【精品】2020届高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒单元评估检测六含解析人教版

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

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

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

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

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

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

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

2.如图所示为某物业公司的宣传提醒牌。

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

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

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

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

2020版高考物理一轮复习专题综合检测六第六章动量守恒定律(含解析)

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

2020版高考物理大一轮复习第六章碰撞与动量守恒单元质量检测新人教版

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

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

而初、末动量的方向、大小由题设均不能确定。

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

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

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

已知A从开始运动到碰后停止运动共运动了6 s。

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

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

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

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

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

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

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

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

设每个球质量为m。

取碰撞前白球的速度方向为正方向。

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

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

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

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

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

而初、末动量的方向、大小由题设均不能确定。

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

(北京专用)2020版高考物理总复习第六章全章闯关检测(含解析)

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

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

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

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

故重力mg做的功为mgL,绳子拉力做功为零,空气阻力所做的功为-F阻πL。

2.(2017东城期末)兴趣小组的同学们利用弹弓放飞模型飞机。

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

C、D两点均在A、B连线的中垂线上,橡皮筋的质量忽略不计。

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

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

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

2020届高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒单元评估检测(六)(含解析)新人教版

单元评估检测(六)(第六章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

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

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

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

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

2.如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。

两根光滑滑轨MP、QN 的端点都在圆周上，MP>QN。

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

这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。

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

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

2020年高考物理一轮复习专题6.4碰撞与动量守恒精品测试卷含解析

专题6.4 碰撞与动量守恒【满分：100分时间：90分钟】一、选择题(本大题共18小题，每小题3分，共54分)1．（2019年湖南省长沙市宁乡市模拟）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a ）所示，碰撞前后两壶运动的v -t 图线如图（b ）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（）A ．两壶发生了弹性碰撞B ．碰后蓝壶速度为0.8m/sC ．碰后蓝壶移动的距离为2.4mD ．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力【答案】B【解析】由图知：碰前红壶的速度v 0＝1.0m/s ，碰后速度为v ′0＝0.2m/s ，可知，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v ，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv 0＝mv ′0+mv ，代入数据解得：v ＝0.8m/s ，222111+222mv mv mv '>00，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A 错误，B 正确；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小0.852m 22v x t ==⨯=，故C 错误；根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D 错误。

2．（2019年广东省茂名一中等五校联考）某电影里两名枪手在房间对决，他们各自背靠墙壁，一左一右假设他们之间的地面光滑随机放着一均匀木块到左右两边的距离不一样。

两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射击一发子弹听天由命。

但是子弹都没有射穿木块两人都活了下来反而成为了好朋友。

假设你是侦探仔细观察木块发现右边的射孔（弹痕）更深。

设子弹与木块的作用力大小一样，请你分析一下，哪个结论是正确的（）A ．开始时，木块更靠近左边的人，左边的人相对更安全B ．开始时，木块更靠近左边的人，右边的人相对更安C ．开始时木块更幕近右边的人左边的人相对更安全区D ．开始时，木块更靠近右边的人，右边的人相对更安全【答案】B【解析】子弹的质量与射出时的速度都相等，两子弹与木块组成的系统总动量为零；如果木块在正中间，则弹痕应该一样长，结果是右边的长一些，假设木块靠近其中某一人，设子弹质量为m ，初速度为v 0，木块质量为M ，阻力为f ，弹痕长度分别为x 1、x 2，两子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0=（M +m ）v 1，由能量守恒定律得：2201111()22mv M m v fx =++，对另一发子弹，同样有：（M +m ）v 1-mv 0=0，2201211()22mv M m v fx ++= ，解得：x 1＜x 2，综合判断，后接触木块的子弹弹痕长，更容易射穿木块，对面的人更危险，所以一开始木块离左边近一些，右边的人相对更安全，故B 正确，ACD 错误。

(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习检测：第六章单元评估检测(六)(含解析)

单元评估检测(六)(时间：45分钟　分值：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5为单选题，6～8为多选题)1．(2019·甘肃模拟)一质量为m的物体放在光滑水平面上，若以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是( )A．物体的位移相等B．物体动能的变化量相等C．F对物体做的功相等D．物体动量的变化量相等解析：选D.物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大，故A错误；根据动能定理得知，物体动能的变化量逐渐增大，故B错误；由功的公式W＝FL知道，在相同的时间间隔内，F做功增大，故C错误；根据动量定理得：Ft＝Δp，F、t 相等，则Δp相等，即物体动量的变化量相等，故D正确．2．(2019·武汉联考)如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是( )A．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．男孩和木箱组成的系统动量守恒解析：选C.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；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等、方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故A项错误，C项正确；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B项错误；男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故D 项错误．3．(2019·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小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8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6解析：选C.A 、B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得Δp A ＝－Δp B ，由于碰后A 球的动量增量为负值，所以右边不可能是A 球，若是A 球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A 球的动量为4 kg·m/s ，所以碰撞后B 球的动量是增加的，为12 kg·m/s ，由于m B ＝2m A ，所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶3，故C 正确．4.(2019·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 ．h B ．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 ＝(m 1＋m 2)v 2，m 2v －m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2，1212(m 1＋m 2)v 2＝m 1v ＋m 2v ，m 1v ＝m 1gh 1，将m 2＝3m 1代入，联立可得h 1＝4h ，选项D 正确．122112212215．(2019·厦门质检)如图所示，两辆质量均为M 的小车A 和B 置于光滑的水平面上，有一质量为m 的人静止站在A 车上，两车静止．若这个人自A 车跳到B 车上，接着又跳回A 车并与A 车相对静止．则此时A 车和B 车的速度之比为( )A.B.M ＋m m m ＋M MC.D.MM ＋m mM ＋m解析：选C.规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝Mv B －(M ＋m )v A ，得＝，v A v B M M ＋m故C 正确．6．质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )A ．M 、m 0、m 速度均发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，而且满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋m 0v 2＋mv 3B ．m 0的速度不变，M 和m 的速度变为v 1和v 2，而且满足Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．m 0的速度不变，M 和m 的速度都变为v ′，且满足Mv ＝(M ＋m )v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 、m 0速度都变为v 1，m 的速度变为v 2，且满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2解析：选BC.在M 与m 碰撞的极短时间内，m 0的速度来不及改变，故A 、D 均错误；M 与m 碰撞后可能同速，也可能碰后不同速，故B 、C 均正确．7．(2019·广东江门模拟)如图所示，A 、B 两粗糙木块紧靠一起且静止于光滑水平面上，木块C 以一定的初速度v 0从木块A 的左端开始向右滑行，最后停在木块B 的右端．对此过程下列叙述正确的是( )A ．当C 在A 上滑行时，A 、C 组成的系统动量守恒B ．当C 在B 上滑行时，B 、C 组成的系统动量守恒C ．C 在B 上滑行时，A 、B 、C 组成的系统动量不守恒D ．C 在A 、B 上滑行时，三个木块组成的系统动量都守恒解析：选BD.C 在A 上时，A 推动B ，此时B 对A 有弹力，AC 系统水平合力不为零，动量不守恒，故A 错误；当C 滑上B 后，B 的速度将比A 逐渐增大，A 、B 分离，那么BC 系统水平不受外力，动量守恒，故B 正确；对ABC 系统，水平不受外力，一直动量守恒，C 错误，D 正确．8．(2019·重庆巴蜀中学模拟)将一质量为M ＝3 kg 的长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲，一个质量m ＝1 kg 的小铅块(可视为质点)以水平初速度v 0＝4 m/s 由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．小铅块与木板之间的动摩擦因数为0.6.现将木板分成A 和B 两段，使B 的长度和质量均为A 的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v 0由木块A 的左端开始向右滑动，如图乙．则下列有关说法正确的是( )A ．甲图中，如果减小铅块的质量，其他条件不变，则铅块将从木板右端滑出B ．甲图中木板的长度为1 mC ．乙图中，滑块从B 的右端滑出D ．乙图中A 最终的速度为(1－) m/s 63解析：选ABD.对甲图，由动量守恒和能量关系可知：mv 0＝(M ＋m )v ，μmgl ＝mv －(M ＋122012m )v 2，解得木板的长度为l ＝，代入数据解得：l ＝1 m ；如果减小铅块的质量m ，Mv 2μ（M ＋m ）g则l 的值会变大，可知其他条件不变，则铅块将从木板右端滑出，选项A 、B 正确；第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B 部分上后A 部分停止加速，只有B 部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B 木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B 的右端，故C 错误；乙图中对A 、B 以及滑块的系统，从滑上A 到滑离A 的过程，由动量守恒可知：mv 0＝mv 1＋Mv 2，mv －mv －Mv ＝μmg ·l ，解得v 2＝(1－) m/s ，选项D 正确．122012*********二、实验题(本题共1小题，共12分)9．(12分)(2019·汕尾模拟)气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C 和D 的气垫导轨以及滑块A 和B 来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)．采用的实验步骤如下：①用天平分别测出滑块A 、B 的质量m A 、m B .②调整气垫导轨，使导轨处于水平．③在A 和B 间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．④用刻度尺测出A 的左端至C 板的距离L 1.⑤按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A 、B 运动时间的计时器开始工作．当A 、B 滑块分别碰撞C 、D 挡板时停止计时，记下A 、B 分别到达C 、D 的运动时间t 1和t 2.(1)实验中还应测量的物理量是__________________________________________．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__________________，上式中算得的A 、B 两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？若能，请写出表达式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.解析：(1)验证动量守恒，需要知道物体的运动速度，在已经知道运动时间的前提下，需要测量运动物体的位移，即需要测量的量是B 的右端至D 板的距离L 2.(2)由于运动前两物体是静止的，故总动量为零，运动后两物体是向相反方向运动的，设向左运动为正，则有m A v A －m B v B ＝0，即m A －m B ＝0.造成误差的原因：一是测量本身就存L 1t 1L 2t2在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等．(3)根据能量守恒知，两运动物体获得的动能之和就是弹簧的弹性势能，所以能测出．故有ΔE p ＝.12(m A L t ＋m B L t )答案：(1)B 的右端至D 板的距离L 2(2)m A －m B ＝0　原因见解析　(3)见解析L 1t 1L 2t 2三、计算题(本题共2小题，共40分)10．(18分)(2019·河北廊坊联考)如图所示，质量M ＝0.3 kg 的长木板A 放在光滑的水平面上，板长L ＝1.5 m ，在其左端放一质量m ＝0.1 kg 的物块B .现给A 和B 以大小相等、方向相反的水平初速度v 0＝2 m/s ，使A 开始向左运动、B 开始向右运动．物块与木板间的动摩擦因数为μ，取g ＝10 m/s 2.(1)要使物块B 不从长木板A 的右端滑落求动摩擦因数μ的取值范围；(2)若B 恰好不从长木板A 的右端滑落，求B 相对长木板A 滑动过程中发生的对地位移大小．解析：(1)当物块B 滑到木板A 的最右端与木板有共同速度v 时，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得：Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v根据能量守恒定律知：Mv ＋mv ＝(M ＋m )v 2＋μmgL 1220122012联立解得v ＝1 m/s ，μ＝0.4所以要使物块B 不从长木板A 的右端滑落，动摩擦因数μ的取值范围为μ≥0.4.(2)B 相对于A 滑动过程中的加速度大小a ＝＝μg ＝4 m/s 2μmg m由运动学公式有2ax ＝v －v 220解得B 相对长木板A 滑动过程中发生的位移x ＝0.375 m.答案：(1)μ≥0.4　(2)0.375 m11.(22分)(2019·西安长安区模拟)如图所示，可视为质点的两个小球通过长度L ＝6 m 的轻绳连接，甲球的质量为m 1＝0.2 kg ，乙球的质量为m 2＝0.1 kg.将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放，甲球释放Δt ＝1 s 后再释放乙球，绳子伸直后即刻绷断(细绳绷断的时间极短，绷断过程小球的位移可忽略)，此后两球又下落t ＝1.2 s 同时落地．可认为两球始终在同一竖直线上运动，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)从释放乙球到绳子绷直的时间t 0；(2)绳子绷断的过程中合外力对甲球的冲量大小．解析：(1)细绳伸直时甲球的位移为x 甲＝g (t 0＋Δt )212乙球的位移为x 乙＝gt 1220因为x 甲－x 乙＝L解得：t 0＝0.1 s.(2)细绳伸直时甲、乙的速度分别是：v 甲＝g (t 0＋Δt )＝11 m/sv 乙＝gt 0＝1 m/s设细绳绷断瞬间甲、乙球的速度分别为v ′甲和v ′乙继续下落至落地时有：v ′乙t ＋gt 2－(v ′甲t ＋gt 2)＝L 1212又在细绳绷断的极短时间内两球动量守恒，则有：m 1v 甲＋m 2v 乙＝m 1v ′甲＋m 2v ′乙解得v ′甲＝6 m/s ，v ′乙＝11 m/s设细绳绷断过程中合外力的冲量为I由动量定理得I ＝m 1(v ′甲－v 甲)＝1.0 N·s.答案：(1)0.1 s (2)1.0 N·s。

2020版高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒综合检测(含解析)

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