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

動(dòng)量守恒定律內(nèi)容要求要點(diǎn)解讀動(dòng)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(dòng)量守恒定律在生活中的應(yīng)用，復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)側(cè)重本知識(shí)和其他知識(shí)的綜合應(yīng)用，如與動(dòng)力學(xué)、功和能、電磁學(xué)等知識(shí)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(dòng)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(dòng)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(dòng)量是矢量，其方向和速度的方向相同。二、動(dòng)量定理1．沖量(1)定義：力與力的作用時(shí)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(hào)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(dòng)量定理(1)內(nèi)容：物體在一個(gè)過(guò)程中所受力的沖量等于它在這個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量。(2)表達(dá)式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。(3)矢量性：動(dòng)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(dòng)量定理。三、沖量及動(dòng)量的理解和計(jì)算1．對(duì)沖量的理解(1)沖量的兩性①時(shí)間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時(shí)間決定，恒力的沖量等于該力與該力的作用時(shí)間的乘積．②矢量性：對(duì)于方向恒定的力來(lái)說(shuō)．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(wú)必然聯(lián)系．2．動(dòng)量的變化量(1)數(shù)學(xué)表達(dá)式：Δp＝p2－p1(2)動(dòng)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(dòng)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(dòng)量p1、p2，根據(jù)公式Δp＝p2－p1，求出動(dòng)量的變化量，如圖(1)(2)。b．如果初末動(dòng)量不在同一直線上，需使用平行四邊形定則，求出動(dòng)量的變化量Δp。如圖(3)。3．動(dòng)量與動(dòng)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(wú)需考慮物體的運(yùn)動(dòng)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(shí)間均勻變化，即力為時(shí)間的一次函數(shù)，則力F在某段時(shí)間t內(nèi)的沖量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，F(xiàn)1、F2為該段時(shí)間內(nèi)初，末兩時(shí)刻力的大小動(dòng)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(dòng)量的變化量，由I＝Δp求變力的沖量5．動(dòng)量、沖量、動(dòng)量變化量的比較大小表達(dá)式方向動(dòng)量p＝mv與v同向沖量I＝Ft與F同向動(dòng)量變化量Δp＝mv′-mv與合力同向四、動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用1．動(dòng)量定理的理解(1)動(dòng)量定理反映了力的沖量與動(dòng)量變化之間的因果關(guān)系，即合力的沖量是原因，物體的動(dòng)量變化是結(jié)果。(2)動(dòng)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(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，等號(hào)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(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率。2．用動(dòng)量定理解釋生活現(xiàn)象(1)Δp一定時(shí)，F(xiàn)的作用時(shí)間越短，力越大；作用時(shí)間越長(zhǎng)，力越小。(2)F一定時(shí)，力的作用時(shí)間越長(zhǎng)，Δp越大；作用時(shí)間越短，Δp越小。分析問(wèn)題時(shí)，要明確哪個(gè)量一定，哪個(gè)量變化。3．應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體模型”(1)研究對(duì)象：選取流體為研究對(duì)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(duì)象，然后列式求解。(3)基本思路(1)在極短時(shí)間Δt內(nèi)，取一小柱體作為研究對(duì)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(dòng)量變化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt(5)應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt＝Δp4．用動(dòng)量定理解題的基本思路(1)確定研究對(duì)象。在中學(xué)階段使用動(dòng)量定理討論的問(wèn)題，其研究對(duì)象一般僅限于單個(gè)物體。(2)對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求合沖量。可先求每個(gè)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(guò)程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動(dòng)量和沖量的正負(fù)號(hào)。(4)根據(jù)動(dòng)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(duì)過(guò)程較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，可分段用動(dòng)量定理，也可對(duì)整個(gè)過(guò)程用動(dòng)量定理。五、動(dòng)量守恒定律1．內(nèi)容：如果一個(gè)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(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)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(dòng)量守恒。六、碰撞、反沖、爆炸1．碰撞(1)特點(diǎn)：作用時(shí)間極短，內(nèi)力(相互碰撞力)遠(yuǎn)大于外力，總動(dòng)量守恒。(2)分類(lèi)①?gòu)椥耘鲎玻号鲎埠笙到y(tǒng)的機(jī)械能沒(méi)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(lèi)似，物體間的相互作用時(shí)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(dòng)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(kāi)物體時(shí)，剩余部分將獲得一個(gè)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(dòng)量守恒。七、動(dòng)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(dòng)量守恒．2．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟(1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程)．(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)量．(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程．(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說(shuō)明．八、碰撞問(wèn)題1．碰撞問(wèn)題遵守的三條原則(1)動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動(dòng)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(dòng)，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′.②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向至少有一個(gè)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(dòng))；當(dāng)m1?m2時(shí)，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(dòng))；當(dāng)m1?m2時(shí)，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(shí)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(shí)，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(wèn)題1．反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明作用原理反沖運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)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(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動(dòng)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(gè)規(guī)律動(dòng)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(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒動(dòng)能增加在爆炸過(guò)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(shí)間極短，因而作用過(guò)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(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)3．“人—船”模型模型特點(diǎn)(1)兩物體相互作用過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律m1v1－m2v2＝0。(2)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng)，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(shí)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(shí)要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對(duì)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(gè)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(gè)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(gè)力。小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過(guò)程中，關(guān)于小球，下列說(shuō)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(guò)程中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球所受合外力提供向心力，不為零；小球的動(dòng)能不變，根據(jù)動(dòng)能定理可知，合力做功為零，故A正確，C錯(cuò)誤；B．小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過(guò)程中，小球的速度大小不變，方向發(fā)生了改變，則小球的動(dòng)量發(fā)生了變化，根據(jù)動(dòng)量定理可知，合力的沖量不為零，故B錯(cuò)誤；D．小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過(guò)程中，小球的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，則小球的機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤。故選A。2．如圖所示，輕彈簧左端固定，左端自然伸長(zhǎng)于粗糙水平面上的點(diǎn)，小球從點(diǎn)以某初速向左運(yùn)動(dòng)，被彈簧反彈后恰好返回至。則小球（）A．兩次經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)的速度大小相等B．向左經(jīng)過(guò)點(diǎn)的加速度小于向右經(jīng)過(guò)點(diǎn)的加速度C．向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間D．壓縮彈簧過(guò)程所受彈力的沖量小于彈簧恢復(fù)形變過(guò)程所受彈力的沖量【答案】D【詳解】A．地面粗糙，從兩次經(jīng)過(guò)點(diǎn)，摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能減少，彈性勢(shì)能相同，動(dòng)能減少，因此第二次經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)速度小，A錯(cuò)誤；B．向左向右經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，合外力等于摩擦力，因此加速度大小相等。B錯(cuò)誤；C．OA段向左和向右過(guò)程加速度大小相等，位移大小相等，但向左運(yùn)動(dòng)的平均速度大，因此向左時(shí)間短。彈簧壓縮，向左運(yùn)動(dòng)時(shí)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)得位移大小相等，向左減速逆運(yùn)動(dòng)是初速度為的勻加速運(yùn)動(dòng)。因此向左的時(shí)間短，綜上得，向左運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。C錯(cuò)誤；D．壓縮彈簧過(guò)程和彈簧恢復(fù)形變過(guò)程彈力變化相同，壓縮彈簧時(shí)時(shí)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(shí)的速度大小為，最終C與木板B相對(duì)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(gè)過(guò)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(gè)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，C滑離木板A時(shí)解得木板A的最大速度為滑上B后，對(duì)B、C整體水平動(dòng)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(dòng)，故ABC錯(cuò)誤；D．整個(gè)過(guò)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(chē)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(chē)表面，水柱沖擊汽車(chē)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(shuō)法正確的是（）A．高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為ρπvD2B．高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為C．水柱對(duì)汽車(chē)的平均沖力為ρD2v2D．當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí)，噴出的水對(duì)汽車(chē)的壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的4倍【答案】D【詳解】AB．高壓水槍單位時(shí)間噴出水的質(zhì)量等于單位時(shí)間內(nèi)噴出的水柱的質(zhì)量，即故AB錯(cuò)誤；C．水柱對(duì)汽車(chē)的平均沖力為F，由動(dòng)量定理得即解得故C錯(cuò)誤；D．高壓水槍噴出的水對(duì)汽車(chē)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?lái)的2倍時(shí)，壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，故D正確。故選D。5．如圖所示，一個(gè)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(kāi)右端閥門(mén)，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(shí)鋼瓶底端對(duì)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(shí)間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm=ρSvΔt對(duì)于貯氣瓶、瓶?jī)?nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量定理得FΔt=Δmv－0解得F=ρv2S由牛頓第三定律，鋼瓶底端對(duì)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(shí)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(dòng)，碰撞時(shí)間極短，測(cè)得物塊A的動(dòng)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(guò)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(gè)過(guò)程斜面固定不動(dòng)，已知，，，E，則下列說(shuō)法錯(cuò)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(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)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(dòng)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(dòng)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(shí)間極短，根據(jù)動(dòng)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(shí)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(dòng)到時(shí)，此時(shí)彈簧的壓縮量為速度最大，此時(shí)彈簧對(duì)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(dòng)到位置的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理聯(lián)立解得B正確，C錯(cuò)誤；D．物塊A與物塊B碰撞后，物塊A的動(dòng)能為，根據(jù)A的分析可得碰后根據(jù)物塊B的動(dòng)能為，物塊由運(yùn)動(dòng)到過(guò)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(cuò)誤項(xiàng)，故選C。7．如圖質(zhì)量為m的半圓軌道小車(chē)靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長(zhǎng)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(guò)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(shuō)法正確的是（）A．小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小球離開(kāi)小車(chē)后做斜上拋運(yùn)動(dòng)C．小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)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(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，水平方向系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B．小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，在A點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，小球與小車(chē)水平方向速度為零，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)小球與小車(chē)水平方向共速，而系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，即此時(shí)小球與小車(chē)水平方向的速度均為零，所以小球離開(kāi)小車(chē)后只具有豎直方向的速度，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為x，規(guī)定向右為正方向，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得即解得故C錯(cuò)誤；D．小球第一次從距A點(diǎn)h0下落運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)所在水平線的最大高度為處過(guò)程中，由動(dòng)能定理得解得小球第二次在小車(chē)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，小車(chē)對(duì)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(kāi)小車(chē)時(shí)，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(dòng)量守恒定律”實(shí)驗(yàn)時(shí)，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(gè)實(shí)驗(yàn)的說(shuō)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(cuò)誤；BCD．若兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，則碰撞后兩小球均做平拋運(yùn)動(dòng)，高度相同，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，則所以應(yīng)驗(yàn)證的關(guān)系式為故C正確，BD錯(cuò)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(shí)女子靜立于竹竿A點(diǎn)，一位攝影愛(ài)好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過(guò)程的系列照片，并從中選取了兩張進(jìn)行對(duì)比，其簡(jiǎn)化圖如下。經(jīng)過(guò)測(cè)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(duì)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(shí)刻該滑塊與某點(diǎn)的距離記錄下來(lái)），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(guò)實(shí)驗(yàn)描繪出碰撞前后滑塊A、B的位移-時(shí)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(wú)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(dòng)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(gè)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(guò)程中（）A．m、M組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．M對(duì)m做負(fù)功C．m、M組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．M對(duì)m的作用力的沖量為0【答案】AB【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒的條件可得出動(dòng)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(dòng)過(guò)程中，由于M向右運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能增加，故m對(duì)M做正功，則M對(duì)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(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；D．M對(duì)m作用力不為零，則經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，沖量不為零，故D錯(cuò)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(shí)必須明確系統(tǒng)動(dòng)量守恒但水平方向可以認(rèn)為動(dòng)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(wú)摩擦滑動(dòng)。質(zhì)量為m=2kg的小球（視為質(zhì)點(diǎn)）通過(guò)長(zhǎng)L=0.75m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開(kāi)始時(shí)滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)。現(xiàn)給小球一個(gè)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(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.3mB．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.5mC．小球m相對(duì)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(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)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(dòng)了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，有解得x=0.3m故A正確；B錯(cuò)誤；C．設(shè)小球m相對(duì)于初始位置可以上升的最大高度為h，此時(shí)m與M的共同速度為v。根據(jù)水平動(dòng)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(cuò)誤；D．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過(guò)程中，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)的距離為y。由幾何關(guān)系可得，m相對(duì)于M移動(dòng)的水平距離為根據(jù)水平動(dòng)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(lái)的小船上，然后去執(zhí)行任務(wù)，小船的質(zhì)量是140kg，原來(lái)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(guò)程同學(xué)的動(dòng)量變化量為105kg·m/sC．船最終的速度是0.95m/sD．船的動(dòng)量變化量是105kg·m/s【答案】BD【詳解】AC．規(guī)定人原來(lái)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(guò)程，人和船組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則由動(dòng)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(lái)的速度方向相反，A錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；B．人的動(dòng)量的變化為負(fù)號(hào)表示方向與選擇的正方向相反；故B正確；D．船的動(dòng)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(dòng)，碰后與小球b黏在一起，a、b兩小球碰撞時(shí)間極短，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，撤去擋板，則下列說(shuō)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(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒B．彈簧的被壓縮到最短時(shí)，其彈性勢(shì)能為C．撤去擋板后，三個(gè)小球及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒D．在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dòng)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(cuò)誤；B．小球a、b碰后黏在一起，根據(jù)動(dòng)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(shí)，其彈性勢(shì)能的增加量等于小球a、b動(dòng)能的減少量，為故B正確；C．撤去擋板后，三個(gè)小球及彈簧組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)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(gè)水球可以擋住一顆子彈！如圖所示，是《國(guó)家地理頻道》的實(shí)驗(yàn)示意圖，直徑相同（約30cm左右）的4個(gè)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(dòng)，恰好能穿出第4個(gè)水球，氣球薄皮對(duì)子彈的阻力忽略不計(jì)。以下判斷正確的是（）A．子彈在每個(gè)水球中的速度變化量相同B．每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量相同C．子彈穿過(guò)第1個(gè)水球與穿過(guò)第4個(gè)水球的時(shí)間之比為D．子彈穿出第3個(gè)水球的瞬時(shí)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(dòng)，通過(guò)相同位移的時(shí)間逐漸增大，所以子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，而加速度相同，由知，子彈在每個(gè)水球中的速度變化量不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．由知，f不變，t不同，則每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．子彈的運(yùn)動(dòng)可看做反向的初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)連續(xù)相等位移的時(shí)間之比為，可知子彈穿過(guò)第1個(gè)水球與穿過(guò)第4個(gè)水球的時(shí)間之比為，選項(xiàng)C正確；D．子彈恰好能穿出第4個(gè)水球，則根據(jù)C項(xiàng)分析知子彈穿過(guò)第4個(gè)水球的時(shí)間與子彈穿過(guò)前3個(gè)水球所用的時(shí)間相同，則子彈穿出第3個(gè)水球時(shí)的瞬時(shí)速度即為中間時(shí)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(dòng)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(shuō)法正確的是A．改變小車(chē)的質(zhì)量B．在兩車(chē)碰撞時(shí)起到緩沖作用，防止撞壞小車(chē)C．若在兩個(gè)小車(chē)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(shuō)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(chē)P能靜止在木板上B．接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源后，應(yīng)將小車(chē)P由靜止釋放C．與小車(chē)P碰撞前，小車(chē)Q應(yīng)靜止在木板上的適當(dāng)位置D．加砝碼以改變小車(chē)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(shí)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(chē)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(cè)得小車(chē)P的總質(zhì)量為m，小車(chē)Q的總質(zhì)量為，圖2中AB、BC、CD、DE四段長(zhǎng)度分別為、、、，為了驗(yàn)證動(dòng)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(hào)表示）（5）某同學(xué)發(fā)現(xiàn)系統(tǒng)碰后動(dòng)量的測(cè)量值總是大于碰前動(dòng)量的測(cè)量值，可能的原因是。（寫(xiě)出一條即可）【答案】CC1.63木板傾角過(guò)大（碰前小車(chē)Q具有沿軌道向下的速度）【詳解】（1）[1]在碰撞過(guò)程中，橡皮泥在本實(shí)驗(yàn)中的作用是使碰撞后兩車(chē)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(chē)P能在木板上勻速直線運(yùn)動(dòng)，平衡摩擦力，故A錯(cuò)誤；B．接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源后，小車(chē)P勻速運(yùn)動(dòng)，故釋放時(shí)需有一定的初速度，故B錯(cuò)誤；C．與小車(chē)P碰撞前，小車(chē)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(cè)量出小車(chē)P的碰前速度，故C正確；D．加砝碼以改變小車(chē)質(zhì)量再次實(shí)驗(yàn)，不需要再次調(diào)整木板傾角，故D錯(cuò)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(dòng)距離，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得解得（5）[5]由上述可知若系統(tǒng)碰后動(dòng)量的測(cè)量值總是大于碰前動(dòng)量的測(cè)量值，則說(shuō)明碰撞前Q不是處于靜止?fàn)顟B(tài)，故碰前小車(chē)Q具有沿軌道向下的速度。17．“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道水平部分末端碰撞前后的動(dòng)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(hào)）。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(wú)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(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通過(guò)測(cè)量（填選項(xiàng)前的序號(hào)），間接地解決這個(gè)問(wèn)題。A．小球開(kāi)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(dòng)的水平射程③在誤差允許范圍內(nèi)，要驗(yàn)證的兩個(gè)小球碰撞前后動(dòng)量守恒方程式是。【答案】AC【詳解】（1）[1]A．“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，是通過(guò)平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度，只要離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)斜槽是否光滑沒(méi)有要求，故A錯(cuò)誤；B．要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，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(duì)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(dòng)量守恒，則驗(yàn)證小球離開(kāi)斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)高度相等，在空間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，有即可知直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通過(guò)測(cè)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(gè)小球碰撞前后動(dòng)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(gè)物體的質(zhì)量都是m，碰撞前一個(gè)物體靜止，另一個(gè)以速度v向它撞去。碰撞后兩個(gè)物體粘在一起，成為一個(gè)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?。唬?）碰撞后該系統(tǒng)的總動(dòng)能損失△Ek；【答案】（1）；（2）【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有解得（2）碰撞前總動(dòng)能碰撞后總動(dòng)能碰撞過(guò)程中總動(dòng)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(gè)質(zhì)量為2m的小球Q；先釋放小球Q，當(dāng)小球Q運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，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(kāi)始釋放的位置，兩球碰撞過(guò)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(dòng)到軌道A點(diǎn)時(shí)速度大小；（2）兩球碰撞前瞬間小球P的速度大小和碰撞過(guò)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(dòng)到軌道A點(diǎn)時(shí)速度為，由動(dòng)能定理得解得（2）由機(jī)械能守恒可知，兩球碰撞時(shí)，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(kāi)始釋放的位置，兩球碰撞過(guò)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(guò)程系統(tǒng)損失的機(jī)械能為20．如圖所示，兩塊長(zhǎng)度均為的木塊A