备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-动量守恒定律(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。

2021届(人教版)新高三高考物理一轮复习同步练习卷：动量守恒定律

D.地面对他的冲量为 mv-mgΔt,地面对他做的功为零 3.一辆平板车停在光滑水平面上,静止在车上的人用大锤敲打车的左端,人与车之间始终没有相对滑动,如图所示。在锤的不断敲打下,车将( C )
A.水平向右运动 B.水平向左运动 C.在水平面上左、右往返运动 D.静止不动 4.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( D )
A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功 8.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 小时内杯中水上升了 45 mm。查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为 12 m/s。据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为 1×103 kg/m3)( A ) A.0.15 PaB.0.54 PaC.1.5 Pa D.5.4 Pa 9.质量为 M 的小车在光滑水平地面上以速度 v0 匀速向右运动,当车中的沙子从底部的漏斗中不断地流下时,车子的速度将( B )
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶3 D.3∶1
12.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 13.质量之比为 mA∶mB=1∶3 的 A,B 两球之间有一根被压缩的轻弹簧(弹簧与小球不相连),将此装置置于光滑水平桌面上。用固定挡板挡住 A 而释放 B 时,B 被弹出后落到水平地面上的位置到桌边的水平距离为 s。若以相同的压缩量压缩弹簧,取走挡板,将 A,B 同时由静止释放,B 被弹出后落到水平地面上的位置到桌边的水平距离为( )

必刷23 动量守恒定律(解析版)-2021年高考物理一轮复习小题必刷(全国通用)

A．男孩和木箱组成的系统动量守恒 B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
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【答案】C 【解析】A．男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，选项 A 错误； B．小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动能不守恒，选项 B 错误； C、男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，选项 C 正确； D、木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，所以木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，选项 D 错误。故选 C。 3．（2020·赣州市赣县第三中学高二月考）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为 m（m＜M）的小球从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法正确的是（）
7．（2020·湖南高三月考）如图所示为某次飞船与空间站对接时的示意图，设空间站的质量为 9.8 104 kg ，飞船受到推进器的推力 F 为 500N ，飞船与空间站对接后，推进器工作 20s ，飞船和空间站的速度增加 0.1m / s ，则（）
A．不断敲打车的左端的过程中，车将不断向右运动 B．停止敲打后，人、锤和车将一起向右匀速运动 C．在任意过程，人、锤和车组成的系统动量守恒 D．在任意过程，人、锤和车组成的系统水平方向动量守恒【答案】D 【解析】人和锤、车组成的系统在水平方向上受合力为零，则水平方向动量守恒，总动量为零，锤从最高点下落至刚接触车的过程中，锤在水平方向上的速度方向向右，则车的动量水平向左，抬起的过程正好相反，则车将左右摆动，停止敲打后，车也停止摆动，故 D 正确，ABC 错误；故选 D．

山东省2021高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒精练(含解析)

专题七碰撞与动量守恒【考情探究】课标解读考情分析备考指导考点内容动量、动量定理1。

理解冲量和动量。

2.通过理论推导和实验,理解动量定理，能用动量定理解释生产生活中的有关现象。

动量守恒定律是高考命题的重点和热点,常常与牛顿运动定律、能量守恒定律等知识综合考查。

常见的考查形式有:（1)动量定理在流体中的应用;(2)满足动量守恒定律条件的分析判断,对单一过程进行简单应用；（3)在碰撞、反冲等问题中,综合应用动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律和牛顿运动定律。

1。

在学生初步形成的运动与相互作用观念和能量观念的基础上,引导学生通过研究碰撞现象拓展对物理世界的认识和理解。

2。

通过探究碰撞过程中的守恒量,进一步发展学生运动与相互作用观念和能量观念,使其了解物理规律具有适用范围和条件。

3。

通过实验探究和理论推导,让学生经历科学论证过程,理解动量定理的物理实质与牛顿第二定律的一致性.4.能从理论推导和实验验证的角度,理解动量守恒定律,深化对物体之间相互作用规律的理解。

5.能用动量和机械能的知识分析和解释机械运动现象，解决一维碰撞问题。

动量守恒定律及其应用1.通过理论推导和实验，理解动量守恒定律,能用动量守恒定律解释生产生活中的有关现象。

2.知道动量守恒定律的普适性.3.通过实验,了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。

4.定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。

动量和能量的综合1。

能从牛顿运动定律、动量守恒定律、能量守恒定律思考物理问题.2.体会用守恒定律分析物理问题的方法,体会自然界的和谐与统一.【真题探秘】基础篇固本夯基【基础集训】考点一动量、动量定理1。

（多选)为了进一步探究课本中的迷你小实验,某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。

不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中（）A。

2021新高考物理(选择性考试)人教版一轮章末检测6 动量守恒定律 (含解析)

章末检测6动量守恒定律(时间90分钟满分100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1.如图所示，一倾角为α的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为v，所用时间为t，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及下滑过程重力的冲量分别为()A．mg v，0B．mg v，mgt sin αC．mg v cos α，mgt D．mg v sin α，mgt解析：根据瞬时功率的公式，可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为p＝mg v sin α，重力的冲量为I＝mgt，所以D正确，A、B、C错误．答案：D2.一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，则在子弹射入木块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、机械能是否守恒答案：C3．悬绳下吊着一个质量为M ＝9.99 kg 的沙袋，构成一个单摆，摆长L ＝1 m ．一颗质量m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g 取10 m/s 2)，则此时悬绳的拉力为( )A ．35 NB ．100 NC ．102.5 ND ．350 N解析：子弹打入沙袋过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v ，得子弹与沙袋的共同速度v ＝m v 0m ＋M ＝0.01×50010 m/s ＝0.5 m/s.对子弹和沙袋，由向心力公式F T －(m ＋M )g ＝(m ＋M )v 2L得，悬绳的拉力F T ＝(m ＋M )g ＋(m ＋M )v 2L＝102.5 N ，所以选项C 正确．答案：C4.如图，从竖直面上大圆的最高点A ，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上．相同物体由静止开始，从A 点分别沿两条轨道滑到底端，则下列说法中正确的是( )A ．到达底端的速度大小相等B．重力的冲量都相同C．物体动量的变化率都相同D．沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间解析：如图所示，对物体在轨道上下滑过程中，由牛顿第二定律可得a＝g cos α，根据运动学公式x＝12at2可得2R cos α＝12g cos αt2，则有t＝2Rg；因此下滑时间与轨道和竖直方向的角度无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故D错误；因时间相同，则重力的冲量相同，故B正确；由于物体下落的高度不同，故物体到达轨道底端的速度大小不同，选项A错误；根据动量定理，动量的变化率等于合外力，即mg cos α，因为α不同，则动量的变化率不同，选项C错误．答案：B5．如图所示，半径为R的光滑半圆圆槽质量为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．0B．mM2MgRM＋m，向左C ．m M2MgR M ＋m，向右 D ．不能确定答案：B 6．质量分别为m a ＝1 kg 和m b ＝2 kg 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于( )A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，无法判断解析：由x-t 图象可知，碰撞前，v a ＝3 m/s ，v b ＝0，碰撞后，v ′a＝－1 m/s ，v ′b ＝2 m/s ，碰撞前的总动能为12m a v 2a ＋12m b v 2b ＝29J ，碰撞后的总动能为12m a v ′2a ＋12m b v ′2b ＝92J ，故机械能守恒；碰撞前的总动量为m a v a ＋m b v b ＝3 kg·m/s ，碰撞后的总动量为m a v ′a ＋m b v ′b ＝3 kg·m/s ，故动量守恒．所以该碰撞属于弹性碰撞，A 正确．答案：A7．将质量为M ＝3m 的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v 0沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为v 03，现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度v 0沿水平方向射入木块．则子弹( )A ．不能射穿木块，子弹将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动B ．能够射穿木块C ．刚好能射穿木块，此时相对速度为零D ．子弹以3v 0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为v 1；若子弹以4v 0速度射向木块，木块获得的速度为v 2，则必有v 1＜v 2解析：当木块固定时，根据动能定理－fd ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 032－12m v 20，解得fd ＝49m v 20，当木块不固定，假设子弹不能射出木块，根据动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝v 04，根据动能定理－f Δx ＝12(M ＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫v 042－12m v 20，解得f Δx ＝38m v 20，可知Δx ＜d ，即子弹不能射出木块，最终子弹和木块以相同的速度做匀速运动，故A 正确，B 、C 错误；木块不固定时，子弹以速度v ′射入木块，系统动量守恒，假设不能穿出，根据动量守恒定律有m v ′＝(M ＋m )v ，根据功能关系可得Q ＝fx ＝12m v ′2－12(M ＋m )v 2，而M ＝3m ，解得x ＝27v ′232v 20d ，故当子弹以3v 0速度或者4v 0速度射向木块时，有x ＞d ，故子弹均射出，子弹初速度越大，穿出时间越短，木块加速时间越短，获得的速度越小，故D 错误．答案：A8.如图所示，带有光滑弧形轨道的小车质量为m ，放在光滑水平面上，一质量也为m 的铁块，以速度v 沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时，将( )A．以速度v做平抛运动B．以小于v的速度做平抛运动C．静止于车上D．自由下落解析：整个过程水平方向动量守恒，机械能守恒，所以小车与铁块相当于弹性碰撞；由于小车和铁块的质量都为m，所以当铁块回到小车右端时，铁块的速度为0，小车具有向左的速度v，选项D正确．答案：D9．(2019·四川遂宁三诊)如图所示，质量M＝2 kg的半圆形槽物体A放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其半径r＝0.6 m．现有一个质量m＝1 kg的小物块B在物体A的槽右端口获得瞬时竖直向下的冲量I＝2 N·s，此后物体A和物块B相互作用，使物体A在地面上运动，则()A．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统机械能守恒B．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统动量守恒C．物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是0.4 mD．物块B最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的高度为0.2 m解析：在A、B间存在相互作用的过程中，只有重力做功，则物体A和物块B组成的系统机械能守恒，选项A正确；在A、B间相互作用的过程中，水平方向受到的合外力为零，则物体A和物块B组成的系统水平方向动量守恒，选项B错误；物块B从槽口右端运动到左端时，设物体A向右运动的位移是x，由水平方向动量守恒可知：Mx＝m(2R－x)，解得x＝0.4 m，选项C正确；物块B最终可从槽口左端竖直冲出，由动量守恒可知，此时槽B的速度为零，A的速度大小等于初速度v0＝Im ＝2 m/s，则到达的最高点距槽口的高度为h＝v202g＝0.2 m，选项D正确．答案：ACD10．某同学将一质量为m的小球A由地面竖直向上抛出，初速度的大小为v0，当到达最高点时，与另一质量也为m、初速度的大小也为v0竖直下抛的小球B发生弹性碰撞(时间非常短)，经过一段时间A、B均落地．如果忽略空气阻力，重力加速度大小为g.则下述正确的是()A．A在上升和下降过程中的动量的变化大小都为m v0B．A在上升和下降过程中的动量的变化的方向相同C．A落地时的动能为m v20D．A、B落地的时间差为(2－2)v0 g解析：A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，二者速度发生交换，A 做竖直下抛运动，B 做自由落体运动，因此B 落地时间为v 0g ；对A ，上抛运动有0－v 20＝－2gh ，竖直下抛运动有v 2－v 20＝2gh ，因此v ＝2v 0，所以A 落地时的动能为m v 20，C 正确；取向下为正方向，对A 上升过程中动量的变化量为Δp 1＝0－(－m v 0)＝m v 0，下抛过程中动量的变化量为Δp 2＝m v －m v 0＝(2－1)m v 0，故A 错误，B 正确；根据动量定理mgt A ＝Δp 2＝(2－1)m v 0，所以Δt ＝(2－2)v 0g，D 正确．答案：BCD11．(2019·济南二模)如图甲所示，光滑水平面上有a 、b 两个小球，a 球向b 球运动并与b 球发生正碰后黏合在一起共同运动，其碰前和碰后的s-t 图象如图乙所示，已知m a ＝5 kg ，若b 球的质量为m b ，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE ，则( )A ．m b ＝1 kgB ．m b ＝2 kgC ．ΔE ＝15 JD ．ΔE ＝35 J解析：s-t 图象的斜率表示速度，在碰撞前a 球的速度为v 0＝61m/s ＝6 m/s ，碰撞后两者的共同速度为v ＝51m/s ＝5 m/s ，根据动量守恒定律可得m a v 0＝(m a ＋m b )v ，解得m b ＝1 kg ，A 正确，B 错误；根据能量守恒定律可得ΔE ＝12m a v 20－12(m a ＋m b )v 2＝12×5×62 J －12×6×52 J ＝15J ，C 正确，D 错误．答案：AC12．如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m ，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量为m ，半径略小于管道半径，以水平速度v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，下列说法正确的是( )A ．小球滑离小车时，小车回到原来位置B ．小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC ．车上管道中心线最高点的竖直高度为v 23gD ．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是m v 3解析：小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，根据水平方向的动量守恒，有m v ＝(m ＋2m )v ′，得v ′＝v 3，小车动量变化大小Δp 车＝2m ·v 3＝23m v ，D 项错误．小球从滑进管道到滑到最高点，根据机械能守恒定律有mgH ＝12m v 2－12(m ＋2m )v ′2，得H ＝v 23g，C 项正确．小球从滑上小车到滑离小车的过程，有m v ＝m v 1＋2m v 2，12m v 2＝12m v 21＋12·2m v 22，解得v 1＝－v 3，v 2＝23v ，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为23v ＋13v ＝v ，B 项正确．在整个过程中小球对小车总是做正功，因此小车一直向右运动，A 项错误．答案：BC二、非选择题(共52分)13．(6分)某班物理兴趣小组选用如图所示装置做“验证动量守恒定律”的实验．将一段不可伸长的轻质小绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O 点，另一端连接小钢球A ，在小钢球最低点N 下方有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B (B 上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)．当地的重力加速度为g .实验时先调整滑块B 的位置使小钢球自由下垂静止在N 点时与滑块B 接触而无压力，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A 通过最低点时恰好与滑块B 发生正碰．把小钢球A 拉至某位置M 且绳拉紧，然后由静止释放，摆到最低点N 与滑块B 碰撞，碰撞后小钢球A 并没有立即反向，碰撞时间极短．(1)为完成实验，除了数字计时器读数Δt 、碰撞前瞬间绳的拉力F 1、碰撞结束瞬间绳的拉力F 2、滑块B 的质量m B 和遮光板宽度d 外，还需要测量的物理量有________．A ．小钢球A 的质量m AB ．绳长LC ．小钢球从M 到N 运动的时间(2)滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝__________(用题中已给的物理量符号来表示)．(3)实验中应得到的表达式是____________________(用题中已给的物理量符号来表示)．解析：(1)实验中要确定物体碰撞前、后动量的关系，需要得到小钢球的速度和质量．计算速度需要绳长L ，即A 、B 正确．(2)滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝d Δt. (3)根据牛顿第二定律得：F 1－m A g ＝m A v 21L， F 2－m A g ＝m A v 22L，又实验中应得到的表达式为m A v 1＝m A v 2＋m B v B ，整理得F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋m B d Δt .答案：(1)AB (2)d Δt(3)F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋m B d Δt14．(12分)(2019·河南驻马店质检)如图所示实验装置，某同学用a 、b 是两个半径相同的小球，按照以下步骤研究弹性正碰实验操作：①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球a 从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O .②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从固定点和由静止释放，撞到木板上．重复多次，用尽可能小的圆把小球的落点圈在里面，其圆心就处于小球落点的平均位置，得到痕迹B.③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，重复多次，并使用与第二步同样的方法分别标出碰撞后两个小球落点的平均位置，得到两球撞在木板上的痕迹A和C.(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1________m2(选填“大于”“小于”或“等于”)．(2)完成本实验，必须测量的物理量有________．A．小球a开始释放的高度hB．木板水平向右移动的距离lC．A球和B球的质量m1、m2D．O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2、y3(3)若(2)所给选项的物理量均已知，若满足条件____________(用测量量表示)，则表示两小球发生的是弹性碰撞．解析：(1)根据弹性碰撞公式可知，只有入射球的质量大于被碰球的质量，弹性碰撞后才不会反弹，所以选大于．(2)由于碰撞后均被竖直板挡住，那么从碰撞到挡住时间与竖直位移相关，那么用竖直位移表示平抛的初速度，所以选D.(3)碰撞后水平位移相等，那么用竖直位移表示初速度．v＝x t ＝x 2y g ，由动量守恒定律得：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22，联立可得：v 0＋v 1＝v 2，即1y 2＋1y 3＝1y 1，所以上式是弹性碰撞的条件．答案：(1)大于 (2)D (3)1y 2＋1y 3＝1y 115．(16分)(2019·青岛调研)如图，两个质量均为2 kg 的物块A 、B ，它们由一根长l ＝1 m 的不可伸长轻绳拴接，现将两物块相互靠近置于倾角为θ＝37°的粗糙斜面上．物块A 与斜面间无摩擦，距离斜面底端x 0＝10.5 m ，物块B 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2，将两物块由静止同时释放．求：(1)绳子绷紧瞬间两物块的速度；(2)物块A 到达斜面底端所用的时间；(3)物块A 到达斜面底端过程中轻绳对物块B 所做的功．解析：(1)根据牛顿第二定律，对A 可得：mg sin 37°＝ma A ，对B 可得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma B 位移时间的关系为：12a A t 21－12a B t 21＝1根据速度时间关系：v A ＝a A t 1 v B ＝a B t 1绳子绷紧瞬间两物块动量守恒：m v A ＋m v B ＝2m v 0，联立以上并代入数据解得：v 0＝5 m/s.(2)绳子绷紧后，共同的加速度为：2mg sin 37°－μmg cos 37°＝2ma ，绳子绷紧瞬间A 物块距底端的距离为：Δx ＝x 0－12a B t 21－1，绳子绷紧后则有：Δx ＝v 0t 2＋12at 22， A 运动的总时间：t ＝t 1＋t 2，联立并代入数据解得：t ＝2 s.(3)物块A 到达斜面底端时B 的速度为：v ＝v 0＋at 2，根据动能定理可得：W －μmg (x 0－1)cos 37°＋mg (x 0－1)sin 37°＝12m v 2，代入数据解得：W ＝24 J.答案：(1)5 m/s (2)2 s (3)24 J16．(18分)如图，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为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．重力加速度的大小g 取10 m/s 2.(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？解析：(1)规定向左为速度正方向．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m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 0＝(m 2＋m 3)v ，①12m 2v 20＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ，② 式中v 0＝3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m 3＝20 kg.③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有 m 1v 1＋m 2v 0＝0，④代入数据得v 1＝－1 m/s ，⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有m 2v 0＝m 2v 2＋m 3v 3，⑥12m 2v 20＝12m 2v 22＋12m 3v 23，⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝－1 m/s ，⑧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)不能，理由见解析。

2021届高三物理一轮复习力学动量守恒定律的应用专题练习

2021届高三物理一轮复习力学动量动量守恒定律的应用专题练习一、填空题1．质量分别为m1和m2的两个小球在光滑的水平面上分别以速度v1、v2同向运动并发生对心碰撞，碰后m2被右侧的墙原速弹回，又与m1相碰，碰后两球都静止．则两球第一次碰后m1球的速度大小为_________．2．总质量为M的列车以速度v 在平直轨道上匀速行驶，行驶中各车厢受阻力均为车重的K 倍，某时刻列车后面质量为m 的车厢脱钩而机车牵引力未变，当脱钩的车厢刚停下时，前面列车的速度是________ 3．如图所示，木块A的质量m A＝1kg，足够长的木板B的质量m B＝4kg，质量为m C＝4kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。

现使A以v0＝12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s的速度弹回，则A与B碰撞后瞬间，B的速度为__m/s ，C运动过程中的最大速度为__m/s ，整个过程中因为B、C之间的摩擦而产生的总内能为___J。

4．如下图质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，现人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离x=_____，y=_____。

5．载着人的气球静止悬浮在空中，人的质量和气球（包括设备）的质量分别为60kg和300kg．气球离地面的高度为20m，为使人能安全着地，气球上悬挂的软梯长度需要m．6．一静止在湖面上的小船质量为100kg，船上一个质量为60kg的人，以6m/s的水平速度向后跳离此小船，则人离开小船瞬间，小船的速度大小为________m/s。

若船长为10m，则当此人由船头走到船尾时，船移动的距离为________m。

（不计水的阻力和风力影响）7．静止的镭核发生α衰变，生成Rn核，该核反应方程为________，已知释放出的α粒子的动能为E0，假定衰变时能量全部以动能形式释放出去，该衰变过程总的质量亏损为________．8．如图所示，某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化瓶向外喷射气体作为船的动力．现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化瓶后向外喷射气体的对地速度为v 1，如果在某段时间内向后喷射的气体的质量为Δm ，忽略水的阻力，求喷射出质量为Δm 的液体后小船的速度为________．9．平静的水面上，有一条质量M=100kg 长度为3m 的小船浮于水面，船上一个质量m=50kg 的人匀速从船头走到船尾，不计水的阻力，人相对水面走了_____m ，船相对水位移为_____m ．10．质量为m 的人站在光滑水平面上质量为M 的小车一端，车长为L.当人从一端走到另一端时，则小车在水平上移动的位移大小是_________________ 。

2021高三物理复习专题练专题51实验验证动量守恒定律含解析

2021高三物理人教版一轮复习专题练：专题51实验：验证动量守恒定律含解析专题51实验：验证动量守恒定律1．［2020·全国卷Ⅰ］某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等．实验步骤如下：（1）开动气泵,调节气垫导轨,轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间________时，可认为气垫导轨水平;(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片)的质量m2；（3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；（4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I＝______，滑块动量改变量的大小Δp＝______;(用题中给出的物理量及重力加速度g表示）（6)某次测量得到的一组数据为：d＝1。

000 cm,m1＝1。

50×10－2kg，m2＝0.400 kg，Δt1＝3。

900×10－2s，Δt2＝1.270×10－2s，t12＝1。

50 s，取g＝9。

80 m/s2。

计算可得I＝________N·s，Δp＝________ kg·m·s－1；(结果均保留3位有效数字）（7）定义δ＝错误!×100％，本次实验δ＝________％(保留1位有效数字)．2．在“探究碰撞中的不变量"实验中，装置如图所示，两个小球的质量分别为m A和m B。

（1)现有下列器材，为完成本实验，哪些是必需的？请将这些器材前面的字母填在横线上________．A．秒表B．刻度尺C．天平D．圆规（2）如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子可能成立的是________．A。

2021届高三人教版物理一轮复习 2021年高考分类题库考点17 碰撞与动量守恒 Word版含答案

考点17 碰撞与动量守恒一、选择题1.(2021·重庆高考)高空作业须系平安带。

假如质量为m 的高空作业人员不慎跌落,从开头跌落到平安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)。

此后经受时间t 平安带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上。

则该段时间平安带对人的平均作用力大小为( ) A.2m gh mg t + B .2m ghmg t - C.m gh mg t + D.m gh mg t- 【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析： (1)平安带对人起作用前瞬间人的速度多大。

(2)从平安带开头对人起作用到平安带伸长量最大,人的动量的转变量是多少。

(3)从平安带开头对人起作用到平安带伸长量最大,人受到哪些力的作用。

【解析】选A 。

平安带对人起作用之前,人做自由落体运动;由v 2=2gh 可得,平安带对人起作用前瞬间,人的速度v=gh 2;平安带达到最大伸长量时,人的速度为零;从平安带开头对人起作用到平安带伸长量最大,由动量定理可得0-mv=mgt-F t,故F =t mv+mg=tgh m 2+mg,故选项A 正确。

2.(2021·北京高考)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。

将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。

从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是 ( ) A.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,人的动能始终减小 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【解析】选A 。

绳刚好伸直时,绳的拉力为零,人还要向下加速,此时人的动能不是最大,选项C 错误;当重力等于绳子拉力时,人的速度最大,之后人做减速运动,绳对人的拉力始终向上,所以绳对人的冲量始终向上,人的动量与速度一样,先增大后减小,人的动能也是先增大后减小,选项A 正确,选项B 错误;人在最低点时,绳对人的拉力大于人所受的重力,选项D 错误。

高考物理一轮复习精讲精练第7章动量守恒定律第三讲验证动量守恒定律

第三讲验证动量守恒定律➢ 知识梳理方案一1．实验思路及基本操作(1)装置图与思路①两个滑块碰撞前沿同一条直线运动，碰撞后仍沿这条直线运动．②物理量的测量：测量质量、速度．(2)操作要领①用天平测量两滑块质量m 1、m 2.②调整导轨使之处于水平状态，并使光电计时器系统正常工作．③记录光电门挡光片的宽度Δx 以及光电计时器显示的挡光时间Δt .2．数据处理及分析(1)滑块速度的测量v ＝tx ∆∆，式中Δx 为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt 为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间．(2)在实验误差允许的范围内验证表达式m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2是否成立．方案二1．装置图与思路①让入射球A 从同一位置C 释放②测出不发生碰撞时球A 飞出的水平距离l OP ，③再测出球A 、B 碰撞后分别飞出的水平距离l OM 、l ON .(2)操作要领①用天平测出两球的质量．②斜槽末端切线必须沿水平方向．③入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放．④白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好，记下重垂线所指的位置O.⑤用小球平抛的水平位移替代速度，用刻度尺量出O到所找圆心的距离．⑥改变C点位置：重复上述实验．2．数据处理及分析(1)碰撞找点：把被碰小球B放在斜槽末端，每次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．标出碰撞前、后入射小球A落点的平均位置P、M和被碰小球B落点的平均位置N.如图1所示．(2)验证：测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中，最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立．➢知识训练考点一、教材原型实验例1．(2022·湖北省武汉市部分重点中学高三上8月联考)用如图甲所示装置研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

2021版高考物理(基础版)一轮复习学案：第六章 1 第一节动量冲量动量定理 Word版含答案

[考点要求]1．动量、动量定理、动量守恒定律及其应用(Ⅱ) 2.弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)实验七：验证动量守恒定律[高考导航]第一节动量冲量动量定理[学生用书P113]【基础梳理】提示：速度m v相同作用时间Ft相同动量冲量p′－p1．判一判(1)动量越大的物体，其速度越大．( ) (2)物体的动量越大，其惯性也越大．( ) (3)物体所受合力不变，则动量也不变．( )(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零．( ) (5)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同．( ) (6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同． ( ) 提示：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√ 2．做一做(1)人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是前脚掌先着地，并在着地的过程中屈腿下蹲，这是为了( )A ．使人的动量变化量变得更小B ．减小人脚所受的冲量C ．延长人体速度变化所经历的时间，从而减小地面对人脚的作用力D ．增大人对地的压强，使人站立得更稳，起到安全作用提示：选C.人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知：(F －mg )t ＝Δm v ；而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力，故C 正确，A 、B 、D 错误．(2)(2020·湖北部分重点中学模拟)质量为m 的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经过时间t ，身体伸直并刚好离开地面，离开地面时速度为v .在时间t 内( )A ．地面对他的平均作用力为mgB ．地面对他的平均作用力为m vtC ．地面对他的平均作用力为m ⎝⎛⎭⎫vt －gD ．地面对他的平均作用力为m ⎝⎛⎭⎫g ＋vt提示：选D.人的速度原来为零，起跳后变化v ，则由动量定理可得：(F －mg )t ＝m v ，故地面对人的平均作用力为F ＝m ⎝⎛⎭⎫g ＋vt ，D 正确．对动量和冲量的理解[学生用书P114]1．动能、动量、动量变化量的比较1．(2020·北京丰台区一模)为了研究平抛物体的运动，用两个相同小球A、B做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球立即水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面．A、B两小球开始下落到落地前瞬间的过程中，下列对A、B球描述正确的是()A．A球与B球的速率变化量相同B．A球与B球的动量变化量相同C．A球与B球的速度变化率不同D．A球与B球的动能变化量不同解析：选B.两球的所受重力相同，落地时间相同，动量的变化量相同为mgt；但速率的大小变化不同，故A错误，B正确；速度的变化量相同为gt，速度的变化率为重力加速度，相同；下落高度相同，重力做功相同，动能的变化量等于重力做的功，相同，故C、D错误．2．(多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中()A．重力的冲量相同B．斜面弹力的冲量不同C．斜面弹力的冲量均为零D．合力的冲量不同解析：选BD.设斜面高度为h，倾角为θ，物体质量为m，可求得物体滑至斜面底端的速度大小为v＝2gh，所用时间t＝1sin θ2hg.由冲量定义可求得重力的冲量大小为I G＝mgt＝m2ghsin θ，方向竖直向下，故A错误；斜面弹力的冲量大小为I N＝mgt cos θ＝m2ghtan θ，方向垂直斜面向上，故B正确，C错误；合力的大小为mg sin θ，I合＝mgt sin θ＝m2gh，方向沿斜面向下(与合力方向相同)，即合力冲量的大小相同，方向不同，故D正确．对动量定理的理解和应用[学生用书P115]【知识提炼】1．对动量定理的理解(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．2．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．3．用动量定理解题的基本思路【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s ，产生的推力约为4.8×106 N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102 kgB ．1.6×103 kgC ．1.6×105 kgD ．1.6×106 kg[解析] 根据动量定理有F Δt ＝Δm v －0，解得Δm Δt ＝Fv ＝1.6×103 kg/s ，所以B 正确．[答案] B【迁移题组】迁移1 运用动量定理解释生活现象1.(2020·广东广州一模)如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员( )A ．过程Ⅰ的动量改变量等于零B ．过程Ⅱ的动量改变量等于零C ．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量D ．过程Ⅱ 的动量改变量等于重力的冲量解析：选C.过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt ，不为零，故A 错误，C正确；运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量改变量不等于零，故B 错误；过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D 错误．迁移2 动量定理的应用2．在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的运摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2)解析：法一用动量定理解，分段处理．选物体作为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速直线运动的过程，物体的受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v ，取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＝m v －0；对于撤去F 后，物体做匀减速直线运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零，根据动量定理有－μmgt 2＝0－m v ；以上两式联立解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.法二用动量定理解，研究全过程．选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态物体的速度都等于零．取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得 (F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.答案：12 s动量定理的应用技巧(1)应用I ＝Δp 求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换得出变力的冲量I.(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂．如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化．动量定理与微元法的综合应用[学生用书P115]【知识提炼】1．流体类“柱状模型”问题对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρS vΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρS v2；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρS v2.2．微粒类“柱状模型”问题微粒及其特点通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤(1)建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S(2)微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝S v0Δt，则微元内的粒子数N＝n v0SΔt(3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算1．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45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)()A．0.15 Pa B．0.54 PaC ．1.5 PaD ．5.4 Pa解析：选A.设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F ，在Δt 时间内有质量为Δm 的雨水的速度由v ＝12 m/s 减为零，以向上的方向为正方向，对这部分雨水应用动量定理：F Δt ＝0－(－Δm v )＝Δm v ，得到F ＝ΔmΔt v .设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨水，在Δt 时间内水面上升Δh ，则有Δm ＝ρS Δh ，得F ＝ρS v Δh Δt ，压强p ＝FS ＝ρv Δh Δt ＝1×103×12×45×10－33 600 Pa ＝0.15Pa.2.如图所示，由喷泉中喷出的水柱，把一个质量为M 的垃圾桶倒顶在空中，水以速率v 0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)ΔmΔt从地下射向空中．求垃圾桶可停留的最大高度．(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹，重力加速度为g )解析：设垃圾桶可停留的最大高度为h ，并设水柱到达h 高处的速度为v t ，则v 2t －v 20＝－2gh得v 2t ＝v 20－2gh由动量定理得，在极短时间Δt 内，水受到的冲量为 F Δt ＝2(ΔmΔt ·Δt )v t解得F ＝2Δm Δt ·v t ＝2ΔmΔt v 20－2gh据题意有F ＝Mg联立解得h ＝v 202g －M 2g 8(Δt Δm )2.答案：v 202g －M 2g 8(Δt Δm)2两类流体运动模型第一类是“吸收模型”，即流体与被碰物质接触后速度为零，第二类是“反弹模型”，即流体与被碰物质接触后以原速率反弹．设时间t内流体与被碰物质相碰的“粒子”数为n，每个“粒子”的动量为p，被碰物质对“粒子”的作用力为F，以作用力的方向为正，则“吸收模型”满足Ft＝0－n(－p)，“反弹模型”满足Ft＝np－n(－p)．“反弹模型”的动量变化量为“吸收模型”的动量变化量的2倍，解题时一定要明辨模型，避免错误．[学生用书P116]动量定理巧解变力作用问题【对点训练】1．航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力．已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响．该发动机产生的平均推力F的大小为()A ．I 2mUq B ．I mU q C ．ImU 2qD ．2ImU q解析：选A.以正离子为研究对象，由动能定理可得qU ＝12m v 2，Δt 时间内通过的总电荷量为Q ＝I Δt ，喷出的总质量Δm ＝Qq m ＝I Δt q m .由动量定理可知F Δt ＝Δm v ，联立以上各式求解可得F ＝I2mUq，A 正确． 2．某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤．现用下列模型分析研究：大石板质量M ＝80 kg ，铁锤质量m ＝5 kg ，铁锤从h 1＝1.8 m 高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h 2＝0.05 m 时被拿开．铁锤与石板作用的时间t 1＝0.01 s ，由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间为t 2＝0.5 s ．取重力加速度g ＝10 m/s 2，铁锤敲击大石板的过程中，求：(1)铁锤受到的冲量大小；(2)大石板对铁锤的平均作用力大小； (3)大石板对“气功师”的平均作用力大小．解析：(1)设铁锤击打石板前瞬间的速度大小为v 1，由机械能守恒定律可得mgh 1＝12m v 21，代入数据解得v 1＝6 m/s ，铁锤反弹的速度大小为v 2＝2gh 2＝1 m/s.对铁锤，以反弹的方向为正方向，由动量定理可得I ＝m v 2－(－m v 1)，解得I ＝35 N ·s. (2)设大石板对铁锤的平均作用力大小为F 1，则有I ＝(F 1－mg )t 1，解得F 1＝3 550 N. (3)设“气功师”对大石板的平均作用力大小为F 2，对石板，由动量定理得(F 2－Mg )t 2－F 1t 1＝0，解得F 2＝871 N ，由牛顿第三定律可知，大石板对“气功师”的平均作用力大小为871 N.答案：见解析[学生用书P337(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1．“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，人的动能一直减小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解析：选A.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故A 正确，B、C、D错误．2．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是()A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等解析：选D.玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C 错误，D正确．3．(2018·高考全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为() A．10 N B．102 NC．103 N D．104 N解析：选C.根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约70 m)，Ft ＝m v ，代入数据解得F ≈1×103 N ，所以C 正确．4．一位质量为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m v ＋mg Δt ，地面对他做的功为12m v 2B ．地面对他的冲量为m v ＋mg Δt ，地面对他做的功为零C ．地面对他的冲量为m v ，地面对他做的功为12m v 2 D ．地面对他的冲量为m v －mg Δt ，地面对他做的功为零解析：选B.人的速度原来为零，起跳后速度为v ，以竖直向上为正方向，则由动量定理可得：I －mg Δt ＝m v －0，故地面对人的冲量为m v ＋mg Δt ；而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B 正确．5.(2020·安徽阜阳第三中学模拟)2019年阜阳三中科学晚会中，科技制作社团表演了“震撼动量球”实验．为感受碰撞过程中的力，在互动环节，表演者将球抛向观众，假设质量约为3 kg 的超大气球以2 m/s 的速度竖直下落到手面，某观众双手上推，使气球以原速度大小竖直向上反弹，作用时间为0.2 s ．忽略气球所受浮力及空气阻力，g ＝10 m/s 2.则观众双手受的压力共计( )A ．30 NB ．60 NC ．90 ND ．120 N解析：选C.设观众双手受到的压力共计为F ，取竖直向下为正方向，对大气球由动量定理有：(mg －F )·Δt ＝m v ′－m v ，代入数据解得：F ＝90 N ，故C 正确．6．(2020·湖南长沙二模)乒乓球运动的高抛发球是由我国运动员刘玉成于1964年发明的，后成为风靡世界乒乓球坛的一项发球技术．某运动员在一次练习发球时，手掌张开且伸平，将一质量为2.7 g 的乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后向上运动的最大高度为2.45 m ，若抛球过程，手掌和球接触时间为5 ms ，不计空气阻力，则该过程中手掌对球的作用力大小约为( )A ．0.4 NB ．4 NC ．40 ND ．400 N解析：选B.向上为正，手离开球后的速度为v ：v ＝2gh ＝2×10×2.45 m/s ＝7 m/s ，重力忽略由动量定理有：F ＝m v t ＝2.7×10－3×75×10－3N ≈4 N ，故B 正确，A 、C 、D 错误．7．(2020·山西晋城高三模拟)太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行，质量为M 的飞船飞入太空尘埃密集区域时，需要开动引擎提供大小为F 的平均推力才能维持飞船以恒定速度v 匀速飞行．已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上，则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为( )A ．M ＋F vB.F v －M C ．M －F v D.F v解析：选D.设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m .以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象，根据动量定理有：Ft ＝m v －0，其中t ＝1 s ，可得：m ＝F v ，D 正确．8．小球质量为2m ，以速度v 沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回，速度大小是 45v ，球与墙撞击时间为t ，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是( ) A.2m v 5tB.8m v 5tC.18m v 5tD.2m v t解析：选C.设初速度方向为正，则弹后的速度为－4v 5，则由动量定理可得Ft ＝－2m ×4v 5－2m v ，解得F ＝－18m v 5t，负号表示力的方向与初速度方向相反．由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲力为F ′＝－F ＝18m v 5t，故选C. 二、多项选择题9．有关实际中的现象，下列说法正确的是( )A ．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B ．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C ．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D ．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好解析：选ABC.火箭升空时，内能减小，转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，从而推动火箭前进，故A 正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I 一定，着地时屈腿是延长时间t ，由I ＝Ft 可知，延长时间t 可以减小运动员所受到的平均冲力F ，故B 正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，故C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由I ＝Ft 可知，车体前部的发动机舱不能太坚固，故D 错误．10．质量为m 的物体，以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为v t ，且v t ＝0.5v 0，则( )A ．上滑过程中重力的冲量比下滑时小B ．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C ．合力的冲量在整个过程中大小为32m v 0D ．整个过程中物体的动量变化量为12m v 0 解析：选AC.以v 0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为v t ＝0.5v 0，说明斜面不光滑．设斜面长为l ，则上滑过程所需时间t 1＝l v 02＝2l v 0，下滑过程所需时间t 2＝l v t 2＝4l v 0，t 1<t 2，根据冲量的定义可知，上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A 正确．上滑和下滑时支持力的冲量都不等于零，B 错误．对全过程应用动量定理，以初速度方向为正方向，则I 合＝Δp ＝－m v t －m v 0＝－32m v 0，C 正确，D 错误． 11.(2017·高考全国卷Ⅲ)一质量为 2 kg 的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg ·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg ·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零解析：选AB.根据F －t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在0～1 s 、0～2 s 、0～3 s 、0～4 s 内合外力冲量分别为2 N ·s 、4 N ·s 、3 N ·s 、2 N ·s ，应用动量定理I ＝m Δv 可知物块在1 s 、2 s 、3 s 、4 s 末的速率分别为1 m/s 、2 m/s 、1.5 m/s 、1 m/s ，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg ·m/s 、4 kg ·m/s 、3 kg ·m/s 、2 kg ·m/s ，A 、B 正确，C 、D 错误．12．(2020·湖南常德模拟)如图所示，质量为m 的小球从距离地面高H 的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h 的B 点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g ，关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有( )A ．小球的机械能减小了mg (H ＋h )B ．小球克服阻力做的功为mghC ．小球所受阻力的冲量大于m 2gHD ．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：选AC.小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg (H ＋h )，则小球的机械能减小了mg (H ＋h )，故A 正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg (H ＋h )－W f ＝0，则小球克服阻力做功W f ＝mg (H ＋h )，故B 错误；小球落到地面的速度v ＝2gH ，对小球进入泥潭的过程运用动量定理得：I G －I F ＝0－m 2gH ，得：I F ＝I G ＋m 2gH ，知阻力的冲量大于m 2gH ，故C 正确；对全过程分析，运用动量定理知，小球动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D 错误．三、非选择题13．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ，据测算两车相撞前速率均约为30 m/s.(1)车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ，则这时人体受到的平均冲力为多大？解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m.设运动的时间为t ，根据x ＝v 02t 得，t ＝2x v 0＝130s. 根据动量定理Ft ＝Δp ＝m v 0得，F ＝m v 0t ＝60×30130N ＝5.4×104 N. (2)若人系有安全带时，F ′＝m v 0t ′＝60×301N ＝1.8×103 N. 答案：(1)5.4×104 N (2)1.8×103 N14.(2018·高考北京卷)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如图，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h ＝10 m ，C 是半径R ＝20 m圆弧的最低点．质量m ＝60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a ＝4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B ＝30 m/s ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求长直助滑道AB 的长度L ；(2)求运动员在AB 段所受合外力的冲量I 的大小；(3)若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L ＝v 2B －v 2A 2a＝100 m. (2)根据动量定理，有I ＝m v B －m v A ＝1 800 N ·s.(3)运动员经C 点时的受力分析如图所示，根据动能定理，运动员在BC 段运动的过程中，有mgh ＝12m v 2C －12m v 2B 根据牛顿第二定律，有F N －mg ＝m v 2C R联立解得F N ＝3 900 N.答案：见解析。

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备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-动量守恒定律一、单选题1.下列关于动量、动能的说法中，正确的是（）A. 若物体的动能发生了变化，则物体的加速度也发生了变化B. 若物体的动能不变，则动量也不变C. 若一个系统所受的合外力为零，则该系统的动能不变D. 物体所受合外力越大，则它的动量变化就越快2.一个静止的质量为M的不稳定原子核，当它放射出质量为m、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度为（）A. -vB.C.D.3.A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B 质量为2 kg，速度大小为5 m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为（）A. 10m/sB. 5m/sC. 6m/sD. 12m/s4.如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2。

则（）A. 若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为12NB. 若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒C. 若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为3m/sD. 若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为m5.若物体在运动过程中受到的合外力不为零，则（）A. 物体的动能不可能总是不变的B. 物体的动量可能总是不变的C. 物体的加速度一定变化D. 物体所受合外力做的功可能为零6.如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在水平冰面上，当其中某人A从背后轻轻推另一个人B时，两个人会向相反的方向运动，不计摩擦力，则下列判断正确的是（）A. A，B的质量一定相等B. 推后两人的动能一定相等C. 推后两人的总动量一定为0D. 推后两人的速度大小一定相等7.一辆质量为2200kg的汽车正在以26m/s的速度行驶，如果驾驶员紧急制动，可在3.8s内使车停下，如果汽车撞到坚固的墙上，则会在0.22s内停下，下列判断正确的是（）A. 汽车紧急制动过程动量的变化量大B. 汽车撞到坚固的墙上动量的变化量大C. 汽车紧急制动过程受到的平均作用力约为15000ND. 汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力约为15000N8.如图所示，质量为m的小球从A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达C点速度减为零。

不计空气阻力，重力加速度为g。

关于小球下落过程中，下列说法中不正确的是（）A. 小球在BC下落过程中动量的改变量等于所受阻力的冲量B. 若测出小球AC段的高度，可推算出小球克服阻力做的功C. 若测出小球距地面的高度，可推算出小球落地时的瞬时速度D. 若分别测出小球AB段与BC段下落时间，可推算出小球所受阻力的冲量大小9.关于动量和冲量，下列说法正确的是（）A. 对于某物体而言，动量越大，其速度一定越大B. 力越大，力的冲量就越大C. 物体动量的方向一定与其所受合力的方向一致D. 若两个力的大小相等，作用时间也相同，则这两个力的冲量一定相同10.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体P接触，但未连接，弹簧水平且无形变．现对物体P施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为I0，测得物体P向右运动的最大距离为x0，之后物体P被弹簧弹回，最终停在距离初始位置左侧2x0处．已知弹簧始终在弹簧弹性限度内，物体P与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A. 物体P与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能E P= ﹣3μmgx0B. 弹簧被压缩成最短之后的过程，P先做加速度减小的加速运动，再做加速度减小的减速运动，最后做匀减速运动C. 最初对物体P施加的瞬时冲量I0=2mD. 物体P整个运动过程，摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反二、多选题11.如图，C为中间插有电介质的电容器，b极板与静电计金属球连接，a极板与静电计金属外壳都接地。

开始时10．如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和带有轻质弹簧的物块B，B静止，A以速度水平向右运动，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 含弹簧系统的总机械能保持不变D. A，B 含弹簧系统的总动量保持不变12.质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止的小球B发生正碰，碰后A球速度大小变为原来的，那么小球B的速度可能值为（）A. v0B. v0C. v0D. v013.有两个小球a、b在水平桌面上发生碰撞,在满足下列条件时能够发生一维碰撞的是（）A. 小球a静止,另一个小球b经过a球时刚好能擦到a球的边缘B. 小球a静止,另一个小球b沿着a、b两球球心连线去碰a球C. 相碰时,相互作用力的方向沿着球心连线D. 相碰时,相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向都在同一条直线上14.如图所示,小球A、B、C的质量分别为m、m、2m,A与BC间通过铰链用轻杆连接，杆长为L,B、C置于水平地面上。

现让两轻杆并拢，将A由静止释放下降到最低点的过程中，A、B、C在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g。

则( )A. A，B，C组成的系统水平方向动量守恒B. A，C之间的轻杆始终对C做正功C. A与桌面接触时具有水平方向的速度D. A与桌面接触时的速度大小为15.一个原子核静止在磁感应强度为B的匀强磁场中，当原子核发生衰变后，它放出一个α粒子（），其速度方向与磁场方向垂直。

关于α粒子与衰变后的新核在磁场中做的圆周运动。

下列说法正确的是（）A. 运动半径之比是45:1B. 运动周期之比是1:117C. 动能之比是117：2D. 动量总是大小相等16.如图所示，圆心在O点，半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切，一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，且有m1=2m2，开始时位于C点，然后从静止释放，则（）A. m1恰好能沿圆弧下滑到A点，此时对轨道的压力等于m1gB. 在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等C. 在m1由C点下滑到A点的过程中，重力对m1做的功的功率先增大后减少D. 在m1由C点下滑到A点的过程中，m1所受的合外力的冲量等于零17.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，使C离开弹簧向B端冲去，并与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AB的速率之比为M:mC. 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18.如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中（A与弹簧不粘连），下列说法正确的是( )A. A，B两物体组成的系统机械能守恒B. 弹簧恢复原长时，A的动量一定为零C. 轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为D. 轻弹簧被压缩到最短时，A，B系统总动量仍然为mv19.某放射性元素的原子核静止在匀强磁场中，当它放出一个α粒子后，速度方向与磁场图方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44：1，如图所示，则（）A.衰变瞬间，α粒子与反冲核的动量大小相等，方向相反B.衰变瞬间，α粒子与反冲核的动能相等C. 放射性元素原子核的核电荷数为90D. α粒子和反冲核的速度之比为1：8820.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ，则（）A. 过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B. 过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于全过程（过程Ⅰ和过程Ⅱ）中重力冲量的大小C. 过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和D. 过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能三、综合题21.如图所示，在光滑水平面上放置两滑块A、B，滑块B左端连有轻质弹簧，现使滑块A以4m/s的速度向右匀速运动，并与静止的滑块B发生碰撞，已知滑块A、B的质量分别为1kg、3kg，求二者在发生碰撞的过程中：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）滑块B的最大速度．22.将质量为0.10kg的小球从离地面20m高处竖直向上抛出，抛出时的初速度为15m/s，不计空气阻力，当小球落地时，求：（1）小球的动量（2）小球从抛出至落地过程中受到的重力的冲量．答案一、单选题1.【答案】D【解答】A．若物体的动能发生了变化，则速度的大小一定变化，但是物体的加速度不一定发生了变化，例如平抛运动，A不符合题意；B．若物体的动能不变，则速度的大小不变，但是动量不一定不变，例如匀速圆周运动，B 不符合题意；C．若一个系统所受的合外力为零，则该系统的动能不一定不变，例如子弹射入放在光滑水平面的木块中时，C不符合题意；D．根据动量定理可知，，即物体所受合外力越大，则它的动量变化就越快，D 符合题意。

故答案为：D。

【分析】物体的动能发生改变时加速度可以保持不变；物体的动能不变如果速度方向改变则动量发生变化；一个系统合外力等于0动能可能发生变化如板块传动。

2.【答案】B【解答】根据动量守恒定律得：，解得：，B符合题意，ACD不符合题意。

故答案为：B【分析】原子核衰变时，遵循质量数守恒、能量守恒、动量守恒、电荷守恒，该题目利用动量守恒列方程求解即可。

3.【答案】A【解答】取A球的速度方向为正方向，AB的总动量大小为：根据动量守恒得：，解得：故答案为：A【分析】利用动量守恒可以求出速度的大小。

4.【答案】D【解答】A．设小球到达最高点速度为v p，则得v P= m/s对小球F+mg=得F=2NA不符合题意；BC．若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒得mv m=Mv M机械能守恒得得v m=2m/sBC不符合题意；D．设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为x m，滑块运动的距离为x M，由系统水平方向动量守恒得mx m=Mx M又x m+x M=2L得x= mD符合题意。

故答案为：D。

【分析】两个物体组成系统水平方向动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。