推荐K122019高考物理二轮复习专题二能量与动量第3讲碰撞与动量守恒突破练

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高考物理二轮复习板块一专题二能量与动量2_3碰撞与动

[答案] (1)物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化． (2)一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变． (3)动量守恒定律成立的条件 ①系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒． ②系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒．
A.m t2gh＋mg B.m t2gh－mg
m C.
tgh＋mg
m D.
tgh－mg
[解析] 下降h阶段v2＝2gh，得v＝ 2gh ，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，设竖直向下为正，－(F－mg)t＝0 －mv，得F＝m t2gh＋mg，A正确．选A.
[答案] A
迁移二动量定理解决连续流体问题 2．(多选)(2017·河北名校联盟)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层．设水柱直径为D，水流速度为v，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零．高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是( )
Δm Δt
＝ρv0S
③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷
出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由
能量守恒得12(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得h＝2vg20－2ρM2v220gS2 [答案] (1)ρv0S (2)2vg20－2ρM2v220gS2

2019届高考物理二轮复习专题二功和能考点3动量定理与动量守恒定律课件

②
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 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
D．6.3×102 kg·m/s
解析设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1＝m2v2，解得火箭的动量为：P＝m2v2 ＝m1v1＝30 kg·m/s，所以A正确；BCD错误。答案 A
2．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图2－3－1所示，则
图2－3－1
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零
解析由动量定理可得：Ft＝mv，解得 v＝Fmt，t＝1 s 时物块的速率为 v ＝Fmt＝2×2 1 m/s＝1 m/s，故 A 正确；t＝2 s 时物块的动量大小 p＝Ft＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s 时物块的动量大小为 p′＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为 p″＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以 t＝4 s 时物块的速度为 1 m/s，故 B 正确，C、D 错误。
⑥
12m2v220＝12m2v22＋12m3v23
⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝1 m/s

【配套K12】[学习]2019版高考物理二轮复习专题二动量与能量第1讲动量观点与能量观点在力

第1讲动量观点与能量观点在力学中的应用网络构建备考策略1.解决力学综合题目的关键要做好“三选择”(1)当运动物体受到恒力作用而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。

(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。

(3)当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。

2.碰撞中的“三看”和“三想”(1)看到“弹性碰撞”，想到“动量守恒与机械能守恒”。

(2)看到“非弹性碰撞”，想到“动量守恒但机械能有损失”。

(3)看到“完全非弹性碰撞或者碰后连体”，想到“动量守恒，机械能损失最大”。

能量观点在力学中的应用功和功率的理解与计算【典例1】 (多选)(2018·全国卷Ⅲ，19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。

某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图1所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。

不考虑摩擦阻力和空气阻力。

对于第①次和第②次提升过程( )图1A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5解析根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，即12v 0×2t 0＝12×12v 0[2t 0＋t ′＋(t 0＋t ′)]，解得t ′＝12t 0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t 0∶(2t 0＋12t 0)＝4∶5，A 正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B 错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P ＝Fv ，得最大功率之比为2∶1，C 正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D 错误。

高考物理二轮复习教案专题二能量与动量功和功率功能关系

功和功率功能关系复习备考建议(1)能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大．(2)对于动量问题，17年只在选择题中出现，而且是动量守恒、动量定理的基本应用，18年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅱ卷都是动量守恒的基本应用，运动过程简单，综合性较低，Ⅲ卷只是用到了动量的概念，19年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅲ卷都涉及动量与能量观点的综合应用，Ⅱ卷中用到了动量定理，对于动量的考察，综合性、难度有所提升，备考时应多加注意．第4课时功和功率功能关系考点功、功率的分析与计算1．恒力功的计算(1)单个恒力的功W ＝Fl cos α. (2)合力为恒力的功①先求合力，再求W ＝F 合l cos α. ②W ＝W 1＋W 2＋…. 2．变力功的计算(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算． (2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W ＝F l cos α计算． (3)F －l 图象中，功的大小等于“面积”． (4)求解一般变力做的功常用动能定理． 3．功率的计算(1)P ＝Wt，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv ，若v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为平均功率．注意：力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ.例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F ，使环由静止开始运动，已知拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g 取10m/s 2.则以下判断正确的是( )图1A ．小环的质量是1kgB ．细杆与地面间的倾角是30°C ．前3s 内拉力F 的最大功率是2.25WD ．前3s 内拉力对小环做功5.75J 答案 AD解析由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第1s 内，a ＝Δv t ＝0.51m/s 2＝0.5 m/s 2，加速阶段：F 1－mg sin θ＝ma ；匀速阶段：F 2－mg sin θ＝0，联立以上三式解得：m ＝1kg ，sin θ＝0.45，故A 正确，B 错误；第1s 内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1s 末，P ＝Fv 1＝5×0.5W＝2.5W ；第1s 末到第3s 末，P ＝Fv 1＝4.5×0.5W＝2.25W ，即拉力的最大功率为2.5W ，故C 错误；从速度－时间图象可以得到，第1 s 内的位移为0.25 m,1～3 s 内的位移为1 m ，前3 s 内拉力做的功为：W ＝5×0.25 J ＋4.5×1J ＝5.75J ，故D 正确．变式训练1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点．每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放，用P 1、P 2、P 3依次表示各滑环从静止滑到d 过程中重力的平均功率，则( )图2A ．P 1<P 2<P 3B ．P 1>P 2>P 3C ．P 3>P 1>P 2D ．P 1＝P 2＝P 3 答案 B解析对小滑环b 受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a ＝g sin θ(θ为杆与水平方向的夹角)，由数学知识可知，小滑环的位移x ＝2R sin θ，所以t ＝2xa＝2×2R sin θg sin θ＝4Rg，t 与θ无关，即t 1＝t 2＝t 3，而三个环重力做功W 1>W 2>W 3，所以有：P 1>P 2>P 3，B 正确．2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC ，其中AB 段是半径为R 的14圆弧，BC 段是水平的．一质量为m 的滑块从A 点由静止滑下，最后停在水平轨道上C 点，此过程克服摩擦力做功为W 1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C 点推回到A 点，此过程克服摩擦力做功为W 2，推力对滑块做功为W ，重力加速度为g ，则下列关系中正确的是( )图3A ．W 1＝mgRB ．W 2＝mgRC ．mgR <W <2mgRD ．W >2mgR 答案 AC解析滑块由A 到C 的过程，由动能定理可知mgR －W 1＝0，故A 对；滑块由A 到B 做圆周运动，而在推力作用下从C 经过B 到达A 的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A 到B 的过程中平均支持力大于从B 到A 的平均支持力，那么摩擦力从A 到B 做的功大于从B 到A 做的功，而两次经过BC 段摩擦力做功相等，故W 2<W 1＝mgR ，故B 错；滑块由C 到A 的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即W －mgR －W 2＝0，即W ＝W 1＋W 2，由于W 2<W 1＝mgR ，所以mgR <W <2mgR ，故C 对，D 错．考点功能关系的理解和应用1．几个重要的功能关系(1)重力做的功等于重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p . (2)弹力做的功等于弹性势能的减少量，即W 弹＝－ΔE p . (3)合力做的功等于动能的变化量，即W ＝ΔE k .(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W 其他＝ΔE . (5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q ＝F f ·x 相对． 2．理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 3．应用(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化． (2)列动能定理或能量守恒定律表达式．例2 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图4所示．重力加速度取10m/s 2.由图中数据可得( )图4A ．物体的质量为2kgB ．h ＝0时，物体的速率为20m/sC ．h ＝2m 时，物体的动能E k ＝40JD ．从地面至h ＝4m ，物体的动能减少100J 答案 AD解析根据题图图像可知，h ＝4m 时物体的重力势能mgh ＝80J ，解得物体质量m ＝2kg ，抛出时物体的动能为E k0＝100J ，由公式E k0＝12mv 2可知，h ＝0时物体的速率为v ＝10m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知F f h ＝|ΔE 总|＝20J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －F f h ＝E k －100J ，解得E k ＝50J ，选项C 错误；由题图图像可知，物体上升到h ＝4m 时，机械能为80J ，重力势能为80J ，动能为零，即从地面上升到h ＝4m ，物体动能减少100J ，选项D 正确．变式训练3.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图5所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为3g4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是(sin53°＝45，cos53°＝35)( )图5A ．运动员重力势能的减少量为35mghB ．运动员动能的增加量为34mghC ．运动员动能的增加量为1516mghD ．运动员的机械能减少了116mgh答案 CD解析运动员下落的高度是h ，则重力做功：W ＝mgh ，所以运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度是h ，则飞行的距离：L ＝h sin53°＝54h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma ＝34mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝F 合L ＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，所以运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确．4．(多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图6甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A 物体相连接，将B 物体放置在A 物体上面，A 、B 的质量都为m ，初始时两物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体B 上，使物体B 开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体B 的位移x 的关系如图乙所示(g ＝10m/s 2)，下列说法正确的是( )图6A ．0～4cm 过程中，物体A 、B 和弹簧组成的系统机械能增大B ．0～4cm 过程中，弹簧的弹性势能减小，物体B 运动到4cm 处，弹簧弹性势能为零C ．弹簧的劲度系数为7.5N/cmD．弹簧的劲度系数为5.0N/cm答案AC解析0～4 cm过程中，物体A、B和弹簧组成的系统，因力F对系统做正功，则系统的机械能增大，选项A正确．由题图可知，在x＝4 cm处A、B分离，此时A、B之间的压力为零，A、B的加速度相等，但是弹簧仍处于压缩状态，弹簧的弹性势能不为零，选项B错误．开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：2mg＝kΔl1；拉力F1为20 N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：F1＝2ma；物体B与A分离后，拉力F2为50 N，根据牛顿第二定律，有：F2－mg＝ma；物体A与B分离时，物体A的加速度为a，则根据牛顿第二定律有：kΔl2－mg＝k(Δl1－4 cm)－mg＝ma；联立解得：m＝4.0 kg，k＝7.5 N/cm.选项C正确，D错误．考点动能定理的应用1．表达式：W总＝E k2－E k1.2．五点说明(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．(2)动能变化量E k2－E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差．(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．3．基本思路(1)确定研究对象和研究过程．(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．4．在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．(2)动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．例3如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10m，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01m，弹性势能为E p＝0.025J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10m/s2.求：图7(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程．答案 (1)500N/m (2)0.50N (3)11.05m 解析 (1)由最后静止的位置可知kx 2＝mg ，所以k ＝500N/m(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中mg Δh －F f ·L ＝12mv 22－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ＝mg (h 1－h 2)＝1.135J 空气阻力大小恒定，作用距离为L ＝h 1＋h 2＋2x 1＝2.273m故可得F f ≈0.50N(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反根据动能定理有mg Δh ′＋W f ＋W 弹＝12mv 2′2－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ′＝mg (h 1＋x 2)＝5.55J 弹力做功W 弹＝－E p ＝－0.025J则空气阻力做功W f ＝－mg Δh ′－W 弹＝－5.525J 因W f ＝－F f s 故解得s ＝11.05m. 变式训练5.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图8所示．重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为( )图8A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案 C解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误．6．由相同材料的木板搭成的轨道如图9所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L ＝1.5m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图9(1)物体能否静止在木板上？请说明理由．(2)物体运动的总路程是多少？(3)物体最终停在何处？并作出解释．答案(1)不能理由见解析(2)11.25m (3)C点解释见解析解析(1)物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为mg sinβ＝0.6mg最大静摩擦力F fm＝μmg cosβ＝0.16mg因mg sinβ>μmg cosβ，故物体不会静止在木板上．(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得mgh －μmgs cos β＝0解得s ＝11.25m(3)假设物体依次能到达B 、D 点，由动能定理得mg (h －L sin β)－μmg cos β(L ＋hsin β)＝12mv B 2 解得v B >0mg (h －L sin β)－μmg cos β(3L ＋hsin β)＝12mv D 2 v D 无解说明物体能通过B 点但不能到达D 点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C 点．考点动力学与能量观点的综合应用1．两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征． 2．四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解．例4 (2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m ＝1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB 长L ＝5m ，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s ＝1.5 m ，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧轨道与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v ＝5m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p ＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取g ＝10 m/s 2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R ；(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案 (1)0.8m (2)13m (3)37m/s≤v ≤43m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12mv 02，可知：v 0＝6m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2m/s 2，t 1＝0.5s ，x 1＝2.75m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12mv 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据得到：R ＝0.8m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度大小为v B ，由12mv 2－12mv B 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝7m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC 间停下，设最终停在距C 点x 处，由12mv B 2＝μ2mg (s －x )，代入数据解得：x ＝13m. (3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知：－μ2mgs －mg (R ＋R sin30°)＝12mv F 2－12mv 12解得：v 1＝37m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点，由12mv 22＝μ2mg ·3s ＋mgR解得：v 2＝43m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12mv B m 2－12mv 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝56m/s若物块在E 、F 间速度减为0，则物块将脱离轨道．综合上述分析可知，只要传送带速度37m/s≤v ≤43m/s 就满足条件．变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图11所示，O 点距水平地面的高度为H ＝3m ，不可伸长的细线一端固定在O 点，另一端系一质量m ＝2kg 的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A 点，另一端与小球相连，OB 线与竖直方向的夹角为37°，l <H ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图11(1)若OB 的长度l ＝1m ，剪断细线AB 的同时，在竖直平面内垂直OB 的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小； (2)若先剪断细线AB ，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB ，小球最终落地，求OB 的长度l 为多长时，小球落地点与O 点的水平距离最远，最远水平距离是多少．答案 (1)246kg·m/s (2)1.5m355m 解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mg ＝m v 2l从B 点到最高点，由动能定理有：－mg (l ＋l cos37°)＝12mv 2－12mv 02联立得一开始的冲量大小为I ＝mv 0＝246kg·m/s(2)从剪断AB 到小球至H －l 高度过程，设小球至H －l 高度处的速度为v 0′ 由机械能守恒可得12mv 0′2＝mgl (1－cos37°)小球从H －l 高度做初速度为v 0′的平抛运动，12gt 2＝H －l ，x ＝v 0′t 联立得，x ＝45(－l 2＋3l ) 当l ＝1.5m 时x 取最大值，为355m ．专题突破练1．(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v 分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是( )图1A ．两小球落地时速度相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等D ．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等答案 C解析两小球运动过程中均只有重力做功，故机械能都守恒，由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A 错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B 错误；由重力做功公式W ＝mgh 得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C 正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D 错误．2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )图2A ．运动员先处于超重状态后处于失重状态B ．空气浮力对系统始终做负功C ．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D ．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等答案 B解析运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，选项A 错误；空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，选项B 正确；无论以什么运动状态运动，重力做功都等于系统重力势能的减小量，选项C 错误；因为是变速运动，相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，选项D 错误． 3．(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E 随时间t 变化的关系图象是( )答案 A解析设物体在恒力作用下的加速度为a ，机械能增量为：ΔE ＝F Δh ＝F ·12at 2，知此时E－t 图象是开口向上的抛物线；撤去外力后的上升过程中，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图3所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图3A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量C ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量D ．两滑块组成的系统机械能的损失等于M 克服摩擦力做的功答案 BD5.(2019·福建三明市期末质量检测)如图4所示，一个质量m ＝1 kg 的小球(视为质点)从H ＝11m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R ＝4m 的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB 圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD ，到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度g ＝10m/s 2)( )图4A ．10mB ．9.5mC ．9mD ．8.5m 答案 B解析到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，则mg ＝m v C 2R，解得v C ＝210m/s ，则物体在BC 阶段克服摩擦力做功，由动能定理mg (H －2R )－W BC ＝12mv C 2，解得W BC ＝10J ；由于从C到B 过程小球对圆轨道的平均压力小于从B 到C 过程小球对圆轨道的平均压力，则小球从C 到B 过程克服摩擦力做的功小于从B 到C 过程克服摩擦力做的功，即0<W CB <10J ；从C 到D 由动能定理：mg (2R －h )－W CB ＝0－12mv C 2，联立解得9m<h <10m.6．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g ＝10 m/s 2)，该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A ．10WB ．100WC ．1kWD ．10kW 答案 B解析设送餐员和车的总质量为100kg ，匀速行驶时的速率为5m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F ＝0.02mg ＝20 N ，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P ＝Fv ＝100W ，故B 正确．7．(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m ＝1kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5s 时撤去拉力，其1.5s 内的速度随时间变化关系如图乙所示，g 取10m/s 2.则( )图5A ．0.5s 时拉力功率为12WB ．0.5s 内拉力做功9JC ．1.5s 后物块可能返回D ．1.5s 后物块一定静止答案 AC解析 0～0.5 s 内物体的位移：x 1＝12×0.5×2 m＝0.5 m ；0.5～1.5 s 内物体的位移：x 2＝12×1×2m ＝1m ；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a 1＝4m/s 2，a 2＝2 m/s 2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5s 内F －μgm cos θ－mg sin θ＝ma 1；0.5～1.5s 内－μmg cos θ－mg sin θ＝－ma 2，联立解得：F ＝6N ，但无法求出μ和θ.0.5s 时，拉力的功率P ＝Fv ＝12W ，故A 正确．拉力做的功为W ＝Fx 1＝3J ，故B 错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C 正确，D 错误．8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10N 的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点．已知ab ＝1m ，bc ＝0.2m ，则以下结论正确的是( )图6A ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JB ．整个过程中滑块动能的最大值为6JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做功5JD ．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒答案 AD解析滑块从a 到c, mgh ac ＋W 弹′＝0－0，解得：W 弹′＝－6J ．则E pm ＝－W 弹′＝6J ，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J ，故A 正确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d 点合外力为0，由分析可知d 点在b 点和c 点之间．滑块从a 到d 有：mgh ad ＋W 弹＝E k d －0，因mgh ad ＜6J ，W 弹＜0，所以E k d ＜6J ，故B 错误；从c 点到b 点弹簧的弹力对滑块做的功与从b 点到c 点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6J ，故C 错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D 正确．9．(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图7所示，半径为R ＝0.4m 的14圆形光滑轨道固定于竖直平面内，圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m ＝0.5kg 的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与O 点等高，小球乙位于圆心O 的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动，g 取10m/s 2.则( )图7A ．小球甲下滑过程中机械能增加B ．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先增大后减小C ．小球甲下滑到圆形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND ．整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J 答案 BD解析小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，故A 错误．小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该是先增大后减小，故B 正确．两个球与轻杆组成的系统机械能守恒，故：mgR ＝12mv 2＋12mv 2，解得：v ＝gR ＝10×0.4m/s ＝2 m/s ；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：F N －mg ＝m v 2R，解得：F N＝mg ＋m v 2R ＝0.5×10N＋0.5×220.4N ＝10N ，根据牛顿第三定律，小球甲对轨道的压力大小为10N ，故C 错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：W ＝12mv 2＝12×0.5×22J ＝1J ，故D 正确．10．(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v －t 图象如图8所示．已知赛车的质量为m ＝1×103kg ，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g 取10m/s 2，则以下说法正确的是( )图8A ．赛车在前5s 内的牵引力为5×102N。

高中物理二轮专题复习课件专题二碰撞与动量守恒

实验步骤与注意事项
02
01
03
实验步骤 1. 调整气垫导轨水平，并接通光电计时器的电源。 2. 用天平测量两个小球的质量，并记录数据。
实验步骤与注意事项
3. 将两个小球分别放在气垫导轨的两端，并调整它们的位置，使它们能够发生对心碰撞。
4. 开启光电计时器，使两个小球同时从导轨两端开始运动，并记录它们通过两个光电门的时间。
碰撞过程中的能量转化
在弹性碰撞中，系统的机械能守恒，没有能量转化。
在非弹性碰撞中，系统的机械能减少，减少的机械能转化为内能。
内能的表现形式为物体的温度升高，或者产生声音、光等形式的能量。
03
一维碰撞问题求解
一维弹性碰撞问题求解
80%
弹性碰撞定义
在碰撞过程中，如果系统内物体间相互作用力为保守力，且碰撞过程中系统动能守恒，则称此类碰撞为弹性碰撞。
求解方法
根据动量守恒和能量损失情况，可以求出碰撞后物体的速度大小和方向。
二维碰撞中的临界问题
临界条件
注意事项
在二维碰撞中，当两个物体刚好能够发生碰撞或者刚好不能发生碰撞时，称为临界条件。
在处理临界问题时，需要注意物理量的取值范围和限制条件，避免出现不符合实际情况的解。
求解方法
根据临界条件和动量守恒、动能守恒等物理规律，可以求出临界条件下的物理量，如速度、角度等。
05
动量守恒定律在综合问题中的应用
动量守恒定律与牛顿运动定律的综合应用
碰撞问题
分析碰撞过程中物体间的相互作用力，应用动量守恒定律和牛顿运动定律求解碰撞后物体的速度
和方向。
爆炸问题
分析爆炸过程中物体间的相互作用力，应用动量守恒定律和牛顿运动定律求解爆炸后物体的速度

(通用版)高三物理二轮复习第一部分专题二能量和动量第三讲动量定理动量守恒定律课件

(2015·北京高考)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为
人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最
低点的过程中，下列分析正确的是
()
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
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m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为
()
A．h
B．2h
C．3h
D．4h
A、B两个小球为弹性小球，B碰地面后原速弹回，B
与A碰撞过程中动量、动能均守恒。
2．爆炸与反冲的特点 (1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。 (2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加。 (3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。
恒力F作用下，由静止开始运动，经过时间t，速度为v，在此
时间内恒力F和重力的冲量大小分别为
()
A．Ft,0
B．Ftcos θ，0
C．mv,0
D．Ft，mgt
2．变力的冲量可优先考虑应用动量定理求解，如诊断卷第 4题中，
(2016·三明一中月考)质量为m的钢球自高处落下，以速率v1
碰地面，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离开地面的速率为
3．动量观点和能量观点的选取原则 (1)动量观点 ①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。 ②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。

2019高考物理二轮复习专题二能量与动量第3讲碰撞与动量守恒突破练

2019高考物理二轮复习专题二能量与动量第3讲碰撞与动量守恒突破练2019高考物理二轮复习专题二能量与动量第3讲碰撞与动量守恒突破练[限训练·通高考] 科学设题拿下高考高分(45分钟)一、单项选择题1．关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是() A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒B．乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，系统动量守恒，机械能不守恒D．丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒解析：甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；乙图中，剪断细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，选项C正确；丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误．答案：C 2．(2018·河南三门峡高三质检)甲、乙两个质量都是M的小车静置在光滑水平地面上．质量为m的人站在甲车上并以速度v(对地)跳上乙车，接着仍以对地的速率v反跳回甲车．对于这一过程，下列说法中正确的是()A．最后甲、乙两车的速率相等B．最后甲、乙两车的速率之比v 甲∶v乙＝M∶(m＋M) C．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1＝I2 D．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1>I2解析：以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳离甲车时，mv－Mv1＝0，以乙车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳上乙车时，mv＝(m＋M)v2，人跳离乙车时，－(m＋M)v2＝－Mv乙＋mv，以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人反跳回甲车时，mv＋Mv1＝(m＋M)v甲，解得＝，故A错误，B正确；由动量定理得，对甲车I1＝Mv1＝mv，对乙车I2＝Mv乙－Mv2＝2mv －>mv，即I1<i2，故c、d错误．< bdsfid="110" p=""></i2，故c、d错误．<>答案：B 3．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗．春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水。

2019年高考物理二轮复习专题讲义：动量专题 103.碰撞 Word版含答案

碰撞1.碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞.(2)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. (3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失. 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.一、碰撞过程的特征：①碰撞双方相互作用的时间△t 一般很短；②碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。

二、碰撞的分类：1.按碰撞方向分类 —— 正碰、斜碰2.从碰撞过程中形变恢复情况来划分：形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。

3.从碰撞过程中机械能损失情况来划分：机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。

碰撞过程中损失的动能转化为其它能量，如内能、重力势能、弹性势能、磁场能、电场能等。

①完全弹性碰撞 ——动量守恒，动能守恒 ②非(完全)弹性碰撞——动量守恒，动能有损失③完全非弹性碰撞——动量守恒，动能损失最大（外部特征：以共同速度运动），三、碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则 1. 系统动量守恒的原则2211202101v m v m v m v m +=+ 2. 物理情景可行性原则—位置不超越 3. 不违背能量守恒的原则—动能不膨胀222211*********1212121v m v m v m v m +≥+ 四、三种典型的碰撞1、弹性碰撞：碰撞全程完全没有动能损失。

2211202101v m v m v m v m +=+222211*********1212121v m v m v m v m +=+解以上两式可得：v 1 v 2 v 10 v 20 碰前碰后21202102112m m v m v )m m (v ++-=21101201222m m v m v )m m (v ++-=对于结果的讨论：①当m 1 = m 2 时，v 1 = v 20 ， v 2 = v 10 ,质量相等的两物体弹性碰撞后, “交换速度”； ②当m 1 << m 2 , 且v 20 = 0时，v 1 ≈ －v 10 ，v 2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回； ③当m 1 >> m 2 ，且v 20 = 0时，v 1 ≈ v 10 ，v 2 ≈ 2v 10 ， 2、非(完全)弹性碰撞：动量守恒, 动能有损失， 3、完全非弹性碰撞：动能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有2120210121m m v m v m v v ++==.碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律 (2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等). ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变. 2.弹性碰撞讨论 (1)碰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 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 ② 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝(m 2－m 1)v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)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′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2，①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度. ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动. ③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来.五、“广义碰撞” ——物体的相互作用1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。

2019届高考物理二轮复习专题二功和能碰撞与动量守恒真题汇编

碰撞与动量守恒1.(2018·全国卷II ·T15)高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 ( )A.10 NB.102 NC.103 ND.104 N【解析】选C 。

对于鸡蛋撞击地面前的下落过程，根据动能定理：mgh=12mv 2；对于鸡蛋撞击地面的过程，设向下为正，由动量定理可得：mgt-F N t=0-mv 。

若每层楼高3 m ，则h=72 m ，由以上两式可得：F N ≈103 N ，选项C 正确。

2. (2018·天津高考·T9(1))质量为0.45 kg 的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg 的子弹以200 m/s 的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是m/s 。

若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N ，则子弹射入木块的深度为 m 。

【解析】根据动量守恒定律可得mv 0=(M+m)v ，解得v=00.05200()0.450.05mv M m ⨯=++m/s= 20 m/s ；系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，故有fd=201122mv -(M+m)v 2，解得d=22011()22mv M m v f-+=0.2 m 。

答案：20 0.23.(2018·全国卷I ·T24) 一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。

当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动。

爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量。

求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

【命题意图】本题考查了运动学公式、机械能守恒定律、动量守恒定律等知识。

2019版高考物理：二轮复习专题二功和能动量和能量专题突破练6动量和能量观点的应用38(含答案).doc

专题突破练6 动量和能量观点的应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共9小题,每小题6分,共54分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项符合题目要求,第6~9小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(2018四川绵阳二诊)在水平地面上,两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下来。

则质量大的物体()A.滑行的距离小B.滑行的时间长C.滑行过程中的加速度大D.滑行过程中的动量变化快2.(2017辽宁本溪联考)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中,下列说法正确的是()A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2B.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2D.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零3.(2018吉林二调)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。

若t=0时其速度大小为2 m/s,滑动摩擦力大小恒为2 N,则()A.在t=6 s的时刻,物体的速度为18 m/sB.在0~6 s时间内,合力对物体做的功为400 JC.在0~6 s时间内,拉力对物体的冲量为36 N·sD.在t=6 s的时刻,拉力F的功率为200 W4.(2018山西晋城一模)所谓对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太空中互相靠近,最后连接在一起。

假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m,两者对接前的在轨速度分别为(v+Δv)、v,对接持续时间为Δt,则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为()A. B.C. D.05.(2018四川攀枝花一模)如图所示,轻质弹簧固定在水平地面上。

现将弹簧压缩后,将一质量为m的小球静止放在弹簧上,释放后小球被竖直弹起,小球离开弹簧时速度为v,则小球被弹起的过程中()A.地面对弹簧的支持力冲量大于mvB.弹簧对小球的弹力冲量等于mvC.地面对弹簧的支持力做功大于mv2D.弹簧对小球的弹力做功等于mv26.(2018湖南常德期末)如图所示,在光滑水平面上,质量为m的A球以速度v0向右运动,与静止的质量为5m的B球碰撞,碰撞后A球以v=av(待定系数a<1)的速率弹回,并与固定挡板P发生弹性碰撞,若要0使A球能再次追上B球并相撞,则系数a可以是()A. B. C. D.7.(2018山东烟台期末)质量为M的小车置于光滑的水平面上,左端固定一根轻弹簧,质量为m的光滑物块放在小车上,压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端,开始时小车与物块都处于静止状态,此时物块与小车右端相距为L,如图所示,当突然烧断细线后,以下说法正确的是()A.物块和小车组成的系统机械能守恒B.物块和小车组成的系统动量守恒C.当物块速度大小为v时,小车速度大小为vD.当物块离开小车时,小车向左运动的位移为L8.(2017山东菏泽模拟)如图甲所示,一质量为m的物块在t=0时刻,以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行,物块速度随时间变化的图象如图乙所示。

高考物理二轮复习专题突破—动量和能量观点的应用(含解析)

高考物理二轮复习专题突破—动量和能量观点的应用1.(2021福建泉州高三月考)如图所示,建筑工地上的打桩过程可简化为重锤从空中某一固定高度由静止释放,与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞,并以共同速度下降一段距离后停下来。

则()A.重锤质量越大,撞预制桩前瞬间的速度越大B.重锤质量越大,预制桩被撞后瞬间的速度越大C.碰撞过程中,重锤和预制桩的总机械能保持不变D.整个过程中,重锤和预制桩的总动量保持不变2.(2021福建高三二模)如图所示,A车以某一初速度水平向右运动距离l后与静止的B 车发生正碰,碰后两车一起运动距离l后停下。

已知两车质量均为m,运动时受到的阻力为车重力的k倍,重力加速度为g,碰撞时间极短,则()A.两车碰撞后瞬间的速度大小为√kglB.两车碰撞前瞬间A车的速度大小为√2kglC.A车初速度大小为√10kglD.两车碰撞过程中的动能损失为4kmgl3.(2021辽宁丹东高三一模)2022年冬奥会将在北京举行,滑雪是冬奥会的比赛项目之一,如图所示,某运动员(视为质点)从雪坡上先后以v0和2v0沿水平方向飞出,不计空气阻力,则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中()A.空中飞行的时间相同B.落在雪坡上的位置相同C.动量的变化量之比为1∶2D.动能的增加量之比为1∶24.(多选)(2021辽宁大连高三一模)在光滑水平桌面上有一个静止的木块,高速飞行的子弹水平穿过木块,若子弹穿过木块过程中受到的摩擦力大小不变,则()A.若木块固定,则子弹对木块的摩擦力的冲量为零B.若木块不固定,则子弹减小的动能大于木块增加的动能C.不论木块是否固定,两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等D.不论木块是否固定,两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等5.(多选)(2021河南洛阳高三二模)如图所示,质量均为2 kg的三个物块静止在光滑水平面上,其中物块B的右侧固定一轻弹簧,物块A与弹簧接触但不连接。

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第3讲碰撞与动量守恒[限训练·通高考] 科学设题拿下高考高分(45分钟)一、单项选择题1．关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是( )A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒B．乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N 与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，系统动量守恒，机械能不守恒D．丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒解析：甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；乙图中，剪断细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，选项C正确；丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误．答案：C2．(2018·河南三门峡高三质检)甲、乙两个质量都是M的小车静置在光滑水平地面上．质量为m的人站在甲车上并以速度v(对地)跳上乙车，接着仍以对地的速率v反跳回甲车．对于这一过程，下列说法中正确的是( )A．最后甲、乙两车的速率相等B．最后甲、乙两车的速率之比v甲∶v乙＝M∶(m＋M)C ．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I 1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I 2，应是I 1＝I 2D ．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I 1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I 2，应是I 1>I 2 解析：以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳离甲车时，mv －Mv 1＝0，以乙车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳上乙车时，mv ＝(m ＋M )v 2，人跳离乙车时，－(m ＋M )v 2＝－Mv 乙＋mv ，以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人反跳回甲车时，mv ＋Mv 1＝(m ＋M )v 甲，解得v 甲v 乙＝M M ＋m，故A 错误，B 正确；由动量定理得，对甲车I 1＝Mv 1＝mv ，对乙车I 2＝Mv 乙－Mv 2＝2mv －mv 1＋m M>mv ，即I 1<I 2，故C 、D 错误．答案：B3．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗．春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反，则以下说法正确的是( )A ．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B ．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西C ．爆炸后，三块碎片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，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前瞬间爆竹的总动能解析：设爆竹爆炸前的速度为v ，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为m ，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v 前后，中间那块碎片的速度大小为v ′，设水平向东为正方向，根据水平方向动量守恒，3mv ＝mv 前后＋mv ′－mv 前后，得v ′＝3v ，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项A 正确，B 错误；爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有h ＝12gt 2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，但水平方向上的分速度不同，故合速度不同，则动量不同，选项C 错误；爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能12m (3v )2>12·3m ·v 2，选项D 错误．答案：A4.2017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，碰前白色球的动量为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 A C ．m B ＝16m A D ．m B ＝6m A解析：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 A ′22m A ＋p B ′22m 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．答案：A5.如图所示，在光滑的水平面上，质量m1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方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m 1∶m 2为( )A ．7∶5B.1∶3 C ．2∶1 D ．5∶3解析：设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ )＝PO ∶(PO ＋4PO )＝1∶5，联立三式可得m 1∶m 2＝5∶3，D 正确．答案：D二、多项选择题6.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，AB 总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 和C 都静止．当突然烧断细绳时，C 被释放，使C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时AB 也向右运动B ．C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为M ∶mC ．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动D ．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动解析：小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，在弹簧伸长的过程中，C 向右运动，则小车向左运动，故A 错误．规定向右为正方向，在C 与B 碰前，根据动量守恒定律得，0＝mv C －Mv ，解得v C ∶v ＝M ∶m ，故B 正确；因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当C 与油泥粘在一起时，总动量仍然为零，则小车停止运动，故C 正确，D 错误．答案：BC7.A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移随时间变化的图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象．若A球质量是m ＝2 kg ，则由图判断下列结论正确的是( )A ．碰撞前、后A 球的动量变化量为4 kg·m/sB ．碰撞时A 球对B 球所施的冲量为－4 N·sC ．A 、B 两球碰撞前的总动量为3 kg·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J解析：根据图象可知，碰前A 球的速度v A ＝－3 m/s ，碰前B 球的速度v B ＝2 m/s ，碰后A 、B 两球共同的速度v ＝－1 m/s ，故碰撞前、后A 球的动量变化量为Δp A ＝mv －mv A ＝4 kg·m/s，选项A 正确；A 球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B 球的动量变化为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A 球对B 球所施的冲量为－4 N·s，选项B 正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mv A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ，解得m B ＝43kg ，故碰撞过程中A 、B 两球组成的系统损失的动能为ΔE ＝12mv 2A ＋12m B v 2B －12(m ＋m B )v 2＝10 J ，选项D 正确；A 、B 两球碰撞前的总动量为p ＝mv A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ＝－103kg·m/s，选项C 错误．答案：ABD8.如图所示，将一轻质弹簧从物体B 内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量m 1＝2.0 kg 的物体A .平衡时物体A 距天花板的距离h ＝2.4 m ，在距物体A 正上方高h 1＝1.8 m 处由静止释放质量为m 2＝1.0 kg 的物体B ，B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A 碰撞(碰撞时间极短)并立即以相同的速度与A 一起运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时0.25 s 第一次到达最低点，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2 m/sB ．碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25 mC ．碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18 ND ．A 、B 到最低点后反弹上升，A 、B 分开后，B 还能上升的最大高度为0.2 m解析：设物体B 自由下落至与物体A 碰撞前的速度为v 0，根据自由落体运动规律有v 0＝2gh 1＝6 m/s ，物体A 、B 碰撞结束瞬间二者具有共同的速度v t ，以向下为正方向，由动量守恒定律有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v t ，解得v t ＝2 m/s ，A 正确；从二者一起运动到速度变为零的过程中，以B 为研究对象，由动量定理有(m 2g －F )t ＝0－m 2v t ，解得F ＝18 N ，方向竖直向上，设碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为x ，由动能定理有－Fx ＋m 2gx ＝0－12m 2v 2t ，解得x ＝0.25 m ，B 、C 正确；A 、B 分开时其相互间的作用力为零，且A 、B 具有相同的加速度，可知当弹簧对A 的拉力为零，即弹簧恢复原长时，A 、B 分开，若A 、B 上升到碰撞位置分开，B还能上升的最大高度h ′＝v 2t 2g＝0.2 m ，因弹簧恢复原长时的位置比碰撞时的高，此时B 的速度小于v t ，故B 还能上升的最大高度小于0.2 m ，D 错误．答案：ABC三、非选择题9．(2018·高考全国卷Ⅰ)一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量．求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有E ＝12mv 20①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有0－v 0＝－gt ②联立①②式得t ＝1g 2E m③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有E ＝mgh 1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v 1和v 2.由题给条件和动量守恒定律有14mv 21＋14mv 22＝E ⑤ 12mv 1＋12mv 2＝0⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有14mv 21＝12mgh 2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h ＝h 1＋h 2＝2E mg⑧ 答案：(1)1g 2E m (2)2E mg10.如图所示，质量均为m 的木板AB 和滑块CD 紧靠在一起静置在光滑水平面上，木板AB 的上表面粗糙，滑块CD 的表面是光滑的四分之一圆弧，其始端D 点切线水平且与木板AB 上表面相平．一可视为质点的物块P 质量也为m ，从木板AB 的右端以初速度v 0滑上木板AB ，过B 点时的速度为v 02，然后滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 的最高点C 处．重力加速度为g .求： (1)物块滑到B 点时木板的速度v 的大小；(2)滑块CD 圆弧的半径R .解析：(1)对P 和木板、滑块CD 组成的系统，由动量守恒定律有mv 0＝m v 02＋2mv ，解得v ＝v 04. (2)物块P 由D 点滑到C 点的过程中，滑块CD 和物块P 组成的系统在水平方向动量守恒，有 m v 02＋m v 04＝2mv 共系统能量守恒，有 mgR ＝12m (v 02)2＋12m (v 04)2－12×2mv 2共解得R ＝v 2064g. 答案：(1)v 04 (2)v 2064g 11．如图所示，质量为m A ＝3 kg 的小车A 以v 0＝4 m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为m B ＝1 kg 的小球B (可看作质点)，小球距离车面h ＝0.8 m ．某一时刻，小车与静止在光滑水平面上的质量为m C ＝1 kg 的物块C 发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂．此后，小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小车系统的最终速度大小v 共；(2)绳未断前小球与沙桶的水平距离L ；(3)整个过程中系统损失的机械能ΔE 机损．解析：(1)设系统最终速度为v 共，水平方向动量守恒，有(m A ＋m B )v 0＝(m A ＋m B ＋m C )v 共代入数据解得v 共＝3.2 m/s(2)A 与C 的碰撞动量守恒，m A v 0＝(m A ＋m C )v 1解得v 1＝3 m/s ，设小球下落时间为t ，则h ＝12gt 2 代入数据解得t ＝0.4 s所以绳未断前小球与沙桶的水平距离为L ＝(v 0－v 1)t 代入数据解得L ＝0.4 m(3)由能量守恒得ΔE 机损＝m B gh ＋12(m A ＋m B )v 20－12(m A ＋m B ＋m C )v 2共代入数据解得ΔE 机损＝14.4 J答案：(1)3.2 m/s (2)0.4 m (3)14.4 J。