2020版高考物理大一轮复习第六章基础课2动量守恒定律及其应用训练(含解析)教科版
(浙江选考)2020版高考物理大一轮复习第六章动量守恒定律第2讲动力学、动量和能量观点在力学中的应用课件
例1 如图1甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止 在水平地面上A、C两点.P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开 始向右运动，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性 碰撞，碰撞时间极短.已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩 擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
模型名称
模型描述
模型特征
模型结论
“速度交换” 相同质量的两球发 m1＝m2，动量、 v1′＝0，v2′＝v_0_(v2＝0，
模型
生弹性正碰
动能均守恒
v1＝v0)
“完全非弹性 两球正碰后粘在一 动量守恒、能
碰撞”模型 起运动
量损失最大
v＝__m_1_m＋_1_m_2_v_0 _(v2＝0，v1 ＝v0)
2.力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律. (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉 及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题. (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律 和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件. (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总 功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量. (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均 隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换.这种问题由于作用时间都极短， 因此用动量守恒定律去解决.
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研透命题点
命题点一 动量与动力学观点的综合应用
1.解决动力学问题的三个基本观点 (1)力的观点：运用牛顿运动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：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.
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。
(通用版)2020版高考物理一轮复习第六章第2讲动量守恒定律及其应用课时作业(含解析)(最新整理)
（通用版）2020版高考物理一轮复习第六章第2讲动量守恒定律及其应用课时作业（含解析）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（（通用版）2020版高考物理一轮复习第六章第2讲动量守恒定律及其应用课时作业（含解析））的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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动量守恒定律及其应用一、选择题(本题共10小题,1～6题为单选题，7～10题为多选题）1．如图所示，物块A静止在光滑水平面上，将小球B从物块顶端由静止释放,从小球开始沿物块的光滑弧面(弧面末端与水平面相切）下滑到离开的整个过程中，对小球和物块组成的系统，下列说法正确的是( ）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．动量不守恒,机械能不守恒解析：C 对于A、B组成的系统,在B下滑的过程中，只有重力做功，则小球和物块组成的系统机械能守恒．A、B组成的系统在竖直方向上合外力不为零，则该系统动量不守恒，C正确．2．如图所示,光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A 以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中( )A．A、B的动量变化量相同B．A、B的动量变化率相同C．A、B系统的总动能保持不变D．A、B系统的总动量保持不变解析:D 两物块相互作用过程中系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，但总动量保持不变，A错误，D正确．由动量定理Ft＝Δp可知，动量的变化率等于物块所受的合外力,A、B两物块所受的合外力大小相等、方向相反，则A、B所受的合外力不同，动量的变化率不同,B错误．A、B和弹簧组成的系统总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化,C错误．3。
2020年高考物理 6-2动量守恒定律及其应用复习课件 人教版 精品
• ●自主学习
• 1．内力
远大于外力，过程短持续时
间很
，即使系统所受合外力不
动量为守恒零，但合外力的冲量几乎为零，可
认为
•
．
• 2．由其他形式的能转化为机械能．
• ●针对训练
• 有一炮竖直向上发射的炮弹，炮弹的质
量为M＝6.0kg(内含炸药的质量可以忽略
不计)，射出的初速度v0＝60m/s.当炮弹 到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的
• (3)系统所受合外力不为零，但在某个方
向上为零所受合不受外力
或
外力，或外力可以忽略，则在这个方向
上，系统动量守恒．
• ●深化拓展
• 相互作用着的物体组成的物体系统叫做 物体系．组成物体系的所有物体的动量 的矢量和叫做物体系的总动量．物体系 内物体间的相互作用力是内力，系统内 的物体与系统外物体间的相互作用力是 外力．外力作用可以影响物体系的总动 量，系统内物体间的相互作用力虽然可 以改变各物体的动量，但不能改变物体
• ●自主学习 • 1；．③碰一撞般外特来点说：内①力直远接大作于用；短②力时间，动
量守恒．
• 2．碰撞分类
从外 在
正碰
表
现 来
斜碰
分
完全
性
撞
弹
碰撞前后物体的动量在一 条直线上
碰撞前后物体的动量不在 一条直线上
在弹性力作用下，只产生 机械能的转移，系统内 无机械能损失
• ●深化拓展 • 碰撞的规律
• C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B
组成的系统动量守恒
• D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B 、C组成的系统动量守恒
• 思维点拔：不管选哪几个物体作为系统 ，只要系统所受的合外力为零，系统的动 量就守恒、对于已选定的系统，要分清哪 些是内力，哪些是外力．
2020年高考物理一轮复习专题6.2 碰撞、反冲与动量守恒定律的应用(精讲)(解析版)
专题6.2 碰撞、反冲与动量守恒定律的应用1.理解动量守恒定律的确切含义，知道其适用范围。
2.掌握动量守恒定律解题的一般步骤。
3.会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题。
知识点一 动量守恒定律及其应用1．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．(2)动量守恒定律的表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′或Δp 1＝－Δp 2.2．系统动量守恒的条件(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)分方向守恒：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.知识点二 碰撞1．概念：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 种类动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞守恒 守恒 非弹性碰撞守恒 有损失 完全非弹性碰撞守恒 损失最大 【拓展提升】1．弹性碰撞后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 ②解得v 1′＝1212212()2m m v m v m m -++ v 2′＝2121112()2m m v m v m m -++ 2．弹性碰撞分析讨论当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则：v 1′＝12112()m m v m m -+，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2， (1)m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度。
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高考大一轮复习(新课改专用)第6章 第2节 动量守恒定律
第2节动量守恒定律一、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。
[注1] 2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
[注2](3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为0，则系统在该方向上动量守恒。
二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。
(2)分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。
[注3]②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。
2．爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
3．反冲 [注4](1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。
【注解释疑】[注1] 外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。
[注2] 外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。
[注3] 弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在。
[注4] 反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的。
[深化理解]1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。
2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。
3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。
4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。
[基础自测]一、判断题(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。
(×)(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。
全国通用 2020版高考物理一轮复习：第6章 第2讲 动量守恒定律及其应用
第2讲动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1．内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。
2．常用的四种表达形式(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。
(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为零。
(3)Δp1＝－Δp2，即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。
(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
3．常见的几种守恒形式及成立条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。
(3)分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。
二、碰撞1．碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。
2．碰撞特征(1)作用时间短。
(2)作用力变化快。
(3)内力远大于外力。
(4)满足动量守恒。
3．碰撞的分类及特点(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
(2)非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。
(3)完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。
三、爆炸现象爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。
四、反冲运动1．物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动的现象。
2．反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
)1．动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。
(√)2．质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。
(×)3．系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。
(×)4．系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。
(×)1．(动量守恒条件)(多选)如图所示，在光滑水平面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接，A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。
高考物理一轮复习 第6章 动量守恒定律及其应用 第1讲 动量 动量定理课时作业(含解析)新人教版-新
第1讲动量动量定理时间：45分钟总分为：100分一、选择题(此题共10小题，每一小题7分，共70分。
其中1～7题为单项选择，8～10题为多项选择)1．下面关于物体动量和冲量的说法错误的答案是()A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快答案 A解析Ft越大，Δp越大，但动量不一定越大，它还与初态的动量有关，故A错误；Ft ＝Δp，Ft不为零，Δp一定不为零，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向一样，C 正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D正确。
此题选说法错误的，应当选A。
2．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的答案是()A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s答案 A解析小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量：I ＝0－(－mv0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I′＝Δp＝mv0－(－mv0)＝20 N·s，如此冲量大小为20 N·s，B、C、D错误。
3．(2019·四川自贡高三一诊)校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小()A．人的触地时间B．人的动量变化率C．人的动量变化量D．人受到的冲量答案 B解析 跳远比赛时，运动员从与沙坑接触到静止，动量的变化量Δp 一定，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I ＝Δp 是一定的，在沙坑中填沙延长了人与沙坑的接触时间，即t 变大，由动量定理：Δp ＝Ft ，可得Δpt＝F ，Δp 一定，t 越大，动量变化率越小，人受到的合外力越小，人越安全，B 正确。
2020版高考物理一轮复习第六章第2讲动量守恒定律及其应用课件新人教版
2．动量守恒定律的不同表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成 的系统，作用前的动量之和等于作用后的动量之和． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
4．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 车的质量共为 M＝30 kg，乙和他的冰车的质量也是 30 kg.游戏时，甲 推着一个质量为 m＝15 kg 的箱子和他一起以大小为 v0＝2.0 m/s 的速 度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，如图所示．为了避免相撞， 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 计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出， 才能避免与乙相撞．
A．三球与弹簧组成的系统总动量不守恒，总机械能不守恒 B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒 C．当小球 b、c 速度相等时，弹簧弹性势能最大 D．当弹簧第一次恢复原长时，小球 c 的动能一定最大，小球 b 的 动能一定不为零
解析：在整个运动过程中，系统所受的合外力为零，系统的 动量守恒，小球 a 与 b 碰撞后粘在一起，机械能减小，故 A、B 错误；a 与 b 碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对 b 产生向左的弹力， 对 c 产生向右的弹力，a、b 做减速运动，c 做加速运动，当 c 的 速度等于 a、b 的速度时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，故 C 正确；当弹簧恢复原长时，小球 c 的动能一定最大，根据动量 守恒和机械能守恒分析可知，小球 b 的动能不为零，故 D 正确．
3．动量守恒定律的“四性”
考向 1 对动量守恒定律的理解 1．(2019·安徽淮南联考)(多选)如图所示，三小球 a、b、c 的 质量都是 m，都放于光滑的水平面上，小球 b、c 与轻弹簧相连 且静止，小球 a 以速度 v0 冲向小球 b，碰后与小球 b 粘在一起运 动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( CD )
2020版高考物理(课标版)大一轮复习课时规范练20动量守恒定律及其应用 含解析
课时规范练20动量守恒定律及其应用基础对点练1.(碰撞特点)(2018·河北衡水调研)两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,B球在前,A球在后,m A=1 kg、m B=2 kg,v A=6 m/s、v B=3 m/s,当A球与B球发生碰撞后,A、B两球的速度可能为()A.v A'=4 m/s,v B'=4 m/sB.v A'=4 m/s,v B'=5 m/sC.v A'=-4 m/s,v B'=6 m/sD.v A'=7 m/s,v B'=2.5 m/s,以两球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得m A v A+m B v B=m A v A'+m B v B'①;由碰撞过程系统动能不能增加可知m A m B m A v A'2+m B v B'2②;根据题意可知v A'≤v B'③。
将四个选项代入①②③式检验可知,A正确,B、C、D错误。
2.(多选)(动量守恒定律应用、动量定理)(2018·山西二模)在2017花样滑冰世锦赛上,隋文静、韩聪以232.06分的总成绩获得冠军。
比赛中,当隋文静、韩聪以5.0 m/s的速度沿直线前、后滑行时,韩聪突然将隋文静沿原方向向前推出,推力作用时间为0.8 s,隋文静的速度变为11.0 m/s。
假设隋文静和韩聪的质量分别为40 kg和60 kg,作用前后两人沿同一直线运动,不计冰面阻力,将人视为质点,则()A.分离时韩聪速度的大小为1.0 m/sB.这一过程中,韩聪对隋文静冲量的值为440 N·sC.这一过程中,韩聪对隋文静平均推力的大小为450 ND.这一过程中,隋文静对韩聪做的功为-720 J,由动量守恒定律得:(m1+m2)v=m1v1+m2v2,式中v=5.0 m/s,v1=11.0 m/s,m1=40kg,m2=60 kg,代入数据解得:v2=1 m/s,故A正确;韩聪对隋文静的冲量等于隋文静动量的变化量,根据动量定理得:I=m1v1-m1v=(40×11-40×5) N·s=240 N·s,则平均推力为F= N=300 N,故BC错误;隋文静对韩聪做的功等于韩聪动能的变化量,根据动能定理得:W=m2m2v2=-720 J,故D正确;故选AD。
2020高考物理一复习：动量守恒定律及应用
普适性 不仅适用ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ低速宏观系统，也适用于高速微观系统
2.动量守恒定律常用的三种表达形式 (1)m1v1＋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。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 (3)Δp＝0，系统总动量的增量为零
考点三 动量守恒定律的3个应用
实例① 碰撞
实例
1．碰撞后运动状态可能性判断的三个依据
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或2pm211＋2pm222≥p21m′12＋p22m′22。 (3)速度要符合情景。
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。
1．动量守恒定律的“五种”性质
系统性 研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
相对性 同时性
公式中 v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系 公式中 v1、v2 是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后
同一时刻的速度
矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值
考点一 动量守恒条件的理解和 应用
解析：当小球在槽内由 A 运动到 B 的过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组 成的系统水平方向上的动量不守恒，故 B 错误；当小球由 B 运动到 C 的过程中， 因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽 对小球的支持力对小球做了负功，故 A 错误；小球从 B 到 C 的过程中，系统水平 方向合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故 C 正确；小球离开 C 点以后， 既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故 D 错误。
高考物理总复习 第六单元 动量 第2课时 动量守恒定律及其应用(含解析)
课时2 动量守恒定律及其应用1.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零,则这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式:对两个物体组成的系统,常写成p1+p2=p1'+p2'或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。
(3)适用条件:系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。
2.弹性碰撞和非弹性碰撞(1)弹性碰撞:碰撞过程中机械能守恒。
(2)非弹性碰撞:碰撞过程中机械能减少。
(3)完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体或碰撞后具有共同速度,这种碰撞动能损失最多。
3.反冲运动(1)定义:一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,一部分向某个方向运动,另外一个部分必然向相反方向运动,这个现象叫反冲。
(2)特点:①物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动。
②在反冲运动中,系统的合外力一般不为零,但内力远大于外力,可认为反冲运动中系统动量守恒。
③在反冲运动中机械能总量一般是增加的。
(3)反冲现象的应用和防止①应用:反击式水轮机是使水从转轮的叶片中流出,由于反冲而使转轮旋转,从而带动发电机发电,火箭、喷气式飞机是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的推力,等等。
②避免有害的反冲运动。
1.(2018湖北宜昌六校联考)甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动,速度大小都是1 m/s,甲、乙相遇时用力推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,速度大小分别为 1 m/s 和2 m/s。
则甲、乙两运动员的质量之比为()。
A.2∶3B.3∶2C.1∶2D.2∶1B2.(2018湖南长沙模拟)图示为中国队队员投掷冰壶的镜头。
在某次投掷中,冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰,碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行。
若两冰壶质量相等,规定向前运动方向为正方向,则碰后中国队冰壶的速度为()。
A.0.1 m/sB.-0.1 m/sC.0.7 m/sD.-0.7 m/sA3.(2018江苏南通第二次质量调研模拟)(多选)下列属于反冲运动的是()。
2020版高考物理教科版大一轮温习训练第六章基础课2动量守恒定律及其应用
基础课2 动量守恒定律及其应用一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1．如图1所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原先静止在平板小车C上。
A、B间有一根被紧缩的弹簧，地面滑腻，当弹簧突然释放后，那么以下说法中不正确的选项是( )图1A．假设A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．假设A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C．假设A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D．假设A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒解析若是A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B别离相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力f A向右，f B向左，由于m A∶m B＝3∶2，因此f A∶f B＝3∶2，那么A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D均正确；假设A、B所受摩擦力大小相等，那么A、B组成的系统所受外力之和为零，故其动量守恒，C正确。
答案 A2．(2016·潍坊名校模考)在滑腻的水平面上有a、b两球，其质量别离为m a、m b，两球在t0时刻发生正碰，而且在碰撞进程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时刻图像如图2所示，以下关系正确的选项是()图2A．m a＞m b B．m a＜m b C．m a＝m b D．无法判定解析由图像知a球以一初速度向原先静止的b球运动，碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小，依照动量守恒定律，a球的质量小于b球的质量。
答案 B3．(2017·内江市月考)如图3所示，质量为M的盒子放在滑腻的水平面上，盒子内表面不滑腻，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()图3A．二者的速度均为零B．二者的速度总可不能相等C．盒子的最终速度为m v0M，方向水平向右D．盒子的最终速度为m v0M＋m，方向水平向右解析由于盒子内表面不滑腻，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得：m v0＝(M＋m)v′，解得：v′＝m v0M＋m，故D正确。
2020高考物理一轮总复习第六章动量基础课2动量守恒定律及其应用练习(含解析)新人教版
第六章 基础课 2 动量守恒定律及其应用一、选择题1.一颗子弹水平射入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，如图所示．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：选C 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，故系统机械能不守恒，只有选项C 正确．2.(2019届南平模拟)如图所示，A 、B 两物体质量分别为m A 、m B ，且m A >m B ，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F 的力，同时分别作用在A 、B 上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将( )A ．停止运动B ．向左运动C ．向右运动D ．运动方向不能确定解析：选C 已知两个力大小相等，m A >m B ，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度a A <a B ，又知x A ＝x B ，由运动学公式得x A ＝12a A t A 2，x B ＝12a B t B 2，可知t A >t B ，由I A ＝Ft A ，I B ＝Ft B ，可得I A >I B ，由动量定理可知p A －0＝I A ，p B －0＝I B ，则p A >p B ，碰前系统总动量方向向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量方向向右，故A 、B 、D 错误，C 正确．3．(多选)质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度v 0与质量为2m 的静止小球B 发生正碰．碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( )A.13v 0B.23v 0C.49v 0 D.59v 0 解析：选AB 要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A 球碰后动能变为原来的19，则其速度大小变为原来的13.两球在光滑水平面上正碰，碰后A 球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹．当以A 球原来的速度方向为正方向时，则v A ′＝±13v 0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv 0＋0＝m ×13v 0＋2mv B ′，mv 0＋0＝m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13v 0＋2mv B ″，解得v B ′＝13v 0，v B ″＝23v 0.又12·m ⎝ ⎛⎭⎪⎫13v 02＋12·2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫13v 02<12mv 02，12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫－v 032＋12·2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫23v 02＝12mv 02，即碰后动能没有增加，所以A 、B 正确．4.(多选)如图所示，小车C 放在光滑地面上，A 、B 两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是( )A ．A 、B 质量相等，但A 比B 速率大 B ．A 、B 质量相等，但A 比B 速率小C ．A 、B 速率相等，但A 比B 的质量大D ．A 、B 速率相等，但A 比B 的质量小解析：选AC 两人及车组成的系统动量守恒，则m A v A －m B v B －m C v C ＝0，得m A v A －m B v B >0，即m A v A >m B v B .5.(2019届泉州质检)如图所示，两个大小相同、质量均为m 的小弹珠静止在水平地面上，某小孩在极短时间内给第一个弹珠一个水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动了距离L 时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动了2L 后停下．已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k 倍，重力加速度为g ，则小孩对第一个弹珠( )A ．施加的冲量为m kgLB ．施加的冲量为m 3kgLC ．做的功为kmgLD ．做的功为3kmgL解析：选D 两个完全相同的小球发生弹性碰撞，速度交换，设第二个小球碰后的速度为v ，根据匀变速直线运动的规律v 2＝2kg ·2L ，对第一个小球，设小孩对其做功为W ，根据动能定理W －kmgL ＝12mv 2，代入可求W ＝3kmgL ，故C 错误，D 正确；设小孩施加的冲量为I ，则I 2＝2mW ，解得I ＝m 6kgL ，故A 、B 错误．6.(多选)如图所示，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，小车总质量为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( )A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时小车也向右运动B ．C 与油泥碰前，C 与小车的速率之比为M ∶m C ．C 与油泥粘在一起后，小车立即停止运动D ．C 与油泥粘在一起后，小车继续向右运动解析：选BC 小车与木块C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，小车应向左运动，故A 错误；设碰前C 的速率为v 1，小车的速率为v 2，则0＝mv 1－Mv 2，得v 1v 2＝Mm，故B 正确；设C 与油泥粘在一起后，小车、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．7．(2018届华大新高考联盟测评)光滑水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，a 的质量为m ，b 的质量M 可以取不同的数值．现使a 以某一速度向b 运动，此后a 与b 发生弹性碰撞，则( )A ．当M ＝m 时，碰撞后b 的速度最大B ．当M ＝m 时，碰撞后b 的动能最大C ．当M >m 时，若M 越小，碰撞后b 的速度越小D ．当M <m 时，若M 越大，碰撞后b 的动量越小解析：选B a 与b 发生弹性碰撞，由动量守恒定律，mv 0＝mv 1＋Mv 2，由机械能守恒定律，12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22，联立解得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋M v 0.显然，当M →0时，b 的速度最大，选项A 错误；当M ＝m 时，碰撞后a 的速度为零，动能为零，b 的动能最大，选项B 正确；当M >m 时，若M 越小，碰撞后b 的速度越大，选项C 错误；当M <m 时，若M 越大，碰撞后a 的速度越小，a 的动量越小．b 的动量Mv 2＝2mM m ＋M v 0＝2mm /M ＋1v 0，若M 越大，碰撞后b 的动量越大，选项D 错误．8．(多选)(2018届湖南师大附中检测)质量为m ，速度为v 的A 球跟质量为3m 的静止的B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B 球的速度可能值为( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.2vD ．0.3v解析：选BD 若v B ＝0.6v ，选v 的方向为正，由动量守恒得mv ＝mv A ＋3m ·0.6v ，解得v A ＝－0.8v ，碰撞前系统的总动能为E k ＝12mv 2.碰撞后系统的总动能为E k ′＝12mv A 2＋12×3mv B 2>12mv 2，违反了能量守恒定律，不可能，故A 错误；若v B ＝0.4v ，由动量守恒得mv ＝mv A ＋3m ·0.4v ，解得v A ＝－0.2v ，碰撞后系统的总动能为E k ′＝12mv A 2＋12×3mv B 2<12mv 2，不违反能量守恒定律，是可能的，故B 正确；A 、B 发生完全非弹性碰撞，则有mv ＝(m ＋3m )v B ，v B ＝0.25v ，这时B 获得的速度最小，所以v B ＝0.2v ，是不可能的，故C 错误；若v B ＝0.3v ，由动量守恒得mv ＝mv A ＋3m ·0.3v ，解得v A ＝0.1v ，碰撞后系统的总动能为E k ′＝12mv A 2＋12×3mv B 2<12mv 2，不违反能量守恒定律，是可能的，故D 正确．9.(多选)(2018届湖北省华大新高考联盟质量测评)两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞前后两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示，已知a 的质量为80 g ，则下列判断正确的是( )A ．碰撞前滑块a 、b 的运动方向相同B ．碰撞后滑块b 的速度大小是0.75 m/sC ．滑块b 的质量为100 gD ．碰撞前后滑块a 、b 组成的系统损失的动能为1.4 J解析：选CD 由x t 图象的斜率表示速度，可知，碰撞前滑块a 、b 的运动方向相反，A 错误；碰撞后，滑块b 的速度v b ′＝Δx ′Δt ′＝0－33＝－1 m/s ，速度大小为1 m/s ，B 错误；碰撞前，滑块a 的速度v a ＝Δx a Δt a ＝3－81＝－5 m/s ；b 的速度v b ＝Δx b Δt b ＝31＝3 m/s ，碰撞后a 的速度为0.两滑块碰撞过程系统动量守恒，以b 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m a v a ＋m b v b ＝m b v b ′，解得m b ＝100 g ，C 正确；碰撞前后滑块a 、b 组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12m a v a 2＋12m b v b 2－12m b v b ′2，解得ΔE k ＝1.4 J ，D 正确．10.(2018届北京丰台区质检)如图所示，两质量分别为m 1和m 2的弹性小球A 、B 叠放在一起，从高度为h 处自由落下，h 远大于两小球半径，落地瞬间，B 先与地面碰撞，后与A 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．已知m 2＝3m 1，则A 反弹后能达到的高度为( )A ．hB ．2hC ．3hD ．4h解析：选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，(m 1＋m 2)gh ＝12(m 1＋m 2)v 2，m 2v －m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2，12(m 1＋m 2)v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22，12m 1v 12＝m 1gh 1，将m 2＝3m 1代入，联立可得h 1＝4h ，选项D 正确． 二、非选择题11.(2018年全国卷Ⅱ)汽车A 在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B ，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B .两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B 车向前滑动了4.5 m ，A 车向前滑动了2.0 m ．已知A 和B 的质量分别为2.0×103kg 和1.5×103kg ，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞后的瞬间B 车速度的大小； (2)碰撞前的瞬间A 车速度的大小．解析：(1)设B 车的质量为m B ，碰后加速度大小为a B .根据牛顿第二定律有 μm B g ＝m B a B ①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬间B 车速度的大小为v B ′，碰撞后滑行的距离为x B .由运动学公式有v B ′2＝2a B x B ②联立①②式并利用题给数据得v B ′＝3 m/s.③(2)设A 车的质量为m A ，碰后加速度大小为a A .根据牛顿第二定律有 μm A g ＝m A a A ④设碰撞后瞬间A 车速度大小为v A ′，碰撞后滑行的距离为x A .由运动学公式有v A ′2＝2a A x A ⑤设碰撞前的瞬间A 车的速度大小为v A .两车在碰撞过程中动量守恒，有m A v A ＝m A v A ′＋m B v B ′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A ＝4.25 m/s. ⑦答案：(1)3 m/s (2)4.25 m/s12．(2019届南通模拟)如图，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点，一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车，已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小．解析：(1)滑块到达B 点时的速度最大，受到的支持力最大；滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR ＝12mv B 2，滑块在B 点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v B 2R，解得N ＝3mg由牛顿第三定律得滑块对小车的压力N ′＝N ＝3mg 即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg .(2)①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的最大速度是v m ，由机械能守恒定律得mgR ＝12Mv m 2＋12m (2v m )2，解得v m ＝gR3.②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从B 到C 运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即v滑块＝2v 车由于它们运动的时间相等，根据x ＝v t 可得s 滑块＝2s 车又s 滑块＋s 车＝L所以小车的位移大小s 车＝13L .答案：(1)3mg (2)① gR3 ②13L。
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基础课2 动量守恒定律及其应用一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1．如图1所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上。
A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是( )图1A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒解析如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力f A向右，f B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以f A∶f B＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D均正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力之和为零，故其动量守恒，C正确。
答案 A2．(2016·潍坊名校模考)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2所示，下列关系正确的是( )图2A．m a＞m b B．m a＜m b C．m a＝m b D．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。
答案 B3．(2017·内江市月考)如图3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v 0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( )图3A ．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mv 0M，方向水平向右 D ．盒子的最终速度为mv 0M ＋m，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相对静止，由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝mv 0M ＋m，故D 正确。
答案 D4．两质量、大小完全相同的正方体木块A 、B ，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射来的子弹先后穿透两木块后飞出，若木块对子弹的阻力恒定不变，子弹射穿两木块的时间相同，则A 、B 两木块被子弹射穿后的速度之比为( ) A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶ 3解析 因木块对子弹的阻力恒定，且子弹射穿两木块的时间相同，子弹在射穿两木块对木块的冲量相同。
射穿A 时，两木块获得的速度为v ′，根据动量定理，有I ＝2mv ′－0①射穿木块B 时，B 的速度发生改变，而A 的速度不变。
射穿B 后，B 的速度为v ″，根据动量定理，有I ＝mv ″－mv ′②①②联立，2mv ′＝mv ″－mv ′ 得v ′v ″＝13。
选项C 正确。
答案 C5．一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 由于弹丸爆炸后甲、乙两块均水平飞出，故两块弹片都做平抛运动，由平抛运动规律h ＝12gt 2可知t ＝2hg＝2×510 s ＝1 s ，若甲水平位移为x ＝2.5 m 时，则v 甲＝xt＝2.5 m/s ，则由弹丸爆炸前后动量守恒，可得mv 0＝34mv 甲＋14mv 乙，代入数据解得v 乙＝0.5 m/s ，方向与v 甲相同，水平向前，故A 错，B 对；若乙水平位移为x ′＝2 m 时，则v 乙＝x ′t＝2 m/s ，即乙块弹片爆炸前后速度不变，由动量守恒定律知，甲块弹片速度也不会变化，不合题意，故C 、D 均错。
答案 B6．(2016·河北唐山月考)如图4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 ( )图4A ．Δp A ＝－3 kg·m/s、ΔpB ＝3 kg·m/s B ．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解析 本题的碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况。
本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后、前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以Δp A ＜0，Δp B ＞0，并且Δp A ＝－Δp B ，据此可排除选项D ；若Δp A ＝－24 kg·m/s、Δp B ＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为p A ′＝－12 kg·m/s、p B ′＝37kg·m/s，根据关系式E k ＝p 22m可知，A 球的质量和动量大小不变，动能不变，而B 球的质量不变，但动量增大，所以B 球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C 可以排除；经检验，选项A 、B 满足碰撞遵循的三个原则。
答案 AB7．A 、B 两球沿同一条直线运动，如图5所示的x －t 图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a 、b 分别为A 、B 碰撞前的x －t 图像。
c 为碰撞后它们的x －t 图像。
若A 球质量为1 kg ，则B 球质量及碰后它们的速度大小为( )图5A ．2 kgB.23kgC ．4 m/sD ．1 m/s解析 由图像可知碰撞前二者都做匀速直线运动，v a ＝4－102 m/s ＝－3 m/s ，v b ＝4－02m/s ＝2 m/s ，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，v c ＝2－44－2m/s ＝－1 m/s 。
碰撞过程中动量守恒，即m A v a ＋m B v b ＝(m A ＋m B )v c可解得m B ＝23kg由以上可知选项B 、D 正确。
答案 BD8．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度v 0与质量为2m 的静止小球B 发生正碰。
碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是 ( )A.13v 0 B.23v 0C.49v 0D.59v 0解析 要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A 球碰后动能变为原来的19，则其速度大小仅为原来的13。
两球在光滑水平面上正碰，碰后A 球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹。
当以A 球原来的速度方向为正方向时，则v A ′＝±13v 0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv 0＋0＝m ×13v 0＋2mv B ′， mv 0＋0＝m ×(－13v 0)＋2mv B ″。
解得v B ′＝13v 0，v B ″＝23v 0。
答案 AB 二、非选择题9．如图6所示，质量为0.01 kg 的子弹以200 m/s 的速度从正下方击穿—个质量为0.2 kg 的木球，子弹击穿木球后，木球升起2.5 m 高，求击穿木球后，子弹还能上升多高。
(不计空气阻力，取g ＝9.8 m/s 2)图6解析 在子弹击中并穿过木球的极短时间内，它们之间的相互作用力远大于重力，可以认为子弹和木球在这短暂时间内动量守恒。
设子弹穿过木球后子弹和木球的速度分别为v 1和v 2， 有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2① 又v 22＝2gH ② 得v 1＝m 1v 0－m 22gHm 1＝0.01×200－0.2×2×9.8×2.50.01m/s ＝60 m/s则子弹上升的高度h ＝v 212g ＝6022×9.8m ＝184 m答案 184 m10．如图7所示，小车的质量M ＝2.0 kg ，带有光滑的圆弧轨道AB 和粗糙的水平轨道BC ，一小物块(可视为质点)质量为m ＝0.5 kg ，与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.10，BC 部分的长度L ＝0.80 m ，重力加速度g 取10 m/s 2。
图7(1)若小车固定在水平面上，将小物块从AB 轨道的D 点静止释放，小物块恰好可运动到C 点。
试求D 点与BC 轨道的高度差；(2)若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从AB 轨道的D 点静止释放，试求小物块滑到BC 中点时的速度大小。
解析 (1)设D 点与BC 轨道的高度差为h ，根据动能定理有mgh ＝μmgL ，解得：h ＝8.0×10－2m(2)设小物块滑到BC 中点时小物块的速度为v 1，小车的速度为v 2，对系统，水平方向动量守恒有：mv 1－Mv 2＝0；根据功能关系有：μmg L 2＝mgh －(12mv 21＋12Mv 22)；由以上各式，解得：v 1＝0.80 m/s 。
答案 (1)8.0×10－2m (2)0.80 m/s11．质量分别为m A ＝m ，m B ＝3m 的A 、B 两物体如图8所示放置，其中A 紧靠墙壁，A 、B 由质量不计的轻弹簧相连。
现对B 物体缓慢施加一个向左的推力，该力做功W ，使A 、B 之间弹簧被压缩且系统静止，之后突然撤去向左的推力解除压缩。
不计一切摩擦。
图8(1)从解除压缩到A 运动，墙对A 的冲量的大小为多少？ (2)A 、B 都运动后，A 、B 的最小速度各为多大？解析 (1)压缩弹簧时，推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，撤去推力后，B 在弹力的作用下做加速运动。
在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒。
设弹簧恢复原长时，B 的速度为v BO ，有W ＝32mv 2BO此过程中墙给A 的冲量即为系统动量的变化量，有I ＝3mv BO解得I ＝6mW 。
(2)当弹簧恢复原长时，A 的速度为最小值v AO ，有v AO ＝0A 离开墙后，在弹簧的作用下速度逐渐增大，B 的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A 达到最大速度v A ，B 的速度减小到最小值v B 。
在此过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有3mv BO ＝mv A ＋3mv BW ＝12mv 2A ＋32mv 2B解得v B ＝W 6m。