高考物理一轮复习 考点规范练习本16 动量定理动量守恒定律的理解（含答案解析）

2020版高考物理 考点规范练习本16

动量定理动量守恒定律的理解

1.从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小都是为v，不计空气阻力，对两个小物体以下说法正确的是(　　)

A．落地时的速度相同

B．落地时重力做功的瞬时功率相同

C．从抛出到落地重力的冲量相同

D．两物体落地前动量变化率相等

2.质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向,在小球与地面接触的时间内,关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是(　　)

A.Δp=2 kg·m/s　W=-2 J

B.Δp=-2 kg·m/s　W=2 J

C.Δp=0.4 kg·m/s　W=-2 J

D.Δp=-0.4 kg·m/s　W=2 J

3.如图所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为 80 cm，足球的重量为400 g，与头顶作用时间Δt为0.1 s，则足球一次在空中的运动时间t及足球对头部的作用力大小FN分别为(空气阻力不计，g=10 m/s2)(　　)

A．t=0.4 s，FN=40 N 

B．t=0.4 s，FN=36 N

C．t=0.8 s，FN=36 N

D．t=0.8 s，FN=40 N

4.如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后(　　)

A.甲木块的动量守恒

B.乙木块的动量守恒

C.甲、乙两木块所组成的系统动量守恒

D.甲、乙两木块所组成的系统动能守恒

5.如图所示,质量为0.5 kg的小球在距离车底部一定高处以初速度v0=15 m/s向左平抛,落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中,车底涂有一层油泥,车与油泥的总质量为4 kg,g取10 m/s2,则当小球与小车相对静止时,小车的速度大小是(　　)

A.4 m/s              B.5 m/s              C.8.5 m/s              D.9.5 m/s

6.如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)

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

7.如图甲所示,在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体,它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按如图乙所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值,力沿斜面向上为正)。已知此物体在t=0时速度为零,若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3 s末的速率,则这四个速率中最大的是(　　)

A.v1                         B.v2                           C.v3                                 D.v4

8.如图所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则(　　)

A．合力做的功为0

B．合力的冲量为0

C．重力做的功为mgL

D．重力的冲量为m

9. (多选)关于动量和冲量，下列说法正确的是(　　)

A．物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同

B．物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化

C．物体所受合外力的冲量等于物体的动量

D．物体动量的方向与物体的运动方向相同

10. (多选)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．第2 s末，质点的动量为0

B．第4 s末，质点回到出发点

C．在0～2 s时间内，力F的功率先增大后减小

D．在1～3 s时间内，力F的冲量为0

11. (多选)两个物体A、B的质量分别为m1、m2,并排静止在水平地面上,用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上,作用一段时间后撤去,两物体各自滑行一段距离后停止,A、B两物体运动的速度—时间图像分别如图中图线a、b所示,已知拉力F1、F2撤去后,物体做减速运动过程的速度—时间图线彼此平行(相关数据已在图中标出)。由图中信息可以得出(　　)

A.若F1=F2,则m1小于m2

B.若m1=m2,则力F1对物体A所做的功较多

C.若m1=m2,则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4∶5

D.若m1=m2,则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍

12. (多选)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与物块甲相向运动，如图所示．则(　　)

A．甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒

B．当两物块相距最近时，物块甲的速率为零

C．物块甲的速率可能达到5 m/s

D．当物块甲的速率为1 m/s时，物块乙的速率可能为0

实验题

13.如图为“验证动量守恒定律”的实验装置．

(1)(多选)下列说法中符合本实验要求的是________．

A．入射球比靶球质量大或者小均可，但二者的直径必须相同

B．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放

C．安装轨道时，轨道末端必须水平

D．需要使用的测量仪器有天平、刻度尺和秒表

(2)实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为OM、OP和ON.已知入射球的质量为m1，靶球的质量为m2，如果测得m1·OM＋m2·ON近似等于________，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒．

14.如图所示，质量为m=245 g的物块(可视为质点)放在质量为M=0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.质量为m0=5 g 的子弹以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求：

(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；

(2)木板向右滑行的最大速度v2；

(3)物块在木板上滑行的时间t.

15.质量为mB=2 kg 的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA=6 kg的物块A停在木板B的左端，质量为mC=2 kg的小球C用长为L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与物块A发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt=10－2 s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h=0.2 m．已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1，物块A与小球C均可视为质点，不计空气阻力，取g=10 m/s2.求：

(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；

(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长．

答案解析

1.答案为：D；

解析：

根据动能定理两物体落地时，速度大小相等，方向不同，重力做功的瞬时功率P=mgvsin θ，

故A、B错误；竖直上抛与平抛相比，平抛时间短，所以重力的冲量mgt小，故C错误；

根据动量定理mgΔt=Δp可知，=mg，故D正确．

2.答案为：A；

解析：取竖直向上为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化量:

Δp=mv2-mv1=0.2×4kg·m/s-0.2×(-6)kg·m/s=2kg·m/s,方向竖直向上。

由动能定理,合外力做的功:W=×0.2×42J-×0.2×62J=-2J。

3.答案为：C；

解析：

足球自由下落时有h=gt，解得t1==0.4 s，竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以t=2t1=0.8 s；设竖直向上为正方向，由动量定理得(F－mg)Δt=mv－(－mv)，

又v=gt=4 m/s，联立解得F=36 N，由牛顿第三定律知足球对头部的作用力FN=36 N，故C正确．

4.答案为：C；

解析：两木块在光滑水平地面上相碰,且中间有弹簧,则碰撞过程系统的动量守恒,机械能也守恒,故A、B错误,C正确;甲、乙两木块碰撞前、后机械能总量不变,但碰撞过程中有弹性势能,故动能不守恒,只是机械能守恒,D错误。

5.答案为：B；

解析：小球与车组成的系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,

由动量守恒定律得Mv-mv0=(M+m)v车,代入数据解得v车=5m/s,由此可知B项正确。

6.答案为：C；

解析：当男孩、小车与木箱看作整体时水平方向所受的合力才为零，系统动量守恒，所以选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，D错误．

7.答案为：C；

解析：根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率。取t0=1s,

(1)图中mgsin30°·3t0+F·2t0-Ft0=mv1,得v1=20m/s;

(2)图中mgsin30°·3t0-Ft0+Ft0=mv2,得v2=15m/s;

(3)图中mgsin30°·3t0+F·2t0=mv3,得v3=25m/s;

(4)图中mgsin30°·3t0+F·2t0-F't0=mv4,得v4=15m/s。故选项C正确。

8.答案为：C；

解析：

小球在向下运动的过程中，由动能定理mgL=mv2得v=，故A错误，C正确；

由动量定理可得合力的冲量I合=Δp=mv－0=m，故B错误；

从开始到最低点的时间t大于自由落体的时间t′，L=gt′2，则t>t′=，

所以重力的冲量IG=mgt>mgt′=m，故D错误．

9.答案为：BD；

解析：物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的方向相同，与动量的方向不一定相同，故A错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故B正确，C错误；物体的动量p=mv，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，D正确．

10.答案为：CD；

解析：

由题图可知，0～2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，故A错误；该质点在2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向不同，0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，故B错误；0～2 s内，质点速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P=Fv得，力F瞬时功率开始为0，2 s末时为0，所以在0～2 s时间内，力F的功率先增大后减小，故C正确；在Ft图象中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量大小，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s 时间内，力F的冲量为0，故D正确．

11.答案为：ACD；

解析：由斜率等于加速度知,撤去拉力后两物体的速度图像平行,故加速度大小相等,

设为a,由牛顿第二定律得μ1m1g=m1a,μ2m2g=m2a,解得μ1=μ2=0.1,令μ1=μ2=μ,

若F1=F2,对于m1,有F1-μm1g=m1a1,解得m1=,同理m2=,由题图可知a1>a2,则m1<m2,故A正确;

若m1=m2,则滑动摩擦力Ff1=Ff2,由题图可知,两物体运动位移相同,滑动摩擦力对两物体做功相同,

由动能定理WF-Wf=0可知,力F1对物体A所做的功与力F2对物体B所做的功一样多,故B错误;

令m1=m2=m,由牛顿第二定律得F1-μmg=ma1,解得F1=mg,同理F2=mg,

这两个力的冲量之比,故C正确;这两个力的最大功率之比=2,故D正确。

12.答案为：AD；

解析：

甲、乙两物块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正确．

当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前物块乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，

根据动量守恒定律有mv乙－mv甲=2mv，解得v=0.5 m/s，故B错误．若物块甲的速率达到5 m/s，

方向与原来相同，则mv乙－mv甲=－mv′甲＋mv′乙，解得v′乙=6 m/s，两个物块的速率都增大，

动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相反，

则mv乙－mv甲=mv′甲＋mv′乙，代入数据解得v′乙=－4 m/s，即碰撞后，物块乙的动能不变，

物块甲的动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5 m/s，故C错误．

乙两物块组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相同，

由动量守恒定律得mv乙－mv甲=－mv′甲＋mv′乙，解得v′乙=2 m/s；

若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得mv乙－mv甲=mv′甲＋mv′乙，

解得v′乙=0，故D正确．

13.答案为：

(1)BC；

(2)m1·OP；

解析：

(1)入射球应比靶球质量大，A错；本题用小球水平位移代替速度，所以不用求出具体时间，所以不需要秒表，D错．

(2)若动量守恒，碰撞后两球的总动量应该等于不放靶球而让入射球单独下落时的动量，入射球单独下落时的动量可用m1·OP表示．

14.解：

(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，

由动量守恒定律可得m0v0=(m0＋m)v1，解得v1=6 m/s.

(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得

(m0＋m)v1=(m0＋m＋M)v2，解得v2=2 m/s.

(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得

－μ(m0＋m)gt=(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得t=1 s.

15.解：

(1)C下摆过程，根据动能定理得mCgL=mCv，解得碰前C的速度vC=4 m/s.

C反弹过程，根据动能定理得－mCgh=0－mCvC′2，解得碰后C的速度vC′=2 m/s，

取向右为正方向，对C根据动量定理得－F·Δt=－mCvC′－mCvC，

解得碰撞过程中C所受的撞击力大小F=1 200 N.

(2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律得mCvC=－mCvC′＋mAvA，

解得碰后A的速度vA=2 m/s，

A恰好滑至B右端并与其共速时，B的长度最小．根据动量守恒定律得

mAvA=(mA＋mB)v，解得A、B的共同速度v=1.5 m/s，

根据能量守恒定律得μmAgx=mAv－(mA＋mB)v2，

解得木板B的最小长度x=0.5 m.