2019届高考物理一轮复习专题(鲁科版)第六章碰撞与动量守恒能力课3Word版含解析
2019届高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第一节动量冲量动量定理课后达标新人教版20180814
第一节动量冲量动量定理(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s.则这一过程中动量的变化量为( ) A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右解析：选D.选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6 kg·m/s，负号表示其方向向右，D正确．2．关于冲量，以下说法正确的是( )A．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零B．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化量C．物体受到的冲量越大，动量越大D．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同解析：选D.合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故A错误；由动量定理可知物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量，故B错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C 错误；如果力是恒力，则冲量的方向与该力的方向相同，故D正确．3．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等解析：选D.玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C 错误，D正确．4．(2015·高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2gh t ＋mg B ．m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D ．m gh t－mg 解析：选A.设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝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 2gh t＋mg . 5．(2018·北京西城区模拟)1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F ＝895 N ，推进器开动时间Δt ＝7 s ．测出飞船和火箭组的速度变化Δv ＝0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m 1＝3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m 2为( )A ．3 400 kgB ．3 485 kgC ．6 265 kgD ．6 885 kg解析：选B.根据动量定理得F Δt ＝(m 1＋m 2)Δv ，代入数据解得m 2≈3 485 kg ，B 选项正确．6.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点．若以2v 速度抽出纸条，则铁块落地点为( )A ．仍在P 点B ．在P 点左边C ．在P 点右边不远处D ．在P 点右边原水平位移的两倍处解析：选B.纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v 的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，即加速时间较长，由I ＝F f t ＝m Δv 得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v 的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，即加速时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B 选项正确．二、多项选择题7.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是( ) A．斜面对物体的弹力的冲量为零B．物体受到的重力的冲量大小为mgtC．物体受到的合力的冲量大小为零D．物体动量的变化量大小为mg sin θ·t解析：选BD.由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mg cos θ·t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C 错误；因整个过程中物体所受的合力为mg sin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mg sin θ·t，选项D正确．8．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3 000 m接力三连冠．如图所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )A．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小B．甲、乙的动量变化一定大小相等，方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：选AB.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A正确；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误．9．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有( )A ．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等B ．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＝Δp 2＝Δp 3D ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＜Δp 2＜Δp 3解析：选ABC.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C 、D 、E 的速度大小v 相等，动量变化量Δp ＝mv 相等，即Δp 1＝Δp 2＝Δp 3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h ，从顶端A 下滑到底端C ，由h sin θ＝12g sin θ·t 2得物体下滑的时间t ＝2h g sin 2 θ，所以θ越小，sin 2θ越小，t 越大，重力的冲量I ＝mgt 就越大，故I 1＜I 2＜I 3；故A 、C 正确，D 错误，物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B 正确．10.如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比( )A ．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大B ．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变C ．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大D ．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大解析：选BD.滑动摩擦力的大小为f ＝μN ，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量I ＝ft 不变，故A 、C 错误，B 正确；但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D 正确．三、非选择题11．(2018·安徽铜陵五中月考)高压采煤水枪出口的截面积为S ，水的射速为v ，水平射到煤层上后，水速度为零，若水的密度为ρ，求煤层对水的平均冲力的大小？解析：取一小段时间的水为研究对象，它在此时间内速度由v 变为零，煤对水产生了力的作用，即水对煤冲力的反作用力．设在Δt 时间内，从水枪射出的水的质量为Δm ，则Δm ＝ρSv ·Δt ，以Δm 为研究对象，它在Δt 时间内动量变化量为：Δp ＝Δm (0－v )＝－ρSv2Δt .设F 为煤层对水的平均冲力，根据动量定理有F Δt ＝Δp ＝－ρSv 2Δt ，故F ＝－ρSv 2.所以煤层对水的平均冲力大小为ρSv 2.答案：ρSv 212．(2015·高考安徽卷)一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图所示．一物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止，g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .解析：(1)由动能定理有－μmgx ＝12mv 2－12mv 20 可得μ＝0.32.(2)由动量定理有F Δt ＝mv ′－mv可得F ＝130 N.(3)由能量守恒定律有W ＝12mv ′2＝9 J. 答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J。
高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 第2讲 动量守恒定律及其应用练习(含解析)鲁科版-鲁科版高
第2讲动量守恒定律与其应用考点一动量守恒定律的理解与应用动量是否守恒的判断【典例1】如下列图，A、B两物体的质量之比为m A∶m B=1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上外表间的动摩擦因数一样，水平地面光滑。
当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，如此有( )A.A、B系统动量守恒B.A、B、C与弹簧整个系统机械能守恒C.小车C先向左运动后向右运动D.小车C一直向右运动直到静止【解析】选D。
A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒。
在弹簧释放的过程中，因m A∶m B=1∶2，由摩擦力公式F f=μF N=μmg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，如此系统的机械能减为零，不守恒，故A、B、C错误，D正确。
【多维训练】(多项选择)(2019·宣城模拟)如下列图，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，如下说法正确的答案是( )A.假设物体滑动中不受摩擦力，如此该系统全过程机械能守恒B.假设物体滑动中有摩擦力，如此该系统全过程动量守恒C.不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前一样D.不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能一样【解析】选B、C、D。
物体与油泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，如此系统动量一直守恒，故B 正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B 端的油泥上后系统共同的速度与初速度是一样的，故C正确；由C的分析可知，当物体与B 端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确。
2019-2020年高考物理大一轮复习第六章碰撞与动量守恒题型探究课动量守恒中的力学综合问题课件
(2)由机械能守恒定律知：物块 A 与 B 碰前的速度仍为 v0＝6 m/s A 与 B 碰撞过程动量守恒，设碰后 A、B 的速度为 v 共 mv0＝2mv 共解得 v 共＝12v0＝3 m/s 设 A 与 B 碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为 s， 由动能定理得－μ×2mgs＝0－12×2mv2共 解得：s＝2vgμ2共 ＝4.5 m 故 k＝Ls ＝40..51＝45.
(2)法一：由(1)可求得碰后小物块 B 的速度为 v2＝12 2gR 设小物块 B 与长木板 C 相互作用达到的共同速度为 v，长木 板 C 的最小长度为 L，有 mv2＝(m＋2m)v μmgL＝12mv22－12(m＋2m)v2 由以上各式解得 L＝6Rμ.
法二：由(1)可求得碰后小物块 B 的速度为 v2＝12 2gR 设小物块 B 运动位移为 x1 时，小物块 B、长木板 C 达到共同 速度 v，此时长木板 C 运动的位移为 x2 对小物块 B 有 μmg＝maB，v22－v2＝2aB·x1 对长木板 C 有 μmg＝2maC，v2＝2aC·x2，avC＝v2a－B v 木板的最小长度 L＝x1－x2 由以上各式解得 L＝6Rμ. 答案：见解析
(1)若 h 为 2.8 m，则工件滑到圆弧底端 B 点时对轨道的压力 为多大？ (2)要使工件能被站在台面 DE 上的工人接住，则 h 的取值范 围为多少？
解析：(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端 B 点，设到 B 点时的 速度为 vB，根据动能定理有 mgh＝12mv2B 工件做圆周运动，在 B 点，由牛顿第二定律得 FN－mg＝mvR2B 联立解得 FN＝40 N 由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端 B 点时对轨道的压力 为 FN′＝FN＝40 N.
高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒综合检测(含解析)鲁科版-鲁科版高三全册物理试题
碰撞与动量守恒综合检测(时间:90分钟总分为:100分)一、选择题(此题共12小题,每题4分,共48分.在每一小题给出的四个选项中,第1~7题只有一个选项正确,第8~12题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1.如下列图,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,如此物块滑至斜面的底端时,重力的瞬时功率与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.2.一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,如下列图.如此在子弹打击木块A与弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统( C )A.动量守恒,机械能守恒B.动量不守恒,机械能守恒C.动量守恒,机械能不守恒D.无法判定动量、机械能是否守恒解析:子弹、两木块和弹簧组成的系统在水平方向上不受外力,竖直方向上所受外力的合力为零,所以动量守恒;机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外,其他力对系统不做功,此题中子弹射入木块瞬间有局部机械能转化为内能(发热),所以系统的机械能不守恒,故C正确.3.如图,质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止.假设救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,如此救生员跃出后小船的速率为( C )A.v0+vB.v0-vC.v0+(v0+v)D.v0+(v0-v)解析:以水平向右为正方向,根据动量守恒定律,对救生员和船有(M+m)v0=-mv+Mv x,解得v x=v0+(v0+v),选项C正确.4.如图,光滑桌面上小滑块P和Q都可以视为质点,质量相等,Q与轻弹簧相连,设Q静止,P以某一初速度与弹簧碰撞,在此后过程中系统具有的最大弹性势能为( B )A.P的初动能B.P的初动能的C.P的初动能的D.P的初动能的解析:当P,Q速度相等时,弹簧有最大的弹性势能,设P的初速度为v0,P,Q相等的速度为v,如此P的初动能E k0=m,根据动量守恒有mv0=2mv,解得v=,如此最大的弹性势能E p=m-·2mv2=m=E k0,故B正确.5.如下列图,跳楼机是常见的大型机动游乐设备.这种设备的座舱装在竖直柱子上,由升降机送至高处后使其自由下落(不计阻力),一段时间后,启动制动系统,座舱匀减速运动到地面时刚好停下.如下说法正确的答案是( D )A.自由下落阶段和制动阶段乘客机械能的变化量相等B.自由下落阶段和制动阶段,乘客所受合力的冲量一样C.自由下落阶段和制动阶段,乘客所受重力做的功一定相等D.整个下落过程中,乘客的最大速度是全程平均速度的两倍解析:自由下落阶段乘客的机械能不变,制动阶段乘客机械能减小,选项A错误;自由下落阶段和制动阶段,乘客的动量变化等大反向,如此乘客所受合力的冲量大小一样,方向相反,选项B 错误;自由下落阶段和制动阶段下降的距离不一定一样,如此乘客所受重力做的功不一定相等,选项C错误;整个下落过程中,假设乘客的最大速度是v,如此自由阶段的平均速度为,制动阶段的平均速度也是,即最大速度是全程平均速度的两倍,选项D正确.6.如下列图,质量为M的小车静止在光滑的水平地面上,小车上有n个质量为m的小球,现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出,第一种方式是将n个小球一起抛出,第二种方式是将小球一个接一个地抛出,比拟用这两种方式抛完小球后小车的最终速度(小车的长度足够长)( C )A.第一种较大B.第二种较大C.两种一样大D.不能确定解析:n个小球和小车组成的系统动量守恒,设小车的最终速度为v1,由动量守恒定律得Mv1+nmv=0,解得v1=-v,两次求出的最终速度一样,选项C正确.7.质量为m=2 kg的物体受到水平拉力F的作用,在光滑的水平面上由静止开始做直线运动,运动过程中物体的加速度随时间变化的规律如下列图.如此如下判断正确的答案是( D )A.0~4 s内物体先做加速运动再做匀速运动B.6 s末物体的速度为零C.0~4 s内拉力冲量为18 N·sD.0~4 s内拉力做功49 J解析:物体是从静止开始运动,故在0~1 s内做加速度增大的加速运动,2~4 s内做匀加速直线运动,4~6 s做加速度减小的加速运动,6 s末加速度为零,速度最大,A,B错误;a t图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量,故根据动量定理可得0~4 s内拉力的冲量为I=Ft=m·Δv=2×(3+4)×2×N·s=14 N·s,C错误;因为水平面光滑,故物体受到的合力大小等于F,根据动能定理可得W F=mv2-0=E k,因为是从静止开始运动的,所以4 s末的动量为p=14 N·s,根据p=可得知W F=49 J,D正确.8.将一物体水平抛出并开始计时,只受重力作用,如下说法正确的答案是( BD )A.瞬时速度与时间成正比B.重力的瞬时功率与时间成正比C.动能的增量与时间成正比D.动量的增量与时间成正比解析:根据平抛运动的规律有v=,可知瞬时速度与时间不成正比,故A错误;根据瞬时功率的定义有P=mgv y=mg2t,如此重力的瞬时功率与时间成正比,B正确;根据动能定理有ΔE k=mgh=mg·gt2,故动能的增量与时间不成正比,故C错误;由动量定理可知Δp=I G=mgt,如此动量的增量与时间成正比,故D正确.9.在光滑水平面上有三个弹性小钢球a,b,c处于静止状态,质量分别为2m,m和2m.其中a,b两球间夹一被压缩了的弹簧,两球通过左右两边的光滑挡板束缚着.假设某时刻将挡板撤掉,弹簧便把a,b两球弹出,两球脱离弹簧后,a球获得的速度大小为v,假设b,c两球相距足够远,如此b,c两球相碰后( BD )A.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反B.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反C.c球的速度大小为vD.c球的速度大小为v解析:设b球脱离弹簧时的速度为v0,b,c两球相碰后b,c的速度分别为v b和v c,取向右为正方向,弹簧将a,b两球弹出过程,由动量守恒定律得0=-2mv+mv0,解得v0=2v,b,c两球相碰过程,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv b+2mv c,m=m+·2m,联立解得v b=-v(负号表示方向向左,运动方向与原来相反),v c=v,故B,D正确.10.某同学从圆珠笔中取出轻弹簧,将弹簧一端竖直固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开,他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离.不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦,在弹簧恢复原长的过程中( CD )A.笔帽一直做加速运动B.弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C.弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D.弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽抑制重力做功的平均功率解析:弹簧恢复原长的过程中,笔帽先向上做加速运动,弹簧压缩量减小,弹力减小,当弹力等于重力时,加速度为零,速度最大,此后弹力小于重力,合力向下,笔帽做减速运动,故A错误;笔帽向上运动,受到的弹力方向向上,力与位移同向,故弹力对笔帽作正功,重力方向向下,与位移反向,对笔帽做负功,由于笔帽离开弹簧时动能不为0,所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽抑制重力做的功,时间一样,根据功率的定义P=可知,D正确;弹簧对桌面虽然有弹力,但没有位移,所以不做功,故B错误;由于轻弹簧质量不计,所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力,作用时间一样,冲量大小相等,故C正确.11.在冰壶比赛中,球员手持毛刷擦刷冰面,可以改变冰壶滑行时受到的阻力.如图(a)所示,蓝壶静止在圆形区域内,运动员用等质量的红壶撞击蓝壶,两壶发生正碰,假设碰撞前后两壶的v t图象如图(b)所示.关于冰壶的运动,如下说法正确的答案是( CD )A.两壶发生了弹性碰撞B.蓝壶运动了4 s停下C.碰撞后两壶相距的最远距离为1.275 mD.碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3 m/s2解析:由图(b)可知,碰前红壶的速度v0=1.2 m/s,碰后红壶的速度v红=0.3 m/s,取碰撞前红壶的速度方向为正方向,碰撞过程系统动量守恒,如此有mv0=mv红+mv,解得v=0.9 m/s;碰撞前两壶的总动能E k1=m=0.72 m,碰撞后两壶的总动能E k2=m+mv2=0.45 m<E k1,所以两壶碰撞为非弹性碰撞,故A错误;由碰前红壶的v t图象可知,红壶的加速度大小为a= m/s2=0.4m/s2,即蓝壶再次静止的时刻为t= s=4 s,所以蓝壶运动了3 s停下,故B错误;v t图线与坐标轴围成的面积表示位移,如此碰后两壶相距的最远距离s=-m=1.275 m,故C正确;碰后蓝壶的加速度大小a'== m/s2=0.3 m/s2,故D正确.12.如下列图,小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道,整个小车(含管道)的质量为2m,原来静止在光滑的水平面上.今有一个可以看做质点的小球,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,小球恰好能到达管道的最高点,然后从管道左端滑离小车.关于这个过程,如下说法正确的答案是( BC )A.小球滑离小车时,小车回到原来位置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D.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解析:小球恰好到达管道的最高点,说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0,小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,根据水平方向的动量守恒,有mv=(m+2m)v',得v'=,小车动量变化大小Δp车=2m·=mv,D项错误.小球从滑进管道到滑到最高点,根据机械能守恒定律有mgH=mv2-(m+2m)v'2,得H=,C项正确.小球从滑上小车到滑离小车的过程,有mv=mv1+2mv2,mv2=m+·2m,解得v1=-,v2=v,如此小球滑离小车时相对小车的速度大小为v+v=v,B项正确.在整个过程中小球对小车总是做正功,因此小车一直向右运动,A项错误.二、非选择题(共52分)13.(8分)如图为一弹簧弹射装置,在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧,弹簧压缩并锁定,在金属管两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管径且与弹簧不固连).现解除弹簧锁定,两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射.然后按下述步骤进展实验:①记录两球在水平地面上的落点P,Q;②用刻度尺测出两管口离地面的高度h;③用天平测出两球质量m1,m2.回答如下问题:(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能,还需测量的物理量有.(重力加速度g)A.弹簧的压缩量ΔxB.两球落点P,Q到对应管口M,N的水平距离s1,s2C.小球直径D.两球从管口弹出到落地的时间t1,t2(2)根据测量结果,可得弹性势能的表达式为E p=(用测出量表示).(3)由上述测得的物理量来表示,如果满足关系式(用测出量表示),就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒.解析:(1)根据机械能守恒定律可知,弹簧的弹性势能等于两球得到的动能之和,而要求解动能必须还要知道两球弹射的初速度v0,由平抛运动规律可知v0=,故还需要测出两球落点P,Q到对应管口M,N的水平距离s1,s2.(2)小球被弹开时获得的动能E k=m=,故弹性势能的表达式为E p=m1+m2=+.(3)如果满足关系式m1v1=m2v2,即m1s1=m2s2,那么就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒. 答案:(1)B (2)+(3)m1s1=m2s2评分标准:第(1)问2分,第(2)(3)问各3分.14.(6分)用如图(甲)所示的气垫导轨来验证动量守恒定律,用频闪照相机闪光4次拍得照片如图(乙)所示,闪光时间间隔为Δt=0.02 s,闪光本身持续时间极短,在这4次闪光时间内A,B均在0~80 cm范围内且第一次闪光时,A恰好过s=55 cm处,B恰好过s=70 cm处,如此由图可知:(1)两滑块在s=cm处碰撞.(2)两滑块在第一次闪光后t=s时发生碰撞.(3)假设碰撞过程中满足动量守恒,如此A,B两滑块的质量比为.解析:(1)碰撞发生在第1,2两次闪光时刻之间,碰撞后B静止,故碰撞发生在s=60 cm处. (2)碰撞后A向左做匀速运动,设其速度为v A',所以v A'·Δt=20 cm.从碰撞到第二次闪光时A 向左运动10 cm,设经历的时间为t',有v A'·t'=10 cm.设第一次闪光到发生碰撞经历的时间为t,有t+t'=Δt,得t==0.01 s.(3)碰撞前,A的速度大小为v A==5 m/s;B的速度大小为v B==10 m/s;碰撞后,A的速度v A'==10 m/s,取向左为正方向,如此由动量守恒定律可知m A v A'=m B v B-m A v A,解得m A∶m B=2∶3.答案:(1)60 (2)0.01 (3)2∶3评分标准:每空2分.15.(6分)如下列图,一只质量为5.4 kg 的保龄球,撞上一只原来静止,质量为1.7 kg的球瓶.此后球瓶以3.0 m/s的速度向前飞出,而保龄球以1.8 m/s的速度继续向前运动,假设它们相互作用的时间为0.05 s.求:(1)碰撞后保龄球的动量;(2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小.解析:(1)碰撞后保龄球的动量p'=m1v'=5.4×1.8 kg·m/s=9.72 kg·m/s.(2分)(2)以初速度方向为正方向,对球瓶有Δp=Mv-0=1.7×3.0 kg·m/s=5.1 kg·m/s(1分)由动量定理得F·t=Δp(2分)代入数据求得F=102 N.(1分)答案:(1)9.72 kg·m/s(2)102 N16.(8分)如图,“冰雪游乐场〞滑道上的B点左侧水平而粗糙,右侧是光滑的曲面,左右两侧平滑连接,质量m=30 kg的小孩从滑道顶端A点由静止开始下滑,经过B点时被静止的质量为M=60 kg 的家长抱住,一起滑行到C点停下(C点末画出),A点高度h=5 m,人与水平滑道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:(1)小孩刚到B点时的速度大小v B;(2)B,C间的距离s.解析:(1)从A点到B点,根据机械能守恒定律得mgh=m(2分)得v B=10 m/s.(1分)(2)家长抱住小孩瞬间,由动量守恒定律有mv B=(m+M)v(1分)解得v= m/s(1分)接着以共同速度v向左做匀减速直线运动,由动能定理得-μ(m+M)gs=0-(m+M)v2(1分)解得s= m.(2分)答案:(1)10 m/s (2) m17.(12分)如下列图,光滑的水平面上有P,Q两个竖直固定挡板,A,B是两挡板连线的三等分点.A点处有一质量为m2的静止小球,紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰.小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰,两小球均可视为质点.求:(1)两小球m1和m2第一次碰后的速度v1和v2;(2)假设两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点,且m1<m2,求m1和m2的可能比值.解析:(1)两球发生弹性正碰,设碰后速度分别为v1和v2,如此有m1v0=m1v1+m2v2,(2分)m1=m1+m2,(2分)解得v1=v0,(1分)v2=.(1分)(2)m1与m2在B点相碰有两种情形.第一种情形,m1被P反弹后追上m2.由于v1=v0<0,m1运动距离为m2的3倍,如此有|-v1t|=3v2t,(2分)解得=.(1分)第二种情形,m1与P反弹,m2与Q反弹后在B点相碰,m1,m2运动距离相等,有|-v1t|=v2t,(2分)解得=.(1分)答案:(1)v0(2)1∶7或1∶318.(12分)如下列图,质量分别为m1=1.0 kg和m2=2.0 kg 的甲、乙两物体之间夹有少量炸药,两物体一起沿水平地面向右做直线运动,当速度v0=1 m/s时夹在两物体间的炸药爆炸,之后甲物体以7 m/s的速度仍沿原方向运动.两物体均可视为质点,甲物体与地面间的动摩擦因数为0.35,乙物体与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g=10 m/s2.求:(1)炸药爆炸使甲、乙两物体增加的总动能;(2)甲、乙两物体别离2 s后两者之间的距离.解析:(1)爆炸瞬间系统动量守恒,以向右为正方向,设爆炸后甲物体的速度为v1,乙物体的速度为v2,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2(1分)代入数据解得v2=-2 m/s,负号表示速度方向与正方向相反(1分)由能量守恒定律得ΔE k=m1+m2-(m1+m2)(2分)代入数据解得ΔE k=27 J.(1分)(2)甲、乙两物体别离后,甲物体向右匀减速滑行,乙物体向左匀减速滑行根据牛顿第二定律得甲物体滑行的加速度大小a1=μ1g=3.5 m/s2(1分)乙物体滑行的加速度大小a2=μ2g=2 m/s2(1分) 从别离到甲物体停止运动,经过的时间t1==2 s(1分)甲物体运动的位移为s1=t1=7 m(1分)从别离到乙物体停止运动,经过的时间t2==1 s(1分)乙物体运动的位移为s2=t2=1 m(1分)故甲、乙两物体别离2 s后两者之间的距离d=s1+s2=8 m.(1分)答案:(1)27 J (2)8 m。
2019高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第1讲动量冲量动量定理课件
(2)方向恒定的变力的冲量计算 若力 F 的方向恒定， 而大小随时间变化的情况如图所示， 则 该力在时间Δ t＝t2－t1 内的冲量大小在数值上就等于图中阴 影部分的“面积”．
(3)一般变力的冲量计算 在中学物理中， 一பைடு நூலகம்变力的冲量通常是借助于动量定理来计 算的． (4)合力的冲量计算 几个力的合力的冲量计算， 既可以先算出各个分力的冲量后 再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量．
提示：B
)
B．减小球对手的冲击力 D．减小球的动能变化量
想一想 (多选)一个质量为 m 的物体以初速度 v0 开始做平抛运动， 经过时间 t 下降的高度为 h，速度变为 v，则在这段时间内 物体的动量变化大小为( A．m(v－v0) C．m v2－v2 0
提示：BCD
) B．mgt D．m 2gh
(2)表达式：F· Δ t＝Δ p＝p′－p.
合力 (3)矢量性： 动量变化量的方向与__________ 的方向相同， 可
以在某一方向上应用动量定理．
2．动量、动能、动量的变化量的比较 名称 项目 定义 定义式 矢标性 特点 关联方 程 动量 物体的质量和 速度 _________ 的乘积 动能 动量变化量 物体末动量与初 矢量差 动量的_______ Δ p＝p′－p 矢量 过程量 ________
对动量和冲量的理解 【知识提炼】 1．对动量的理解 (1)动量是矢量， 方向与速度方向相同． 动量的合成与分解遵 循平行四边形定则、三角形法则． (2)动量是状态量． 通常说物体的动量是指运动物体某一时刻 的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时 速度．
(3)动量是相对量． 物体的动量与参照物的选取有关， 通常情 况下，指相对地面的动量．单位是 kg·m/s. 2．冲量的计算 (1)恒力的冲量计算 恒力的冲量可直接根据定义式来计算， 即用恒力 F 乘以其作 用时间Δ t 而得．
2019版高考物理总复习 第六章 碰撞与动量守恒 能力课 动量和能量观点的综合应用课件.pptx
“滑块—弹簧”模型的解题思路 (1)应用系统的动量守恒。 (2)应用系统的机械能守恒。 (3)应用临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最 大。
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【变式训练1】 (2017·江西南昌模拟)(多选)如图2甲所示，在光滑水平面 上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧 的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所 示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x， 则( )
图5 (1)物块在车面上滑行的时间t； (2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。
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解析 (1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向， 根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff， 对物块应用动量定理有－Fft＝m2v－m2v0，又Ff＝μm2g
解得 t＝μ（mm1＋1vm0 2）g，代入数据得 t＝0.24 s。
(2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度， 设其为v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′
由功能关系有12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL，代入数据解得 v0′＝5 m/s
故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。 答案 (1)0.24 s (2)5 m/s
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【例1】 如图1所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位 于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左 侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程 中。
图1 (1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B的最大速度。
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解析 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑 块A、B同速。系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得 mAv0＝(mA＋mB)v，解得 v＝mmA＋Avm0 B＝11＋×43 m/s＝1 m/s 弹簧的最大弹性势能即滑块 A、B 损失的动能 Epm＝12mAv20－12(mA＋mB)v2＝6 J。 (2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度， 由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm 12mAv20＝12mBv2m＋12mAv2A，解得 vm＝2 m/s，向右。 答案 (1)6 J (2)2 m/s，向右
2019版高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 6.1 动量 动量定理
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【解析】选B。以初速度方向为正,有:Δp=p2-p1=mv2mv1=- mv0-mv0=- mv0,所以滑块的动量改变量的大小
1 3 为 mv0,方向与v0的方向相反,故A、C错误,B正确;根 2 2 据I=Ft得重力的冲量为I=mgt,不为零,故D错误。
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物体沿水平面运动,重力与运动方向垂直,重力不
做功,而重力的冲量是I=mgt,只要在时间上有积累,则
力的冲量就不为零,与运动方向无关
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(4)物体所受合力不变,则动量也不改变。 纠错:_________________________________________ ______________________________。 (5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的 方纠向错相:__同__。____________物__体__所__受__合__力__不__为__零__,_则__物__体__有冲量,根据动量 ____________________________。
过程动量的变化量Δp1=0-(-mv0)=mv0,下落过程动量的变化量Δp2=mv0-0=mv0,大小均为 mv0,且方向均竖直向下,故A、C正确,B错误;小球由地面竖直向上发射到上升至最高点 又返回地面的整个过程中重力的冲量为I=mv0-(-mv0)=2mv0,D错误。
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2.(多选)(2018·合肥模拟)一质点静止在光滑水平面上,现对其施加水平外力F,F随时间按 正弦规律变化,如图所示,下列说法正确的是 ( )
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速
度大小为v。对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得
2019版高考物理一轮复习： 第六章 动量 动量守恒定律 微专题49 碰撞
49 碰撞[方法点拨] (1)对于弹性碰撞的动量守恒和能量守恒要熟知，对于和一个静止的物体发生弹性碰撞后的速度表达式要熟记，如果在考场上来计算，太浪费时间．(2)明确碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态．1．(2018·湖北荆州质检)如图1所示， A 、B 两小球在光滑水平面上分别以动量p 1＝4 kg·m/s 和p 2＝6 kg·m/s(向右为正方向)做匀速直线运动，则在A 球追上B 球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp 1和Δp 2可能分别为( )图1A ．－2 kg·m/s, 3 kg·m/sB ．－8 kg·m/s, 8 kg·m/sC ．1 kg·m/s, －1 kg·m/sD ．－2 kg·m/s, 2 kg·m/s2．(2017·湖北武汉2月调考)在光滑水平面上，物块a 以大小为v 的速度向右运动，物块b 以大小为u 的速度向左运动，a 、b 发生弹性正碰．已知a 的质量远远小于b 的质量，则碰后物块a 的速度大小是( ) A ．v B ．v ＋u C ．v ＋2u D ．2u －v3．(2018·山东济宁期中)在光滑的水平地面上放有一质量为M 带光滑14圆弧形槽的小车，一质量为m 的小铁块以速度v 沿水平槽口滑去，如图2所示，若M ＝m ，则铁块离开车时将( )图2A ．向左平抛B ．向右平抛C ．自由落体D ．无法判断4．(2017·北京海淀区零模) 如图3所示，在光滑水平地面上有A 、B 两个小物块，其中物块A 的左侧连接一水平轻质弹簧．物块A 处于静止状态，物块B 以一定的初速度向物块A 运动，并通过弹簧与物块A 发生弹性正碰．对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率－时间图象进行描述，在下图所示的图象中，图线1表示物块A 的速率变化情况，图线2表示物块B 的速率变化情况．则在这四个图象中可能正确的是( )图35.质量为m1＝1 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x－t 图象如图4所示，则( )图4A．此碰撞一定为弹性碰撞B．被碰物体质量为2 kgC．碰后两物体速度相同D．此过程有机械能损失6．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图5所示．则上述两种情况相比较( )图5A．子弹的末速度大小相等B．系统产生的热量一样多C．子弹对滑块做的功不相同D．子弹和滑块间的水平作用力一样大7．(多选)(2017·江西新余一中第七次模拟)如图6所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，物体压缩弹簧(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断开，物体沿车滑动到B端并粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是( )图6A．若物体滑动中不受摩擦力，则全过程系统机械能守恒B．若物体滑动中受摩擦力，全过程系统动量守恒C．不论物体滑动中受不受摩擦力，小车的最终速度与断线前相同D．不论物体滑动中受不受摩擦力，系统损失的机械能相同8．如图7所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B两球碰撞前、后两球的总动能之比为________．图79．(2017·广东广州12月模拟)如图8所示，水平面上相距为L＝5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M＝2 kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d ＝3 m．一质量为m＝1 kg的小物块A以v0＝6 m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞．两物块与OQ段的动摩擦因数均为μ＝0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能．重力加速度g＝10 m/s2, 求：图8(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度；(2)两物块各自停止运动时的时间间隔．10．(2018·甘肃天水一中学段考试)如图9所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m的小物块，物块跟车表面的动摩擦因数为μ，平板车的质量M＝2m，车与物块一起向右以初速度v0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰．设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g，求：图9(1)平板车的长度L至少多长时，小物块才不会从车上落下来；(2)若在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞n次后，物块跟车一起运动的速度v n；(3)在车与左右墙壁来回碰撞的整个过程中，小物块在车表面相对于车滑动的总路程s.答案精析1．D [由于碰撞过程中动量守恒，两小球动量变化大小相等，方向相反，因此A 错误；因为碰撞的过程中系统动能不增加．若Δp 1和Δp 2分别为－8 kg·m/s, 8 kg·m/s，则p 1′＝－4kg·m/s，p 2′＝14 kg·m/s，根据E k ＝p 22m知相撞过程中系统动能增加，B 错误；两球碰撞的过程中，B 球的动量增加，Δp 2为正值，A 球的动量减小，Δp 1为负值，故C 错误．变化量分别为－2 kg·m/s、2 kg·m/s，符合动量守恒、动能不增加以及实际的规律，故D 正确．] 2．C3．C [小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝Mv 车＋mv 铁由机械能守恒定律得：12mv 2＝12Mv 车2＋12mv 铁2解得铁块离开小车时：v 铁＝0，v 车＝v所以铁块离开时将做自由落体运动，故A 、B 、D 错误，C 正确．]4．B [物块B 压缩弹簧的过程，开始时A 做加速运动，B 做减速运动，两个物块的加速度增大．当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A 继续加速，B 继续减速．当弹簧恢复原长时B 离开弹簧，A 、B 均做匀速直线运动，C 、D 错误；由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，碰后速度v A ＝2m B m A ＋m B v 0，v B ＝m B －m Am A ＋m Bv 0.A 、B 两项中碰后B 的速度为正值，可知m B >m A ，故v A ＝2m Am B＋1v 0>v 0，故A 错误，B 正确．]5．A [x －t 图象的斜率表示物体的速度，由题图求出碰撞前后的速度分别为：v 1＝4 m/s ，v 2＝0，v 1′＝－2 m/s ，v 2′＝2 m/s ；由动量守恒定律m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′得，m 2＝3 kg ；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8 J ，机械能没有损失，因此是弹性碰撞，B 、C 、D 错误，A 正确．]6．AB [根据动量守恒，两种情况下最终子弹与木块的速度相等，A 正确；根据能量守恒可知，初状态子弹动能相同，末状态两木块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量也相同，B 正确；子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，因此做功相同，C 错误；产生的热量Q ＝F f ·Δx ，由于产生的热量相同，而相对位移Δx 不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D 错误．]7．BCD [物体与油泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故A 错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B 正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B 端粘在B 端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C 正确；由C 的分析可知，当物体与B 端橡皮泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中受不受摩擦力无关，故D 正确．] 8．4∶1 9∶5解析 设A 、B 球的质量分别为m A 和m B ，A 球碰撞后的速度大小为v A 2，B 球碰撞前、后的速度大小分别为v B 1和v B 2，由题意知v B 1∶v B 2＝3∶1，v A 2＝v B 2.A 、B 碰撞过程由动量守恒定律得m B v B 1＝m A v A 2－m B v B 2，所以有m A m B ＝v B 1＋v B 2v A 2＝41.A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为12m B v B 1212m B v B 22＋12m A v A 22＝95. 9．(1)2 m/s ，方向向左 4 m/s ，方向向右 (2)1 s解析 (1)设A 、B 在O 点碰后的速度分别为v 1和v 2，以向右为正方向 由动量守恒：mv 0＝mv 1＋Mv 2碰撞前后动能相等：12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22解得：v 1＝－2 m/s ，负号表示方向向左；v 2＝4 m/s ，方向向右 (2)碰后，两物块在OQ 段减速时加速度大小均为：a ＝μg ＝2 m/s 2B 经过t 1时间与Q 处挡板碰，由运动学公式： v 2t 1－12at 12＝d得t 1＝1 s(t 1＝3 s 舍去)与挡板碰后，B 的速度大小v 3＝v 2－at 1＝2 m/s 反弹后减速时间t 2＝v 3a＝1 s反弹后经过位移x 1＝v 322a＝1 m ，B 停止运动．物块A 与P 处挡板碰后，以v 4＝2 m/s 的速度滑上O 点，经过x 2＝v 422a＝1 m 停止．所以最终A 、B 的距离x ＝d －x 1－x 2＝1 m ，两者不会碰第二次． 在A 、B 碰后，A 运动总时间t A ＝2(L －d )|v 1|＋v 4μg＝3 sB 运动总时间t B ＝t 1＋t 2＝2 s则时间间隔Δt AB ＝1 s. 10．(1)8v 023μg (2)v 03n (3)3v 022μg解析 (1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变、方向相反，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力F f ＝μmg设物块与车共同速度为v 1，对车与物块组成的系统，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定律有(M －m )v 0＝(M ＋m )v 1设平板车的长至少为L ，根据能量守恒定律有 12(M ＋m )v 02－12(M ＋m )v 12＝12F f L 解得L ＝8v 023μg(2)由(1)可解得v 1＝v 03平板车和物块一起向右运动，与墙壁碰撞后共同速度为碰撞前的13，那么平板车和物块以相同的速度v 1与左侧墙壁碰撞后最终的共同速度为v 2，与向右碰撞过程相同， 所以v 2＝13v 1＝(13)2v 0所以经过n 次碰撞后的速度v n ＝v 03n(3)经过足够多的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能逐渐减少，最后全都转化为内能F f s ＝12(M ＋m )v 02整理得s ＝3v 022μg .。
2019届高考物理一轮复习全国版教师用书：第六章 碰撞
[高考导航]基础课1 动量和动量定理知识排查动量1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示。
2.表达式：p ＝mv 。
3.单位：kg·m/s 。
4.标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。
冲量1.定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。
公式：I ＝Ft 。
2.单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s 。
3.方向：冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。
动量定理1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。
2.表达式：Ft ＝Δp ＝p ′－p 。
3.矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。
小题速练1.(2017·北京西城区模拟)(多选)关于动量和冲量，下列说法正确的是()A.物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同B.物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化C.物体所受合外力的冲量等于物体的动量D.物体动量的方向与物体的运动方向相同解析物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的方向相同，与动量的方向不一定相同，故选项A错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故选项B正确，C错误；物体的动量p ＝mv，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，选项D正确。
答案BD2.一质量为m＝100 g的小球从高h＝0.8 m处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，以向下为正方向，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(重力加速度大小g取10 m/s2)()A.0.4 N·sB.－0.4 N·sC.0.6 N·sD.－0.6 N·s解析设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，由h＝12gt21得t1＝2hg＝0.4 s。
设软垫对小球的冲量为I N，则对小球整个运动过程运用动量定理得，mg(t1＋t)＋I N ＝0，得I N＝－0.6 N·s，选项D正确。
高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 核心素养提升练(六)(含解析)鲁科版-鲁科版高三全册物理试
核心素养提升(六)[二级结论] “一动一静〞弹性碰撞的结论质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰有m1v1=m1v1'+m2v2'm1=m1v1'2+m2v2'2,解得v1'=,v2'=.结论:(1)当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1.(2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'.(3)当m1<m2时,v1'<0,v2'>0.(4)当m1≫m2时,v1'=v1,v2'=2v1.(5)当m1≪m2时,v1'=-v1,v2'=0.[示例] (2019·江西赣州模拟)如下列图,B,C,D,E,F 5个小球并排放置在光滑的水平面上,B,C,D,E 4个球质量相等,而F球质量小于B球质量,A球的质量等于F球质量.A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,如此碰撞之后( A )A.3个小球静止,3个小球运动B.4个小球静止,2个小球运动C.5个小球静止,1个小球运动D.6个小球都运动解析:因A,B质量不等,m A<m B.A,B相碰后,A向左运动,B向右运动.B,C,D,E质量相等,弹性碰撞后,不断交换速度,最终E有向右的速度,B,C,D静止.E,F质量不等,m E>m F,如此E,F都向右运动.所以B,C,D静止;A向左运动,E,F向右运动.故A正确,B,C,D错误.[即学即练] 如下列图,在光滑的水平面上有三个完全一样的小球,它们排成一条直线,小球2,3静止,并靠在一起,小球1以速度v0射向它们,设碰撞中不损失机械能,如此碰后三个小球的速度值是( D )A.v1=v2=v3=v0B.v1=0,v2=v3=v0C.v1=0,v2=v3=v0D.v1=v2=0,v3=v0解析:由题意知,三个小球完全一样,且它们之间的碰撞为弹性碰撞,小球1与小球2碰撞后交换速度,小球1静止,小球2以速度v0向右运动,小球2与小球3碰撞后小球2静止,小球3以速度v0向右运动,应当选项D正确.[物理方法] 动量守恒中的临界问题1.问题关键在动量守恒应用中,常常遇到相互作用的两物体恰好别离、恰好不相撞、两物体相距最近、某物体恰开始反向等临界问题,解决这类问题的关键是:(1)抓住题目中的关键词,理解临界状态出现的原因;(2)通过分析系统内各物体的受力情况、运动情况取得临界条件所满足的关系式.2.常见类型(1)物体恰好到达另一个斜面或弧形槽的最高点.临界条件是两物体的水平速度相等,竖直速度为零.(2)两物体恰好不相撞.临界条件是两物体接触时速度恰好相等.(3)物体刚好不滑出小车.临界条件是物体滑到小车一端时与小车的速度相等.(4)弹簧具有最大弹性势能.当弹簧压缩到最短或伸长到最长时,该弹簧具有最大弹性势能.弹簧连着的两物体不能再靠近或远离,此时两物体具有一样的速度.因此,该类问题临界状态是弹簧连着的两物体速度相等.[示例] (2016·全国Ⅲ卷,35)如下列图,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b相距l;b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为m,两物块与地面间的动摩擦因数均一样,现使a以初速度v0向右滑动,此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞,重力加速度大小为g,求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.解析:设物块与地面间的动摩擦因数为μ,假设要物块a,b能够发生碰撞,应有m>μmgl即μ<设在a,b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1,由能量守恒有m=m+μmgl设在a,b碰撞后的瞬间,a,b的速度大小为v1',v2',由动量守恒和能量守恒有mv1=mv1'+v2'm=mv1'2+v2'2联立解得v2'=v1由题意知,b没有与墙发生碰撞,由功能关系知v2'2≤μgl联立解得μ≥a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件是≤μ<.答案:见解析[即学即练] 甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车的质量共为M=30 kg,乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时,甲推着一个质量为m=15 kg的箱子和他一起以大小为v0=2.0 m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,如下列图.为了防止相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住.假设不计冰面的摩擦力,求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出,才能防止与乙相撞.解析:法一取甲开始运动的方向为正方向,设甲推出箱子后的速度为v1,箱子的速度为v,以甲和箱子为系统,如此由动量守恒定律得(m+M)v0=Mv1+mv.设乙抓住箱子后其速度为v2,以箱子和乙为系统,如此由动量守恒定律得mv-Mv0=(m+M)v2.而甲、乙不相撞的条件是v2≥v1,当甲和乙的速度相等时,甲推箱子的速度最小,此时v1=v2.联立解得v=5.2 m/s,即甲至少要以对地5.2 m/s的速度将箱子推出,才能防止与乙相撞.法二假设以甲、乙和箱子三者组成的整体为一系统,由于不相撞的条件是甲、乙速度相等,设为v1,如此由动量守恒定律得(m+M)v0-Mv0=(m+2M)v1,代入具体数据可得v1=0.4 m/s.再以甲和箱子为一系统,设推出箱子的速度为v,推出箱子前、后系统的动量守恒(m+M)v0=Mv1+mv,代入具体数据得v=5.2 m/s.答案:5.2 m/s[思维拓展]1.液体类问题液体与其特点液体流质量具有连续性,通常密度ρ分析步(1) 建立“柱状〞模型,沿流速v的方向选取一段柱形流体,其横截面积为S(2)微元研究,作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl,对应的质量为Δm=ρSvΔt2.粒子类问题[示例] 在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的粒子流,从而对飞行器产生反冲力,使其获得加速度.假设飞行器在太空中处于静止,飞行器的质量为M,发射的是2价氧离子,发射功率为P,加速电压为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行器的质量变化,求:(1)射出的氧离子相对于飞行器的速度;(2)每秒钟射出的氧离子数;(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度.解析:(1)每个氧离子带电荷量为q=2e,由动能定理得qU=mv2,如此氧离子速度v=.(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,由此可得每秒钟射出的氧离子数n=.(3)对射出离子,由动量定理得F==nmv,由牛顿第三定律可知,飞行器受力为F=nmv,根据牛顿第二定律有nmv=Ma,如此飞行器开始运动的加速度a=.答案:(1)(2)(3)[即学即练] 为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s,据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3)( A )Pa B.0.54 PaC.1.5 PaD.5.4 Pa解析:设雨滴受到支持面的平均作用力为F,设在t时间内有质量为m的雨水的速度由v=12 m/s减为零.以向上为正方向,对这局部雨水应用动量定理有Ft=0-(-mv)=mv,得到F=v.设水杯横截面积为S,对水杯里的雨水,在t时间内水面上升h,如此有m=ρSh,得F=ρSv.压强p==ρv=1×103×12× Pa=0.15 Pa.。
高考物理大一轮复习领航教学案：第六章 碰撞 动量守恒定律 Word版含解析
第1节动量动量定理动量守恒定律一、冲量、动量和动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)表达式：p＝m v.(3)单位：千克·米/秒．符号：kg·m/s.(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．(2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．二、动量守恒定律1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．2．定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．3．定律的表达式m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量． 可写为：p ＝p ′、Δp ＝0和Δp 1＝－Δp 24．守恒条件(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．[自我诊断]1．判断正误(1)动量越大的物体，其运动速度越大．(×)(2)物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(×)(3)物体的动量变化量等于某个力的冲量．(×)(4)动量是过程量，冲量是状态量．(×)(5)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．(×)(6)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)2．(2017·广东广州调研)(多选)两个质量不同的物体，如果它们的( )A ．动能相等，则质量大的动量大B ．动能相等，则动量大小也相等C ．动量大小相等，则质量大的动能小D ．动量大小相等，则动能也相等解析：选AC.根据动能E k ＝12m v 2可知，动量p ＝2mE k ，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A 正确、B 错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C 正确、D 错误．3．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以()A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量解析：选B.由动量定理Ft＝Δp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B正确．4．(2017·河南开封质检)(多选) 如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：选ACD.当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错，而C、D正确．5．(2017·湖南邵阳中学模拟)一个质量m＝1.0 kg的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F＝10 N与水平面成30°角斜向下的推力作用时，在10 s 内推力的冲量大小为________ N·s，动量的增量大小为________ kg·m/s.解析：根据p＝Ft，可知10 s内推力的冲量大小p＝Ft＝100 N·s，根据动量定理有Ft cos 30°＝Δp.代入数据解得Δp＝50 3 kg·m/s＝86.6 kg·m/s.答案：10086.6考点一动量定理的理解及应用1．应用动量定理时应注意两点(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．2．动量定理的三大应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．(2)应用I＝Δp求变力的冲量．(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．[典例1](2016·高考全国乙卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．解析(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S③(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)v 2＋(Δm)gh＝12(Δm)v2④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为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＝v202g－M2g2ρ2v20S2⑧答案(1)ρv0S(2)v202g－M2g2ρ2v20S2(1)用动量定理解题的基本思路(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．1．如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，则这一过程中动量的变化量为()A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右解析：选 D.选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝m v1－m v0＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6 kg·m/s，负号表示其方向向右，D正确．2. 质量为1 kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示．则物体在前10 s 内和后10 s内所受外力的冲量分别是()A．10 N·s10 N·sB．10 N·s－10 N·sC．010 N·sD．0－10 N·s解析：选 D.由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故正确答案为D.3．如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量是m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，经过时间t2，回到斜面底端．滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是F f，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为________，方向是________；合力对滑块的总冲量大小为________，方向是________．解析：摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为F f(t2－t1)，方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上．合力的冲量为mg(t1＋t2)sin θ＋F f(t1－t2)，沿斜面向下．答案：F f(t2－t1)沿斜面向上mg(t1＋t2)sin θ＋F f(t1－t2)沿斜面向下4．如图所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度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，必须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．解析：考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(M v0－m v0)＝2m v0则水平力的冲量I＝Ft＝2m v0.答案：2m v05．(2017·甘肃兰州一中模拟)如图所示，一质量为M＝2 kg的铁锤从距地面h＝3.2 m高处自由下落，恰好落在地面上的一个质量为m＝6 kg的木桩上，随即与木桩一起向下运动，经时间t＝0.1 s停止运动．求木桩向下运动时受到地面的平均阻力大小．(铁锤的横截面小于木桩的横截面，木桩露出地面部分的长度忽略不计，重力加速度g取10 m/s2)解析：铁锤下落过程中机械能守恒，则v＝2gh＝8 m/s.铁锤与木桩碰撞过程中动量守恒，M v＝(M＋m)v′，v′＝2 m/s.木桩向下运动，由动量定理(规定向下为正方向)得[(M＋m)g－f]Δt＝0－(M＋m)v′，解得f＝240 N.答案：240 N6．(2016·河南开封二模)如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量M＝20kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积S＝10 cm2，速度v＝10 m/s，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量m＝5 kg的水进入小车时，试求：(1)小车的速度大小；(2)小车的加速度大小．解析：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，设当进入质量为m的水后，小车速度为v1，则m v＝(m＋M)v1，即v1＝m vm＋M＝2 m/s(2)质量为m的水流进小车后，在极短的时间Δt内，冲击小车的水的质量Δm ＝ρS(v－v1)Δt，设此时水对车的冲击力为F，则车对水的作用力为－F，由动量定理有－FΔt＝Δm v1－Δm v，得F＝ρS(v－v1)2＝64 N，小车的加速度a＝FM＋m＝2.56 m/s2答案：(1)2 m/s(2)2.56 m/s2考点二动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．2．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．[典例2](2017·山东济南高三质检)光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为m A＝3m、m B＝m C＝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．解析设A与B碰撞后，A的速度为v A，B与C碰撞前B的速度为v B，B 与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：m A v0＝m A v A＋m B v B①对B、C木块：m B v B＝(m B＋m C)v②由A与B间的距离保持不变可知v A＝v③联立①②③式，代入数据得v B＝65v0④答案6 5 v0应用动量守恒定律解题的步骤(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(或某一方向上动量是否守恒)；(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．1．如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体M上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止开始下滑，在此后的过程中，则()A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒C ．m 从A 到C 的过程中M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 向右运动D ．m 从A 到B 的过程中，M 运动的位移为mR M ＋m解析：选B.M 和m 组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A 错误，B 正确；m 从A 到C 过程中，M 向左加速运动，当m 到达C 处时，M 向左速度最大，m 从C 到B 过程中，M 向左减速运动，C 错误；在m 从A 到B 过程中，有Mx M ＝mx m ，x M ＋x m ＝2R ，得x M ＝2mR /(m ＋M )，D 错误．2．(2016·广东湛江联考)如图所示，质量均为m 的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v ，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v 将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．解析：(1)取向左为正方向，根据动量守恒定律可得推出木箱的过程中0＝(m ＋2m )v 1－m v ，接住木箱的过程中m v ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2.解得v 2＝v 2.(2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得4m v 2＝3m v 3－m v ，则v 3＝v ，故无法再次接住木箱．答案：(1)v 2 (2)否3．(2017·山东济南高三质检)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端．三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg ，开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 相碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小．解析：因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A 的速度大小为v A ，C 的速度大小为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ，A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ，A 、B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足v AB ＝v C ，联立解得v A ＝2 m/s.答案：2 m/s4．人和冰车的总质量为M ，另一木球质量为m ，且M ∶m ＝31∶2.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v (相对地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v (相对地面)将球推向挡板．求人推多少次后不能再接到球？解析：设第1次推球后人的速度为v 1，有0＝M v 1－m v ，第1次接球后人的速度为v 1′，有M v 1＋m v ＝(M ＋m )v 1′；第2次推球(M ＋m )v 1′＝M v 2－m v ，第2次接球M v 2＋m v ＝(M ＋m )v 2′……第n 次推球(M ＋m )v n －1′＝M v n －m v ，可得v n ＝(2n －1)m v M， 当v n ≥v 时人便接不到球，可得n ≥8.25，取n ＝9.答案：9次课时规范训练[基础巩固题组]1．关于物体的动量，下列说法中正确的是()A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向解析：选 D.惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p＝m v，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B错误；加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C 错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．2. 运动员向球踢了一脚(如图)，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t ＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为()A．1 000 N·s B．500 N·sC．零D．无法确定解析：选D.滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间．不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．3．(多选)如图所示为两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是()A．两滑块的动量之和变大B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等D．整个过程中两滑块的机械能增大解析：选BCD.对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A错误；由动量守恒定律得0＝m M v M－m N v N，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B正确；当m M＝m N时，v M＝v N，C正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．4．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是()A．两球抛出后，船向左以一定速度运动B．两球抛出后，船向右以一定速度运动C．两球抛出后，船的速度为0D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大解析：选CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量I甲＝m v－0，人给乙球的冲量I2＝m v－m v′，v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．5．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg解析：选A.由动量定理得(mg－F)t＝0－m v，得F＝m2ght＋mg.选项A正确．6. (多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是()A．0～4 s内物体的位移为零B．0～4 s内拉力对物体做功为零C．4 s末物体的动量为零D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零解析：选BCD.由图象可知物体在4 s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，A错；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4 s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，0～4 秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．7．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m ＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1以乙和A组成的系统为研究对象，有：M2v0＝(M2－m)v1＋m v代入数据联立解得v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s(2)以甲为研究对象，由动量定理得，Ft＝M1v1－(－M1v0)代入数据解得F＝432 N答案：(1)5.2 m/s(2)432 N[综合应用题组]8. (多选)如图把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面拉出，解释这些现象的正确说法是()A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小解析：选CD.在缓慢拉动纸带时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以一般情况是缓拉摩擦力小，快拉摩擦力大，故判断A、B都错；在缓慢拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量即动量的变化可以很大，所以能把重物带动，快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量改变很小．9．(多选)某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s 的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，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．人和小船最终静止在水面上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．船的动量变化量是105 kg·m/s解析：选BD.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为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得：m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入数据解得：v＝0.25 m/s，方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反．故A错误，C错误；人的动量的变化Δp为：Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)＝－105 kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反；故B正确；船的动量变化量为：Δp′＝m船v－m船v船＝140×(0.25＋0.5)＝105 kg·m/s；故D正确．10．如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0 kg的小木块A.现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A 并没有滑离木板B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是()A．2.4 m/s B．2.8 m/sC．3.0 m/s D．1.8 m/s解析：选A.A相对地面速度为0时，木板的速度为v1，由动量守恒得(向右为正)：M v－m v＝M v1，解得：v1＝83m/s.木块从此时开始向右加速，直到两者有共速为v2，由动量守恒得：M v－m v＝(M＋m)v2，解得：v2＝2 m/s，故B对地的速度在2 m/s～83m/s范围内，选项A正确．11．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A＝4.0 kg和m B＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触，另有一物块C 从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示，求：(1)物块C的质量m C；(2)从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小．解析：(1)由图可知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，m C v1＝(m A＋m C)v2，代入数据解得m C＝2 kg.(2)12 s时B离开墙壁，此时B速度为零，A、C速度相等时，v3＝－v2从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中，A、C两物体的动量变化为：Δp＝(m A＋m C)v3－(m A＋m C)v2从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小为I＝2(m A＋m C)v2，代入数据整理得到I＝36 N·s.答案：(1)2 kg(2)36 N·s12. 如图所示，质量为0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)．设小车足够长，求：(1)木块和小车相对静止时小车的速度；(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．解析：(1)以木块和小车为研究对象，由动量守恒定律可得m v0＝(M＋m)v解得：v＝mM＋mv0＝0.4 m/s.(2)再以木块为研究对象，由动量定理可得－μmgt＝m v－m v0解得：t＝v0－vμg＝0.8 s.(3)木块做匀减速运动，加速度为a 1＝F f m ＝μg ＝2 m/s 2小车做匀加速运动，加速度为a 2＝F f M ＝μmg M ＝0.5 m/s 2在此过程中木块的位移为 x 1＝v 2－v 202a 1＝0.96 m 车的位移为：x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×0.82 m ＝0.16 m由此可知，木块在小车上滑行的距离为：Δx ＝x 1－x 2＝0.8 m.答案：(1)0.4 m/s (2)0.8 s (3)0.8 m第2节 碰撞与能量守恒一、碰撞1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．2．分类(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．二、动量与能量的综合1．区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程．但两者守恒的条件不同：。
高考物理一轮复习第六章动量守恒定律力学三大观点2碰撞反冲动量守恒定律的应用考点规范练
碰撞反冲动量守恒定律的应用一、单项选择题1。
如图所示,游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞,此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s,乙同学和他的车的总质量为200 kg,碰撞前向左运动,速度的大小为4.25 m/s,则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)（）A.1 m/sB.0.5 m/sC。
—1 m/s D。
—0.5 m/s解析两车碰撞过程中动量守恒m 1v1—m2v2=（m1+m2)v得v= m/s=—0。
5 m/s。
答案D2。
滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。
人与雪橇的总质量为M,人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动（雪橇所受阻力不计).当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时,雪橇向南的速度大小为()A.B。
C。
D。
v1解析根据动量守恒条件可知，人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒,人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1,D正确。
答案D3.在光滑的水平面上有静止的物体A和B。
物体A的质量是B的2倍,两物体中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连.当把细绳剪断,弹簧在恢复原长的过程中()A。
A的速率是B的2倍B。
A的动量大于B的动量C.A的受力大于B的受力D.A、B组成的系统的总动量为零解析弹簧在恢复原长的过程中，两滑块系统动量守恒，规定向左为正方向，有m1v1+m2(—v2）=0,由于物体A的质量是B的2倍,故A的速率是B的,A的动量等于B的动量,故A、B错误，D正确；根据牛顿第三定律,A受的力等于B受的力，故C错误。
答案D4。
质量相同的两方形木块A、B紧靠在一起放在光滑水平面上，一子弹先后水平穿透两木块后射出，若木块对子弹的阻力恒定不变，且子弹射穿两木块的时间相同，则子弹射穿木块时A、B木块的速度之比为（）A.1∶1 B。
1∶2C。
1∶3 D.1∶4 〚导学号17420223〛解析水平面光滑,子弹射穿木块过程中，子弹受到的合外力为子弹的冲击力,设子弹的作用力为F f,对AB由动量定理得F f t=(m+m)v A,对B由动量定理得F f t=mv B—mv A，解得v A∶v B=1∶3,故C项正确.答案C5.（2016·福建福州模拟）一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v1,加速后航天器的速度大小v2，则喷出气体的质量m为（)A.M B。
2019届高考物理一轮复习全国版教师用书：第六章 碰撞
基础课2动量守恒定律及其应用知识排查动量守恒定律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.表达式(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
3.动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。
弹性碰撞和非弹性碰撞1.碰撞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.分类小题速练 1.思考判断(1)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。
( )(2)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。
( )(3)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。
( )答案 (1)√ (2)× (3)×2.[人教版选修3－5·P 16·T 5改编]某机车以0.8 m/s 的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。
机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。
设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( )A.0.053 m/sB.0.05 m/sC.0.057 m/sD.0.06 m/s解析 取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv 0＝(m ＋15m )v ，v ＝116v 0＝116×0.8 m/s ＝0.05 m/s 。
2019版高考物理一轮复习第六章动量守恒定律课后分级演练19碰撞反冲运动.doc
课后分级演练（十九）碰撞反冲运动【A 级一一基础练】1. （多选）力、〃两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，力球的 动量是7 kg • m/s , 〃球的动量是5 kg • m/s,力球追上3球发生碰撞，则碰撞后力、3两球 的动量可能值是（）A. =8 kg • m/s, PB =4 kg • m/sB. p/ =6 kg • m/s, pj =6 kg • m/sC. p.\ =5 kg • m/s, pn =7 kg • m/sD. p.\ — —2 kg ・ m/s, pj =14kg • m/s 解析：BC 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确；从能量角度分析，A. 〃碰撞过 程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加，碰前B 在前，力在后，碰后如果二者同向，一定仍是〃在前，力在后，力不可能超越〃，所以碰后/ 的速度应小于〃的速度.A 选项中，显然碰后〃的速度大于〃的速度，这是不符合实际情况的，所以n 错. 碰前人B 的总动能煤=愛+礬券碰后人〃的总动能，B 选项中反=与-+牛-所以B 可能.C 选项中Z HI Z/n Zm Lin故C 也可能._血 2 亦 2_200 74 2m 2 m 2 m '2〃/综上，本题正确选项为B 、C. 2. 质量为M 的物块以速度y 运动，与质量为/〃的静止物块发生正碰，碰撞后二者的动M量正好相等.二者质量之比評能为（）A. 6C. 4 解析：B 设碰撞后两物块的动量都为p,根据动量守恒定律可得总动量为2门，根据b2 2 2=2〃豚可得碰撞前的总动能&= 2：'碰撞后的总动能反=佥+気根据碰撞前后的动能关系可得需三鳥+养3. （2017 •北京西城区期末）（多选）冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22 D 选项中反 所以D 是不可能的. B. 3 D. 5届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头.在某次投掷中，冰壶甲运动一段吋间后与对方静止的冰壶乙发生碰撞，如图2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置下列选项正确的是（）解析：BCD 因为两个冰壶质量完全相同，由动量守恒定律易知，B 、C 、D 对，A 错. 4•我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠.观察发现，“接 棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙 猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过稈中，忽略运动员与冰面间在水 平方向上的相互作用，贝9（）A. 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B. 甲.乙的动量变化一定大小相等方向相反C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D. 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：B 在甲、乙相互作用的过程屮，系统的动量守恒，即甲对乙和乙对甲的冲量大 小相等，方向相反，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，选项B 正确，A 错误.由£2佥和A"可知，选项C 、D 均错误.5•如图所示，质量为M 的小船在静止水面上以速率％向右匀速行驶，一质量为/〃的救 生员站在船尾，相对小船静止•若救生员以相对水面速率y 水平向左跃入水中，则救生员跃 出后小船的速率为（）c111 八一界i 刃/ \ D. vo±-iv Q — v) 解析：C 以向右为正方向，据动量守恒定律有（J/+//2）v （y=—inv+Mv f 、解得v f = vo +~ (r 0+ v),故选 C.6. （多选）（2017 •天津和平质量调查）几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》C. vo+yivo+ v) 甲图2的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是（）A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球屮运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同解析：BCD恰好能穿出第4个水球，即末速度y=0,逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为（2-^3）:（羽一迈）: （电一1） : 1,则B正确.由于加速度曰恒定，由at= A r,可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误.因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由/=&可知每个水球对子弹的冲量:不同，C项正确.由动能定理有卜Et=fx, f相同，/相同，则相同，D 项正确.7.（2017 •安徽江南十校联考）如图所示，一个质量为刃的物块力与另一个质量为2刃的物块〃发生正碰，碰后〃物块刚好能落入正前方的沙坑屮.假如碰撞过程屮无机械能损失，已知物块〃与地面I'可的动摩擦因数为0. 1,与沙坑的距离为0. 5 m, g取10 m/s2,物块可视为质点.则力碰撞前瞬间的速度为（）m 2mm 国k ------ 0.5 m- 」 IA. 0. 5 m/sB. 1. 0 m/sC. 1. 5 m/sD. 2. 0 m/s解析：C碰后物块〃做匀减速直线运动，由动能定理有一“・2/〃纠=0—*・2〃朋，得巾=1 m/s. A与〃碰撞过程中动塑守恒、机械能守恒，则有mva=mvx + 2mv2,爲诒=爲说+ 扌• 2〃必解得旳=1. 5 m/s,则C项正确.8.（2016 •北京丰台区质检）如图所示，两质量分别为/巾和加的弹性小球弭、〃叠放在一起，从高度为力处自由落下，力远大于两小球半径，落地瞬间，〃先与地而碰撞，后与力碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计.己知盹=3从, 则力反弹后能达到的高度为（）A. hB. 2/7C. 3/7D. Mi解析：D所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失.设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，伽+ /炖）0?=弓（加+处）,，nkv — nhv= nhvx+nkvz, ~（/^ 9. 如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A. B 、C,质量分别为叭=血=3帥,A. B 用细绳连接，中间有一圧缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）.开始时久〃以共同速度内运动， C 静止.某时刻细绳突然断开，A. 〃被弹开，然后〃又与C 发生碰撞并粘在一起最终三滑块 之间距离不变.求〃与C 碰撞前〃的速度及最终的速度.解析：对力、〃被弹开过程由动量守恒有：（加+处）旳=规【勺+伽巾，对〃、C 碰撞过程由 动量守恒有：H1R V R =（伽+%） Vc 由题意知三个滑块最终速度相同内=%答案：碰撞前〃的速度为〒最终的速度为〒10. （2017 -东营模拟）如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行 太空维修任务.某时刻甲、乙都以大小为^=2 m/S 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同 一直线上且可视为质点.甲和他的装备总质量为拠=90 kg,乙和他的装备总质量为腿=135 kg,为了避免直接相撞，乙从白己的装备中取出一质量为〃尸45 kg 的物体月推向甲，甲迅 速接住/!后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安 全“飘”向空间站.（设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度）（1） 乙要以多大的速度y （相对于空间站）将物体〃推111?（2） 设甲与物体力作用时间为广=0.5 s,求甲与外的相互作用力F 的大小.解析：（1）以甲、乙、力三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正 方向，则有:Mi Vo —M\ Vo = {Mi +腿）旳以乙和力组成的系统为研究对象，由动量守恒得：+ 加）V=^IIhV\~\ ~^nk v-i, ~^/n\ V\ = ni\gh\,将加=3〃力代入，联立可得 h 、=4h. 选项D 正确. 解得最终速度乃=%= 4VoT〃与0碰撞前〃的速度血= 16%〒.〃〃〃〃〃〃/〃〃〃〃〃/〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃♦MiVo= {Mi—ni） v\+mv代入数据联立解得71 = 0. 4 m/s,卩=5. 2 m/s.(2)以甲为研究对象，由动量定理得，Ft=M\ Ki — ( — vo)代入数据解得厂=432 N.答案：(1)5.2 m/s (2)432 N【B级一一提升练】11.(多选)质量为册、内壁间距为厶的箱子静止于光滑的水平而上，箱子中间有一质量为刃的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为〃.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示.现给小物块一水平向右的初速度小物块与箱壁碰撞川次后恰又回到箱子正中间, 并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的，则整个过程屮，系统损失的动能为()1 2 加/ 2W B- /,/+.，!/ lZ1 rC. — V n mgL D • /V n mgL解析：BD设最终箱子与小物块的速度为m根据动量守恒定律：=5+必旳，则动1 1 7771/能损失-(//?+J/) v\,解得A ----------------------------- r , B对；依题意，小物块与箱壁碰撞川次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s=0. 5A+ (/V-1)A+O.5A=/VZ,故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能，、&=Q=NmgL, D对.12.一个人在地面上立定跳远的最好成绩是“假设他站在船头要跳上距离在L远处的平台上，水对船的阻力不计，如图所示.则()A.只要*从他一定能跳上平台B.只要0〈才，他有可能跳上平台C.只要L=x,他一定能跳上平台D.只要L=x,他有可能跳上平台解析:B若立定跳远吋，人离地吋速度为*如题图从船上起跳时，人离船时速度为/ . 船的速度为5,由能量守恒E=^m$, E=如/ 嗚尿.所以/ 人跳出的距离变小,所以B正确.13.如图所示，一个倾角为。
山东高三物理一轮资料全套书稿之第六章第三节 碰撞.doc
6.3 碰撞 反冲 火箭一．考点聚焦动量知识和机械能知识的应用（包括碰撞、反冲、火箭） Ⅱ级要求二、知识扫描1． 碰撞分类（两物体相互作用，且均设系统合外力为零）（1）按碰撞前后系统的动能损失分类，碰撞可分为弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞．（2）弹性碰撞前后系统动能相等．其基本方程为① m 1v 1+m 2v 2=m 1 v 1'+m 2 v 2' ② 222211222211'21'212121v m v m v m v m +=+ ． （3）A 、B 两物体发生弹性碰撞，设碰前A 初速度为v 0，B 静止，则基本方程为 ① m A v 0=m A v A +m B v B ，② 2220212121B B A A A v m v m v m += 可解出碰后速度0v m m m m v B A B A A +-=，v B =02v m m m BA A +．若m A =mB ，则v A = 0 ，v B = v 0 ，即质量相等的两物体发生弹性碰撞的前后，两物体速度互相交换（这一结论也适用于B 初速度不为零时）．（4）完全非弹性碰撞有两个主要特征.①碰撞过程中系统的动能损失最大．②碰后两物体速度相等．2． 形变与恢复（1）在弹性形变增大的过程中，系统中两物体的总动能减小，弹性势能增大，在形变减小（恢复）的过程中，系统的弹性势能减小，总动能增大．在系统形变量最大时，两物体速度相等．（2）若形变不能完全恢复，则相互作用过程中产生的内能增量等于系统的机械能损失．3． 反冲（1）物体向同一方向抛出（冲出）一部分时（通常一小部分），剩余部分将获得相反方向的动量增量，这一过程称为反冲．（2）若所受合外力为零或合外力的冲量可以忽略，则反冲过程动量守恒．反冲运动中，物体的动能不断增大，这是因为有其他形式能转化为动能．例如火箭运动中，是气体燃烧释放的化学能转化为火箭和喷出气体的动能．三、好题精析例1．A 、B 两小物块在光滑水平面上沿同一直线同向运动，动量分别为P A =6.0kg∙m/s ，P B = 8.0kg∙m/s ．A 追上B 并与B 相碰，碰后A 、B 的动量分别为P A ' 和P B '，P A '、P B ' 的值可能为( )A ．P A ' = PB '=7.0kg∙m/s B ．P A ' = 3.0kg∙m/s ，P B '=11.0kg∙m/sC ．P A ' = -2.0kg∙m/s ，P B '=16.0kg∙m/sD ．P A ' = -6.0kg∙m/s ，P B '=20.0k g∙m/s〖解析〗这一碰撞过程应符合以下三个条件：①碰撞中动量守恒．②碰后动能不大于碰前．③A 碰后动量大小一定小于碰前．4.后面物体的速度一定不大于前面物体的速度。
近年高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第3讲验证动量守恒定律学案(2021年整理)
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第3讲验证动量守恒定律一、实验目的1．验证一维碰撞中的动量守恒．2．探究一维弹性碰撞的特点．二、实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′1＋m2v′2，看碰撞前、后动量是否守恒．三、实验器材错误!气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等．方案二带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等．错误!光滑长木板、打点计时器、纸带、小车（两个)、天平、撞针、橡皮泥等．错误!斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线一条、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板等．四、实验方案方案一利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1）测质量：用天平测出滑块质量．(2）安装：正确安装好气垫导轨．（3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度（①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4）验证：一维碰撞中的动量守恒．错误!利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验（1）测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。
(2)安装:把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．（3）实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．（4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．（5）改变条件:改变碰撞条件，重复实验．（6）验证：一维碰撞中的动量守恒．错误!在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验（1)测质量：用天平测出两小车的质量。
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能力课 动量和能量观点的综合应用[热考点]“滑块—弹簧”模型[模型特点]对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中：(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(2)在动量方面，系统动量守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒，机械能守恒。
(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零。
【例1】 如图1所示，质量分别为1 kg 、3 kg 的滑块A 、B 位于光滑水平面上，现使滑块A 以4 m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B 发生碰撞。
求二者在发生碰撞的过程中。
图1(1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B 的最大速度。
解析 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A 、B 同速。
系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v 解得v ＝m A v 0m A ＋m B ＝1×41＋3 m/s ＝1 m/s弹簧的最大弹性势能即滑块A 、B 损失的动能 E pm ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 2＝6 J 。
(2)当弹簧恢复原长时，滑块B 获得最大速度， 由动量守恒定律和能量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m B v m 12m A v 20＝12m B v 2m ＋12m A v 2A 解得v m ＝2 m/s ，向右。
答案 (1)6 J (2)2 m/s ，向右“滑块—弹簧”模型的解题思路 (1)应用系统的动量守恒。
(2)应用系统的机械能守恒。
(3)应用临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大。
【变式训练1】 (2017·江西南昌模拟)(多选)如图2甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x 。
现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )图2A.A 物体的质量为3mB.A 物体的质量为2mC.弹簧压缩最大时的弹性势能为32mv 20D.弹簧压缩最大时的弹性势能为mv 20解析 对题图甲，设物体A 的质量为M ，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x 时弹性势能E p ＝12Mv 20；对题图乙，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，A 、B 组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A 、B 二者速度相等，由动量守恒定律有M ·2v 0＝(M ＋m )v ，由能量守恒定律有E p ＝12M ·(2v 0)2－12(M ＋m )v 2，联立解得M ＝3m ，E p ＝12Mv 20＝32mv 20，选项A 、C 正确，B 、D 错误。
答案 AC【变式训练2】 两物块A 、B 用轻弹簧相连，质量均为2 kg ，初始时弹簧处于原长，A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg 的物块C 静止在前方，如图3所示。
已知B 与C 碰撞后二者会粘在一起运动。
在以后的运动中：图3(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度为多大？ (2)系统中弹性势能的最大值是多少？解析 (1)当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒，设向右为正方向有 (m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v ABC 代入数据解得v ABC ＝3 m/s(2)B 、C 碰撞时B 、C 组成的系统动量守恒，设碰撞后瞬间B 、C 的共同速度为v BC ，则有 m B v ＝(m B ＋m C )v BC 代入数据解得v BC ＝2 m/s当A 、B 、C 三者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设为E p ，在B 、C 碰撞后，A 与B 、C 组成的系统通过弹簧相互作用的过程中机械能守恒。
根据机械能守恒定律得E p ＝12(m B ＋m C )v 2BC ＋12m A v 2－12(m A ＋m B ＋m C )v 2ABC ＝12 J 。
答案 (1)3 m/s (2)12 J[热考点]“滑块—平板”模型[模型特点]1.当滑块和平板的速度相等时平板的速度最大，两者的相对位移也最大。
图42.系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大。
【例2】 如图5所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 且可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。
物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求图5(1)物块在车面上滑行的时间t ；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过多少。
解析 (1)设物块与小车的共同速度为v ，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为f ，对物块应用动量定理有－ft ＝m 2v －m 2v 0，又f ＝μm 2g 解得t ＝m 1v 0μ（m 1＋m 2）g代入数据得t ＝0.24 s 。
(2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v ′，则m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′由功能关系有12m 2v 0′2＝12(m 1＋m 2)v ′2＋μm 2gL 代入数据解得v 0′＝5 m/s故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。
答案(1)0.24 s(2)5 m/s“滑块—平板”模型解题思路(1)应用系统的动量守恒。
(2)在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理。
(3)在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理。
(4)在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。
(5)滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度。
【变式训练3】如图6所示，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M＝4.0 kg，a、b间距离s＝2.0 m，木板位于光滑水平面上，在木板a端有一小物块，其质量m＝1.0 kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度v0＝4.0 m/s 沿木板向右滑动，直到和挡板相碰。
碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能。
(g取10 m/s2)图6解析把a、b两物体看成一个系统，设物块和木板最后的共同速度为v，取向右为正方向由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v设碰撞过程中损失的机械能为ΔE，由于物块在木板上滑动使系统损失的机械能为2μmgs(根据摩擦力与相对位移的乘积等于系统损失的机械能)，则由能量守恒定律可得12mv 2－12(M＋m)v2＝ΔE＋2μmgs可得ΔE＝12mv2－12(M＋m)v2－2μmgs＝mM2（m＋M）v20－2μmgs＝2.4 J。
答案 2.4 J【变式训练4】[模型拓展——子弹打木块]如图7所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的长木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。
质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。
子弹射入后，求：图7(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；(2)木板向右滑行的最大速度v2；(3)物块在木板上滑行的时间t。
解析(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得t＝1 s。
答案(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s弹性正碰模型的拓展[题源：鲁科版选修3－5·P 20·T 1]有一质量为6.64×10－27 kg 、速度为v 的α粒子与一个质量为3.32×10－26 kg 、静止的氖核发生正碰，若碰撞是弹性的，试证明碰撞后氖核具有的速率为13v 。
解析 α粒子的质量为m 1，氖核的质量为m 2，由动量守恒定律和机械能守恒定律得。
m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2① 12m 1v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22② 联立①②式解得v 2＝2m 1v m 1＋m 2＝13v ③答案 见解析拓展1 如图8所示，质量为M 的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一质量为m 的小球以速度v 0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，求小球滑到最高点时滑块的速度大小。
图8解析 由该临界状态相对应的临界条件可知，小球到达最高点时，小球和滑块两物体在水平方向具有相同的速度。
由水平方向动量守恒定律可得mv 0＝(m ＋M )v 则滑块的速度为v ＝mv 0m ＋M。
答案mv 0m ＋M拓展2 如图9所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M 的斜面，斜面表面光滑、高度为h 、倾角为θ。
一质量为m (m ＜M )的小物块以一定的初速度沿水平面向左运动，不计冲上斜面时的机械能损失。
如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端。
如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )图9A.hB.mhm ＋MC.mh MD.Mhm ＋M解析 斜面固定时，由动能定理得 －mgh ＝0－12mv 2所以v 0＝2gh斜面不固定时，由水平方向动量守恒得 mv 0＝(M ＋m )v 由机械能守恒得 12mv 20＝12(M ＋m )v 2＋mgh ′ 解得h ′＝M M ＋mh ，选项D 正确。
答案 D拓展3 在光滑水平面上静置有质量均为m 的木板AB 和滑块CD ，木板AB 上表面粗糙，滑块CD 上表面是光滑的14圆弧，其始端D 点切线水平且在木板AB 上表面内，它们紧靠在一起，如图10所示。
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 点时速度为v 02，又滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 圆弧的最高点C 处，求：图10(1)物块滑到B 处时木板的速度v AB ； (2)滑块CD 圆弧的半径R 。