1、1第六章 动量和动量守恒定律综合过关规范限时检测满分：100 分 考试时间：60 分钟一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共计 48 分。15 题为单选，68 题为多选，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，错选或不选的得 0 分)1(2018广东揭阳月考)如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人。原来车和人都静止。当人从左向右行走的过程中 ( D )导 学 号 21993456A人和车组成的系统水平方向动量不守恒B人和车组成的系统机械能守恒C人和车的速度方向相同D人停止行走时，人和车的速度一定均为零解析 人和车组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，故 A 错
2、误。人和车组成的系统，初状态机械能为零，一旦运动，机械能不为零，可知人和车组成的系统机械能不守恒，故 B 错误。人和车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量为零，可知人和车的速度方向相反，当人的速度为零时，车的速度也为零，故 C 错误，D 正确。2(2018河南灵宝中学检测)“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 )导 学 号 21993457A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
3、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 A、B 项，绳子对人的拉力的方向始终向上，则绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力做负功。由牛顿第二定律知，当绳子向上的拉力小于人的竖直向下的重力时，人的速度不断增大；随着人不断下落，绳子不断伸长，绳子的拉力不断增大，当绳子的拉力等于人的重力时，人的速度达到最大；此后绳子的拉力大于人的重力，人的速度不断减小则人的动量和动能都先增大后减小，故 A 项正确，B 项错误。C 项，当绳子的拉力等于人的重力时，人的动能达到最大，故 C 项错误。D 项，人在最低点时，速度减小至 0，此时绳子的拉力大于人的重力，故 D 项错误。综上所述，
4、本题正确答案为 A。3(2018重庆月考)一个钢珠从静止状态开始自由下落(不计空气阻力)，然后陷入泥潭中。若把它在空中自由下落的过程称为，进入泥潭直到停止的过程称为，则2( A )导 学 号 21993458A过程中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B过程中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程中重力冲量的大小C过程中钢珠所受阻力的冲量大小与过程中重力冲量的大小无法比较D过程中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量解析 设钢珠到达泥潭时的速度大小为 v，规定竖直向下为正方向，由动量定理得，过程： IG1 mv0，过程： IG2 If20 mv，故 A 正确，D 错误，解得 If2 IG1 IG2，故 B、C 错误
5、。4(2018福建省东山二中高三上学期期中试题)质量为 m 的甲物块以 3m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在甲物块上。另一质量也为 m 的乙物块以 4m/s 的速度与甲相向运动，如图所示。则 ( C )导 学 号 21993459A甲、乙两物块在压缩弹簧过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C当甲物块的速率为 1m/s 时，乙物块的速率可能为 2m/s，也可能为 0D甲物块的速率可能达到 5m/s解析 甲、乙两物块(包括弹簧)组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故 A 错误；当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的
6、速度方向为正方向，设共同速率为 v，由动量守恒定律得： mv 乙 mv 甲 2 mv，代入数据解得：v0.5m/s，故 B 错误甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为 1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得： mv 乙 mv 甲 mv 甲 m 乙 v 乙 ，代入数据解得： v 乙 2m/s；若物块甲的速率为 1m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得： mv 乙 mv 甲 mv甲 m 乙 v 乙 ，代入数据解得： v 乙 0，故 C 正确。若物块甲的速率达到 5m/s，方向与原来相同，则： mv 乙 mv 甲 mv 甲 m 乙 v 乙 ，代入数据解得： v 乙 6m/s。两个物体的速率
7、都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律。若物块甲的速率达到 5m/s，方向与原来相反，则： mv 乙 mv 甲 mv 甲 m 乙 v 乙 ，代入数据解得： v 乙 4m/s，则碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律。所以物块甲的速率不可能达到 5m/s，故 D 错误。故选 C。5(2018江西南昌联考)质量为 m 的小球 A 以速度 v0在光滑水平面上运动，与质量为 2m 的静止小球 B 发生对心碰撞，则碰撞后小球 A 的速度大小 vA和小球 B 的速度大小 vB可能为 ( AC )导 学 号 21993460A vA v0 vB v0 B vA v0 vB v
8、013 23 25 7103C vA v0 vB v0 D vA v0 vB v014 58 38 516解析 两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及机械能不增加，且后面的小球不能与前面小球有第二次碰撞，故应有 mv0 mvA2 mvB， mv mv 2mv ， vA vB，代入验12 20 12 2A 12 2B证知 A、C 正确。6.(2018天津市第一中学高三上学期第二次月考试题)如图所示，1 和 2 是放在水平地面上的两个小物块(可视为质点)，与地面的动摩擦因数相同，两物块间的距离为 17m，它们的质量分别为 m12kg、 m23kg。现令它们分别以初速度 v110m/s 和 v22m/s
9、 相向运动，经过时间 2s，两物块相碰，碰撞时间极短，碰后两者粘在一起运动。 g 取 10m/s2，则下列说法正确的是 ( CD )导 学 号 21993461A两物块相碰时各自的位移大小之比为 51B两物块相碰后的共同速度为 2.8m/sC两物块在碰撞中损失的动能为 21.6JD小物块 1 从开始到停止运动总的位移大小为 17.44m解析 因为两物块始终做减速运动，有可能出现在相碰前有物块停止运动，故应进行讨论。先假定在时间 t 内，都未停下，以 a 表示此加速度的大小，现分别以 s1和 s2表示它们走的路程，则有 s1 v1t at2 12s2 v2t at2 12s1 s2 d 解式并代
10、入有关数据得： a1.75m/s 2 经过时间 t，两物块的速度分别为： v 1 v1 at6.5m/sv 2 v2 at1.5m/s v 2为负值是不合理的，因为物块是在摩擦力作用下做减速运动，当速度减少至零时，摩擦力消失，加速度不复存在， v 2不可为负， v 2为负，表明物块 2 经历的时间小于 t时已经停止运动。在时间 t 内，物块 2 停止运动前滑行的路程应是： s2 v22a解式，代入有关数据得： a2m/s 2 s21m， s116m ，选项 A 错误；由式求得刚要发生碰撞时物块 1 的速度： v 16m/s 而物块 2 的速度 v 20 设 v 为两物块碰撞后的速度，由动量守恒
11、定律有 m1v 1( m1 m2)v 4解得： v2.4m/s，选项 B 错误；两物块在碰撞中损失的动能为 E m1v (m1 m2)12 21 12v2 262 52.42J21.6J，选项 C 正确；12 12碰后两物块一起减速运动，加速度为 a2m/s 2 ，则停止时还能滑行的距离 x1 v22am1.44m，则小物块 1 从开始到停止运动总的位移大小为 161.44m17.44m，选2.4222项 D 正确；故选 CD。7(2018江西省南昌二中高三上学期第五次考试)如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷，质量分别为 M1、 M2。 t0 时，甲静止，乙以初速度 6m/s
12、向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的部分 v t 图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。则由图线可知 ( BC )导 学 号 21993462A0 t2时间内，两电荷间的静电力一直减小B t1时刻两电荷组成的系统电势能最大C两点电荷电性一定相同，且有 M12 M2D整个运动过程中，甲、乙间的静电力对乙电荷一直做负功解析 0 t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在 t1 t2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故 A 错误。两球相互作用时，受到的合外力为零，乙做减速运动，甲做加速运动，故两者为斥力，带同性
13、电荷，且系统动量守恒，设向左为正方向， t1时刻两球速度相等， v2m/s；则有： Mv0( M m)v，解得：m2 M，故 C 正确；0 t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在 t1 t2时间内两电荷间距离逐渐增大， t1时刻两球相距最近，系统克服电场力最大，两电荷的电势能最大，故 B 正确。0 t1时间内两电荷间距离逐渐减小，两者的斥力对乙做负功；在 t1 t2时间内两电荷间距离逐渐增大，由于乙仍然向左运动，故斥力仍然做负功； t2时刻以后，乙反向向右运动，则斥力对乙做正功，故选项错误；故选 BC。8(2018河北省唐山市丰南区高三上学期期中试题)如图所示，一块质量为 M 的木板停在光滑的水平
14、面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧。一个质量为 m 的小物块(可视为质点)以水平速度 v0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后(弹簧处于弹性5限度内)，最终又恰好停在木板的右端。根据上述情景和已知量，可以求出( BCD )导 学 号 21993463A弹簧的劲度系数B弹簧的最大弹性势能C木板和小物块组成的系统最终损失的机械能D若再已知木板长度 l 可以求出木板和小物块间的动摩擦因数解析 小木块 m 与长木板 M 构成的系统动量守恒，设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为 v1、 v2以向左为正方向，小木块从开始位置滑动到最左端的过程，由动量守恒定律得：mv0( M m)v1小木块从
15、开始位置滑动到最后相对长木板静止过程：mv0( M m)v2计算得出： v1 v2mv0 M m mv0 M m小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律得：mv (M m)v Q Ep12 20 12 21又 Q fL小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，mv (M m)v Q12 20 12 20又 Q2 fL由以上各式可以解出 Ep、 Q、 Q，故 BC 正确，求出 Q 后，如果已知木板长度 L： Q mgL ，可以求出木板和小物块间的动摩擦因数，所以 D 选项是正确的；因为缺少弹簧的压缩量，无法求出弹簧的劲度系数，故 A 错误；综上所述本题答案是：BCD。二、非选择题(共
16、2 小题，共 52 分。计算题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分)9(12 分)(2018吉林省百校联盟高三 12 月联考)某同学欲采用课本上介绍的气垫导轨和光电计时器等装置进行“验证动量守恒定律”的实验。如图所示， A、 B 两滑块做相向运动，已知安装在 A、 B 两滑块上的窄片宽度均为 d，在碰撞前滑块 A、 B 经过光电门时，窄片挡光时间分别为 t 1和 t 2，碰撞后滑块 A、 B 粘合在一起运动，运动方向与碰撞前滑块 B 运动方向相同，此后滑块 A 再次经过光电门时窄片挡光时间为 t 。6导 学 号 21993464(1)滑块 A、 B 碰撞前
17、速度的大小分别为 vA_ _， vB_ _。d t1 d t2(2)为了验证碰撞中动量守恒，除了上述已知条件外，还必须要测量的物理量有_AB_。A滑块 A 包括窄片的总质量 m1B滑块 B 包括窄片的总质量 m2C碰撞后滑块 B 经过光电门时窄片挡光的时间 t BD两个光电门之间的距离 L(3)为了验证碰撞中动量守恒定律，需要验证的关系是_ _。(用m2 t2 m1 t1 m1 m2 t题干中已知量字母和(2)问中所选已知量的字母表示)。解析 (1)根据极短时间内物体的平均速度等于瞬时速度得物块 A、 B 碰撞前速度的大小分别为 vA ， vBd t1 d t2(2)为了验证碰撞过程中动量守恒
18、，还必须测量的物理量有：滑块 A、 B 包括窄片的总质量 m1、 m2，AB 正确；(3)为了验证碰撞中动量守恒定律，需要验证的关系是 。m2 t2 m1 t1 m1 m2 t10(20 分)(2018山东省日照市高三上学期 11 月期中试题)如图所示，半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为 R， MN 为直径且与水平面垂直。可视为质点的小球A、 B 用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与小球不栓接)，开始时在水平地面上以共同速度 v0向左运动。在到达 N 点之前的某个时刻，细绳突然断开，小球 A、 B 被弹开，小球 A 以某一速度冲上轨道，飞过最高点 M 后，落地点距 N 为 2R。已
19、知小球 A 的质量为 m，重力加速度为 g。空气阻力及各处摩擦均不计。 导 学 号 21993465(1)求小球 A 到达轨道底端 N 点时对轨道的压力大小；(2)若保证小球 B 不进入轨道，则小球 B 的质量需满足什么条件？7答案：(1)6 mg (2) M( 1) m5gRv0解析 (1)飞过最高点 M 后，落地点距 N 为 2R，由平抛运动规律可得：2R vMt、2 R gt2解得 vM ；12 gR从 N 到 M，根据机械能守恒：mv mv mg(2R)解得： vN ；12 2N 12 2M 5gR对小球在 N 点，由牛顿第二定律： N mg m 解得：v2NRN6 mg；根据牛顿第三
20、定律：小球 A 到达轨道底端 N 点时对轨道的压力等于轨道对它的支持力，故 F 压 6 mg(2)若保证小球 B 不进入轨道，则小球 B 被弹开时速度为零或方向向右；小球被弹开的过程动量守恒，以向左为正，设小球 B 质量为 M，可得：( m M)v0 mvN Mv、 v0解得： M( 1) m5gRv011(20 分)(2018山东省师大附中高三上学期第三次模拟)如图，两块相同平板P1、 P2置于光滑水平面上，质量均为 m0.1kg。 P2的右端固定一轻质弹簧，物体 P 置于 P1的最右端，质量为 M0.2kg 且可看作质点。 P1与 P 以共同速度 v04m/s 向右运动，与静止的 P2发生
21、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(弹簧始终在弹性限度内)。平板 P1的长度 L1m ， P 与 P1之间的动摩擦因数为 0.2， P2上表面光滑。求： 导 学 号 21993466(1)P1、 P2刚碰完时的共同速度 v1；(2)此过程中弹簧的最大弹性势能 Ep。(3)通过计算判断最终 P 能否从 P1上滑下，并求出 P 的最终速度 v2。答案：(1)2m/s (2)0.2J (3)3m/s解析 (1) P1、 P2碰撞过程，由动量守恒定律得mv02 mv1解得 v1 2m/s，方向水平向右；v02(2)对 P1、 P2、 P 系统，由动量守恒定律得2mv1 Mv0(2 m M)V 28解得 v 2 v03m/s，方向水平向右，34此过程中弹簧的最大弹性势能Ep 2mv Mv (2m M)v 0.2J；12 21 12 20 12 2(3)对 P1、 P2、 P 系统，由动量守恒定律得2mv1 Mv02 mv3 Mv2由能量守恒定律得2mv Mv 2mv Mv MgL12 21 12 20 12 23 12 2解得 P 的最终速度 v23m/s0，即 P 能从 P1上滑下， P 的最终速度 v23m/s
