新教材2021-2022学年高中物理粤教版选择性必修第一册全册测评.docx

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1、第一章动量和动量守恒定律第一节冲量动量课后篇巩固提升必备知识基础练1 .下列物理量中,属于矢量的是（）A.功B.动能C.动量D.质量解桐功、动能和质量都只有大小没有方向,是标量,选项A、B、D错误;动量既有大小,又有方 向,是矢量,选项C正确.2 .（2021河北昌黎汇文二中高一期末）关于动量,下列说法正确的是（）A.速度大的物体,它的动量一定也大B.动能大的物体,它的动量一定也大C.只要物体运动的速度大小不变,物体的动量也保持不变D.质量一定的物体,动量变化越大,该物体的速度变化一定越大廨析|物体的动量片/nv,速度大,可能质量小,所以其动量不一定大,A错误;由延k知,因为 质量关系不知道,

2、故动能大的物体,动量不一定大,B项错误;动量是矢量,速度大小不变,但方向 可能变化,故其动量可能变化,C错误;根据可知,物体的质量一定,动量变化越大,则速 度变化一定越大,D正确.3 .放在水平地面上的桌子质量为叽个小孩用大小为尸的水平推力推了时间桌子始终不动, 那么时间内,推力的冲量大小是（）AEB.mgtC.OD.无法计算錘A4 .（2021安徽高二月考）如图所示,个人坐在摩天轮中做匀速圆周运动，运动一周的过程中,下列说法正确的是（）A.人的动量一直变化,动能始终不变B.人的动能一直变化,动量始终不变C.人的动量和动能始终不变D.人的动量和动能一直变化函A人做匀速圆周运动时,速度大小不变,

3、方向时刻变化,动量的方向与速度方向相同,故人的 动量一直变化,动能为标量,由&=2可知,人的动能始终不变,故选A.A.4 kg m/sC.20 kg-m/sB.12 kg-m/sD.24 kg-m/s5.(多选)(2021甘肃天水高二期末)质量为3 kg的物体在水平面上做直线运动,若速度大小由2 m/s变成6 m/s,那么在此过程中,动量变化量的大小可能是()|答案|bd解析(若两速度方向相同,则动量的变化量为p=zVr/MVo=3x6kg-m/s-3x2kgm/s=12kg-m/s,若 两速度方向相反,以末速度方向为正方向,则动量的变化量为 p=Mjvwnvo=3x6kg-m/s-(-3x2

4、)kg-m/s=24kg-m/s,故选 B、D.6 .在倾角为37、足够长的斜坡上,有一质量为50 kg的运动员沿斜坡下滑,滑雪板与斜坡间 的动摩擦因数 =0.2,g取10m/s2,sin37 =0.6,cos 37 =0.8,求在运动员下滑2 s的时间内,运 动员所受各的冲量和合力的冲量.答案|见解析解树运动员沿斜坡下滑的过程中,受重力、支持力和摩擦的作用.重力的冲量，G=Gr=wgf=50x 10x2N-s=1 OOONs方向竖直向下支持力的冲量 =片/ngcos37 7=50x10x0.8x2N-s=800N-s,方向垂直于斜面向上摩擦的冲量!f=ft=fimgcosiT, 1=0.2x

5、50xl0x0.8x2Ns=160Ns,方向沿斜面向上滑雪运动员受到的合力F6=，gsin9-wgcose=220N合力的冲量/=買=440N-s,方向沿斜面向下.7 .解答以下两个小题:(1)质量为2 kg的物体,速度由4 m/s增大为8 m/s,它的动量和动能各增大为原来的几倍?动量 变化量的大小为多少?(2)A物体质量是2 kg,速度是2 m/s,方向向东;B物体质量是3 kg,速度是3 m/s,方向向西.它们 的动量的矢量和是多少?它们的动能之和是多少?gg( 1)动量增大为原来的2倍,动能增大为原来的4倍,8 kg-m/s(2)5 kg-m/s 方向向西 17.5 J解析由动量定义式

6、可知,速度由4m/s增大为8m/s,它的动量增大为原来的2倍,由动1能定义式仇二Z可知,它的动能增大为原来的4倍;动量变化量为p=mv2-mv =(2x8-2 x4)kg-祈=8kg-m/s.(2)动量为矢量,取向西为正方向,则A物体的动量为7?A=-2x2kg-m/s=-4kg-m/sB 物体的动量为 pfi=3x3kg-m/s=9kg-m/s它们的动量的矢量和是=A+B=(-4+9)kg-m/s=5kg-m/s,方向向西;D2+;动能为标量,则它们的动能之和是反二mAniB =17.51关键能力提升练60（多选）（2021山东青岛二中期中）如图所示,质量为m的小猴子在荡秋千,小猴子用水平力

7、F缓 慢将秋千拉到图示位置后由静止释放,此时藤条与竖直方向夹角为60 ,小猴子到藤条悬点 的长度为厶,忽略藤条的质量与空气阻,重力加速度为g.在此过程中下列判断正确的是 （ ）A.小猴子到达最低点时的动量大小为0B.小猴子到达最低点时的动量大小为my/glC.小猴子从由静止释放到运动到最低点的过程,重力的冲量为零D.小猴子从由静止释放到运动到最低点的过程,藤条拉力的冲量不为零 答案BD小猴子从由静止释放到运动到最低点的过程,根据动能定理mgL（ 1 -cos60 ）=2，v2,解得=3动量等于质量乘以速度,故动量大小为团X/9A错误,B正确;冲量等于乘以时间,故 两个力的冲量都不为零,C错误,

8、D正确.9.（2021北京四中月考）个物体受到的拉力随时间变化的图像如图所示,则1.5 s内拉力的冲量大小为（B.1.2N-SD.无法计算A.2.4 N-sC.3.0 N-s 歯A 解画根据时间图像与时间轴所围的面积表示冲量,可得冲量大小为2.4N-S,A正确.（2021天津權华中学月考）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 斜面由静止自由滑下,到达斜面底端的过程中,两个物体具有的物理量相同的是（） A.重力的冲量B.弹的冲量C.刚到达底端时的动量D.以上几个量都不同WWp物体在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动,加速度=gsin夕,所用时间I= I,= It=。,叩中教

9、屮斜面的夹角不同,故所用时间不同,重力的冲量/=mg/不相等,人 错误;冲量是矢量,而两物体所受弹的方向不同,故弹的冲量不同,B错误;由于到达斜面底 端的速度方向不同,所以此时的动量也不相同,C错误;综上所述,D正确.11.网上，、（5（）（2021安徽高二月考）如图所示,皮带在电动机的带动下保持v=l m/s的恒定速度向右运动.现 将质量,=1 kg的物体由静止轻放在皮带上,物体和皮带间的动摩擦因数=0.5.设皮带足够 长,g取10 m/s2,在物体与皮带发生相对滑动的过程中,皮带对物体的冲量大小为（）A.l N-sB.2N-SC.3 N-sD.遅 N-sHd解树物体在皮带上受到的滑动摩擦f

10、=ftmg=5 N,加速度a =g=5 m/s：,物体与皮带发生相对滑动的时间f=0.2s,摩擦对物体的冲量=lN-s,支持力的冲量/N=FNf=，gf=2N-S,故皮带对物体的冲量/=n-s,D正确.如图所示,竖直面内有一个固定圆环,MN是它在竖直方向上的直径.两根光滑滑轨MP、QN的 端点都在圆周上,MPQV.将两个完全相同的小滑块。、分别从M、。点无初速度释放,在它 们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中,下列说法正确的是（） A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.两滑块的动量变化大小相同D.弹对a滑块的冲量较小歯小滑块受重力和支持力作用,将重力沿轨道的方向和垂直滑

11、轨的方向正交分解,根据牛 顿第二定律得,小滑块做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a=gsin优为滑轨与水平 方向的夹角）,由直角三角形PMN可知,小滑块的位移s=2/?sin。,所以叵 _ l2x2Rsin0 _ 歴 r 9sine -与无关,即，尸,小滑块受到的合力等于重力沿轨道方向的分力, 即gsinO,所以合力的冲量大小为川gsin。七由图可知MP与水平方向之间的夹角大,所以沿 MP运动的a球受到的合力的冲量大.故A错误;重力的冲量为砲gf,由于运动的时间相等,所以 重力的冲量大小相等,故B错误;根据动能定理知,沿MP运动的a滑块重力做功多,运动到底 端的速度大,所以a滑块的动量变化

12、大,故C错误;弹的冲量为mgcosQr,由图可知与水平 方向之间的夹角大,所以a滑块的弹的冲量小,故D正确.13.中国女排为国家获得了很多的荣誉,女排精神激励青少年努力拼搏,为国争光.如图所示为女 排运动员将质量为胆=0.26 kg的排球水平击出的照片,排球飞出时距水平地面高=2.45 m,以vo=20 m/s的水平速度飞出,不计空气阻,g取!0 m/s2.求:(1)飞出后0.4 s内重力对排球的冲量;(2)排球落地时的动量大小.惓案11)1.04 N.s方向竖直向下(2)3.38 kg-m/s解析( 1)重力是恒,0.4s内重力对排球的冲量/=侬=0.26x 10xO.4N-s=1.04N-

13、s,方向竖直向 下.(2)排球落地时竖直分速度为岭=，2g/i=7m/s由速度合成知,落地速度u02 + 丫2 = -72 +120v=m/s=13m/s所以排球落地时的动量大小为p=/nv=3.38kg m/s.第一章动量和动量守恒定律 第二节动量定理 课后篇巩固提升但必备知识基础练1 .(多选)水平抛出在空中飞行的物体,不计空气阻,则() A.在相等的时间间隔内动量的变化相同B.在任何时间内,动量的变化方向都在竖直方向C.在任何时间内,动量对时间的变化率恒定D.在刚抛出的瞬间,动量对时间的变化率为零矗ABC解樹水平抛出的物体所受的合力为重力,则相等时间内重力的冲量相等,根据动量定理知,动

14、量的变化相同,故A正确;合力的冲量等于动量的变化量,合力冲量的方向竖直向下,则动量变些化的方向竖直向下,故B正确;根据动量定理有nigA/=Ap,则动量的变化率g即动量的变 化率恒定,等于重力,故C正确,D错误.2 .篮球运动深受同学们的喜爱,打篮球时某同学伸出双手接传来的篮球,双手随篮球迅速收缩至 胸前,如图所示.下列说法正确的是（）A.手对篮球的作用大于篮球对手的作用B.手对篮球的作用与篮球对手的作用力是对平衡C.这样做的目的是减小篮球动量的变化量D.这样做的目的是减小篮球对手的冲击拜D解树手对篮球的作用与篮球对手的作用大小相等,方向相反,是对作用与反作用, 故A、B错误;先伸出两臂迎接,

15、手接触到球后,双手随球收缩至胸前,这样可以增加球与手接触mv的时间,根据动量定理得一Ff=O-mv,解得=,当时间增大时,球动量的变化率减小,作用减小,而冲量和动量的变化量都不变,故C错误,D正确.3.（202I广东广州第四中学高二月考）下图是颗质量m=50 g的子弹匀速射过张扑克牌的 照片,子弹完全穿过张扑克牌所需的时间”约为1.0x10%,子弹的真实长度为2.0 cm（扑克 牌宽度约为子弹长度的4倍）,若子弹以相同初速度经时间=1.0x10-3 s射入墙壁,则子弹射入 墙壁时,对墙壁的平均作用约为（）A.SxKN C.SxKN 函AB.4x104ND.4x105N/+415x2.0x10-

16、2I子弹的速度为v=厶 1X1L m/s=lxio3m/s,设墙壁对子弹的平均作用为尸,则mA 50x10-3x(0-1x103)解得=打10x10N=-5xl（y*N,方向与子弹的运动方向相反,根据牛顿第三定律得,子弹对墙壁的平均作用大小为5X104N.故选A.4.（2021河北邢台高二月考）高空抛物罪自2021年3月1日起正式加入刑法.若一个直径约为 8 cm、质量约为200 g的西红柿从一居民楼的15层坠落在水泥地面上,西红柿与地面的作用 时间可以用西红柿的直径除以西红柿着地时的速度来近似计算,则该西红柿对水泥地面产生 的冲击约为（）A.20 NB.200 NC.2 000 ND.20

17、000 Nggc假画取竖直向下为正方向,由题意可知,西红柿下落的高度约为/z=45m,设西红柿撞击地面前瞬间速度为v,由=2g,解得v=30m/s,与地面作用的时间为Ar=v30s=375$,设西红柿撞击地面的过程中,地面对西红柿的撞击大小为,由动量定理（mg-F）加=0-，切,代入数据得 尸=2252N,根据牛顿第三定律,地面对西红柿的撞击力与西红柿对地面的撞击大小相等,方 向相反,故西红柿对地面的撞击约为2252N,故选C.（2021河北辛集第一中学高二月考）学校科学晚会上,科技制作社团表演了“震撼动量球实验. 在互动环节,表演者将球抛向观众,让其感受碰撞过程中的.假设质量约为3 kg的超

18、大气球 以3 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0.1 s.忽略气球所受浮力及空气阻,g取10 m/sz.则观众双手受的压为（）A.150NB.180NC.210ND.240 Nggc解析!取竖直向下为正方向,对气球由动量定理有代入数据解得=210N,由 牛顿第三定律可知,观众双手受到的压为210N,故C正确._224质量为m的物体沿平直的路面做直线运动,其速度一时间图像如图所示.则此物体在070和 m2时间内受到的合力冲量分别为（）A.O -2/nvoB./nvo 0C.O 2/wvoD.2/nvo 0答案解析|物体在OTo时间内初速度和

19、末速度均为物,根据动量定理得合力冲量=0;物体在fo-2/o 时间内初速度为,末速度为-%,根据动量定理得合力冲量=-2m选项A正确.7 .(2021河北邢台高二月考)乒乓球是种世界流行的球类体育项目.某运动员在某次击球中, 将以环=90 km/h的速度飞来的乒乓球以v2=162 km/h的速度反向击回.已知乒乓球的质量 加=2.60 g,击球过程中乒乓球对球拍的平均作用大小F=25 N,不考虑乒乓球的旋转,求: (1)击球过程中乒乓球的动能变化量Ak;(2)击球过程中乒乓球的动量变化量P及乒乓球与球拍的作用时间厶曆氨 1)1.82 J(2)0.182 kg.m/s,方向与乒乓球击球后的运动方

20、向相同?.28 ms解析!(1)设乒乓球的初动能为瓦|,末动能为反2,则有，巧2Ek尸|wv22Ek2 =AEk=Ek2-Eki解得 AEk=1.82J.(2)以乒乓球击球后的运动方向为正方向,设乒乓球的初动量为pi,末动量为2,乒乓球与 球拍间的作用远大于乒乓球受到的重力,所以重力可以忽略不计,根据动量定理有p=mvP2=mv2P=P2-PiFAr=Ap解得 Ap=O. 182kg-m/s,Ar=7.28ms.V2(2021黑龙江大庆实脸中学高一期中)如图所示,足够长的传送带以恒定的速率环逆时针运动, 质量为的物块以大小为V2的初速度从传送带的P点冲上传送带,从此时起到物块再次回 到尸点的过

21、程中,下列说法正确的是()A.合力对物块的冲量大小一定为mv +mv28 .合力对物块的冲量大小一定为2mv2C.合力对物块的冲量大小可能为零D.合力对物块做的功可能为零解树如果也P2,根据对称性,物体再回到P点时的速度仍为吸,根据动量定理,合力对物块的冲 量为2/nv2,A错误;如果iV2,物体再回到P点时的速度为,根据动量定理,合力对物块的冲 量为mv +mv2,B错误;由于物体运动的速度方向发生变化,即动量一定会发生变化,合力冲量一定不会等于零,C错误;如果v尸,回到尸点时,物体的动能没有发生变化,根据动能定理,合力 对物块做的功为零,D正确.9 .（2021江苏常熟中学高二月考）物体A

22、和8用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动,如图甲所示4 的质量为m,B的质量为M.当连接A、B的绳忽然断开后,物体A上升经某位置时的速度大 小为心,这时物体B下落速度大小为四,如图乙所示.这段时间里,弹簧的弹对物体A的冲量 为（）回1% 乙甲mMB.mvA-MvnD+J 6A./tzvaC.tnvMvB 謂D解析!设B从绳断到下落速度为乐的过程所用时间为以向上为正方向,根据动量定理,对物体 A有/-/ngf=mvA,对物体8有-A/g/=-MvB,联立得弹簧的弹对物体A的冲量为/=+故 D正确.如图所示为清洗汽车用的高压水枪.设水枪喷出水柱直径为。，水流速度为水柱垂直汽车表 面,冲击汽车后水的速度为

23、零.高压水枪的质量为M,手持高压水枪操作,进入水枪的水流速度 可忽略不计,己知水的密度为P.下列说法正确的是（）A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为pnvD1F_脑B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为丫C.水柱对汽车的平均冲为。VD.当高压水枪喷的出水速度变为原来2倍时,压强变为原来的4倍渾D解画高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量,即D二兀解得兀y202,选项错误;高压水枪对车产生的压强p=S。=V2,则当 高压水枪喷的出水速度变为原来2倍时,压强变为原来的4倍,选项D正确. 11. 1,O=pV=/J兀4 V=兀V。2,故A、B错误;设水柱对车的平均冲为,由动量定理得

24、即为估算雨水对伞面产生的平均撞击,小明在大雨天将一底面为长方形的笔筒置于露台,笔筒 底面积为20 cm2(筒壁厚度不计),测得1 min内杯中水位上升了 40 mm,当时雨滴竖直下落速 度约为10 m/s.若雨滴撞击伞面后沿着伞面流下,雨水的密度约为1 X103 kg/m,伞面的面积约为 0.8 n?,据此估算当时雨水对伞面的平均撞击为(雨水重力可忽略)()A.0.5 NB.1.5 N C.2.5 N D.5 N牽D解画根据动量定理尸匕在Imin时间内,撞到伞上的水的质量mv _ 32x10 m=2/15=1x103x40x10-3x0.81=321,可知雨水受到的平均撞击力=60 N=5N,

25、根据牛顿第三定律可知,雨水对伞面的平均撞击为5N,D正确.12.(2021山东潍坊诸城高二期中)在粗糙的水平面上静止一个质量为1.5 kg的物体,=0时刻受到 水平向右拉力F的作用,从静止开始做直线运动,拉力随时间变化如图所示,物体与地面的动摩擦因数为0.4,重力加速度g取10 m/s最大静摩擦力等于滑动摩擦.求:在0-6 s时间内拉F的冲量;(2)物体在t=6 s时的速度大小.儕期1)39 Ns,方向水平向右(2)4 m/s解析随时间变化的图像与时间轴所围面积为b的冲量,则1 1/f=2x(3 +9)x4Ns+x(6+9) x2N-s=39N-s,方向水平向右.(2)物体受到的最大静摩擦为f

26、=,ng=6N由题图可知=2s时拉力等于最大静摩擦,物体开始滑动,在26s内拉力和摩擦的冲 量分别为M= x(6+9)x2Ns+x(6+9)x2Ns=30N-s=_24N-s设r=6s时的速度为%由动量定理可知I 合二/L+mv-0解得 v=4m/s.第一章动量和动量守恒定律第三节动量守恒定律第1课时动量守恒定律课后篇巩固提升1.如图所示,光滑水平面上有一质量为如的小车A,其上面有一个质量为W2的物体B正在沿粗 糙曲面下滑.对A和B两个物体组成的系统,下列说法正确的是（）A.A受到的重力是内力B.8受到的摩擦是内力C.8对A的压是外力D.地面对A的支持力是内力答剽B解梱只要是两个物体之间的作用

27、就是内力,外部对两个物体的作用就是外力,B正确,A、 C、D错误.2 .（2021安徽蚌埠二中高二期中）关于动量守恒的条件,下列说法正确的是（）A.只要系统内存在摩擦,动量不可能守恒B.只要系统受外力做的功为零,动量守恒C.只要系统所受到合外力的冲量为零,动量守恒D.系统加速度为零,动量不一定守恒 flc解相只要系统所受合外力为零,系统动量就守恒,与系统内是否存在摩擦无关,故A错误;系 统受外力做的功为零,系统所受合外力不一定为零,系统动量不一定守恒,如用绳子拴着个 小球,让小球做匀速圆周运动,小球转过半圆的过程中,系统外力做功为零,但小球的动量不守 恒,故B错误;力与力的作用时间的乘积是的冲

28、量,系统所受到合外力的冲量为零,则系统受 到的合外力为零,系统动量守恒,故C正确;系统加速度为零,由牛顿第二定律可得,系统所受合 外力为零,系统动量守恒,故D错误.3 .ZZZZZZ ZZZZZ* 如图所示,小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上,现有一男孩站在小车上用向右迅速 推出木箱,关于上述过程,下列说法正确的是（）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ggc翹由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒,A、B错 误,C正确;木箱的动量増量与男孩、小车

29、的总动量增量大小相等,方向相反,D错误.斜面体A置于光滑水平地面上,滑块B沿光滑斜面下滑,如图所示.在滑块下滑的过程中（不计 空气阻）,对斜面与滑块组成的系统,下列说法正确的是（）A.系统动量守恒B.系统在竖直方向上动量守恒C.系统在水平方向上动量守恒D.系统动量守恒,机械能守恒ggc庭画在B下滑的过程中,B在竖直方向上有向下的加速度,所以系统在竖直方向上所受合外力 不为零,则系统在竖直方向上动量不守恒;但系统在水平方向不受力,所以系统在水平方向上 动量守恒;整个过程只有8的重力做功,故系统的机械能守恒.故选C.5.一枚火箭搭载着卫星以速率由进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离.已知前

30、部 分的卫星质量为利,后部分的箭体质量为微,分离后箭体以速率沿火箭原方向飞行,若忽略 空气阻及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率V!为（）A.VQ-V2B.Vq+V2n12m2m】m1C.Vo- V2D.Vo+ （V0-V2）ggD解桐以火箭原运动方向为正方向,根据动量守恒定律有（如+机2）所用I+加22,可得 在某次冰壶投掷中,我方冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方静止的冰壶发生碰撞, 碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行.若两冰壶质量相等,规定向前运动的方向为正方 向,则碰后我方冰壶获得的速度为()rr12vi=vo+ （一2）,故选D.6.A.0.1 m/sB

31、.-0.1 m/sC.0.7 m/sD.-0.7 m/sfA解柯设冰壶质量为碰后我方冰壶速度为打,由动量守恒定律得“0二加U+?%,解得vx=0.1 m/s, 故选项A正确.如图所示,质量为3m的足够长的木板C静止在光滑水平面上,质量均为m的两个小物块A、 8放在C上.现同时对A、8施加水平向右的瞬时冲量，和2/,使A、8分别获得初速度,若A、 B与C之间的接触面不光滑,求最终A、B、C的共同速度.31 庭5m,方向向右VB,隆同时对A、8施加水平向右的瞬时冲量/和2/后,设A、8获得的初速度分别为屮和 则对小物块A,由动量定理得/二吹对小物块8,由动量定理得2I=mBvB-0设最终A、B、。

32、的共同速度为,则对A、8、。组成的系统,由动量守恒定律得加8=(+机8+桃。)31联立解得=5m,方向向右 8.(2021河南林州一中月考)人站在滑板A上,以如=4 m/s的速度沿光滑水平面向右运动.当靠 近前方的横杆时,人相对滑板竖直向上起跳越过横杆从横杆下方通过,与静止的滑板B发生 碰撞并粘在一起,之后人落到B上,与滑板起运动.已知人、滑板A和滑板B的质量分别为m 人=60 kg、姉=10 kg 和 mtb=30 kg,求:(1)A、8碰撞过程中工对8的冲量的大小和方向;(2)人最终与滑板的共同速度的大小.答案k)30 N.s水平向右(2)2.8 m/s解析!(1)A、8碰撞过程中,由动量

33、守恒定律得 UVo=(wa+ib)vi解得 V1 = 1 m/s由动量定理得对B的冲量/=m8Vi=30N-s,方向水平向右.(2)对人、4、8组成的系统进行全过程分析,由动量守恒定律得(m A+niA)vo=(w 人+，a+%b)v解得 v=2.8m/s.关键能力提升练9.（2021江苏常州期中汝口图所示,质量为M的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒 内放有一个质量为m的物体.某时刻给物体个水平向右的初速度o,则在物体与盒子前、后 壁多次往复碰撞后（）A.两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等mvQC.盒子的最终速度为M,方向水平向右mvQD.盒子的最终速度为M+m,方向水平向右

34、答案DmvQ解析!选物体与盒子组成的系统为研究对象,由动量守恒定律得，切o=（A7+m）v,解得v=f+m,v与 如同向,即方向水平向右,D正确.Qm如图所示,将质量为Ml,半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上,左侧靠墙角,右侧 靠质量为M2的物块.今让质量为m的小球自左侧槽口 A的正上方h高处从静止开始落 下,与圆弧槽相切自A点进入槽内,则以下结论正确的是（） A.小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒B.小球在槽内运动的全过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动D.槽将不会再次与墙接触 ggD庭画小球从A到8的过程中,半圆槽

35、对球的支持力沿半径方向指向圆心,而小球对半圆槽的压 方向相反,因为有竖直墙挡住,所以半圆槽不会向左运动,可见,该过程中,小球与半圆槽在水 平方向受到外力作用,动量并不守恒,由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒;从 8TC的过程中,小球对半圆槽的压方向向右下方,所以半圆槽要向右推动物块起运动,因 而小球参与了两个运动,个是沿半圆槽的圆周运动,另个是与半圆槽起向右的运动,小 球所受支持力方向与速度方向并不垂直,此过程中,因为有物块挡住,小球与半圆槽在水平方 向动量并不守恒,在小球运动的全过程,水平方向动量也不守恒,选项A、B错误;当小球运动到 C点时,它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上

36、,所以此后小球做斜上抛运动,C错误; 因为全过程中,整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量,所以最终槽将与墙不会再次接 触,D正确.（多选）（2021浙江高二期中）如图所示,在粗糙水平面上,用水平轻绳相连的两个相同的质量均 为m的物体A、B,在水平恒力作用下以速度v做匀速运动.在f=0时轻绳断开,A在作用 下继续前进,则下列说法正确的是（）mvA/=0至片 时间内,A、B的总动量守怛2mv 3mvB.r=至f=时间内4、B的总动量守恒2mvC.t= F时的动量为2/nv4mD.r= F时的动量为4mv答味AC解析设、8受到的滑动摩擦都为工断开前两物体做匀速直线运动,根据平衡条件得=设8经过时

37、间/速度为零,对8由动量定理得=0加v,解得f=;以AB整体为系统,绳子的 属于系统的内力,系统所受合外力为零;在剪断细线后至8停止运动前,两物体受到的摩擦2mv不变,两物体组成的系统所受的合外力仍为零,则系统的总动量守恒,故在t=0至t=的时间2mv内4、3的总动量守恒,故A正确;在/=后,3停止运动做匀加速直线运动,故两物体组成2mv的系统所受的合外力不为零,故A、B的总动量不守恒,故B错误;当r= F时,对A由动量定理F 2mv4m 得=-帆匕代入y=2,r=,解得，a=2,故C正确;当t= F时,对A由动量定理得F 4mv V=Pa-m,代入f= ,/=,解得，二3加,故D错误.m 7

38、12.如图所不,质量为 的人站在质量为m的小船甲上,以速率在水平面上向右运动.另 个完全相同的小船乙以速率从右方向左方驶来,两船在一条直线上运动.为避免两船相撞, 人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上（人可视为只在水平方向上运动）,人水平跳出时 相对于水面的速率至少多大?甲乙25躍7Vo庭设向右为正方向,两船恰好不相撞,最后具有共同速度0,由动量守恒定律,有mm(I )(1)1解得也二yo设人跃出甲船的速率为吸,人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律,有+机/ Vo=WV| +V2解得2=。.第一章动量和动量守恒定律 第三节动量守恒定律第2课时动量守叵定律的验证课后篇巩固提升必备知识基础练1.某

39、同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律.主要实验步骤如下:定位卡水平地面I 0 P Q R甲。将斜槽固定在水平桌面上,调整末端切线水平;将白纸固定在水平地面上,白纸上面放上复写纸;用重垂线确定斜槽末端在水平地面上的投影点;让小球A紧贴定位卡由静止释放,记录小球的落地点,重复多次,确定落点的中心位置Q;将小球B放在斜槽末端,让小球A紧贴定位卡由静止释放,记录两小球的落地点,重复多次, 确定A、B两小球落点的中心位置P、/?;用刻度尺测量尸、Q、R距。点的距离SI、S2、S3；用天平测量小球A、8质量如、m2；分析数据,验证等式如S2=机|Sl+m2s3是否成立,从而验证动量守恒定律.请回答下列问题

40、:(1)步骤与步骤中定位卡的位置应;(2)图乙是步骤鹹示意图.该同学为完成步骤砂设计了下列表格,并进行了部分填写,请将其 补充完整.0 P 24-pmpmp01 cm 26 2754 5579 80乙物理量碰前碰后ni/g“ =17.0n = 17.0 2=5.8s/bm$2=54.35vi =,S3=79.75:、/mH52=923.95tnS +/W2S3 =答赫1)保持不变26.50 913.05解林1)为使人射球到达斜槽末端时的速度相等,应从同一位置由静止释放入射球,即步骤 与步骤中定位卡的位置应保持不变.(2)由图乙所示刻度尺可知,其分度值为1mm,则si=26.50cm,由表中实验

41、数据可知 咼 + 2 s3=17.0x26.50gcm+5.8x79.75g-cm=913.05g-cm.2.如图甲所示,在做验证动量守恒定律的实验时,小车A的前端粘有橡皮泥,推动小车A使之运 动,与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体后,继续向前运动,在小车A后连着纸带,打 点计时器电源频率为50 Hz,长木板右端下面垫放小木片以平衡摩擦.丄撞针 A 打点计时器长处亡卜/橡皮泥TJ 取芾甲乙(1)获得的纸带如图乙所示,测出的各计数点间距已标在图上.A为运动起始的第一点,则应选_ 段来计算A的碰前速度,应选 段来计算A和8碰后的共同速度.(均选填“4BCCQ” 或“)己测得小车的质量nu=0

42、.30 kg,小车8的质量为m=0.20 kg,由以上测量结果可得碰前系 统总动量为 kg-m/s,碰后系统总动量为 kg m/s.(3)实验结论:在误差允许的范围内,小车A、8组成的系统碰撞前后总动量(选填“守恒或不守恒”).圏就 1)BC DE 1.035 1.03 (3)守恒嚴邦1)车由静止开始运动,故小车有个加速过程,在碰撞前做匀速直线运动,即在相同的时间 内通过的位移相同,故BC段为匀速运动的阶段,故选8c段计算碰前的速度.碰撞过程是个 变速运动的过程,而4和B碰后共同运动时做匀速直线运动,在相同的时间内通过相同的位移, 故应选OE段来计算碰后的共同速度.0 3450(2)系统的动量

43、即碰前 A 的动量 /?i=/?avo=O.3Ox 5x0 02kg-m/s=1.035kg-m/s0.2060碰后的总动量 pi=(mAV2=0.50x5x0 02kg-m/s=1.03kg-m/s.(3)在误差允许的范围内,小车A、8组成的系统碰撞前后总动量守恒.3.(2021四川成都外国语学校月考)如图所示为验证动量守恒定律的实验装置,气垫导轨置于 水平桌面上,Gi和G2为两个光电门、8均为弹性滑块，质量分别为小、rB,且mA大于rB, 两遮光片的宽度均为d,实验过程如下:遮光片中遮光片+TTTTTTTTTTTTTTTTTTTTVTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTT

44、TT f j调节气垫导轨成水平状态;彝推滑块A,测得A通过光电门G,的遮光时间为小4与8相碰后,8和4先后经过光电门G2的遮光时间分别为t!和t3.回答下列问题:实验中选择mA大于的目的是.(2)利用所测物理量的符号表示动量守恒定律成立的式子为.鹿(1)保证碰撞中滑块A不反弹(2) 1|解桐A的质量大于8的质量是为了 4、B碰撞时A不反弹.(2)碰撞前的总动量为p=mAv=mA 碰撞后的总动量为pi=mAv +ntBV2=mA则动量守恒的表达式为mA关键能力提升练4.(2021浙江期末)如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置,实验中选取两个半径相同、质 量不等的小球,按下面步骤进行实验:用天

45、平测出两个小球的质量分别为加和m2；皱装实验装置,将斜槽AB固定在桌边,使槽的末端切线水平,再将一斜面BC连接在斜槽末 端;觎不放小球,让小球wi从斜槽顶端A处由静止释放,标记小球在斜面上的落点位置P;W將小球放在斜槽末端8处,仍让小球如从斜槽顶端A处由静止释放,两球发生碰撞,分别 标记小球如、如在斜面上的落点位置;用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离.图中M、尸、N点是实验过程中记下的 小球在斜面上的三个落点位置,从M、P、N到8点的距离分别为sm、sp、sn.依据上述实验步骤,请回答下面问题:(1)BC斜面的倾角(选填“需要”或“不需要”)测出;(2)用实验中测得的数据来表示,只要满足关系式,就能说明两 球碰撞前后动量是守恒的;(3)某同学想用上述数据来验证碰撞前后机械能是否守恒,写出需要验证的关系式:.答案h)不需要(2)wi VSp=mi(3)msp