2020届高三物理二轮专题复习-动量与动量守恒定律

第=page22页，共=sectionpages22页第=page11页，共=sectionpages11页2020届高三物理二轮专题复习——动量与动量守恒定律一、单选题（本大题共8小题，共32分）质量为m的物体沿某一条直线运动，已知物体的初动量的大小为4kg⋅m/s，经过时间t后，其动量的大小变为10kg⋅m/sA.6kg⋅m/s B.8

kg⋅m/s C.10

kg⋅材料相同、质量不同的两滑块，以相同的初动能分别在水平面上运动直到停止，则(    )A.质量大的滑块运动时间长

B.质量小的滑块运动位移大

C.质量大的滑块所受摩擦力的冲量小

D.质量小的滑块克服摩擦力做功多关于动量、冲量，下列说法正确的是(    )A.物体动量越大，表明它受到的冲量越大

B.物体受到合外力的冲量等于它的动量的变化量

C.物体的速度大小没有变化，则它受到的冲量大小等于零

D.物体动量的方向就是它受到的冲量的方向两球在水平面上相向运动，发生正碰后都静止，则碰前两球的A.质量一定相等 B.动能一定相等

C.动量大小一定相等 D.速度大小一定相等A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移图象，c为碰撞后两球共同运动的位移图象，若A球质量是m=2kg，则由图判断下列结论不正确的是(    )A.碰撞前后A的动量变化为4

kg⋅m/s

B.碰撞时A对B所施冲量为−4

N⋅s

C.A、B碰撞前的总动量为3

kg⋅m/s

D.碰撞中A、“天津之眼“是天津市的地标之一，是唯一一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮。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.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

C.在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力

D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变运载火箭在太空中飞行的原理是(    )A.外形流畅，减小空气阻力 B.携带固体燃料，少占体积

C.自身喷出气体，获得反冲力 D.喷出气体后，获得空气浮力如图所示，光滑的水平面上静止着一辆小车(用绝缘材料制成)，小车上固定一对竖直放置的带电金属板，在右金属板的同一条竖直线上有两个小孔a、b。一个质量为m、带电量为−q的小球从小孔a无初速度进入金属板，小球与左金属板相碰时间极短，碰撞时小球的电量不变且系统机械能没有损失，小球恰好从小孔b离开金属板，则(    )A.小车(含金属板，下同)和小球组成的系统动量守恒

B.小车和小球组成的系统机械能守恒

C.在整个过程中小车的位移为零

D.因为小车和小球的质量大小关系未知，无法求出小车的位移二、多选题（本大题共5小题，共20分）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是(

)

A.从开始计时到t4这段时间内，物块A、B在t2时刻相距最远

B.物块A在t1与t3两个时刻的加速度大小相等

C.t2到tA、B两物体的质量之比mA：mB=2：1，它们以相同的初速度v0沿水平地面上做匀减速直线运动，其v−t图象如图所示。物体速度由v0减小到零的过程中，A、BA.与地面间摩擦力之比为fA：fB=2：1

B.与地面动摩擦因数之比为μA：μB=2：1

C.克服地面摩擦力做的功之比为WA：WB=2：两相同的物体A和B，分别静止在光滑的水平桌面上，由于分别受到水平恒力作用．同时开始运动．若B所受的力是A的2倍，经过一段时间后，分别用WA、IA和WB、IB表示在这段时间内A和A.WB=2WA B.WB=4下列四幅图的有关说法正确的是(    )A.甲图为两小球发生碰撞，球m1以速度v碰撞静止球m2.若两球质量相等，碰后m2速度一定为v

B.乙图为光电效应中光电流和电压的关系图线，在光频率保持不变的情况下，增加入射光光强，饱和光电流将变大

C.丙图中为原子核衰变的三种射线，射线甲由α粒子组成，射线乙为电磁波，射线丙由电子组成关于物体的动量，下列说法中正确的是(    )A.物体的动量越大，其惯性也越大

B.同一物体的动量越大，其速度一定越大

C.物体的加速度不变，其动量一定不变

D.运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向三、填空题（本大题共2小题，共18分）质量分别为60kg和70kg的甲、乙两人，分别同时从原来静止于光滑水平面上的小车两端，以3m/s的水平初速度沿相反方向跳到地面上．若小车的质量为20kg，则当两人跳离小车后，小车的运动速度为______m/s，方向与(选填“甲、乙”)______相反．将两根完全相同的磁铁分别固定在质量相等的小车上，小车置于光滑的水平面上．初始时刻，甲车速度大小v甲=3m/s，方向水平向右；乙车速度大小v乙=2m/s，方向水平向左，v甲、v乙在同一条直线上．当乙车的速度减小为零时，甲车的速度大小为______四、计算题（本大题共3小题，共30分）如图所示，在光滑水平面同一直线上有甲、乙两滑块，质量为m1=0.5kg的甲滑块以v0=6m/s的初速度向右运动，质量为m2=2.5kg的乙滑块静置于甲的右侧，甲、乙两滑块碰撞时没有能量损失．

(1)求甲、乙两滑块碰撞后各自的速度大小和方向；

如图所示，质量m1=0.4kg

的小车静止在光滑的水平面上，车长L=2.0m，现有质量m2=0.6kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=3m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数0.2，取g=10m/s2，求

(1)物块在车面上滑行的时间t；

(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少．质量为10g的子弹以300m/s速度射入质量为50g、静止在光滑水平桌面上的木块。

(1)如果子弹留在木块中，求子弹留在木块中以后，木块运动的速度是多大？系统产生的内能为多少？

(2)如果子弹把木块打穿，子弹打穿木块后速度为100m/s，这时木块的速度又是多大？

答案和解析1.【答案】A

【解析】【分析】物体的运动性质未知，所以物体的初、末速度方向可能相同，也可能相反，选取正方向，用正负表示出速度的方向，再求解即可．

本题关键物体的运动性质未知，要考虑两种情况：末速度与初速度方向相同和相反，不能漏解．

【解答】

解：取初动量方向为正，则初动量p初=4

kg⋅m/s

未动量有两种可能：①末动量为正，p末=10

kg⋅m/s

则动量的变化量△p=p末−p初=6

kg⋅m/s

②末动量为负，p末=−10

kg【解析】解：A、摩擦力f=μmg，由动量定理：−μmgt=0−2mEK可得t=2mEKμmg=1μg2Ekm，可得质量大的时间短，则A错误

B、由动能定理：−μmgx=0−Ek，可得x=Ekμmg，则质量小的位移大，则B正确

C、I=△P=0−mv=−2mEK，则质量大的冲量大，则【解析】解：A、物体的动量等于质量与速度的乘积，与物体受到的冲量无关，故A错误；

B、由动量定理可知，物体受到合外力的冲量等于它的动量的变化量，故B正确；

C、动量是矢量，物体的速度大小没有变化，如果物体速度方向发生变化，则物体动量发生变化，由动量定理可知，物体受到的冲量大小不为零，故C错误；

D、物体动量的方向是物体速度的方向，与物体受到冲量的方向无关，故D错误；

故选：B。

物体的质量与速度的乘积是物体的动量，物体动量的变化等于合外力的冲量，据此分析答题．

本题考查了动量、冲量、动量变化问题，知道动量的定义式、应用动量守恒定律即可正确解题．

4.【答案】C

【解析】【分析】两个球发生碰撞的过程中，系统受到外力的合力为零，故两个球构成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列方程即可正确解答。

本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，难度不大，属于基础。【解答】两球碰撞过程中动量守恒，碰后两球都静止，说明碰撞前后两球的总动量为零，故碰前两个球的动量大小相等，方向相反，ABD错误，C正确。

故选C。

5.【答案】C

【解析】解：A、由x−t图象的斜率表示速度，可知，碰撞前有：vA=xAtA=4−102=−3m/s，vB=xBtB=42=2m/s。

碰撞后有：vA′=vB′=v=xCtC=2−44−2=−1m/s；则碰撞前后A的动量变化为：△PA=mvA′−mvA=2×(−1)−2×(−3)=4kg⋅m/s，故A正确。

B、对A、B组成的系统，根据动量守恒定律知：碰撞前后B的动量变化为：△PB=−△PA=−4kg⋅m/s

对B【解析】解：A、机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故A错误；

B、转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，故B错误；

C、圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F=mg−N，则支持力N=mg−F，所以重力大于支持力，故C正确；

D、运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，故D错误。

故选：C。

根据机械能的定义分析机械能的变化情况；

根据冲量的定义分析冲量；

根据向心力的来源分析重力和支持力的情况；

根据瞬时功率计算式计算重力的瞬时功率。

本题主要是考查动量定理、机械能守恒定律和圆周运动，知道冲量的计算公式以及机械能守恒定律的守恒条件是关键。

7.【答案】C

【解析】解：运载火箭在太空中飞行的原理是在飞行的过程中自身向后喷出气体，获得向前反冲力，从而加速运动。故C正确，ABD错误。

故选：C。

静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲，由此分析即可．

该题借助于火箭升空与火箭在太空中的运动考查有关的知识，理解反冲的常见应用是关键．

8.【答案】C

【解析】【分析】

系统动量守恒的条件是合外力为零，机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，分析系统所受的外力，判断动量是否守恒。根据各力做功情况分析机械能是否守恒。根据系统水平方向的动量守恒分析在整个过程中小车的位移。

本题带电小球与小车间存在电场力作用，类似于非弹性碰撞，遵守水平动量守恒，与人船模型类似。

【解答】

A、系统水平方向不受外力，竖直方向小球进入电场后完全失重，加速度向下，所以系统竖直方向合外力不为零，故系统动量不守恒，只是水平动量守恒。故A错误；

B、在小球与左金属板碰前，电场力对小车和小球都做正功，小车的机械能增加，系统机械能不守恒，故B错误；

CD、小车和小球在水平方向上动量守恒，系统初动量、初速度为0，水平方向上满足人船模型，从开始小球进入平行板到离开平行板，小车与小球的相对位移为0，即小车和小球在此过程中的位移都是0，小车在整个过程中的位移为0，故C正确、D错误。

故选：C。

9.【答案】BD

【解析】【分析】

分析两物块的受力情况，判断其运动情况，再分析何时两个物块相距最远．根据v−t图象的斜率等于加速度，分析物块A在t1与t3两个时刻的加速度关系．两物块和弹簧组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求质量之比．

对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，通过分析两个物体的速度关系判断弹簧的状态．解答时要注意系统的动量守恒，同时能根据图象的斜率分析加速度．

【解答】

A、0−t1时间内，A的速度比B的大，两者间距减小．t1时刻两者速度相同，相距最近．t1−t3时间内，弹簧由压缩变到伸长，t3时刻两者速度相同，相距最远．故A错误．

B、根据v−t图象的斜率等于加速度，知物块A在t1与t3两个时刻的加速度大小相等，故B正确．

C、t2时刻弹簧处于原长状态，t2到t3这段时间内，弹簧处于伸长状态，故C错误．

D、系统的动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知：m1v1=(m1【解析】解：A、根据速度时间的图象可知：aA：aB=2：1，物体只受到摩擦力作用，摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律可知，f=ma，所以摩擦力之比为fA：fB=4：1，故A错误；

B、因为摩擦力之比为4：1，由f=μmg可得与地面动摩擦因数之比为μA：μB=2：1，故B正确；

C、由动能定理知道，摩擦力做的功为：W=0−12mv2，由于ab的初速度大小相同，mA：mB=2：1，所以两物体克服摩擦阻力做的功之比WA：WB=2：1.故C正确；

D、物体只受到摩擦力作用，由于ab的初速度大小相同，末速度都为0，mA：mB=2：1，由动量定理I=△P可知，受到地面摩擦力冲量大小之比为【解析】【分析】

根据冲量的表达式得出冲量大小的关系，根据牛顿第二定律得出加速度，结合位移时间公式得出位移之比，从而得出恒力做功之比。

本题考查功的表达式和冲量表达式的基本运用，求解功的关系，关键通过牛顿第二定律和位移时间公式得出位移之比。

【解答】

解：CD.根据冲量的表达式I=Ft知，FB=2FA，作用时间相同，则冲量的大小关系为IB=2IA，故C正确，D错误；

AB.根据牛顿第二定律得：a=Fm，则加速度之比为1：2，根据位移时间公式得：x=12at2，则位移之比为1：2，根据W=Fx知，恒力做功之比为1：4，即：【解析】解：A、甲图中，两球碰撞过程中动量守恒，机械能不增加，如果两球质量相等，发生弹性碰撞，则碰撞后m2的速度等于v，若发生非弹性碰撞，碰后m2的速度不等于v，故A错误。

B、乙图中，图中光的频率保持不变的情况下，增加入射光光强，则光子数增加，饱和光电流变大，故B正确；

C、丙图中，由左手定则可知，甲带正电，则甲射线由α粒子组成。乙不带电，射线乙是γ射线，即电磁波，丙射线粒子带负电，则丙射线由电子组成，故C正确；

D、丁图所示的链式反应属于重核裂变，利用镉棒吸收中子，控制链式反应的速度，故D错误；

故选：BC。

碰撞有弹性碰撞与非弹性碰撞，由动量守恒定律结合碰撞可能的类型分析A选项；入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大；带电粒子磁场中运动时，由左手定则判断出粒子的电性，再确定射线的种类；重核变为轻核的核反应是裂变。

本题考查了选修内容，掌握基础知识即可正确解题。要知道光的颜色是由光的频率决定的。

13.【答案】【解析】解：A、惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；

B、动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即P=mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B正确。

C、加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；

D、动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即P=mv，动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确。

故选：BD。

动量等于物体的质量与速度的乘积，速度是矢量，故动量也是矢量．动量由质量和速度共同决定．惯性大小的唯一量度是质量．

对于物理概念的理解要深要透，不能似是而非．如动量是由物体的质量和速度共同决定，动量是矢量，其方向就是物体运动的方向．

14.【答案】1.5；乙

【解析】解：甲乙两人和车组成的系统在水平方向上动量守恒，规定甲的运动方向为正方向．

m甲v甲−m乙v乙+Mv=0

60×3−70×3+20v=0

解得v=1.5m/s.知方向与甲的运动方向相同，与乙的运动方向相反．

故答案为：1.5，乙．

【解析】解：以两车组成的系统为研究对象，取甲车原来行驶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv甲−mv乙=mv甲′，解得：v甲′=1m/s，方向水平向右；

故答案为：1；向右．

以两车组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律求解乙车的速度为零时甲车的速度．

本题中两磁铁相互间的作用，相当于两车之间用弹簧相连的问题，根据动量守恒定律进行研究．

16.【答案】解：(1)甲、乙两滑块发生碰撞前后动量和能量均守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：

m1v0=m1v1+m2v2

12m1v02=12m1v12+12m2【解析】(1)甲、乙两滑块碰撞时没有能量损失，遵守动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求解碰撞后各自的速度大小和方向．

(2)对乙滑块，