2019版一轮优化探究物理(教科版)练习：第六章 第2讲 动量守恒定律及其应用含解析
高三物理第一轮复习第六章动量第2讲 动量守恒定律及其应用 课件
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.
例6、如图所示，A、B、C三个木块的质量 均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间 有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不
高三物理第一轮复习
一、动量守恒定律
1.内容：如果一个系统不受外力，或者所受
外力的矢量和为零，这个系统的总动
量 保持不变
．
2．常用的表达式
(1)p＝p′，系统相互作用前的 总动量 p等于相互作用后的 总动量 p′.
(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的 两个物体组成的系统，作用前的 总动等量
例5、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2v0、 v0.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)．
4v0
例5．如图光滑水平轨道上有三个木块A 、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝ m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向 右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生 碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持 不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
例4.一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 ( C )
全国通用近年高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒高效演练创新预测6.2动量守恒定律及其应用(202
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6。
2 动量守恒定律及其应用高效演练·创新预测1.（多选)如图所示，一男孩站在小车上，并和木箱一起在光滑的水平冰面上向右匀速运动，木箱与小车挨得很近。
现男孩用力向右迅速推开木箱。
在男孩推开木箱的过程中,下列说法正确的是（)A.木箱的动量增量等于男孩动量的减少量B.男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量C。
男孩推开木箱后，男孩和小车的速度可能变为零D。
对于小车、男孩和木箱组成的系统，推开木箱前后的总动能不变【解析】选B、C。
由于水平冰面光滑,男孩、小车和木箱组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒，在站在小车上的男孩用力向右迅速推出木箱的过程中,木箱的动量增加量等于男孩和小车动量的减少量，故A错误; 男孩对木箱推力和木箱对男孩推力是作用力与反作用力,冲量等大反向，男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量，故B正确；男孩、小车受到与初动量反向的冲量，推开木箱后,男孩和小车的速度可能变为零,故C正确；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒,推开木箱的过程不可能是弹性碰撞，推开前后的总动能变化,故D错误。
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。
【全国试题总结】2019高考物理一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用教师用书
第2节动量守恒定律及其应用知识点1 动量守恒定律及其表达式1．动量守恒定律的内容一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量就保持不变．2．动量守恒的数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)．(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)．(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)．知识点2 动量守恒的成立条件1．系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒．2．系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒．如碰撞、打击、爆炸等过程，动量均可认为守恒．3．系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒．知识点3 碰撞、反冲和爆炸问题1．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，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒．(3)分类：2.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．在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．3．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．1．正误判断(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒．(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等．(×)(3)在爆炸现象中，动量严格守恒．(×)(4)在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×)(5)动量守恒时，机械能不一定守恒．(√)2．[判断动量是否守恒]如图621所示的装置中，木块B 与水平桌面间是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后，停在木块内．将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )图621A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能不守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．动量不守恒，机械能守恒B [由于子弹射入木块过程中，二者间存在着摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，故整个过程中动量、机械能均不守恒．]3．[分析系统的动量特点](多选)如图622所示，半径和动能相等的两小球相向而行．甲球质量m 甲大于乙球质量m 乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况( )【导学号：】图622A ．甲球速度为零，乙球速度不为零B ．两球速度都不为零C ．乙球速度为零，甲球速度不为零D ．两球都以各自原来的速率反向运动AB [首先根据两球动能相等，12m 甲v 2甲＝12m 乙v 2乙，得出两球碰前动量大小之比为：p 甲p 乙＝m 甲m 乙，因m 甲＞m 乙，则p 甲＞p 乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A 、B 所述情况，而C 、D 情况是违背动量守恒定律的，故C 、D 情况是不可能的．]4．[动量守恒定律的应用]某同学质量为60 kg ，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s 的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg ，原来的速度大小是0.5 m/s ，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则( )A ．人和小船最终静止的水面上B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/sC．船最终的速度是0.95 m/sD．该过程船的动量变化量是70 kg·m/sB [规定人原来的速度方向为正方向．设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力m人＋m船v，解得：v＝0.25 m/s，为零，系统的动量守恒，则由动量守恒得：m人v人－m船v船＝()方向与船原来的速度方向相反，故A、C错误；该同学动量的变化量：Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105 kg·m/s，因系统动量过恒，所以船的动量的变化量为105 kg·m/s，故B正确，D错误．]1.方法一：直接由动量守恒的条件判断．方法二：系统所受的合外力是否为零不很明确时，直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少的话，则系统的动量一定不守恒．[题组通关]1．(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图623所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图623A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒BC[动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a尚未离开墙壁前，a 和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．]2．(多选)如图624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( )【导学号：】图624A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒BCD[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组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错．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、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．]1.(1)动量守恒(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．2．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．3．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸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，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．[多维探究]●考向1 爆炸与反冲问题1．(多选)有关实际生活中的现象，下列说法正确的是( )A ．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B ．体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作用力C ．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D ．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好ABC [火箭靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力，从而获得巨大速度，A 正确；体操运动员在着地时曲腿是为了延长作用时间来减小地面对运动员的作用力，B 正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，需要兼顾延长作用时间，减小作用力，D 错误；故选A 、B 、C.]2．以与水平方向成60°角斜向上的初速度v 0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m 和2m 的两块，其中质量为2m 的一块沿着原来的方向以2v 0的速度飞行．求：(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？【导学号：】【解析】 (1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v 1＝v 0cos 60°＝v 02设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv 1＝2mv 1′＋mv 2又v 1′＝2v 0解得v 2＝－2.5v 0，负号表示速度方向与规定的正方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为ΔE ＝ΔE k ＝12(2m )v 1′2＋12mv 22－12(3m )v 21＝274mv 20. 【答案】 (1)2.5v 0，方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)274mv 20 ●考向2 碰撞问题3．(多选)如图625甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的s t 图象．已知m 1＝0.1 kg ，由此可以判断( )甲 乙图625A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能AC [由图乙可以看出，碰前m 1的位移随时间均匀增加，m 2的位移不变，可知m 2静止，m 1向右运动，故A 正确．碰后一个位移增大，一个位移减小，说明两球运动方向不一致，即B 错误．由图乙可以算出碰前m 1的速度v 1＝4 m/s ，碰后的速度v 1′＝－2 m/s ，碰前m 2的速度v 2＝0，碰后的速度v 2′＝2 m/s ，由动量守恒m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，计算得m 2＝0.3 kg ，故C 正确．碰撞过程中系统损失的机械能ΔE ＝12m 1v 21－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，因此D 错误．]4．(2015·全国卷Ⅰ)如图626所示，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．图626【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mv 0＝mv A 1＋Mv C 1① 12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1 ②联立①②式得 v A 1＝m －M m ＋Mv 0 ③ v C 1＝2m m ＋M v 0 ④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 0 ⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得 m 2＋4mM －M 2≥0⑦ 解得m ≥(5－2)M⑧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 .⑨【答案】 (5－2)M ≤m <M 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：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0. 当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度．3．因碰撞过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变．(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．2．解决动力学问题的三个基本观点●考向1 应用动量的观点解决问题1．(多选)(2017·湛江模拟)如图627所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A ，同时给A 和B 以大小均为4.0m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板，在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )图627A ．2.1 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/sAB [以A 、B 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A 开始运动到A 的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝Mv B 1，代入数据解得：v B 1＝2.67m/s.当从开始到A 、B 速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝(M ＋m )v B 2，代入数据解得：v B 2＝2 m/s ，则在木块A 做加速运动的时间内B 的速度范围为：2 m/s ＜v B ＜2.67 m/s ，故选项A 、B 正确．]2．如图628所示，m A ＝1 kg ，m B ＝4 kg ，小物块m C ＝1 kg ，ab 、dc 段均光滑，dc 段足够长；物体A 、B 上表面粗糙，最初均处于静止．最初小物块C 静止在a 点，已知ab 长度L ＝16 m ，现给小物块C 一个水平向右的瞬间冲量I 0＝6 N·s.图628(1)当C 滑上A 后，若刚好在A 的右边缘与A 具有共同的速度v 1(此时还未与B 相碰)，求v 1的大小．(2)A 、C 共同运动一段时间后与B 相碰，若已知碰后A 被反弹回来，速度大小为0.2 m/s ，C 最后和B 保持相对静止，求B 、C 最终具有的共同速度v 2.【解析】 (1)对物块C ，由动量定理，取向右为正方向I 0＝m C v 0－0，v 0＝I 0m C＝6 m/s 从C 滑到A 的右边缘的过程中，由于F 合＝0，所以A 、C 系统动量守恒，以v 0方向为正，m C v 0＝(m C ＋m A )v 1，所以v 1＝3 m/s.(2)以v 0方向为正，A 、C 一起向右运动到与B 相碰后，C 将滑上B 做减速运动，直到与B 达到共同的速度，整个过程动量守恒，有：(mC ＋m A )v 1＝－m A v A ＋(m B ＋m C )v 2，所以v 2＝1.24m/s.【答案】 (1)3 m/s (2)1.24 m/s●考向2 应用动量和能量的观点综合解决问题3．(2016·全国丙卷)如图629所示，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.【导学号：】图629【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 12mv 20>μmgl ①即μ<v 202gl② 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12mv 20＝12mv 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mv 1＝mv ′1＋34mv ′2④ 12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22 ⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1 ⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl 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32v 20113gl ≤μ<v 202gl. ⑨【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl●考向3 动量、能量、牛顿运动定律的综合应用4．(2017·衡阳模拟)如图6210所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切．质量m 2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图6210(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做功W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ；(3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小．【解析】 (1)小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：m 1gR ＋W f ＝12m 1v 21 小球在最低点，根据牛顿第二定律：F N －m 1g ＝m 1v 21R联立可得：W f ＝－0.4 J.(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用，达到共同速度v 2过程中，由动量关系： m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2由能量转化和守恒：12m 1v 21＝12(m 1＋m 2)v 22＋E p 联立可得：E p ＝0.2 J.(3)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 后来速度为v 3，b 后来速度为v 4，由动量关系：m 1v 1＝m 1v 3＋m 2v 4由能量转化和守恒：12m 1v 21＝12m 1v 23＋12m 2v 24 根据动量定理有：I ＝m 2v 4联立可得：I ＝0.4 N·s.【答案】 (1)0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s力学规律的选用原则1．求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律列式解决，有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑运用动量定理．在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理．3．若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件．4．在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量．5．在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，须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化．这类问题因作用时间极短，动量守恒定律通常能用得上．。
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18动量定理和动量守恒定律
课后分级操练 ( 十八 )动量定理和动量守恒定律【 A 级——基础练】1．(2017 ·江西赣州三中测试 ) 物体在恒定的协力作用下做直线运动，在时间t 1内动能由零增大到 E ，在时间 t内动能由 E 增添到2E，设协力在时间t1内做的功为W，冲量为12111 I 1，在时间 t 2内做的功是 W2，冲量为 I 2，则()A．I1<I2，W1＝W2B．I1>I2，W1＝W2C．I >I，W<W D．I1＝ I2，W<W121212分析： B依据动能定理有1＝1－0＝ 1， 2＝2 1－1＝ 1，所以1＝ 2，依据动量定理W E E W E E E W W和动量与动能的关系式p＝2mE k，有I 1＝2mE1－ 0＝2mE1，I2＝ 2mE1－2mE1＝ (2 －2)mE1，明显 I 1>I 2，综上知，B正确．2.(多项选择 )(2017 ·常德模拟) 如下图，质量为m的小球从距离地面高H的 A 点由静止开始开释，落到地面上后又堕入泥潭中，因为遇到阻力作用到达距地面深度为h 的 B 点时速度减为零．不计空气阻力，重力加快度为g.对于小球着落的整个过程，以下说法正确的有()A．小球的机械能减少了mg( H＋ h)B．小球战胜阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于m 2gHD．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量分析： AC本题考察动能定理、动量定理等知识，意在考察考生应用动能定理、动量定理解决实质问题的能力．在整个过程中，小球机械能的减少许等于其重力势能的减少许，为mg( H＋ h)，故 A 对；由动能定理，可推出小球战胜阻力做的功为mg( H＋ h)，故 B 错；在陷入泥潭过程中，由动量定理，可推出小球受阻力的冲量大于m 2gH，故 C 对；在整个过程中，小球动量的改变量等于所受协力的冲量，故 D 错．3.如下图，质量为 M的滑槽内有半径为 R的半圆轨道，将滑槽放在水平面上，左端紧靠墙壁．一质量为m的物体从半圆轨道的顶端 a 点无初速度开释， b 点为半圆轨道的最低点， c 点为半圆轨道另一侧与 a 等高的点．不计全部摩擦．以下说法正确的选项是() A．m从a点运动到b 点过程中， m与 M构成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒B．m从a点开释后运动的全过程中，m的机械能守恒C．m开释后能够抵达c 点D．当m初次从右向左抵达最低点 b 时， M的速度达到最大分析： D m 初次下滑过程，墙对系统有向右的弹力，所以系统水平方向动量不守恒；系统没有摩擦和介质阻力，所以 m从a 点开释后运动的全过程中，系统机械能一直守恒，但的机械能比初状态增添了，所以m 的机械能不守恒；第一次到最低点后，M走开墙，系M m统水平方向动量守恒，当m和 M共速时，系统拥有动能，所以m的势能必小于mgR，故 m不能抵达 c 点； m第一次在圆轨道右半侧上滑行过程对M的弹力一直向右下方，有水平向右的分力，所以M一直加快， m从右向左经过最低点 b 后， M开始减速．应选项 D 正确．4.如下图，篮球运动员接传来的篮球时，往常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球快速引至胸前，这样做能够( ) A．减小球的动量的变化量B．减小球敌手作使劲的冲量C．减小球的动量变化率D．延伸接球过程的时间来减小动量的变化量分析： C 篮球运动员接传来的篮球时，不可以改改动量的变化量，A、D 错误；依据动量定理，也不可以改变冲量， B 错误；因为延伸了作用时间，动量的变化慢了， C 正确．5. 如下图，是固定于竖直平面内的圆滑的1圆周轨道，圆心PQS4O在 S的正上方．在 O和 P 两点各有一个质量为m的小物块 a 和 b，从同一时辰开始， a 自由着落， b 沿圆弧下滑．以下说法正确的选项是() A．a比b先抵达S，它们在S点的动量不相等B．a与b同时抵达S，它们在S点的动量不相等C．a 比b先抵达，它们在S点的动量相等SD．b比a先抵达S，它们在S点的动量相等1分析： A物体 a 做自由落体运动，其加快度为g；而物体 b 沿4圆弧轨道下滑，在竖直方向上加快度在随意高度都小于，由h ＝1 2得ta<b；因为动量是矢量，故、抵达Sg2at t a b时，它们的动量不相等，故 A 正确．6.如下图，质量为 m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间 t 1速度为零而后又下滑，经过时间 t 2回到斜面底端，滑块在运动过程中遇到的摩擦力大小一直为F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为 ()A．mg sinθ(t1＋t2)B．mg sinθ(t1－t2)C．mg( t1＋t 2)D． 0分析：C谈到冲量一定明确是哪一个力的冲量，本题中要求的是重力对滑块的冲量．根据冲量的定义式I ＝Ft .所以重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以I G＝ mg( t 1＋ t 2)即C正确．7.( 多项选择 ) 圆滑水平川面上，A、B两物体质量都为m，A以速度 v 向右运动， B本来静止，左端有一轻弹簧，如下图，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时 ()A．A、B系统总动量仍旧为mvB．A的动量变成零C．B的动量达到最大值D．A、B的速度相等分析： AD 系统水平方向动量守恒， A 正确；弹簧被压缩到最短时、B 两物体拥有相A同的速度， D 正确， B 错误；但此时B的速度其实不是最大的，因为弹簧还会弹开，故 B 物体会进一步加快， A 物领会进一步减速，C错误．8.如下图，一质量为 M的长木板在圆滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度v0向右匀速运动，一定对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．分析：考虑 M、m构成的系统，设 M运动的方向为正方向，依据动量定理有Ft ＝( M＋ m) v0－(Mv0－mv0) ＝2mv0则水平力的冲量I ＝ Ft ＝2mv0.答案： 2mv09．静止在太空中的飞翔器上有一种装置，它利用电场加快带电粒子，形成向外发射的粒子流，进而对飞翔器产生反冲力，使其获取加快度．已知飞翔器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加快电压为U，每个氧离子的质量为m，单位电荷的电量为e，不计发射氧离子后飞翔器的质量变化，求：(1)射出的氧离子速度；(2)每秒钟射出的氧离子数；(3)射出离子后飞翔器开始运动的加快度．12分析： (1) 每个氧离子带电量为q＝2e，由动能定理得qU＝2mv，即得氧离子速度v＝4eUm.(2) 设每秒射出的氧离子数为n，每秒对离子做的总功为nqU，即功率为P＝ nqU，P由此可得每秒钟射出的氧离子数n＝2eU.p(3) 由动量定理得F＝t ＝nmv，又由牛顿第二定律得F ＝Ma ，2综合上述各式，得飞翔器开始运动的加快度＝mP2.aeUM4 eU P2(3)mP答案： (1)m(2) 2eUeUM210.(2017 ·烟台二模 ) 两块厚度同样的木块A 和B ，紧靠着放在圆滑的水平面上，其质量分别为A＝ 2.0 kg ， B＝ 0.90 kg ，它们mm的下底面圆滑，上表面粗拙，还有一质量m C ＝ 0.10 kg 的滑块 C ，以 v C ＝ 10 m/s 的速度恰巧水平川滑到 A 的上表面，如下图．因为摩擦，滑块最后停在木块B 上， B 和C 的共同速度为 0.50 m/s. 求：(1) 木块 A 的最后速度 v A ；(2) 滑块 C 走开 A 时的速度 v C ′.分析： C 从开始滑上 A 到恰巧滑上 A 的右端过程中， A 、B 、 C 构成系统动量守恒 m C v C ＝( m B ＋m A ) v A ＋ m C v C ′C 刚滑上 B 到二者相对静止，对 B 、C 构成的系统动量守恒m B v A ＋ m C v C ′＝ ( m B ＋ m C ) v解得 v A ＝0.25 m/sv C ′＝ 2.75 m/s.答案： (1)0.25 m/s(2)2.75 m/s【 B 级——提高练】11． ( 多项选择 )(2017 ·河南六市一联) 在 2016 年里约奥运跳水竞赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔承揽所有8 枚金牌．假定质量为 m 的跳水运动员从跳台上以初速度 v 0 向上跳起，跳水运动员在跳台上从起跳到入水前重心降落H ，入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动员入水后到速度为零时重心降落h ，不计空气阻力，则 ()A ．运动员起跳后在空中运动过程中遇到合外力冲量大小为 2m v 0＋ 2gH ＋ mv 02B ．水对运动员阻力的冲量大小为m v 0＋ 2gH12C ．运动员战胜水的阻力做功为mgH ＋ 2mv 012D ．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少许为mg ( H ＋ h ) ＋ 2mv 0分析： AD 设运动员入水前速度为v1212，得 v ＝，则由机械能守恒有2mv ＋ mgH ＝ 2mvtt t2I ＝ mv －v ＋ 2gH ，据动量定理可得运动员起跳后在空中运动过程中遇到合外力冲量大小t2＋ 2gH ＋ mv 0， A 项正确．运动员入水后受竖直向下的重力和竖直向上的阻力， ( － mv 0) ＝ m v 0协力的冲量大小为I 合＝ m v 2 ＋ 2 ，B 项错误． 运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中gH1212应用动能定理有 mg ( H ＋ h ) － W f ＝0－ 2mv 0，得运动员战胜水的阻力做功W f ＝ mg ( H ＋h ) ＋ 2mv 0，12则 C 项错误．由能的转变与守恒关系可知此过程中机械能的减少许为mg ( H ＋ h ) ＋ 2mv 0 ，D 项正确．12． ( 多项选择 )(2017 ·湖南六校联考) 如下图，小车的上边固定一个圆滑曲折圆管道，整个小车( 含管道 ) 的质量为 2m ，本来静止在圆滑的水平面上．今有一个能够看作质点的小球，质量为m ，半径略小于管道半径， 以水平速度 v 从左端滑上小车，小球恰巧能抵达管道的最高点， 而后从管道左端滑离小车．对于这个过程，以下说法正确的选项是()A ．小球滑离小车时，小车回到本来地点B ．小球滑离小车时相对小车的速度大小为 vC ．车上管道中心线最高点的竖直高度为v 23gD ．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv3分析：BC 小球恰巧抵达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0，v小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv ＝ ( m ＋ 2m ) v ′，得 v ′＝ 3，小车v 2 动量变化大小p 车＝ 2m · 3＝ 3mv ， D 项错误．小球从滑进管道到滑到最高点为的过程中，由机械能守恒有1 21＋ 2 )2v 2，C 项正确．小球从滑上小车到滑离小＝－ (′，得＝mgH 2mv2 m m vH3g121 212车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒有： mv ＝ mv 1＋ 2mv 2， 2mv ＝ 2mv 1＋ 2 ·2mv 2，解得v 2＝22 1 ＝ ， B 项正确．由以上 v 1 ＝－ ， 3v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为 ＋3v3v3vv剖析可知在整个过程中小车向来向右运动，A 项错误．13．如下图，甲车质量1＝ 20 kg ，车上有质量＝ 50 kg 的人，甲车 ( 连同车上的人 )mM以 v ＝ 3 m/s 的速度向右滑行， 此时质量 m 2＝50 kg 的乙车正以 v 0＝1.8 m/s 的速度迎面滑来，为了防止两车相撞， 当两车相距适合距离时，人从甲车跳到乙车上， 求人跳出甲车的水平速度( 相对地面 ) 应该在什么范围之内才能防止两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．分析：人跳到乙车上后， 假如两车同向， 甲车的速度小于或等于乙车的速度就能够防止两车相撞．以人、甲车、乙车构成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：( m1＋M) v－m2v0＝ ( m1＋m2＋M) v′，解得v′＝1 m/s.以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：( m1＋M) v＝m1v1′＋Mu 解得 u＝3.8 m/s.所以，只需人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s，便可防止两车相撞．答案：大于等于 3.8 m/s14.(2017 ·湖南益阳 4 月调研 ) 一质量为2m的物体P静止于圆滑水平川面上，其截面如下图．图中ab 为粗拙的水平面，长度为L；bc 为一圆滑斜面，斜面和水平面经过与ab 和 bc 均相切的长度可忽视的圆滑圆弧连结．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从 a 点向左运动，在斜面上上涨的最大高度为 h，返回后在抵达 a 点前与物体 P相对静止．重力加快度为 g.求(1)木块在 ab 段遇到的摩擦力 f ；(2)木块最后距 a 点的距离 s.分析： (1) 从开始到木块抵达最大高度过程：由动量守恒：0＝31mv mv由能量守恒：1212＋＋0＝·312mv2mv mgh fL 2mv0－3mgh解得： f ＝3L(2)木块从最大高度至与物体最后相对静止：由动量守恒： 3mv1＝ 3mv21212由能量守恒：2·3mv1＋ mgh＝2·3mv2＋fx距 a 点的距离： s＝ L－ x3ghL v20－6gh解得： s＝ L－2＝23L0－3gh v0－ghv22－ 6ghmv0－3mgh v0答案： (1)(2)v2L3L－ 3gh15. 如下图，长L＝0.8 m、电阻 r ＝0.3Ω、质量r ＝0.1 kg的金属棒垂直跨放在位于水平面上的两条平行圆滑金属导轨上，两导CD轨间距也是 L，棒与导轨间接触优秀，导轨电阻不计，导轨左端接有R＝0.5Ω 的电阻．量程为0～3.0 A的理想电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0 V 的理想电压表接在电阻R的两头，垂直导轨平面的匀强磁场 B 向下穿过平面，现以向右的恒定外力 F 使金属棒右移，当金属棒以v＝2 m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，察看到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏．(1) 此满偏的电表是什么表？说明原因； (2) 拉动金属棒的外力 F 多大？(3) 此时撤去外力 F ，金属棒将渐渐慢下来，最后停在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中经过电阻 R 的电荷量．分析： (1) 电压表满偏．若电流表满偏，则I ＝ 3 A ，U ＝ IR ＝ 1.5 V ，大于电压表量程．2U(2) 由功能关系有 F · v ＝I ( R ＋ r ) ，而 I ＝ R ，所以＝ U 2 R ＋ rFRv1 2×0.5 ＋0.3代入数据得 F ＝0.5 2×2N ＝1.6 N.(3) 由动量定理有 m v ＝IBL t ，两边乞降m v ＋ m v ＋ ＝ BLI 1 t ＋ BLI 2 t ＋121 2即 mv ＝ BLq .由电磁感觉定律E ＝ BLv及E ＝ I ( R ＋ r )2mv解得 q ＝ IR ＋r.2代入数据得 q ＝2×0.1 ×2 C ＝ 0.25 C.0.5 ＋0.3 答案： (1) 看法析 (2)1.6 N(3)0.25 C。
高考物理一轮复习第六章动量守恒定律及其应用第2讲动量守恒定律练习(2021年整理)
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第2讲动量守恒定律板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分。
其中1～4为单选,5～10为多选) 1．［2018·长春一中月考］光滑水平面上半径相等的两金属小球A和B相向运动并发生对心碰撞，碰后两球均静止，若两球的质量之比为m A∶m B＝1∶3，则两球碰前的速度关系为( ）A．方向相同，大小之比为1∶3B．方向相同，大小之比为3∶1C．方向相反，大小之比为1∶3D．方向相反,大小之比为3∶1答案D解析根据动量守恒,m A v A－m B v B＝0，所以错误!＝错误!＝错误!,D正确。
2．[2017·安徽合肥一模］质量为0。
2 kg的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向弹回。
取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内,关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是（)A．Δp＝2 kg·m/s W＝－2 JB．Δp＝－2 kg·m/s W＝2 JC．Δp＝0。
4 kg·m/s W＝－2 JD．Δp＝－0.4 kg·m/s W＝2 J答案A解析取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0。
【教科版】2019版一轮优化 探究物理练习 第六章 第2讲 动量守恒定律及其应用 含解析
[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．(2018·黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的()A．质量相等B．动能相等C．动量大小相等D．速度大小相等解析：两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C正确．答案：C2.(2018·山东济南检测)如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dPa打到屏MN上的a点，通过Pa段用时为t.若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上．两个微粒所受重力均忽略．新微粒运动的()A．轨迹为Pb，至屏幕的时间将小于tB．轨迹为Pc，至屏幕的时间将大于tC．轨迹为Pb，至屏幕的时间将等于tD．轨迹为Pa，至屏幕的时间将大于t解析：碰撞过程中动量守恒m v＝(m＋Δm)v′，据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式R＝m vqB可知新粒子的轨迹不变．由于新粒子的速度v′＜v，因此运动时间变长，正确选项为D.答案：D3.一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v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 解析：火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，D 项正确． 答案：D4.(2018·抚州市四校联考)如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M ＝3.0 kg.质量为m ＝1.0 kg 的铁块以水平速度v 0＝4.0 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．4.0 JB ．6.0 JC ．3.0 JD ． 20 J解析：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L ，摩擦力大小为f ，根据能量守恒定律得12m v 20＝fL ＋12(M ＋m )v 2＋E p 铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得12m v 20＝2fL ＋12(M ＋m )v 2 又根据系统动量守恒可知，m v 0＝(M ＋m )v联立得到E p ＝3.0 J ，故选C.答案：C5．两质量、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 ＝2m v ′－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 ＝m v ″－m v ′②①②联立，2m v ′＝m v ″－m v ′得v ′v ″＝13.选项C 正确． 答案：C二、多项选择题6.在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m 0，小车和单摆以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动，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．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝M v 1＋m v 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v 1和v 2，满足M v ＝M v 1＋m v 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v 1，满足M v ＝(M ＋m )v 1D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2解析：在小车M 和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度v 匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A 、D 项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B 、C 选项正确．答案：BC7.A 、B 两球沿同一条直线运动，如图所示的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( )A ．2 kgB.23 kg C ．4 m/s D ．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 ＝4－02 m/s ＝2 m/s ，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，v c ＝2－44－2 m/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 ＝23 kg由以上可知选项B 、D 正确．答案：BD8.如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中，弹簧两端分别与静止的滑块N 和挡板P 相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M 以初速度v 0向右运动，它与挡板P 碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N 以速度v 0向右运动．在此过程中( )A ．M 的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B ．M 与N 具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C．M的速度为v02时，弹簧的长度最长D．M的速度为v02时，弹簧的长度最短解析：M、N两滑块碰撞过程中动量守恒，当M与N具有相同的速度v02时，系统动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大，A错误，B正确；M的速度为v02时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C错误，D正确．答案：BD[能力题组]一、选择题9．(2018·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是()A．m1＝m2B．2m1＝m2C．4m1＝m2D．6m1＝m2解析：甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2，所以有m1≤2151m2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p1m1＞p2m2，即m1＜57m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p1′m1≤p2′m2，所以m1≥15m2.因此C选项正确．答案：C10.(多选)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m 、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m 的小球以水平初速度v 0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则( )A ．小球以后将向右做平抛运动B ．小球将做自由落体运动C ．此过程小球对小车做的功为m v 202D ．小球在弧形槽内上升的最大高度为v 202g解析：小球升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v ′，由水平方向动量守恒得m v 0＝2m v ′，由机械能守恒定律得12m v 20＝2×12m v ′2＋mgh ，解得h ＝v 204g ，故D 错；从小球滑上小车到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦，故机械能守恒，设小球速度大小为v 1，小车速度大小为v 2，则m v 0＝m v 2－m v 1，12m v 20＝12m v 22＋12m v 21，解得v 2＝v 0，v 1＝0，即两者交换速度，故B 、C 正确，A 错．答案：BC二、非选择题11．如图所示，光滑水平面上有三个滑块A 、B 、C ，质量关系是m A ＝m C ＝m 、m B ＝m 2.开始时滑块B 、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态．滑块A 以速度v 0正对B 向右运动，在A 未与B 碰撞之前，引爆B 、C 间的炸药，炸药爆炸后B 与A 迎面碰撞，最终A 与B 粘在一起，以速率v 0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C 的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能．解析：(1)全过程，A 、B 、C 组成的系统动量守恒，有m A v 0＝－(m A ＋m B )v 0＋m C v C解得v C ＝52v 0炸药对C 的冲量I ＝m C v C －0＝52m v 0，方向向右．(2)炸药爆炸过程，B 和C 组成的系统动量守恒，有m C v C －m B v B ＝0据能量关系ΔE ＝12×m 2v 2B ＋12m v 2C解得ΔE ＝758m v 20答案：(1)52m v 0，方向向右 (2)758m v 2012．(2018·山西五校联考)如图甲所示，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．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/s 2，求：(1)P 到达B 点时的速度大小v 及其与Q 碰撞前瞬间的速度大小v 1；(2)Q 运动的时间t .解析：(1)在0～3 s 内，对P 由动量定理有：F 1t 1＋F 2t 2－μmg (t 1＋t 2)＝m v －0，其中F 1＝2 N ，F 2＝3 N ，t 1＝2 s ，t 2＝1 s 解得：v ＝8 m/s设P 在B 、C 两点间滑行的加速度大小为a ，由牛顿第二定律有： μmg ＝maP在B、C两点间做匀减速直线运动，有：v2－v21＝2aL解得：v1＝7 m/s(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有：m v1＝m v1′＋m v212m v 21＝12m v1′2＋12m v22碰撞后Q做匀减速直线运动，有：t＝v2 a解得：t＝3.5 s答案：(1)8 m/s7 m/s(2)3.5 s13．如图所示，长木板B的质量为m2＝1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m1＝0.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l＝9.5 m处，以速度v0＝10 m/s向着长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上．已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离．解析：(1)设物块A与木板B碰前的速度为v由动能定理得：－μ1m1gl＝12m1v2－12m1v20解得v＝v20－2μ1gl＝9 m/sA与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ， v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s. (2)碰撞后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律 对木板B 有：－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝m 2a 1对物块C 有：μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为tv 2＋a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝3 mB 、C 达到共同速度之后，因μ1＜μ2，二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3 由牛顿运动定律得：μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 3)a 3整个过程B 运动的位移为：x B ＝v 2t ＋12a 1t 2＋0－(a 2t )2－2a 3＝6 m A 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小也为a 3，位移为：x A ＝0－v 21－2a 3＝4.5 m 物块A 离长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5 m.答案：(1)－3 m/s 6 m/s (2)3 m 10.5 m。
2019版一轮物理教科版课件：第六章 第2讲 动量守恒定律及其应用 精品
2.[弹性碰撞] (2015·高考全国卷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：设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和
船有(M＋m)v0＝－mv＋Mvx，解得 vx＝v0＋Mm(v0＋v)，选项 C 正确． 答案：C
3.[多物体系动量守恒的应用] 如 图所示，人站在滑板 A 上，以 v0 ＝3 m/s 的速度沿光滑水平面向右 运动．当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横 杆，A 从横杆下方通过，与静止的滑板 B 发生碰撞并粘在一起， 之后人落到 B 上，与滑板一起运动，已知人、滑板 A 和滑板 B 的质量分别为 m 人＝70 kg、mA＝10 kg 和 mB＝20 kg，求： (1)A、B 碰撞过程中，A 对 B 的冲量的大小和方向； (2)人最终与滑板的共同速度的大小．
[基础知识•自主梳理]
一、动量守恒定律 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)四种表达式
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
普适性 不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统
题组突破训练
1．[动量守恒的判断] 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
优化探究高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律章末专
(2)当 A 的速度为零时，由动量守恒定律得 mAv0＋mBv0＝(mB＋mC)vBC 解得 vBC＝4 m/s 则此时的弹性势能 Ep′＝12mAv20＋21(mB＋ mC)v2－12(mB＋ mC)v2BC＝ 0.
－(mg＋qE)·2R＝12mvD′2－21mv′ B 2
• 乙球离开D点后的最大平抛水平距离x′＝vD′t • 由以上各式联立得x′＝1.6 m. • 所以乙球在轨道上的首次落点到B点的距离范围为 • 0．4 m≤x＜1.6 m.
[答案] (1)0.4 m (2)2 5 m/s (3)0.4 m≤x＜1.6 m
• 【典例1】 在原子核物理中，研究核子与核关联的最 好途径是“双电荷交换反应”．这类反应的前半部分过 程和下述力学模型类似．两个小球A和B用轻质弹簧相连， 在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一 垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度 v0射向B球，如图所示．C与B发生碰撞并立即结成一个 整体D.在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到 最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A球与挡 板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘 连．过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机 械能损失)．已知A、B、C三球的质量均为m.
当弹簧伸长到最长时，其势能最大，设此势能为 Ep′，由能量守恒 定律有21·2mv23＝12·3mv24＋Ep′
解以上各式得 Ep′＝316mv20 [答案] (1)13v0 (2)316mv20
• 2．综合应用三大观点处理碰撞问题
• 【典例2】 (2010年安徽理综)如图所示，ABD为竖直 平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为 半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道 处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小E＝5.0×103 V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右 运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已 知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2 kg，乙所带电 荷量q＝2.0×10－5 C，g取10 m/s2.(水平轨道足够长， 甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
2019版一轮优化探究物理练习：第六章 第2讲 动量守恒定律及其应用
[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．(2018·黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的()A．质量相等B．动能相等C．动量大小相等D．速度大小相等解析：两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C正确．答案：C2.(2018·山东济南检测)如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dPa打到屏MN上的a点，通过Pa段用时为t.若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上．两个微粒所受重力均忽略．新微粒运动的()A．轨迹为Pb，至屏幕的时间将小于tB．轨迹为Pc，至屏幕的时间将大于tC．轨迹为Pb，至屏幕的时间将等于tD．轨迹为Pa，至屏幕的时间将大于t解析：碰撞过程中动量守恒m v＝(m＋Δm)v′，据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式R＝m vqB可知新粒子的轨迹不变．由于新粒子的速度v′＜v，因此运动时间变长，正确选项为D.答案：D3.一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－v2B．v0＋v2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 解析：火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，D 项正确． 答案：D4.(2018·抚州市四校联考)如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M ＝3.0 kg.质量为m ＝1.0 kg 的铁块以水平速度v 0＝4.0 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．4.0 JB ．6.0 JC ．3.0 JD ．20 J解析：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L ，摩擦力大小为F f ，根据能量守恒定律得12m v 20＝F f L ＋12(M ＋m )v 2＋E p 铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得12m v 20＝2F f L ＋12(M ＋m )v 2 又根据系统动量守恒可知，m v 0＝(M ＋m )v联立得到E p ＝3.0 J ，故选C.答案：C5．两质量、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∶1．1∶2 C ．1∶3 D ．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 ＝2m v ′－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 ＝m v ″－m v ′②①②联立，2m v ′＝m v ″－m v ′得v ′v ″＝13.选项C 正确． 答案：C二、多项选择题6.在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m 0，小车和单摆以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动，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．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝M v 1＋m v 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v 1和v 2，满足M v ＝M v 1＋m v 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v 1，满足M v ＝(M ＋m )v 1D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2解析：在小车M 和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度v 匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A 、D 项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B 、C 选项正确．答案：BC7.A 、B 两球沿同一条直线运动，如图所示的x-t 图象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 图象，c 为碰撞后它们的x-t 图象．若A 球质量为1 kg ，则B 球质量及碰后它们的速度大小为( )A ．2 kgB.23 kg C ．4 m/s D ．1 m/s解析：由图象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＝4－02 m/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 ＝23 kg由以上可知选项B 、D 正确．答案：BD8.如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中，弹簧两端分别与静止的滑块N 和挡板P 相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M 以初速度v 0向右运动，它与挡板P 碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N 以速度v 0向右运动．在此过程中( )A ．M 的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B ．M 与N 具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C ．M 的速度为v 02时，弹簧的长度最长D ．M 的速度为v 02时，弹簧的长度最短解析：M 、N 两滑块碰撞过程中动量守恒，当M 与N 具有相同的速度v 02时，系统动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大，A 错误，B 正确；M 的速度为v 02时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C 错误，D 正确．答案：BD[能力题组]一、选择题9．(2018·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p 1＝5 kg·m/s ，p 2＝7 kg·m/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s ，则二球质量m 1与m 2间的关系可能是( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2解析：甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，即p 1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2，所以有m 1≤2151m 2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p 1m 1＞p 2m 2，即m 1＜57m 2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p 1′m 1≤p 2′m 2，所以m 1≥15m 2.因此C 选项正确．答案：C10.(多选)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m 、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m 的小球以水平初速度v 0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则( )A ．小球以后将向右做平抛运动B ．小球将做自由落体运动C ．此过程小球对小车做的功为m v 202D ．小球在弧形槽内上升的最大高度为v 202g解析：小球升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v ′，由水平方向动量守恒得m v 0＝2m v ′，由机械能守恒定律得12m v 20＝2×12m v ′2＋mgh ，解得h ＝v 204g ，故D 错；从小球滑上小车到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦，故机械能守恒，设小球速度大小为v 1，小车速度大小为v 2，则m v 0＝m v 2－m v 1，12m v 20＝12m v 22＋12m v 21，解得v 2＝v 0，v 1＝0，即两者交换速度，故B 、C 正确，A 错．答案：BC二、非选择题11．如图所示，光滑水平面上有三个滑块A 、B 、C ，质量关系是m A ＝m C ＝m 、m B ＝m 2.开始时滑块B 、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态．滑块A 以速度v 0正对B 向右运动，在A 未与B 碰撞之前，引爆B 、C 间的炸药，炸药爆炸后B 与A 迎面碰撞，最终A 与B 粘在一起，以速率v 0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C 的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能．解析：(1)全过程，A 、B 、C 组成的系统动量守恒，有m A v 0＝－(m A ＋m B )v 0＋m C v C解得v C ＝52v 0炸药对C 的冲量I ＝m C v C －0＝52m v 0，方向向右．(2)炸药爆炸过程，B 和C 组成的系统动量守恒，有m C v C －m B v B ＝0据能量关系ΔE ＝12×m 2v 2B ＋12m v 2C解得ΔE ＝758m v 20答案：(1)52m v 0，方向向右 (2)758m v 2012．(2018·山西五校联考)如图甲所示，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．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/s 2，求：(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t.解析：(1)在0～3 s内，对P由动量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝m v－0，其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s 解得：v＝8 m/s设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：μmg＝maP在B、C两点间做匀减速直线运动，有：v2－v21＝2aL解得：v1＝7 m/s(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有：m v1＝m v1′＋m v212m v 21＝12m v1′2＋12m v22碰撞后Q做匀减速直线运动，有：t＝v2 a解得：t＝3.5 s答案：(1)8 m/s7 m/s(2)3.5 s13．如图所示，长木板B的质量为m2＝1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m1＝0.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l＝9.5 m处，以速度v0＝10 m/s向着长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上．已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离．解析：(1)设物块A与木板B碰前的速度为v由动能定理得：－μ1m1gl＝12m1v2－12m1v20解得v ＝v 20－2μ1gl ＝9 m/sA 与B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得 m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ， v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s. (2)碰撞后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律 对木板B 有：－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝m 2a 1对物块C 有：μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为tv 2＋a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝3 mB 、C 达到共同速度之后，因μ1＜μ2，二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3 由牛顿运动定律得：μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 3)a 3整个过程B 运动的位移为：x B ＝v 2t ＋12a 1t 2＋0－(a 2t )2－2a 3＝6 m A 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小也为a 3，位移为：x A ＝0－v 21－2a 3＝4.5 m 物块A 离长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5 m.答案：(1)－3 m/s 6 m/s (2)3 m 10.5 m。
[推荐学习]2019高三物理人教版一轮教师用书：第6章 第2节 动量守恒定律及其应用 Word版含解
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第二节动量守恒定律及其应用(对应学生用书第107页)[教材知识速填]知识点1动量守恒定律1．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒．(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒．(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒．2．动量守恒定律的内容一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量就保持不变．3．动量守恒的数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)．(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)．(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)．易错判断(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒．(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等．(×)(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(√)知识点2碰撞、反冲和爆炸问题1．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，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒．(3)分类：2.(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分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．3．爆炸问题(1)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．(2)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．易错判断(1)在爆炸现象中，动量严格守恒．(×)(2)在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×)(3)反冲现象中动量守恒、动能增加．(√)[教材习题回访]考查点：碰撞现象分析1．(鲁科版选修3—5P20T3)(多选)半径相等的两个小球A和B，在光滑水平面上沿同一直线相向运动．若A球的质量大于B球的质量，发生弹性碰撞前，两球的动能相等．碰撞后两球的运动状态可能是()A．A球的速度为零，B球的速度不为零B．B球的速度为零，A球的速度不为零C．两球的速度均不为零D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等[答案]AC考查点：动量守恒定律在反冲现象中的应用2．(粤教版选修3－5P16T2)一个静止的、不稳定的原子核的质量为m′，当它放射出一个质量为m、速度为v的粒子后，剩余部分获得的反冲速度大小为()A.m′vm′＋m B.m v m′＋mC.m vm′－m D.m vm′[答案]C考查点：动量守恒定律在碰撞现象中的应用3．(人教版选修3－5P21T2改编)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，v B′＝2.5 m/sB．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[答案]B考查点：碰撞中的图象问题4．(沪科选修3－5P23T4改编)(多选)如图6-2-1甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x-t图象．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断()图6-2-1A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．m2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能 [答案]AC(对应学生用书第108页)1．动量守恒定律的“五性”方法一：直接由动量守恒的条件判断．方法二：直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少，则系统的动量一定不守恒． [题组通关]1．(多选)木块a 和b 用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a 紧靠在墙壁上，在b 上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图6-2-2所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图6-2-2A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒[题眼点拨]“撤去外力”及“光滑水平面”，要分析撤去外力后，a和b的受力特点和运动特点．BC[动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．]2．(多选)如图6-2-3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()【导学号：84370259】图6-2-3A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒BCD[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组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误．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、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．]1．碰撞现象满足的三个规律(1)动量守恒(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．2．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．3．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸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，所以爆炸前后系统的总动能增加． (3)位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动． [多维探究]考向1 爆炸问题1．(多选)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( ) 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CD [根据动量守恒定律可知，若a 的速度方向仍沿原来的方向，则b 的速度大小和方向无法判断，A 错误；物体炸裂后，a 、b 都做平抛运动，因距地面高度相同，所以a 、b 一定同时到达地面，但它们飞行的水平距离无法判断，B 错误，C 正确；根据动量守恒可以判断D 正确．]上题中若物体飞行到距离地面5 m 高，飞行的水平速度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，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )B [爆炸以后甲、乙均做平抛运动，可根据竖直方向的自由落体运动求得时间t ＝2hg ＝1 s ；根据水平方向的匀速直线运动求得爆炸后两者的水平速度大小．在A 、B 选项中，v 甲＝x 甲t ＝2.5 m/s ；v 乙＝x 乙t ＝0.5 m/s ；C 、D 选项中，v 甲＝x 甲t ＝1 m/s ，v 乙＝x 乙t ＝2 m/s.弹丸爆炸时水平方向不受外力，满足动量守恒定律．设乙的质量为m ，则甲的质量为3m ，爆炸前弹丸的动量为p ＝4m v ＝8m (kg·m·s －1)．爆炸后，选项A 中总动量p A ＝3m v 甲－m v 乙＝7m (kg·m·s －1)，A 项错误；选项B 中总动量p B ＝3m v 甲＋m v 乙＝8m (kg·m·s －1)，B 项正确；选项C 中总动量p C ＝3m v 甲＋m v 乙＝5m (kg·m·s －1)，C项错误；选项D 中总动量p D ＝3m v 甲－m v 乙＝m (kg·m·s －1)，D 项错误．]考向2 反冲问题2．(2017·全国Ⅰ卷)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 ．30 kg·m/s B ．5.7×102 kg·m/s C ．6.0×102 kg·m/sD ．6.3×102 kg·m/sA [由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒． 燃气的动量p 1＝m v ＝0.05×600 kg·m/s ＝30 kg·m/s ， 则火箭的动量p 2＝p 1＝30 kg·m/s ，选项A 正确．] 考向3 碰撞问题3．如图6-2-4所示，在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球A 的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为()【导学号：84370260】图6-2-4A．7∶5 B．1∶3C．2∶1 D．5∶3[题眼点拨]①“光滑水平面”表明物体水平方向除碰撞力外，不受其它力作用；②“PQ＝2PO”以位移方式表明速度间的关系．D[设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有12m1v20＝12m1v21＋12m2v22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正确．]4．(多选)A、B两球沿同一条直线运动，如图6-2-5所示的x-t图象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图象．c为碰撞后它们的x-t图象．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6-2-5A．2 kgB.23kgC．4 m/s D．1 m/sBD[由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，v a＝4－102m/s＝－3m/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．](多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0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.13v0 B.23v0C.49v0 D.59v0AB[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 m v 0＋0＝m ×13v 0＋2m v B ′， m v 0＋0＝m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13v 0＋2m v B ″. 解得v B ′＝13v 0，v B ″＝23v 0.] 当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度1．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)； (3)规定正方向，确定初、末状态动量； (4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明． 2．解决动力学问题的三个基本观点[母题](2016·全国Ⅱ卷)如图6-2-6所示，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.图6-2-6(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？[题眼点拨]①“光滑冰面”表明斜面体与物体碰撞会沿平面运动；②“最大高度”表明冰块和斜面体达到共同速度．[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)v ①12m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh ②式中v20＝－3 m/s为冰块被推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg. ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0 ④代入数据得v1＝1 m/s ⑤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＋m3v3 ⑥12m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s ⑧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](1)20 kg(2)不能[母题迁移]迁移1多物体、多阶段运动的求解1．(2015·全国Ⅰ卷)如图6-2-7所示，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.【导学号：84370261】图6-2-7 [题眼点拨] ①“光滑水平面”表明碰撞过程动量守恒；②“各发生一次碰撞”要思考发生一次碰撞的条件及各种可能．[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 1 ① 12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1 ②联立①②式得 v A 1＝m －M m ＋M v 0 ③v C 1＝2mm ＋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 －Mm ＋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 A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0 ⑦解得m≥(5－2)M ⑧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. ⑨[答案](5－2)M≤m<M迁移2临界问题分析2．(2018·河北石家庄检测)如图6-2-8所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量M ＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以速度v0迎面滑来，已知h＝2v20g，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．图6-2-8[题眼点拨]①“斜坡上高h处由静止滑下”：利用机械能守恒可求得到达水平面的速度；②“不发生碰撞”：思考满足的临界条件．[解析]设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律有12(m1＋M)v21＝(m1＋M)gh，解得v1＝2gh＝2v0设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v′1和v ′2，则人跳离甲车时： (M ＋m 1)v 1＝M v ＋m 1v ′1人跳上乙车时：M v －m 2v 0＝(M ＋m 2)v ′2 解得v ′1＝6v 0－2v ，v ′2＝12v －12v 0 两车不发生碰撞的临界条件是v ′1＝±v ′2 当v ′1＝v ′2时，解得v ＝135v 0 当v ′1＝－v ′2时，解得v ＝113v 0 故v 的取值范围为135v 0≤v ≤113v 0. [答案] 135v 0≤v ≤113v 0在母题中，若将斜面体换成放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．某时刻小孩将小球以v 0的速度向曲面推出，如图所示．已知小孩和冰车的总质量为m 1＝40 kg ，小球质量为m 2＝2 kg ，若小孩将球推出后还能再接到小球，求曲面质量m 3应满足的条件．[解析] 人推球过程动量守恒，即0＝m 2v 0－m 1v 1对于小球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有 m 2v 0＝－m 2v 2＋m 3v 3 12m 2v 20＝12m 2v 22＋12m 3v 23 解得v 2＝m 3－m 2m 3＋m 2v 0若小孩将小球推出后还能再接到小球，则有v 2＞v 1 解得m 3＞4219 kg. [答案] m 3＞4219 kg。
备考2019年高考物理一轮复习文档：第六章 第2讲 动量守恒定律 讲义 Word版含解析
第2讲动量守恒定律板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动量守恒定律及其应用Ⅱ1．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。
【知识点2】弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ1．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．反冲现象(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。
板块二考点细研·悟法培优考点1动量守恒定律[深化理解]1．动量守恒的“五性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。
(新课标)近年届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第二节动能守恒定律及其应用达标诊断高效训练(20
（新课标）2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第二节动能守恒定律及其应用达标诊断高效训练编辑整理：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（（新课标）2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第二节动能守恒定律及其应用达标诊断高效训练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第二节动能守恒定律及其应用（建议用时：60分钟)一、单项选择题1．我国发射的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接．假设“神舟十一号"到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m.欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2.这个过程中，下列各表达式正确的是( ）A．mv＝mv1－Δmv2B．mv＝mv1＋Δmv2C．mv＝(m－Δm）v1－Δmv2D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2解析:选C。
飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律,有mv＝(m－Δm)v1－Δmv2,选项C正确．2．(2018·淮北一中周考）两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，m A＝2 kg，m B＝3 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＝4。
5 m/s，v B＝3 m/sB．v A＝3 m/s,v B＝4 m/sC．v A＝－1。
5 m/s，v B＝7 m/sD．v A＝7。
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[课时作业][基础题组]一、单项选择题1．(2018·黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的()A．质量相等B．动能相等C．动量大小相等D．速度大小相等解析：两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C正确．答案：C2.(2018·山东济南检测)如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dPa打到屏MN上的a点，通过Pa段用时为t.若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上．两个微粒所受重力均忽略．新微粒运动的()A．轨迹为Pb，至屏幕的时间将小于tB．轨迹为Pc，至屏幕的时间将大于tC．轨迹为Pb，至屏幕的时间将等于tD．轨迹为Pa，至屏幕的时间将大于t解析：碰撞过程中动量守恒m v＝(m＋Δm)v′，据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式R＝m vqB可知新粒子的轨迹不变．由于新粒子的速度v′＜v，因此运动时间变长，正确选项为D.答案：D3.一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v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 解析：火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，D 项正确． 答案：D4.(2018·抚州市四校联考)如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M ＝3.0 kg.质量为m ＝1.0 kg 的铁块以水平速度v 0＝4.0 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．4.0 JB ．6.0 JC ．3.0 JD ． 20 J解析：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L ，摩擦力大小为f ，根据能量守恒定律得12m v 20＝fL ＋12(M ＋m )v 2＋E p 铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得12m v 20＝2fL ＋12(M ＋m )v 2 又根据系统动量守恒可知，m v 0＝(M ＋m )v联立得到E p ＝3.0 J ，故选C.答案：C5．两质量、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 ＝2m v ′－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 ＝m v ″－m v ′②①②联立，2m v ′＝m v ″－m v ′得v ′v ″＝13.选项C 正确． 答案：C二、多项选择题6.在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m 0，小车和单摆以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动，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．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝M v 1＋m v 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v 1和v 2，满足M v ＝M v 1＋m v 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v 1，满足M v ＝(M ＋m )v 1D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2解析：在小车M 和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度v 匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A 、D 项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B 、C 选项正确．答案：BC7.A 、B 两球沿同一条直线运动，如图所示的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( )A ．2 kgB.23 kg C ．4 m/s D ．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 ＝4－02 m/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 ＝23 kg由以上可知选项B 、D 正确．答案：BD8.如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中，弹簧两端分别与静止的滑块N 和挡板P 相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M 以初速度v 0向右运动，它与挡板P 碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N 以速度v 0向右运动．在此过程中( )A ．M 的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B ．M 与N 具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C．M的速度为v02时，弹簧的长度最长D．M的速度为v02时，弹簧的长度最短解析：M、N两滑块碰撞过程中动量守恒，当M与N具有相同的速度v02时，系统动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大，A错误，B正确；M的速度为v02时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C错误，D正确．答案：BD[能力题组]一、选择题9．(2018·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是()A．m1＝m2B．2m1＝m2C．4m1＝m2D．6m1＝m2解析：甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2，所以有m1≤2151m2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p1m1＞p2m2，即m1＜57m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p1′m1≤p2′m2，所以m1≥15m2.因此C选项正确．答案：C10.(多选)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m 、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m 的小球以水平初速度v 0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则( )A ．小球以后将向右做平抛运动B ．小球将做自由落体运动C ．此过程小球对小车做的功为m v 202D ．小球在弧形槽内上升的最大高度为v 202g解析：小球升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v ′，由水平方向动量守恒得m v 0＝2m v ′，由机械能守恒定律得12m v 20＝2×12m v ′2＋mgh ，解得h ＝v 204g ，故D 错；从小球滑上小车到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦，故机械能守恒，设小球速度大小为v 1，小车速度大小为v 2，则m v 0＝m v 2－m v 1，12m v 20＝12m v 22＋12m v 21，解得v 2＝v 0，v 1＝0，即两者交换速度，故B 、C 正确，A 错．答案：BC二、非选择题11．如图所示，光滑水平面上有三个滑块A 、B 、C ，质量关系是m A ＝m C ＝m 、m B ＝m 2.开始时滑块B 、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态．滑块A 以速度v 0正对B 向右运动，在A 未与B 碰撞之前，引爆B 、C 间的炸药，炸药爆炸后B 与A 迎面碰撞，最终A 与B 粘在一起，以速率v 0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C 的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能．解析：(1)全过程，A 、B 、C 组成的系统动量守恒，有m A v 0＝－(m A ＋m B )v 0＋m C v C解得v C ＝52v 0炸药对C 的冲量I ＝m C v C －0＝52m v 0，方向向右．(2)炸药爆炸过程，B 和C 组成的系统动量守恒，有m C v C －m B v B ＝0据能量关系ΔE ＝12×m 2v 2B ＋12m v 2C解得ΔE ＝758m v 20答案：(1)52m v 0，方向向右 (2)758m v 2012．(2018·山西五校联考)如图甲所示，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．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/s 2，求：(1)P 到达B 点时的速度大小v 及其与Q 碰撞前瞬间的速度大小v 1；(2)Q 运动的时间t .解析：(1)在0～3 s 内，对P 由动量定理有：F 1t 1＋F 2t 2－μmg (t 1＋t 2)＝m v －0，其中F 1＝2 N ，F 2＝3 N ，t 1＝2 s ，t 2＝1 s 解得：v ＝8 m/s设P 在B 、C 两点间滑行的加速度大小为a ，由牛顿第二定律有：μmg ＝maP在B、C两点间做匀减速直线运动，有：v2－v21＝2aL解得：v1＝7 m/s(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有：m v1＝m v1′＋m v212m v 21＝12m v1′2＋12m v22碰撞后Q做匀减速直线运动，有：t＝v2 a解得：t＝3.5 s答案：(1)8 m/s7 m/s(2)3.5 s13．如图所示，长木板B的质量为m2＝1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m1＝0.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l＝9.5 m处，以速度v0＝10 m/s向着长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上．已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离．解析：(1)设物块A与木板B碰前的速度为v由动能定理得：－μ1m1gl＝12m1v2－12m1v20解得v＝v20－2μ1gl＝9 m/sA与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ， v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s. (2)碰撞后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律 对木板B 有：－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝m 2a 1对物块C 有：μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为tv 2＋a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝3 mB 、C 达到共同速度之后，因μ1＜μ2，二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3 由牛顿运动定律得：μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 3)a 3整个过程B 运动的位移为：x B ＝v 2t ＋12a 1t 2＋0－(a 2t )2－2a 3＝6 m A 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小也为a 3，位移为：x A ＝0－v 21－2a 3＝4.5 m 物块A 离长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5 m.答案：(1)－3 m/s 6 m/s (2)3 m 10.5 m。