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一、單選題（本大題共8小題，共32分）質量為m的物體沿某一條直線運動，已知物體的初動量的大小為4kg?m/s，經(jīng)過時間t后，其動量的大小變?yōu)?0kg?m/sA.6kg?m/s B.8

kg?m/s C.10

kg?材料相同、質量不同的兩滑塊，以相同的初動能分別在水平面上運動直到停止，則(????)A.質量大的滑塊運動時間長

B.質量小的滑塊運動位移大

C.質量大的滑塊所受摩擦力的沖量小

D.質量小的滑塊克服摩擦力做功多關于動量、沖量，下列說法正確的是(????)A.物體動量越大，表明它受到的沖量越大

B.物體受到合外力的沖量等于它的動量的變化量

C.物體的速度大小沒有變化，則它受到的沖量大小等于零

D.物體動量的方向就是它受到的沖量的方向兩球在水平面上相向運動，發(fā)生正碰后都靜止，則碰前兩球的A.質量一定相等 B.動能一定相等

C.動量大小一定相等 D.速度大小一定相等A、B兩球沿一直線運動并發(fā)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、“天津之眼“是天津市的地標之一，是唯一一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列敘述正確的是(????)A.摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變

B.摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零

C.在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力

D.摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變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，獲得空氣浮力如圖所示，光滑的水平面上靜止著一輛小車(用絕緣材料制成)，小車上固定一對豎直放置的帶電金屬板，在右金屬板的同一條豎直線上有兩個小孔a、b。一個質量為m、帶電量為?q的小球從小孔a無初速度進入金屬板，小球與左金屬板相碰時間極短，碰撞時小球的電量不變且系統(tǒng)機械能沒有損失，小球恰好從小孔b離開金屬板，則(????)A.小車(含金屬板，下同)和小球組成的系統(tǒng)動量守恒

B.小車和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒

C.在整個過程中小車的位移為零

D.因為小車和小球的質量大小關系未知，無法求出小車的位移二、多選題（本大題共5小題，共20分）如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)使A瞬時獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是(

)

A.從開始計時到t4這段時間內，物塊A、B在t2時刻相距最遠

B.物塊A在t1與t3兩個時刻的加速度大小相等

C.t2到tA、B兩物體的質量之比mA：mB=2：1，它們以相同的初速度v0沿水平地面上做勻減速直線運動，其v?t圖象如圖所示。物體速度由v0減小到零的過程中，A、BA.與地面間摩擦力之比為fA：fB=2：1

B.與地面動摩擦因數(shù)之比為μA：μB=2：1

C.克服地面摩擦力做的功之比為WA：WB=2：兩相同的物體A和B，分別靜止在光滑的水平桌面上，由于分別受到水平恒力作用．同時開始運動．若B所受的力是A的2倍，經(jīng)過一段時間后，分別用WA、IA和WB、IB表示在這段時間內A和A.WB=2WA B.WB=4下列四幅圖的有關說法正確的是(????)A.甲圖為兩小球發(fā)生碰撞，球m1以速度v碰撞靜止球m2.若兩球質量相等，碰后m2速度一定為v

B.乙圖為光電效應中光電流和電壓的關系圖線，在光頻率保持不變的情況下，增加入射光光強，飽和光電流將變大

C.丙圖中為原子核衰變的三種射線，射線甲由α粒子組成，射線乙為電磁波，射線丙由電子組成關于物體的動量，下列說法中正確的是(????)A.物體的動量越大，其慣性也越大

B.同一物體的動量越大，其速度一定越大

C.物體的加速度不變，其動量一定不變

D.運動物體在任一時刻的動量方向一定是該時刻的速度方向三、填空題（本大題共2小題，共18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30分）如圖所示，在光滑水平面同一直線上有甲、乙兩滑塊，質量為m1=0.5kg的甲滑塊以v0=6m/s的初速度向右運動，質量為m2=2.5kg的乙滑塊靜置于甲的右側，甲、乙兩滑塊碰撞時沒有能量損失．

(1)求甲、乙兩滑塊碰撞后各自的速度大小和方向；

如圖所示，質量m1=0.4kg

的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=2.0m，現(xiàn)有質量m2=0.6kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0=3m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止．物塊與車面間的動摩擦因數(shù)0.2，取g=10m/s2，求

(1)物塊在車面上滑行的時間t；

(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v′0不超過多少．質量為10g的子彈以300m/s速度射入質量為50g、靜止在光滑水平桌面上的木塊。

(1)如果子彈留在木塊中，求子彈留在木塊中以后，木塊運動的速度是多大？系統(tǒng)產(chǎn)生的內能為多少？

(2)如果子彈把木塊打穿，子彈打穿木塊后速度為100m/s，這時木塊的速度又是多大？

答案和解析1.【答案】A

【解析】【分析】物體的運動性質未知，所以物體的初、末速度方向可能相同，也可能相反，選取正方向，用正負表示出速度的方向，再求解即可．

本題關鍵物體的運動性質未知，要考慮兩種情況：末速度與初速度方向相同和相反，不能漏解．

【解答】

解：取初動量方向為正，則初動量p初=4

kg?m/s

未動量有兩種可能：①末動量為正，p末=10

kg?m/s

則動量的變化量△p=p末?p初=6

kg?m/s

②末動量為負，p末=?10

kg【解析】解：A、摩擦力f=μmg，由動量定理：?μmgt=0?2mEK可得t=2mEKμmg=1μg2Ekm，可得質量大的時間短，則A錯誤

B、由動能定理：?μmgx=0?Ek，可得x=Ekμmg，則質量小的位移大，則B正確

C、I=△P=0?mv=?2mEK，則質量大的沖量大，則【解析】解：A、物體的動量等于質量與速度的乘積，與物體受到的沖量無關，故A錯誤；

B、由動量定理可知，物體受到合外力的沖量等于它的動量的變化量，故B正確；

C、動量是矢量，物體的速度大小沒有變化，如果物體速度方向發(fā)生變化，則物體動量發(fā)生變化，由動量定理可知，物體受到的沖量大小不為零，故C錯誤；

D、物體動量的方向是物體速度的方向，與物體受到?jīng)_量的方向無關，故D錯誤；

故選：B。

物體的質量與速度的乘積是物體的動量，物體動量的變化等于合外力的沖量，據(jù)此分析答題．

本題考查了動量、沖量、動量變化問題，知道動量的定義式、應用動量守恒定律即可正確解題．

4.【答案】C

【解析】【分析】兩個球發(fā)生碰撞的過程中，系統(tǒng)受到外力的合力為零，故兩個球構成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律列方程即可正確解答。

本題主要考查了動量守恒定律的直接應用，難度不大，屬于基礎?！窘獯稹績汕蚺鲎策^程中動量守恒，碰后兩球都靜止，說明碰撞前后兩球的總動量為零，故碰前兩個球的動量大小相等，方向相反，ABD錯誤，C正確。

故選C。

5.【答案】C

【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(tǒng)，根據(jù)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、機械能等于重力勢能和動能之和，摩天輪運動過程中，做勻速圓周運動，乘客的速度大小不變，則動能不變，但高度變化，所以機械能在變化，故A錯誤；

B、轉動一周，重力的沖量為I=mgT，不為零，故B錯誤；

C、圓周運動過程中，在最高點，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，則支持力N=mg?F，所以重力大于支持力，故C正確；

D、運動過程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時刻在變化，所以重力的瞬時功率在變化，故D錯誤。

故選：C。

根據(jù)機械能的定義分析機械能的變化情況；

根據(jù)沖量的定義分析沖量；

根據(jù)向心力的來源分析重力和支持力的情況；

根據(jù)瞬時功率計算式計算重力的瞬時功率。

本題主要是考查動量定理、機械能守恒定律和圓周運動，知道沖量的計算公式以及機械能守恒定律的守恒條件是關鍵。

7.【答案】C

【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(xiàn)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．

8.【答案】C

【解析】【分析】

系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零，機械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，分析系統(tǒng)所受的外力，判斷動量是否守恒。根據(jù)各力做功情況分析機械能是否守恒。根據(jù)系統(tǒng)水平方向的動量守恒分析在整個過程中小車的位移。

本題帶電小球與小車間存在電場力作用，類似于非彈性碰撞，遵守水平動量守恒，與人船模型類似。

【解答】

A、系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向小球進入電場后完全失重，加速度向下，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒，只是水平動量守恒。故A錯誤；

B、在小球與左金屬板碰前，電場力對小車和小球都做正功，小車的機械能增加，系統(tǒng)機械能不守恒，故B錯誤；

CD、小車和小球在水平方向上動量守恒，系統(tǒng)初動量、初速度為0，水平方向上滿足人船模型，從開始小球進入平行板到離開平行板，小車與小球的相對位移為0，即小車和小球在此過程中的位移都是0，小車在整個過程中的位移為0，故C正確、D錯誤。

故選：C。

9.【答案】BD

【解析】【分析】

分析兩物塊的受力情況，判斷其運動情況，再分析何時兩個物塊相距最遠．根據(jù)v?t圖象的斜率等于加速度，分析物塊A在t1與t3兩個時刻的加速度關系．兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律求質量之比．

對于這類彈簧問題注意用動態(tài)思想認真分析物體的運動過程，通過分析兩個物體的速度關系判斷彈簧的狀態(tài)．解答時要注意系統(tǒng)的動量守恒，同時能根據(jù)圖象的斜率分析加速度．

【解答】

A、0?t1時間內，A的速度比B的大，兩者間距減?。畉1時刻兩者速度相同，相距最近．t1?t3時間內，彈簧由壓縮變到伸長，t3時刻兩者速度相同，相距最遠．故A錯誤．

B、根據(jù)v?t圖象的斜率等于加速度，知物塊A在t1與t3兩個時刻的加速度大小相等，故B正確．

C、t2時刻彈簧處于原長狀態(tài)，t2到t3這段時間內，彈簧處于伸長狀態(tài)，故C錯誤．

D、系統(tǒng)的動量守恒，選擇開始到t1時刻列方程可知：m1v1=(m1【解析】解：A、根據(jù)速度時間的圖象可知：aA：aB=2：1，物體只受到摩擦力作用，摩擦力作為合力產(chǎn)生加速度，由牛頓第二定律可知，f=ma，所以摩擦力之比為fA：fB=4：1，故A錯誤；

B、因為摩擦力之比為4：1，由f=μmg可得與地面動摩擦因數(shù)之比為μA：μB=2：1，故B正確；

C、由動能定理知道，摩擦力做的功為：W=0?12mv2，由于ab的初速度大小相同，mA：mB=2：1，所以兩物體克服摩擦阻力做的功之比WA：WB=2：1.故C正確；

D、物體只受到摩擦力作用，由于ab的初速度大小相同，末速度都為0，mA：mB=2：1，由動量定理I=△P可知，受到地面摩擦力沖量大小之比為【解析】【分析】

根據(jù)沖量的表達式得出沖量大小的關系，根據(jù)牛頓第二定律得出加速度，結合位移時間公式得出位移之比，從而得出恒力做功之比。

本題考查功的表達式和沖量表達式的基本運用，求解功的關系，關鍵通過牛頓第二定律和位移時間公式得出位移之比。

【解答】

解：CD.根據(jù)沖量的表達式I=Ft知，F(xiàn)B=2FA，作用時間相同，則沖量的大小關系為IB=2IA，故C正確，D錯誤；

AB.根據(jù)牛頓第二定律得：a=Fm，則加速度之比為1：2，根據(jù)位移時間公式得：x=12at2，則位移之比為1：2，根據(jù)W=Fx知，恒力做功之比為1：4，即：【解析】解：A、甲圖中，兩球碰撞過程中動量守恒，機械能不增加，如果兩球質量相等，發(fā)生彈性碰撞，則碰撞后m2的速度等于v，若發(fā)生非彈性碰撞，碰后m2的速度不等于v，故A錯誤。

B、乙圖中，圖中光的頻率保持不變的情況下，增加入射光光強，則光子數(shù)增加，飽和光電流變大，故B正確；

C、丙圖中，由左手定則可知，甲帶正電，則甲射線由α粒子組成。乙不帶電，射線乙是γ射線，即電磁波，丙射線粒子帶負電，則丙射線由電子組成，故C正確；

D、丁圖所示的鏈式反應屬于重核裂變，利用鎘棒吸收中子，控制鏈式反應的速度，故D錯誤；

故選：BC。

碰撞有彈性碰撞與非彈性碰撞，由動量守恒定律結合碰撞可能的類型分析A選項；入射光的頻率增大，光電子的最大初動能增大；帶電粒子磁場中運動時，由左手定則判斷出粒子的電性，再確定射線的種類；重核變?yōu)檩p核的核反應是裂變。

本題考查了選修內容，掌握基礎知識即可正確解題。要知道光的顏色是由光的頻率決定的。

13.【答案】【解析】解：A、慣性大小的唯一量度是物體的質量，如果物體的動量大，但也有可能物體的質量很小，所以不能說物體的動量大其慣性就大，故A錯誤；

B、動量等于物體的質量與物體速度的乘積，即P=mv，同一物體的動量越大，其速度一定越大，故B正確。

C、加速度不變，速度是變化的，所以動量一定變化，故C錯誤；

D、動量等于物體的質量與物體速度的乘積，即P=mv，動量是矢量，動量的方向就是物體運動的方向，故D正確。

故選：BD。

動量等于物體的質量與速度的乘積，速度是矢量，故動量也是矢量．動量由質量和速度共同決定．慣性大小的唯一量度是質量．

對于物理概念的理解要深要透，不能似是而非．如動量是由物體的質量和速度共同決定，動量是矢量，其方向就是物體運動的方向．

14.【答案】1.5；乙

【解析】解：甲乙兩人和車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，規(guī)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(tǒng)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′=1m/s，方向水平向右；

故答案為：1；向右．

以兩車組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)所受的合外力為零，總動量守恒，由動量守恒定律求解乙車的速度為零時甲車的速度．

本題中兩磁鐵相互間的作用，相當于兩車之間用彈簧相連的問題，根據(jù)動量守恒定律進行研究．

16.【答案】解：(1)甲、乙兩滑塊發(fā)生碰撞前后動量和能量均守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：

m1v0=m1v1+m2v2

12m1v02=12m1v12+12m2【解析】(1)甲、乙兩滑塊碰撞時沒有能量損失，遵守動量守恒和機械能守恒，由動量守恒定律和機械能守恒定律結合求解碰撞后各自的速度大小和方向．

(2)對乙滑塊，