编号51、子弹--圆弧轨道

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动量守恒定律题型总结

2
2
R L1 L2
位移关系：
0 m L1 M L2
t
t
L1 L2 R
速度关系:水平方向动量守恒
0 mv MV
mgR 1 mv2 1 MV 2
2
2
ML2 L1 600 m
位移关系：
0 m L1 M L2
t
t
L1 L2 Lcos60o L
速度关系
0 mvsin600 MV
题型五、相对运动问题定参考系、定速度
（1）每次射击（一发）：设艇的速度为V，
则子弹速度为-（800-v）
P25——3T
0 （M m)V m(800V )
V m 800 0.01800 0.067m / s
M
120
（2）连续射击（10发）：设艇的速度为V，
则子弹速度为-（800-v）
0 （M 10m)V 10m(800 V )
v0
AB
AB
v
AB
vA
AB
vA vB=2vA
mv0 = 2MvA+mv= MvA+(M+m)vB
题型四、系统含有两个以上的物体——如6T 19 3
3明确系统的选取
v
甲
乙
M
M
0= (M+m)v1 - (M-m)v2
讨论：球在两车之间抛了若干次，最终落在甲车上，求两车速度之比。最终落在乙车上，之比是多少？
研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块
到弹簧压缩至最短的整个过程中：( A、动量守恒、机械能守恒
B)
B、动量不守恒、机械能不守恒
C、动量守恒、机械能不守恒
D、动量不守恒、机械能守恒

功能关系能量守恒定律

减少量为_m_g_h_。 ③滑动摩擦力对物体做的功Wf=___m_g_c_o_s__s_ihn__,物体与斜面的内能增加,增加量为___m_g_co_s___si_hn____。
④压缩弹簧过程,弹力对物体做_负__功__,弹簧的弹性势能增加,增加量_等__于__克服弹力做功的多少。 ⑤全过程中,物体与弹簧组成的系统,除重力和弹簧弹力做功以外,只有_滑__动__摩__擦__力__做负功,系统的机械能减少,减少量为__m_g_c_o_s__s_ihn__。
专题六功能关系能量守恒定律
【知识梳理】知识点1 功能关系 1.功是_能__量__转__化__的量度,即做了多少功就有多少_能__量__ _发__生__了__转__化__。 2.做功的过程一定伴随着_能__量__的__转__化__,而且_能__量__的__转__ _化__必须通过做功来实现。
【解析】选B。夯杆被提上来的过程中,先受到滑动摩擦力,然后受静摩擦力,故A错误;增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大,可减小提杆的时间, 增加滚轮对杆的正压力,夯杆受到的滑动摩擦力增大, 匀加速运动的加速度增大,可减小提杆的时间,故B正确; 根据功能关系可知,滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能、
A.夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力,后不对它施力 B.增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间 C.滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量 D.一次提杆过程系统共产生热量 1 mv2
2
【思考探究】 (1)夯杆被提升经历匀加速和匀速运动过程,分析这两个过程的受力情况如何? 提示:匀加速运动过程受重力和向上的滑动摩擦力作用, 匀速运动过程受重力和向上的静摩擦力作用。
2a 2
2
故D错误。

动量守恒定律计算专题答案解析讲解

动量守恒定律的综合应用1、质量为M长为L的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以水平初速度V。

射入木块，穿出时子弹速度为v，求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。

动量守恒：mV o=Mv木+mVv 木=(mV)-mV)/M能量损失E=m(v。

)2/2-M((mV o-mV)/M) 2/22、如图所示，在竖直平面内，一质量为M的木制小球(可视为质点)悬挂于O点，悬线长为L. 一质量为m的子弹以水平速度V o射入木球且留在其中，子弹与木球的相互作用时间极短，可忽略不计.(1)求子弹和木球相互作用结束后的瞬间，它们共同速度的大小;(2)若子弹射入木球后，它们能在竖直平面内做圆周运动，v o应为多大?(1)由动量守恒mv o= (m+M v所以V=mv o (/m+M)(2)设小球在竖直平面内做圆周运动时，通过最高点的最小速度为V,根据牛顿第二定律有(m+M)g = (m+M)v‘ 2/L小球在竖直平面内做圆周运动的过程中机械能守恒，取小球做圆周运动的最低点所在水平面为零势能平面，所以(m+M)v2/2 = 2(m+M)gL+ (m+M)v‘ 2/2 解得v o=( m+M / m?5gL即v o>( m+M ) /m ?5gL3、如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的y庆」阻* I* * I力，当人从船头走到船尾的过程中，人相对地面的位移各是多少?设某时刻人对地的速度为v人，船对地的速度为V船，取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：m人v人-m船v船=0 即v船：v人=v人：m船.人的位移s人=V人t，船的位移s 船= V船t ,所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即s船：s人=口人：m船①由图中可以看出：s船+s 人=L②叫%由①②两式解得s人=「• 11 L, s船=匕一、L4、如图所示，在光滑的水平面上有两物体m和m2,其中m2静止，m以速度v 0向m2运动并发生碰撞，设碰撞中机械能的损失可忽略不计.求两物体的最终速度.并讨论以下种情况，m>>m时，m和m2的速度分别是多少?m=m时，m和m2的速度分别是多少?m<<m时，m和m2的速度分别是多少?m、m碰时动量守恒mv o=mv i+mv2---①弹性碰撞机械能守恒mv o2/2= m i V i2/2+ m 2V22/2-②由①②得：2mv o -m i v i2=mv22,即：v o+v i=v2 ------------------- ③由①③得：V i=(m i-m2)v o/(m i+m)—④v2=2mv o/(m i+m) ------- ⑤讨论：①m=m时，v i=0, V2=v o两球交换速度②m> m时，v i、V2与④⑤式相等vi> 0, V2> 0③m v m时，v i、V2与④⑤式相等v i< 0, V2> 0④m<< m时，v i=-v o、V2=0, m反弹，m不动⑤m>> m时，v i=v、V2~2 V2, m不受影响，m碰后飞出去.5、如图所示，一个质量为m的玩具青蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上.若车长为L ,细杆高为h，且位于小车的中点，试求玩具青蛙至多以多大的水平速度跳出，才能落到车面上？解;(1)由物块与千弹一起恰能通过轨道最高点小1由牛顿第二定律得’(灯亠朋逗=口厂加二・22?物体与子弹组成的系统机械能守恒，由机械能守屯定谭得：\(M+m)七汁〔M+血)計2尺二2 (M+m)代入数据解得s ^-=6R/E；■(2〕系统动童守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：JfiV=(爪+皿〕V-r代入数IS解得：v-600m/s;(3)由能量守恒定律得：1 , I °i E=-mv i-7 1K+m) v-t j代入数据解得；AE=17S2J;6、如图所示，ABC［是由两部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，BCD是半径为R的半圆弧轨道，质量为M的小物块，静止在AB轨道上，一颗质7为m子弹水平射入物块但未穿出，物块与子弹一起运动，恰能贴着轨道内侧通过最高点从D点飞出.取重力加速度g,求: 物块与子弹一起刚滑上圆弧轨道B点的速度；子弹击中物块前的速度；系统损失的机械能.解：m 由物块与千弹一起恰能通过轨道最高点D,由牛顿第二定律得：.2R物体与干弹组成的系统机械能守恒，宙机械能守恒定谭得=[CM+m）寸J+ 5+2 計西丄（M+m）代入数据解得：v- = 6m/£；（2〕系颈动童守恒■以向右为正方向，由动量守恒定律得：jnv= （M+m]代入数4S解得：v=600m/s;⑶由能量守恒定律得:1 ° 1 °A E=-mv i-7 IM+m） v=S!■jF代入数据解得：AE=17S2J;中，为7、如图所示，木块A 和B 的质量分别为 m 和mi ,固定在轻质弹簧的两端，静止于光滑的水平面上. 现给A 以向右的水平速度V o ，问在两物体相互作用的过程什么时候弹性势能最大，其最大值多少？求弹簧恢复原长时两物体的度.解：木块 A 、B 相互作用过程中，速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度的大小为 V .由动量守恒定律有 mv o = (m + m2) v ①木块A 、B 减少的动能转化为弹簧的弹性势能，有 1 2 1 2 一E 弹=—△ E k = 2耐0— 2(m + m )v②由①②式联立解得弹簧的弹性势能的最大值为：2mmv om+ m8、如图所示，在光滑的水平面上有一静止的光滑曲面滑块，质量为m2.现有一大小忽略不计的小球，质量为m i，以速度v 0冲向滑块，并进入滑块的光滑轨道，设轨道足够高.求小球在轨道上能上升的最大高度. 若m2=m,则两物体最后速度分别为多少？解：小球和滑块具有相同速度时，小球的上升高度最大，由①②式联立解得mv2 h—2 mi+ m g设共同速度的大小为V.由动量守恒定律有m1v0= (m l + n2) v 设小球在轨道上能上升的最大高度为h.由于水平面光滑，故小球和滑块组成的系统机械能守恒，以水平地面为零势能面，1 2 1 22m i v o= 2（m+ m） v + mgh9、如图所示，一大小可忽略不计、质量为m i的小物体放在质量为m2的长木板的左端，长木板放在光滑的水平面上. 现让m i 获得向右的速度V。

(完整版)大学物理学(课后答案)第3章

第3章动量守恒定律和能量守恒定律习题一选择题3-1 以下说法正确的是[ ]（A）大力的冲量一定比小力的冲量大（B）小力的冲量有可能比大力的冲量大（C）速度大的物体动量一定大（D）质量大的物体动量一定大解析：物体的质量与速度的乘积为动量，描述力的时间累积作用的物理量是冲量，因此答案A、C、D均不正确，选B。

3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止，设打击时间为t∆，打击前锤的速率为v，则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ]（A）mvmgt+∆（B）mg（C）mvmgt-∆（D）mvt∆解析：由动量定理可知，F t p mv∆=∆=，所以mvFt=∆，选D。

3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体[ ] （A）动量守恒,合外力为零（B）动量守恒,合外力不为零（C）动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零（D）动量变化为零,合外力为零解析：作匀速圆周运动的物体运动一周过程中，速度的方向始终在改变，因此动量并不守恒，只是在这一过程的始末动量变化为零，合外力的冲量为零。

由于作匀速圆周运动，因此合外力不为零。

答案选C。

3-4 如图3-4所示，14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触，一物体（质量为m）自轨道顶端滑下，M与m间有摩擦，则[ ]（A ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒（B ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒（C ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒，M 、m 与地组成的系统机械能守恒（D ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒解析：M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上有外力作用，因此系统水平方向动量守恒，总动量不守恒,。

由于M 与m 间有摩擦，m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功，机械能转化成其它形式的能量，系统机械能不守恒。

高中物理《解题手册》专题10 滑块模型

专题十一滑块模型[重点难点提示]以滑块为模型的物理问题，将其进行物理情景的迁移，或对其初始条件与附设条件做某些演变、拓展，便于构成许多内涵丰富、情景各异的综合问题。

由于这类问题涉及受力和运动分析、动量和功能分析以及动力学、运动学、动量守恒、能量守恒等重要内容的综合应用，因此，滑块模型问题成为高考考查学生知识基础和综合的能力的一大热点。

通过对滑块模型问题的分析、研讨，掌握其基本特征，分清其在不同情景中的物理本质，对于启迪学生思维和培养学生的各种能力，特别是提高学生解题能力和开发学生研究性学习潜能的作用都是不可低估的。

[习题分类解析]如图所示，一颗质量为m 的子弹以速度v 0射人静止在光滑水平面上的木块M 中且未穿出。

设子弹与木块间的摩擦为f 。

子弹打进深度d 相对木块静止，此时木块前进位移为s 。

分析与解答：对系统，由动量守恒有：mv 0=（M ＋m ）v对子弹由动能定理有：对木块由动能定理：得：动能的损失：故打入深度2021)(mv m M f M f E d k ⋅+=∆= 变式1如图所示，在光滑的水平桌面上，静放着一质量为980g 的长方形匀质木块，现有一颗质量为20g 的子弹以300m/s 的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。

已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm ，子弹打进木块的深度为6cm 。

设木块对子弹的阻力保持不变。

（1）求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能。

（2）若子弹是以400m/s 的水平速度从同一方向水平射向该木块的，则它能否射穿该木块？分析与解答：设子弹的初速度为v 0，射入木块的共同速度为v.以子弹和木块为系统，由动量守恒定律有v m M mv )(0+=（2分）解得s m s m m M mv v /0.6/02.098.030002.00=+⨯=+= 此过程系统所增加的内能（2）设以v 0′=400m/s 的速度刚好能够射穿材质一样厚度为d′的另一个木块.则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律有此过程系统所损耗的机械能由功能关系有d f s f E fd fs E '='='∆==∆相相, 两式相比即有d d d f fd s f fs E E '='='='∆∆相相于是有cm cm cm d E E d 10147156868821568>=⨯=∆'∆=' 因为d′>10cm ，所以能够穿透此木块.变式2固定在地面的水平桌子左端放有质量M 的木块，木块厚10cm ，其右端和桌子右边缘相距L =4.0m ，木块和桌面间的动摩擦因数μ=0.80。

江苏省南通市2024高三冲刺(高考物理)统编版(五四制)质量检测(综合卷)完整试卷

江苏省南通市2024高三冲刺（高考物理）统编版（五四制）质量检测(综合卷)完整试卷一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图甲，两小行星在同一平面内绕中心天体的运动可视为匀速圆周运动，测得两小行星之间的距离随时间变化的关系如图乙所示。

下列说法正确的是（）（不考虑两小行星之间的作用力）A．a星的运转周期为T B．两星的周期之比C．两星的线速度之比D．两星的加速度之比第(2)题如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的点，将木板以底边为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（）A．圆柱体对木板的压力逐渐增大B．圆柱体对木板的压力先增大后减小C．两根细绳上的拉力均先增大后减小D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变第(3)题2024年2月13日，在卡塔尔首都多哈进行的世界泳联世锦赛上，中国选手唐钱婷（身高、20岁）以的成绩获得女子蛙泳冠军。

如图所示是比赛期间安置在游泳池底部的照相机拍摄的一张照片，照相机的镜头竖直向上。

照片中，游泳馆的景象呈现在半径的圆型范围内，水面上的唐钱婷手到脚的长度，若已知水的折射率为，根据运动员的实际身高可估算出照相机安置处游泳池的水深h最接近（）A．B．C．D．第(4)题如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为v b时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b，当速度大小为v c时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c，不计粒子重力．则A．v b:v c=1:2，t b:t c=2:1B．v b:v c=2:2，t b:t c=1:2C．v b:v c=2:1，t b:t c=2:1D．v b:v c=1:2，t b:t c=1:2第(5)题如图所示，一个立方体空间被对角平面划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。

专题强化十一碰撞中的三类拓展模型

的时间为t。若木块对子弹的阻力大小f视为恒定，则下列关系式中正确的是
(AB )
A.fL＝12Mv2
B.ft＝mv0－mv
C.v＝mMv0
D.fs＝12mv20－21mv2
图6
目录
考点
创新设计
解析由动能定理，对木块可得 fL＝12Mv2，故 A 正确；以向右为正方向，由动量定理，对子弹可得－ft＝mv－mv0，故 B 正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得 mv0=(M＋m)v，解得 v＝Mm＋v0m，故 C 错误；根据能量守恒定律得 fs ＝12mv20－21(M＋m)v2，故 D 错误。
已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则( AD)
A.v1＝ 26v2
B.弹簧弹性势能的最大值为13mv21
图2
C.弹簧弹性势能的最大值为 μmgs
D.滑块以速度 v2 滑上固定的长木板，也恰好能够回到长木板的左端
目录
考点
创新设计
解析当长木板不固定，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为 v，弹簧最大弹性势能为 Ep，从滑块以速度 v1 滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv1＝3mv，21mv21＝12×3mv2＋μmg(s＋x)＋Ep，从弹簧被压缩至最短到滑块恰好滑到长木板的左端，两者速度再次相等，由能量守恒定律 Ep＝μmg(s＋x)，若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为 v2，弹簧的最大压缩量也为 x，由能量守恒定律21mv22＝μmg(s＋x)＋Ep，联立可得 v1＝ 26v2， Ep＝16mv21，选项 A 正确，B、C 错误；设滑块被弹簧弹开，运动到长木板左端时的速度为 v3，由能量守恒定律 Ep＝μmg(s＋x)＋21mv23，代入数据可解得 v3＝0，说明滑块以速度 v2 滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端，故 D 正确。

2020版高考一轮物理复习数字课件第6章专题七动量观点和能量观点综合应用的“四个模型”

A 和 B 固定在轻簧的两端(A 和 B 静止在光滑的水平面上)。小球 C 以初速度 v0＝8 m/s 向右运动，在极短时间 Δt＝0.1 s 内与 A 发生碰撞后以速度 v＝－2 m/s 被反弹，求： (1)C 与 A 碰撞过程中的平均作用力大小 F； (2)碰撞过程中损失的机械能 ΔE； (3)弹簧的最大弹性势能 Ep。
模型一 “子弹打木块”模型
解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即 mv0＝(m＋M)v1 系统由 O 到 C 的运动过程中机械能守恒，即12(m＋M)v21＝(m＋M)gR m＋M 联立以上两式解得 v0＝ m 2gR＝31 m/s。 (2)由动量守恒定律可知，第 2 颗子弹射入木块后，木块的速度为 0 当第 3 颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得 mv0＝(3m＋M)v3 解得 v3＝3mm＋v0M＝2.4 m/s。
设长木板 B 的质量为 M，对长木板 B，由牛顿第二定律，μmg＝Ma2，解得 M
积，即为 ΔE＝μmgL＝0.1×2×10×1 J ＝2 J，选项 D 错误。
＝2 kg，选项 B 正确；根据 v -t 图线与答案： AB 横轴所围的面积等于位移可知，木块 A
模型二滑块——木板模型问题
[多维练透] 2.如图所示，质量为 m＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 μ＝0.4。质量为 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： (1)物块相对木板滑行的时间。 (2)物块相对木板滑行的位移。
模型一 “子弹打木块”模型
(2019·福建龙岩质检)(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块 A、B 中，射入 A 中的深度是射入 B 中深度的两倍。上述两种射入过程相比较( ) A．射入滑块 A 的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大 C．两个过程中系统产生的热量相同 D．射入滑块 A 中时阻力对子弹做功是射入滑块 B 中时的两倍

各类子弹的剖面图

各类子弹的剖面图各类子弹的剖面图很多人都见过子弹，但是知道子弹内部结构的人却并不多。

让我们把子弹从中间一剖两半，看一看各类子弹内部构造。

7.62×51mm北约标准弹7.62×51mm北约标准弹的原本是美国的T65型.30英寸步枪弹，T65的研制与二战未期改进M1伽兰德有关，许多步兵希望M1步枪能装填更多的弹药，而且有连发功能，同时又认为射速比较快、弹容量比较多的M1卡宾的枪弹威力不足。

在1945年9月，经过初步测试后，美国军械技术委员打算研制了一种新的步枪弹，以取代.30-06步枪弹。

原本他们打算参考德国7.92mm短弹或前苏联的7.62×39mm这两种中间威力弹。

但美国陆军中的传统思维主义者始终觉得中间威力弹的有效射程和威力都有限，不能满足美国步兵的要求。

军械技术委员会最后想出一个折衷方案，就是把.30-06 M2步枪弹的弹壳稍为缩短。

新口径为7.62×51mm T65步枪弹，虽然比.30-06 M2弹短了半英寸，但初速仍然有2800fps（848m/s），与.30-06 M2基本相同，就是因为新研制的发射药使即使装药量较小仍然能产生与30-06 M2弹相同的压力。

当美国把7.62×51mm弹定型为T65，便开始强制要求北约成员接受这种新弹作为北约组织的标准口径。

虽然英国人通过试验认为.280口径（7mm）是理想的步枪弹，但在1953年10月还是确定了把美国的T65弹定为北约标准步枪弹。

1957年，美国定型了7.62mmNATO口径的M14步枪，而其他北约成员国也分别定型了这种口径的制式步枪，如德国G3或比利时FN FAL等等，除了步枪外，像美国的M60机枪和比利时的FN MAG都是采用这种口径。

但在T65被确定为北约标准弹之前的两年，温彻斯特弹药公司（奥林公司的一家分公司）就在市场上推出了一种看起来像T65民用型的步枪弹，并在1952年正式命名这种口径为.308温彻斯特（.308 Winchester）。

海纳百川——国产51式火箭筒技术源流考

海纳百川——国产51式火箭筒技术源流考作者：殷杰来源：《坦克装甲车辆》 2017年第3期众所周知，新中国生产的第一型火箭筒，是在抗美援朝战争中发挥了巨大作用的51式火箭筒。

该型火箭筒于1951年5月正式定型投产，到当年年底即生产了4 800具。

其中绝大多数被送往朝鲜战场，大大增强了志愿军的反坦克火力。

关于该型火箭筒的技术来源和参考原型，国内主流说法是：1950年10月，志愿军第40军在坪洞战斗中，缴获了1具美制M20“超级巴祖卡”火箭筒和1发火箭弹，它们随即被送回国内进行研究。

沈阳52兵工厂据此仿制出了51式火箭筒。

除此之外，还有一种观点认为，51式火箭筒是由日本二战末期开发的“试制四式90毫米伞兵反坦克火箭筒”仿制而来。

由于年代久远，无论是51式火箭筒，还是“试制四式90毫米伞兵反坦克火箭筒”，技术资料和外观照片都存世极少。

故而后人只能通过这极少的资料，来一窥究竟。

历史渊源M20“超级巴祖卡”火箭筒其实早在1944年末就已经研制成功了。

只是由于战争已近尾声，美军认为现役的M9系列“巴祖卡”火箭筒性能够用，因此M20并未投产。

朝鲜战争爆发后，侵朝美军赫然发现，M9系列“巴祖卡”火箭筒口径太小，无法对付朝鲜人民军装备的T-34-85坦克。

于是美国陆军军械部立即翻出M20的图纸，组织兵工厂于数周内紧急赶制出数千具M20及配套弹药送往朝鲜战场，有效扼制住了朝鲜人民军的坦克攻势。

“试制四式90毫米伞兵反坦克火箭筒”是二战末期，日本为了对付美军坦克，根据德国“Panzerschreck坦克杀手”图纸仿制出的一款反坦克武器。

德制“Panzerschreck坦克杀手”，则是根据在北非战场上缴获的美制M1“巴祖卡”原理而自行研发的，二者基本原理是一致的，但技术细节上则有不少的差异。

而日本拿到“Panzerschreck坦克杀手”技术资料后，鉴于自身工业基础与德国差距太大，本国士兵的身体素质与作战环境也与德军有很大不同，因此在仿制过程中进行了一些再创新。

第37课时动量守恒中的四类模型2025届高考物理一轮复习课件

kg和mB＝2.0 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在t＝0时刻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图像
如图乙所示，下列说法正确的是（
）
目录
高中总复习·物理
A. 物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48 J
2
2
滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度。
（2）滑块返回最低点时，滑块与曲面体分离
①系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
1
1
1
2
2
②系统机械能守恒： mv0 ＝ mv1 ＋ Mv2 2 。
2
2
2
目录
高中总复习·物理
【典例3】如图所示，质量为m＝1 kg的工件甲静置在光滑水平面
上，其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，
②系统机械能守恒： m1v0 ＝（m1＋m2）v共 2 ＋Epm。
2
2
（2）弹簧处于原长时弹性势能为零
①系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；
1
1
1
2
2
②系统机械能守恒： m1v0 ＝ m1v1 ＋ m2v2 2 。
2
2
2
目录
高中总复习·物理
【典例4】
（多选）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0
板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝
10 m/s2。
目录
高中总复习·物理
（1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和
方向；
答案：5（1－k）m/s

江苏省南京市部分学校2023-2024学年高二上学期期末联考物理试题(含答案)

2023—2024学年度第一学期期末学情调研测试高二物理本卷：共100分考试时间：75分钟一、单选题：本大题共11小题，共44分。

1．电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度和时间变化的关系，如图1所示，下列表述正确的是（）A ．只有从到，电梯才处于上升阶段B ．从到，电梯处于静止阶段C ．只有从到，电梯才处于下降阶段D ．从到，电梯都处于上升阶段2．如图2所示，一个质量为的沙发静止在水平地面上，甲、乙两人同时从背面和侧面分别用的力推沙发，与相互垂直，且平行于地面。

沙发与地面间的动摩擦因数为0.3．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力（取），下列说法正确的（）A ．沙发不会被推动B ．沙发将沿着的方向移动，加速度为C ．沙发的加速度大小为D．沙发的加速度为20.0s 30.0s 30.0s 40.0s 40.0s 50.0s 20.0s 50.0s 50kg 12150200F N F N ==,1F 2F 210m/s g =2F 21m /s22m /s25m /s3．如图3所示，一名运动员在参加跳远比赛，他腾空过程中离地面的最大高度为，成绩为。

假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为，运动员可视为质点，不计空气阻力，。

则等于（）A ．B ．C ．D ．4．质量为的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图4所示，，对该时刻，下列说法正确的是（）A ．秋千对小明的作用力小于B ．秋千对小明的作用力等于C ．秋千对小明的作用力大于D ．因为小明的加速度为零，所以其所受合力为零5．如图5所示，指纹采集装置中的半导体基板上有大量相同的小极板，外表面绝缘。

当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凸凹不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则在指纹采集过程中，下列说法正确的是（）A ．指纹的凹点处与对应的小极板距离远，该位置的电容大B ．指纹的凸点处与对应的小极板距离近，该位置的电容小C．由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，小极板的带电量较小h 1.25m =5x m =α2g 10m /s =α30 37 45 6050kg 2g 10m /s =500N500N500ND ．由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，小极板的带电量较大6．某同学用一个微安表头（量程，内阻）、电阻箱和电阻箱组装成一个多用电表，有电流“”和电压“”两挡，改装电路如图6所示，则应调到的阻值为（）A ．B ．C ．D ．7．利用单摆测定重力加速度的实验装置如图7所示。

2023~2024学年人教版(2019)选择性必修一《5.弹性碰撞和非弹性碰撞》高频题集

2023~2024学年人教版（2019）选择性必修一《5.弹性碰撞和非弹性碰撞》高频题集考试总分：85 分考试时间： 120 分钟学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、多选题（本题共计 4 小题，每题 3 分，共计12分）1. 如图所示，光滑的水平面上，子弹以速度射入木块，最后留在木块中随木块一起匀速运动，子弹所受阻力恒定不变，下列说法正确的是（）A.子弹和木块系统动量守恒B.子弹和木块系统的机械能守恒C.子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功D.子弹减少的动能大于木块增加的动能2. 在光滑水平面上，动能为、动量的大小为的小球与静止小球发生碰撞，碰撞前后球的运动方向相反，将碰撞后球的动能和动量的大小分别记为、，球的动能和动量的大小分别记为、，则必有（）A.B.C.D.3. 在光滑水平面上，质量为、速度大小为的球跟质量为的静止的球发生碰撞．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，碰撞后球的速度大小可能为（）A.B.C.D.v 0E 0p 01211E 1p 12E 2p 2<p 1p 0>p 2p 0<E 1E 0>E 2E 0m v A 3m B B 0.28v0.4v0.52v0.6vA4. 质量为，速度为的球跟质量为的静止的球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰撞后球的速度可能值为（）A.B.C.D.卷II （非选择题）二、填空题（本题共计 1 小题，共计3分）5. （3分）一辆汽车在内做匀加速直线运动，初速为，末速为，在这段时间内汽车的加速度为________，汽车的位移为________．三、解答题（本题共计 4 小题，每题 10 分，共计40分）6. 一质量为的玩具小车启动的图像如图所示．玩具小车在末达到额定功率，并以额定功率继续加速行驶，末达到最大速度．末玩具小车关闭发动机，可认为在整个运动过程中玩具小车所受到的阻力大小不变．求：（1）玩具小车的额定功率．（2）玩具小车在内位移的大小．7. 如图甲所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，为轨道的最低点，点右侧的光滑的水平面上紧挨点有一静止的小平板车，平板车质量，长度，小车的上表面与点等高，距地面高度．质量的物块（可视为质点）从圆弧最高点由静止释放，取．试求：（1）物块滑到轨道上的点时对轨道的压力大小；（2）若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；（3）若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面之间的动摩擦因数，物块仍从圆弧最高点由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．m v A 3m B B 0.6v0.4v0.3v0.2v4s 2m/s 10m/s m/s 2m 20kg v −t 1s 8.5s 10s 1s ∼8.5s R =0.45m 14B B B M =4kg l =1m B h =0.2m m =1kg A g =10m/s 2B μ=0.2A AB AB BC8. 如图所示是一传送装置，其中段粗糙，段长为，动摩擦因数，、段均可视为光滑，是半圆形轨道，其直径沿竖直方向，位于竖直线上，间的距离恰能让小滑块自由通过，其中点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接，传送带以的速率沿顺时针方向匀速转动，小滑块与传送带之间的动摩擦因数也为，左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现用一可视为质点的小滑块压缩弹簧至点后由静止释放（小滑块和弹簧不拴接），当小滑块运动到中点时（小滑块已与弹簧脱离），与停在那里的小滑块发生弹性碰撞，之后小滑块恰好通过点，不脱离轨道，已知两小滑块的质量均为，初始时弹簧的弹性势能为，重力加速度．求：（1）两小滑块发生碰撞后速度大小分别为多少；（2）半圆形轨道的半径为多少；（3）小滑块第一次在传送带上滑动的过程中，小滑块与传送带之间因摩擦产生的热量． 9. 如图所示，在倾角为的光滑绝缘足够长的斜面上，有两个均带正电荷的金属球和，被绝缘座固定在斜面的底端，从斜面上到底端距离为的点由静止释放，开始运动瞬间的加速度大小恰好为（为重力加速度）．已知静电力常量为，两金属球均可看成点电荷，且的带电荷量为，的带电荷量为，不计空气阻力．（1）求速度最大时到斜面底端的距离．（2）已知最高能沿斜面上升至到点距离也为的点，现使另一质量与相同、带电荷量为的金属球也从离底端处静止释放，求经过点的速度大小．四、实验探究题（本题共计 2 小题，每题 15 分，共计30分）10.某同学利用图甲所示装置验证机械能守恒定律．完成下列问题：AB AB L =1m μ=0.5BC DEN DEN DN C DN CD N 3m/s 0.51A 1AB 122D m =0.2kg 1.5J g =10m/s 2DEN 22αM N N M r 0A gsin αg k N Q M q M M A r 0B M q 32P r 0P B（1）请从甲图中指出一条实验错误：________；（2）纠正实验错误后，通过测量得到一条纸带如图乙所示．已知打点计时器频率为．实验所用重物的质量，根据纸带测得的数据，重物在点时的动能为________；（3）某同学选用两个形状相同质量不同的重物和进行实验测得几组数据，画出的图像如图丙所示，求出图线的斜率，由图像可知的质量________（填“大于”或“小于”）的质量；（4）通过计算得到图线的斜率，分析发现造成斜率偏小的原因是实验过程中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量，则重物所受的平均阻力________．（重力加速度，以上计算结果均保留位有效数字） 11. 某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律．入射球和靶球的半径相同，质量分别为、，平放于地面的记录纸上铺有复写纸．实验时先使入射球从斜槽上固定位置由静止开始滚下，落到复写纸上，重复上述操作多次．再把靶球放在水平槽末端，让入射球仍从位置由静止开始滚下，和靶球碰撞后继续向前运动落到复写纸上，重复操作多次．最终记录纸上得到的落点痕迹如图乙所示．（1）关于本实验下列说法正确的是（）A.需要用游标卡尺测量两小球的直径B.应使C.实验中记录纸上铺的复写纸的位置可以移动D.斜槽要固定好，末端切线不需要调至水平（2）请你叙述确定落点平均位置的办法：________．（3）按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位置、、并测出了、、的长度分别为、、，则验证动量守恒定律的表达式是________．50Hz m =0.300kg C J a b −h v 22k a m a b m b b k =9.50m/s 2=0.250kg m b f =N g =9.80m/s 22m 1m 2G G >m 1m 2P Q R OP PQ QR x 1x 2x 3参考答案与试题解析2023~2024学年人教版（2019）选择性必修一《5.弹性碰撞和非弹性碰撞》高频题集一、多选题（本题共计 4 小题，每题 3 分，共计12分）1.【答案】A,D【考点】“二合一”模型系统动量守恒的判断摩擦力做功与能量转化【解析】此题暂无解析【解答】解：．子弹减少的动能等于木块增加的动能与系统产生的内能之和，故正确；．水平面光滑，子弹击中木块的过程子弹和木块系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故正确；．设子弹所受阻力大小为，子弹击中木块过程子弹对地的位移为，木块对地的位移为，则子弹对木块做的功＝，木块对子弹做的功大小＝，由于，则，即子弹对木块做的功小于木块对子弹的功，故错误；．由于要产生内能，所以子弹和木块系统的机械能减小，故错误．故选．2.【答案】A,B,C【考点】弹性碰撞和非弹性碰撞动量守恒定律的综合应用【解析】根据碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不增加，分析可知得到：，D D A A C f x s W 木块fs ||W 子弹fx s <x <||W 木块W 子弹C B B AD <E 1E 0，．由动量守恒定律分析与的关系．【解答】解：．由题，碰撞后两球均有速度，根据碰撞过程中总动能不增加可知，，，故正确，错误；．根据动量守恒定律得：，得到，可见，，故正确，正确．故选：．3.【答案】A,B【考点】弹性碰撞和非弹性碰撞动量守恒定律的理解【解析】本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律．【解答】解：以两球组成的系统为研究对象，以的初速度方向为正方向，若发生的是完全非弹性碰撞，碰撞后黏在一起，由动量守恒定律得，解得，若发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律得，弹性碰撞前后动能相等，有，解得，所以碰撞后球的速度范围为，故正确，错误．故选．4.【答案】B,C【考点】系统机械能守恒定律的应用“一动一静”弹性正碰模型【解析】本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律．【解答】解：以两球组成的系统为研究对象，以的初速度方向为正方向，<E 2E 0<P 1P 0P 2P 0CD <E 1E 0<E 2E 0C D AB =−p 0p 2p 1=+p 2p 0p 1>p 2p 0A B ABC A mv =4mv 共=0.25v v 共mv =m +3m v A v B m =m +⋅3m 12v 212v 2A 12v 2B =0.5v v B B 0.25v ≤≤0.5v v B AB CD AB A若发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得，解得，若发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，解得，所以碰后球的速度范围为，故正确，错误．故选．二、填空题（本题共计 1 小题，共计3分）5.【答案】,【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【解析】此题暂无解析【解答】解：汽车的加速度,汽车的位移．三、解答题（本题共计 4 小题，每题 10 分，共计40分）6.【答案】（1）玩具小车的额定功率为.（2）玩具小车在内位移为.【考点】瞬时功率动能定理的应用【解析】（1）根据速度时间图线得出匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律得出阻力的大小，抓住匀速运动时，牵引力等于阻力，根据求出玩具小车的额定功率．（2）根据动能定理，抓住功率不变，求出玩具小车在内位移的大小．【解答】mv =4mv 合=0.25v v 合mv =m +3m v A v B m =m +⋅3m 12v 212v 2A 12v 2B =0.5v v B B 0.25v 0.5v v B BC AD BC 224a ===2m/v −v 0t 10m/s −2m/s 4s s 2x =t +a =2×4m +×2×m =24m v 012t 21242360W 1s ∼8.5s 40.5m P =Fv 1s ∼8.5s解：（1）在时间内，由图线知，加速度大小，根据牛顿第二定律得，玩具小车所受的阻力，内，玩具车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，即，可知额定功率．（2）内，根据动能定理得，，，，解得7.【答案】（1）物块滑到轨道上的点时对轨道的压力大小为．（2）物块滑离平板车时的速率是．（3）物块落地时距平板车右端的水平距离为．【考点】单物体的机械能守恒问题竖直面内的圆周运动-弹力板块模型问题动能定理的应用【解析】【解答】解：（1）物体从圆弧轨道顶端滑到点的过程中，机械能守恒，则，解得，在点由牛顿第二定律可得，解得，由牛顿第三定律可知，物块滑到轨道上点时对轨道的压力为，方向竖直向下．（2）物块在小车上滑行时摩擦力做的功，从物块开始运动到滑离平板车过程中，由动能定理可得，解得．（3）平板车不固定时，对物块有，对平板车有，设经过时间物块滑离平板车，则，解得（另一解舍掉），物块滑离平板车时的速度，此时平板车的速度，10s ∼12s a =m/=3m/62s 2s 2f =ma =20×3N =60N 8.5s ∼10s F =f P =Fv =60×6W =360W 1s ∼8.5s Pt −Fs =m −m 12v 212v 21v =6m/s =3m/s v 1s =40.5m ．B 30N 1m/s 0.4m A B mgR =m 12v 2B =3m/s v B B N −mg =m v 2B R N =30N B 30N =−l =−4J W f mg +mg μ1μ22mgR +=m W f 12v 2v =1m/s =μg =2m/a 1s 2==0.5m/a 2μmg M s 2t 1−−=l v B t 112a 1t 2112a 2t 21=0.4s t 1=−=2.2m/s v 物v B a 1t 2==0.2m/s v 车a 2t 1=0.2s−−−物块滑离平板车做平抛运动的时间为，物块落地时距平板车右端的水平距离．8.【答案】（1）两小滑块发生碰撞后滑块的速度大小为，滑块的速度大小为；（2）半圆形轨道的半径为；（3）小滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为．【考点】弹性碰撞和非弹性碰撞能量守恒定律的应用竖直面内的圆周运动-弹力传送带模型问题【解析】【解答】解：（1）小滑块从释放到与小滑块发生碰撞前，由能量守恒定律得：，得：，与小滑块发生弹性碰撞，交换速度，所以小滑块的速度为，小滑块的速度为．（2）小滑块到达点的速度，由动能定理知：，得：，小滑块刚好能沿轨道滑下，在圆周最高点点必有：，得：．（3）从到，根据机械能守恒可得：，解得，在传送带上小滑块运动的加速度大小：，小滑块向左减速的时间：，小滑块向左运动的距离：，小滑块向左运动的过程中传送带的位移：，小滑块向右加速的时间：，小滑块向右运动的距离：，小滑块向右运动的过程中传送带的位移：，==0.2s t 22h g−−−√s =(−)=0.4m v 物v 车t 2102m/s 10−−√DEN 0.5m 2 6.4J 12=μmg ⋅+m E p L 212v 21=m/s v 110−−√2102m/s 10−−√2D −μmg =m −m L 212v 2212v 21=m/s v 25–√2DEN D mg =m v 22r r =0.5m D N mg ⋅2r +m =m 12v 2212v 2N =5m/s v N 2a ==μg =5m/μmg m s 22==1s t 1v N a 2=a =2.5m s 112t 22=v =3m s 2t 12==0.6s t 2v a 2=a =0.9m s 312t 222=v =1.8m s 4t 2Q =μmg(++−)=6.4J摩擦生热：．9.【答案】（1）速度最大时到斜面底端的距离为．（2）经过点的速度大小为．【考点】电势差与电场强度的关系库仑定律动能定理的应用【解析】当金属球的加速度为零时，的速度最大，根据受力分析计算速度最大的位置．（2）物块运动的过程中只有重力和电场力做功，根据动能定理计算经过点的速度大小．【解答】解：（1）金属球从点刚释放时受的库仑力，设金属球的质量为，由牛顿第二定律，金属球开始运动瞬间的加速度大小为，求得库仑力．当金属球的加速度为零时，的速度最大，设此时距斜面底端的距离为，即，求得．（2）设两点间的电势差为，金属球从点运动到点过程中，由动能定理，设金属球到点时速度大小为，金属球从点运动到点过程中，由动能定理，求得．四、实验探究题（本题共计 2 小题，每题 15 分，共计30分）10.【答案】【考点】系统机械能守恒定律的应用【解析】此题暂无解析【解答】Q =μmg(++−)=6.4J s 1s 2s 4s 3M 2–√r 0P B g sin αr 0−−−−−−−√M M P B M A =k F 0Qq T 20M m −mgsin α=ma F 0M a =gsin α=2mgsin αF 0M M r 1k −mgsin α=0Qq r 1=r 12–√r 0AB U AB M A B q −⋅sin α=0U AB m B P B v B P A B q −mg sin α=m −032U AB r 012v 2B =v B g sin αr 0−−−−−−−√此题暂无解答11.【答案】B,C（2）用尽可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置（3）【考点】利用平抛运动规律验证动量守恒定律【解析】在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度。

第六章微专题 “子弹打木块”模型

[模型突破练 ] 1． (2017· 河南省八市联考 )如图所示，质量为 mB ＝ 2 kg 的平板车 B 上表面水平，在平板车左端相对于车静止着一块质量为 mA＝ 2 kg 的物块 A， A、 B 一起以大小为 v1＝ 0.5 m/s 的速度向左运动，一颗质量为 m0＝ 0.01 kg 的子弹以大小为 v0＝ 600 m/s 的水平初速度向右瞬间射穿 A 后，速度变为 v＝ 200 m/s. 已知 A 与 B 之间的动摩擦因数不为零，且 A 与 B 最终达到相对静止时 A 刚好停在 B 的右端，车长 L＝ 1 m， g 取 10 m/s2，求： (1)子弹穿过物块 A 的一瞬间，物块 A 的速度的大小； (2)A 与 B 间的动摩擦因数．
根据功能关系得 1 1 1 2 2 μmAgL＝ mAvA ＋ mBv1 － (mA＋ mB)v22 2 2 2 解得 μ＝ 0.1.
答案：(1)1.5 m/s
(2)0.1
2．如图所示，一质量为 M 的木块静止在水平轨道 AB 的 B 端，水平轨道与光滑圆弧轨道 BC 相切，现有一质量为 m 的子弹以 v0 的水平速度从左边射入木块且未穿出．求：
(1)子弹射入木块过程中系统损失的机械能和子弹与木块一起在圆弧轨道上上升的最大高度； (2)从木块开始运动到木块返回 B 点的过程中木块(含子弹)所受合外力的冲量大小．
解析：(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为 v，子弹射入木块的过程系统动量守恒，由动量守恒定律有 mv0＝ (m＋ M)v m 解得 v＝ v m＋ M 0 损失的机械能
[解析] (1)设子弹、木块相对静止时的速度为 v，由动量守恒定律得 mv0 ＝ (M＋ m)v m 解得 v＝ v M＋ m 0 (2)设子弹在木块内运动的时间为 t，对木块由动量定理得 ft＝ Mv－ 0 Mmv0 解得 t＝ f M＋ m

碰撞与类碰撞模型(解析版)--2024届新课标高中物理模型与方法

2024版新课标高中物理模型与方法专题碰撞与类碰撞模型目录【模型一】弹性碰撞模型【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型【模型三】碰撞模型三原则【模型四】小球-曲面模型【模型五】小球-弹簧模型【模型六】子弹打木块模型【模型七】滑块木板模型【模型一】弹性碰撞模型1.弹性碰撞发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)1 2m1v21+12m2v22=12m1v1ˊ2+12m2v2ˊ2(2)联立(1)、(2)解得：v1ˊ=2m1v1+m2v2m1+m2-v1，v2ˊ=2m1v1+m2v2m1+m2-v2.特殊情况：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1 .2.“动静相碰型”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。

以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1=m1v1′+m2v2′1 2m1v21=12m1v1′2+12m2v2′2解得：v1′=(m1-m2)v1m1+m2，v2′=2m1v1m1+m2结论：(1)当m1=m2时，v1′=0，v2′=v1(质量相等，速度交换)(2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，且v2′>v1′(大碰小，一起跑)(3)当m1<m2时，v1′<0，v2′>0(小碰大，要反弹)(4)当m1≫m2时，v1′=v0，v2′=2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)当m1≪m2时，v1′=-v1，v2′=0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)1(2023·全国·高三专题练习)如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为m1的小球悬挂在O点，绳长L= 0.8m，轻绳处于水平拉直状态。

现将小球由静止释放，下摆至最低点与静止在A点的小物块发生碰撞，碰后小球向左摆的最大高度h=0.2m，小物块沿水平地面滑到B点停止运动。

爆炸与类爆炸模型(学生版)--2024届新课标高中物理模型与方法

2024版新课标高中物理模型与方法爆炸与类爆炸模型目录【模型一】爆炸模型【模型二】弹簧的“爆炸”模型【模型三】人船模型与类人船模型【模型四】类爆炸(人船)模型和类碰撞模型的比较【模型一】爆炸模型一、爆炸模型的特点1.动量守恒：由于爆炸是极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。

2.动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。

3.位置不变：由于爆炸的时间极短。

因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可以忽略不计，可认为物体爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。

二、爆炸模型讲解1.如图：质量分别为m A 、m B 的可视为质点A 、B 间夹着质量可忽略的火药．一开始二者静止，点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，则：A 、B 组成的系统动量守恒：m A v A =m B v B ①得：v A v B =m B m A②②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。

A 、B 组成的系统能量守恒：E 化学能=12m A v 2A +12m B v 2B ③①式也可以写为：P A =P B ④又根据动量与动能的关系P =2mE k 得2m A E kA =2m B E kB ④进一步化简得：E kA E kB =m B m A⑤⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。

②⑤联立可得：E kA =m B m A +m B E 化学能E kB =m A m A +m B E 化学能⑥2.若原来A 、B 组成的系统以初速度v 在运动，运动过程中发生了爆炸现象则：A 、B 组成的系统动量守恒：(mA +mB )v =m A v A +m B v B ⑦A、B组成的系统能量守恒：E化学能=12m A v2A+12m B v2B-12（m A+m B）v=12m A m Bm A+m B(v A−v B)2⑧1(2023·全国·模拟预测)皮划艇射击是一种比赛运动，比赛时，运动员站在静止的皮划艇上，持枪向岸上的枪靶水平射击。

动量守恒定律(滑板问题)

动量守恒定律(滑板问题)1、动量守恒定律〔滑板模模〕一、非临界问题1．如图1所示，光滑水平面上一质量为M、长为L的木板右端靠在固定于地面的挡板P上．质量为M的小滑块以水平速度V0滑上木板的左端，滑到木板的右端时速度恰好为零．1求小滑块在木板上滑动的时间；2求小滑块在木板上滑动过程中，木板对挡板P作用力的大小；3若撤去挡板P，小滑块依旧以水平速度V0滑上木板的左端，求小滑块相对木板静止时距木板左端的距离．2．如图2所示，在光滑桌面上放着长木板，其长度为L＝10M，在长木板的左上端放一可视为质点的小金属块，它的质量和木板的质量相等，最初它们是静止的。

现让小金属块以V0＝20M/S的初速度向右滑动，当滑动到长木板的右端时2、，滑块的速度为V1＝10M/S，取G＝10M/S2，求1滑块与长木板间的动摩擦因数Μ；2小金属块滑到长木板右端经受的时间T。

解析1设小金属块和木板的质量均为M，系统动量守恒MV0＝MV1＋MV2①系统能量守恒MV02－MV12－MV22＝ΜMGL②121212解得Μ＝01③2对木板ΜMG＝MA④V2＝ATT＝1S⑤答案10121S3．如图3所示，A、B两个木块质量均为M＝2KG，A、B与水平地面间接触光滑，上外表粗糙。

质量为M＝02KG的铁块C，以初速度V0＝10M/S从A的左端向右滑动，最终铁块与木块B的共同速度大小为V2＝05M/S，求1木块A的最终速度VA；2铁块刚滑上B时的速度V3、1。

解析铁块C在木块B上面向右滑动，由动量守恒定律，MV0＝MVA＋M ＋MV2铁块C刚滑上B时，由动量守恒定律，MV0＝MV1＋2MVA解得VA＝045M/SV1＝1M/S。

答案1045M/S21M/S4．如图4所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为M的小木块A，M＜M，A、B间动摩擦因数为Μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度V0，使A开始向左运动，B开始向右运动，最终A不会滑离B，求1A、B最终的速度大小和方向；2从地面上看，A向左运动到离出发点最远处时，B向右运动的位移大小．图1图2图3二、临界问题5．如图5所示，质量为3M的木板静止在光滑的水平面上，一4、个质量为2M的物块可视为质点，静止在木板上的A端，已知物块与木板间的动摩擦因数为Μ。

人教版高中物理选修一第一章《动量守恒定律》检测题(含答案解析)(2)

一、选择题1．(0分)[ID ：127056]甲乙是两个完全相同的小球，在同一位置以相等的速率抛出，甲被水平抛出，乙被斜上抛，只受到重力，则下列说法正确的是（）A ．两球落地时的速度相同B ．两球落地时的重力瞬时功率相等C ．两球落地时前的重力冲量相同D ．两球落地前的动量变化快慢相同2．(0分)[ID ：127045]如图所示，有质量相同的a 、b 两个小球，a 从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，b 从同一高度自由下落。

下列说法正确的有（）A ．它们到达地面时的动量相同B ．它们到达地面时的动能相同C ．它们到达地面时重力的功率相同D ．它们从开始到到达地面的过程中，重力的冲量相同3．(0分)[ID ：127041]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分别为123G G G I I I 、、，合力的冲量分别为123I I I 合合合、、，动量变化量的大小分别为123、、p p p ∆∆∆，动能变化量的大小分别为123k k k E E E ∆∆∆、、，则有（）A ．123k k k E E E ∆=∆=∆，123p p p ∆=∆=∆B ．123p p p ∆=∆=∆，123I I I ==合合合C ．123I I I ==合合合，123G G G I I I ==D ．123G G G I I I ==，123k k kE E E ∆=∆=∆4．(0分)[ID ：127040]如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E ，M 点与N 点在同一电场线上。

两个质量相等的带正电荷的粒子a 、b ，以相同的速度v 0分别从M 点和N 点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的相互作用。

已知两粒子都能经过P 点，在此过程中，下列说法正确的是（）A ．b 粒子到达P 点的时间短B ．a 粒子电荷量较大C ．b 粒子电势能变化较大D ．a 粒子动量变化较大5．(0分)[ID ：127031]如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0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。

动量专题复习——滑块、子弹打木块模型

滑块、子弹打木块模型之一子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。

μNS 相=ΔE k 系统=Q ，Q 为摩擦在系统中产生的热量。

②小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动：包括小车上悬一单摆单摆的摆动过程等。

小球上升到最高点时系统有共同速度(或有共同的水平速度)；系统内弹力做功时，不将机械能转化为其它形式的能，因此过程中系统机械能守恒。

一模型理解质量为m 的子弹，以速度V 0水平射入光滑水平面上质量为M 的木块中未穿出。

子弹深入木块时所受的阻力大小恒为f 符合规律：动量守恒定律：mV 。

=（M+m ）V 动能定理：子弹 -f S m = mV 2/2－mV 02/2木块 -f S M = MV 2/2－0功能关系：fd = mV 02/2－(M+m)V 2/2能量转化：子弹动能减少：f S m = mV 02/2－ mV 2/2木块动能增加：f S M = MV 2/2系统机械能减少：f S m - f S M =mV 022内能增量：f S m - f S M = mV 02/2－产生热量：f d =f S m - f S M =mV 02/2二典型例题1 如图所示，质量为M 小铁块，小铁块与平板车之间的动摩擦因数为μ 其获得大小为v 0的初速度而在小车上向右滑动，车上的滑行时间是多少？2如图所示，质量m=2kg 的物体，以水平速度小车，小车质量M=8kg 设小车足够长，求：(1)(2)物体相对小车滑行的时间距离是多少？(3)3．如图示，一质量为M 长为l 的长方形木块B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M ，现以地面为参照物，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度(如图)，v 0A Bv 0AB v 0lA 2v 0v 0BCA v 05mBL v 0m v使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板。

以地面为参照系。