1、“動量定理動量守恒定律”考點一動量 沖量 動量疋理1. 考查動量、沖量的概念“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上， 人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中， 下列分析正確的是（）A.繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小B.繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小C.繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大D.人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力解析：選 A 從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中，人先做加速度減小的加 速運動，后做加速度增大的減速運動，加速度等于零時，速度最大，故人的動量和動能都是

2、先增大后減小，加速度等于零時（即繩對人的拉力等于人所受的重力時）速度最大，動量和動 能最大，在最低點時人具有向上的加速度，繩對人的拉力大于人所受的重力。繩的拉力方向始終向上與運動方向相反，故繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負功。故選項 A 正確，選項 B、C、D 錯誤。2. 考查動量變化量及沖量的計算 V、多選一細繩系著小球，在光滑水平面上做圓周運動，小球質量為m速度大小為V,做圓周運動的周期為T,則以下說法中正確的是（）TzA.經過時間 t =2，動量變化量為 0TB.經過時間t= 4 動量變化量大小為 ，2mvA TC.經過時間t =,細繩對小球的沖量大小為 2mvD.經過時間

3、t=!，重力對小球的沖量大小為mgT44解析：選 BCD 經過時間t=小球轉過了 180,速度方向正好相反，若規定開始計時時的速度方向為正，則動量變化量為 p=mv- mv= 2mv細繩對小球的沖量為I= p=-mv- mv= 2mv故大小為 2mv選項 A 錯誤，C 正確；經過時間t=,小球轉過了 90,根據矢量合成法可得，動量變化量大小為p =, 2mv重力對小球的沖量大小為IG=mgt=號 B、D 均正確。33.考查動量定理的應用小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統機械能守恒解析：選 BD 小球從ATB的過程中，半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心，而

4、小球對半圓槽的壓力方向相反指向左下方，因為有豎直墻擋住， 所以半圓槽不會向左運動，可見，該過程中，小球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動量并不守恒，而由小球、半圓槽BTC的過程中，小球對半圓槽的壓力方向向右下方,多選靜止在粗糙水平面上的物體,在水平力F的作用下，經過時間t、通過位移I后,動量為P、動能為丘。以下說法正確的是A.若保持水平力2t，物體的動量等于 2pB.若將水平力增加為原來的兩倍，經過時間t，物體的動量等于 2pC.若保持水平力F不變，通過位移 2I，物體的動能小于2EkD.若將水平力增加為原來的兩倍，通過位移I ,物體的動能大于 26-解析：選 AD 根據動量定理I合=(Ff)

5、t=p,保持水平力F不變，經過時間 2t, (Ff)2t=p,可知p= 2p,故 A 正確；根據動量定理I合=(Ff)t=p,若水平力增加Cj為原來的 2 倍，經過時間t，則有(2Ff) t= p,則p 2p,故 B 錯誤；根據動能定理Ek= 26,(Ff) I=6,保持水平力F不變，通過位移 2I，有(Ff)21=Ek，則有故 C 錯誤；根據動能定理(Ff) I=Ek,將水平力增加為原來的兩倍，通過位移I，有(2Ff) I=丘，則有丘 2 云，故 D 正確。考點二動量守恒定律及應用4.考查多物體動量守恒的判斷多選如圖所示，將質量為M、半徑為R且內壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側靠豎直墻壁

6、，右側靠一質量為M的物塊。今讓一質量為m的小球自左側槽口A的正上方h高處從靜止開始下落，與半圓槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是()A.小球在槽內運動的B至C過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒B.小球在槽內運動的B至C過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統水平方向動量守C.小球離開C點以后，將做豎直上拋運動D.和物塊組成的系統動量也不守恒；從所以半圓槽要向右推動物塊一起運動,因而小球參與了兩個運動： 一個是沿半圓槽的圓周運4小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，此過程中,因為有物塊擋住，小球與半圓槽在水平方向動量并不守恒，但是小球、半圓槽和物塊組成的動，另一個是與半圓槽一起向右運動,

7、5系統水平方向動量守恒，小球運動的全過程，水平方向動量也不守恒，選項A 錯誤，選項 B正確；當小球運動到C點時，它的兩個分運動的合速度方向并不是豎直向上，所以此后小球做斜上拋運動，選項 C 錯誤；因為小球在槽內運動過程中，接觸面都是光滑的，所以小球、 半圓槽、物塊組成的系統機械能守恒，故選項D 正確。5.考查某一方向的動量守恒問題 如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為n（nKM的小球從槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是（）A. 在以后的運動過程中，小球和槽的水平方向動量始終守恒B. 在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力

8、始終不做功C. 全過程小球和槽、彈簧所組成的系統機械能守恒，且水平方向動量守恒D.被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，但小球不能回到槽高h 處解析：選 D 當小球與彈簧接觸后，小球與槽組成的系統在水平方向所受合外力不為零，系統在水平方向動量不守恒，故 A 錯誤；下滑過程中兩物體都有水平方向的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夾角不垂直，故兩力均做功，故B 錯誤；全過程小球和槽、彈簧所組成的系統只有重力與彈力做功，系統機械能守恒，小球與彈簧接觸過程系統在水平方向所受合外力不為零， 系統水平方向動量不守恒，故 C 錯誤；球在槽上下滑過程系統水平方向不受力，系統水平方向動量守恒，球與槽分離時兩

9、者動量大小相等，由于nKM則小球的速度大于槽的速度，小球被彈簧反彈后的速度大小等于球與槽分離時的速度大小，小球將追上槽并沿槽上滑，上滑過程中只有重力對系統做功，機械能守恒，由于小球與槽組成的系統總動量水平向左，小球滑上槽的最高點時系統速度水平向左，系統總動能不為零，由機械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h,小球不能回到槽高h處，故 D 正確。6.考查人船模型的動量守恒問題 滑雪運動是人們酷愛的戶外體育活動，現有質量為m的人：.站立于雪橇上，如圖所示。人與雪橇的總質量為M人與雪橇以.速度V1在水平面上由北向南運動（雪橇所受阻力不計）。當人相 對于雪橇以速度V2豎直跳起時，雪橇向南的速度大小

10、為（）MvMvMb mMv+MvMm解析：選 D 根據動量守恒條件可知人與雪橇組成的系統水平方向動量守恒，人跳起后 水平方向速MvMmD. vi6度不變，雪橇的速度仍為vi, D 正確。77.考查彈簧連接體的動量守恒問題多選光滑水平面上放有質量分別為 2m和m的物塊A和B,用 細線將它們連接起來，兩物塊中間加有一壓縮的輕質彈簧（彈簧與物塊不相連），彈簧的壓縮量為X。現將細線剪斷，此刻物塊A的加速度大小為a，兩物塊剛要 離開彈簧時物塊A的速度大小為v,則（）解析：選 C 取小球A開始運動的方向為正方向，碰撞前兩個小球的總動能: =2x5X102J = 250 J。碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律

11、得:mv1= mv1+mv2，A.X物塊B的加速度大小為a時彈簧的壓縮量為 2B.2物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為xC.物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為3mVD. 物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為3m&解析：選 AD 當物塊A的加速度大小為a時，根據胡克定律和牛頓第二定律得kx= 2maX當物塊B的加速度大小為a時，有：kx=ma對比可得：，即此時彈簧的壓縮量為2x2，故 A 正確。取水平向左為正方向，根據系統的動量守恒得：XAXB2mtp0，又 *+XB=x,解得A的位移為：XA=1x，故 B 錯誤。根據動量守恒定律得：0= 2mv- m見 得物塊B剛要離 開彈簧時的速度VB

12、=2v，由系統的機械能守恒得：物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為：11-2 m2rmB2= 3m，故 C 錯誤，D 正確。22A8.考查彈性碰撞與非彈性碰撞kg，以 10 m/s 的速率向右運動，并與小球B發生正碰，碰撞后A球以2777777777777777777777m/s 的速率反向彈回，則碰后B球的速率和這次碰撞的性質，下列說法正確的是（）A. 4 m/s，非彈性碰撞B . 4 m/s，彈性碰撞C. 6 m/s，非彈性碰撞D . 6 m/s，彈性碰撞Ei=fmw28mvi+mvi5X10+5X2m= iom/s=6 m/s。i2i2i2i2E2=mvi +qm2V2=5X2J+2X10X6

13、J=190 J。因為Ei巳，有能量損失，是非彈性碰撞。故C 正確。9.考查反沖運動規律一彈丸在飛行到距離地面5 m 高時僅有水平速度v= 2 m/s ,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為 3 : 1。不計質量損失，取重力加速度g= 10 m/s2，則下列圖中兩 塊彈片飛行的軌跡可能正確的是（）12解析：選 B 由h= 2gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運動的時間t= 1 s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即v2m/s，因此水平位移大于 2 m, C D 項錯誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊

14、的動量改變量大小相等，兩塊質量比為3 ： 1,所以速度變化量之比為 1 : 3，由平拋運動水平方向上，x=Vot，所以 A 圖中，v乙=0.5 m/s ,v甲=2.5 m/s ,v乙=2.5 m/s , v甲=0.5 m/s , A 項錯誤；B 圖中，v乙=0.5 m/s ,v甲=2.5 m/s , v乙=1.5 m/s , v甲=0.5 m/s , B 項正確。10.考查動量守恒定律與機械能守恒定律的綜合分析如圖所示，在光滑水平面上放置一個質量為M的滑塊，滑塊的一1側是一個 4 弧形凹槽OAB凹槽半徑為R A點切線水平。另有一個質 量為m的小球以速度Vo從A點沖上凹槽，重力加速度大小為g,不

15、計摩擦。下列說法中正確的是（）A.當V。=,2gR寸，小球能到達B點B.如果小球的速度足夠大，球將從滑塊的左側離開滑塊后落到水平面上解得：V2=碰撞后兩小球的總動能:2.5 in門一 05IT1*23inBAT)9C.當V0=, 2gR寸，小球在弧形凹槽上運動的過程中，滑塊的動能一直增大2D.如果滑塊固定，小球返回A點時對滑塊的壓力大小為mR1011的。解析：選 C 小球在弧形凹槽上運動的過程中，小球對滑塊的力有水平向左的分量，使滑塊向左加速，滑塊動能增大，小球的機械能將減小，A 錯誤，C 正確；當小球速度足夠大,從B點離開滑塊時，由于B點切線豎直，在B點時小球與滑塊的水平速度相同，離開B點后

16、將再次從B點落回，不會從滑塊的左側離開滑塊后落到水平面上，B 錯誤；如果滑塊固定,小球返回2A點時對滑塊的壓力為m葉 硝,D 錯誤。如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質量為m B C的質量都為M三者均處于靜止狀態。現使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性解析：A向右運動與C發生第一次碰撞，碰撞過程中，系統的動量守恒、機械能守恒。* JJ設速度方向向右為正，開始時A的速度為vo,第一次碰撞后C的速度為VCI,A的速度為VAI。如果mM第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C

17、的速度，不可能與B發生碰撞；如果m= M第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運動，A不可能與B發生碰撞；所以只需考慮m M的情況。第一次碰撞后，A反向運動與B發生碰撞。設與B發生碰撞后，A的速度為VA2,B的速度為VB1，同樣有根據題意，要求A只與B C各發生一次碰撞，應有聯立式得考查彈性碰撞及臨界問題 由動量守恒定律和機械能守恒定律得m- M2mi+ MVom- MVA2=VA1mMVA2VC1m+4mlM- M0mV=mw+MVI1212122mV= 2mV1+2MV聯立式得m- MVA1=m M11解得(5-2)M另一解 me - ( 5+ 2)M舍去。所以，m和M應滿足的條件為(

18、52)MKmKM答案：(5 2)MKmKM12.考查動量守恒定律與能量的綜合問題如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一 蹲在滑板上的小孩和其前面的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰 塊以相對冰面 3m/s 的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大 高度為h= 0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質量為m= 30 kg,冰塊的質量為m= 10 kg,小孩與滑板始終無相對運動。取 重力加速度的大小g= 10 m/s。(1) 求斜面體的質量；(2) 通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？解析：(1)規定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v,斜面體的質量為m。由水平方向