2019年高考物理总复习试题：第六章碰撞与动量守恒专题讲座六动力学、动量和能量观点的综合应用

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2019版高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒6_2_2考点强化碰撞模型的规律及应用课件

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题组剖为m的物块A 与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为( ) A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s 1 解析碰后物块 B 做匀减速直线运动，由动能定理有－μ· 2mgx＝0－ ·2mv2 2，得 v2 2
1 2 1 2 ＝1 m/s。 A 与 B 碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有 mv0＝mv1＋2mv2， mv0＝ mv1 2 2 1 ＋ ·2mv2 2，解得 v0＝1.5 m/s，则选项 C 正确。答案 C 2
题组剖析 3. A、B两物体在水平面上相向运动，其中物体A的质量为mA＝4 kg，两球发生相互作用前后的运动情况如图 6 所示。则： (1)由图可知A、B两物体在什么时刻发生碰撞，B物体的质量mB为多少？ (2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？
2 pA′ 2 1 p 1 2 A 2 碰撞过程系统能量不可能增加，所以＋ mBvB′ ≤ ＋ mBvB 2mA 2 2mA 2
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1 3 1 3 联立解得 mA 应满足 kg≤mA≤ kg 答案 (1)8 m/s (2) kg≤mA≤ kg 4 7 4 7
规律总结
碰撞问题解题策略 (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： v1＝v0、v2＝v0。 (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。
v1
v1' v1 v2 v1

2019版高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒实验七验证动量守恒定律课件.pptx

热点一教材原型实验【例1】某同学用如图6甲所示装置来验证动量守恒定律，实
验时先让小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把小球b 静置在斜槽轨道末端，让小球a仍从原固定点由静止开始滚下，和小球b相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10 次。回答下列问题：
上
电源和橡皮泥。
3.实验：接通
，让小车A运动，小车BΔ静x 止，两车碰
撞时撞针插入橡皮泥中，把距两离小车连接成整体Δ运t 动。
4.测速度：通过纸带上两计数点间的
及时间由v＝
算出速度。
5.改变条件：改变碰撞条件，重复实验。
6.验证：一维碰撞中的动量守恒。
7
方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(如图4所示)
3
方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(如图 2所示)
图2
4
1.测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。
2.安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。
3.实验：一个小静球止
，拉起另一个小球相，碰放下后它们
。
4.测速度：可以测量小球被拉起的角度速，度从而算出碰撞前对应
小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对
14
解析 (1)小球离开轨道后应做平抛运动，所以在安装实验器材时斜槽的末端必须保持水平，才能使小球做平抛运动。 (2)为防止在碰撞过程中入射小球被反弹，入射小球a的质量ma 应该大于被碰小球b的质量mb。为保证两个小球的碰撞是对心碰撞，两个小球的半径应相等。 (3)由题图甲所示装置可知，小球a和小球b相碰后，根据动量守 (恒4)小和球能下落量高守度恒一样可，知所小以在球空b中的的速运动度时大间于t 相小等球，若a的碰撞速过度程满。足由动此量守可恒判，断则碰应后有小ma球v0＝am、avba＋的m落bvb，点两位边同置乘分以别时间为tA可、得Cm点av0t。＝mavat＋mbvbt，即有 maO——B— ＝maO——A—＋mbO——C—，故选项 B 正确。

2019高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第1讲动量冲量动量定理练习

第1讲动量冲量动量定理1.(2018·山东淄博一中质检)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量M ＝3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为14v ，则摩擦力对底座的冲量为 ( )A ．0B ．14mv ，方向向左 C.14mv ，方向向右 D ．34mv ，方向向左解析：选B.设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝mv ；则弹丸对底座的作用力的冲量为－mv ，对底座根据动量定理：I f ＋(－mv )＝－3m ·v 4得：I f ＝＋mv 4，正号表示正方向，向左；故选B. 2.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．3．在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2) 解析：法一：用动量定理解，分段处理选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v ，取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＝mv －0.对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt 2＝0－mv .以上两式联立解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.法二：用动量定理解，研究全过程选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零．取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得(F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s. 答案：12 s4．(2016·高考北京卷)(1)动量定理可以表示为Δp ＝F Δt ，其中动量p 和力F 都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x 、y 两个方向上分别研究．例如，质量为m 的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v ，如图1所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．a ．分别求出碰撞前后x 、y 方向小球的动量变化Δp x 、Δp y ；b ．分析说明小球对木板的作用力的方向．(2)激光束可以看做是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．一束激光经S 点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图2所示．图中O 点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO 的夹角均为θ，出射时光束均与SO 平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．a ．光束①和②强度相同；b ．光束①比②强度大．解析：(1)a.x 方向：动量变化为Δp x ＝mv sin θ－mv sin θ＝0y 方向：动量变化为Δp y＝mv cosθ－(－mv cosθ)＝2mv cos θ方向沿y轴正方向．b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向．(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p.这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2np cos θ从小球出射时的总动量为p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理得FΔt＝p2－p1＝2np(1－cos θ)>0可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左．b．建立如图所示的Oxy直角坐标系．x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．y方向：设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2.这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)p sinθ从小球出射时的总动量为p2y＝0根据动量定理得F yΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)p sinθ可知，小球对这些粒子的作用力F y的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y 轴正方向．所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．答案：见解析。

2019版高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒6_2_1考点强化动量守恒定律的应用课件

题组剖析
3．[人教版选修3－5· P17· T7改编]悬绳下吊着一个质量为M＝9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1 m。一颗质量m＝10 g的子弹以v0＝500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s2)，则此时悬绳的拉力为( ) A．35 N B．100 N C．102.5 N D．350 N
规律总结
方法技巧：应用动量守恒定律解题时应该首先判断动量是否守恒，这就需要理解好动量守恒的条件，基本思路如下
明确研究对象
分析受力
定正方向
列方程
系统的组成、研究过程
判断动量是否守恒
确定两态的动量
求解置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( ) A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒解析动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒。机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能 (发热 ) ，所以系统的机械能不守恒。故C正确，A、B、D错误。答案 C
备选训练
【备选训练2】如图示,甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车质量共为30 kg,乙和他的冰车质量也是30 kg。游戏时,甲推着一个质量为15 kg的箱子和他一起以2 m/s的速度滑行,乙以同样大小的速率迎面滑来。为避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙。箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面摩擦，甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？甲乙怎样推出与接到箱子才能恰好避免相撞？答案 m/s 5.2

2019版高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒 6-3-2 热考点“滑块—平板”模型课件

5
题组剖析
【变式训练1】如图6所示，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M＝4.0 kg，a、 b间距离s＝2.0 m，木板位于光滑水平面上，在木板a端有一小物块，其质量m＝1.0 kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度v0＝4.0 m/s 沿木板向右滑动，直到和挡板相碰。碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板，求碰撞过程中损
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失的机械能。(g取10 m/s2)
6
题组剖析
【变式训练2】 [模型拓展——子弹打木块]如图7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的长木板左端，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m0＝5 g 的子弹以速度v0＝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/s2。子弹射入后，求：
则滑块的速度为 v＝mm＋vM0 。答案
mv0 m＋M
11
题组剖析
拓展2 如图9所示，在足够解析斜面固定时，由动能定理得
长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表
－mgh＝0－12mv20，所以 v0＝ 2gh
面光滑、高度为h、倾角为θ。斜面不固定时，由水平方向动量守恒得
一质量为m(m＜M)的小物块 mv0＝(M＋m)v 以一定的初速度沿水平面向由机械能守恒得
21mv2＝12mv21＋12×3mv22，得 v1＝mm－＋33mmv＝－12v，v2＝24mmv＝21v
②若是完全非弹性碰撞，则 mv＝4mv′，v′＝14v，因此14v≤vB≤12v，
因此只有(2)是可能的。答案见解析

2019高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲练习

第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲1.(2015·高考福建卷)如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动解析：选D.选向右为正方向，则A 的动量p A ＝m ·2v 0＝2mv 0，B 的动量p B ＝－2mv 0.碰前A 、B 的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A 、B 的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D 符合题意． 2.2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A 队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量p A ＝5 kg ·m/s ，花色球静止，白色球A 与花色球B 发生碰撞后，花色球B 的动量变为p ′B ＝4 kg ·m/s ，则两球质量m A 与m B 间的关系可能是( )A ．mB ＝m AB ．m B ＝14m AC ．m B ＝16m AD ．m B ＝6m A解析：选A.由动量守恒定律得p A ＋p B ＝p ′A ＋p ′B ，解得p ′A ＝1 kg ·m/s ，根据碰撞过程中总动能不增加，则有p 2A 2m A ≥p ′2A 2m A ＋p ′2B 2m B ，代入数据解得m B ≥23m A ，碰后两球同向运动，白色球A 的速度不大于花色球B 的速度，则p ′A m A ≤p ′B m B ，解得m B ≤4m A ，综上可得23m A ≤m B ≤4m A ，选项A 正确． 3.如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m/s 的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g ＝10 m/s 2)．解析：设子弹射入木块后的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有 m 0v 0－mv ＝(m ＋m 0)v 1①代入数据解得v 1＝8 m/s. 它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s ＝6 m 时，它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有(m ＋m 0)v 1－Mv ＝(m ＋m 0＋M )v 2② 由能量守恒定律有Q ＝μ(m ＋m 0)gs ＝12(m ＋m 0)v 21＋12Mv 2－12(m ＋m 0＋M )v 22 ③联立①②③并代入数据解得μ＝0.54.答案：0.544．(2015·高考全国卷Ⅱ)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 的质量分别为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/s① v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得v ＝23m/s③ 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v④ 联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8. ⑤(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 ⑥由图象可知，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 2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W ∶ΔE ＝1∶2.答案：(1)1∶8(2)1∶2。

2019届高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒第一节动量冲量动量定理课件

方向竖直向下．
[答案] 1 200 N，方向竖直向下
动量定理的两个重要应用 (1)应用 I＝Δ p 求变力的冲量．如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用 I ＝Ft 求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δ p，等效代换为力的冲量 I.
(2)应用Δ p＝FΔ t 求动量的变化量．例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δ p＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化量．
动量定理与微元法的综合应用【知识提炼】
1．流体作用模型对于流体运动，可沿流速 v 的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δ t 内通过某一横截面 S 的柱形流体的长度为Δ l，如图所示．设流体的密度为 ρ，则在Δ t 的时间内流过该截面的流体的质量为Δ m＝ρSΔ l＝ρSvΔ t，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即 FΔ t＝Δ mΔ v，分两种情况：
[解析] 法一：程序法设工人刚要拉紧安全带时的速度为 v， v2＝2gL，得 v＝ 2gL 经缓冲时间 t＝1 s 后速度变为 0，取向下为正方向，工人受两个力作用，即拉力 F 和重力 mg，对工人由动量定理知，(mg－F)t＝0－mv，F＝ mgt＋t mv将数值代入得 F＝1 200 N. 由牛顿第三定律，工人给安全带的冲力 F′为 1 200 N，方向竖直向下．
2．冲量 (1)定义：力和力的_作__用__时__间___的乘积． (2)公式：I＝___F_t______，适用于求恒力的冲量． (3)方向：与_力__F_的__方__向__相同．
二、动量定理 1．动量定理 (1)内容：物体所受__合__力___的冲量等于物体的_动__量__变__化__量___． (2)表达式：F·Δ t＝Δ p＝p′－p. (3)矢量性：动量变化量的方向与__合__力______的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理．

2019版高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒 6.1 动量动量定理

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K12教育课件
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【解析】选B。以初速度方向为正,有:Δp=p2-p1=mv2mv1=- mv0-mv0=- mv0,所以滑块的动量改变量的大小
1 3 为 mv0,方向与v0的方向相反,故A、C错误,B正确;根 2 2 据I=Ft得重力的冲量为I=mgt,不为零,故D错误。
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K12教育课件
物体沿水平面运动,重力与运动方向垂直,重力不
做功,而重力的冲量是I=mgt,只要在时间上有积累,则
力的冲量就不为零,与运动方向无关
K12教育课件
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(4)物体所受合力不变,则动量也不改变。纠错:_________________________________________ ______________________________。 (5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方纠向错相:__同__。____________物__体__所__受__合__力__不__为__零__,_则__物__体__有冲量,根据动量 ____________________________。
过程动量的变化量Δp1=0-(-mv0)=mv0,下落过程动量的变化量Δp2=mv0-0=mv0,大小均为 mv0,且方向均竖直向下,故A、C正确,B错误;小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I=mv0-(-mv0)=2mv0,D错误。
K12教育课件
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2.(多选)(2018·合肥模拟)一质点静止在光滑水平面上,现对其施加水平外力F,F随时间按正弦规律变化,如图所示,下列说法正确的是 ( )
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速
度大小为v。对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得

2019版高考物理一轮复习：第六章动量动量守恒定律微专题49 碰撞

49 碰撞[方法点拨] (1)对于弹性碰撞的动量守恒和能量守恒要熟知，对于和一个静止的物体发生弹性碰撞后的速度表达式要熟记，如果在考场上来计算，太浪费时间．(2)明确碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态．1．(2018·湖北荆州质检)如图1所示， A 、B 两小球在光滑水平面上分别以动量p 1＝4 kg·m/s 和p 2＝6 kg·m/s(向右为正方向)做匀速直线运动，则在A 球追上B 球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp 1和Δp 2可能分别为( )图1A ．－2 kg·m/s, 3 kg·m/sB ．－8 kg·m/s, 8 kg·m/sC ．1 kg·m/s, －1 kg·m/sD ．－2 kg·m/s, 2 kg·m/s2．(2017·湖北武汉2月调考)在光滑水平面上，物块a 以大小为v 的速度向右运动，物块b 以大小为u 的速度向左运动，a 、b 发生弹性正碰．已知a 的质量远远小于b 的质量，则碰后物块a 的速度大小是( ) A ．v B ．v ＋u C ．v ＋2u D ．2u －v3．(2018·山东济宁期中)在光滑的水平地面上放有一质量为M 带光滑14圆弧形槽的小车，一质量为m 的小铁块以速度v 沿水平槽口滑去，如图2所示，若M ＝m ，则铁块离开车时将( )图2A ．向左平抛B ．向右平抛C ．自由落体D ．无法判断4．(2017·北京海淀区零模) 如图3所示，在光滑水平地面上有A 、B 两个小物块，其中物块A 的左侧连接一水平轻质弹簧．物块A 处于静止状态，物块B 以一定的初速度向物块A 运动，并通过弹簧与物块A 发生弹性正碰．对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率－时间图象进行描述，在下图所示的图象中，图线1表示物块A 的速率变化情况，图线2表示物块B 的速率变化情况．则在这四个图象中可能正确的是( )图35.质量为m1＝1 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x－t 图象如图4所示，则( )图4A．此碰撞一定为弹性碰撞B．被碰物体质量为2 kgC．碰后两物体速度相同D．此过程有机械能损失6．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，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5所示．则上述两种情况相比较( )图5A．子弹的末速度大小相等B．系统产生的热量一样多C．子弹对滑块做的功不相同D．子弹和滑块间的水平作用力一样大7．(多选)(2017·江西新余一中第七次模拟)如图6所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，物体压缩弹簧(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断开，物体沿车滑动到B端并粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是( )图6A．若物体滑动中不受摩擦力，则全过程系统机械能守恒B．若物体滑动中受摩擦力，全过程系统动量守恒C．不论物体滑动中受不受摩擦力，小车的最终速度与断线前相同D．不论物体滑动中受不受摩擦力，系统损失的机械能相同8．如图7所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B两球碰撞前、后两球的总动能之比为________．图79．(2017·广东广州12月模拟)如图8所示，水平面上相距为L＝5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M＝2 kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d ＝3 m．一质量为m＝1 kg的小物块A以v0＝6 m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞．两物块与OQ段的动摩擦因数均为μ＝0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能．重力加速度g＝10 m/s2, 求：图8(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度；(2)两物块各自停止运动时的时间间隔．10．(2018·甘肃天水一中学段考试)如图9所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m的小物块，物块跟车表面的动摩擦因数为μ，平板车的质量M＝2m，车与物块一起向右以初速度v0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰．设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g，求：图9(1)平板车的长度L至少多长时，小物块才不会从车上落下来；(2)若在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞n次后，物块跟车一起运动的速度v n；(3)在车与左右墙壁来回碰撞的整个过程中，小物块在车表面相对于车滑动的总路程s.答案精析1．D [由于碰撞过程中动量守恒，两小球动量变化大小相等，方向相反，因此A 错误；因为碰撞的过程中系统动能不增加．若Δp 1和Δp 2分别为－8 kg·m/s, 8 kg·m/s，则p 1′＝－4kg·m/s，p 2′＝14 kg·m/s，根据E k ＝p 22m知相撞过程中系统动能增加，B 错误；两球碰撞的过程中，B 球的动量增加，Δp 2为正值，A 球的动量减小，Δp 1为负值，故C 错误．变化量分别为－2 kg·m/s、2 kg·m/s，符合动量守恒、动能不增加以及实际的规律，故D 正确．] 2．C3．C [小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝Mv 车＋mv 铁由机械能守恒定律得：12mv 2＝12Mv 车2＋12mv 铁2解得铁块离开小车时：v 铁＝0，v 车＝v所以铁块离开时将做自由落体运动，故A 、B 、D 错误，C 正确．]4．B [物块B 压缩弹簧的过程，开始时A 做加速运动，B 做减速运动，两个物块的加速度增大．当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A 继续加速，B 继续减速．当弹簧恢复原长时B 离开弹簧，A 、B 均做匀速直线运动，C 、D 错误；由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，碰后速度v A ＝2m B m A ＋m B v 0，v B ＝m B －m Am A ＋m Bv 0.A 、B 两项中碰后B 的速度为正值，可知m B >m A ，故v A ＝2m Am B＋1v 0>v 0，故A 错误，B 正确．]5．A [x －t 图象的斜率表示物体的速度，由题图求出碰撞前后的速度分别为：v 1＝4 m/s ，v 2＝0，v 1′＝－2 m/s ，v 2′＝2 m/s ；由动量守恒定律m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′得，m 2＝3 kg ；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8 J ，机械能没有损失，因此是弹性碰撞，B 、C 、D 错误，A 正确．]6．AB [根据动量守恒，两种情况下最终子弹与木块的速度相等，A 正确；根据能量守恒可知，初状态子弹动能相同，末状态两木块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量也相同，B 正确；子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，因此做功相同，C 错误；产生的热量Q ＝F f ·Δx ，由于产生的热量相同，而相对位移Δx 不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D 错误．]7．BCD [物体与油泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故A 错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B 正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B 端粘在B 端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C 正确；由C 的分析可知，当物体与B 端橡皮泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中受不受摩擦力无关，故D 正确．] 8．4∶1 9∶5解析设A 、B 球的质量分别为m A 和m B ，A 球碰撞后的速度大小为v A 2，B 球碰撞前、后的速度大小分别为v B 1和v B 2，由题意知v B 1∶v B 2＝3∶1，v A 2＝v B 2.A 、B 碰撞过程由动量守恒定律得m B v B 1＝m A v A 2－m B v B 2，所以有m A m B ＝v B 1＋v B 2v A 2＝41.A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为12m B v B 1212m B v B 22＋12m A v A 22＝95. 9．(1)2 m/s ，方向向左 4 m/s ，方向向右 (2)1 s解析 (1)设A 、B 在O 点碰后的速度分别为v 1和v 2，以向右为正方向由动量守恒：mv 0＝mv 1＋Mv 2碰撞前后动能相等：12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22解得：v 1＝－2 m/s ，负号表示方向向左；v 2＝4 m/s ，方向向右 (2)碰后，两物块在OQ 段减速时加速度大小均为：a ＝μg ＝2 m/s 2B 经过t 1时间与Q 处挡板碰，由运动学公式： v 2t 1－12at 12＝d得t 1＝1 s(t 1＝3 s 舍去)与挡板碰后，B 的速度大小v 3＝v 2－at 1＝2 m/s 反弹后减速时间t 2＝v 3a＝1 s反弹后经过位移x 1＝v 322a＝1 m ，B 停止运动．物块A 与P 处挡板碰后，以v 4＝2 m/s 的速度滑上O 点，经过x 2＝v 422a＝1 m 停止．所以最终A 、B 的距离x ＝d －x 1－x 2＝1 m ，两者不会碰第二次．在A 、B 碰后，A 运动总时间t A ＝2(L －d )|v 1|＋v 4μg＝3 sB 运动总时间t B ＝t 1＋t 2＝2 s则时间间隔Δt AB ＝1 s. 10．(1)8v 023μg (2)v 03n (3)3v 022μg解析 (1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变、方向相反，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力F f ＝μmg设物块与车共同速度为v 1，对车与物块组成的系统，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定律有(M －m )v 0＝(M ＋m )v 1设平板车的长至少为L ，根据能量守恒定律有 12(M ＋m )v 02－12(M ＋m )v 12＝12F f L 解得L ＝8v 023μg(2)由(1)可解得v 1＝v 03平板车和物块一起向右运动，与墙壁碰撞后共同速度为碰撞前的13，那么平板车和物块以相同的速度v 1与左侧墙壁碰撞后最终的共同速度为v 2，与向右碰撞过程相同，所以v 2＝13v 1＝(13)2v 0所以经过n 次碰撞后的速度v n ＝v 03n(3)经过足够多的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能逐渐减少，最后全都转化为内能F f s ＝12(M ＋m )v 02整理得s ＝3v 022μg .。

2019届高考物理一轮复习全国版教师用书：第六章碰撞

[高考导航]基础课1 动量和动量定理知识排查动量1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示。

2.表达式：p ＝mv 。

3.单位：kg·m/s 。

4.标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。

冲量1.定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。

公式：I ＝Ft 。

2.单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s 。

3.方向：冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。

动量定理1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。

2.表达式：Ft ＝Δp ＝p ′－p 。

3.矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。

小题速练1.(2017·北京西城区模拟)(多选)关于动量和冲量，下列说法正确的是()A.物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同B.物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化C.物体所受合外力的冲量等于物体的动量D.物体动量的方向与物体的运动方向相同解析物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的方向相同，与动量的方向不一定相同，故选项A错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故选项B正确，C错误；物体的动量p ＝mv，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，选项D正确。

答案BD2.一质量为m＝100 g的小球从高h＝0.8 m处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，以向下为正方向，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(重力加速度大小g取10 m/s2)()A.0.4 N·sB.－0.4 N·sC.0.6 N·sD.－0.6 N·s解析设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，由h＝12gt21得t1＝2hg＝0.4 s。

设软垫对小球的冲量为I N，则对小球整个运动过程运用动量定理得，mg(t1＋t)＋I N ＝0，得I N＝－0.6 N·s，选项D正确。

高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒章末热点集训课件新人教版

(2)欲使球跳起 0.8 m，应使球由静止下落的高度为 h＝00..684 m＝1.25 m，球由 1.25 m 落到 0.8 m 处的速度为 v＝3 m/s，则应在 0.8 m 处给球的冲量为 I＝mv＝1.5 N·s，方向竖直向下．
答案：见解析
动量守恒定律的应用
在光滑的水平面上，有 a、b 两球，
思路就是我们思考问题的步骤。例如老师在讲解一道数学题时，首先思考应该从什么地方下手，然后在思考用什么方法，通过什么样的过程来进行解答。听课时关键应该弄清楚老师讲解问题的思路。
三、听问题。
对于自己预习中不懂的内容，上课时要重点把握。在听讲中要特别注意老师和课本中是怎么解释的。如果老师在讲课中一带而过，并没有详细解答，大家要及时地把它们记下来，下课再向老师请教。
3.(高考北京卷)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块 A 和 B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将 A 无初速释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径 R＝0.2 m；A 和 B 的质量相等；A 和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数 μ＝0.2.取重力加速度 g＝10 m/s2. 求：
动量和能量的综合问题如图所示，光滑水平面上，一半圆形槽 B 中间放一光滑小球 A(可看成质点)，A、B 质量均为 2 kg.A、B 共同以 v0＝6 m/s 的速度向右运动，质量为 4 kg 的物体 C 静止在前方．B 与 C 碰撞后粘合在一起运动，求： (1)B、C 碰撞后瞬间的速度大小； (2)在以后的运动过程中，A 速度等于零时重力势能的增加量．
(1)帆船受到风的推力 F 的大小； (2)风速的大小 v. [解析] (1)风突然停止，帆船只受到阻力 f 的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为 a，则 a＝0－t v0＝－0.5 m/s2 根据牛顿第二定律有－f＝Ma，所以 f＝468 N 则帆船匀速运动时，有 F－f＝0，解得 F＝468 N.

2019届高考物理一轮复习粤教版：第六章碰撞与动量守

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.(2017·福建泉州质检)将一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0，方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块的质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度大小为()A.3v0－vB.2v0－3vC.3v0－2vD.2v0＋v解析取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3m v0＝2m v＋m v x，可得v x＝3v0－2v，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动量定理是矢量方程解题时，注意规定正方向。

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.如图1所示，一倾角为α、高为h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，重力的瞬时功率及重力的冲量分别为()图1A.mgh t 、0B.mg v 、mgt sin αC.mg v cos α、mgtD.mg v sin 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 ＝mg v sin α，重力的冲量为I ＝mgt ，所以选项D 正确，A 、B 、C 错误。

答案 D4.一质量为M 的航天器，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小为v 2，则喷出气体的质量m 为( )A.v 2－v 0v 1MB.v 2v 2＋v 1M C.v 2－v 0v 2＋v 1M D.v 2－v 0v 2－v 1M 解析规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得M v 0＝(M －m )v 2－m v 1，解得m ＝v 2－v 0v 2＋v 1M ，故选项C 正确。

2019年高考物理总复习(教科版)试题：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1～7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)(v2+v1mΔv·(v2+v1),显然,随时间的变化,v2+v1是变2-v1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×·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′、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,其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方向水平向右D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 )AC 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x1,M在水平方向上对地位移为x2,因此有0=mx1-Mx2、且x1+x2可得x2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,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当v m,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、E10B、E1=E0C、E20D、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E1×2,解得E10,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-μMgx m代入数据得x 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s=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、m11C、m2的最大速度是v1D、m21【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,′21v1解得v1′1,v21故m11,选项A错误,B正确;m2的最大速度为选项D正确,C错误、1,二、非选择题(共52分)13、(5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′、09 m/s;v2′、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：每空1分、14、(9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OP、然后,把被碰小球m2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OM,ON(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,为、【解析】：(1)小球离开轨道后做平抛运动,由2知即小球的下落时间一定,则初速度,选项C 正确、(2)本实验要验证的是m1·OM+m2·ON=m1·OP,因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程OM和ON,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),又则有m1 2 ·1·即m1·OM+m2·ON=m1·OP、(4)碰前m1的动量p1=m1v0=m1·碰后m1的动量p1′=m1v1=m1则p1∶p1′=OP∶OM=14∶11;碰后m2的动量p2′=m2v2=m2所以p1′∶p2′=(m1·OM)∶(m2·ON)=11∶2、9;碰撞前、后总动量的比值1、01、答案：(1)C (2)ADE(3)m1·OM+m2·ON=m1·OP(4)14 2、9 1、01评分标准：第(1)(2)(3)问各2分,第(4)问3分、15、(6分)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=2 m/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=90 kg,乙和他的装备总质量为M2=135 kg,为了避免直接相撞,乙从自己的装备中取出一质量为m=45 kg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、5 s,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+M2)v1(1分)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(1分)代入数据联立解得v1=0、4 m/s,v=5、2 m/s、(2分)(2)以甲为研究对象,由动量定理得Ft=M1v1-(-M1v0)(1分)代入数据解得F=432 N、(1分)答案：(1)5、2 m/s (2)432 N16、(7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)由能量守恒定律得分)解得v C=0,v A=v0(1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2(2分)解得(1分)答案：17、(11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2=2R(1分)解得分)小球b做平抛运动的水平位移x=v C分)解得v C分)根据机械能守恒有b gR(1分)可知小球b在碰后瞬间的速度v b(1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′2分)a v a又m a=3m b解得v a b,v a′a 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,a v a′2=m分)a gh(1解得(1分)答案：18、(14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,(2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,(2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分)pm+Q,(2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,分)解得Q=3、75 J,E pm=3、75 J、(1分)答案：(1)1 m/s (2)3、75 J。

2019届高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒题型探究课动量守恒中的力学综合问题课件

解析：设小球 A 下滑到水平轨道上时的速度大小为 v1，平台水平速度大小为 v，由动量守恒定律有 0＝mAv1－Mv 由能量守恒定律有 mAgh＝12mAv21＋12Mv2 联立解得 v1＝2 m/s，v＝1 m/s
小球 A、B 碰后运动方向相反，设小球 A、B 的速度大小分别为 v′1 和 v2.由于碰后小球 A 被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球 A 的速度等于平台的速度，有 v′1＝1 m/s 由动量守恒定律得 mAv1＝－mAv′1＋mBv2 由能量守恒定律有12mAv21＝12mAv′21＋12mBv22 联立上式解得 mB＝3 kg. 答案：3 kg
为 WB，由能量守恒定律得 WB＝12mv2B－12mv′2B ③
据题意可知 WA＝WB
④
设 B、C 碰撞后瞬间共同速度的大小为 v，由动量守恒定律
得 mv′B＝2mv
⑤
联立①②③④⑤式，代入数据得 v＝ 1261v0. 答案： 1261v0
2．(2015·高考广东卷)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 R＝0.5 m．物块 A 以 v0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点 Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上 P 处静止的物块 B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为 L＝0.1 m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为 μ＝0.1，A、B 的质量均为 m＝1 kg(重力加速度 g 取 10 m/s2；A、B 视为质点，碰撞时间极短)．
解决力学问题的三种观点所涉及的主要内容是“三个运动定律”——牛顿三大定律，“两个定理”——动能定理和动量定理，“三个守恒定律”——能量守恒定律、机械能守恒定律和动量守恒定律．

高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒专题讲座六动力学、动量和能量观点的综合应用课时训练教科版(202

2019年高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒专题讲座六动力学、动量和能量观点的综合应用课时训练教科版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒专题讲座六动力学、动量和能量观点的综合应用课时训练教科版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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专题讲座六动力学、动量和能量观点的综合应用1.(2018·山东潍坊模拟)如图所示,B,C,D,E,F 5个小球并排放置在光滑的水平面上,B,C，D,E4个球质量相等,而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量.A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后( C )A.5个小球静止，1个小球运动B.4个小球静止,2个小球运动C。

3个小球静止,3个小球运动D。

6个小球都运动解析:A，B质量满足m A<m B，则A,B相碰后A向左运动，B向右运动.由于B,C,D，E质量相等，弹性碰撞后,不断交换速度,最终E有向右的速度，B，C,D静止;由于E,F质量满足m E〉m F,则E，F都向右运动。

所以B,C，D静止；A向左运动，E,F向右运动,选项C正确。

2。

如图所示,小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上,当小车固定时,从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止。

如果小车不固定,物体仍从A点静止滑下，则（ A )A。

还是滑到C点停住B。

滑到BC间停住C.会冲出C点落到车外D.上述三种情况都有可能解析：设BC长度为L.依照题意,小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，即有Q1=fL，其中f为物体与小车之间的摩擦力.若小车不固定，设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体系统，根据水平方向的动量守恒定律可知,最终两者必定均静止,根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,则有Q2=Q1，而Q2=fs,得到物体在小车BC部分滑行的距离s=L,故物体仍滑到C点停住，选项A正确。

2019年高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒第2课时碰撞反冲和火箭课件教科版20180723328

答案:2
【针对训练】 (2015·全国Ⅱ卷,35)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变化的图像如图所示.求: (1)滑块a,b的质量之比;
解析:(1)设 a,b 的质量分别为 m1、m2,a、b 碰撞前的速度为 v1,v2.由题给图像得 v1= -2 m/s,v2=1 m/s a,b 发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为 v. 由题给图像得 v= 2 m/s
【典例2】(2015·全国Ⅰ卷,35)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
根据题意,要求 A 只与 B,C 各发生一次碰撞,应有
vA2≤vC1
⑥
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
【针对训练】导学号 58826133(2018·大连模拟)如图所示,AOB 是光滑水平轨道,BC 是半径为 R 的光滑的 1 固定圆弧轨道,两轨道恰好相切.质量为 M 的小木块静止在 O 点,
3.非弹性碰撞特征描述及重要关系式发生非弹性碰撞时,内力是非弹性力,部分机械能转化为物体的内能,机械能有损失,动量守恒,总动能减少.满足:

2019版总复习高中物理讲义：第六章碰撞与动量守恒第

能力课动量和能量观点的综合应用[热考点]“滑块—弹簧”模型[模型特点]对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中：(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。

(2)在动量方面，系统动量守恒。

(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒，机械能守恒。

(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零。

【例1】如图1所示，质量分别为1 kg 、3 kg 的滑块A 、B 位于光滑水平面上，现使滑块A 以4 m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B 发生碰撞。

求二者在发生碰撞的过程中。

图1(1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B 的最大速度。

解析 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A 、B 同速。

系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v 解得v ＝m A v 0m A ＋m B ＝1×41＋3m/s ＝1 m/s弹簧的最大弹性势能即滑块A 、B 损失的动能 E pm ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 2＝6 J 。

(2)当弹簧恢复原长时，滑块B 获得最大速度，由动量守恒定律和能量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m B v m 12m A v 20＝12m B v 2m ＋12m A v 2A解得v m ＝2 m/s ，向右。

答案 (1)6 J (2)2 m/s ，向右“滑块—弹簧”模型的解题思路 (1)应用系统的动量守恒。

(2)应用系统的机械能守恒。

(3)应用临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大。

【变式训练1】 (2017·江西南昌模拟)(多选)如图2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 。

2019版高考物理一轮复习第六章动量守恒定律课后分级演练19碰撞反冲运动.doc

课后分级演练（十九）碰撞反冲运动【A 级一一基础练】1. （多选）力、〃两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，力球的动量是7 kg • m/s , 〃球的动量是5 kg • m/s,力球追上3球发生碰撞，则碰撞后力、3两球的动量可能值是（）A. =8 kg • m/s, PB =4 kg • m/sB. p/ =6 kg • m/s, pj =6 kg • m/sC. p.\ =5 kg • m/s, pn =7 kg • m/sD. p.\ — —2 kg ・ m/s, pj =14kg • m/s 解析：BC 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确；从能量角度分析，A. 〃碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加，碰前B 在前，力在后，碰后如果二者同向，一定仍是〃在前，力在后，力不可能超越〃，所以碰后/ 的速度应小于〃的速度.A 选项中，显然碰后〃的速度大于〃的速度，这是不符合实际情况的，所以n 错. 碰前人B 的总动能煤=愛+礬券碰后人〃的总动能，B 选项中反=与-+牛-所以B 可能.C 选项中Z HI Z/n Zm Lin故C 也可能._血 2 亦 2_200 74 2m 2 m 2 m '2〃/综上，本题正确选项为B 、C. 2. 质量为M 的物块以速度y 运动，与质量为/〃的静止物块发生正碰，碰撞后二者的动M量正好相等.二者质量之比評能为（）A. 6C. 4 解析：B 设碰撞后两物块的动量都为p,根据动量守恒定律可得总动量为2门，根据b2 2 2=2〃豚可得碰撞前的总动能&= 2：'碰撞后的总动能反=佥+気根据碰撞前后的动能关系可得需三鳥+养3. （2017 •北京西城区期末）（多选）冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22 D 选项中反所以D 是不可能的. B. 3 D. 5届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头.在某次投掷中，冰壶甲运动一段吋间后与对方静止的冰壶乙发生碰撞，如图2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置下列选项正确的是（）解析：BCD 因为两个冰壶质量完全相同，由动量守恒定律易知，B 、C 、D 对，A 错. 4•我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠.观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过稈中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，贝9（）A. 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B. 甲.乙的动量变化一定大小相等方向相反C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D. 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：B 在甲、乙相互作用的过程屮，系统的动量守恒，即甲对乙和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，选项B 正确，A 错误.由£2佥和A"可知，选项C 、D 均错误.5•如图所示，质量为M 的小船在静止水面上以速率％向右匀速行驶，一质量为/〃的救生员站在船尾，相对小船静止•若救生员以相对水面速率y 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（）c111 八一界i 刃/ \ D. vo±-iv Q — v) 解析：C 以向右为正方向，据动量守恒定律有（J/+//2）v （y=—inv+Mv f 、解得v f = vo +~ (r 0+ v),故选 C.6. （多选）（2017 •天津和平质量调查）几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》C. vo+yivo+ v) 甲图2的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是（）A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球屮运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同解析：BCD恰好能穿出第4个水球，即末速度y=0,逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为（2-^3）:（羽一迈）: （电一1） : 1,则B正确.由于加速度曰恒定，由at= A r,可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误.因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由/=&可知每个水球对子弹的冲量:不同，C项正确.由动能定理有卜Et=fx, f相同，/相同，则相同，D 项正确.7.（2017 •安徽江南十校联考）如图所示，一个质量为刃的物块力与另一个质量为2刃的物块〃发生正碰，碰后〃物块刚好能落入正前方的沙坑屮.假如碰撞过程屮无机械能损失，已知物块〃与地面I'可的动摩擦因数为0. 1,与沙坑的距离为0. 5 m, g取10 m/s2,物块可视为质点.则力碰撞前瞬间的速度为（）m 2mm 国k ------ 0.5 m- 」 IA. 0. 5 m/sB. 1. 0 m/sC. 1. 5 m/sD. 2. 0 m/s解析：C碰后物块〃做匀减速直线运动，由动能定理有一“・2/〃纠=0—*・2〃朋，得巾=1 m/s. A与〃碰撞过程中动塑守恒、机械能守恒，则有mva=mvx + 2mv2,爲诒=爲说+ 扌• 2〃必解得旳=1. 5 m/s,则C项正确.8.（2016 •北京丰台区质检）如图所示，两质量分别为/巾和加的弹性小球弭、〃叠放在一起，从高度为力处自由落下，力远大于两小球半径，落地瞬间，〃先与地而碰撞，后与力碰撞，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.己知盹=3从, 则力反弹后能达到的高度为（）A. hB. 2/7C. 3/7D. Mi解析：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，伽+ /炖）0?=弓（加+处）,，nkv — nhv= nhvx+nkvz, ~（/^ 9. 如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A. B 、C,质量分别为叭=血=3帥,A. B 用细绳连接，中间有一圧缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）.开始时久〃以共同速度内运动， C 静止.某时刻细绳突然断开，A. 〃被弹开，然后〃又与C 发生碰撞并粘在一起最终三滑块之间距离不变.求〃与C 碰撞前〃的速度及最终的速度.解析：对力、〃被弹开过程由动量守恒有：（加+处）旳=规【勺+伽巾，对〃、C 碰撞过程由动量守恒有：H1R V R =（伽+%） Vc 由题意知三个滑块最终速度相同内=%答案：碰撞前〃的速度为〒最终的速度为〒10. （2017 -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^=2 m/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拠=90 kg,乙和他的装备总质量为腿=135 kg,为了避免直接相撞，乙从白己的装备中取出一质量为〃尸45 kg 的物体月推向甲，甲迅速接住/!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y （相对于空间站）将物体〃推111?（2）设甲与物体力作用时间为广=0.5 s,求甲与外的相互作用力F 的大小.解析：（1）以甲、乙、力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:Mi Vo —M\ Vo = {Mi +腿）旳以乙和力组成的系统为研究对象，由动量守恒得：+ 加）V=^IIhV\~\ ~^nk v-i, ~^/n\ V\ = ni\gh\,将加=3〃力代入，联立可得 h 、=4h. 选项D 正确. 解得最终速度乃=%= 4VoT〃与0碰撞前〃的速度血= 16%〒.〃〃〃〃〃〃/〃〃〃〃〃/〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃♦MiVo= {Mi—ni） v\+mv代入数据联立解得71 = 0. 4 m/s,卩=5. 2 m/s.(2)以甲为研究对象，由动量定理得，Ft=M\ Ki — ( — vo)代入数据解得厂=432 N.答案：(1)5.2 m/s (2)432 N【B级一一提升练】11.(多选)质量为册、内壁间距为厶的箱子静止于光滑的水平而上，箱子中间有一质量为刃的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为〃.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示.现给小物块一水平向右的初速度小物块与箱壁碰撞川次后恰又回到箱子正中间, 并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的，则整个过程屮，系统损失的动能为()1 2 加/ 2W B- /,/+.，!/ lZ1 rC. — V n mgL D • /V n mgL解析：BD设最终箱子与小物块的速度为m根据动量守恒定律：=5+必旳，则动1 1 7771/能损失-(//?+J/) v\,解得A ----------------------------- r , B对；依题意，小物块与箱壁碰撞川次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s=0. 5A+ (/V-1)A+O.5A=/VZ,故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能，、&=Q=NmgL, D对.12.一个人在地面上立定跳远的最好成绩是“假设他站在船头要跳上距离在L远处的平台上，水对船的阻力不计，如图所示.则()A.只要*从他一定能跳上平台B.只要0〈才，他有可能跳上平台C.只要L=x,他一定能跳上平台D.只要L=x,他有可能跳上平台解析:B若立定跳远吋，人离地吋速度为*如题图从船上起跳时，人离船时速度为/ . 船的速度为5,由能量守恒E=^m$, E=如/ 嗚尿.所以/ 人跳出的距离变小,所以B正确.13.如图所示，一个倾角为。

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专题讲座六动力学、动量和能量观点的综合应用1.(2018·山东潍坊模拟)如图所示,B,C,D,E,F 5个小球并排放置在光滑的水平面上,B,C,D,E4个球质量相等,而F球质量小于B球质量,A 球的质量等于F球质量.A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后( C )A.5个小球静止,1个小球运动B.4个小球静止,2个小球运动C.3个小球静止,3个小球运动D.6个小球都运动解析:A,B质量满足m A<m B,则A,B相碰后A向左运动,B向右运动.由于B,C,D,E质量相等,弹性碰撞后,不断交换速度,最终E有向右的速度,B,C,D静止;由于E,F质量满足m E>m F,则E,F都向右运动.所以B,C,D静止;A向左运动,E,F向右运动,选项C正确.2.如图所示,小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成,静止在光滑水平面上,当小车固定时,从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止.如果小车不固定,物体仍从A点静止滑下,则( A )A.还是滑到C点停住B.滑到BC间停住C.会冲出C点落到车外D.上述三种情况都有可能解析:设BC长度为L.依照题意,小车固定时,根据能量守恒可知,物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,即有Q1=fL,其中f为物体与小车之间的摩擦力.若小车不固定,设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体系统,根据水平方向的动量守恒定律可知,最终两者必定均静止,根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,则有Q2=Q1,而Q2=fs,得到物体在小车BC部分滑行的距离s=L,故物体仍滑到C点停住,选项A正确.3.(2018·山东泰安模拟)质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比.当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下.跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的v t图像为( B )解析:人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行,做匀减速直线运动,当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下,跳离前后系统动量守恒,规定车的速度方向为正方向,则有(m+2m)v0=2mv+(-mv0),得v=2v0,人跳车后做匀减速直线运动,加速度不变,选项B正确.4.导学号 58826143(2018·山东日照模拟)如图所示,足够长的小平板车B的质量为M,以水平速度v0向右在光滑水平面上运动,与此同时,质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动.若物体与车面之间的动摩擦因数为μ,则在足够长的时间内( D )A.若M>m,物体A对地向右的最大位移是B.若M<m,小车B对地向右的最大位移是C.无论M与m的大小关系如何,摩擦力对平板车的冲量均为mv0D.无论M与m的大小关系如何,摩擦力的作用时间均为解析:规定向右为正方向,根据动量守恒定律有Mv0-mv0=(M+m)v.解得v=;若M>m,A所受的摩擦力f=μmg,对A由动能定理得-μmgx A=0-m,则得物体A对地向左的最大位移x A=,选项A错误;若M<m,对B由动能定理得-μmgx B=0-M,则得小车B对地向右的最大位移x B=,选项B错误;根据动量定理知,摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量,即I=Mv-Mv0=-,选项C错误;根据动量定理得,-ft=Mv-Mv0,解得t=,选项D正确.5.(2018·山东青岛模拟)(多选)如图(甲)所示的光滑平台上,物体A 以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上,车与水平面间的动摩擦因数不计,图(乙)为物体A与小车的v t图像(v0,v1及t1均为已知),由此可算出( BC )A.小车上表面长度B.物体A与小车B的质量之比C.物体A与小车B上表面间的动摩擦因数D.小车B获得的动能解析:图线与坐标轴包围的面积表示A相对于小车的位移,不一定为小车长度,选项A错误;设m,M分别表示物体A与小车B的质量,根据动量守恒定律mv0=Mv1+mv1,求出=,选项B正确;物体A的v t图像中斜率大小为a=μg=,可求出μ,选项C正确;因B车质量大小未知,故无法计算B车的动能,选项D错误.6.目前雾霾天气仍然困扰人们,为了解决此难题很多环保组织和环保爱好者不断研究.某个环保组织研究发现通过降雨能有效解决雾霾天气.当雨滴在空中下落时,不断与漂浮在空气中的雾霾颗粒相遇并结合为一体,其质量不断增大,直至落地.现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞.已知雨滴的初始质量为m,初速度为v0,每个雾霾颗粒质量均为m0,假设雾霾颗粒均匀分布,且雨滴每下落距离h后才与静止的雾霾颗粒碰撞并立即结合在一起.试求:(1)若不计重力和空气阻力,求第n次碰撞后雨滴的速度大小;(2)若不计空气阻力,但考虑重力,求第1次碰撞后雨滴的速度大小. 解析:(1)不计重力和空气阻力,设向下为正方向,全过程中动量守恒mv0=(m+nm0)v n得 v n=.(2)若只受到重力,雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动,第1次碰撞前=+2gh碰撞瞬间动量守恒,则有mv1=(m+m0)v1′解得v1′=.答案:见解析7.(2018·福建厦门质检)带有光滑圆弧轨道的滑块质量为M=3 kg,静止在光滑水平面上,轨道足够高且轨道下端的切线方向水平.今有一质量为m=1 kg的小球以水平初速度v0=4 m/s滚上滑块,如图所示,取g=10 m/s2,求:(1)小球沿圆弧轨道上升的最大高度h;(2)小球又滚回来和轨道分离时两者的速度大小.解析:(1)当小球与滑块的速度相同时,小球上升的高度最大,设此时小球和滑块的共同速度为v,有mv0=(m+M)v,m=mgh+(m+M)v2解得h=0.6 m.(2)设小球又滚回来时,小球的速度为v1,滑块的速度为v2,有mv0=mv1+Mv2m=m+M得v1=v0=-2 m/s,v2=v0=2 m/s.答案:(1)0.6 m (2)2 m/s 2 m/s8.导学号 58826144(2018·湖北黄冈模拟)如图所示,光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的两木块A和B,一质量为m的子弹,以速度v0水平击中木块A,并留在其中.A的质量为3m,B的质量为4m.(1)求弹簧第一次最短时的弹性势能;(2)何时B的速度最大,最大速度是多少?解析:(1)从子弹击中木块A到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程:一是子弹与木块A的碰撞过程,动量守恒,有机械能损失;二是子弹与木块A组成的整体与木块B通过弹簧相互作用的过程,动量守恒,机械能也守恒.子弹打入A的过程有mv0=4mv1打入后弹簧由原长到最短的过程有4mv1=8mv2在由子弹打入后系统机械能守恒,得×4m=×8m+E p联立解得E p=m.(2)从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中,木块B一直做变加速运动,木块A一直做变减速运动,相当于弹性碰撞,因为它们质量相等,子弹和A组成的整体与B木块交换速度,此时B的速度最大.设弹簧恢复原长时A,B的速度分别为v1′,v2′,则有4mv1=4mv1′+4mv2′×4m=×4mv1′2+×4mv2′2解得v1′=0,v2′=v1=v0.答案:(1)m(2)恢复原长时v09.(2018·四川绵阳检测)2016年8月25日,红牛滑板大赛在内蒙古自治区的乌兰布和沙漠闭幕,参赛选手上演了滑板世界中的“速度与激情”.如图所示,轨道BC为竖直平面内的四分之一圆弧赛道,半径为R=1.8 m,轨道ABC可认为是光滑的,且水平轨道AB与圆弧BC在B点相切.一个质量为M的运动员(可视为质点)以初速度v0冲上静止在A 点的滑板(可视为质点),设运动员蹬上滑板后立即与滑板一起共同沿着轨道运动.若运动员的质量M=48.0 kg,滑板质量m=2.0 kg,计算结果均保留三位有效数字,重力加速度g取10 m/s2(不计空气阻力).(1)运动员至少以多大的水平速度v0冲上滑板才能到达C点?(2)运动员以第(1)问中的速度v0冲上滑板,滑过圆弧轨道B点时滑板对轨道的压力是多大,方向如何?(3)若A点右侧为μ=0.3的水泥地面,则滑回后运动员与滑板停在距A 点多远的位置?解析:(1)以运动员和滑板为一个系统,运动员以速度v0冲上滑板过程,系统水平方向总动量守恒,即Mv0=(m+M)v若运动员与滑板恰好到达C点,以AB水平面为零势能面,由机械能守恒定律得(m+M)v2=(m+M)gR两式联立解得v=6.00 m/s,v0=6.25 m/s运动员的水平速度至少要达到6.25 m/s才能到达C点.(2)运动员以第(1)问中的速度v0冲上滑板,由牛顿第二定律得N-(m+M)g=,解得N=1.50×103 N由牛顿第三定律可知滑板对轨道的压力大小为1.50×103N,方向竖直向下.(3)因为ABC光滑,由机械能守恒定律知运动员滑回A点时速度大小仍为v=6.00 m/s,运动员滑过A点至停下过程中,由动能定理得-μ(m+M)gx=0-(m+M)v2代入数据解得x=6.00 m.答案:(1)6.25 m/s (2)1.5×103 N 方向竖直向下(3)6.00 m10.导学号 58826145(2018·湖北孝感模拟)如图,在光滑水平面上,有A,B,C三个物体,开始B,C皆静止且C在B上,A物体以v0=10 m/s 撞向B物体,已知碰撞时间极短,撞完后A静止不动,而B,C最终的共同速度为4 m/s.已知B,C两物体的质量分别为m B=4 kg、m C=1 kg,试求:(1)A物体的质量为多少?(2)A,B间的碰撞是否造成了机械能损失?如果造成了机械能损失,则损失量是多少?解析:(1)由整个过程系统动量守恒m A v0=(m B+m C)v代入数据得m A=2 kg.(2)设B与A碰撞后速度为u,在B与C相互作用的时间里,B,C系统动量守恒m B u=(m B+m C)v得u=5 m/sA与B的碰撞过程中,碰前系统动能为m A=×2×100 J=100 J碰后系统动能为m B u2=×4×25 J=50 J,碰撞损失了机械能,损失量为50 J.答案:(1)2 kg (2)见解析11.导学号 58826146如图所示,装置的左边是足够长的光滑水平面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M=2 kg的小物块A.装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并平滑对接.传送带始终以u=2 m/s的速率逆时针转动.装置的右边是一光滑的曲面,质量m=1 kg的小物块B从其上距水平台面高h=1.0 m处由静止释放.已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带长l=1.0 m.设物块A,B 中间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态.g取10 m/s2.(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小;(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上;(3)如果物块A,B每次碰撞后,物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小.解析:(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0由机械能守恒知mgh=m,v0=设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma设物块B通过传送带后运动速度大小为v,有v2-=-2al解得v=4 m/s由于v>u=2 m/s,所以v=4 m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小.(2)设物块A,B第一次碰撞后的速度分别为v A,v1,取向右为正方向,由于是弹性碰撞,由动量守恒、能量守恒得-mv=mv1+Mv Amv2=m+M解得v1=v= m/s,即碰撞后物块B在水平台面上向右匀速运动设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′,则0-=-2al′,l′= m<1 m所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上.(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时,将会沿传送带向左加速.可以判断,物块B运动到左边台面的速度大小为v1,继而与物块A发生第二次碰撞.设第二次碰撞后物块B速度大小为v2,由以上计算可知v2=v1=()2v物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……碰撞后物块B的速度大小依次为v3=v2=()3v,v4=v3=()4v…,则第n 次碰撞后物块B的速度大小为v n=()n v,v n= m/s.答案:(1)4 m/s (2)见解析(3) m/s。

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