備戰(zhàn)2024年高考物理一輪重難點(diǎn)復(fù)習(xí) 第七章 動量守恒定律

動量守恒定律內(nèi)容要求要點(diǎn)解讀動量守恒定律及其應(yīng)用Ⅱ只限于一維。以生活實(shí)例為命題背景，考查動量守恒定律在生活中的應(yīng)用，復(fù)習(xí)時應(yīng)側(cè)重本知識和其他知識的綜合應(yīng)用，如與動力學(xué)、功和能、電磁學(xué)等知識綜合考查。題型既有選擇題，也有計(jì)算題，難度中等或中等偏上。彈性碰撞和非彈性碰撞Ⅰ只限于一維。要知道碰撞的特點(diǎn)，能區(qū)分彈性碰撞，非完全彈性碰撞和完全非彈性碰撞。一、動量1．定義：物理學(xué)中把質(zhì)量和速度的乘積mv定義為物體的動量，用字母p表示。2．表達(dá)式：p＝mv。3．單位：kg·m/s。4．標(biāo)矢性：動量是矢量，其方向和速度的方向相同。二、動量定理1．沖量(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量。定義式：I＝FΔt。(2)單位：沖量的單位是牛秒，符號是N·s。(3)標(biāo)矢性：沖量是矢量，恒力沖量的方向與恒力的方向相同。2．動量定理(1)內(nèi)容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量。(2)表達(dá)式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。(3)矢量性：動量變化量的方向與合力的方向相同，也可以在某一方向上用動量定理。三、沖量及動量的理解和計(jì)算1．對沖量的理解(1)沖量的兩性①時間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時間決定，恒力的沖量等于該力與該力的作用時間的乘積．②矢量性：對于方向恒定的力來說．沖量的方向與力的方向一致．(2)作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之間并無必然聯(lián)系．2．動量的變化量(1)數(shù)學(xué)表達(dá)式：Δp＝p2－p1(2)動量的變化量是矢量，遵循平行四邊形定則。其方向與速度的改變量方向相同。a．如果初末動量在同一直線上，首先規(guī)定正方向，再用正負(fù)表示初末動量p1、p2，根據(jù)公式Δp＝p2－p1，求出動量的變化量，如圖(1)(2)。b．如果初末動量不在同一直線上，需使用平行四邊形定則，求出動量的變化量Δp。如圖(3)。3．動量與動能的關(guān)系Ek＝eq\f(p2,2m)，p＝eq\r(2mEk)。4．沖量的四種計(jì)算方法公式法利用定義式I＝Ft計(jì)算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無需考慮物體的運(yùn)動狀態(tài)圖像法利用F-t圖像計(jì)算，F(xiàn)-t圖像圍成的面積表示沖量，此法既可以計(jì)算恒力的沖量，也可以計(jì)算變力的沖量平均值法若方向不變的變力大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(shù)，則力F在某段時間t內(nèi)的沖量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，F(xiàn)1、F2為該段時間內(nèi)初，末兩時刻力的大小動量定理法如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量，由I＝Δp求變力的沖量5．動量、沖量、動量變化量的比較大小表達(dá)式方向動量p＝mv與v同向沖量I＝Ft與F同向動量變化量Δp＝mv′-mv與合力同向四、動量定理的理解及應(yīng)用1．動量定理的理解(1)動量定理反映了力的沖量與動量變化之間的因果關(guān)系，即合力的沖量是原因，物體的動量變化是結(jié)果。(2)動量定理中的沖量是所受合力的沖量，既是各力沖量的矢量和，也是合力在不同階段沖量的矢量和。(3)動量定理的表達(dá)式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。(4)由FΔt＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,Δt)＝eq\f(Δp,Δt)，即物體所受的合力等于物體的動量對時間的變化率。2．用動量定理解釋生活現(xiàn)象(1)Δp一定時，F(xiàn)的作用時間越短，力越大；作用時間越長，力越小。(2)F一定時，力的作用時間越長，Δp越大；作用時間越短，Δp越小。分析問題時，要明確哪個量一定，哪個量變化。3．應(yīng)用動量定理處理“流體模型”(1)研究對象：選取流體為研究對象，如水、空氣等。(2)研究方法：隔離出一定形狀的一部分流體作為研究對象，然后列式求解。(3)基本思路(1)在極短時間Δt內(nèi)，取一小柱體作為研究對象。(2)小柱體的體積ΔV＝SvΔt(3)小柱體質(zhì)量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt(4)小柱體的動量變化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt(5)應(yīng)用動量定理FΔt＝Δp4．用動量定理解題的基本思路(1)確定研究對象。在中學(xué)階段使用動量定理討論的問題，其研究對象一般僅限于單個物體。(2)對物體進(jìn)行受力分析，求合沖量?？上惹竺總€力的沖量，再求各力沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量。(3)抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負(fù)號。(4)根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要補(bǔ)充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解。對過程較復(fù)雜的運(yùn)動，可分段用動量定理，也可對整個過程用動量定理。五、動量守恒定律1．內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為eq\a\vs4\al(0)，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。2．表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。3．適用條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。(2)系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。(3)系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為零，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。六、碰撞、反沖、爆炸1．碰撞(1)特點(diǎn)：作用時間極短，內(nèi)力(相互碰撞力)遠(yuǎn)大于外力，總動量守恒。(2)分類①彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能沒有損失。②非彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能有損失。③完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體，機(jī)械能損失最大。2．爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒。3．反沖(1)定義：當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向沖量，如發(fā)射炮彈、火箭等。(2)特點(diǎn)：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力，動量守恒。七、動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用1．適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零．(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒．2．應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)．(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量．(4)由動量守恒定律列出方程．(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明．八、碰撞問題1．碰撞問題遵守的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合實(shí)際情況①碰前兩物體同向運(yùn)動，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)有v前′≥v后′.②碰前兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向至少有一個改變．2．彈性碰撞的重要結(jié)論以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2聯(lián)立解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩小球沿同一方向運(yùn)動)；當(dāng)m1?m2時，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，則v1′<0，v2′>0(碰后兩小球沿相反方向運(yùn)動)；當(dāng)m1?m2時，v1′≈－v1，v2′≈0.3．物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機(jī)械能最多，物體B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時，物體B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.則碰后物體B的速度范圍為：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.九、爆炸、反沖問題1．反沖運(yùn)動的三點(diǎn)說明作用原理反沖運(yùn)動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運(yùn)動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動遵循動量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加2．爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運(yùn)動3．“人—船”模型模型特點(diǎn)(1)兩物體相互作用過程滿足動量守恒定律m1v1－m2v2＝0。(2)運(yùn)動特點(diǎn)：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人與船的位移比等于它們質(zhì)量比的倒數(shù)；人與船的平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量比的倒數(shù)，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)應(yīng)用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)時要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對地面而言的。一、單選題1．如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一個光滑的半圓形細(xì)管，A、B為細(xì)管上的兩點(diǎn)，A點(diǎn)與圓心等高，B點(diǎn)為細(xì)管最低點(diǎn)。一個小球以大小為v0的速度從A點(diǎn)勻速滑到B點(diǎn)，小球除受到重力和細(xì)管的彈力外，還受另外一個力。小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過程中，關(guān)于小球，下列說法正確的是（）A．合力做功為零 B．合力的沖量為零C．合力為零 D．機(jī)械能守恒【答案】A【詳解】AC．小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過程中，做勻速圓周運(yùn)動，小球所受合外力提供向心力，不為零；小球的動能不變，根據(jù)動能定理可知，合力做功為零，故A正確，C錯誤；B．小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過程中，小球的速度大小不變，方向發(fā)生了改變，則小球的動量發(fā)生了變化，根據(jù)動量定理可知，合力的沖量不為零，故B錯誤；D．小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過程中，小球的動能不變，重力勢能減小，則小球的機(jī)械能減小，故D錯誤。故選A。2．如圖所示，輕彈簧左端固定，左端自然伸長于粗糙水平面上的點(diǎn)，小球從點(diǎn)以某初速向左運(yùn)動，被彈簧反彈后恰好返回至。則小球（）A．兩次經(jīng)過點(diǎn)時的速度大小相等B．向左經(jīng)過點(diǎn)的加速度小于向右經(jīng)過點(diǎn)的加速度C．向左運(yùn)動的時間等于向右運(yùn)動的時間D．壓縮彈簧過程所受彈力的沖量小于彈簧恢復(fù)形變過程所受彈力的沖量【答案】D【詳解】A．地面粗糙，從兩次經(jīng)過點(diǎn)，摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能減少，彈性勢能相同，動能減少，因此第二次經(jīng)過點(diǎn)時速度小，A錯誤；B．向左向右經(jīng)過點(diǎn)時，彈簧處于原長狀態(tài)，合外力等于摩擦力，因此加速度大小相等。B錯誤；C．OA段向左和向右過程加速度大小相等，位移大小相等，但向左運(yùn)動的平均速度大，因此向左時間短。彈簧壓縮，向左運(yùn)動時向右運(yùn)動時得位移大小相等，向左減速逆運(yùn)動是初速度為的勻加速運(yùn)動。因此向左的時間短，綜上得，向左運(yùn)動時間小于向右運(yùn)動的時間。C錯誤；D．壓縮彈簧過程和彈簧恢復(fù)形變過程彈力變化相同，壓縮彈簧時時間小，因此彈力沖量小，D正確。故選D3．如圖所示，光滑水平地面上并排放置著質(zhì)量分別為、的木板A、B，一質(zhì)量的滑塊C（視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度從A左端滑上木板，C滑離木板A時的速度大小為，最終C與木板B相對靜止，則（）A．木板B與滑塊C最終均靜止在水平地面上B．木板B的最大速度為2m/sC．木板A的最大速度為1m/sD．整個過程，A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少了57.5J【答案】D【詳解】ABC．整個系統(tǒng)水平方向動量守恒，C滑離木板A時解得木板A的最大速度為滑上B后，對B、C整體水平動量守恒解得木板B的最大速度為并且B、C一起勻速運(yùn)動，故ABC錯誤；D．整個過程，A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少了故D正確。故選D。4．如圖所示為清洗汽車用的高壓水槍。設(shè)水槍噴出水柱直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零。手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度可忽略不計(jì)，已知水的密度為ρ。下列說法正確的是（）A．高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為ρπvD2B．高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為C．水柱對汽車的平均沖力為ρD2v2D．當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，噴出的水對汽車的壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】D【詳解】AB．高壓水槍單位時間噴出水的質(zhì)量等于單位時間內(nèi)噴出的水柱的質(zhì)量，即故AB錯誤；C．水柱對汽車的平均沖力為F，由動量定理得即解得故C錯誤；D．高壓水槍噴出的水對汽車產(chǎn)生的壓強(qiáng)則當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼?倍，故D正確。故選D。5．如圖所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，底端與豎直墻壁接觸?，F(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設(shè)噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時鋼瓶底端對豎直墻面的作用力大小是（）A．ρvS B．C．ρv2S D．ρv2S【答案】D【詳解】Δt時間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm=ρSvΔt對于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動量定理得FΔt=Δmv－0解得F=ρv2S由牛頓第三定律，鋼瓶底端對豎直墻面的作用力大小F′=F=ρv2S故選D。6．如圖甲所示，輕彈簧下端固定在傾角為θ的光滑斜面底端，上端與物塊B相連，物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將物塊A置于斜面上B的上方某位置處，取物塊A的位置為原點(diǎn)O，沿斜面向下為正方向建立x軸坐標(biāo)系，某時刻釋放物塊A，A與物塊B碰撞后以共同速度沿斜面向下運(yùn)動，碰撞時間極短，測得物塊A的動能與其位置坐標(biāo)x的關(guān)系如圖乙所示，圖像中之間為過原點(diǎn)的直線，其余部分為曲線，物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，整個過程斜面固定不動，已知，，，E，則下列說法錯誤的是（）A．物塊A、B的質(zhì)量之比為B．彈簧的勁度系數(shù)為C．A與B碰撞后，A在位置處彈簧壓縮量為D．從到的過程中，彈簧的彈性勢能增加了【答案】C【詳解】A．由圖乙可知，物塊A與物塊B碰撞前的動能可得物塊A與物塊B碰撞前的速度物塊A與物塊B碰撞后的動能可得物塊A與物塊B碰撞后的速度物塊A與物塊B碰撞時間極短，根據(jù)動量守恒定律解得A正確；BC．彈簧上端與物塊B相連，物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)此時彈簧的形變量為，結(jié)合圖甲根據(jù)平衡條件可知由圖乙可知，當(dāng)AB一起運(yùn)動到時，此時彈簧的壓縮量為速度最大，此時彈簧對AB的彈力大小等于AB重力沿斜面的分力，即物塊A從O點(diǎn)運(yùn)動到位置的過程中，根據(jù)動能定理聯(lián)立解得B正確，C錯誤；D．物塊A與物塊B碰撞后，物塊A的動能為，根據(jù)A的分析可得碰后根據(jù)物塊B的動能為，物塊由運(yùn)動到過程中，根據(jù)能量守恒定律代入數(shù)據(jù)解得D正確；本題選錯誤項(xiàng)，故選C。7．如圖質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升到距B點(diǎn)所在水平線的最大高度為（不計(jì)空氣阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)），下列說法正確的是（）A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動C．小車向左運(yùn)動的最大距離為2RD．小球第二次在空中能上升到距B點(diǎn)所在水平線的最大高度一定大于【答案】D【詳解】A．小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，水平方向系統(tǒng)動量守恒，豎直方向小球有加速度，系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，在A點(diǎn)時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球運(yùn)動到B點(diǎn)時小球與小車水平方向共速，而系統(tǒng)水平方向動量為零，即此時小球與小車水平方向的速度均為零，所以小球離開小車后只具有豎直方向的速度，做豎直上拋運(yùn)動，故B錯誤；C．設(shè)小車向左運(yùn)動的最大距離為x，規(guī)定向右為正方向，系統(tǒng)水平方向動量守恒，在水平方向，由動量守恒定律得即解得故C錯誤；D．小球第一次從距A點(diǎn)h0下落運(yùn)動到點(diǎn)所在水平線的最大高度為處過程中，由動能定理得解得小球第二次在小車中運(yùn)動時，對應(yīng)位置處速度變小，小車對小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于，機(jī)械能損失小于，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于，而小于，故D正確。故選D。8．在做“驗(yàn)證動量守恒定律”實(shí)驗(yàn)時，入射球a的質(zhì)量為m1，被碰球b的質(zhì)量為m2，兩小球的半徑均為r，各小球的落地點(diǎn)如圖所示，下列關(guān)于這個實(shí)驗(yàn)的說法正確的是()A．入射球與被碰球最好采用大小相同、質(zhì)量相等的小球B．要驗(yàn)證的表達(dá)式是m1·ON=m1·OM+m2·OPC．要驗(yàn)證的表達(dá)式是m1·OP=m1·OM+m2·OND．要驗(yàn)證的表達(dá)式是m1(OP-2r)=m1(OM-2r)+m2·ON【答案】C【詳解】A．在此裝置中，應(yīng)使入射球的質(zhì)量大于被碰球的質(zhì)量，防止反彈或靜止，故A錯誤；BCD．若兩球碰撞過程中動量守恒，則碰撞后兩小球均做平拋運(yùn)動，高度相同，平拋運(yùn)動的時間相等，則所以應(yīng)驗(yàn)證的關(guān)系式為故C正確，BD錯誤。故選C。9．“獨(dú)竹漂”是一項(xiàng)獨(dú)特的黔北民間絕技。獨(dú)竹漂高手們腳踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如圖甲所示，在平靜的湖面上，一位女子腳踩竹竿抵達(dá)岸邊，此時女子靜立于竹竿A點(diǎn)，一位攝影愛好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過程的系列照片，并從中選取了兩張進(jìn)行對比，其簡化圖如下。經(jīng)過測量發(fā)現(xiàn)，甲、乙兩張照片中A、B兩點(diǎn)的水平間距約為1cm，乙圖中竹竿右端距離河岸約為1.8cm。照片的比例尺為1:40。已知竹竿的質(zhì)量約為25kg，若不計(jì)水的阻力，則該女子的質(zhì)量約為（）A．41.5kg B．45kg C．47.5kg D．50kg【答案】B【詳解】對人和竹竿組成的系統(tǒng)，可看成人船模型，所以代入數(shù)據(jù)可得人的質(zhì)量為故選B。10．某同學(xué)在氣墊旁加裝了位置感應(yīng)器（可以將任一時刻該滑塊與某點(diǎn)的距離記錄下來），兩滑塊A、B在氣墊導(dǎo)軌上（摩擦力可忽略不計(jì)）發(fā)生正碰，該同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)描繪出碰撞前后滑塊A、B的位移-時間圖像如圖所示。若已知物塊A的質(zhì)量，則關(guān)于物塊B的質(zhì)量（

）A．無法確定 B．205g C．199g D．300g【答案】D【詳解】碰前A的速度B的速度碰后AB共同速度碰撞滿足動量守恒，即解得故選D。二、多選題11．在光滑水平地面上放一個內(nèi)側(cè)帶有光滑弧形凹槽的滑塊M，小物塊m位于滑塊的凹槽內(nèi)，如圖所示．則在小物塊沿凹槽下滑的過程中（）A．m、M組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．M對m做負(fù)功C．m、M組成的系統(tǒng)動量守恒 D．M對m的作用力的沖量為0【答案】AB【分析】根據(jù)動量守恒及機(jī)械能守恒的條件可得出動量是否守恒、機(jī)械能是否守恒，再隔離分析可知相互做功情況及沖量的大小．【詳解】A．由于整體系統(tǒng)只有重力做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；B．在運(yùn)動過程中，由于M向右運(yùn)動，動能增加，故m對M做正功，則M對m做負(fù)功，故B正確；C．由于M、m在豎直方向受重力，合外力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒，故C錯誤；D．M對m作用力不為零，則經(jīng)過一段時間后，沖量不為零，故D錯誤。故選AB。【點(diǎn)睛】本題要注意根據(jù)功能關(guān)系去分析是否做功；同時必須明確系統(tǒng)動量守恒但水平方向可以認(rèn)為動量守恒。12．質(zhì)量M=3kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動。質(zhì)量為m=2kg的小球（視為質(zhì)點(diǎn)）通過長L=0.75m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)給小球一個v0=3m/s的豎直向下的初速度，取g=10m/s2。則（

）A．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.3mB．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.5mC．小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.27mD．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.54m【答案】AD【詳解】AB．設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運(yùn)動了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向動量守恒，有解得x=0.3m故A正確；B錯誤；C．設(shè)小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為h，此時m與M的共同速度為v。根據(jù)水平動量守恒得0=(m+M)v根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得解得h=0.45m故C錯誤；D．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過程中，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右移動的距離為y。由幾何關(guān)系可得，m相對于M移動的水平距離為根據(jù)水平動量守恒得解得y=0.54m故D正確。故選AD。13．某同學(xué)質(zhì)量為60kg，在軍事訓(xùn)練中要求他從岸上以大小為2m/s的速度跳到一條向他緩緩飄來的小船上，然后去執(zhí)行任務(wù)，小船的質(zhì)量是140kg，原來的速度大小是0.5m/s，該同學(xué)上船后又跑了幾步，最終停在船上．則（）A．人和小船最終靜止在水面上B．該過程同學(xué)的動量變化量為105kg·m/sC．船最終的速度是0.95m/sD．船的動量變化量是105kg·m/s【答案】BD【詳解】AC．規(guī)定人原來的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)人上船后，船與人共同速度為v，由題意，水的阻力忽略不計(jì)，該同學(xué)跳上小船后與小船達(dá)到同一速度的過程，人和船組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，則由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得方向與人的速度方向相同，與船原來的速度方向相反，A錯誤，C錯誤；B．人的動量的變化為負(fù)號表示方向與選擇的正方向相反；故B正確；D．船的動量變化量為故D正確。故選BD。14．如圖所示，三小球a、b、c的質(zhì)量都是m，放于光滑的水平面上，小球b、c與水平輕彈簧相連且處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球c右側(cè)有一固定擋板?，F(xiàn)讓小球a以速度向右運(yùn)動，碰后與小球b黏在一起，a、b兩小球碰撞時間極短，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，撤去擋板，則下列說法中正確的是（）A．撤去擋板前，三小球及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能不守恒B．彈簧的被壓縮到最短時，其彈性勢能為C．撤去擋板后，三個小球及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒D．在此后的運(yùn)動過程中，小球c的最大速度大小為【答案】BCD【詳解】A．撤去擋板前，三小球及彈簧組成的系統(tǒng)合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，系統(tǒng)中只有彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯誤；B．小球a、b碰后黏在一起，根據(jù)動量守恒有可得小球a、b碰后黏在一起的速度為根據(jù)能量守恒可知彈簧的被壓縮到最短時，其彈性勢能的增加量等于小球a、b動能的減少量，為故B正確；C．撤去擋板后，三個小球及彈簧組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)中只有彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故C正確；D．撤去擋板后，根據(jù)動量守恒有能量守恒有解得小球c的最大速度大小為故D正確。故選BCD。15．四個水球可以擋住一顆子彈！如圖所示，是《國家地理頻道》的實(shí)驗(yàn)示意圖，直徑相同（約30cm左右）的4個裝滿水的薄皮氣球水平固定排列，子彈射入水球中并沿水平線做勻變速直線運(yùn)動，恰好能穿出第4個水球，氣球薄皮對子彈的阻力忽略不計(jì)。以下判斷正確的是（）A．子彈在每個水球中的速度變化量相同B．每個水球?qū)ψ訌椀臎_量相同C．子彈穿過第1個水球與穿過第4個水球的時間之比為D．子彈穿出第3個水球的瞬時速度與全程的平均速度相等【答案】CD【詳解】A．子彈做勻減速運(yùn)動，通過相同位移的時間逐漸增大，所以子彈在每個水球中運(yùn)動的時間不同，而加速度相同，由知，子彈在每個水球中的速度變化量不同，選項(xiàng)A錯誤；B．由知，f不變，t不同，則每個水球?qū)ψ訌椀臎_量不同，選項(xiàng)B錯誤；C．子彈的運(yùn)動可看做反向的初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，對于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，通過連續(xù)相等位移的時間之比為，可知子彈穿過第1個水球與穿過第4個水球的時間之比為，選項(xiàng)C正確；D．子彈恰好能穿出第4個水球，則根據(jù)C項(xiàng)分析知子彈穿過第4個水球的時間與子彈穿過前3個水球所用的時間相同，則子彈穿出第3個水球時的瞬時速度即為中間時刻的速度，與全程的平均速度相等，選項(xiàng)D正確。故選CD。三、實(shí)驗(yàn)題16．某小組用如圖1所示的裝置驗(yàn)證動量守恒定律。（1）關(guān)于橡皮泥在本實(shí)驗(yàn)中的作用，下列說法正確的是A．改變小車的質(zhì)量B．在兩車碰撞時起到緩沖作用，防止撞壞小車C．若在兩個小車的碰撞端分別貼上尼龍搭扣（魔術(shù)貼），可起到相同的作用（2）關(guān)于實(shí)驗(yàn)的操作，下列說法正確的是A．實(shí)驗(yàn)前應(yīng)微調(diào)木板的傾斜程度，使小車P能靜止在木板上B．接通打點(diǎn)計(jì)時器電源后，應(yīng)將小車P由靜止釋放C．與小車P碰撞前，小車Q應(yīng)靜止在木板上的適當(dāng)位置D．加砝碼以改變小車質(zhì)量再次實(shí)驗(yàn)，必須再次調(diào)整木板傾角（3）打點(diǎn)計(jì)時器每隔0.02s打一次點(diǎn)，實(shí)驗(yàn)得到的一條紙帶如圖2所示，已將各計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的距離標(biāo)在圖上。則小車P碰撞前的速度為m/s。（計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）（4）測得小車P的總質(zhì)量為m，小車Q的總質(zhì)量為，圖2中AB、BC、CD、DE四段長度分別為、、、，為了驗(yàn)證動量守恒定律，需要驗(yàn)證的表達(dá)式是。（用題中所給物理量符號表示）（5）某同學(xué)發(fā)現(xiàn)系統(tǒng)碰后動量的測量值總是大于碰前動量的測量值，可能的原因是。（寫出一條即可）【答案】CC1.63木板傾角過大（碰前小車Q具有沿軌道向下的速度）【詳解】（1）[1]在碰撞過程中，橡皮泥在本實(shí)驗(yàn)中的作用是使碰撞后兩車粘連在一起。故選C。（2）[2]A．實(shí)驗(yàn)前應(yīng)微調(diào)木板的傾斜程度，使小車P能在木板上勻速直線運(yùn)動，平衡摩擦力，故A錯誤；B．接通打點(diǎn)計(jì)時器電源后，小車P勻速運(yùn)動，故釋放時需有一定的初速度，故B錯誤；C．與小車P碰撞前，小車Q應(yīng)靜止在木板上，保證碰撞前速度為0，且位置要適當(dāng)，保證可以測量出小車P的碰前速度，故C正確；D．加砝碼以改變小車質(zhì)量再次實(shí)驗(yàn)，不需要再次調(diào)整木板傾角，故D錯誤。故選C。（3）[3]碰撞前的速度應(yīng)該選擇BC段求平均速度，則（4）[4]為碰撞后二者的運(yùn)動距離，則根據(jù)動量守恒定律可得解得（5）[5]由上述可知若系統(tǒng)碰后動量的測量值總是大于碰前動量的測量值，則說明碰撞前Q不是處于靜止?fàn)顟B(tài)，故碰前小車Q具有沿軌道向下的速度。17．“驗(yàn)證動量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，即研究兩個小球在軌道水平部分末端碰撞前后的動量關(guān)系。已知入射小球A和被碰小球B的質(zhì)量分別為、。①本實(shí)驗(yàn)中，要求滿足的條件不必要的是（填選項(xiàng)前的序號）。A．斜槽軌道必須是光滑的B．斜槽軌道末端的切線是水平的C．入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速釋放D．入射球與被碰球質(zhì)量要滿足②實(shí)驗(yàn)中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通過測量（填選項(xiàng)前的序號），間接地解決這個問題。A．小球開始釋放的高度hB．小球拋出點(diǎn)距地面的高度HC．小球做平拋運(yùn)動的水平射程③在誤差允許范圍內(nèi)，要驗(yàn)證的兩個小球碰撞前后動量守恒方程式是?！敬鸢浮緼C【詳解】（1）[1]A．“驗(yàn)證動量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，是通過平拋運(yùn)動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度，只要離開軌道后做平拋運(yùn)動，對斜槽是否光滑沒有要求，故A錯誤；B．要保證每次小球都做平拋運(yùn)動，則軌道的末端必須水平，故B正確；C．要保證碰撞前速度相同，所以每次入射球都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確；D．為了保證小球碰撞是對心碰撞，且碰后不反彈，要求故D正確。本題選不正確的，故選A。[2]要驗(yàn)證動量守恒，則驗(yàn)證小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動，它們拋出點(diǎn)高度相等，在空間的運(yùn)動時間相等，有即可知直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通過測量小球的水平位移代替初速度。故選C。[3]在誤差允許范圍內(nèi)，要驗(yàn)證的兩個小球碰撞前后動量守恒方程式是四、解答題18．如圖所示、在光滑水平面上，兩個物體的質(zhì)量都是m，碰撞前一個物體靜止，另一個以速度v向它撞去。碰撞后兩個物體粘在一起，成為一個質(zhì)量為2m的物體，以一定速度繼續(xù)前進(jìn)。求：（1）碰撞后物體的速度大小；（2）碰撞后該系統(tǒng)的總動能損失△Ek；【答案】（1）；（2）【詳解】（1）根據(jù)動量守恒定律，有解得（2）碰撞前總動能碰撞后總動能碰撞過程中總動能損失19．如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道ABD固定在地面上，AD為圓的水平直徑，A點(diǎn)正上方高2R處有一質(zhì)量為m的小球P，在D點(diǎn)正上方高2R處有一個質(zhì)量為2m的小球Q；先釋放小球Q，當(dāng)小球Q運(yùn)動到A點(diǎn)時，釋放小球P，兩球在空中沿豎直方向發(fā)生正碰，碰撞后小球P剛好能上升到開始釋放的位置，兩球碰撞過程相互作用力遠(yuǎn)大于球的重力，重力加速度為g，不計(jì)兩小球的大小，求；（1）小球Q第一次運(yùn)動到軌道A點(diǎn)時速度大?。唬?）兩球碰撞前瞬間小球P的速度大小和碰撞過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能為多少?！敬鸢浮浚?）；（2），【詳解】（1）設(shè)小球Q第一次運(yùn)動到軌道A點(diǎn)時速度為，由動能定理得解得（2）由機(jī)械能守恒可知，兩球碰撞時，速度大小相等，設(shè)碰前瞬間P速度為v，有解得兩球在空中沿豎直方向發(fā)生正碰，碰撞后小球P剛好能上升到開始釋放的位置，兩球碰撞過程相互作用力遠(yuǎn)大于球的重力，則碰撞后小球P的速度也為v，設(shè)碰后Q速度為則解得兩球碰撞過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能為20．如圖所示，兩塊長度均為的木塊A