【物理】动量守恒定律易错精选题-高中物理人教版选择性必修第一册.docx

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1、第一章动量守恒定律易错精选题-高中物理人教版选择性必修第一册一、单选题1如图所示，2020年5月8日13时，我国新一代载人飞船试验船返回舱进入大气层，当平安到达着陆场预定区域上空时，在降落伞作用下，竖直减速下降，随后飞船底部6个气囊打开，稳稳降落在着陆场预定区域。下列说法正确的是（）A着陆过程中返回舱对地球的引力小于地球对返回舱的引力B降落伞打开前，返回舱内物体所受重力减小了C降落伞打开后，减速下降阶段伞绳对返回舱的总拉力大于返回舱受到的重力D打开6个气囊是为了减小返回舱着陆过程中的动量变化量2两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，当球A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是

2、（取两球碰撞前的运动方向为正）（）A，B，C，D，3如图所示，质量为m的滑块沿倾角为的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是（）A支持力对滑块的总冲量为mg(t1t2)cos B重力对滑块的总冲量为mg(t1t2)sin C合外力的冲量为0D摩擦力的总冲量为Ff(t1t2)4如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为的小球可视为质点用长为的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量，小球摆起的最大高度为h1（h1m2，船的位移大小为L，向

3、左B若m1m2，船的位移大小为L，向右C若m1=m2，船的位移为零D若m2m1，船的位移大小为L，向右三、实验题13某同学在做“验证动量守恒定律”的实验，装置如图1所示。(1)按图1装置进行实验，以下测量工具中必需的是_。A刻度尺B弹簧测力计C天平D秒表(2)为正确完成本实验，必须要求的条件是_。A两小球碰撞时，球心必须在同一高度上B在一次实验中，入射球可以从不同的位置由静止滚下C入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同D斜槽轨道末端的切线必须水平(3)某次实验中得出的落点情况如图2所示，忽略本次实验的误差，则入射小球质量和被碰小球质量之比为 。四、解答题14如图所示，光滑水平面上放置长为的长

4、木板A和滑块C，滑块B置于A的左端，二者间的动摩擦因数，A、B和C质量分别为， 。开始时C静止，A、B一起以的速度匀速向右运动，A与C发生弹性碰撞，经过一段时间，A、B恰好相对静止，。求：（1）A与C发生碰撞后的瞬间A、C的速度；（2）A、B恰好相对静止时，B与C的距离。15如图所示，水平面上排列着三个等大的小滑块M、N、P，三个小滑块与水平面间的动摩擦因数相同，小滑块N的质量m，小滑块M和P的质量均为3m。小滑块M以一定初速度向小滑块N运动，小滑块N以速度v与静止的小滑块P发生弹性正碰，碰后瞬间小滑块P在外力作用下以碰后速度向左匀速运动。小滑块N减速至零瞬间恰好与向左运动的小滑块M发生弹性正

5、碰，碰前瞬间小滑块M的速度也为v。已知小滑块M、N只发生一次碰撞，所有的碰撞过程时间极短。（1）求小滑块N、P发生第一次碰撞后瞬间的速度：（2）判断小滑块N和P能否发生二次碰撞？16在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且与木板AB上表面平滑相接，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度滑上木板AB，过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处。已知物块P与木板AB间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求：（1）物块滑到B处时木板的速度；（2）木板的长度L；（3）滑

6、块CD圆弧的半径。17在光滑的水平面上，一质量为mA=0.2kg的小球A，以v0=15m/s的初速度向右运动，与质量为mB=0.1kg的静止小球B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞进程中没有机械能损失。碰后两小球滑向与水平面相切的圆心为O、半径为R（未知）的竖直放置的固定光滑的半圆形轨道MN，且小球A通过最高点N时对轨道的压力大小为2.5N。（两小球均视为质点，不计空气阻力，取重力加速度为g=10m/s2）求：（1）碰撞后小球B的速度大小；（2）半圆形轨道半径R的大小；（3） 两小球通过半圆形轨道后的落地点之间的距离。试卷第7页，共8页学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【详解】A着陆过程中返回

7、舱对地球的引力与地球对返回舱的引力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；B减速伞打开前，返回舱内物体所受重力不变，故B错误； C减速伞打开后，减速下降阶段，返回舱有竖直向上的加速度，根据牛顿第二定律可得伞绳对返回舱的总拉力大于返回舱受到的重力，故C正确；D返回舱着陆过程中的动量变化量不变，打开6个气囊是可以延长着陆的时间，由动量定理可知打开6个气囊延长着陆时间是为了减小返回舱与地面的相互作用力，使返回舱安全着陆，故D错误。故选C。2B【详解】两球在碰撞过程中满足动量守恒，则同时应满足能量关系联立以上两式解得故选B。3A【详解】A将重力按照垂直斜面和平行于斜面分解，可得支持力则支持力对滑块的总冲

8、量为方向垂直斜面向上，故A正确；B根据冲量的定义知，重力对滑块的总冲量为方向竖直向下，故B错误；C一开始小滑块的动量沿斜面向上，最后小滑块的动量沿斜面向下，根据动量定理可知显然合外力的冲量不为0。故C错误；D小滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下，小滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜面向上为正方向，则摩擦力的总冲量为故D错误。故选A。4B【详解】根据动量定理有滑环固定时，根据机械能守恒定律有可得滑环不固定时，物块的初速度不变，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒得，解得则有故选B。5C【详解】设喷出气体后宇航员及装备获得的反冲速度大小为u，则设装备和宇航员的总质量为M

9、，一次性向后喷出气体的质量是m。喷出的气体速度大小为v，对于喷气过程，取喷出的气体速度方向为正方向，根据动量守恒定律有0=mv-Mu解得m=0.15kg故ABD错误，C正确。故选C。6D【详解】A火箭的推力来源于火箭里喷出的水对它的反作用力，故A错误；B水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭和水机械能不守恒，故B错误；C由题意可得，由动量守恒定理可得故C错误；D水喷出后，火箭做竖直上抛运动，由题意有故D正确。故选D。7C【详解】取t0=1s，以沿斜面向下为正方向列式，根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率。A图中得B图中得C图中得D图中得四个速率中最大的是C图。故选C。8D【详解】AB题意中可知

10、桌面光滑，则弹簧、A、B组成的系统动量守恒。设A、B两物块速度的大小分别为、，则根据，由下落高度相同，则AB下落时间相同。A和B平抛的水平距离之比为则小物块的质量之比为弹簧原长远小于桌面长度，且AB与桌边缘距离均为，则两物块分离后，在平抛运动之前，B的速度较大，所以B到达桌边用时更短，平抛后AB下落时间相同。故B先落到地面上。故AB错误；C两小木块离开桌面时，动能之比为故C错误；D两小木块在空中飞行时所受的冲量大小之比故D正确。故选D。9BD【详解】A B设运动员甲，乙的质量分别为m，M，碰前速度大小分别为，硬后乙的速度大小为，规定碰撞前甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有解得故A错误，B正

11、确。C D根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为代入数据解得故C错误，D正确。故选BD。10AD【详解】两运动员交接棒的过程中，两运动员组成的系统所受合外力为零，动量守恒，但“交棒”运动员的推力对系统做功，系统机械能不守恒，二者间的相互作用力等大反向，冲量也是大小相等，方向相反。AD正确，BC错误。故选AD。11BC【详解】两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得代入数据解得如果两球发生完全弹性碰撞，有由机械能守恒定律得代入数据解得则碰撞后A、B的速度故选BC。12ACD【详解】方法一：以人船模型分析，先让甲到乙的位置船向左位移

12、大小x1=L乙到甲的位置船再向右位移大小x2=LAB若m1m2，则x1x2，船向左位移大小为x=x1-x2=L选项A正确，选项B错误；D若m1m2，则x1m2时，等效于质量为（m1-m2）的人在质量为m02m2的船上向右走。m1=m2时，等效于没有人走。m1m2时，等效于质量为（m2-m1）的人在质量为m02m1的船上向左走，所以选项A、C、D正确。综上可知，本题选ACD。13(1)AC(2)AD(3)【详解】（1）实验需要测出小球的质量与小球做平抛运动的水平位移，测质量需要天平，测量位移需要刻度尺；故选AC。（2）A两球要发生对心正碰，两小球碰撞时，球心必须在同一高度上，故A正确；B要保证碰

13、撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故B错误；C为了使小球碰后不被反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故C错误；D要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故D正确；故选AD。（3）小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则两边同时乘以t，则解得由图2所示可知，解得14（1）；（2）【详解】（1）A与C发生弹性碰撞，对A和C组成的系统，由动量守恒定律由机械能守恒定律解得代入数据得滑块C的速度方向水平向右。（2）A与C碰撞后，对A和B组成的系统，由动量守恒定律得代入数据得对滑块B代入数据得碰撞后C一直做匀速运

14、动，则A、B恰好相对静止时，B与C的距离为15（1），方向向右，方向向左；（2）能发生二次碰撞【详解】（1）假定小滑块N、P发生第一次碰撞后瞬间速度分别为、，依题意有解得发生第一次碰撞后瞬间小滑块N的速度为，方向向右；小滑块P的速度为，方向向左；（2）发生第一次碰撞后瞬间小滑块N的速度为，向右运动距离s后速度为零，假定物块与地面间的动摩擦因数为m，有解得假定小物块N与M相碰后的速度为，依题意有解得可知当M、N发生碰撞后，小物块N获得了向左、大小为的速度；在摩擦力作用下随即向左做匀减速运动，假定期间与P无碰撞、当其速度减为时，向左运动的距离为解得在小物块N碰后向右减速、与M碰后再向左假定减速至期

15、间，依题意小物块P一直向前匀速运动，其总的位移为解得因可知假定不成立，期间小物块N、P必发生第二次碰撞。16（1），方向向左；（2）；（3）【详解】（1）物块由点A到点B时，取向左为正方向，由动量守恒定律得又解得且速度方向向左。（2）物块由点A到点B时，根据能量守恒定律得解得（3）由点D到点C，滑块CD与物块P组成的系统在水平方向上动量守恒，则有滑块CD与物块P组成的系统机械能守恒，则有联立解得，滑块CD圆弧的半径为17（1）20m/s；（2）0.4m；（3）【详解】（1）两球碰撞前后，由动量守恒、机械能守恒联立解得，故碰后B球的速度大小为20m/s。（2）A球经过N点时，由牛顿第二定律小球A从碰后到N点的过程中，由机械能守恒定律联立以上两式解得，故轨道半径大小为0.4m（3）小球B从碰后到N点的过程中，由机械能守恒定律解得两球从N点至落地过程中做平抛运动，由平抛运动规律有解得答案第11页，共12页学科网（北京）股份有限公司