等，通常给出流体的密度研究对象微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内的粒子数①建构“柱状”模型：沿流速的方向选取一段小柱体，其横截面积为小柱体的体积小柱体质量小柱体内粒子数②微元研究小柱体动量分析步骤③建立方程，应用动量定理研究易错点二：不理解动量守恒定律的条件也不会运用动量守恒定律列式求解问题.3.动量守恒定律适用条件（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零 .（2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受到的外力.（3）某方向守恒：系统在某个方向上所受外力之和为零时，系统在该方向上动量守恒.4.表达式（1），系统作用前的总动量等于作用后的总动量.（2），相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.（3）,系统总动量的变化量为零.易错点三：没有弄清碰撞的特点和规律而出现错误5．碰撞的概念及特点碰撞是物体间相互作用时间很短，物体间相互作用力很大，从而使系统内每个物体的动量在碰撞过程的极短时间内发生剧烈变化的过程，具有以下特点：(1) 碰撞过程时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。
(3)动量守恒条件的特点：由于碰撞过程中物体间的相互作用力(内力)很大(远大于外力如重力及摩擦力等)系统的内力远远大于外力，系统的总动量守恒。
(新课标)2018届高考物理二轮复习训练试卷含答案 ： 专题二 功和能 动量 能力训练7 动量 动量的综合应用
专题能力训练7 动量动量的综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分。
在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2017·全国Ⅰ卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。
在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s2.(2017·山东青岛一模)一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8 J,木块的质量大于子弹的质量。
则此过程中产生的内能可能是()A.18 JB.16 JC.10 JD.6 J3.如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起,从高度为h处自由落下,且h远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直方向。
已知m2=3m1,则小球m1反弹后能达到的高度为()A.hB.2hC.3hD.4h4.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中()A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零5.蹦极运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能先增大后减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力6.在一条直线上,运动方向相反的两球发生正碰。
2018版高考物理专题-动量与能量压轴题特训(含答案详解)
2018版高考物理专题-动量与能量压轴题特训(含答案详解)2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．5．【解析】方盒A与小滑块B组成的系统动量守恒，m B v＝(m A＋m B)v1，又m A＝2m B，所以v1＝v3，对系统由动能定理得－μm B g·x＝12(m A＋m B)v21－12m Bv2，解得x＝v23μg.【答案】v3v23μg6．如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量m1＝30 kg，冰块的质量m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？6．【解析】(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v ①12m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh ②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m3＝20 ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0 ④代入数据得v1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥12m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩． 【答案】 (1)20 kg (2)见解析7． 如图所示，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．7． 【解析】 设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰后A 的速度v A ′＝18v 0； 碰后B 的速度v B ＝34v 0由动量守恒定律得m v A ＝m v A ′＋m v B①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝12m v 20－12m v 2A②设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ′，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝12m v 2B －12m v B ′2③由于三者间隔相等，滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数相等，则有W A ＝W B ④ 设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得 ：m v B ′＝2m v ⑤ 联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝2116v 0⑥【答案】2116v 08. 如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小．8．【解析】 设A 与C 发生碰撞后瞬间，A 的速度大小为v A ，方向向右，C 的速度大小为v C.A与C碰撞时间极短，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C ①A与B相互作用，设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得：m B v0＋m A v A＝(m A＋m B)v②A与B达到共同速度后恰不与C碰撞，则应有v＝v C ③联立①②③解得v A＝2 m/s【答案】 2 m/s【点拨】本题分别对A、C和A、B的作用过程应用动量守恒定律，还要关注“恰好不再与C碰撞”这一临界条件．9. 如图所示。
2018年高考三物理试题分类汇编动量、能量守恒(含解析)
122018年高考高三物理试题分类汇编：动量、能量守恒二、非选择题6. 江苏省淮阴中学2018届高三摸底考试质量分别为m 1和m 2的两个小球在光滑的水平面上分别以速度v 1、v 2同向运动并发生对心碰撞，碰后m 2被右侧的墙原速弹回，又与m 1相碰，碰后两球都静止。
求：两球第一次碰后m 1球的速度大小。
解：根据动量守恒定律得：⎩⎨⎧'=''+'=+221122112211v m v m v m v m v m v m（2分）解得：1221112m v m v m v +=' （2分）7．福建省龙岩二中2018届高三摸底考试如下图所示是固定在水平地面上的横截面为“”形的光滑长直导轨槽，槽口向上（图为俯视图）。
槽内放置一个木质滑块，滑块的左半部是半径为R 的半圆柱形光滑凹槽，木质滑块的宽度为2R ，比“”形槽的宽度略小。
现有半径r(r<<R)的金属小球以水平初速度V 0冲向滑块，从滑块的一侧半圆形槽口边缘进入。
已知金属小球的质量为m ，木质滑块的质量为3m ，整个运动过程中无机械能损失。
求: （1）当金属小球滑离木质滑块时，金属小球和木质滑块的速度各是多大；（2）当金属小球经过木质滑块上的半圆柱形槽的最右端A 点时，金属小球的对地速度。
解：（1）设滑离时小球喝滑块的速度分别为21v v 和，由动量守恒2103mv mv mv +=又2221203212121mv mv mv == 得201v v -= 0221v v = （2）小球过A 点时沿轨道方向两者有共同速度v ，沿切向方向速度为v '22202132121)3(v m mv mv vm m mv '==+= 得002321v v v v ='=32413022=='+=∴αtg v v v v 合8．湖北省众望高中2018届高三周练如图所示，长度为L 的轻杆上端连着一质量为m 的体积可忽略的小重物B ．杆的下端用铰链固接于水平面上的A 点．同时，置于同一水平面上的立方体C 恰与B 接触，立方体C 的质量为M ．今做微小的扰动，使杆向右倾倒，设B 与C 、C 与水平面间均无摩擦，而B 与C 刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰好为π/6．求B 与C 的质量之比m/M 。
(物理)物理动量定理易错剖析含解析
mv1=2mv2
kmgL
1 2
mv12
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
1 2
mv02
由以上各式得
k
(2m)
gL
0
1 2
(2m)v22
所以人给第一辆车水平冲量的大小
v0 10kgL
I mv0 m 10kgL
2．如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块 A 以 v0＝12 m/s 的水平速度撞上静止的滑块 B 并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知 A、B 的质量分别为 m1＝0.5 kg、m2＝1.5 kg。求： ①A 与 B 撞击结束时的速度大小 v； ②在整个过程中，弹簧对 A、B 系统的冲量大小 I。
解得： v0 A
k m
设在 t 时间内物块所受平均力的大小为 F ，由动量定理得： Ft 0 mv0
由题已知条件： t m 2k
解得： F 2kA
5．如图所示，真空中有平行正对金属板 A、B，它们分别接在输出电压恒为 U=91V 的电源 两端，金属板长 L=10cm、两金属板间的距离 d=3.2cm，A、B 两板间的电场可以视为匀强电 场。现使一电子从两金属板左侧中间以 v0=2.0×107m/s 的速度垂直于电场方向进入电场，然 后从两金属板右侧射出。已知电子的质量 m=0.91×10-30kg，电荷量 e=1.6×10-19C，两极板电 场的边缘效应及电子所受的重力均可忽略不计（计算结果保留两位有效数字），求： （1）电子在电场中运动的加速度 a 的大小； （2）电子射出电场时在沿电场线方向上的侧移量 y； （3）从电子进入电场到离开电场的过程中，其动量增量的大小。
质量为 m，单位体积内分子数量 n 为恒量．为简化问题，我们假定：分子大小可以忽略；
2018年高考物理广东专用一轮微专题复习第7章 动量 微
[方法点拨] (1)动量定理与动量守恒定律用到运动过程的初、末状态，要分析好过程，明确初、末状态．(2)注意动量的矢量性，动量定理与动量守恒定律的方程都是矢量方程，先选好正方向再列方程．1．(动量的矢量性)(多选)一个质量为2 kg 的小球以水平速度5 m /s 向右运动，与挡板碰撞后，以3 m/s 的水平速度反向弹回，则( ) A ．它的动量变化量的大小为4 kg·m/s B ．它的动量变化量的大小为16 kg·m/s C ．它的动量变化量的方向与初动量方向相反 D ．它的动量变化量的方向与初动量方向相同2．(动量守恒)质量为m 的小球P 以大小为v 的速度与质量为3m 的静止小球Q 发生正碰，碰后小球P 以大小为v2的速度被反弹，则正碰后小球Q 的速度大小是( )A ．2v B.v2C.v 3D.v 63．(守恒条件理解)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．若一个系统动量守恒时，则( ) A ．此系统内每个物体所受的合力一定都为零 B ．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加 C ．此系统的机械能一定守恒 D ．此系统的机械能可能增加4．(动量守恒定律应用)如图1所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A 、B 两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时( )图1A ．若小车不动，两人速率一定相等B ．若小车向左运动，A 的速率一定比B 的小C ．若小车向左运动，A 的动量一定比B 的大D ．若小车向左运动，A 的动量一定比B 的小5．质量为M 的原子核，原来处于静止状态．当它以速度v 放出质量为m 的粒子时(设v 的方向为正方向)，剩余部分的速度为( ) A.m v M －m B.－m v M －m C.－M v m －MD.－m v M6．小船以速率v 向东行驶，若在小船上分别以相对于地面的速率u 向东、向西水平抛出两个等质量的物体，则小船的速率( ) A ．增大 B ．减小C ．不变D ．由于两物体质量未知，无法确定7．(多选)如图2所示，小木块P 和长木板Q 叠放后静置于光滑水平面上．P 、Q 的接触面是粗糙的．用足够大的水平力F 拉Q ，P 、Q 间有相对滑动．在P 从Q 左端滑落以前，关于水平力F 的下列说法中正确的是图2A ．F 做的功大于P 、Q 动能增量之和B ．F 做的功等于P 、Q 动能增量之和C ．F 的冲量大于P 、Q 动量增量之和D ．F 的冲量等于P 、Q 动量增量之和8．如图3所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆型槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计．则( )图3A ．A 不能到达B 圆槽的左侧最高点 B ．A 运动到圆槽的最低点时速度为2gRC ．B 一直向右运动D ．B 向右运动的最大位移大小为2R39．如图4，粗糙水平面上，两物体A 、B 用轻绳相连，在恒力F 作用下做匀速运动．某时刻轻绳断开，A 在F 牵引下继续前进，B 最后静止．则在B 静止前，A 和B 组成的系统动量________(选填“守恒”或 “不守恒”)．在B 静止后，A 和B 组成的系统动量_________．(选填“守恒”或“不守恒”)图410．如图5所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑块相对于盒运动的路程为________．图511．质量为m 的小球A 以速率v 0向右运动时跟静止的小球B 发生碰撞，碰后A 球以v 02的速率反向弹回，而B 球以v 03的速率向右运动，求：(1)小球B 的质量m B 的大小？(2)碰撞过程中，小球B 对小球A 做的功W 是多大？12．对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型．A 、B 两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动．当它们之间的距离大于等于某一定值d 时，相互作用力为零；当它们之间的距离小于d 时，存在大小恒为F 的斥力．设A 物体质量m 1＝1.0 kg ，开始时静止在直线上某点；B 物体质量m 2＝3.0 kg ，以速度v 0从远处沿该直线向A 运动，如图6所示．若d ＝0.10 m ，F ＝0.60 N ，v 0＝0.20 m/s ，求：图6(1)相互作用过程中A 、B 加速度的大小；(2)从开始相互作用到A 、B 间的距离最小时，系统动能的减少量； (3)A 、B 间的最小距离．答案精析1．BC2．B [小球P 和Q 的正碰满足动量守恒定律(设小球P 的运动方向为正方向)，有：m v ＋0＝－m ·v 2＋3m ·v ′，解得：v ′＝v2，故选B.]3．D [若一个系统动量守恒时，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，选项A 错误；此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变这是有可能的，选项B 错误；因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，故选D.] 4．C [A 、B 两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：m A v A ＋m B v B ＋m 车v 车＝0，若小车不动，则m A v A ＋m B v B ＝0，由于不知道A 、B 质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A 错误；若小车向左运动，则A 、B 的动量和必须向右，而A 向右运动，B 向左运动，所以A 的动量一定比B 的大，故B 、D 错误，C 正确．]5．B [质量为M 的原子核，原来处于静止状态．当它以速度v 放出质量为m 的粒子的过程中动量守恒，设剩余部分的速度为v 1，由0＝(M －m )v 1＋m v ，得v 1＝－m vM －m ，B 正确．]6．A7．AD [以P 、Q 系统为研究对象，根据功能关系，拉力做的功等于P 、Q 动能增加量与摩擦产生的内能之和，A 正确，B 错误；系统所受合外力F 的冲量等于P 、Q 动量增量之和，C 错误，D 正确．]8．D [A 、B 组成的系统动量守恒，A 、B 刚开始时动量为零，所以运动过程中总动量时刻为零，所以B 先向右加速后又减速到零，因为系统机械能守恒，当B 静止时，A 恰好运动到左侧最高点，A 错误．根据动量守恒定律可得m s 1t ＝2m s 2t ，又知道s 1＋s 2＝2R ，所以可得s 2＝23R ，D 正确．B 向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，C 错误；当A 运动到最低点时，水平方向上动量守恒，所以有m v 1＝2m v 2，因为系统满足机械能守恒，所以有mgR ＝12m v 21＋12·2m v 22，联立可得v 1＝43gR ，B 错误．] 9．守恒 不守恒解析 轻绳断开前，A 、B 做匀速运动，系统受到的拉力F 和摩擦力平衡，合外力等于零，即F －f A －f B ＝0，所以系统动量守恒；当轻绳断开B 静止之前，A 、B 系统的受力情况不变，即F －f A －f B ＝0，所以系统的动量依然守恒；当B 静止后，系统的受力情况发生改变，即F －f A ＝m A a ，系统合外力不等于零，系统动量不守恒． 10.v 3 v 23μg解析 设滑块质量为m ,则盒子的质量为2m ;对整个过程,由动量守恒定律可得,m v ＝3m v 共 解得，v 共＝v3.由功能关系可得μmgs ＝12m v 2－12·3m ·(v 3)2解得s ＝v 23μg.11．(1)4.5m (2)－38m v 20解析 (1)小球A 、B 碰撞过程动量守恒，选向右为正方向，有m v 0＝m (－v 02)＋m B v 03解得：m B ＝4.5m(2)根据动能定理，碰撞过程中只有B 对A 做功，选小球A 为研究对象W ＝12m (v 02)2－12m v 2解得W ＝－38m v 20.12．(1)0.6 m /s 2 0.2 m/s 2 (2) 0.015 J (3) 0.075 m解析 (1)a A ＝F m 1＝0.6 m/s 2，a B ＝Fm 2＝0.2 m/s 2(2)m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，v ＝0.15 m/s ，ΔE k ＝12m 2v 20－12( m 1＋m 2)v 2＝0.015 J (3)v 20－v 2＝2a B s B ，s B ＝0.043 75 m ，v 2＝2a A s A ，s A ＝0.018 75 m d ′＝s A ＋d －s B ＝0.075 m.。
【新课标-全国卷】最新2018年高考理综(物理)《动量》专题强化模拟及答案解析
新课标2018年高考理综（物理）《动量》专题汇编强化模拟训练学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题1．质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量P A ＝9 kg·m/s，B球的动量P B＝3 kg·m/s．当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（）A．P A′＝6 kg·m/s，P B′＝6 kg·m/s B．P A′＝8 kg·m/s，P B′＝4 kg·m/sC．P A′＝－2 kg·m/s，P B′＝14 kg·m/s D．P A′＝4 kg·m/s，P B′＝8kg·m/s2．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3．一质量为m的运动员从下蹲状态开始起跳，经的时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中地面对他作用的冲量大小和做的功分别为（）A．B．C．D．4．2016年元宵节期间人们燃放起美丽的烟火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有烟火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在末到达离地面的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。
假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的倍，，那么和分别等于（）A．，1 B．，0.5 C．，0.5 D．，15．甲、乙两物体质量之比为2∶1，它们与水平面的动摩擦因数相同。
它们以相同的初动量沿水平面开始滑动，在水平面上滑行的最大距离分别为s1和s2，则s1∶s2是A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶46．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后粘在一起共速运动，则碰撞时A对B做的功为A．B．C．D．7．小球质量为m,用长为L的悬线固定在O点,在O点正下方L/2处有一光滑圆钉C（如图所示）．今把小球拉到悬线呈水平后无初速地释放,当悬线呈竖直状态且与钉相碰时（）A．小球的速度突然增大B．小球的向心加速度突然增大C．小球的向心加速度不变D．悬线的拉力突然增大8．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（）A．v0+v B．v0﹣v C．v0+（v0+v）D．v0+（v0﹣v）9．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（）A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动10．如图，两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止滑下，斜面固定在水平面上。
高考物理力学知识点之动量知识点总复习附答案解析(7)
高考物理力学知识点之动量知识点总复习附答案解析(7)一、选择题1．质量为5kg 的物体，原来以v=5m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15Ns 的作用，历时4s ，物体的动量大小变为( ) A ．80 kg·m/s B ．160 kg·m/s C ．40 kg·m/s D ．10 kg·m/s 2．忽然“唵——”的一声，一辆运沙车按着大喇叭轰隆隆的从旁边开过，小明就想，装沙时运沙车都是停在沙场传送带下，等装满沙后再开走，为了提高效率，他觉得应该让运沙车边走边装沙。
设想运沙车沿着固定的水平轨道向前行驶，沙子从传送带上匀速地竖直漏下，已知某时刻运沙车前进的速度为v ，单位时间从传送带上漏下的沙子质量为m ，则下列说法中正确的是A ．若轨道光滑，则运沙车和漏进车的沙组成的系统动量守恒B ．若轨道光滑，则运沙车装的沙越来越多，速度却能保持不变C ．已知此时运沙车所受的轨道阻力为F 阻，则要维持运沙车匀速前进，运沙车的牵引力应为F F =阻D ．已知此时运沙车所受的轨道阻力为F 阻，则要维持运沙车匀速前进，运沙车的牵引力应为F F mv =+阻3．如图所示,在光滑水平面上,有质量分别为2m 和m 的A B 、两滑块,它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A B 、不拴连),由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳,在两滑块脱离弹簧之后,下述说法正确的是（ ）A ．两滑块的动量大小之比:2:1AB p p = B ．两滑块的速度大小之比A B v v :2:1=C ．两滑块的动能之比12::kA kB E E =D ．弹簧对两滑块做功之比:1:1A B W W =4．半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，若甲球质量大于乙球质量，发生碰撞前，两球的动能相等，则碰撞后两球的状态可能是（ ）A ．两球的速度方向均与原方向相反，但它们动能仍相等B．两球的速度方向相同，而且它们动能仍相等C．甲、乙两球的动量相同D．甲球的动量不为零，乙球的动量为零5．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道M静止在光滑水平面上，一个物块m在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为零势能面)A．1:2B．1:3C．1:6D．1:96．如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R=1m．E点切线水平．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M=4m，g取10m/s2，不计摩擦．则小球的初速度v0的大小为（）A．v0=4m/s B．v0=6m/s C．v0=5m/s D．v0=7m/s7．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度冲上传送带，最后又滑回，已知v1＜v2。
2018高考一轮物理文档 第六章 动量 章末专题复习 教师
章末专题复习物理模型|“滑块—木板”模型中的动量守恒“滑块”问题是动量和能量的综合应用之一，由于滑块与木板之间常存在一对相互作用的摩擦力，这对摩擦力使滑块、木板的动量发生变化，也使它们的动能发生改变，但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，它不影响系统的总动量，但克服它做功，使系统机械能损失，所以解决“滑块”问题常用到动量守恒定律．另外，解决“滑块”问题时一般要根据题意画出情景示意图，这样有利于帮助分析物理过程，也有利于找出物理量尤其是位移之间的关系．(2017·淮北月考)如图6-1所示，质量为M的平板车P高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，另一端系一质量也为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，且无能量损失，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，M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：图6-1(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？(2)平板车P的长度为多少？【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1－cos 60°)＝12m v2解得：v0＝gR小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：m v0＝m v1＋m v Q 12m v2＝12m v21＋12m v2Q解得：v1＝0，v Q＝v0＝gR二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有m v Q ＝M v ＋m (2v )，解得，v ＝16v Q ＝gR 6物块Q 离开平板车时，速度为：2v ＝gR 3.(2)设平板车长L ，由能的转化和守恒定律知F f ·L ＝12m v 2Q －12M v 2－12m (2v )2 又F f ＝μmg解得平板车P 的长度为L ＝7R 18μ.【答案】 (1)gR 3 (2)7R 18μ[突破训练]1．(2017·长沙模拟)如图6-2所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2.使木板与重物以共同的速度v 0＝6 m/s 向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g 取10 m/s 2.求木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间．图6-2【解析】 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共同的速度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：2m v 0－m v 0＝3m v ①设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v 所用的时间为t 1，对木板应用动量定理得：2μmgt 1＝m v －m (－v 0) ②设重物与木板有相对运动时的加速度为a ，由牛顿第二定律得：2μmg ＝ma ③在达到共同速度v 时，木板离墙的距离l 为：l ＝v 0t 1－12at 21 ④木板与重物开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为：t 2＝l v ⑤从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：t ＝t 1＋t 2 ⑥由以上各式得t ＝4v 03μg ，代入数据可知：t ＝4 s.【答案】 4 s2．如图6-3所示，在长木板ab 的b 端有固定挡板，木板连同挡板的质量为M ＝4.0 kg ，a 、b 间距离s ＝2.0 m ，木板位于光滑水平面上，在木板a 端有一小物块，其质量m ＝1.0 kg ，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v 0＝4.0 m/s 沿木板向前滑动，直到和挡板相碰．碰撞后，小物块恰好回到a 端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能.【导学号：92492271】图6-3【解析】 经分析可知，小物块与木板间在整个相互碰撞的过程中动量是守恒的，最终小物块与木板ab 相对静止．且有相同的末速度v ，由动量守恒得：m v 0＝(m ＋M )v小物块与挡板间碰撞过程中损失的机械能为Q 1，小物块与木板间摩擦损失的机械能为Q 2(即为摩擦过程中产生的热量)，由能量守恒得：Q 1＝12m v 20－12(m ＋M )v 2－Q 2 又因Q 2＝2μmgs由上式得：Q 1＝12m v 20－12(m ＋M )⎝ ⎛⎭⎪⎫m v 0M ＋m 2－2μmgs 代入数据得：Q 1＝2.4 J.【答案】 2.4 J数学技巧|数学归纳法的应用数学归纳法是一种数学证明方法，典型地用于确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的，这就是著名的结构归纳法．如果说一个关于自然数n 的命题，当n ＝1时成立(这一点我们可以代入检验即可)，我们就可以假设n ＝k (k ≥1)时命题也成立．再进一步，如果能证明n ＝k ＋1时命题也成立的话(这一步是用第二步的假设证明的)，由n ＝1命题成立，可推知n ＝2命题成立，继而又可推出n ＝3命题成立…这样就形成了一个无穷的递推，从而命题对于n ≥1的自然数都成立．在物理高考题中经常出现的多过程问题，很多情况下可以用数学归纳法来解决．雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大．现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始质量为m 0，初速度为v 0，下降距离l 后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m 1.此后每经过同样的距离l 后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为m 2、m 3、…m n (设各质量为已知量)．不计空气阻力，但考虑重力的影响．求：(1)第1次碰撞前、后雨滴的速度v 1和v ′1；(2)求第n 次碰撞后雨滴的动能12m n v ′2n .【思路导引】【解析】 (1)若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g 的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒第1次碰撞前v 21＝v 20＋2gl ，v 1＝v 20＋2gl第1次碰撞后m 0v 1＝m 1v 1′，v 1′＝m 0m 1v 1＝m 0m 1v 20＋2gl ① (2)第2次碰撞前v 22＝v ′21＋2gl利用①式化简得v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 12v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21m 212gl ②第2次碰撞后，利用②式得v ′22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1m 22v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 22v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21m 222gl 同理，第3次碰撞后v ′23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 32v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21＋m 22m 232gl ， ……第n 次碰撞后速度为v ′2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m n 2v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n ＝1i ＝0m 2i m 2n 2gl 故n 次碰撞后雨滴的动能为12m n v ′2n ＝12m n(m 20v 20＋2gl n ＝1i ＝0m 2i )． 【答案】 (1)v 20＋2gl m 0m 1v 20＋2gl (2)12m n(m 20v 20＋2gl n －1i ＝0m 2i ) [突破训练] 3．(2012·安徽高考)如图6-4所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝2 kg 的小物块A .装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u ＝2 m/s 的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面．质量m ＝1 kg 的小物块B 从其上距水平台面高h ＝1.0 m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l ＝1.0 m ．设物块A 、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态，g 取10 m/s 2.图6-4(1)求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；(2)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小.【导学号：92492272】【解析】 (1)设物块B 从光滑曲面h 高处滑下时的速度为v 0，由机械能守恒定律，得mgh ＝12m v 20，故v 0＝2gh ＝2×10×1 m/s ＝2 5 m/s ＞u ，故B 滑上传送带后做匀减速运动．加速度a ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2，根据v 2－v 20＝－2as ，得物块B 到达传送带左端时的速度v 1＝v 20－2al ＝(25)2－2×2×1 m/s ＝4 m/s.离开传送带后做匀速运动，故物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度v 1＝4 m/s.(2)物块B 与物块A 发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒．即m v 1＝m v ′1＋MV ′112m v 21＝12m v ′21＋12MV ′21 联立解得，v ′1＝m －M M ＋mv 1＝－13v 1＝－43 m/s 负号说明B 与A 碰撞后，B 的速度方向向右．物块B 运动到传送带上做匀减速运动．速度减为零时的位移s ＝v ′212a ＝1692×2 m ＝49 m ＜l ，因此物块B 还没有到达传送带的右边，速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上．(3)物块B 与A 第一次碰撞后，运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零后做反向的加速运动，根据对称性，离开传送带后的速度v 2＝v ′1，然后与A 发生第二次碰撞，且满足m v 2＝m v ′2＋MV ′212m v 22＝12m v ′22＋12MV ′22 联立解得，v ′2＝m －M M ＋mv 2＝－13v 2＝－132v 1 同理，物块B 与A 第三次碰撞前的速度v 3＝－v ′2，碰撞后的速度v ′3＝－13v 3＝－133v 1.依此类推第n 次碰撞后B 的速度v ′n ＝－13n v 1.即n次碰撞后的速度大小为13n v1＝43n m/s.【答案】(1)4 m/s(2)不能(3)43n m/s高考热点|动量守恒与机械能守恒(或能量守恒)的综合应用动量守恒定律和机械能守恒定律的比较静置于水平地面上，现有两种方案分别都可以使物体A在被碰撞后的运动过程中，物体B恰好能脱离水平地面，这两种方案中相同的是让一个物块从A正上方距A 相同高度h处由静止开始自由下落，不同的是不同物块C、D与A发生碰撞种类不同．如图6-5所示，方案一是：质量为m的物块C与A碰撞后粘合在一起；方案二是：物体D与A发生弹性碰撞后迅速将D取走，已知量为M，m，k后，重力加速度g.弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，求：图6-5(1)h大小；(2)A、B系统因碰撞损失的机械能；(3)物块D的质量m D大小．【解析】(1)A静止时，设轻弹簧压缩x1，有kx1＝Mg设物体C自由落下h时速度为v，由mgh＝12m v2得：v＝2gh设物体C与A碰撞并粘合在一起竖直向下运动速度大小为v1，由动量守恒定律得：m v＝(m＋M)v1解得v1＝mm＋MvB恰好能脱离水平面时，C、A向上运动速度为零设轻弹簧伸长x2，由物体B平衡得：kx2＝Mg，有x2＝x1＝Mg k说明在物体C与A碰撞并粘合在一起运动至最高处过程中C、A、弹簧系统机械能守恒，且初、末弹性势能相同有(m＋M)g(x1＋x2)＝12(m＋M)v21解得v1＝2g M k联立解得h＝2M(m＋M)2gkm2.(2)C、A系统因碰撞损失的机械能ΔE＝12m v2－12(m＋M)v21解得ΔE ＝2(m ＋M )M 2g 2km. (3)物体D 自由落下h 时速度为v ，同理有mgh ＝12m v 2v ＝2gh设物D 与A 发生弹性碰撞后速度分别为v 2、v 3有m D v ＝m D v 2＋M v 312m D v 2＝12m D v 22＋12M v 23 解得v 2＝(m D －M )m D ＋M v ，v 3＝2m D m D ＋Mv 要使B 恰好能脱离水平面，与(1)同理，必须Mg (x 1＋x 2)＝12M v 23则v 3＝2g Mk即：v 3＝v 1，2m D m D ＋M v ＝m m ＋Mv 得m D ＝Mm 2M ＋m. 【答案】 (1)2M (m ＋M )2g km 2 (2)2(m ＋M )M 2g 2km (3)Mm 2M ＋m[突破训练]4．某物理课外兴趣小组设计了如图6-6所示装置，AB 段为一竖直细圆管，BPC 是一个半径R ＝0.4 m 的半圆轨道，C 端的下方有一质量M ＝0.2 kg 的小车，车上有半径r ＝0.2 m 的半圆轨道DEF (D 与C 在同一竖直线上)，小车的左端紧靠一固定障碍物．在直管的下方有被压缩的轻质弹簧，上端放置一质量为m ＝0.1 kg 的小球(小球直径略小于圆管的直径，远远小于R 、r .此球可视为质点)．已知小球到B 端的距离为h 1＝1.2 m ，CD 间竖直距离为h 2＝1 m ．在某一时刻，释放弹簧，小球被竖直向上弹起，恰好能通过半圆轨道BPC 的最高点P ；小球从C 端竖直向下射出后，又恰好沿切线方向从D 端进入半圆轨道DEF ，并能从F 端飞出．若各个接触面都光滑，重力加速度g 取10 m/s 2，试求：(1)弹簧被释放前具有的弹性势能E p ；(2)小球第一次到达E 点时的速度大小及从F 点飞出后能上升的最大高度(相对F 点)；(3)小球下落返回到E 点时小球和小车的速度的大小和方向.【导学号：92492273】图6-6【解析】 (1)由A 到P 的过程中小球机械能守恒，有E p ＝mg (h 1＋R )＋12m v 2mg ＝m v 2R代入数据解得v ＝2 m/s ，E p ＝1.8 J.(2)P 到E 的过程中小球机械能守恒，有mg (R ＋h 2＋r )＋12m v 2＝12m v 2E代入数据解得v E ＝6 m/s小球由E 上升到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒，有m v E ＝(M ＋m )v12m v 2E ＝12(M ＋m )v 2＋mg (h ＋r ) 代入数据解得h ＝1 m.(3)小球从第一次经过E 点到再次返回到E 点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒，有m v E ＝m v 1＋M v 212m v 2E ＝12m v 21＋12M v 22代入数据解得v 1＝－2 m/s ，v 2＝4 m/s小球速度大小为2 m/s ，方向水平向左小车速度大小为4 m/s ，方向水平向右．【答案】 (1)1.8 J (2)6 m/s 1 m(3)小球的速度的大小为2 m/s，方向水平向左；小车的速度的大小为4 m/s，方向水平向右．。
专题07 动量-2018年高考物理1-5轮资料汇编之试题精选精练 含答案 精品
高考1.5轮资料汇编之名校试题精选精练专题07 动量一、单选题1．右图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高。
用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。
当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示。
关于此实验，下列说法中正确的是（）A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同【答案】 D考点：动量守恒弹性碰撞2．质量都为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个质量都为M的静止小球相碰后，a球被反向弹回，b球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c球碰后静止，则下列说法正确的是（）A．m一定大于MB．m可能等于MC．b球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大D ．c 球与质量为M 的球组成的系统损失的动能最大 【答案】 C 【解析】由a 球被反向弹回，可以确定三小球的质量m 一定小于M ；若m≥M，则无论如何m 不会被弹回．AB 错误；当m 与M 发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大，即b 与M 粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞，b 球与质量为M 的球组成的系统损失的动能最大，C 正确．D 错误 故选C考点：考查动量守恒定律的应用点评：分别依据被弹回，粘合在一起，静止，三种状态分析质量和系统损失能量关系，基础题，3．1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验。
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对题纠错原创练七动量
对题练
动量定理
1.(多选)(2017·广东佛山一模)下列说法正确的是( )
A.物体的动量变化一定,物体所受合外力的作用时间越短,合外力就越大
B.篮球从空中竖直落下,落地后原速反弹,其动量变化量为零
C.物体动量变化的方向与速度变化的方向一定相同
D.质量为m的物体做平抛运动,落地前经过时间t,物体动量的变化量为mgt,方向竖直向下(导学号88094569)
【答案】ACD 物体的动量变化一定,根据I=Δp知,冲量一定,根据I=Ft,物体所受合外力的作用时间越短,合外力就越大,故A正确;篮球从空中竖直落下,落地后原速反弹,动量的方向改变了,动量变化不为零,故B错误;物体的质量一定,根据p=Δ(mv)=m·Δv,故动量变化的方向与速度变化的方向一定相同,故C正确;质量为m的物体做平抛运动,落地前经过时间t,只受重力,根据动量定理,物体动量的变化量为mgt,方向竖直向下,故D正确。
2.
一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动,合外力方向不变,大小随时间的变化如图所示,该物体在t0和2t0时刻,物体的动能分别为E k1、E k2,物块的动量分别为p1、p2,则( )
A.E k2=9E k1,p2=3p1
B.E k2=3E k1,p2=3p1
C.E k2=8E k1,p2=4p1
D.E k2=3E k1,p2=2p1(导学号88094570)
【答案】A 根据动量定理得F0t0=mv1①2F0t0=mv2-mv1②,由①②得v1∶v2=1∶
3,得p1∶p2=1∶3;由于x1=,x2=t0,所以有x1∶x2=1∶4,力F做的功为
W1=F0x1,W2=2F0x2,所以在t0和2t0时刻的动能E k1∶E k2=1∶9。
故选项A正确。
动量守恒定律及应用
3.(2017·湖南岳阳一模)下列情况中系统动量守恒的是( )
①小车停在光滑水平面上,人在车上走动时,对人与车组成的系统
②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中,对子弹与木块组成的系统
③子弹射入紧靠墙角的木块中,对子弹与木块组成的系统
④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时,绳子突然断开后的一小段时间内,对气球与重物组成的系统
A.只有①
B.①和②
C.①和③
D.①和③④(导学号88094571)
【答案】B ①小车停在光滑水平面上,车上的人在车上走动时,人与车组成的系统受到的合外力为零,系统动量守恒,故①正确;②子弹射入放在光滑水平面上的木块中,子弹与木块组成的系统,所受外力之和为零,系统动量守恒,故②正确;③子弹射入紧靠墙角的木块中,子弹与木块组成的系统受墙角的作用力,系统所受外力之和不为零,系统动量不守恒,故③错误;④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时,气球与重物组成的系统,所受的合外力不为零,绳子突然断开后的一小段时间
内,系统动量不守恒,故④错误;综上可知,B正确,A、C、D错误。
4.
(2017·广西南宁一模)如图所示,光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端(B、C可视为质点),三者质量分别为m A=2 kg、m B=1 kg、m C=2 kg。
A与B间的动摩擦因数μ=0.5。
开始时C静止,A、B一起以v0=5 m/s 的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)并粘在一起,若B不离开A,(g取10 m/s2)求:
(1)A与C碰后瞬间滑块C的速度;
(2)A板至少多长。
(导学号88094572)
【答案】(1)2.5 m/s (2)0.5 m
【解析】(1)A与C碰撞过程中,动量守恒,以向右为正方向,根据动量守恒定律得m A v0=(m A+m C)v1
代入数据解得v1=2.5 m/s
所以A与C碰后瞬间,滑块C的速度为2.5 m/s。
(2)B在A上滑行,A、B、C组成的系统动量守恒,以向右为正方向,根据动量守恒定律得
m B v0+(m A+m C)v1=(m A+m B+m C)v2
代入数据解得v2=3 m/s
根据能量守恒定律得m B(m A+m C)(m A+m B+m C)+μm B gl
代入数据解得,长木板A的长度最小值l=0.5 m
动量与能量的综合。