【文档说明】高考物理一轮复习课时检测20《 动量定理 动量守恒定律》(含解析).doc，共(6)页，81.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测（二十）动量定理动量守恒定律对点训练：动量定理的理解与应用1．(2018·南京模拟)下列说法错误的是()A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作

用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好解析：选D火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度，故A正确；体操运动员在着地时屈腿可以延长着地时间，从而可以减小地面对运动员的作

用力，故B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是可以防止枪身快速后退而造成伤害，故是为了减少反冲的影响，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱应有弹性，从而延长作用时间而减小伤害，故D错误。2.[多选]如图所

示，箱子放在水平地面上，箱内有一质量为m的铁球以速度v向左壁碰去，来回碰几次后停下来，而箱子始终静止，则整个过程中()A．铁球对箱子的冲量为零B．铁球和箱子受到的冲量大小相等C．箱子对铁球的冲量大小为mv，向右D．摩擦力对箱子的冲量大小为mv，向右解析：选CD箱子在水平

方向上受到两个力作用，球对箱子的作用力和地面对箱子的摩擦力，二力始终等值反向，其合力始终为零，故箱子始终静止。因此，铁球对箱子的冲量与摩擦力对箱子的冲量等值反向，合冲量为零，故A错误；根据动量定理，铁球受到

的冲量为I＝0－mv＝－mv，而箱子受到的冲量始终为零，故B错误；根据动量定理，箱子对铁球的冲量为I＝0－mv＝－mv，负号表示方向向右，故C正确；箱子对铁球的冲量大小为mv，向右，根据牛顿第三定律，铁球对箱子的冲量大小为mv，向左。又因为摩擦力与铁球对箱子的

作用力等值反向，所以摩擦力对箱子的冲量为mv，向右，故D正确。3．(2018·黄冈期末)运输水果时，在水果表面需套上白色泡沫，关于其中的物理原理，下列说法正确的是()A．减小碰撞中水果受到的冲量，进而减小碰撞中的作用力B．减小碰撞中水果的动量改变量，进而减小碰撞中的作用力C．减

小碰撞中水果的速度改变量，进而减小碰撞中的作用力D．延长了碰撞的时间，进而减小碰撞中的作用力解析：选D运输水果时，在水果表面需套上白色泡沫，是由于水果在运输的过程中，速度会变化，可知动量会变化。由动量定理可

知，水果受到的冲量I一定，即水果的动量改变量和速度改变量均一定；白色泡沫具有缓冲作用，由I＝Ft可知，延长时间t可以减小水果所受到的平均冲力F，保护水果，减少碰伤。故A、B、C错误，D正确。对点训练：动量守恒定律的理解及应用4．(2017·海南高考)光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量

是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为()A．n2B．nC.1nD．1解析：选D撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设P的动量方向为正方向，则根

据动量守恒定律有：pP－pQ＝0，故pP＝pQ，故动量大小之比为1，故D正确。5．下列情况中系统动量守恒的是()①小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对人与车组成的系统②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统③子弹射入

紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统A．只有①B．①②C．①③D．①③④解析：选B①小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走

动时，对人与车组成的系统，受到的合外力为零，系统动量守恒；②子弹射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统，系统所受外力之和为零，系统动量守恒；③子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统受墙角的作用力

，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒；④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统，所受的合外力不为零，系统动量不守恒；综上可知，B正确，A、C、D错误

。6．(2018·泰州模拟)冰雪游乐场上一质量为M的人站在质量为m的冰车A上一起运动，迎面而来一个质量也为m的冰车B，为了防止相撞，该人跳上冰车B，冰车A速度立即变为零，人和冰车B一起以速度v沿A原来的方向运动，不计冰面与冰车间的摩擦，则：(1)

相撞前该人和两冰车的总动量大小p是多少？(2)若要使两冰车恰好不相撞，求该人跳到冰车B上后冰车A的速度大小vA。解析：(1)冰车A、B和人组成的系统在相互作用前后满足动量守恒，则相撞前该人和两冰车的总动量p＝(m＋M)v。(2)要使两冰车恰好不

相撞，该人跳到冰车B上后冰车A和B的速度相同，设为vA。取人和冰车A原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得(m＋M)v＝(2m＋M)vA。解得vA＝M＋m2m＋Mv。答案：(1)(m＋M)v(2)M＋m2m＋Mv

对点训练：碰撞、爆炸与反冲7.(2018·大连期末)A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图像(x-t图)如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为()A．1∶1B．1∶

2C．1∶3D．3∶1解析：选C由x-t图像可知，碰撞前vA＝xAtA＝164m/s＝4m/s，vB＝0，碰撞后vA′＝vB′＝v＝xt＝20－168－4m/s＝1m/s，碰撞过程动量守恒，对A、B组成的系统，设A原方向为正方向，则由动量守恒定律得：mAvA＝(mA＋mB)v，解

得mA∶mB＝1∶3，故C正确，A、B、D错误。8.(2018·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则(

)A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6解析：选CA、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可

得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量为4kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。9．(2

018·东营模拟)如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0＝2m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90kg，乙和他的装备总质量为M2

＝135kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空

间站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5s，求甲与A的相互作用力F的大小。解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M2v0－M1v0＝(M1＋M

2)v1以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得：M2v0＝(M2－m)v1＋mv代入数据联立解得v1＝0.4m/s，v＝5.2m/s。(2)以甲为研究对象，由动量定理得，Ft＝M1v1－(－M1v0)代入数据解得F＝432N。答案：(1)5.2m/s(2)432N考点综合训练10.(201

8·北京丰台区质检)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反

弹后能达到的高度为()A．hB．2hC．3hD．4h解析：选D所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝12(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，12(m1

＋m2)v2＝12m1v12＋12m2v22，12m1v12＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。11.(2018·衡水模拟)如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B，B的左端放置一个质量为m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为μ

，现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A可视为质点，求：(1)物块A相对木板B静止后的速度大小；(2)木板B至少多长。解析：(1)设小球和物块A

碰撞后二者的速度为v1，三者相对静止后速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒得，mv0＝(m＋m)v1，①(m＋m)v1＝(m＋m＋2m)v2②联立①②得，v2＝0.25v0。(2)当物块A在木板B上滑动时，系统

的动能转化为摩擦热，设木板B的长度为L，假设物块A刚好滑到木板B的右端时共速，则由能量守恒得，12·2mv12－12·4mv22＝μ·2mgL③联立①②③得，L＝v0216μg。答案：(1)0.25v0(2)v0216μg12.(2018·郑州

质检)如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M＝2kg。物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失。已知物块的质量m＝1k

g，A点到B点的竖直高度为h＝1.8m，BC长度为L＝3m，BD段光滑。g取10m/s2。求在运动过程中：(1)弹簧弹性势能的最大值；(2)物块第二次到达C点的速度。解析：(1)由A点到B点的过程中，由动能定理得：

mgh＝12mvB2解得vB＝2gh＝6m/s由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取vB方向为正方向，mvB＝(M＋m)v此时的弹性势能最大，由能量守恒可得：Ep＝12mvB2－12(M＋m)v2由以上两式可得Ep＝12J。(2)物块由B点至第二次

到达C点的过程中，系统动量守恒，取vB方向为正方向，mvB＝mvC＋Mv′物块由B点至第二次到C点的整个过程机械能守恒12mvB2＝12mvC2＋12Mv′2由以上两式可解得：vC＝－2m/s；vC＝6m/s(第一次到C点的速度，舍去)即物块第二次

到达C点的速度大小为2m/s，方向水平向左。答案：(1)12J(2)2m/s，方向水平向左