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1、专 题08动量选择题1.（2019全 国I卷4 3）最 近，我 国 为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速 度 约 为3 k m/s,产 生 的 推 力 约 为4.8X10,N,则 它 在1 s时间内喷射的气体质量约为A.1.6X102 kg B.1.6X103 kg C.1.6X105 kg D.1.6X106 kg【答 案】B【解 析】设 该 发 动 机 在t s时间内，喷 射 出 的 气体质量为m,根据动量定理，Ft=m v,可知，在1s内喷射出的气体质量/叫,=-kg=1.6xl（）3依故 本
2、 题 选B。2.（2019江苏卷灯12）质 量 为 的 小 孩 站 在 质 量 为 卬 的 滑 板 上，小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦.小孩沿水平方向跃离滑板，离 开 滑 板 时 的 速 度 大 小 为 匕 此时滑板的速度大小为mA.vMMB.vmmC.vm +Mn MD而-【答 案】B【解 析】Mu 二 v,m设滑板的速度为,小孩和滑板动量守恒得：0=/血-胸，解得:故B正确。3.（2018 全 国H卷 T2）高空坠物极易对行人造成伤害。若 一 个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层 坠 下，与地面的撞击时间约为2 m s,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A.10 N B.102
3、 N C.103 N D.10 N【答 案】C【解 析】试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m,可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小。设鸡蛋落地瞬间的速度为V,每 层 楼 的高度大约是3m,m a h =-m v2由动能定理可知：2,解 得：v=Zgh=x 10 x 3 x 25=10/15m/s落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：（N-m g）t =-（-m v）,解得：N I O O O N ,根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为1 0 N,故 C正确由动量定理可知：（N-mg）t =0-（-
4、m u）,解得：N 1 O O O/V ,根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为1 0,N,故 C E确故选C点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力4.（2 0 1 8 全 国 I 卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比【答案】B【解析】本题考查匀变速直线运动规律、动能、动量及其相关的知识点。根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即 v=a l,由动能公式Eh=i m v2,可知列车动能与速
5、度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项2A C错误；由 =2 a x,可知列车动能与位移x 成正比，选项B 正确：由动量公式p=m v,可知列车动能E k=i m v Jp 2,即与列车的动量二次方成正比，选 项 D 错误。2 赤5.（2 0 1 8 全 国 HI 卷 T8）（多选）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动，在随后的某时刻t,a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是B.
6、在 t时刻，a的动能比b的大C.在 t时刻，a 和 b的电势能相等D.在 t时刻，a 和 b的动量大小相等【答案】BD【解析】试题分析 本题考查电容器、带电微粒在电场中的运动、牛顿运动定律、电势能、动量定理及其相关的知识点。解析 根据题述可知，微粒a 向下加速运动，微粒b 向上加速运动，根据a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a 的加速度大小大于b 的加速度大小，即 a）ab。对微粒a,由牛顿第二定律，qE=ma,对微粒b,由牛顿第二定律，qE=m冏，联立解得：小。mb由此式可以得出a 的质量比b 小，选项A错误；在 a、b 两微粒运动过程中，a 微粒所受合外力大于b 微粒，a
7、 微粒的位移大于b 微粒，根据动能定理，在 t 时刻，a 的动能比b 大，选项B正确；由于在t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反,所以在t 时刻，a 和 b 的电势能不等，选项C错误；由于a 微粒受到的电场力（合外力）等于b 微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在 t 时刻，a 微粒的动量等于b 微粒，选项D正确。6.（2017 新课标I 卷）将质量为1.00 k g 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）A.30kg-m/s B.5
8、.7X 102kg-m/sC.6.0X10kg-m/s D.6.3X102kg-m/s【答案】A【解析】设火箭的质量（不含燃气）为 m,燃气的质量为n t,根据动量守恒，m,vFm2v2,解得火箭的动量为：p=mM=m2V产30 kg-m/s,所以A正确，BCD错误。【考点定位】动量、动量守恒【名师点睛】本题主要考查动量即反冲类动量守恒问题，只要注意动量的矢量性即可，比较简单。7.（2015 重庆卷 T3）高空作业须系安全带.如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）。此后经历时间 t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力
9、始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为m J2gh tnJ2eh m je h rn-JshA.+B.-2.m g c.+mg D.m gt t t t【答案】A试题分析：人下落h 高度为自由落体运动，由运动学公式丫2=2 g/z,可知y=J 荻；缓冲过程（取向上为正）由动量定理得（户m g）/=0-（一/nv）,解得：F =加 中 +m g ,故选A。【考点定位】运动学公式、动量定理8.（2012 福建卷）如图，质量为M的小船在静止水面上以速率V。向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为A-v
10、o+v B-vo-C-vo+（VO +V）D-vo+（v0-v）M M M M【答案】C【解析】人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向：（M+m）v0=Mvmv u=%+（%+u）。M【考点定位】本题动量守恒相关知识9.（2012 重庆卷）质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。当车速为V。时，人从车上以相对于地面大小为V。的速度水平向后跳下。跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的vt 图象为【答案】B【解析】人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动，当
11、车速为时,人从车上以相对于地面大小为的速度水平向后跳下，跳离前后系统动量守恒，规定车的速度方向为正方向，则有：（/n+2ni）v0=2mv+（-wv0）得：v=2v0,人跳车后做匀减速直线运动，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比，所以人跳车前后车的加速度不变，所以能正确表示车运动的V T图象B。【考点定位】本题考查动量守恒定律及其相关知识.10.（2013 天津卷）我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运
12、动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【答案】B【解析】冲量是矢量，甲乙相互作用时，冲量大小相等方向相反，故A错误；由动量守恒定律知，甲乙动量变化量大小相等方向相反，故B正确：甲乙相互作用时是非弹性碰撞，动能不守恒，甲的动能增加量和乙动能的减少量不相等，故C错误；因甲的动能增加量和乙动能的减少量不相等，由动能定理知，甲对乙做功的绝对值和乙对甲做功的绝对值不相等，故D错误。【考点定位】本题考查冲量、动量、动量守恒定律和动能定理，意在考
13、查考生的推理能力。11.（2014 福建卷）一枚火箭搭载着卫星以速率V。进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m,后部分的箭体质量为叱，分离后箭体以速率vz沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率VI为；行匚H二 串A.V o-V 2 B.V0+V2 C.V|=VQ-匕 D.V j=%H-（%一彩）m,mx【答案】D【解 析】系 统 分 离 前 后，动 量 守 恒：（g+加 2）%=加|匕+m2v2，解 得：V|=v0 H （%v,）,故 A、B、C 错误，D 正确。【考点定位】本题考查动量守恒定律12.（2 0 14 重庆卷）
14、一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度n =2，/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3：1.不计质量损失，取重力加速g =1 0 m/s 2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是规定向右为正，设弹丸的质量为4 m,则甲的质量为3 m,乙的质量为m,炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有：4 m v t FSm v i+m v：；得 8=3v i+v z两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等,水平方向做匀速运动,X i=v i t=v i,x2=v2t=V 2,则 8=3XI+X2结合图象可知，B的位移满足上述表达式，故 B
15、正确。【考点定位】本题考查了平抛运动规律、爆炸问题、动量守恒定律.13.（2 0 15 福 建 卷 T30 （2）如图，两滑块A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m,速度为2 v 0,方向向右，滑 块 B的质量为2 m,速度大小为v,方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是左 必 红 右A.A和 B都向左运动 B.A和 B都向右运动C.A 静止，B向右运动 D.A向左运动，B向右运动【答案】D【解析】取向右为正方向，根据动量守恒：m2va-2mva-m vA+2mvB,知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即 A、B 的运动方向一定相反，所以D正确；A、B、C错误。【考
16、点定位】原子结构和原子核14.（2015 北 京 卷 T17）实验观察到，静止在匀强磁场中A 点的原子核发生夕衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图，则（）A.轨 迹 1 是电子的,磁场方向垂直纸面向外B.轨迹2 是电子的,磁场方向垂直纸面向外C.轨 迹 1 是新核的,磁场方向垂直纸面向里D.轨迹2 是新核的,磁场方向垂直纸面向里【答案】D【解析】静上的核发生 衰变-z ty+-呢）由内力作用，满足动量守恒，则新核丫和v mv电子的动量等大反向，垂直射入匀强磁场后均做匀速圆周运动，由qvB =m 可知r=,r qBr 7+1则两个新核的运动半径与电量成反比，即
17、 上=,则新核为小圆，电子为大圆；而新核 1带正电，电子带负电，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，选项D正确。【考点定位】衰变、动量守恒定律、带电粒子在磁场中的运动、左手定则。15.（2013 福 建 卷 T30（2）将静置在地面上，质 量 为 M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度V。竖直向下喷出质量为m 的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是.m v o 弘%M%n mv0A.-D.-L.-u.-M m M-m M-m【答案】D（2）根据动量守恒定律得：（河一洗一根=0,所以火箭模型获得的速度大小是丫 =上 工M-m选项D
18、正确。【考点定位】反冲运动，动量守恒定律1 6.(2 0 1 7 新课标I H 卷)一质量为2 k g 的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t 变化的图线如图所示，则-7 7 N2 -Ii1 ,I-1-1-1 0 1 ；2 3 4 t/s-1 卜.-A.t=l s 时物块的速率为1 m/sB.t=2 s 时物块的动量大小为4 k g m/sC.t=3 s 时物块的动量大小为5 k g -m/sD.t=4 s 时物块的速度为零【答案】A BFt Ft【解析】由动量定理有F t=m v,解得y =,t=l s 时物块的速率v =1 m/s ,A正确;m mF-t图 线 与 时 间
19、 轴 所 围 面 积 表 示 冲 量，所 以 t=2 s 时 物 块 的 动 量 大 小 为p=2x2 kg-m/s=4 kg-m/s,B正 确；t=3 s时 物 块 的 动 量 大 小 为/?=(2x2-lxl)kg-m/s=3 kg-m/s,C 错 误；t=4 s 时 物 块 的 动 量 大 小 为pff=(2x2-lx2)kg-m/s=2 kg-m/s,速度不为零，D 错误。【考点定位】动量定理【名师点睛】求变力的冲量是动量定理应用的重点，也是难点。F-t图线与时间轴所围面积表示冲量。1 7.(2 0 1 2 大纲全国卷 T 2 4)如图，大小相同的摆球a和 b的质量分别为m和 3 m,
20、摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置【答案】A D两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：1-1,1,mv0+3 m 2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：m vo=m v+m v2，解两式得：匕=-4，彩=%，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选 项A2 2正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大
21、小不相等，选项B错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选 项C错;由单摆的周期公式T=2%可知，两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。【考点定位】本题考查弹性碰撞、单摆运动的等时性及其相关知识此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新。18.（2017 天津卷）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之-O摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B.在最高点，乘客重力大于座
22、椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变【答案】B【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘容随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有：m g-N =m,座椅对他的支持力N =m g -m mg）,人做加速度增大的减速运动，动量一直减小到零，全程拉力向上，其冲量一直向上，选项A正确、选项C和 D错误。B、拉力与运动方向相反，一直做负功，但动能先增大后减小，选 项 B 错误。故选 A o【考点定位】牛顿运动定律、动量定理、功能关系。2 0.
23、（2 0 1 4 全国大纲卷）一中子与一质量数为A（A 1）的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为A,上 B.C.D.3A-lA+l(4 +1)2(A-I)2【答案】A【解析】设原子核的质量为m,中了的质量为叱，碰撞前与碰撞后中了的速度分别是V。和v i,碰撞后原了核的速度为V”由于两者发生弹性 E 碰，因此有：m、v o=m、v i+m v 2,；，小说=4.v；+L 成，解得：v 尸 比*%,根据两者质量数可知：叫L=L 解得|九|=上，故选项A正确。【考点定位】本题主要考查了动量守恒定律和能量守恒定律的应用问题，属于中档题。2 1.(2 0 1 1 福建
24、卷)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的 A 球与质量为2 m 的 B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B 球的速度大小可能是A.0.6 v B.0.4v C.0.3 v D.0.2 v【答案】A【解析】A B 两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设 A B 两球碰撞后的速度分别为打、V 2,选 A原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有m v=m v i+2 m v 2 假设碰后A球静止，即 打=0,可得资v z=0.5 v由题意知球A被反弹，所以球B的速度有V 2 0.5 v A B 两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有一z n/w t v
25、.2 2 2,2 22两式联立得：v2/v v2【答案】3 3 g【解析】设滑块质量为m,则盒的质量为2 m；对整个过程，由动量守恒定律可得m v=3 m v2V1 0 1 V 0 V解得V).=-,由能量守恒定律可知/urngx=-m v-3 w-(-),解得尤=-3 223 3 g【考点定位】动量守恒定律、能量守恒定律【名师点睛】此题是对动量守恒定律及能量守恒定律的考查；关键是分析两个物体相互作用的物理过程，选择好研究的初末状态，根据动量守恒定律和能量守恒定律列出方程；注意系统的动能损失等于摩擦力与相对路程的乘积。2 8.（2 0 1 1 上海卷）光滑水平面上两小球a、b用不可伸长的松弛细
26、绳相连.开始时a 球静止,b球以一定速度运动直至绳被拉紧，然后两球一起运动，在此过程中两球的总动量（填“守恒”或“不守恒”）；机械能（填“守恒”或“不守恒”）.【答案】守恒，不守恒【解析】两小球和细绳组成的系统合外力为零，所以动量守恒；细绳拉紧的过程是非弹性碰撞，动能不守恒，即机械能不守恒【考点定位】机械能守恒2 9.（2 0 1 6 上海卷）如图，粗糙水平面上，两物体A、B以轻绳相连，在恒力F作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开，在 F 牵引下继续前进，B最后静止。则在B静止前，A和 B组成的系统动量_ _ _ _ _ _ _ _ _（选填：“守恒”或“不守恒”）。在 B静止后，A和 B组成的系
27、统动量_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _o （选填：“守恒”或“不守恒”）【答案】守恒；不守恒【解析】轻绳断开前，A、B做匀速运动，系统受到的拉力F和摩擦力平衡，合外力等于零,即尸-力-病=，所以系统动量守恒；当轻绳断开B静止之前，A、B系统的受力情况不变，即/-九 一%=0,所以系统的动量依然守恒；当 B静止后，系统的受力情况发生改变，即尸一人=加 小，系统合外力不等于零，系统动量不守恒。【考点定位】动量守恒条件【方法技巧】先通过匀速运动分析A、B整体的合外力，再分析轻绳断开后A、B整体的合外力，只要合外力为零，系统动量守恒，反之不守恒。3 0.（2 0 1 2 天津卷）
28、质量为0.2 k g 的小球竖直向下以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，则 小 球 与 地 面 碰 撞 前 后 的 动 量 变 化 为k g m/s o若 小 球 与 地 面 的 作 用 时 间 为 0.2 s,则小球受到地面的平均作用力大小为N （取 g =1 0 m/s2）o【答案】2；1 2【解 析】取 竖 直 向 上 为 正 方 向 p =0.2 x 4-（-0.2 x 6）Z g/n/s =2 依而5 ；根据动量定理CF-mg）f =A p 得，F=9+m g=1 2 N。计算时要注意方向性。t【考点定位】本
29、题考查动量变化，动量定理及其相关知识3 1.（2 0 1 5 上海卷 T 2 2 A）两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动。A车总质量为5 0 k g,以 2 m/s 的速度向右运动；B车总质量为7 0 k g,以 3 m/s 的速度向左运动；碰撞后，A以 1.5 m/s的速度向左运动，则 B的速度大小为.m/s,方向向（选 填“左”或“右”）【答案】0.5；左【解析】由动量守恒定律得：规定向右为正方向，mAvA-mBvR=-mAv A+mBv B,解得：以=-O.5 m/s,所以B的速度大小是0.5 m/s,方向向左。【考点定位】动量守恒定律3 2.（2 0 1 2 上海卷）A、B两物体在光
30、滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 k g,速度大小为1 0 m/s,B质量为2 k g,速度大小为5 m/s,它们的总动量大小为 k g m/s 两者碰撞后，A 沿原方向运动，速度大小为4 m/s,则 B的速度大小为 m/s【答案】4 0,1 0【解析】总动量 尸=MAvt-MBV2=5X10-2X5=AOkgm/s；碰撞过程中满足动量守恒，加出一“8 岭代入数据可得：以=1 0 加/$。【考点定位】本题考查动量守恒定律及其相关知识3 3.（2 0 1 7 江苏卷）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是 l m/s,甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的
31、反方向运动，速度大小分别为1 m/s 和 2 m/s.求甲、乙两运动员的质量之比.【答案】3：2,町 _ 匕+%3 解析】由动量守恒定律得叫匕一吗=吗%一叫匕，解得=7 代入数据得【考点定位】动量守恒定律【名师点睛】考查动量守恒，注意动量的矢量性，比较简单.3 4.（2 0 1 2 山 东 卷 T 3 8（2）光滑水平轨道上有三个木块A、B、C,质量分别为啊=3?弧=3 m、mK=mc=i n,开始时B、C 均静止，A以初速度v.向右运动，A与 B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与 B间的距离保持不变.求B与 C 碰撞前B的速度大小困 回 可 一.Z Z/Z/Z/Z Z/Z 7
32、7Z Z/Z Z Z/Z Z Z Z【答案】-v05。设 A B 碰撞后，A的速度为，B与 C 碰撞前B的速度为，B与 V 碰撞后粘在一起的速度为,由动量守恒定律得对 A、B木块：mAvi)=mAvA+mlsvB 对 B、C 木块：mBvB=(mll+mc)v 由 A 与 B间的距离保持不变可知VA=V 6联立式，代入数据得%=1/【考点定位】本题考查动量守恒定律相关知识3 5.(2 0 1 2 天津卷)如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高度也为h,坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面与静止在台面上的小球B发生碰撞，
33、并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半，两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：(1)小球A刚滑至水平台面的速度VA；(2)A、B两球的质量之比弧：mK.【答案】匕=；(2)mB=1：3【解析】(1)小球A下滑过程中，由动能定理可得：%=解得：以=廊；(2)A、B两球碰撞时动量守恒，由动量守恒定律可得：mAvA=CmA+mB-)v,离开平台后，两球做平抛运动，水平方向：-=v r,竖直方向：h=-gt2,2 2 解得：mAz mB=1：3 ；【考点定位】本题考查动量、能量守恒及其相关知识3 6.（2 0 1 1 山东卷）如图所示，甲、
34、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为1 0 m、1 2 m,两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2 v。、v。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量 为 m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。（不计水的阻力）【答案】4 v o【解析】设抛出货物的速度为v,由动量守恒定律得：乙船与货物：2mv0=1 I mv,-m v,甲船与货物：10?篦x 2%-7 V =1加 吗，两船不相撞的条件是：v2 4 v0；【考点定位】动量守恒定律。3 7.（2 014 江苏卷）牛顿的 自然哲学的数学原理中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总
35、是约为15 :16,分离速度是指碰撞后B对 A的速度，接近速度是指碰撞前A 对 B的速度。若上述过程是质量为2 m 的玻璃球A以速度V。碰撞质量为m 的静止玻璃球B,且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。,_ .,17 3 1【答案】V i=-,v2=%4 8 2 4 0【解析】设碰撞后两球的速度分别为V i 和 V 2,根据动量守恒定律有：2 mv o=2 mv1+mv2根据题意有：公二乜=%1617 3 1联立以上两式解得：v =%,v：=%4 8 2 4 【考点定位】本题主要考查了动量守恒定律的应用问题，属于中档偏低题。3 8.（2 013 安 徽 卷 T 2 2）一物体放在水平地面上
36、，如 图 1 所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2 所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3 所示。求：图10 2 4 6 8 10图2 08 s 时间内拉力的冲量;(2)06 s 时间内物体的位移；(3)010s时间内，物体克服摩擦力所做的功。【答案】(D 1 8 N S(2)6m(3)30J【解析】(1)根据冲量的定义I=F t,可知F-t 图象与坐标轴围成图形的面积表示冲量，所以。8 s 时间内拉力的冲量I=F,A tI+F2A t2+F3A t3=18 N s(2)根据vt 图象的“面积”求位移，0 6 s 时间内物体的位移为x=x(6 2)x3=6m(3)根据题
37、图3 可知，物体在6 8 s 内做匀速运动，于是有f=2N根据题图3,物体在0 10 s时间内的位移为s=工x(2+8)x3=15机2所以 W=fs=2NXl 5nl=30J。【考点定位】E-t 图象和v-t 图象的“面积”的意义，冲量、功的概念。39.(2013 海 南 卷 T17(2)如图所示，光滑水平面上有三个物块A、B和 C,它们具有相同的质量，且位于同一直线上。开始时，三个物块均静止，先让A以一定速度与B碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与C碰撞并粘在一起，求前后两次碰撞中损失的动能之比。JZLEL 瓜【答案】3【解析】设三个物块的质量均为m；A与 B碰撞前A的速度为v,碰撞后共同速
38、度为5；A、B与C碰撞后的共同速度为v2.由动量守恒定律得mv=2mv1 2znv,=3mv2设第一次碰撞中动能的损失为A E 设第二次碰撞中动能的损失为AE2,由能量守恒定律得1)1)1 O 1 Omv=2mVj+2mv=3mv2+AE2AF联立以上各式，解得一L=3AE2【考点定位】考查动量守恒和能量守恒定律。4 0.(2 012 海南卷)(2 014 全国大纲卷)冰球运动员甲的质量为8 0.0 kg.当他以5.Om/s 的速度向前运动时，与另一质量为1 0 0 kg,速度为3.Om/s 的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中
39、总机械能的损失。【答案】LOm/s；1 4 0 0 J【解析】(D 设运动员甲、乙的质量分别为m、M,碰前速度大小分别为v i、w,碰后乙的速度大小为/2,由动量守恒定律有：mv1-M v2=M v/2解得：v 2=v V2=l.Om/sM(2)根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为：A E=+；“试-；”胃代入数据解得：A E=1 4 0 0 J【考点定位】本题主要考查了动量守恒定律和能量守恒定律的应用问题，属于中档题。4 1.(2 0 1 4 山东卷)如图，光滑水平直轨道上两滑块A、B 用橡皮筋连接，A的质量为m,开始时橡皮筋松弛，B 静止，给 A向左的初速度%,一段时间后，B与 A
40、同向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：(i)B 的质量；(i i)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。1 1【答案】(i)=2 加：(i i)=o6【解析】(D 以初速度%的方向为正方向，设 B的质量为A、B碰撞后共同速度为v,由题意知；碰撞前瞬间A的速度为上，碰撞前瞬间，B的速度为2 v,山动量守恒定律得2则：m+2mBv=(m+mB)v 由式得加s =2 加(i i)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得加%=(加+加Q u设碰撞过程A、B系统机械能的损失为 ,则=3(加+4)丫 2 联立式得A E =m v 6【考点定位】
41、动量守恒定律，能量守恒定律4 2.(2 0 1 4 新课标全国卷I)如图，质量分别为?八、加8 的两个小球A、B 静止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8 或，A球 在 B球的正上方。先 将 B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当 A 球下落t=0.3 s 时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知mB=3 mA,重力加速度大小为g=1 0 m/s 2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。(i)B 球第一次到达地面时的速度；(i i)P 点距离地面的高度。【答案】vH-4 m /s hp-0.7 5 m【解析】(i)B 球总地面上方静止释放后只有重力做功
42、，根 据 动 能 定 理 有=gm可得B 球第一次到达地面时的速度以=J =4 4 s(i i)A 球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度vA=g t 3 m/s设 B 球的速度为v ,则有碰撞过程动量守恒mAvA+机=加”8 碰撞过程没有动能损失则有1-212=1-221-2解得以 =1 向 s ,n=2 m/s小球B与地面碰撞后根据没有动能损失所以B离开地面上抛时速度%=%=4 加/s所以P 点的高度2，2%f2g=0.7 5，【考点定位】动量守恒定律能量守恒4 3.(2 0 1 5 山东卷 T 3 9(2)如图，三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平轨道上。现给滑块A
43、向右的初速度v o,一段时间后A与 B发生碰撞，碰后A B 分 别 以%、35的速度向右运动，B再与C 发生碰撞，碰后B、C 粘在一起向右运动 滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间极短。求 B、C 碰后瞬间共同速度的大小。回 任【答案】丫 =竺%16【解析】设滑块是质量都是m,A与 B 碰撞前的速度为V*,选择A运动的方向为正方向，碰撞的过程中满足动量守恒定律，得：n1V 产 m v,、+m v j设碰撞前A克服轨道的阻力做的功为帽，由动能定理得：叼=；，片设 B 与 C碰 撞 前 的 速 度 为 V/，碰 撞 前 B 克 服 轨 道 的 阻 力 做 的 功 为 W“，WK
44、-mv 2 mvH 2“22由于质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上，滑 块 A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，所以：临 工 设 B与 C 碰撞后的共同速度为v,由动量守恒定律得：DIVB”=2 m v历联立以上各表达式，代入数据解得：u=【考点定位】动量守恒定律；动能定理.4 4.(2 0 1 5 海 南 卷 T 1 7 (2)运动的原子核e X放 出 a粒子后变成静止的原子核Y。已知X、Y和 a粒子的质量分别是M、/叫和 4,真空中的光速为c,a粒子的速度远小于光速。求反应后与反应前的总动能之差以及a粒子的动能。答案=(_ 町 _/)/,-m2c2【解析】反应后
45、由于存在质量亏损，所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量,故根据爱因斯坦质能方程可得%1=(M-叫一机2)。2反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，故有 唳 二%,联立可 得!加2 丫；=一 -my-m,c22 M-m2【考点定位】质能方程，动量守恒定律4 5.(2 0 1 7 天津卷)如图所示，物块A和 B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m、=2 k g、m i)=l k g。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=l.8 m(未触及滑轮)然后由静止释放.一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好
46、可以和地面接触。取 g=10m/s2。空气阻力不计。求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；(2)A 的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H。【答案】(l)f=0.6 s(2)v =2m/s(3)H=0.6 m【解析】1 ,试题分析：(1)8 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：解得：t=0.6 s设细绳绷直前瞬间6 速度大小为电，有%=g f=6 m/s细 绳 绷 直 瞬 间，细 绳 张 力 远 大 于A.3 的 重 力，/、8 相 互 作 用，总 动 量 守 恒：mBvn=(mx+mB)v绳子绷直瞬间，尔 8系统获得的速度：v =2m/s之后/做匀减速运动，所以细绳绷
47、直瞬间的速度/即为最大速度，/的最大速度为2m/s。(3)细绳绷直后，A、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B 组成的系统机械能守恒，有：+mB)v2+mBgH-mAgH解得，初始时B离地面的高度H=0.6 m【考点定位】自由落体运动，动量守恒定律，机械能守恒定律【名师点睛】本题的难点是绳子绷紧瞬间的物理规律一一是两物体的动量守恒，而不是机械能守恒。46.(2014 北京卷)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块 A 和 B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A 无初速度释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑
48、动。已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m,A 与 B的质量相等，A 与 B整体与桌面之间的动摩擦因数=0.2。取重力加速度g G O m/s,求：碰撞前瞬间A 的速率V。(2)碰撞后瞬间A 与 B整体的速度。(3)A与 B整体在桌面上滑动的距离L。【答案】(l)2m/s(2)l m/s(3)0.25 m【解析】(D 对 A 从圆弧最高点到最低点的过程应用机械能守恒定律有：mAv/=mAgR可得n =2m/s(2)A 在圆弧轨道底部和B相撞，满足动量守恒，有：(m 人+m8)丫 =加/，可得v =l m/s1(3)对AB 一起滑动过程，由动能定理得：/dmA+mB)gL =(mA+mB)v 可得L
49、=0.25 m【考点定位】对动能定理和机械能守恒定律的考查47.(2011 海南卷)一质量为2 m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中a b 为粗糙的水平面，长度为L；b e 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与a b 和 b e 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为V。的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h,返回后在到达a点前与物体P 相对静止。重力加速度为 g。求a 木 块 在 a b 段受到的摩擦力f；(i i)木块最后距a点的距离s。-mvl-m g h【答案】(i)/=-(i i)3 ghVo 3gh【解析】对 P和木块系统，从
50、开始到木开上升到最高点的运动过程中：由水平方向的动量守恒得：m v0=3mv由能量守恒得：g mvl=g -3mv2+mgh+fL-m v l-m g h解得了=-L由能量守恒得：m vo=3/w v2+f s 总解得s 总3/心 3g木块最后距a点的距离s=s&-L =_ 区 _ L_ L=3gh说 一 3g/z 诏 一 3g【考点定位】动量守恒定律，能量守恒定律48.(201 1 辽宁卷)如图，AB C 三个木块的质量均为mo置于光滑的水平面上，B C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B C 紧连,是弹簧不能伸展，以至于B C 可视为一个整体