1、专题十五 动量与动量守恒,高考物理(江苏专用),考点 动量与动量守恒1.2016江苏单科,12C(2)已知光速为c,普朗克常量为h,则频率为的光子的动量为 。 用该频率的光垂直照射平面镜,光被镜面全部垂直反射回去,则光子在反射前后动量改变量的 大小为 。,五年高考,A组 自主命题江苏卷题组,答案 2,易错警示 有较多的考生求得动量改变量的大小为零,主要是对动量的矢量性认识不到位。,考查点 本题考查光子的动量、动量的变化量等知识,属于容易题。,解析 光子的动量p= = ,垂直反射回去p= -(- )= 。,2.2018江苏单科,12C(3),如图所示,悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m,运动速度的
2、大小为v,方向向下。经过时间t,小 球的速度大小为v,方向变为向上。忽略空气阻力,重力加速度为g,求该运动过程中,小球所受 弹簧弹力冲量的大小。,答案 2mv+mgt,解析 取向上为正方向,由动量定理得mv-(-mv)=I 且I=( -mg)t 解得IF= t=2mv+mgt,易错警示 动量定理是矢量式,应先选定正方向,注意初末状态速度的正负。,3.2017江苏单科,12C(3)甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动,速度大小 都是1 m/s。甲、乙相遇时用力推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,速度大小分别为1 m/s和2 m/s。求甲、乙两运动员的质量之比。,答案 见解析,解
3、析 由动量守恒,有m1v1-m2v2=m2v2-m1v1 解得 = 代入数据得 =,友情提醒 动量守恒定律的矢量性 应用动量守恒定律解题时,一定要先规定正方向,与规定正方向相反的速度,要代入负数进行计 算。若列式时已经考虑到了矢量性,则代入绝对值计算即可,如本题的解题过程就是如此。x,4.2014江苏单科,12C(3)牛顿的自然哲学的数学原理中记载,A、B两个玻璃球相碰,碰撞 后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为1516。分离速度是指碰撞后B对A的 速度,接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质 量为m的静止玻璃球B,且为对心碰撞,求碰撞后A、
4、B的速度大小。,答案 v0 v0,解析 设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2 由动量守恒定律 2mv0=2mv1+mv2,且由题意知 = 解得v1= v0,v2= v0,考查点 本题考查碰撞、动量守恒定律等知识,属于容易题。,知识拓展 若两球碰撞过程中满足动量守恒和能量守恒,可推导出分离速度和接近速度之比 是1。本题中的该比值小于1,暗示两球碰撞过程中动能有损失,不满足能量守恒,为非弹性碰 撞。,5.2013江苏单科,12C(3)如图所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg, 他们携手远离空间站,相对空间站的速度为0.1 m/s。A将B向空间站方向轻推后,A的速度变
5、为 0.2 m/s,求此时B的速度大小和方向。,答案 0.02 m/s 离开空间站方向,温馨提示 两宇航员构成的系统可认为不受外力,故满足动量守恒的条件;以空间站为参 考系求速度;注意选取正方向,如果以0.1 m/s的速度方向为正,则A的速度也为正。,考查点 本题考查动量守恒定律,属于容易题。,解析 以空间站为参考系,以v0的方向为正方向,由动量守恒定律 (mA+mB)v0=mAvA+mBvB 解得vB=0.02 m/s 方向远离空间站方向。,1.(2018课标,15,6分)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
6、生的冲击力约为 ( ) A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,答案 C 本题考查机械能守恒定律、动量定理。由机械能守恒定律可得mgh= mv2,可知鸡 蛋落地时速度大小v= ,鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F- mg)t=0-(-mv),可知鸡蛋对地面产生的冲击力大小为F= +mg,每层楼高度约为3 m,则h=243 m=72 m,得F949 N,接近103 N,故选项C正确。,易错点拨 估算能力 (1)每层楼高度约为3 m,注意身边的物理知识。 (2)在计算时重点注意数量级。,2.(2018课标,14,6分
7、)高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动。在 启动阶段,列车的动能 ( ) A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比,答案 B 本题考查匀变速直线运动规律、动能及动量。设列车运动时间为t,由匀变速直线 运动规律v=at、s= at2,结合动能公式Ek= 得Ek= 、Ek=mas,可知Ekv2、Ekt2、Eks, 故A、C项均错误,B项正确。由Ek= ,得Ekp2,故D项错误。,3.(2017课标,14,6分)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。
8、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 kgm/s B.5.7102 kgm/s C.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s,易错点拨 系统中量与物的对应性 动量守恒定律的应用中,系统内物体至少为两个,计算各自的动量时,需注意速度与质量对应于 同一物体。,答案 A 本题考查动量守恒定律。由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与 燃气组成的系统动量守恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷 出燃气的动量等值反向,可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05 kg 6
9、00 m/s=30 kgm/s,A正确。,4.(2018课标,24,12分)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的 速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且 均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求 (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间; (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。,答案 (1) (2),解析 本题主要考查竖直上抛运动规律及动量守恒定律。 (1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有 E= m 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运
10、动学公式有 0-v0=-gt 联立式得 t= (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有 E=mgh1 火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题 给条件和动量守恒定律有m + m =E mv1+ mv2=0 ,由式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上 部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有m = mgh2 联立式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为 h=h1+h2= ,易错点拨 关键词理解,隐含条件显性化 题目中的两个E,分别对应“一个物体”和“两个物体”。 爆炸后两部分质量均为 。 爆炸
11、过程中系统初动量为0。 距地面的最大高度由两部分组成,一是爆炸前上升的高度,二是爆炸后向上运动的部分上升 的高度。,5.(2018课标,24,12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即 采取制动措施,但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞 后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动, 重力加速度大小g=10 m/s2。求 (1)碰撞后的瞬间B车速度的大小; (2)碰撞前的瞬间A车速
12、度的大小。,答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s,解析 本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识。 (1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有 mBg=mBaB 式中是汽车与路面间的动摩擦因数。 设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB,碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有 v =2aBsB 联立式并利用题给数据得 vB=3.0 m/s (2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有 mAg=mAaA 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA,碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有 v =2aAsA 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中
13、动量守恒,有 mAvA=mAvA+mBvB ,联立式并利用题给数据得 vA=4.3 m/s,解题关键 确定速度是解决碰撞问题的关键 (1)由牛顿第二定律和运动学公式可确定碰撞后瞬间A、B两车的速度。 (2)由于两车碰撞时间极短,因此碰撞时内力远大于外力,满足动量守恒,故可确定碰撞前的瞬 间A车的速度。,6.2016课标,35(2),10分如图,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b 相距l,b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为 m。两物块与地面间的动摩擦因数均相 同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞。重力加速 度大小为g。求物
14、块与地面间的动摩擦因数满足的条件。,答案 ,解析 设物块与地面间的动摩擦因数为。若要物块a、b能够发生碰撞,应有m mgl 即 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1。由能量守恒有m = m +mgl 设在a、b碰撞后的瞬间,a、b的速度大小分别为v1、v2,由动量守恒和能量守恒有 mv1=mv1+ v2 m = mv + v 联立式解得v2= v1 由题意,b没有与墙发生碰撞,由功能关系可知v gl 联立式,可得, 联立式,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件为 ,评分参考 式各1分(若式同时有小于和等于号,同样给分),式2分,式各1分, 式2分(若只有大于号,同样给分)。
15、,7.2016课标,35(2),10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m1=30 kg,冰块的质量为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。 ()求斜面体的质量; ()通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?,答案 见解析,解析 ()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,
16、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 m2 = (m2+m3)v2+m2gh 式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得 m3=20 kg ()设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有 m1v1+m2v20=0 代入数据得 v1=1 m/s 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 m2 = m2 + m3 联立式并代入数据得,v2=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。,
17、1.2015福建理综,30(2),6分如图,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,C组 教师专用题组,答案 D 由于A、B碰前总动量为0,由动量守恒可知碰后总动量也为0,因两滑块发生弹性碰 撞,故碰后A、B一定反向,即A向左运动,B向右运动,选项D正确。,2.(2014大纲全国,21,6分)一中子与一质量数为A(A1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核 静止
18、,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为 ( ) A. B. C. D.,答案 A 设中子质量为m,则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1,碰后 原子核的速度为v2,由弹性碰撞可得mv0=mv1+Amv2, m = m + Am ,解得v1= v0,故 =,A正确。,3.2016天津理综,9(1)如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块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。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 。,答案,解
19、析 设滑块的质量为m,最终盒与滑块的共同速度为v 根据动量守恒得:mv=(m+2m)v 解得v= v 设滑块相对于盒的运动路程为s 根据能量守恒得:mgs= mv2- (m+2m)v2 解得s=,4.(2018课标,25,20分)如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A 点相切,BC为圆弧轨道的直径,O为圆心,OA和OB之间的夹角为,sin = 。一质量为m的小球 沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及 轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆 心,且此时小球对轨道的压力恰好为零
20、。重力加速度大小为g。求 (1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小; (2)小球到达A点时动量的大小; (3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。,答案 (1) mg (2) (3),解析 本题考查圆周运动、抛体运动、动能定理、动量。 (1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有=tan F2=(mg)2+ 设小球到达C点时的速度大小为v,由牛顿第二定律得 F=m 由式和题给数据得 F0= mg v= (2)设小球到达A点的速度大小为v1,作CDPA,交PA于D点,由几何关系得 DA=R sin CD=R(1+cos ) 由动能定理有,-mgCD-F0D
21、A= mv2- m 由式和题给数据得,小球在A点的动量大小为 p=mv1= (3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小为g。设小球在竖 直方向的初速度为v,从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有 vt+ gt2=CD v=v sin 由 式和题给数据得 t=,5.(2018北京理综,22,16分)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。某滑道示意图如下,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.
22、5 m/s2,到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。 (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FN的大小。,答案 (1)100 m (2)1 800 Ns (3)受力图见解析 3 900 N,解析 (1)根据匀变速直线运动公式,有L= =100 m (2)根据动量定理,有I=mvB-mvA=1 800 Ns,(3)运动员经C点时的受力分析如图 根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有,mgh= m - m 根据牛顿第二定律,有 FN-mg=m 得F
23、N=3 900 N,一题多解 运动员在AB段所受合外力的冲量I=F合t=ma =1 800 Ns。,6.(2015安徽理综,22,14分)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5 m的位置 B处是一面墙,如图所示。物块以v0=9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间 的速度为7 m/s,碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。 (1)求物块与地面间的动摩擦因数; (2)若碰撞时间为0.05 s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F; (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。,答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9
24、 J,解析 (1)由动能定理,有-mgs= mv2- m 可得 =0.32 (2)由动量定理,有Ft=mv-mv 可得F=130 N (3)W= mv2=9 J,7.2015课标,35(2),10分如图,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。,答案 ( -2)MmM,解析 A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方 向向右为正,开始时A的速度为v0,第一
25、次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA1。由动量守恒定律 和机械能守恒定律得 mv0=mvA1+MvC1 m = m + M 联立式得 vA1= v0 vC1= v0 如果mM,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m= M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;所以只需考虑mM 的情况。 第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后,A的速度为vA2,B的速度为vB1,同样 有,vA2= vA1= v0 根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有 vA2vC1 联立式得 m2+4mM-M20 解得 m(
26、-2)M 另一解m-( +2)M舍去。所以,m和M应满足的条件为 ( -2)MmM (式各2分,式各1分),8.2015山东理综,39(2)如图,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v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以 v0、 v0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。,答案 v0,解析 设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA,由题意知,碰后A的速度vA= v0,B的速度vB= v0,由动量守恒定律得 m
27、vA=mvA+mvB 设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得 WA= m - m 设B与C碰撞前B的速度为vB,B克服轨道阻力所做的功为WB,由功能关系得 WB= m - mvB2 据题意可知 WA=WB 设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得 mvB=2mv 联立式,代入数据得 v= v0 ,9.(2014天津理综,10,16分)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4 kg,上表面光 滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量 mB=2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N,A运动一段时间后,小车左
28、端固定的挡板与 B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t= 0.6 s,二者的速度达到vt=2 m/s。求 (1)A开始运动时加速度a的大小; (2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小; (3)A的上表面长度l。,答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.45 m,解析 (1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有 F=mAa 代入数据解得 a=2.5 m/s2 (2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6 s的过程,由动量定理得 Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v 代入数据解得 v=1 m/s (3)设A、B发生碰撞前,A的速度为v
29、A,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有 mAvA=(mA+mB)v A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有 Fl= mA 由式,代入数据解得 l=0.45 m,10.2014山东理综,39(2),8分如图,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量 为m。开始时橡皮筋松弛,B静止,给A向左的初速度v0。一段时间后,B与A同向运动发生碰撞并 粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍,也是碰撞前瞬间B的速度的一 半。求: ()B的质量; ()碰撞过程中A、B系统机械能的损失。,答案 () () m,解析 ()以初速度v0的方向为正方向,设B的质量为mB,A、B碰撞后的
30、共同速度为v,由题意知: 碰撞前瞬间A的速度为 ,碰撞前瞬间B的速度为2v,由动量守恒定律得 m +2mBv=(m+mB)v 由式得 mB= ()从开始到碰后的全过程,由动量守恒定律得 mv0=(m+mB)v 设碰撞过程A、B系统机械能的损失为E,则 E= m + mB(2v)2- (m+mB)v2 联立式得 E= m ,11.(2014北京理综,22,16分)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切, 小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放,A与B碰撞后结合为 一个整体,并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2 m;A和B的质量相等;A和B整体
31、与桌 面之间的动摩擦因数=0.2。取重力加速度g=10 m/s2。求:(1)碰撞前瞬间A的速率v; (2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v; (3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。,答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m,解析 设滑块的质量为m。 (1)根据机械能守恒定律mgR= mv2 得碰撞前瞬间A的速率v= =2 m/s (2)根据动量守恒定律mv=2mv 得碰撞后瞬间A和B整体的速率v= v=1 m/s (3)根据动能定理 (2m)v2=(2m)gl 得A和B整体沿水平桌面滑动的距离 l= =0.25 m,考点 动量与动量守恒 1.(2018江苏宿迁期中)篮球运动员通
32、常伸出双手迎接传来的篮球。接球时,两手随球迅速收缩 至胸前,这样做可以 ( ) A.减小球对手的冲量 B.减小球对手的冲击力 C.减小球的动量变化量 D.减小球的动能变化量,答案 B 先伸出两手迎接,手接触到球后,两手随球引至胸前,这样可以增加球与手接触的时 间,根据动量定理得-Ft=0-mv,解得F= ,当时间增大时,球动量的变化率减小,作用力就减小, 而冲量和动量的变化量都不变,动能的变化量也不变,所以B正确。,命题意图 本题主要考查了动量定理的直接应用,注意当动量变化一定时,增大作用时间可以 减小冲击力的大小。,三年模拟,A组 20162018年高考模拟基础题组,2.2018江苏镇江摸底
33、,12C(1)如图所示,单摆摆球的质量为m,摆球从最大位移A处由静止释放, 摆球运动到最低点B时的速度大小为v。重力加速度为g,不计空气阻力。则摆球从A运动到B 的过程中 ( )A.重力做的功为 mv2 B.重力的最大瞬时功率为mgv C.重力的冲量为0 D.重力的冲量大小为mv,答案 A 摆球从最大位移A处由静止开始释放,摆球运动到最低点B,根据动能定理得WG= mv2-0,故A正确。重力的功率应用重力乘以重力方向上的速度,摆球运动到B的速度方向是水 平的,所以重力的最大瞬时功率不是mgv,故B错误。由动量定理,合外力的冲量等于物体动量 的改变量,所以摆球从A运动到B的过程中合力的冲量为mv
34、,故C、D错误。,3.(2017江苏盐城摸底)下列情形中,满足动量守恒条件的是 ( ) A.用铁锤打击放在铁砧上的铁块,打击过程中,铁锤和铁块的总动量 B.子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中,子弹和木块的总动量 C.子弹水平穿过墙壁的过程中,子弹和墙壁的总动量 D.棒击垒球的过程中,棒和垒球的总动量,答案 B A中铁块受铁砧的作用,C中墙壁受地面的作用,D中棒受人手的作用,故合力均不为 零,不符合动量守恒的条件,故B正确。,4.(2017江苏泰州月考,3)质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动,若将质量 为2 kg的沙袋以3 m/s的速度迎面扔上小车,则沙袋与小车一
35、起运动的速度的大小和方向是 ( ) A.2.6 m/s,向右 B.2.6 m/s,向左 C.0.5 m/s,向左 D.0.8 m/s,向右,答案 C 小车和沙袋组成的系统在水平方向动量守恒,取小车运动的方向为正方向,m1=2 kg, m2=2 kg,v1=2 m/s,v2=-3 m/s,共同速度为v,根据动量守恒:m1v1+m2v2=(m1+m2)v,代入数据得v=-0.5 m/s,负号表示方向水平向左。故选项C正确。,5.(2017江苏镇江期末)如图所示,设车厢长为L,质量为M,静止在光滑水平面上,车厢内有一质量 为m的物体,以速度v0向右运动,与车厢壁来回碰撞n次后,静止于车厢中,这时车厢
36、的速度为 ( ),A.v0,水平向右 B.0 C. ,水平向右 D. ,水平向右,答案 C 由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,所以v= ,选项C正确。,考查点 本题考查动量守恒定律的应用。,友情提醒 找准初、末状态,注意车厢和物体在初、末状态的速度。,6.(2018江苏苏州期中)(多选)将一质量为m的小球从足够高的地方斜向上抛出,不计空气阻力, 则小球在落地前 ( ) A.任意相等的时间内动量的变化都相同 B.任意相等的时间内动能的变化都相同 C.任意相等的时间内速度的变化都相同 D.动量的变化率保持不变,答案 ACD 小球做斜上抛运动,只受向下的重力作用,则根据动量定理,在任意相等的时间
37、t 内动量的变化都为mgt,选项A正确;任意相等的时间内,在竖直方向的位移不同,故重力做功不 同,动能的变化不相同,选项B错误;任意相等的时间内速度的变化均为gt,选项C正确;根据动量 定理可知,动量的变化率等于合外力,等于mg,故动量的变化率保持不变,选项D正确。,解题思路 物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量,也可以说物体所受的合外力等于 动量的变化率;物体所受合外力做的功等于动能的变化量。x,7.2018江苏泰州、宜兴能力测试,12C(3)光滑水平面上质量为1 kg的小球A以2.0 m/s的速度 与同向运动的速度为1.0 m/s、质量为2 kg的大小相同的小球B发生正碰,碰撞后小球B
38、以1.5 m/ s的速度运动。求:碰后A球的速度; 碰撞过程中A、B系统损失的机械能。,答案 1.0 m/s 0.25 J,解析 mAvA+mBvB=mAvA+mBvB 代入数据解得vA=1.0 m/s E= mA + mB - mAvA2- mBvB2 代入数据解得E=0.25 J,8.2018江苏南京、盐城一模联考,12C(3)质量为0.2 kg的小球以大小为6 m/s的速度竖直向下 落至水平地面,经0.2 s后,再以大小为4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向,g=10 m/s 2。求: 小球与地面碰撞前后的动量变化; 小球受到地面的平均作用力大小。,答案 2 kgm/s 方向竖直
39、向上 12 N,解析 p=mv2+mv1 解得p=2 kgm/s 方向竖直向上 (F-mg)t=p 代入数据解得F=12 N,9.(2017江苏盐城调研)如图所示,光滑水平面上有两辆车,甲车上面有发射装置,甲车连同发射 装置质量M1=1 kg,车上另有一个质量为m=0.2 kg的小球,甲车静止在水平面上,乙车以v0=8 m/s 的速度向甲车运动,乙车上有接收装置,总质量M2=2 kg,问:甲车至少以多大的水平速度将小球 发射到乙车上,两车才不会相撞?(球最终停在乙车上,不计空气阻力),答案 25 m/s,解析 要使两车恰好不相撞,则两车速度相等。 以两车及小球组成的系统为研究对象,水平方向动量
40、守恒: 0+M2v0=(M1+m+M2)v共 v共=5 m/s 对小球与乙车组成的系统,水平方向动量守恒: M2v0-mv=(m+M2)v共 v=25 m/s,考查点 本题考查碰撞中的动量守恒问题。难度中等。,温馨提示 注意研究对象的选取,先以M1、M2、m组成的系统为研究对象,再以小球与乙车组 成的系统为研究对象,应用动量守恒定律解题。,1.(2018江苏无锡期中)质量相同的两正方体木块A、B紧靠一起放在光滑水平面上,一子弹先 后水平穿透两木块后射出,若木块对子弹的阻力恒定不变,且子弹射穿两木块的时间相同,则子 弹射穿木块时,A、B木块的速度之比 ( ) A.11 B.12 C.13 D.1
41、4,B组 20162018年高考模拟综合题组 (时间：20分钟 分值：35分),一、选择题（每题3分，共12分）,答案 C 水平面光滑,子弹射穿木块过程中,木块受到的合外力为子弹的作用力,设子弹的作 用力为f,对木块由动量定理得,子弹穿过A时ft=(m+m)vA,子弹穿过B时ft=mvB-mvA,解得vAvB= 13,故C正确。,命题意图 本题考查了动量定理的应用,解题时要分析清楚运动过程。,2.(2018江苏常州调研)自P点以某一速度竖直向上抛出的小球,上升到最高点Q后又回到P的过 程中,空气阻力大小不变,下列说法正确的是 ( ) A.上升过程中重力的冲量等于下降过程中重力的冲量 B.上升过
42、程中重力所做的功等于下降过程中重力所做的功 C.上升过程中合外力的冲量等于下降过程中合外力的冲量 D.以上说法都不对,答案 D 物体向上运动过程受到竖直向下的重力与空气阻力,物体下降过程受到竖直向下 的重力与竖直向上的空气阻力,因此上升过程的合力大于下降过程的合力,由牛顿第二定律可 知,上升过程加速度大于下降过程加速度,a上a下,上升与下降过程位移大小相等,由匀变速直线 运动的速度位移公式可知,v上v下,由位移公式可知t上v下,故上升过程中合 外力的冲量大于下降过程中合外力的冲量,选项C错误。故选D。,解题思路 物体动量的变化等于合外力的冲量,冲量等于力与时间的乘积。,3.(2017江苏无锡期
43、中)下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是 ( )A.只有甲、乙正确 B.只有丙、丁正确 C.只有甲、丙正确 D.只有乙、丁正确,考查点 本题考查动量守恒条件的理解与应用。为中等难度题。,答案 C 甲中子弹和木块组成的系统所受合外力为零,故动量守恒;乙中剪断细线时,墙对系 统有作用力,故动量不守恒;丙中系统所受合外力为零,故动量守恒;丁中斜面固定,系统所受合 外力不为零,动量不守恒,故只有选项C正确。,知识链接 系统所受合外力为零,系统动量守恒。,4.(2017江苏连云港期中)如图所示,在光滑水平面上,有一质量为m=3 kg的薄板和质量为m=1 kg的物块,都以v=4 m/s的初速度向
44、相反方向运动,它们之间有摩擦,薄板足够长,当薄板的速度 为2.4 m/s时,物块的运动情况是 ( ) A.做加速运动 B.做减速运动 C.做匀速运动 D.以上运动都可能,答案 A 薄板足够长,则最终物块和薄板达到共同速度v,由动量守恒定律得(取薄板运动方 向为正方向),mv-mv=(m+m)v,则v= m/s=2 m/s,共同运动速度的方向与薄板初速度 的方向相同。在物块和薄板相互作用过程中,薄板一直做匀减速运动,而物块先沿负方向减速 到0,再沿正方向加速到2 m/s。当薄板速度为v1=2.4 m/s时,设物块的速度为v2,由动量守恒定律 得mv-mv=mv1+mv2,v2=0.8 m/s,即
45、此时物块的速度方向沿正方向,故物块正做加速运动,选项A正 确。,考查点 本题考查动量守恒定律的应用。难度中等。,解题思路 物块与薄板相对运动过程中在水平方向上不受外力,所以物块与薄板组成的系统 在水平方向上动量守恒,且在相对运动的过程中任一时刻系统的总动量都不变。,5.(2018江苏苏州摸底)如图所示,PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆形轨道,圆心O在S的正 上方,在O和P两点处各有一质量为m的小物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑, 以下说法正确的是 ( )A.a、b在S点的动量相等 B.a、b在S点的动量不相同 C.a、b落至S点重力的冲量相等 D.a、b落至S点合外力的冲
46、量大小相等,二、多项选择题(每小题4分,共12分),答案 BD 根据机械能守恒定律可知,a、b在S点的速度大小相等,方向不同,根据p=mv知,动 量的大小相等,但是方向不同,故A错误,B正确;同理,在相同的高度,两物体的速度大小相同,即 速率相同,由p=mv知,a和b的动量大小相等,由于a的路程小于b的路程,故tatb,即a比b先到达S,可 知a、b落至S点重力的冲量不同,故C错误;合外力的冲量等于动量的变化量,a、b两物体在运 动的过程中,动量变化量的大小相等,则合外力冲量的大小相等,故D正确。,解题关键 动量是矢量,等于物体的质量和速度的乘积。要求物体运动的时间,则要找出两个 物体运动的速
47、率大小关系:根据机械能守恒定律,相同高度处速率相同。,6.(2018江苏盐城调研)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,下列说法中正确的有 ( )A.小球的机械能减少了mg(H+h) B.小球克服阻力做的功为mgh C.小球所受阻力的冲量大于m D.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量,答案 AC 由动能定理mg(H+h)-Wf=0,得Wf=mg(H+h),所以小球的机械能减少了mg(H+h),A选 项正确,B选项错误;小球自由下落至地面
48、过程,机械能守恒,mgH= mv2,v= ,落到地面上后 又陷入泥潭中,由动量定理IG-If=0-mv,所以If=IG+mv=IG+m ,小球所受阻力的冲量大于m,所以C选项正确;由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量,所以D选项错误。,命题意图 本题考查动能定理、动量定理等的应用。重在比较动能定理与动量定理的区别, 以加深对这两个定理的理解。,7.(2017江苏南通期中)如图所示,轻质弹簧的一端固定在墙上,另一端与质量为m的物体A相连, A放在光滑水平面上,有一质量与A相同的物体B,从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下,与A相碰 后一起将弹簧压缩,弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是 ( )A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 C.B能达到的最大高度为 D.B能达到的最大高度为,答案 BD 根据机械能守恒定律可得B刚到达水平面的速度v0= ,根据动量守恒定律可得 A与B碰撞后的速度为v= ,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm= 2mv2= mgh, 即B正确;当弹簧再次恢复原长时,A与B将分开,B以速度v沿曲面上滑,根据机械能守恒定律可 得mgh= mv2,B能达到的最大高度为 ,即D正确。,
