2020届高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒单元评估检测六含解析新人教版

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2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第六章第二讲碰撞、反冲与动量守恒定律 Word版含答案

能力提升课第二讲碰撞、反冲与动量守恒定律热点一碰撞问题 (师生共研)1．碰撞的特点和分类(1)特点：①作用时间极短，内力远大于外力，满足动量守恒．②满足能量不增加原理．③必须符合一定的物理情境． (2)分类2.(1)动量守恒定律． (2)机械能不增加．(3)速度要合理：①若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．[典例1] [弹性碰撞] (2016·全国卷Ⅲ) 如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12m v 20>μmgl ① 即μ<v 202gl ②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有 12m v 20＝12m v 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有m v 1＝m v 1′＋34m v 2′④ 12m v 21＝12m v 1′2＋12(34m )v 2′2⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12(34m )v 2′2≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 2113gl ⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件为 32v 20113gl ≤μ<v 202gl . 答案：32v 20113gl ≤μ<v 202gl [反思总结]碰撞问题的解题策略1．抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解． 2．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0.3．熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m 1≫m 2，且v 20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v .当m 1≪m 2，且v 20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．1－1.[碰撞现象的分析](多选)如图所示，动量分别为p A＝12 kg·m/s、p B＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用Δp A、Δp B表示两小球动量的变化量，则下列选项中可能正确的是()A．Δp A＝－3 kg·m/s，Δp B＝3 kg·m/sB．Δp A＝－2 kg·m/s，Δp B＝2 kg·m/sC．Δp A＝－24 kg·m/s，Δp B＝24 kg·m/sD．Δp A＝3 kg·m/s，Δp B＝－3 kg·m/s答案：AB1－2.[非弹性碰撞]如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得m v0＝2m v1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得m v1＝2m v2②12m v 21＝ΔE＋12(2m)v22③联立①②③式得ΔE＝116m v2.④(2)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p.由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3⑤12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348m v 20. 答案：(1)116m v 20 (2)1348m v 201－3.[弹性碰撞] (2015·全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．解析：A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得 m v 0＝m v A 1＋M v C 1① 12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1② 联立①②式得 v A 1＝m －M m ＋M v 0③v C 1＝2m m ＋M v 0④如果m ＞M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m ＜M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有 v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝(m －M m ＋M )2v 0⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A2≤v C1⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0解得m≥(5－2)M另一解m≤－(5＋2)M舍去．所以，m和M应满足的条件为(5－2)M≤m＜M.答案：(5－2)M≤m＜M热点二反冲、爆炸问题(自主学习)1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒；④反冲运动中机械能往往不守恒．2－1.[水平方向的反冲问题]一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行．若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()A．v0－v2 B．v0＋v2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)答案：D2－2.[竖直方向的反冲问题] 将静置在地面上、质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.mM v 0 B ．Mm v 0 C.M M －m v 0 D ．mM －m v 0答案：D2－3.[爆炸问题] 一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量之比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1 s ．取向右为正方向，由水平速度v ＝x t 知，A 中，v甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故m v ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知B 正确．答案：B热点三动量与能量综合问题 (师生共研)1．解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．2．利用“动量和能量”观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．[典例2](2016·全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①12m2v 220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥12m2v 220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．答案：见解析3－1.[动量定理与动能定理综合]某快递公司分拣邮件的水平传输装置如图所示，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.解析：(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则F＝μmg①取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有Ft＝m v－0②由①②式并代入数据得t＝0.2 s③(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Fx＝12m v2－0④由①④式并代入数据得(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s ，则 s ＝v t ⑥摩擦力对皮带做的功 W ＝－Fs ⑦由①③⑥⑦式并代入数据得 W ＝－2 J.答案：(1)0.2 s (2)0.1 m (3)－2 J3－2.[动量守恒与动能定理综合] 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度大小．解析：以A 碰前速度方向为正方向．设发生碰撞前瞬间A 的速度大小为v ，在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2，由动量守恒定律和能量守恒定律，得m v ＝m v 1＋(2m )v 2① 12m v 2＝12m v 21＋12(2m )v 22② 由①②式得 v 1＝－v 22③设碰后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理有 μmgd 1＝12m v 21④ μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22⑤ 由题意得d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得 μmgd ＝12m v 20－12m v 2⑦ 联立②至⑦式得v 0＝285μgd .答案：285μgd1．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( A )A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/sC．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s2．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( A )A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶103．(多选)(2019·莆田一中月考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( CD )A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等解析：在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒．炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系，A错误；a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，B错误；a、b 都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a 、b 一定同时到达水平地面，C 正确；在炸裂过程中，a ，b 受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，即炸裂的过程中，a 、b 的动量变化大小一定相等，D 正确．4．如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m 的物块B 与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m 的物块A 从圆弧轨道上距离水平面高h 处由静止释放，与B 碰撞后推着B 一起运动但与B 不粘连．求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)A 与B 第一次分离后，物块A 沿圆弧面上升的最大高度．解析：(1)A 下滑与B 碰撞前，根据机械能守恒得3mgh ＝12×3m v 21A 与B 碰撞，根据动量守恒得3m v 1＝4m v 2弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能，根据能量守恒得E pmax ＝12×4m v 22＝94mgh(2)根据题意，A 与B 分离时A 的速度大小为v 2A 与B 分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得3mgh ′＝12×3m v 22解得h ′＝916h .答案：(1)94mgh (2)916h。

2020届高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒核心素养提升练十八6.1动量动量定理(含解析)新人教版

动量动量定理(45分钟100分)(20分钟50分)一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分，1～4题为单选题，5题为多选题)1.如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。

若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。

对于这个实验，下列说法正确的是( )A.缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小B.快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大C.为使杯子不滑落，杯子与纸条的动摩擦因数尽量大一些D.为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些【解析】选D。

纸带对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时时间长，则摩擦力对杯子的冲量较大；快速拉动纸条时时间短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故A、B错误；为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面上运动的加速度大，位移短，故C错误、D正确。

2.如图所示为某物业公司的宣传提醒牌。

从提供的信息知：一枚30 g的鸡蛋从17楼(离地面人的头部为45 m高)落下，能砸破人的头骨。

若鸡蛋壳与人头部的作用时间为4.5×10-4 s，人的质量为50 kg，重力加速度g取10 m/s2，则头骨受到的平均冲击力约为( )A.1 700 NB.2 000 NC.2 300 ND.2 500 N【解析】选B。

由2gh=v2可得v== m/s=30 m/s；设向下为正方向，对碰撞过程应用动量定理可得(mg+F)t=0-mv，代入数据得：F≈-2 000 N；负号说明鸡蛋受到的冲击力向上；根据牛顿第三定律可知，头骨受到的平均冲击力为2 000 N，故B正确。

3.(2019·梧州模拟)如图所示，物体由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系为某一正弦函数，下列表述不正确的是( )A.0～2 s内合外力的冲量一直增大B.0～4 s内合外力的冲量为零C.2 s末物体的动量方向发生改变D.0～4 s内物体的动量方向一直不变【解析】选C。

2020版高考物理一轮复习专题综合检测六第六章动量守恒定律(含解析)

动量守恒定律(45分钟100分）一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5题为单选题，6～8题为多选题）1．下列关于物体动量和冲量的说法正确的是( ）A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变C．物体动量的方向,就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越大解析：B 物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大,不是动量越大，故A错误；合外力的冲量等于物体动量的变化量，物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变,故B正确；合外力的冲量等于物体动量的变化量，所以物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向,而动量的方向与所受冲量的方向没有直接关系，故C错误；物体所受合外力越大，加速度就越大,物体速度变化就越快,所以它的动量变化就越快，但不一定越大,故D错误．2．(2018·南昌模拟）斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时（速度水平向东）立即爆炸成质量相等的三块,前面一块速度水平向东,后面一块速度水平向西,前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反．则以下说法中正确的是（）A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能解析:A 设爆炸前的速度为v,爆炸后的速度为v前后以及v′，设向东为正方向，由水平方向动量守恒得3mv＝mv前后＋mv′－mv,解得v′＝3v,方向向东，爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆前后炸前瞬间爆竹的速度，故A正确，B错误；爆炸后三块做平抛运动，竖直方向h＝错误!gt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，前后两块水平方向分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同,故C错误；中间那块的动能错误!m(3v）2>错误!·3mv2，故D错误．3。

2020版高考物理大一轮复习第六章碰撞与动量守恒单元质量检测新人教版

第六章碰撞与动量守恒一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1．某物体受到一个－6 N·s的冲量作用，则( )A．物体的动量一定减少B．物体的末动量一定是负值C．物体动量变化量的方向一定与规定的正方向相反D．物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反解析动量定理是矢量方程，注意规定正方向解题。

冲量、动量都是矢量，对在一条直线上运动的物体，规定正方向后，可用“＋”“－”号表示矢量的方向，－6 N·s的冲量说明物体所受冲量的大小为 6 N·s，方向与规定的正方向相反，由动量定理可知答案为C。

而初、末动量的方向、大小由题设均不能确定。

答案 C2．如图1所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁。

现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是( )图1A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒解析小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D错误；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A错误；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽往右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，系统机械能守恒，选项B错，C对。

答案 C3．如图2所示，在水平面上有两个物体A和B，质量分别为m A＝2 kg，m B＝1 kg，A和B相距x＝9.5 m，A以v0＝10 m/s的初速度向静止的B运动。

已知A从开始运动到碰后停止运动共运动了6 s。

2020高考物理一轮总复习第六章第2讲动量守恒定律及其应用讲义(含解析)新人教版

动量守恒定律及其应用[基础知识·填一填][知识点1] 动量守恒定律及其应用1．几个相关概念(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统．(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力．(3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力．2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．(2)表达式①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．④Δp＝0，系统总动量的增量为零．(3)适用条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．(√)(2)动量守恒只适用于宏观低速．(×)(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．(×)(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(√)(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．(√)(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中动量守恒．(√)[知识点2] 弹性碰撞和非弹性碰撞1．碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类4.(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理．5．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)弹性碰撞前后系统的机械能守恒．(√)(2)两物体在完全非弹性碰撞后不再分开，以共同速度运动．(√)(3)质量相等的两球以相等的速率相向正碰，碰后可能以某一相等的速率反向而行．(√)(4)质量相等的两球以相等的速率相向正碰，碰后可能以某一相等的速率同向而行．(×)(5)质量不相等的两球以相等的速率相向正碰，碰后可能以某一相等的速率互相分开．(×)[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－5 P17第6题改编)甲、乙两名滑冰运动员沿同一直线相向运动，速度大小分别为3 m/s和1 m/s，迎面碰撞后(正碰)甲、乙两人反向运动，速度大小均为2 m/s.则甲、乙两人质量之比为( )A．2∶3B．2∶5C ．3∶5D ．5∶3解析：C [由动量守恒定律得：m 甲×3－m 乙×1＝m 甲×(－2)＋m 乙×2所以m 甲m 乙＝35，选项C 正确．] 2．(人教版选修3－5 P16第5题改编)某机车以0.8 m/s 的速度驰向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接．机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢．设机车和车厢的质量都相等，求：跟最后一节车厢相碰后车厢的速度．铁轨的摩擦忽略不计．解析：取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋15m )v ，v ＝116v 0＝116×0.8 m/s＝0.05 m/s. 答案：0.05 m/s3．根据人教版选修3－5 P17～P18“思考与讨论”回答下列问题．(1)如图为两钢性摆球碰撞时的情景．①两球质量相等，将一球拉到某位置释放，发现碰撞后，入射球静止，被碰球上升到与入射球释放时同样的高度，说明了什么？②弹性碰撞有什么特点？③质量为m 1的小球以速度v 1与质量为m 2的静止小球发生弹性正碰时，存在下列关系：m 1v 1＝__________________________________________________，12m 1v 21＝___________________________________________________. (2)①若质量为m 1的小球以一定初速度v 0沿光滑水平面撞击静止的小球m 2，最终二者粘合在一起运动，试分析动量及能量关系．②非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特点是什么？答案：(1)①两球在最低点碰撞时，满足动量守恒条件，二者组成系统动量守恒，入射球静止，被碰球上升同样的高度，说明该碰撞过程中机械能不变．②弹性碰撞动量守恒，机械能守恒． ③m 1v ′1＋m 2v ′2 12m 1v ′21＋12m 2v ′22 (2)①二者碰撞时满足动量守恒条件，即有m 1v 0＝(m 1＋m 2)v碰撞前后总动能差值ΔE k ＝12m 1v 20－12(m 1＋m 2)v 2＝m 1m 2v 202(m 1＋m 2)②a.非弹性碰撞：动量守恒，动能有损失，转化为系统内能．b ．完全非弹性碰撞：动量守恒；动能损失最大，碰后两物体粘在一起．考点一动量守恒定律的理解及应用[考点解读]1．动量守恒定律的五个特性[典例赏析][典例1] (2019·郑州高三质量预测)如图所示，质量为m ＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为M ＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m 0＝5 g 的子弹以速度v 0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取10 m/s 2.子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v 1. (2)木板向右滑行的最大速度v 2. (3)物块在木板上滑行的时间t . [审题指导](1)子弹进入物块后到一起向右滑行的时间极短，木板速度仍为零． (2)子弹与物块一起运动的初速度即为物块向右运动的最大速度v 1.(3)木板足够长，物块最终与木板同速，此时，木板向右滑行的速度v 2最大． [解析] (1)子弹进入物块后向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得：m 0v 0＝(m 0＋m )v 1解得：v 1＝6 m/s(2)当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律得： (m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v 2 解得：v 2＝2 m/s(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：－μ(m 0＋m )gt ＝(m 0＋m )v 2－(m 0＋m )v 1 解得：t ＝1 s.[答案] (1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s[母题探究][探究1] 如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m 、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v 0、v 0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min ，抛出货物后船的速度为v 1，甲船上的人接到货物后船的速度为v 2，由动量守恒定律，得12mv 0＝11mv 1－mv min,10m ×2v 0－mv min＝11mv 2，为避免两船相撞应满足v 1＝v 2，联立解得v min ＝4v 0.也可用不等式表达：设抛出货物的速度为v ，由动量守恒定律，得乙船与货物12mv 0＝11mv 1－mv甲船与货物10m ×2v 0－mv ＝11mv 2 两船不相撞的条件是：v 2≤v 1 解得v ≥4v 0. 答案：4v 0[探究2] 动量守恒定律的同时性如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小．解析：因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A 的速度大小为v A ，C 的速度大小为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律，得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ，A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律，得m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v ABA 、B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足： v AB ＝v C .联立以上三式，解得v A ＝2 m/s.答案：2 m/s[探究3] 动量守恒定律的相对性一人站在静止于光滑平直轨道上的平板车上，人和车的总质量为M .现在这人双手各握一个质量均为m 的铅球，以两种方式顺着轨道方向水平投出铅球：第一次是一个一个地投；第二次是两个一起投．设每次投掷时铅球对车的速度相同，则两次投掷后小车速度之比为( )A.2M ＋3m2(M ＋m )B.M ＋mMC ．1D.(2M ＋m )(M ＋2m )2M (M ＋m )解析：A [因平直轨道光滑，故人与车及两个铅球组成的系统动量守恒．设每次投出的铅球对车的速度为u ，第一次是一个一个地投掷时，有两个作用过程，根据动量守恒定律，投掷第一个球时，应有0＝(M ＋m )v －m (u －v )①投掷第二个球时，有(M ＋m )v ＝Mv 1－m (u －v 1)②由①②两式，解得v 1＝(2M ＋3m )mu /(M ＋m )(M ＋2m )第二次两球一起投出时，有0＝Mv 2－2m (u －v 2)，解得v 2＝2mu /(M ＋2m )所以两次投掷铅球小车的速度之比v 1/v 2＝(2M ＋3m )/2(M ＋m )．]考点二碰撞问题 [考点解读]1．分析碰撞问题的三个依据 (1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.(3)速度要合理①碰前两物体同向，则v 后＞v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v 前′≥v后.②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变． 2．弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1，速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′①12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 由①②得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2 v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换了速度．(2)当m 1＞m 2时，v 1′＞0，v 2′＞0，并且v 1′＜v 2′，碰撞后两球都向前运动． (3)当m 1＜m 2时，v 1′＜0，v 2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．[典例赏析][典例2] 两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v A ′＝5 m/s ，vB ′＝2.5 m/s B ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/sC ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/sD ．v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s[解析] B [虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．][母题探究][探究1] (2016·全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m ，两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动，此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g ，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ，要使物块a 、b 能发生碰撞，应有12mv 20>μmgl ，即μ<v 202gl设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1，由动能定理可得－μmgl ＝12mv 21－12mv 2设在a 、b 发生弹性碰撞后，a 、b 的速度大小分别为v 2、v 3，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv 1＝mv 2＋34mv 312mv 21＝12mv 22＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v 23 联立各式得v3＝87v 1由题意知b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 μ34mgl ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v 23 解得μ≥32v 20113gl综上所述有32v 20113gl ≤μ<v 22gl答案：32v 20113gl ≤μ<v 22gl[探究2] 完全非弹性碰撞两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．解析：(1)设a 、b 质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象，得v 1＝－2 m/s v 2＝1 m/sa 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v ，由题给图象可得v ＝23m/s.由动量守恒定律，得：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v联立各式解得m 1m 2＝18.(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2由图可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2 解得W ΔE ＝12.答案：(1)m 1m 2＝18 (2)W ΔE ＝12[探究3] 多物多次碰撞问题如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静止于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．解析：设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰撞后A 的速度v A ′＝18v 0，B 的速度为v B ＝34v 0，根据动量守恒定律，A 、B 碰撞过程满足 mv A ＝m ·v 08＋m ·3v 04，解得v A ＝7v 08；从A 开始运动到与B 相碰的过程，根据动能定理：W f ＝12mv 20－12mv 2A ，解得W f ＝15128mv 2则对滑块B 从与A 碰撞完毕到与C 相碰损失的动能也为W f ，由动能定理可知：W f ＝12mv 2B－12mv B ′2，解得v B ′＝218v 0； BC 碰撞时满足动量守恒，则mv B ′＝2mv 共，解得v 共＝12v B ′＝2116v 0.答案：2116v 0 多物多次碰撞1．由多个物体组成的系统，由于物体较多，相互作用的过程比较复杂，此时往往需要根据作用过程的不同阶段，合理的确定研究对象，列出多个动量守恒的方程．2．有时可能涉及到多次碰撞，此时需要注意明确研究的系统，以及确定针对哪个碰撞过程列方程.物理模型(八) 动量守恒中的两类模型◆题型1 子弹打木块模型[典例1] (2019·张掖模拟)如图所示．质量M＝2 kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为M A＝2 kg的物体A(可视为质点)．一个质量为m＝20 g的子弹以500 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A静止在车上．若物体A与小车间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2)．(1)平板车最后的速度是多大？(2)全过程损失的机械能为多少？(3)A在平板车上滑行的时间为多少？[审题指导](1)最后物体A静止在车上，并不是A处于静止状态，而是A与车相对静止，以共同的速度运动．(2)全过程损失的机械能等于系统动能的减少量．[解析](1)对子弹和物体，由动量守恒得mv0＝mv′＋M A v，得v＝4 m/s，同理对M和M A有M A v＝(M＋M A)v车，得v车＝2 m/s.(2)由能量守恒得：ΔE＝12mv20－12mv′2－12(M＋M A)v2车＝2 392 J.(3)对物体A由动量定理得：－μM A gt＝M A v车－M A v得t＝0.4 s.[答案](1)2 m/s (2)2 392 J (3)0.4 s[跟踪训练]1.(2019·北京四中质检)(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．上述两种情况相比较( )A．子弹对滑块做的功一样多B．子弹对滑块做的功不一样多C．系统产生的热量一样多D．系统产生热量不一样多解析：AC [根据动量守恒知，最后滑块获得的速度(最后滑块和子弹的共同速度)是相同的，即滑块获得的动能是相同的，根据动能定理，滑块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对滑块做的功一样多，A正确，B错误．子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多(子弹初、末速度相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，C正确，D错误．]◆题型2 人船模型[典例2] 如图所示，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？[解析]先画出示意图如图所示选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前系统的总动量为零．设某一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，选人前进的方向为正方向．根据动量守恒定律有：mv2－Mv1＝0，即v2v1＝Mm.因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比，从而可以得出：在人从船头走向船尾的过程中，人和船的平均速度也跟它们的质量成反比，即对应的平均动量M v 1＝m v 2，而位移s ＝v t ，所以有Ms 1＝ms 2，即s 2s 1＝M m.由图可知s 1＋s 2＝l ，解得s 1＝m M ＋m l ，s 2＝M M ＋ml .[答案] 船的位移为mM ＋m l 人的位移为MM ＋ml “人船模型”问题1．系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零．2．在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．在解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系．[跟踪训练]2．如图所示，三角形木块A 质量为M ，置于光滑水平面上，底边长为a ，在其顶部有一三角形小木块B 质量为m ，其底边长为b ，若B 从顶端由静止滑至底部，则木块A 后退的距离为( )A.maM ＋m B.Ma M ＋m C.m (a －b )M ＋mD.M (a －b )M ＋m解析：C [取向右方向为正方向．设木块A 后退的距离为x ，B 从顶端由静止滑至底部时，B 向左运动的距离为a －b －x ，则水平方向上A 的平均速度大小为x t ，B 的平均速度大小为a －b －xt根据水平方向动量守恒得：M x t －ma －b －xt＝0解得x ＝m (a －b )M ＋m.]。

2020届高考物理总复习 6 训练新人教版【共2套7页】

本套资源目录2020届高考物理总复习6.1动量定理针对训练含解析新人教版2020届高考物理总复习6.2动量守恒定律针对训练含解析新人教版6.1 动量定理1．关于动量的概念，下列说法中正确的是( ) A ．动量大的物体运动一定快 B ．动量大的物体动能一定大C ．动量相同的物体运动方向一定相同D ．动量相同的物体速度大者惯性大解析：物体的动量是由质量和速度两个因素决定的，动量大的物体速度不一定大，A 错误；由E k ＝p 22m可知，动量大的物体动能也不一定大，B 错误；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C 正确；动量相同的物体，速度大的质量小，惯性小，D 错误．答案：C2．质量相等的A 、B 两个物体，沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面，图6－1－10由静止从同一高度h 2下滑到同样的另一高度h 1，如图6－1－10所示，则A 、B 两物体( )A ．滑到h 1高度时的动量相同B ．滑到h 1高度时的动能相同C ．由h 2滑到h 1的过程中所受重力的冲量相同D ．由h 2滑到h 1的过程中所受合力的冲量相同解析：两物体由h 2下滑到h 1高度的过程中，机械能守恒，mg (h 2－h 1)＝12mv 2，v ＝2g （h 2－h 1），物体下滑到h 1处时，速度的大小相等，由于α不等于β，速度的方向不同，由此可判断，物体在h 1高度处动能相同，动量不相同．物体运动过程中动量的变化量不同，所以合外力的冲量不相等．物体下滑的过程中，mg sin α＝ma ，h 2－h 1sin α＝12at 2.由上述两式求得时间t ＝1sin α2（h 2－h 1）g，由I G ＝mgt 可以判断物体下滑过程中重力的冲量不等．答案：B3．(2019年北京四中模拟)一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v ，在此过程中( )A ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为12mv 2B ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为零C ．地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为12mv 2D ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零解析：人的速度原来为零，起跳后变为v ，则由动量定理可得I －mg Δt ＝m Δv ＝mv ，故地面对人的冲量为mv ＋mg Δt ；而人在跳起时受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B 项正确．答案：B图6－1－114．如图6－1－11所示，质量为M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A 位置．现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A 位置时的速度v 以及此过程中墙对弹簧的冲量I 的大小分别为( )A ．v ＝mv 0M ＋m，I ＝0 B ．v ＝mv 0M ＋m，I ＝2mv 0 C ．v ＝mv 0M ＋m ，I ＝m 2v 0M ＋m D ．v ＝mv 0M，I ＝2mv 0解析：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝mv 0M ＋m子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A 位置时速度大小不变，即当木块回到A 位置时的速度v ＝mv 0M ＋m. 子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，系统初动量为mv 0，末动量为－(M ＋m )v ，根据动量定理得I ＝－(M ＋m )v －mv 0＝－2mv 0所以墙对弹簧的冲量I 的大小为2mv 0，选项B 正确．答案：B图6－1－125．(2019年江西上饶一中月考)物体A 和B 用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图6－1－12甲所示．A 的质量为m ，B 的质量为M .当连接A 、B 的绳突然断开后，物体A 上升经某一位置时的速度为v ，这时物体B 下落速度大小为u ，如图6－1－12乙所示．这段时间里，弹簧的弹力对物体的冲量为( )A ．mv B.mv －Mu C ．mv ＋Mu D ．mv ＋mu解析：弹簧的弹力是变力，时间是未知量，显然，不能直接从冲量的概念I ＝Ft 入手计算，只能用动量定理求解，对物体A ：I 弹－mgt ＝mv .对物体B ：Mgt ＝Mu .消去t 解得I 弹＝mv ＋mu ，D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D6．(多选)在光滑水平面上，放着两块长度相同、质量分别为M 1和M 2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，如图6－1－13所示．开始时，各物均静止，今在两物块上各作用一个水平恒力F 1和F 2，当物块与木板分离时，两木板的速度分别为v 1和v 2，物块与两木板之间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是( )图6－1－13A ．若F 1＝F 2，M 1>M 2，则v 1>v 2B ．若F 1＝F 2，M 1<M 2，则v 1>v 2C ．若F 1>F 2，M 1＝M 2，则v 1>v 2D ．若F 1<F 2，M 1＝M 2，则v 1>v 2解析：设物块质量为m ，木板质量为M ，长为L ，物块与木板间的滑动摩擦力大小为f ，在水平力F 作用下，经过时间t ，物块恰滑过木板，分离时物块的速度v ，木板的速度v ′，木板通过的位移为x ，物块通过的位移为x ＋L .则有(F －f )t ＝mv ，ft ＝Mv ′，对物块由动能定理(F －f )(x ＋L )＝12mv 2，v 2＝2F －f m (x ＋L )，对木板由动能定理fx ＝12Mv ′2，v ′2＝2f M x .由此可得：x ＋L x ＝v v ′＝（F －f ）M fm ，x ＝Lmf （F －f ）M －fm.因此，分离时木板的速度v ′＝2f 2Lm[（F －f ）M －fm ]M ，其中F >f .可知，M 增大或F 增大时，速度v ′都变小，B 、D 正确．答案：BD6.2 动量守恒定律1．下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是( )图6－2－22A ．如图6－2－22甲所示，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B ．如图6－2－22乙所示，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C ．子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统D ．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时解析：对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒．故选C.答案：C2．(多选)如图6－2－23所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，AB 总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 和C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，使C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )图6－2－23A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时AB 也向右运动 B ．C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为M ∶m C ．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动D ．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动解析：小车AB 与木块C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，AB 应向左运动，故A 错误；设碰前C 的速率为v 1，AB 的速率为v 2，则0＝mv 1－Mv 2，得v 1v 2＝M m，故B 正确；设C 与油泥粘在一起后，AB 、C 的共同速度为v 共，则0＝(M ＋m )v 共，得v 共＝0，故C 正确，D 错误．答案：BC3．(2019年黑龙江实验中学月考)如图6－2－24所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，其右侧边缘放有小滑块C ，与木板B 完全相同的木板A 以一定的速度向左运动，与木板B 发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块C 刚好没有从木板A 上掉下．已知木板A 、B 和滑块C 的质量均为m ，C 与A 、B 之间的动摩擦因数均为μ.求：图6－2－24(1)木板A 与B 碰前的速度v 0；(2)整个过程中木板B 对木板A 的冲量I .解析：(1)木板A 、B 碰后瞬时速度为v 1，碰撞过程中动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1. A 、B 粘为一体后通过摩擦力与C 发生作用，最后有共同的速度v 2，此过程中动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得2mv 1＝3mv 2.C 在A 上滑动过程中，由能量守恒定律得－μmgL ＝123mv 22－122mv 21.联立以上三式解得v 0＝23μgL .(2)根据动量定理可知，B 对A 的冲量与A 对B 的冲量等大反向，则I 的大小等于B 的动量变化量，即I ＝－mv 2＝－2m 3μgL3，负号表示B 对A 的冲量方向向右．答案：(1)23μgL (2)－2m 3μgL3，负号表示B 对A 的冲量方向向右图6－2－254．如图6－2－25所示，质量均为m 的木板AB 和滑块CD 紧靠在一起静置在光滑水平面上，木板AB 的上表面粗糙，滑块CD 的表面是光滑的四分之一圆弧，其始端D 点切线水平且与木板AB 上表面相平．一可视为质点的物块P 质量也为m ，从木板AB 的右端以初速度v 0滑上木板AB ，过B 点时的速度为v 02，然后滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 的最高点C处．重力加速度为g .求：(1)物块滑到B 点时木板的速度v 的大小； (2)滑块CD 圆弧的半径R .解析：(1)对物块P 和木板AB 、滑块CD 组成的系统，由动量守恒定律有mv 0＝12mv 0＋2mv解得v ＝v 04.(2)物块P 由D 点滑到C 点的过程中，滑块CD 和物块P 组成的系统在水平方向动量守恒，有m v 02＋m v 04＝2mv 共系统能量守恒，有解得R ＝v 2064g .答案：(1)v 04 (2)v 2064g5．(2019年湖北宜昌一模)如图6－2－26所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝15 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/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μ＝0.5，g 取10 m/s 2.求：图6－2－26(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？解析：(1)设物块与小车的共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ①设物块与车面间的滑动摩擦力为F f ，对物块应用动量定理有－F f t ＝m 2v －m 2v 0② 其中F f ＝μm 2g ③ 联立以上三式解得t ＝m 1v 0μ（m 1＋m 2）g代入数据得t ＝0.3×20.5×（0.3＋0.2）×10s ＝0.24 s. ④(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v ′，则有m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′ ⑤ 由功能关系有12m 2v ′20＝12(m 1＋m 2)v ′2＋μm 2gL ⑥ 代入数据解得v 0′＝510m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v 0′不能超过510m/s. 答案：(1)0.24 s (2)510m/s。

2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习练习：第六章《碰撞与动量守恒》综合检测 Word版含解析

《碰撞与动量守恒》综合检测(时间:90分钟　满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.一物体竖直向下匀加速运动一段距离,对于这一运动过程,下列说法正确的是(　C　)A.物体的机械能一定增加B.物体的机械能一定减少C.相同时间内,物体动量的增量一定相等D.相同时间内,物体动能的增量一定相等解析:物体竖直向下做匀加速运动,有两种可能的情况:①加速度大于重力加速度,物体受到重力和向下的力的作用;②加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、小于重力的作用力.若物体的加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、小于重力的作用力,该力对物体做负功,物体的机械能减少,选项A错误;若物体的加速度大于g,说明除重力做功之外,还有其他力对物体做正功,物体的机械能应增加,选项B错误;物体做匀加速运动,则物体受到的合外力不变,根据I=Ft,相同时间内物体受到的冲量一定相等,根据动量定理,物体动量的增量一定相等,选项C正确;由C的分析,物体受到的合外力不变,相同时间内物体动量的增量一定相等,则物体动能的增加量ΔE k=m-m=m(v2-v1)(v2+v1)=·mΔv·(v2+v1),显然,随时间的变化,v2+v1是变化的,即动量变化相等的情况下,动能的变化是不同的,选项D错误.2.如图所示,一质量为2 kg的物体放在光滑的水平面上,原来处于静止状态,现用与水平方向成60°角的恒力F=10 N作用于物体上,历时5 s,则下列说法不正确的是(　A　)A.力F对物体的冲量大小为50 N·sB.力F对物体的冲量大小为25 N·sC.物体的动量变化量为50 kg·m/sD.物体所受合外力冲量大小为50 N·s解析:力F对物体的冲量大小I=Ft=10×5 N·s=50 N·s,选项A正确,B错误;物体受到的合外力的冲量为I=Ftcos 60°,由动量定理可知Ftcos 60°=Δp,则合外力的冲量及动量的变化量为Δp=10×5× kg·m/s=25 kg·m/s,选项C,D错误.3.在光滑的水平面上有a,b两球,其质量分别为m a,m b,两球在t0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失,两球碰撞前后的速度—时间图像如图所示,下列关系正确的是(　B　)A.m a>m bB.m a<m bC.m a=m bD.无法判断解析:由图像知a球以一初速度向原来静止的b球运动,碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小,根据动量守恒定律,a球的质量小于b 球的质量,选项B正确.4. 如图所示,质量为3 kg的木板放在光滑的水平地面上,质量为1 kg 的木块放在木板上,它们之间有摩擦,木板足够长,两者都以4 m/s的初速度向相反方向运动.当木板的速度为2.4 m/s 时,木块(　C　)A.处于匀速运动阶段B.处于减速运动阶段C.处于加速运动阶段D.静止不动解析:木板和木块组成的系统动量守恒,设它们相对静止时的共同速度为v,以木板运动的方向为正方向,则Mv1-mv2=(M+m)v,v==2 m/ s,方向与木板运动方向相同.在这之前,木板一直做匀减速运动,木块先做匀减速运动,当相对地面的速度为零时,再反向向右做匀加速运动,直到速度增大到2 m/s.设当木块对地速度为零时,木板速度为v′,则Mv1-mv2=Mv′,v′==2.67 m/s,大于2.4 m/s,所以木板的速度为2.4 m/s时,木块处在反向向右加速运动阶段,选项C正确.5.如图所示,质量为M的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一块质量为m的物体,某时刻给物体一个水平向右的初速度v0,那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后(　D　)A.两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等C.盒子的最终速度为,方向水平向右D.盒子的最终速度为,方向水平向右解析:由于盒子内表面不光滑,在多次碰后物体与盒子相对静止,由动量守恒得mv0=(M+m)v′,解得v′=,选项D正确.6.如图所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M,顶端高度为h,今有一质量为m的小物体,沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是(　C　)A. B.C. D.解析:此题属“人船模型”问题.m与M组成的系统在水平方向上动量守恒,设m在水平方向上对地位移为s1,M在水平方向上对地位移为s2,因此有0=ms1-Ms2.且s1+s2=.可得s2=,选项C正确.7.如图所示,完全相同的A,B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动.A,B间夹有少量炸药,对A,B在炸药爆炸过程及随后的运动过程有下列说法,其中正确的是(　D　)A.炸药爆炸后瞬间,A,B两物块速度方向一定相同B.炸药爆炸后瞬间,A,B两物块速度方向一定相反C.炸药爆炸过程中,A,B两物块组成的系统动量不守恒D.A,B在炸药爆炸后至A,B相对传送带静止的过程中动量守恒解析:设A,B质量都为m,A,B在炸药爆炸过程中,内力远远大于外力,动量守恒,爆炸后B的速度方向肯定与v的方向相同,根据动量守恒定律得2mv=mv A+mv B.若爆炸后B的速度大于2v,则A的速度方向与B的速度方向相反,若爆炸后B的速度小于2v,则A的速度方向与B的速度方向相同,选项A,B,C错误;A,B在炸药爆炸后至A,B相对传送带静止的过程中,对A,B的两个摩擦力刚好大小相等,方向相反,时间相同,所以冲量是相反的,所以总冲量是0,动量是守恒的,选项D正确.8.如图所示,质量为M的“L”形物体静止在光滑的水平面上.物体的AB 部分是半径为R的四分之一光滑圆弧,BC部分是水平面.将质量为m 的小滑块从物体的A点静止释放,沿圆弧面滑下并最终停在物体的水平部分BC之间的D点,则(　AD　)A.滑块m从A滑到B的过程,物体与滑块组成的系统动量不守恒,机械能守恒B.滑块滑到B点时,速度大小等于C.滑块从B运动到D的过程,系统的动量和机械能都不守恒D.滑块滑到D点时,物体的速度等于0解析:因为滑块从A下滑到B的过程中,系统所受合外力不为零,系统动量守恒,又因为滑块从A下滑到B的过程中系统中只有动能和重力势能的相互转化,故满足机械能守恒条件,选项A正确;滑块从A下滑到B的过程中,系统在水平方向上动量守恒,机械能守恒,设到达B点时的速度为v M,到达B点时的速度为v m,圆弧的半径为R,以水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得mv m+Mv M=0,由机械能守恒定律可得mgR=m+M,当v m=时,v M=0,这两组数据不满足动量守恒定律,选项B错误;滑块从B运动到D的过程,系统所受合外力为零,系统动量守恒,在该过程中要克服摩擦阻力做功,系统机械能不守恒,选项C 错误;滑块到达D点时停在物体上,即滑块与物体相对静止,速度相等.根据动量守恒定律mv m+Mv M=0,满足方程时只有v M=v m=0,即滑块滑到D 点时,物体的速度一定等于零,选项D正确.9.如图所示,位于光滑水平桌面、质量相等的小滑块P和Q都可以视做质点,Q与轻质弹簧相连,设Q静止,P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用,若整个作用过程中无机械能损失,用E1表示弹簧具有的最大弹性势能,用E2表示Q具有的最大动能,则(　AD　)A.E1=E0B.E1=E0C.E2=E0D.E2=E0解析:弹簧的最大弹性势能发生在P,Q的速度相等时,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv,由能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能为E1=m-2×mv2,解得E1=m=E0,选项A正确,B错误;由于P,Q之间发生的是完全弹性碰撞,且P,Q的质量相等,最终P,Q将交换速度,即小滑块P将静止,小滑块Q以动能E0运动,选项C错误,D正确.10.如图所示,在质量为M的小车中挂有一单摆,摆球的质量为m0,小车(和单摆)以恒定的速度v0沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短.在碰撞过程中,下列情况可能发生的是(　CD　)A.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足(M+m0)v0= (M+m0)v1+mv2B.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为v1,v2,v3,满足(M+m0)v0=Mv1+mv2+m0v3C.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足Mv0=Mv1+mv2D.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v′,满足Mv0=(M+m)v′解析:由于小车与木块发生碰撞的时间极短,碰撞时仅小车与木块间发生相互作用,使小车与木块的动量、速度发生变化,而在这极短时间内,摆球和小车水平方向并没有通过绳发生相互作用,所以小车与木块碰后瞬时,小球仍保持原来的速度而未来得及变化,仅小车与木块由于相互作用,各自动量发生改变,选项A,B错误;取小车(不包括摆球)和木块作为系统,碰撞前后动量守恒,但小车与木块碰后可能分离,也可能结合在一起,选项C,D正确.11. 如图所示,水平传送带AB足够长,质量为M=1.0 kg的木块随传送带一起以v1=2 m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,当木块运动到最左端A点时,一颗质量为m=20 g的子弹,以v0=300 m/s 的水平向右的速度,正对射入木块并穿出,穿出速度v=50 m/s,设子弹射穿木块的时间极短,(g取10 m/s2)则(　BC　)A.子弹射穿木块后,木块一直做减速运动B.木块遭射击后远离A的最大距离为0.9 mC.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为1.0 sD.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为0.6 s解析:子弹射穿木块后,木块先向右做减速运动,然后再向左做加速运动,选项A错误;设木块被子弹击穿时的速度为v3,子弹击穿木块过程水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,故mv0-Mv1=mv+Mv3,代入数据解得v3=3.0 m/s木块遭射击后远离A的距离最大时的瞬时速度为0,根据动能定理得-μMgs m=0-M代入数据得s m=0.9 m,选项B正确;选取向右为正方向,则木块与传送带的速度相等时的速度是-2 m/s.木块的加速度a=-=-μg=-0.5×10 m/s2=-5 m/s2木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为t==1.0 s,选项C正确,D错误.12.如图所示,水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板,m1由图示位置静止释放.当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1,在以后的运动过程中(　BD　)A.m1的最小速度是0B.m1的最小速度是v1C.m2的最大速度是v1D.m2的最大速度是v1解析:从小球m1到达最近位置后继续前进,此后拉着m2前进,m1减速,m2加速,达到共同速度时两者相距最远,此后m1继续减速,m2加速,当两球再次相距最近时,m1达到最小速度,m2达到最大速度.两小球水平方向动量守恒,速度相同时保持稳定,一直向右前进,m1v1=m1v1′+m2v2,m1=m1v1′2+m2,解得v1′=v1,v2=v1故m1的最小速度为v1,选项A错误,B正确;m2的最大速度为v1,选项D正确,C错误.二、非选择题(共52分)13.(6分)在用气垫导轨做“验证动量守恒定律”实验时,左侧滑块质量m1=170 g,右侧滑块质量m2=110 g,挡光片宽度为3.00 cm,两滑块之间有一压缩的弹簧片,并用细线连在一起,如图所示.开始时两滑块静止,烧断细线后,两滑块分别向左、右方向运动.挡光片通过光电门的时间分别为Δt1=0.32 s,Δt2=0.21 s.则两滑块的速度分别为v1′= m/s,v2′= m/s.烧断细线前m1v1+m2v2= kg·m/s,烧断细线后m1v1′+m2v2′= kg·m/s.可得到的结论是 .解析:由平均速度公式可得v1′= m/s=0.09 m/s;v2′= m/s=0.143 m/s.设向右为正方向,因烧断细线之前,两滑块均静止,故烧断细线前的动量为零;碰后的动量为0.17×(-0.09) kg·m/s+0.11×0.143 kg·m/s≈0,故说明碰撞前后动量相等,系统动量守恒.答案:0.09　0.143　0　0　系统动量守恒评分标准:前四个空每空1分,最后一个空2分.14.(6分)如图(甲)所示,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.(1)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的,但是,可以通过仅测量 (填选项前的符号),间接地解决这个问题.A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程(2)图(甲)中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时,先将入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程.然后,把被碰小球m 2静止于轨道的水平部分,再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放,与小球m2相撞,并多次重复.接下来要完成的必要步骤是 .(填选项前的符号)A.用天平测量两个小球的质量m1,m2B.测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1,m2相碰后平均落地点的位置M,NE.测量平抛射程,(3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为 [用(2)中测量的量表示].(4)经测定,m1=0.45 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图(乙)所示.碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′,则p1∶p1′= ∶11;若碰撞结束时m2的动量为p2′,则p1′∶p2′=11∶ .实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值为 .解析:(1)小球离开轨道后做平抛运动,由H=gt2知t=,即小球的下落时间一定,则初速度v=可用平抛运动的水平射程来表示,选项C 正确.(2)本实验要验证的是m 1·+m2·=m1·,因此要测量两个小球的质量m 1和m2以及它们的水平射程和,而要确定水平射程,应先分别确定两个小球落地的平均落点,没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度H.故应完成的步骤是ADE.(3)若动量守恒,应有m1v1+m2v2=m1v0(v0是m1单独下落离开轨道时的速度,v1,v2是两球碰后m1,m2离开轨道时的速度),又v=,则有m1·+ m 2·=m1·,即m1·+m2·=m1·.(4)碰前m1的动量p1=m1v0=m1·,碰后m1的动量p1′=m1v1=m1·,则p 1∶p1′=∶=14∶11;碰后m2的动量p2′=m2v2=m2·,所以p1′∶p 2′=(m1·)∶(m2·)=11∶2.9;碰撞前、后总动量的比值= 1.01.答案:(1)C　(2)ADE (3)m 1·+m2·=m1· (4)14　2.9　1.01评分标准:每空1分.15.(8分)光滑水平地面上,木板A左端与竖直墙壁接触处于静止状态,可视为质点的小木块B停在木板的右端,如图所示.对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v0=7 m/s,经时间t=0.5 s木块运动到竖直墙壁处,速度大小减为v1=5 m/s.木块与墙壁发生弹性碰撞后,恰能停在木板右端.重力加速度g=10 m/s2,求:(1)木板的长度L和木板与木块间的动摩擦因数μ;(2)木板和木块的质量的比值.解析:(1)木块向左运动L=(v0+v1)t(1分)v1=v0-at(1分)μmg=ma(1分)木板长为L=3 m(1分)动摩擦因数为μ=0.4.(1分)(2)木块在木板上向右滑动的过程中mv1=(M+m)v(1分)m=μmgL+(M+m)v2(1分)可得=24.(1分)答案:(1)3 m　0.4　(2)2416.(8分)如图所示,光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B,B的质量为M=3m,B的曲面下端与水平面相切,且劈B足够高.现让小物块C以水平速度v0向右运动,与A发生弹性碰撞,碰撞后小物块A又滑上劈B.求物块A在B上能够达到的最大高度.解析:C,A组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mv C+mv A(1分)由能量守恒定律得m=m+m(1分)解得v C=0,v A=v0(2分)A,B系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv A=(m+M)v(1分)系统机械能守恒,由机械能守恒定律得m=mgh+(m+M)v2(2分)解得h=.(1分)答案:17.(12分)如图所示,半径为R的四分之三光滑圆轨道竖直放置,CB是竖直直径,A点与圆心等高,有小球b静止在轨道底部,小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切进入竖直圆轨道,a,b 小球直径相等,质量之比为3∶1,两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出落在离C点水平距离为2R的地面上,重力加速度为g,小球均可视为质点.求:(1)小球b碰后瞬间的速度;(2)小球a碰后在轨道中能上升的最大高度.解析:(1)b小球从C点抛出做平抛运动,有gt2=2R(1分)解得t=(1分)小球b做平抛运动的水平位移x=v C t=2R(1分)解得v C=(1分)根据机械能守恒有m b=m b+2m b gR(1分)可知小球b在碰后瞬间的速度v b=.(2分)(2)a,b两小球相碰,由动量守恒得m a v a=m a v a′+m b v b(1分)a,b两小球发生弹性碰撞,由机械能守恒得m a=m a v a′2+m b(1分)又m a=3m b解得v a=v b,v a′=v a=v b(1分)可得v a′=,小球a在轨道内运动,不能到达圆心高度,所以小球a 不会脱离轨道,只能在轨道内来回滚动,根据机械能守恒可得m a v a′2= m a gh(1分)解得h=.(1分)答案:(1)　(2)R18.(12分)质量M=3.0 kg的长木板置于光滑水平面上,木板左侧放置一质量m=1.0 kg的木块,右侧固定一轻弹簧,处于原长状态,弹簧正下方部分的木板上表面光滑,其他部分的木板上表面粗糙,如图所示.现给木块v0=4.0 m/s的初速度,使之向右运动,在木板与木块向右运动过程中,当木板和木块达到共速时,木板恰与墙壁相碰,碰撞过程时间极短,木板速度的方向改变,大小不变,最后木块恰好在木板的左端与木板相对静止.求:(1)木板与墙壁相碰时的速度v1;(2)整个过程中弹簧所具有的弹性势能的最大值E pm.解析:(1)以木块与木板组成的系统为研究对象,从木块开始运动到两者速度相同的过程中,系统动量守恒,由动量守恒定律可得mv0= (M+m)v1,(1分)解得v1=1 m/s.(1分)(2)木板与墙壁碰后返回,木块压缩弹簧,当弹簧压缩到最短时,木块与木板速度相等,在此过程中两者组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可得Mv1-mv1=(M+m)v2,(1分)解得v2=0.5 m/s;(1分)当弹簧压缩到最短时,弹簧弹性势能最大,由能量守恒定律可得m= (M+m)+E pm+Q,(2分)当木块到达木板最左端时两者速度相等,在此过程中,系统动量守恒,由动量守恒定律可得Mv1-mv1=(M+m)v3,(2分)解得v3=0.5 m/s;(1分)从木块开始运动到木块再回到木板最左端的整个过程中,由能量守恒定律可得m=(M+m)+2Q,(2分)解得Q=3.75 J,E pm=3.75 J.(1分)答案:(1)1 m/s　(2)3.75 J。

高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒单元评估检测六含解析新人教版

高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒单元评估检测六含解析新人教版单元评估检测(六)(第六章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

1～6题为单选题，7、8题为多选题)1.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )A.在下滑过程中，物块的机械能守恒B.在下滑过程中，物块和槽的动量守恒C.物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动D.物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处【解析】选C。

在下滑的过程中，物块与弧形槽系统只有重力做功，机械能守恒，对于物块，除了重力做功外，支持力做功，则物块的机械能不守恒，故A错误。

物块加速下滑，竖直方向受向下合力，物块与槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向动量守恒，故B错误。

因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒，物块离开槽时速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动，故C正确，D错误。

2.如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。

两根光滑滑轨MP、QN 的端点都在圆周上，MP>QN。

将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小D.两滑块的动量变化大小相同【解析】选C。

这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。

合力F=mgsin θ(θ为滑轨倾角)，F a>F b，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力F N=mgcos θ，F Na<F Nb，因此弹力对a滑块的冲量较小。

3.(2018·合肥模拟)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a-t图象如图所示，t=0时其速度大小为2 m/s。

2020届高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒核心素养提升练十九6.2动量守恒定律及其应用新人教版

动量守恒定律及其应用(45分钟100分)(20分钟50分)一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分，1～4题为单选题，5题为多选题)1.(2018·合肥模拟)如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤连续敲击车的右端。

下列对平板车的运动情况描述正确的是( )A.锤子抡起的过程中，车向右运动B.锤子下落的过程中，车向左运动C.锤子抡至最高点时，车速度为0D.锤子敲击车瞬间，车向左运动【解析】选C。

人和锤、车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量为零，锤抡起的过程中，锤在水平方向上的速度方向由向右变为向左，则车的动量先水平向左后水平向右，故A错误；人和锤、车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量为零，锤从最高点下落至刚接触车的过程中，锤在水平方向上的速度方向由向右变为向左，则车的动量先水平向左后水平向右，故B错误；人和锤、车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量为零，锤运动到最高点时，锤与车、人的速度是相等的，所以它们的速度都是0，故C正确；锤敲击车瞬间，锤的速度减小至零，锤的动量由向左变为零，根据动量守恒知，车的动量和速度由向右变为零，故D错误。

2.台球是一项深受人们喜爱的休闲运动，美式台球中共由大小相同的1个白球(母球)15个花球(色球)组成，又称花式台球。

如图在某次击球过程中，白球以3 m/s的速度向右运动与静止的黑球发生正碰，假设白球与黑球质量相等，碰撞中没有机械能损失，将台球视为质点，通过计算得到两球碰撞后的运动情况为( )A.白球静止，黑球以3 m/s的速度向右运动B.黑球静止，白球以3 m/s的速度反弹向左运动C.白球和黑球都以1.5 m/s的速度向右运动D.白球以3 m/s的速度反弹向左运动，黑球以3 m/s的速度向右运动【解析】选A。

设每个球质量为m。

取碰撞前白球的速度方向为正方向。

由动量守恒定律得mv0=mv白+mv黑，由动能守恒可得m=m+m，联立解得v白=0 m/s，v黑=3 m/s，故A正确，B、C、D错误。

2020版物理高考冲刺总复习--碰撞与动量守恒---章末质量检测(六)(新高考)

章末质量检测（六）(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分。

1～4题为单项选择题，5～6题为多项选择题)1.在距地面高度为h处，同时以大小相等的初速度v0，分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一个质量相等的小球，不计空气阻力，比较它们从抛出到落地过程中动量的增量Δp，正确的是( )A.平抛过程最大B.竖直下抛过程最大C.竖直上抛过程最大D.三者一样大解析三个小球中竖直上抛的物体运动时间最长，而竖直下抛的物体运动时间最短，故竖直上抛物体的重力的冲量最大，由动量定理I＝Δp可得，竖直上抛物体动量的增量最大，选项C正确。

答案 C2.某物体受到一个－6 N·s的冲量作用，则( )A.物体的动量一定减少B.物体的末动量一定是负值C.物体动量变化量的方向一定与规定的正方向相反D.物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反解析冲量、动量都是矢量，对在一条直线上运动的物体，规定正方向后，可用“＋”“－”号表示矢量的方向，－6 N·s的冲量说明物体所受冲量的大小为6 N·s，方向与规定的正方向相反，由动量定理可知选项C正确。

而初、末动量的方向、大小由题设均不能确定。

答案 C3.(2019·湖南五市十校联考)如图1所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中( )图1A.小球所受合力的冲量指向圆心OB.小球所受支持力的冲量水平向右C.小球所受合力的冲量大小为m2gRD.小球所受重力的冲量大小为0 解析在小球从A 点运动到B 点的过程中，I ＝m Δv ，速度方向变为水平向右，所以小球所受合力即重力和支持力的合力的冲量水平向右，故选项A 、B 错误；在小球从A 点运动到B 点的过程中机械能守恒，故有mgR ＝12mv 2B ，解得v B ＝2gR ，所以I ＝m 2gR ，故选项C 正确；小球所受重力的冲量大小为I G ＝mgt ，大小不为零，故选项D 错误。

(北京专用)2020版高考物理总复习第六章全章闯关检测(含解析)

全章闯关检测一、选择题1.如图所示,摆球质量为m,悬线的长为L,把悬线拉到水平位置后放手。

设在摆球运动过程中空气阻力F 阻的大小不变,在摆球运动到最低点的过程中下列说法不正确的是( )A.重力做功为mgLB.绳的拉力做功为0C.空气阻力(F阻)做功为-mgLD.空气阻力(F阻)做功为-F阻πL答案 C如图所示,因为拉力F T在运动过程中始终与运动方向垂直,故不做功,即W FT=0。

重力在整个运动过程中始终不变,小球在重力方向上的位移为AB在竖直方向上的投影L,所以W G=mgL。

F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和,即W F阻=-(F阻Δx1+F阻Δx2+…)=-F阻πL。

故重力mg做的功为mgL,绳子拉力做功为零,空气阻力所做的功为-F阻πL。

2.(2017东城期末)兴趣小组的同学们利用弹弓放飞模型飞机。

弹弓的构造如图1所示,其中橡皮筋两端点A、B固定在把手上,橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态(如图2所示),将模型飞机的尾部放在C处,将C点拉至D点时放手,模型飞机就会在橡皮筋的作用下发射出去。

C、D两点均在A、B连线的中垂线上,橡皮筋的质量忽略不计。

现将模型飞机竖直向上发射,在它由D运动到C的过程中( )图1 图2A.橡皮筋对模型飞机的弹力一直在增大B.橡皮筋对模型飞机的弹力始终做正功C.模型飞机的机械能守恒D.模型飞机的动能一直在增大答案 B C点为原长点,对应弹力为零,D点拉伸最长,对应弹力最大。

从D到C过程中,橡皮筋伸长量减小,弹力一直在减小,A选项错误;由D到C的过程中橡皮筋的弹力方向与模型飞机运动方向相同,因此一直对模型飞机做正功,B选项正确;由D到C的过程模型飞机所受弹力做正功,其机械能增大,C错误;D点橡皮筋的弹力大于重力,C点橡皮筋的弹力为零,C、D之间有个平衡点,弹力等于重力,所以此过程中,模型飞机的动能先增大后减小,D选项错误。

3.如图所示,甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上,现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2,使甲、乙同时由静止开始运动,在整个过程中,对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个过程中弹簧均在弹性限度内),说法正确的是( )A.系统受到外力作用,动能不断增大B.弹簧伸长到最长时,系统的机械能最大C.恒力对系统一直做正功,系统的机械能不断增大D.两车的速度减小到零时,弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小答案 B 对甲、乙单独受力分析,两车都先加速后减速,故系统动能先增大后减少,A错误;弹簧最长时,外力对系统做正功最多,系统的机械能最大,B正确;弹簧达到最长后,甲、乙两车开始反向加速运动,F1、F2对系统做负功,系统机械能开始减少,C错;当两车第一次速度减小到零时,弹簧弹力大小大于F1、F2的大小,当返回速度再次为零时,弹簧的弹力大小小于外力F1、F2的大小,D错。

版新教材高考物理一轮复习单元素养评价(六)碰撞与动量守恒

单元素养评价(六) 碰撞与动量守恒一、单项选择题1．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零．关于安全气囊在此过程中的作用．下列说法正确的是( )A ．增加了司机单位面积的受力大小B ．减少了碰撞前后司机动量的变化量C ．将司机的动能全部转换成汽车的动能D ．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积2．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是( )A ．若甲最先抛球，则一定是v 甲>v 乙B ．若乙最后接球，则一定是v 甲>v 乙C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲>v 乙D ．无论怎样抛球和接球，都是v 甲>v 乙3．科研人员在太空进行实验中，用质量为m 的宇宙飞船去对接前方的火箭组，对接后保持匀速运动，然后开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速．若推进器开动的时间为Δt ，平均推力为F ，测出飞船和火箭的速度变化为Δv ，则下列说法正确的是( )A ．飞船和火箭组的机械能守恒B ．火箭组的质量M ＝F Δt Δv－m C ．飞船对火箭组的弹力大小为FD ．飞船对火箭组的弹力大小为F ＋Δv Δtm 4．如图甲所示，在粗糙的水平地面上静止放置一质量为100 kg 的木箱．t ＝0时刻，某同学对其施加水平推力F 的作用．已知水平推力F 随时间t 的变化关系图像如图乙所示，木箱与水平地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s 2.则t ＝3 s 时木箱的速度大小为( )A ．2 m/sB ．2.5 m/sC ．6 m/sD ．8 m/s 5.[2022·山西大同联考]某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像．图中的线段a 、b 、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知( )A ．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为2∶5B ．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C ．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D ．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的166．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x .现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B ，如图乙所示，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．物体A 的质量为2mB ．物体A 的质量为4mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv 2D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32mv 20 二、多项选择题7.[2022·常德一模]如图所示，质量均为M 的物体A 和B 静止在光滑水平地面上并紧靠在一起(不粘连)，A 的ab 部分是四分之一光滑圆弧，bc 部分是粗糙的水平面．现让质量为m 的小物块C (可视为质点)自a 点静止释放，最终刚好能到达c 点而不从A 上滑下．则下列说法中正确的是( )A ．小物块C 下滑到b 点时，A 的速度最大B ．小物块C 下滑到c 点时，A 的速度最大C ．小物块C 下滑到b 点时，C 的速度最大D ．小物块C 下滑到c 点时，A 的速率大于B 的速率8.高空作业必须系安全带，但安全带使用不当也会对人体造成伤害．我国对安全带的材料、长度、宽度以及使用方法都有规定，其中规定如果安全带的长度超过三米一定要加装缓冲器．某兴趣小组的同学们通过模拟实验来探究缓冲器的作用．同学们改装了甲、乙两根安全带，甲不加装缓冲器，乙加装缓冲器，使两根安全带的总长度(乙安全带的总长度含缓冲器)都为1.25 m ，把重物和力的传感器捆在一起挂在安全带的底端，重物(含传感器)的质量为1 kg.现让重物从安全带上端处自由下落(重物可视为质点)，实验发现从安全带伸直到重物速度第一次减为零，甲、乙分别用时0.1 s 和0.5 s ．忽略缓冲器对安全带长度的影响，重力加速度取10 m/s 2.则( )A ．安全带刚伸直时重物的动量为5 kg ·m/s ，方向竖直向下B ．从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程，重物的动量变化为 5 kg ·m/s ，方向竖直向下C ．从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程，甲安全带对重物的平均作用力为60 N ，乙安全带对重物的平均作用力为10 ND ．从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程，乙安全带对重物的冲量为10 N ·s ，方向竖直向上9．如图所示，在光滑的水平面上静止放置一质量为m 的木板B ，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧．质量为2m 的木块A 以速度v 0从木板的右端水平向左滑上木板B ，在木块A 与弹簧相互作用的过程中，下列说法正确的是( )A ．弹簧压缩量最大时，B 板运动速率最大B ．B 板的加速度先增大后减小C ．弹簧给木块A 的冲量大小为4mv 03D ．弹簧的最大弹性势能为mv 20 3三、非选择题10．某同学现用如图1所示的气垫导轨和光电门装置来“验证动量守恒定律”，在气垫导轨右端固定一弹簧，滑块b 的右端有强粘性的胶水．图中滑块a 和挡光片的总质量为m 1＝0.620 kg ，滑块b 的质量为m 2＝0.410 kg ，实验步骤如下：①按图安装好实验器材后，接通气源，先将滑块a 置于气垫导轨上，然后调节底脚螺丝，直到轻推滑块后，滑块上的挡光片通过两个光电门的时间________；②将滑块b 置于两光电门之间，将滑块a 置于光电门1的右端，然后将滑块a 水平压缩弹簧，滑块a 在弹簧的作用下向左弹射出去，通过光电门1后继续向左滑动并与滑块b 发生碰撞；③两滑块碰撞后粘合在一起向左运动，并通过光电门2；④实验后，分别记录下滑块a挡光片通过光电门1的时间t1，两滑块一起运动挡光片通过光电门2的时间t2.(1)完成实验步骤①中所缺少的内容．(2)实验前用一游标卡尺测得挡光片的宽度d如图2所示，则d＝________ cm.(3)设挡光片通过光电门的时间为Δt，则滑块通过光电门的速度可表示为v＝________(用d、Δt表示).(4)实验中测得滑块a经过光电门1的速度为v1＝2.00 m/s，两滑块经过光电门2的速度为v2＝1.20 m/s，将两滑块和挡光片看成一个系统，则系统在两滑块相互作用前、后的总动量分别为p1＝________ kg·m/s，p2＝________ kg·m/s(结果均保留3位小数).11．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度约为30 m/s.(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力；(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力．12．如图所示，小车A左端固定一带有光滑水平台的支架，右端固定沙桶，小车、支架、沙桶的总质量Mm＝1 kg的小球B(可看成质点)置于水平台最右端，小球B到车的上表面高度H＝0.8 m．初始时小车A和小球B一起沿光滑水平面以v0＝8 m/s的速度向右匀速运动．某一时刻，小车A与静止在水平面上的质量m0＝1.2 kg的物块C发生弹性碰撞，碰撞时间极短，此后小球B直接落入沙桶中(沙桶的尺寸可忽略，且小球没有弹出).不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小车A和物块C的最终速度的大小；(2)初始时小球B与小桶的水平距离；(3)整个过程中，小车A、小球B和物块C构成的系统损失的机械能．单元素养评价(六) 碰撞与动量守恒1．解析：行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A 错误，D 正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机动量为零．所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B 错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为司机对安全气囊做的功，C 错误．答案：D2．解析：两人及篮球组成的系统动量守恒，且总动量为零，由于两人质量相等，故最后球在谁手中，谁的总质量就较大，则速度较小，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B3．解析：飞船和火箭组受推力作用而加速运动，则机械能增加，选项A 错误；对飞船和火箭组，由动量定理得F Δt ＝(M ＋m )Δv ，解得火箭组的质量M ＝F Δt Δv －m ，选项B 正确；对火箭组，由牛顿第二定律得F 1＝Ma ＝M ΔvΔt ＝F －Δv Δt m <F ，选项C 、D 错误．答案：B4．解析：木箱受到的最大静摩擦力f ＝μmg ＝200 N ，结合图乙可知，从0.5 s 后木箱才开始运动，0.5～3 s 对木箱由动量定理可得I F －μmgt ＝mv －0，由图乙可得，这段时间内推力F 的冲量为I F ＝[(1+3)×4002−200×0.5×0.5] N ·s ＝750 N ·s ，联立解得v ＝2.5 m/s ，故B 正确．答案：B5．解析：根据x t 图像的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v 1＝－2 m/s ，滑块Ⅱ的速度为v 2＝0.8 m/s ，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故选项B 错误；碰撞后的共同速度为v ＝0.4 m/s ，根据动量守恒定律，有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，解得m 2＝6m 1，由动能的表达式可知12m 1v 21>12m 2v 22，故选项C 错误，D 正确．答案：D6．解析：当弹簧固定且弹簧的压缩量最大为x 时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律知弹簧的最大弹性势能等于A 的初动能，设A 的质量为m A ，即有E pm ＝12m A v 02；当弹簧一端连接另一质量为m 的物体B 时，A 与弹簧相互作用的过程中B 将向右运动，A 、B 的速度相等时，弹簧的压缩量达到最大，仍为x ，此时弹簧的弹性势能最大，选取A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m A ·2v 0＝(m ＋m A )v ，由机械能守恒定律得E pm ＝12m A (2v 0)2－12(m A ＋m )v 2，联立得m A ＝3m ，E pm ＝32mv 02，故A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D7．解析：C 下滑到b 点的过程中，A 、B 及C 组成的系统水平方向动量守恒，C 从a 到b 的过程中，速度逐渐增大，所以A 、B 系统速度向左，速度逐渐增大，C 从b 到c 滑动时，C 做匀减速运动，所以在b 点C 的速度最大，故A 在小物块C 到b 点时速度最大，故A 、C 正确，B 错误；C 下滑到b 点时，A 和B 的速度相等，此后B 做匀速运动，A 先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，到达c点时A、C速度恰好相等，此时A、C的总动量与B的动量大小相等，但A、C的总质量比B的质量大，所以A的速率小于B的速率，故D错误．答案：AC8．解析：从重物自由下落到安全带刚伸直的过程，由自由落体运动公式v2＝2gh，可得v＝5 m/s，则可知此时重物的动量p＝mv＝5 kg·m/s，动量的方向即速度方向，为竖直向下，故A选项正确．从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程，重物的初动量为5 kg·m/s，方向竖直向下，重物的末动量为0，设竖直向上为正方向，重物的动量变化为Δp＝0－(－mv)＝5 kg·m/s，方向竖直向上，故B选项错误．从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程，设安全带对重物的平均作用力为F，由动量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，代入两次作用时间，得甲、乙两根安全带对重物的平均作用力分别为60 N和20 N，故C选项错误．由动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)可得Ft＝mgt＋mv＝10 N·s，方向竖直向上，故D选项正确．答案：AD9．解析：从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原长的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增大后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增大后减小，故B正确；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2，取向左为正方向，根据动量守恒定律，有2mv0＝2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律，有12·2mv02＝12·2mv+1212mv22，解得v1＝v03，v2＝4v03，对木块A，根据动量定理，有I＝2mv1－2mv0＝－43mv0，故C正确；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒定律，有2mv0＝(m＋2m)v，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，有E p＝12·2mv02－12(2m＋m)v2，联立解得弹簧的最大弹性势能E p＝13mv02，故D正确．答案：BCD10．解析：(1)在步骤①中气垫导轨安装时应保持水平状态，滑块在轨道上应做匀速直线运动，故滑块上的挡光片通过两光电门的时间相等．×10 mm＝0.50 mm，所以挡光片的宽度为d＝15 mm＋0.50 mm＝15.50 mm＝1.550 cm.(3)由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光电门的时间比较短，因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度可表示为v＝dΔt.(4)两滑块相互作用前系统的总动量为p1＝m1v1×相互作用后系统的总动量为p2＝(m1＋m2)v2＝(0.620＋0.410)×1.20 kg·m/s＝1.236 kg·m/s.答案：(1)相等(2)1.550 (3)dΔt11．解析：(1)两车相撞时可认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m.设运动的时间为t，根据x＝v02t，得t＝2xv0＝130s，规定其中一辆轿车运动方向为正方向，以这辆轿车内的人为研究对象，根据动量定理得：－Ft＝0－mv0解得F＝mv0t×104 N.(2)若人系有安全带，则－F ′t ′＝0－mv 0解得F ′＝mv 0t ′×103 N. 答案：×104×103 N12．解析：(1)对AC 系统发生弹性碰撞，由动量守恒有： Mv 0＝Mv 1＋m 0v 2由机械能守恒有：12Mv 02＝12Mv +1212m0v 22 解得：v 1＝2 m/s ，v 2＝10 m/sB 球落入沙桶中时水平方向动量守恒：Mv 1＋mv 0＝(M ＋m )v 3解得：v 3＝4 m/s(2)设小球B 下落的时间为t ，根据平抛运动规律有： H ＝12gt 2水平方向做匀速直线运动：x 1＝v 0t碰撞后小车匀速直线运动：x 2＝v 1t则初始时小球B 与小桶的水平距离：Δx ＝x 1－x 2代入数据解得：Δx ＝2.4 m(3)由能量守恒定律可求得损失的机械能为：ΔE ＝mgH+12(M+m)v −0212(M ＋m)v −3212m 0v 22 代入数据解得：ΔE ＝20 J答案：(1)4 m/s 10 m/s (2)2.4 m (3)20 J。

2020版高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒综合检测(含解析)

碰撞与动量守恒综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～8小题只有一个选项正确,第9～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图所示,一倾角为α的光滑斜面,固定在水平面上,一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下,滑到底端时速度的大小为v,所用时间为t,则物块滑至斜面的底端时,重力的瞬时功率及下滑过程重力的冲量分别为( D )A.mgv,0B.mgv,mgtsin αC.mgvcos α,mgtD.mgvsin α,mgt解析:根据瞬时功率的公式,可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为p=mgvsin α,重力的冲量为I=mgt,所以D正确,A,B,C错误.2.如图,从竖直面上大圆的最高点A,引出两条不同的光滑轨道,端点都在大圆上.相同物体由静止开始,从A点分别沿两条轨道滑到底端,则下列说法中正确的是( B )A.到达底端的速度大小相等B.重力的冲量都相同C.物体动量的变化率都相同D.沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间解析:如图所示,对物体在轨道上下滑过程中,由牛顿第二定律可得a=gcos α根据运动学公式x=at2可得2Rcos α=gcos αt2,则有t=2;因此下滑时间与轨道和竖直方向的角度无关,只与圆弧的半径及重力加速度有关,故D错误;因时间相同,则重力的冲量相同,故B正确;由于物体下落的高度不同,故物体到达轨道底端的速度大小不同,选项A错误;根据动量定理,动量的变化率等于合外力,即mgcos α,因为α不同,则动量的变化率不同,选项C 错误.3.在光滑的水平面上有a,b两球,其质量分别为m a,m b,两球在t0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失,两球碰撞前后的速度—时间图像如图所示,下列关系正确的是( B )A.m a>m bB.m a<m bC.m a=m bD.无法判断解析:由图像知a球以一初速度向原来静止的b球运动,碰后a球反弹且速度小于其初速度,根据动量守恒定律,a球的质量小于b球的质量,选项B正确.4.在光滑水平面上,质量为m的小球A正以速度v0匀速运动.某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰,两球相碰后,A球的动能恰好变为原来的.则碰后B球的速度大小是( A ) A. B.C.或D.无法确定解析:两球相碰后A球的速度大小变为原来的,相碰过程中满足动量守恒,若碰后A速度方向不变,则mv0=mv0+3mv1,可得B球的速度v1=,若B在前,A在后,则A球在后的速度应小于B球在前的速度,不满足实际情况,因此A球一定反向运动,即mv0=-mv0+3mv1,可得v1=,因此A 正确,B,C,D错误.5.如图,长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙,初始时它们直立在光滑的水平地面上,后由于受到微小扰动,系统从图示位置开始倾倒.当小球甲刚要落地时,其速度大小为( A )A. B. C. D.0解析:两球组成的系统水平方向动量守恒,小球甲刚要落地时,水平方向系统速度为0,则小球乙速度为0;由机械能守恒定律得m=mgl,解得v B=,故选项A正确.6.如图所示,足够长的长木板A静止在光滑的水平地面上,质量为1 kg的物体B以v0=3 m/s的水平速度冲上A,由于摩擦力作用,最后停止在木板A上.若从B冲到木板A上到相对木板A静止这段时间内摩擦力对长木板的冲量大小为2 N·s,则A,B最后的共同速度及长木板的质量分别为( B )A.1 m/s,1 kgB.1 m/s,2 kgC.2 m/s,1 kgD.2 m/s,2 kg解析:物体B与长木板A最终两者达到共同速度,作用过程中系统不受外力作用,系统动量守恒.选向右为正方向,则mv0=(M+m)v,对长木板A由动量定理得ΔI=Mv,得v=1 m/s,M=2 kg,选项B 正确,A,C,D错误.7.将质量为M=3m的木块固定在光滑水平面上,一颗质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块,子弹射穿木块时的速度为,现将同样的木块放在光滑的水平桌面上,相同的子弹仍以速度v0沿水平方向射入木块.则子弹( A )A.不能射穿木块,子弹将留在木块中,一起以共同的速度做匀速运动B.能够射穿木块C.刚好能射穿木块,此时相对速度为零D.子弹以3v0速度射向木块,并从木块中穿出,木块获得的速度为v1;若子弹以4v0速度射向木块,木块获得的速度为v2,则必有v1<v2解析:当木块固定时,根据动能定理-fd=m()2-m,解得fd=m,当木块不固定,假设子弹不能射出木块,根据动量守恒定律得m v0=(M+m)v,解得v=,根据动能定理-fΔx=(M+m)()2-m,解得fΔx=m,可知Δx<d,即子弹不能射出木块,最终子弹和木块以相同的速度做匀速运动,故A正确,B,C错误;木块不固定时,子弹以速度v′射入木块,系统动量守恒,假设不能穿出,根据动量守恒定律有mv′=(M+m)v,根据功能关系可得Q=fx=mv′2-(M+m)v2,而M=3m,解得x=d,故当子弹以3v0速度或者4v0速度射向木块时,有x>d,故子弹均射出,子弹初速度越大,穿出时间越短,木块加速时间越短,获得的速度越小,故D错误。

(安徽专用)版高中物理第六章碰撞与动量守恒单元评估检测新人教版

第六章碰撞与动量守恒单元评估检测一、选择题(本大题共12小题,每小题6分,共72分。

每小题只有一个答案正确)1.如图所示,小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱,关于上述过程,下列说法中正确的是( )A.男孩和木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同2.(2013·六安模拟)如图所示,在光滑水平面上质量分别为m A=2kg、m B=4kg,速率分别为v A=5m/s、v B=2m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动,下述说法正确的是( )A.它们碰撞前的总动量是18kg·m/s,方向水平向右B.它们碰撞后的总动量是18kg·m/s,方向水平向左C.它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s,方向水平向右D.它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s,方向水平向左3.质量为m的小球A,在光滑的水平面上以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰后被弹回,碰撞后A球的动能恰变为原来的,则B球的速度大小可能是( )A.v0B.v0C.v0D.v04.在光滑水平冰面上,甲、乙两人各乘一小车,甲、乙及车的质量相等,甲手中持一小球,开始时甲、乙均静止,某一时刻,甲向正东方将球沿着冰面推给乙,乙接住球后又向正西方将球推回给甲,如此推接数次后,甲又将球推出,球在冰面上向乙车运动,但已经无法追上乙,此时甲的速度v甲、乙的速度v乙及球的速度v三者之间的关系为( )A.v甲=v乙≥vB.v<v甲<v乙C.v甲<v≤v乙D.v≤v乙<v甲5.静止在湖面的小船上有两人分别向相反方向水平地抛出质量相同的小球,先将甲球向左抛,后将乙球向右抛。

抛出时两小球相对于河岸的速率相等,则下列说法正确的是( )A.两球抛出后,船向左以一定速度运动B.两球抛出后,船向右以一定速度运动C.两球抛出后,船的速度为0D.全过程中三者组成的系统总动量不守恒6.质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位持有完全相同步枪和子弹的射击手。

(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习课件：第六章碰撞与动量守恒考点解析及题型详解

[解析] 小球下落时做自由落体运动，加速度大小为 g，落地时的速度 v＝6 m/s，故小球下落所用时间为 t＝gv＝0.6 s，图中对应 6 个小格，故每一小格表示 0.1 s，选项 A 错误；由 h＝12gt2 可得小球下落的初始位置离地面的高度 h＝1.8 m，选项 B 错误；第一次反弹后小球做竖直上抛运动，由图可知小球能上升的最大高度 h′＝v2′g2＝（2－×51）0 2 m＝1.25 m，选项 C 正确；由图可知，小球向下运动的方向为正方向，碰撞时间约为 0.1 s，根据动量定理可得(mg－F)t＝mv′－mv，代入数据可解得 F＝72 N，选项 D 错误． [答案] C
角度二用动量定理求平均作用力 (2019·重庆一模)为了研究小球由静止释放后撞击地面
弹跳的规律，某同学利用运动传感器采集数据并作出了如图所示的 v－t 图象，小球质量为 0.6 kg，空气阻力不计，重力加速度 g＝10 m/s2，由图可知( )
A．横轴上每一小格表示的时间是 1 s B．小球下落的初始位置离地面的高度为 3.6 m C．小球第一次反弹的最大高度为 1.25 m D．小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力大小为 66 N
F′＝F＝1 200 N，方向竖直向下． [答案] 1 200 N，方向竖直向下
(2019·广西百校大联考)如图所示，静止于水平地面上的物块在竖直向上的恒力作用下竖直上升，经过一段
时间，突然撤去该恒力，之后物块经相同时间落回地
面。不计空气阻力，则该恒力与物块所受重力的大小之比为
()
A．2
3 B.2
tgh＋mg
m D.
tgh－mg
解析：选 A.设高空作业人员自由下落 h 时的速度为 v，则 v2＝ 2gh，得 v＝ 2gh，设安全带对人的平均作用力为 F，由动量定理得(mg－F)·t＝0－mv，解得 F＝m t2gh＋mg.

江苏省2020版高考物理第六章碰撞与动量守恒章末过关检测

第六章碰撞与动量守恒章末过关检测(六)(时间：45分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2019·河北石家庄模拟)如图所示，两木块A 、B 用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A ，并留在其中．在子弹打中木块A 及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A ．动量守恒、机械能守恒B ．动量守恒、机械能不守恒C ．动量不守恒、机械能守恒D ．动量、机械能都不守恒解析：选B.子弹击中木块A 及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒，但是子弹击中木块A 的过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B 正确．2．一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v .在此过程中( )A ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为12mv 2 B ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为零C ．地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为12mv 2 D ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零解析：选B.人的速度原来为零，起跳后速度为v ，以竖直向上为正方向，则由动量定理可得：I －mg Δt ＝mv －0，故地面对人的冲量为mv ＋mg Δt ；而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B 正确．3．如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆弧轨道，圆心O 在S 的正上方．在O 和P 两点各有一质量为m 的小物体a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )A ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不相同B ．a 与b 同时到达S ，它们在S 点的动量不相同C ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量相同D ．b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量相同解析：选A.在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，故有mgh ＝12mv 2，解得v ＝2gh ，所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同．由于a 的路程小于b 的路程，故t a ＜t b ，即a 比b 先到达S ，又因为到达S 点时a 的速度竖直向下，而b 的速度水平向左，故两物体的动量不相同，A 正确．4．假设进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为m A 和m B ，他们携手匀速远离空间站，相对空间站的速度为v 0.某时刻A 将B 向空间站方向轻推，A 的速度变为v A ，B 的速度变为v B ，则下列各关系式中正确的是( )A ．(m A ＋mB )v 0＝m A v A －m B v BB ．(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B (v A ＋v 0)C ．(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B (v A ＋v B )D ．(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B解析：选D.本题中的各个速度都是相对于空间站的，不需要转换．相互作用前系统的总动量为(m A ＋m B )v 0，A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为v A ，B 的速度变为v B ，动量分别为m A v A 、m B v B ，根据动量守恒定律得(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，故D 正确．5．(2019·北京第四中学考试)在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的 14.则碰后B 球的速度大小是( ) A.v 02B ．v 06 C.v 02或v 06 D ．无法确定解析：选A.两球相碰后A 球的速度大小变为原来的12，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A 速度方向不变，则mv 0＝12mv 0＋3mv 1，可得B 球的速度v 1＝v 06，而B 在前，A 在后，碰后A 球的速度大于B 球的速度，不符合实际情况，因此A 球一定反向运动，即mv 0＝－12mv 0＋3mv 1，可得v 1＝v 02，A 正确，B 、C 、D 错误． 6.如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A 和物块B ，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O (不计滑轮的摩擦)，A 的质量为m ，B 的质量为4m ，开始时，用手托住A ，使OA 段绳恰好处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB 绳平行于斜面，此时B 静止不动，将A 由静止释放，在其下摆过程中B 始终保持静止．则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是( )A ．物块B 受到的摩擦力方向一直沿着斜面向上B ．物块B 受到的摩擦力大小可能不变C ．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右D ．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向左解析：选C.A 下摆到竖直位置之前，机械能守恒，有mgL ＝12mv 2，在最低点，根据牛顿第二定律有F －mg ＝m v 2L，解得F ＝3mg ；对B 受力分析，未释放A 时，由平衡条件得B 所受的静摩擦力F f ＝4mg sin 30°＝2mg ，方向沿斜面向上，在A 到达最低点的瞬间，有F ′f ＝F －4mg sin 30°＝mg ，方向沿斜面向下，故选项A 、B 错误；假设地面光滑，小球A 、B 及斜面整体水平方向上不受外力，系统水平方向动量守恒，故小球下摆，具有向右的水平动量，则斜面体和B 有向左的水平动量，即有向左的运动趋势，故地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，选项C 正确，D 错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．(2019·河北衡水中学模拟)在光滑水平面上动能为E 0、动量大小为p 0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量大小分别记为E 2、p 2，则必有( )A ．E 1<E 0B ．p 2>p 0C ．E 2>E 0D ．p 1>p 0解析：选AB.因为碰撞前后动能不增加，故有E 1<E 0，E 2<E 0，p 1<p 0，A 正确，C 、D 错误．根据动量守恒定律得p 0＝p 2－p 1，得到p 2＝p 0＋p 1，可见，p 2>p 0，B 正确．8．(2019·河北石家庄检测)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较( )A ．子弹的末速度大小相等B ．系统产生的热量一样多C ．子弹对滑块做的功相等D ．子弹和滑块间的水平作用力一样大解析：选ABC.根据动量守恒，两次最终子弹与滑块的速度相等，A 正确；根据能量守恒可知，初状态子弹的动能相同，末状态两滑块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量相等，B 正确；子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相等，因此做功相等，C 正确；产生的热量Q ＝f ×Δs ，由于产生的热量相等，而相对位移Δs 不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D 错误．9.(2019·无锡模拟)如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m ＝2M 的小物块．现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v 0的初速度，下列说法正确的是( )A ．最终小物块和木箱都将静止B ．最终小物块和木箱组成的系统损失的机械能为 Mv 203C ．木箱速度水平向左、大小为 v 02时，小物块的速度大小为 v 04D ．木箱速度水平向右、大小为 v 03时，小物块的速度大小为 2v 03解析：选BC.木箱和小物块系统合外力为0，不管经过多么复杂的过程，系统动量一定守恒，最终两者以相同的速度一起向左运动，由动量守恒定律知，Mv 0＝(M ＋m )v ，系统损失的机械能为ΔE ＝12Mv 20－12(M ＋m )v 2，解得ΔE ＝13Mv 20，选项A 错误，B 正确；木箱速度水平向左、大小为v 02时，根据动量守恒定律有Mv 0＝M v 02＋mv 1，解得小物块的速度大小为v 1＝v 04，此时机械能E 1＝316Mv 20<12Mv 20，选项C 正确；木箱速度水平向右、大小为 v 03时，根据动量守恒定律有Mv 0＝－M v 03＋mv 2，解得小物块的速度大小为v 2＝2v 03，此时的机械能E 2＝12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 032＋12mv 22＝12Mv 20，由于摩擦力做功产生热量，因此系统机械能不可能不变，选项D 错误． 10.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M ＝0.6 kg ，m ＝0.2 kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的弹性势能为E p ＝10.8 J 的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R ＝0.425 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示．g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．球m 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合外力的冲量大小为3.4 N ·sB ．M 离开轻弹簧时获得的速度为9 m/sC ．若半圆轨道半径可调，则球m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D ．弹簧弹开过程，弹力对m 的冲量大小为1.8 N ·s解析：选AD.释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：mv 1－Mv 2＝0，由机械能守恒得：12mv 21＋ 12Mv 22＝E p ，代入数据解得：v 1＝9 m/s ，v 2＝3 m/s ，故B 错误；m 从A 到B 过程中，由机械能守恒定律得：12mv 21＝12mv ′21＋mg ·2R ，解得：v 1′＝8 m/s ，以向右为正方向，由动量定理得，球m 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合外力冲量大小为：I ＝Δp ＝mv 1′－mv 1＝[0.2×(－8)－0.2×9] N ·s ＝－3.4 N ·s ，则合力冲量大小为：3.4 N ·s ，故A 正确；设圆轨道半径为r 时，飞出B 后水平位移最大，由A到B 机械能守恒定律得：12mv 21＝12mv 23＋mg ·2r ，在最高点，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝mv 23r ，m 从B 点飞出，需要满足：F N ≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r ＝12gt 2，x ＝v 3t ，当8.1－4r ＝4r 时，即r ＝1.012 5 m 时，x 为最大，球m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C 错误；由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m 的冲量大小为：I ＝Δp ＝mv 1＝1.8 N ·s ，故D 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)(2019·湖南益阳模拟)利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验．(1)实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小和很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大应选图中的________(选填“甲”或“乙”)，若要求碰撞动能损失最小则应选图中的________(选填“甲”或“乙”)．(甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥)(2)某次实验时碰撞前B 滑块静止，A 滑块匀速向B 滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示．已知相邻两次闪光的时间间隔为T ，在这4次闪光的过程中，A 、B 两滑块均在0～80 cm 范围内，且第1次闪光时，滑块A 恰好位于x ＝10 cm 处．若A 、B 两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的________时刻，A 、B 两滑块质量比m A ∶m B ＝________．解析：(1)若要求碰撞时动能损失最大，则需两滑块碰撞后结合在一起，故应选图中的乙；若要求碰撞时动能损失最小，则应使两滑块发生弹性碰撞，即选图中的甲．(2)由图可知，第1次闪光时，滑块A 恰好位于x ＝10 cm 处，第二次A 在x ＝30 cm 处，第三次A 在x ＝50 cm 处，碰撞在x ＝60 cm 处．从第三次闪光到碰撞的时间为T 2，则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5T 时刻．设碰前A 的速度大小为v ，则碰后A 的速度大小为v 2，B 的速度大小为v ，根据动量守恒定律可得m A v ＝－m A ·v 2＋m B ·v ，解得m A m B ＝23. 答案：(1)乙甲 (2)2.5T 2∶312．(14分)如图所示，在固定的光滑水平杆(杆足够长)上，套有一个质量为m ＝0.5 kg 的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M ＝1.98 kg 的木块．现有一质量为m 0＝20 g 的子弹以v 0＝100 m/s 的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g ＝10 m/s 2)．求：(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；(2)木块所能达到的最大高度．解析：(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有m 0v 0＝(m 0＋M )v在该过程中机械能有损失，损失的机械能为ΔE ＝12m 0v 20－12(m 0＋M )v 2 联立解得ΔE ＝99 J.(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有 (m 0＋M )v ＝(m 0＋M ＋m )v ′又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有(m 0＋M )gh ＝12(m 0＋M )v 2－12(m 0＋M ＋m )v ′2 联立解得h ＝0.01 m.答案：(1)99 J (2)0.01 m13．(14分)(2019·北京中央民族大学附中模拟)如图所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过1 s 下滑到底端，已知斜面的倾角θ＝37°，斜面长度L ＝2.5 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；(3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值．解析：(1)根据L ＝12at 2，解得：a ＝5 m/s 2，根据牛顿第二定律得： mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得：μ＝0.125.(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为：ΔE ＝μmg cos θ·L减小的重力势能为：ΔE p ＝mg sin θ·L故损失的机械能与减小的重力势能的比值为：ΔE ∶ΔE p ＝μ∶tan θ＝1∶6.(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v ，则有：v ＝at ＝5 m/s根据动量定理得：合外力冲量的大小为：I 合＝mv －0＝5m (N ·s)在下滑过程中重力的冲量为：I G ＝mgt ＝10m (N ·s)所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：I 合∶I G ＝1∶2. 答案：(1)0.125 (2)1∶6 (3)1∶2。