第=page22頁，共=sectionpages22頁第=page11頁，共=sectionpages11頁2020屆高三物理二輪專題復習——動量與動量守恒定律基礎練一、單選題（本大題共7小題，共28分）如圖所示是最常見的羽毛球運動圖標之一，羽毛球運動是學校體育中最普及的體育運動，也是速度最快的球類運動，運動員扣殺羽毛球的速度可達到100?m/s。假設羽毛球飛來的速度為50?m/s，運動員將羽毛球以100?m/s的速度反向擊回，羽毛球的質量為10?g，則羽毛球動量的變化量(????)A.大小為1.5?kg·m/s，方向與羽毛球飛來的方向相反

B.大小為1.5?kg·m/s，方向與羽毛球飛來的方向相同

C.大小為0.5?kg·m/s，方向與羽毛球飛來的方向相反

D.大小為0.5?kg·m/s，方向與羽毛球飛來的方向相同A、B兩球沿一直線運動并發生正碰，如圖為兩球碰撞前后的位移圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移圖象，c為碰撞后兩球共同運動的位移圖象，若A球質量是m=2kg，則由圖判斷下列結論不正確的是(????)A.碰撞前后A的動量變化為4

kg?m/s

B.碰撞時A對B所施沖量為?4

N?s

C.A、B碰撞前的總動量為3

kg?m/s

D.碰撞中A槍筒長為L，子彈質量為m，設子彈被擊發后在槍筒內作勻加速直線運動，運動的時間為t，則(????)A.子彈離開槍口時的動能為mL22t2

B.子彈在槍筒內運動過程中合外力的沖量為mL2t運載火箭在太空中飛行的原理是(????)A.外形流暢，減小空氣阻力 B.攜帶固體燃料，少占體積

C.自身噴出氣體，獲得反沖力 D.噴出氣體后，獲得空氣浮力有一宇宙飛船，它的正對面積S=2m2，以v=3×103m/s的相對速度飛入一宇宙微粒區。此微粒區1A.36N B.3.6N C.12N D.1.2N質量為1.0千克的皮球以?v1=3m/s的速率垂直撞擊天花板，然后以v2=1m/s的速率反彈，球與天花板的接觸時間為0.1A.4N?S B.3N?S C.2N?S D.1N?S人從高處跳到低處時，為了安全，一般都是讓腳尖先著地，這樣做是為了(????)A.減小沖量

B.減小動量的變化量

C.增長與地面的沖擊時間，從而減小沖力

D.增大人對地面的壓強，起到安全作用二、多選題（本大題共5小題，共20分）如圖1所示，傾斜放置的平行光滑軌道間距為L=1m，導軌與水平面的夾角為θ=30°，導軌上端連有阻值為R=1Ω的定值電阻，在導軌平面上的abdc、cdfe間分別有垂直導軌平面向上和向下的勻強磁場，磁感應強度分別為B1=1T和B2=2T，兩磁場的寬度也均為L.一長為L的導體棒從導軌某位置靜止釋放，導體棒在滑動過程中始終與導軌接觸良好，導體棒在磁場中運動的速度一時間圖象如圖2所示。不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度g=10m/A.導體棒的質量為m=0.2kg

B.導體棒穿過整個磁場時通過電阻R的電量為(2?1)C

C.導體棒穿過磁場B2的時間為2s

D.導體棒穿過整個磁場時電阻R一個鈹原子核(47Be)俘獲一個核外電子(通常是最靠近原子核的K殼層的電子)后發生衰變，生成一個鋰核(37Li)，并放出一個不帶電的質量接近零的中微子νe，人們把這種衰變稱為“K俘獲”。靜止的鈹核發生零“K俘獲”，其核反應方程為??47Be+?10A.中微子的質量數和電荷數均為零

B.鋰核(37Li)獲得的動能約為0.86MeV

C.中微子與鋰核(37Li)一定質量的物體在恒定合外力作用下運動，則(????)A.物體一定作勻變速運動 B.物體的動能隨時間均勻變化

C.物體的機械能一定不守恒 D.物體的動量隨時間均勻變化一個靜止的質點在t=0到t=4s這段時間，僅受到力F

的作用，F

的方向始終在同一直線上，F

隨時間t

的變化關系如圖所示.下列說法中正確的是(????)A.在t=0到t=4s這段時間，質點做往復直線運動

B.在t=1s時，質點的動量大小為1kg?m/s

C.在t=2s時，質點的動能最大

D.在t=1s到t=3s這段時間，力如圖所示，足夠長的水平傳送帶以速度v沿逆時針方向轉動，傳送帶的左端與光滑圓弧軌道底部平滑連接，圓弧軌道上的A點與圓心等高，一小物塊從A點靜止滑下，再滑上傳送帶，經過一段時間又返回圓弧軌道，返回圓弧軌道時小物塊恰好能到達A點，則下列說法正確的是(????)A.圓弧軌道的半徑一定是v22g

B.若減小傳送帶速度，則小物塊仍有可能到達A

C.若增加傳送帶速度，則小物塊有可能經過圓弧軌道的最高點

D.三、填空題（本大題共2小題，共12分）質量分別為60kg和70kg的甲、乙兩人，分別同時從原來靜止于光滑水平面上的小車兩端，以3m/s的水平初速度沿相反方向跳到地面上．若小車的質量為20kg，則當兩人跳離小車后，小車的運動速度為______m/s，方向與(選填“甲、乙”)______相反．將兩根完全相同的磁鐵分別固定在質量相等的小車上，小車置于光滑的水平面上．初始時刻，甲車速度大小v甲=3m/s，方向水平向右；乙車速度大小v乙=2m/s，方向水平向左，v甲、v乙在同一條直線上．當乙車的速度減小為零時，甲車的速度大小為______四、計算題（本大題共3小題，共40分）如圖所示，用外力推P物體壓著輕質彈簧靜置于A點(A物體與彈簧接觸但不連結)，Q物體靜止在B點，P和Q的質量均為m=1kg，它們的大小相對于軌道來說可忽略。光滑軌道ABCD中的AB部分水平，BC部分為曲線，CD部分為直徑d=5m圓弧的半圓，該圓弧軌跡與地面相切，D點為圓弧的最高點，各段連接處對滑塊的運動無影響。現撤去外力，P沿軌道運動至B點，與Q相碰后不再分開，最后兩物體從D點水平拋出，測得水平射程s=2m。(g=10m/s2)。求：

(1)兩物體水平拋出時的速度；

(2)兩物體運動到D點時對圓弧的壓力FN；

(3)輕彈簧被壓縮時的彈性勢能

如圖所示，小球A系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O到光滑水平面的距離為h=0.8m，已知A的質量為m，物塊B的質量是小球A的5倍，置于水平傳送帶左端的水平面上且位于O點正下方，傳送帶右端有一帶半圓光滑軌道的小車，小車的質量是物塊B的5倍，水平面、傳送帶及小車的上表面平滑連接，物塊B與傳送帶間的動摩擦因數為μ=0.5，其余摩擦不計，傳送帶長L=3.5m，以恒定速率v0=6m/s順時針運轉。現拉動小球使線水平伸直后由靜止釋放，小球運動到最低點時與物塊發生彈性正碰，小球反彈后上升到最高點時與水平面的距離為h16，若小車不固定，物塊剛好能滑到與圓心O1等高的C點，重力加速度為g，小球與物塊均可視為質點，求：

(1)小球和物塊相碰后物塊B的速度vB大小。

(2)若滑塊B的質量為mB=1kg，求滑塊B與傳送帶之間由摩擦而產生的熱量Q及帶動傳送帶的電動機多做的功W電

如圖所示，一個質量m=4kg的物塊以速度v=2m/s水平滑上一靜止的平板車上，平板車質量M=16kg，物塊與平板車之間的動摩擦因數μ=0.2，其它摩擦不計(取g=10m/s2)，求：

(1)物塊相對平板車靜止時，物塊的速度；

(2)

答案和解析1.【答案】A

【解析】【分析】

本題考查動量的變化量。求出變化量，得到方向。

【解答】

以羽毛球飛來的方向為正方向，則羽毛球飛來時的動量p1=mv1=10×10?3×50?kg·m/s=0.5?kg·m/s，羽毛球被反擊回去時的動量p2=mv2=?10×10【解析】解：A、由x?t圖象的斜率表示速度，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；則碰撞前后A的動量變化為：△PA=mvA′?mvA=2×(?1)?2×(?3)=4kg?m/s，故A正確。

B、對A、B組成的系統，根據動量守恒定律知：碰撞前后B的動量變化為：△PB=?△PA=?4kg?m/s

對B【解析】解：A、子彈在槍筒內運動時，L=vt2，離開槍口時的速度v=2Lt，動能Ek=12mv2=2mL2t2，故A錯誤；

B、根據動量定理可知，I=△p=mv=2mLt，故B錯誤；

C、根據動能定理可知，W=Ek=12mv2=2m【解析】解：運載火箭在太空中飛行的原理是在飛行的過程中自身向后噴出氣體，獲得向前反沖力，從而加速運動。故C正確，ABD錯誤。

故選：C。

靜止的物體在內力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動，這個現象叫作反沖，由此分析即可．

該題借助于火箭升空與火箭在太空中的運動考查有關的知識，理解反沖的常見應用是關鍵．

5.【答案】A

【解析】解：選在時間△t內與飛船碰撞的微粒為研究對象，其質量應等于底面積為S，高為v△t的圓柱體內微粒的質量。

即M=mSv△t，初動量為0，末動量為mv。

設飛船對微粒的作用力為F，由動量定理得：F?△t=Mv?0

則F=Mv△t=mSv△t?v△t=mSv2；

根據牛頓第三定律可知，微粒對飛船的撞擊力大小也等于mSv2，則飛船要保持原速度勻速飛行牽引力應增加F′=F=mSv2；

代入數據得：F′=2×10?6×2×(3×103)【解析】解：以向下為正方向，由動量定理得：mv2?mv1=mgt+I，

即：1×1?1×(?3)=1×10×0.1+I，

解得：I=3N?s；

故選：B．

【解析】【分析】人落下時速度的變化量相同，根據動量定理可分析讓腳尖著地的好處。本題考查動量定理的定性的應用，物理知識在生產生活中有著廣泛的應用，在學習中應注意體會。【解答】人在和地面接觸時，人的速度減為零，由動量定理可知(F?mg)t=Δmv，而腳尖著地可以增加人著地的時間，由公式可知可以減小受到地面的沖擊力，故ABD錯誤，C正確。故選C。

8.【答案】AB

【解析】解：A、顯然導體棒在B1中勻速直線運動，進入磁場B2中后先減速最后勻速，當勻速直線運動時有：B×BLvmR×L=mgsinθ，從而最大速度vm=mgRsinθB2L2，根據導體棒在磁場B1中的速度，求出金屬棒的質量m=B12L2vm1gsinθ=0.2kg，選項A正確；

B、由上述公式能求出線框在磁場B2中的最大速度vm2=0.5m/s，即導磁場棒從B2區開始的速度，由電量公式及法拉第電磁感應定律可得電量q=I×Δt=ΔΦR=B1L2+B2【解析】【分析】

依據核反應書寫規律：質量數與質子數守恒；根據質能方程，結合質量虧損；依據內力遠大于外力，系統動量近似守恒，從而即可一一求解。

考查核反應方程書寫規律，掌握質能方程的應用，理解動量守恒的條件，注意u是質量的單位，而eV是能量單位。

【解答】

A.反應方程為?4?7Be+??1?0e→?3?7Li+ve，根據質量數和電荷數守恒可知中微子的質量數和電荷數均為零，故A正確；

B.根據質能方程，所獲得的能量，E=(7.016929u+me?7.016004u)×9.31×102MeV>0.86MeV，為釋放的核能，不是鋰核獲得的動能，故B錯誤；

C.【解析】解：A、根據牛頓第二定律可知，物體在恒定合外力作用下的加速度是恒定的，所以物體一定作勻變速運動。故A正確。

B、根據動能定理可知，物體動能的變化：△Ek=W=FS，題目中只知道物體在恒定合外力作用下運動，不知道力與速度方向之間的關系，也不知道物體運動的初狀態，所以不能判斷出物體的動能隨時間均勻變化。故B錯誤；

C、物體在恒定合外力作用下運動，可能只有重力做功，所以物體的機械能有可能是守恒的。故C錯誤；

D、根據動量定理：I=△P

F合?△t=△P

所以△P△t=F合

因為合力恒定，所以物體的動量變化率△P△t一定恒定。即物體的動量隨時間均勻變化。故D正確。

故選：AD。

物體做直線運動的條件，合力的方向與速度方向在同一條直線上，與是否為恒力無關；

根據動能定理分析；

根據機械能守恒的條件分析機械能是否守恒；

根據動量定理F合?△t=△P【解析】【分析】

分析圖象的性質，知道合外力的方向與加速度方向相同，根據加速度的方向與速度方向的關系，從而判斷物體的運動過程.再根據圖象分析力的沖量，根據動量定理分析動量的大小．

解決本題的關鍵會通過牛頓第二定律判斷加速度的方向，當加速度方向與速度方向相同，做加速運動，當加速度方向與速度方向相反，做減速運動.同時能正確根據動量定理分析問題，明確F?t圖象的性質，能正確求解力的沖量．

【解答】解：A、0～2s內，合力方向不變，知加速度方向不變，物體一直做加速運動，2～4s內，合力方向改為反向，則加速度方向相反，物體做減速運動，因為0～2s內和2～4s內加速度大小和方向是對稱的，則4s末速度為零，在整個運動過程的速度方向不變，一直向前運動，第4s末質點位移最大，故A錯誤．

B、F?t圖象中，圖象與時間軸圍成的面積表示力的沖量，在t=1s時，沖量大小I1=1×12=0.5N?s，根據動量定理可知，質點的動量大小為0.5kg?m/s，故B錯誤．

C、由A的分析可知，在t=2s時，質點的動能最大，故C正確；

D、F?t圖象中，圖象與時間軸圍成的面積表示力的沖量，由圖可知，在t=1s到t=3s這段時間，力

12.【答案】BD

【解析】解：A、物體在圓軌道上下滑的過程中，物體的機械能守恒，

根據機械能守恒可得，mgR=12mv02，

所以小物塊滑上傳送帶的初速度v0=2gR，

物體到達傳送帶上之后，由于摩擦力的作用開始減速，速度減小為零之后，又在傳送帶的摩擦力的作用下反向加速，

根據物體的受力可知，物體在減速和加速的過程物體的加速度的大小是相同的，所以物體返回圓軌道時速度大小等于從圓軌道下滑剛到傳送帶時的速度大小，只要傳送帶的速度v≥2gR，物體就能返回到A點。則R≤v22g.故A錯誤。

B、若減小傳送帶速度，只要傳送帶的速度v≥2gR，物體就能返回到A點。故B正確。

C、D若增大傳送帶的速度，由于物體返回到圓軌道的速度不變，只能滑到A點，不能滑到圓弧軌道的最高點。故C錯誤，D正確。

選BD

【解析】解：甲乙兩人和車組成的系統在水平方向上動量守恒，規定甲的運動方向為正方向．

m甲v甲?m乙v乙+Mv=0

60×3?70×3+20v=0

解得v=1.5m/s.知方向與甲的運動方向相同，與乙的運動方向相反．

故答案為：1.5，乙．

【解析】解：以兩車組成的系統為研究對象，取甲車原來行駛的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：

mv甲?mv乙=mv甲′，解得：v甲

15.【答案】解：(1)兩物體從D開始做平拋運動，設拋出時的速度為v1，有：

d=12gt2…①

s=v1t…②

代人數據解得：v1=2m/s…③

(2)兩物體在最高點有：2mg?N=2mv1212d…④

解得：N=16.8N…⑤

由牛頓第三定律知兩物體對圓弧壓力為N′=16.8N…⑥

(3)設P在碰撞前瞬間速度為v0，碰撞后瞬間速度為v2，兩物體碰撞由動量守恒定律得：

mv0=2mv2…⑦

兩物體碰后從B滑至D由機械能守恒得：12(2m)v?22=1【解析】(1)兩物塊水平拋出時做平拋運動，根據水平射程和高度即可求得兩物塊水平拋出拋出時的速度。

(2)兩物塊運動到D點時由重力和軌道的支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律和第三定律求解物塊對圓弧的壓力N。

(3)兩物體碰撞，遵守動量守恒定律，兩物體碰后從B滑至D由機械能守恒，P被輕彈簧彈出過程遵守機械能守恒，根據動量守恒和機械能守恒列式，即可求得輕彈簧被壓縮時的彈性勢能EP。

本題關鍵是分析物理過程，抓住碰撞的基本規律動量守恒、平拋運動運用運動的分解法、彈簧彈射過程遵守機械能守恒，根據這些基本規律進行分析求解。

16.【答案】解：(1)小球A下擺及反彈上升階段機械能