(课标版5年高考3年模拟A版)2020年物理总复习专题七碰撞与动量守恒教师用书
高中物理选考一轮总复习课件专题七碰撞与动量守恒应用篇
复杂情况下动量守恒定律应用
多物体、多次碰撞问题
分析每次碰撞前后各物体的速度变化，应用动量守恒定律和能量 守恒定律列方程求解。
变质量物体碰撞问题
分析碰撞过程中物体质量的变化情况，应用动量守恒定律和能量守 恒定律列方程求解。
非弹性碰撞问题
分析碰撞过程中能量损失的情况，应用动量守恒定律和能量守恒定 律列方程求解，同时考虑碰撞后物体的运动状态。
火箭发射过程中动量守恒现象探讨
火箭发射原理
火箭通过向后喷射高速气流产生 推力，使火箭获得向前的速度。
动量守恒应用
火箭发射过程中，燃料燃烧产生 的气体高速向后喷出，同时火箭 获得向前的动量。整个系统动量 守恒，即火箭与喷出气体动量的 矢量和为零。
影响因素
火箭发射过程中的动量守恒受到 燃料质量、喷气速度、外界空气 阻力等因素的影响。
Chapter
碰撞现象及其分类
弹性碰撞
碰撞过程中，系统动能守恒，没有能 量损失。例如，两个完全弹性小球之 间的碰撞。
完全非弹性碰撞
碰撞后，两物体粘在一起以共同速度 运动，系统动能损失最大。例如，两 个泥球之间的碰撞。
非弹性碰撞
碰撞过程中，系统动能不守恒，有部 分能量转化为内能或其他形式的能量 。例如，两个非弹性小球之间的碰撞 。
动量守恒定律的表述与意义
表述
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。
Hale Waihona Puke 意义动量守恒定律揭示了自然界中物体间 相互作用的一个重要规律，即在没有 外力作用的情况下，物体间的动量交 换不会改变系统的总动量。
碰撞过程中能量转化与损失
能量转化
在碰撞过程中，物体的动能和势能之间可以发生转 化。例如，在弹性碰撞中，物体的动能转化为弹性 势能，再转化为动能。
2020年高考课标版高考物理 专题七 碰撞与动量守恒
专题七 碰撞与动量守恒挖命题【考情探究】5年考情考点考向考题示例学业水平关联考点素养要素解法预测热度2018课标Ⅰ,14,6分2匀变速直线运动、动能能量观念排除法2016课标Ⅰ,35(2),10分4能量守恒定律模型构建微元法2017天津理综,4,6分3机械能、功率、失重运动与相互作用观念动量、动量定理动量、动量定理2015安徽理综,22,14分4动能定理运动与相互作用观念★★☆2018课标Ⅱ,24,12分4牛顿第二定律、匀变速直线运动科学推理2017课标Ⅰ,14,6分3相互作用观念2015课标Ⅰ,35(2),10分4机械能守恒定律运动与相互作用观念动量守恒定律及其应用动量守恒定律及其应用2014课标Ⅰ,35(2),9分4能量守恒定律模型构建★★★2018课标Ⅰ,24,12分4机械能守恒定律模型构建2016课标Ⅱ,35(2),10分4机械能守恒定律运动与相互作用观念动量和能量的综合2017天津理综,10,16分4自由落体运动、机械能守恒定律模型构建2016课标Ⅲ,35(2),10分4能量守恒定律模型构建2015广东理综,36,18分4动能定理科学推理动量和能量的综合碰撞2014广东理综,35,18分4牛顿第二定律模型构建★★★分析解读 本专题内容为选修3-5的两个重要内容之一,在2017年新课标考纲中由选考内容改为必考内容,使力学体系更加完善。
本专题包含内容可视为牛顿力学的进一步拓展,但动量守恒定律是独立于牛顿运动定律之外的自然规律,这个规律为解决力学问题开辟了新的途径,故称为解决力学问题的“三把金钥匙”之一。
建议在复习中注意以下几个方面:一是动量定理在流体中的应用;二是区分动量守恒定律和机械能守恒定律的成立条件及应用;三是区分弹性碰撞和非弹性碰撞,要熟练掌握两种碰撞的基本规律,并能结合能量关系解决碰撞问题。
【真题典例】破考点【考点集训】考点一 动量、动量定理1.(2018山西师大附中月考,5,4分)(多选)以下四个图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的图线和动量变化率随时间变化的图线。
高考物理一轮课件专题七碰撞与动量守恒
可以用来求变力的冲量，如雨滴落到地面时对地面的平均作用力，或求弹簧在弹 性势能完全释放的过程中弹力所做的功。
动量定理与动量守恒的综合应用
碰撞问题
在碰撞过程中，系统内力远大于外力，可认为系统动量守恒 。根据动量守恒定律和能量守恒定律，可求出碰撞后各物体 的速度和能量损失。
爆炸问题
爆炸过程中，系统内力远大于外力，系统动量守恒。爆炸后 ，各物体以共同的速度运动，根据动量守恒定律和能量守恒 定律，可求出爆炸后各物体的速度和能量分配。
高考物理一轮课件专题七碰撞 与动量守恒
汇报人:XX
20XX-01-23
目
CONTENCT
录
• 碰撞现象与分类 • 动量守恒定律 • 碰撞中的动量守恒 • 动量守恒定律的应用 • 动量定理与动量守恒的综合应用 • 专题总结与拓展延伸
01
碰撞现象与分类
弹性碰撞
定义
在碰撞过程中，如果两个物体之间的相互作用力只 有弹力，且碰撞过程中系统动能守恒，则称为弹性 碰撞。
能量损失
在非弹性碰撞中，部分动能会转 化为内能，导致能量损失。能量 损失的程度取决于碰撞的非弹性
程度。
恢复系数
恢复系数用于描述碰撞过程中能 量的损失程度。恢复系数为1时 表示完全弹性碰撞，恢复系数为
0时表示完全非弹性碰撞。
04
动量守恒定律的应用
打击与碰撞问题
01
02
03
完全弹性碰撞
碰撞过程中，系统动能守 恒，动量也守恒。碰撞后 两物体以相同的速度分开 。
分量法
在处理二维碰撞问题时，可以将速度分解为两个方向上的分量， 分别应用一维碰撞中的动量守恒定律。
矢量法
通过矢量运算，可以直接处理二维碰撞中的速度和动量，无需进 行分量分解。
高考物理重点专题讲解及突破07 碰撞与动量守恒(含解析)-人教版高三全册物理试题
2020-2021年高考物理重点专题讲解与突破07：碰撞与动量守恒超重点1：动量定理的应用一、动量1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，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，其方向和速度方向一样．5．动量、动能、动量变化量的比拟※考点一对动量、冲量的理解与计算1．冲量和动量的比拟2.(1)冲量和功都是过程量．冲量是表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用．(2)冲量是矢量，功是标量．(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零．[题组突破训练]1．(2020·福建漳州模拟)一个质量是5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回．假设取竖直向下的方向为正方向，如此小球动量的变化量是( )A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/sC．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s【解析】以向下为正方向，如此初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝－mv2＝－15 kg·m/s，如此Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s，选项D正确．【答案】D2.如下列图，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，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为F f.在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为( )A．mg(t1＋t2)sin θB．mg(t1－t2)sin θC．mg(t1＋t2) D．0【解析】物体整个运动过程的总时间t＝t1＋t2，故由冲量的定义可知重力的冲量I＝mg(t1＋t2)，选项C正确．【答案】C※考点二对动量定理的理解与应用1．理解动量定理的要点(1)应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内力的冲量．(2)求合力的冲量的方法有两种：第一先求合力再求合力冲量，第二求出每个力的冲量再对冲量求和．(3)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向．2.用动量定理解释现象(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小．分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．3．动量定理的两个重要应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量．如果物体受到大小或方向改变的力的作用，如此不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp ，等效代换为力的冲量I .(2)应用Δp ＝F Δt 求动量的变化量．例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp ＝p 2－p 1)需要应用矢量运算方法，计算比拟复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化量．【典例】 一高空作业的工人重为600 N ，系一条长为L ＝5 m 的安全带，假设工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t ＝1 s ，如此安全带受的冲力是多少？(g 取10 m/s 2)【解析】 方法一：程序法依题意作图，如下列图，设工人刚要拉紧安全带时的速度为v 1， 如此v 21＝2gL ，得v 1＝2gL 经缓冲时间t ＝1 s 后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F 和重力mg .所以(mg －F )t ＝0－mv 1，F ＝mgt ＋mv 1t将数值代入得F ＝1 200 N.由牛顿第三定律，工人给安全带的冲力F ′为1 200 N ，方向竖直向下． 方法二：全过程整体法在整个下落过程中对工人应用动量定理，在整个下落过程中，重力的冲量大小为mg ·( 2L g＋t )，拉力F 的冲量大小为Ft .初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理得mg (2Lg＋t )－Ft ＝0解得F ＝mg2Lg ＋tt＝1 200 N.由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力F ′＝F ＝1 200 N ，方向竖直向下． 【答案】1 200 N[题组突破训练]1．一个质量为m ＝100 g 的小球从h ＝0.8 m 的高处自由下落，落到一个厚软垫上，假设从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t ＝0.2 s ，规定竖直向下的方向为正，如此在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．0.6 N ·sB ．0.4 N ·sC ．－0.6 N ·sD ．－0.4 N ·s【解析】设小球自由下落h ＝0.8 m 的时间为t 1，由h ＝12gt 2得t 1＝2hg＝0.4 s.如设I N 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，如此对小球整个运动过程运用动量定理得mg (t 1＋t )＋I N ＝0，解得I N ＝－0.6 N ·s.负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反．应当选项C 正确． 【答案】C2．一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v 0＝4 m/s 的匀速直线运动．假设该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，如此帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t ＝8 s 才可静止．该帆船的帆面正对风的有效面积为S ＝10 m 2，帆船的总质量约为M ＝936 kg.假设帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m 3，在匀速行驶状态下估算：(1)帆船受到风的推力F 的大小； (2)风速的大小v .【解析】(1)风突然停止，帆船只受到阻力F f 的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a ，如此a ＝0－v 0t＝－0.5 m/s 2根据牛顿第二定律有－F f ＝Ma ，所以F f ＝468 N 如此帆船匀速运动时，有F －F f ＝0 解得F ＝468 N.(2)设在时间t 内，正对着吹向帆面的空气的质量为m ，根据动量定理有－Ft ＝m (v 0－v ) 又m ＝ρS (v －v 0)t 所以Ft ＝ρS (v －v 0)2t 解得v ＝10 m/s.【答案】(1)468 N (2)10 m/s3.(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，如下列图．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)假设碰撞时间为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抑制摩擦力所做的功W .【解析】(1)对小物块从A 运动到B 处的过程中，应用动能定理，有 －μmgs ＝12mv 2－12mv 20①代入数值解得μ＝0.32.②(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得F Δt ＝mv ′－mv ③ 解得F ＝－130 N ④其中“－〞表示墙面对物块的平均力方向向左． (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 －W ＝0－12mv ′2⑤解得W ＝9 J.【答案】(1)0.32 (2)130 N (3)9 J一、动量守恒定律 1．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变． (2)四种表达式①p ＝p ′，系统相互作用前总动量p 等于相互作用后的总动量p ′.②m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，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．③Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． ④Δp ＝0，系统总动量的增量为零． 2．动量守恒定律的应用条件不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．二、弹性碰撞和非弹性碰撞超重点2：动量守恒定律与其应用1．碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大4.反冲(1)在某些情况下，原来系统内物体具有一样的速度，发生相互作用后各局部的末速度不再一样而分开．这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理．5．爆炸问题：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．※考点一动量守恒的条件与应用1．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，如此系统动量守恒．(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．2．动量守恒定律的“六种〞性质系统性研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统条件性首先判断系统是否满足守恒条件相对性公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻同时性的速度矢量性应先选取正方向，但凡与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值普适性不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统[题组突破训练]1．一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( )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】动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，此题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，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的过程中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，A 、B 、D 错误．【答案】C2．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．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( )A ．v 0＋m M vB ．v 0－m M vC ．v 0＋m M(v 0＋v )D ．v 0＋m M(v 0－v )【解析】设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有(M ＋m )v 0＝－mv ＋Mv x ，解得v x ＝v 0＋mM(v 0＋v )，选项C 正确．【答案】C3.如下列图，人站在滑板A 上，以v 0＝3 m/s 的速度沿光滑水平面向右运动．当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A 从横杆下方通过，与静止的滑板B 发生碰撞并粘在一起，之后人落到B 上，与滑板一起运动，人、滑板A 和滑板B 的质量分别为m 人＝70 kg 、m A ＝10 kg 和m B ＝20 kg ，求：(1)A 、B 碰撞过程中，A 对B 的冲量的大小和方向； (2)人最终与滑板的共同速度的大小． 【解析】(1)A 、B 碰撞过程中，由动量守恒有m A v 0＝(m A ＋m B )v 1代入数据解得v 1＝1 m/s由动量定理得，A 对B 的冲量I ＝m B v 1＝20 N ·s方向水平向右．(2)对人、A、B组成的系统进展全过程分析，由动量守恒有(m人＋m A)v0＝(m人＋m A＋m B)v代入数据解得v＝2.4 m/s【答案】(1)20 N·s 水平向右(2)2.4 m/s※考点二碰撞问题的分析1．碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律．(2)机械能不增加．(3)速度要合理．①假设碰前两物体同向运动，如此应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，假设碰后两物体同向运动，如此应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．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，如此有m1v1＝m1v1′＋m2v2′1 2m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2解得v1′＝m1－m2v1m1＋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′＝v1，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)．[典例1] 如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者的位移—时间图象，物块P的质量为m P＝1 kg，由此可知( )A．碰撞前P的动量为16 kg·m/sB．两物块的碰撞可能为弹性碰撞C．物块Q的质量为4 kgD．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 N·s【解析】根据位移—图象可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s，碰撞前P的动量为p0＝m P v0＝4 kg·m/s，选项A错误．根据位移—图象，碰撞后二者速度一样，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项B错误．碰撞后，二者的共同速度v＝1 m/s，由动量守恒定律，m P v0＝(m P＋m Q)v，解得m Q＝3 kg，选项C错误．由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I＝Δp Q＝m Q v＝3 N·s，选项D正确．【答案】D[题组突破训练]1.(多项选择)如下列图，动量分别为p A＝12 kg·m/s、p B＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用Δp A、Δp B表示两小球动量的变化量，如此如下选项中可能正确的答案是( ) A．Δp A＝－3 kg·m/s，Δp B＝3 kg·m/sB．Δp A＝－2 kg·m/s，Δp B＝2 kg·m/sC．Δp A＝－ 24 kg·m/s，Δp B＝24 kg·m/sD．Δp A＝3 kg·m/s，Δp B＝－3 kg·m/s【解析】此题属于追与碰撞问题，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否如此无法实现碰撞)，碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以Δp A<0，Δp B>0，并且Δp A＝－Δp B.据此可排除选项D；假设Δp A＝－24 kg·m/s、Δp B＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为p A′＝－12 kg·m/s、p B′＝37 kg·m/s，根据关系式E k＝p22m可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个原如此．【答案】AB2.(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．【解析】A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1①12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1② 联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0③v C 1＝2m m ＋Mv 0④如果m ＞M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m ＜M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝(m －M m ＋M)2v 0⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0解得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去． 所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m ＜M . 【答案】(5－2)M ≤m ＜M3．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)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p.【解析】(1)由图知，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即m C＝2 kg.(2)12 s时B离开墙壁，之后A、B、C与弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大(m A＋m C)v3＝(m A＋m B＋m C)v41 2(m A＋m C)v23＝12(m A＋m B＋m C)v24＋E p得E p＝9 J【答案】(1)2 kg (2)9 J※考点三爆炸、反冲问题1．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同局部在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．2．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．[题组突破训练]1．(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102kg ·m/s C ．6.0×102kg ·m/sD ．6.3×102kg ·m/s【解析】燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．【答案】A2．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量之比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，如此如下图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的答案是( )【解析】弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1 s ．取向右为正方向，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确．【答案】B※考点四 动量与能量综合问题1．求解动力学问题的三个根本观点(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题． (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题． (3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题． 2．利用“动量和能量〞观点解题的技巧(1)假设研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．(2)假设研究对象为单一物体，且涉与功和位移问题时，应优先考虑动能定理．(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．[真题拓展探究]【典例2】(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一外表光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体别离后能否追上小孩？【解析】(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①1 2m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②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 kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得v1＝1 m/s⑤设冰块与斜面体别离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥1 2m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s⑧由于冰块与斜面体别离后的速度与小孩推出冰块后的速度一样且处在后方，故冰块不能追上小孩．【答案】见解析拓展1 “子弹打击木板〞问题1.如下列图，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端．一质量为m0＝0.05 kg 的子弹、以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车．子弹与车的作用时间极短，物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10 m/s2，求：(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；(2)小车的长度L.【解析】(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1解得v1＝10 m/s.(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3解得v2＝8 m/s由能量守恒可得1 2(m0＋m1)v21＝μm2gL＋12(m0＋m1)v22＋12m2v23解得L＝2 m.【答案】(1)10 m/s (2)2 m拓展2 “圆弧轨道＋滑块(小球)〞问题2.(14分)如下列图，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上外表是一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′相切．现将一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g＝10 m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．【解析】(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v1①由能量守恒得：1 2mv20－12(M＋m)v21＝mgR＋μmgL②联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v2④设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得：1 2mv20－12(M＋m)v22＝μmg(L＋x)⑤联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m.【答案】(1)5 m/s (2)0.5 m一、选择题1．物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明( )A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体受到的每个力的冲量大小都为5 N·sD．假设发生变化的时间为1 s，如此物体所受合外力的大小为5 N【解析】因不知动量变化的方向与初动量方向是否一样，故无法确定动量是增大还是减小，A、B错误；由动量定理I＝Δp可知，合外力的冲量与物体动量变化量大小一定一样，C错误；由Δp＝F·t可知D 正确．【答案】D2．运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，如此运动员对球的冲量为( )A．1000 N·s B．500 N·sC．零D．无法确定【解析】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，由于不能确定题组突破训练人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．【答案】D3．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子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．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，如此( )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】相互作用过程中的相互作用力大小相等，方向相反，作用时间一样，因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，由动量定理可知，甲、乙动量变化大小相等，方向相反，A 错，B 对；虽然相互作用力大小相等，方向相反，甲、乙在相互作用过程中的位移不同，乙对甲做的正功与甲对乙做负功的多少不同，由动能定理知，甲的动能增加量不等于乙动能的减少量，故C 、D 错误．【答案】B4．质量为0.2 kg 的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量变化量Δp 和合外力对小球做的功W ，如下说法正确的答案是( )A ．Δp ＝2 kg ·m/s ，W ＝－2 JB ．Δp ＝－2 kg ·m/s ，W ＝2 JC ．Δp ＝0.4 kg ·m/s ，W ＝－2 JD ．Δp ＝－0.4 kg ·m/s ，W ＝2 J【解析】取竖直向上为正方向，如此小球与地面磁撞过程中动量的变化量Δp ＝mv 2－mv 1＝2 kg ·m/s ，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功W ＝12mv 22－12mv 21＝－2 J ，A 正确．【答案】A5.(2020·山东济南高三质检)如下列图，在光滑水平面上静止放着两个相互接触但不粘连的木块A 、B ，质量分别为m 1和m 2，今有一子弹水平穿过两木块．设子弹穿过木块A 、B 的时间分别为t 1和t 2，木块对子弹的阻力恒为F f ，如此子弹穿过两木块后，木块A 的速度大小是( )A.F f t 1m 1＋m 2B.F f t 1m 1C.F f t 1＋t 2m 1＋m 2D.F f t 1＋t 2m 1【解析】子弹穿过两木块后木块A 的速度大小等于子弹穿过A 时两木块的速度大小，根据动量定理，取两木块系统为研究对象，以子弹穿过A 为研究过程，如此F f t 1＝(m 1＋m 2)v ，解得v ＝F f t 1m 1＋m 2，A 正确． 【答案】A6．(2020·黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的( )A ．质量相等B ．动能相等C ．动量大小相等D ．速度大小相等【解析】两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C 正确．【答案】C7.一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星别离．前局部的卫星质量为m 1，后局部的箭体质量为m 2，别离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，假设忽略空气阻力与别离前后系统质量的变化，如此别离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)【解析】火箭和卫星组成的系统，在别离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，D 项正确．【答案】D8.(2020·抚州市四校联考)如下列图，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M ＝3.0 kg.质量为m ＝1.0 kg 的铁块以水平速度v 0＝4.0 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，如此在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．4.0 JB ．6.0 JC ．3.0 JD ．20 J【解析】设铁块与木板速度一样时，共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L ，摩擦力大小为F f ，根据能量守恒定律得。
2020物理高考备考专题《碰撞与动量守恒定律》(高考押题)(附答案解析版)
高考押题专练1．如图所示，两木块A 、B 用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A ，并留在其中．在子弹打中木块A 及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A ．动量守恒、机械能守恒B ．动量守恒、机械能不守恒C ．动量不守恒、机械能守恒D ．动量、机械能都不守恒 【答案】B【解析】子弹击中木块A 及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒．但是子弹击中木块A 过程，有摩擦做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B 正确．2．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，这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则( )A ．此系统内每个物体所受的合力一定都为零B ．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C ．此系统的机械能一定守恒D ．此系统的机械能可能增加 【答案】D【解析】若一个系统动量守恒，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，A 错误．此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变这是有可能的，B 错误．因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，C 错误，D 正确．3．在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( )A.v 02B.v 06C.v 02或v 06 D ．无法确定 【答案】A【解析】两球相碰后A 球的速度大小变为原来的12，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A 速度方向不变，则mv 0＝12mv 0＋3mv 1，可得B 球的速度v 1＝v 06，而B 在前，A 在后，碰后A 球的速度大于B 球的速度，不符合实际情况，因此A 球一定反向运动，即mv 0＝－12mv 0＋3mv 1，可得v 1＝v 02，A 正确，B 、C 、D 错误．4． A 、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v －t 图线，由图线可以判断( )A ．A 、B 的质量比为3∶2 B ．A 、B 作用前后总动量守恒C ．A 、B 作用前后总动量不守恒D ．A 、B 作用前后总动能不变 【答案】ABD【解析】设A 的质量为m 1，B 的质量为m 2，碰撞前后两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，从图象上可得碰撞前后两者的速度，故有m 1×6＋m 2×1＝m 1×2＋m 2×7，解得 m 1∶m 2＝3∶2，A 、B 正确，C 错误．碰撞前系统的总动能E k1＝12m 1×62＋12m 2×12＝553m 1，碰撞后总动能为E k2＝12m 1×22＋12m 2×72＝553m 1＝E k1，动能不变，D 正确．5．在光滑水平面上动能为E 0、动量大小为p 的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量大小分别记为E 2、p 2，则必有( )A ．E 1＜E 0B ．p 2＞p 0C ．E 2＞E 0D ．p 1＞p 0 【答案】AB【解析】因为碰撞前后动能不增加，故有E 1＜E 0，E 2＜E 0，p 1＜p 0，A 正确，C 、D 错误．根据动量守恒定律得p 0＝p 2－p 1，得到p 2＝p 0＋p 1，可见，p 2＞p 0，B 正确．6．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，如图所示．则上述两种情况相比较( )A ．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 【答案】AB【解析】根据动量守恒，两次最终子弹与滑块的速度相等，A 正确．根据能量守恒可知，初状态子弹的动能相同，末状态两滑块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量相等，B 正确．子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相等，因此做功相等，C 错误．产生的热量Q ＝f ×Δs ，由于产生的热量相等，而相对位移Δs 不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D 错误．7．如图甲所示，一物块在t ＝0时刻，以初速度v 0从足够长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，t 0时刻物块到达最高点，3t 0时刻物块又返回底端．由此可以确定( )A ．物块返回底端时的速度B ．物块所受摩擦力大小C ．斜面倾角θD ．3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功 【答案】AC【解析】上滑过程中做初速度为v 0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零、末速度为v 的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有v 02t 0＝v 2·2t 0，解得v ＝v 02，A 正确．上滑过程中有－(mg sinθ＋μmg cos θ)·t 0＝0－mv 0，下滑过程中有(mg sin θ－μmg cos θ)·2t 0＝mv 02，解得F f ＝μmg cos θ＝3mv 08t 0，sin θ＝5v 08gt 0，由于不知道质量，所以不能求出摩擦力，可以求出斜面倾角，B 错误，C 正确．由于不知道物体的质量，所以不能求解克服摩擦力所做的功，D 错误．9．如图甲所示，物块A 、B 间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A 物块最初与左侧固定的挡板相接触，B 物块质量为4 kg 。
2024版新教材高考物理全程一轮总复习第七章碰撞与动量守恒专题强化七碰撞模型的拓展课件
1
1
等于系统损失的动能，即ΔE＝ m0 v02 － (m＋m0)v2 ，而木块获得的动能Ek木 ＝
1
mv2＝6
2
2
2
E
m+m0
J，两式相除得
＝
>1，即ΔE>6
E
m0
木
k
J，A项正确．
例5 [2022·河北卷]如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质
典例 [2022·浙江6月]如图所示，在竖直面内，一质量为m的物块a静置于
悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、
FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为
R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O
点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰
(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力
的矢量和为零，则系统动量守恒．
(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做
功，系统机械能守恒．
(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
统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为
弹簧的弹性势能．)
量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均
为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向
左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起
形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的
高考物理一轮复习专题7碰撞与动量守恒含解析新人教版
高考物理一轮复习专题：专题七碰撞与动量守恒考点1 动量、冲量、动量定理1.如果没有空气阻力,天上的云变成雨之后落到地面,在经过一路的加速后,到达地面时的速度会达到300 m/s,这样的速度基本相当于子弹速度的一半,是非常可怕的.由于空气阻力的作用,雨滴经过变加速运动,最终做匀速运动,一般而言,暴雨级别的雨滴落地时的速度为8~9 m/s.某次下暴雨时李明同学恰巧撑着半径为0.5 m的雨伞(假设伞面水平,雨水的平均密度为0.5 kg/m3),由于下雨使李明增加撑雨伞的力最小约为()A.0.25 NB.2.5 NC.25 ND.250 N2.如图所示为某飞船与空间站对接时的示意图.已知空间站的质量为9.8×104 kg,飞船受到推进器的推力F为500 N,飞船与空间站对接后,推进器工作20 s,飞船和空间站的速度增加0.1 m/s,则()A.对接前后,飞船和空间站的动量守恒B.推进过程中,飞船对空间站的冲量与空间站对飞船的冲量相同C.飞船的质量为1.0×103 kgD.推进过程中,飞船对空间站的推力为490 N3.有一宇宙飞船,它的正面有效面积S=2 m2,以v=3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒区.此微粒区1 m3空间中有一个微粒,每一个微粒的平均质量为m=2×10-7kg,设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上,要使飞船速度不变,飞船的牵引力应增加()A.3.6×103 NB.3.6 NC.1.2×103 ND.1.2 N4.[多选]第二届进博会于2019年11月在上海举办,会上展出了一种乒乓球陪练机器人,该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息,及时调整球拍将球击回,若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回,球在空中运动一段时间后落到对方的台面上,忽略空气阻力和乒乓球的旋转,下列说法正确的是()A.击球过程合外力对乒乓球做功为零B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C.在上升过程中,乒乓球处于失重状态D.在下落过程中,乒乓球处于超重状态5.有一种灌浆机可以持续将某种涂料以速度v喷在墙壁上,其喷射出的涂料产生的压强为p,若涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上,涂料的密度为ρ,则墙壁上涂料厚度增加的速度u 为()A.u=B.u=C.u=D.u=6.拍皮球是大家都喜欢的体育活动,能强身健体.已知皮球质量为m=0.4 kg,为保证皮球每次与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为h=1.25 m,小明需每次在球到达最高点时拍球,每次拍球作用的距离为s=0.25 m,使球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s的初速度v.若不计空气阻力及球的形变,g取10 m/s2,则每次拍球()A.手给球的冲量为1.6 kg· m/sB.手给球的冲量为2.0 kg· m/sC.人对球做的功为3.2 JD.人对球做的功为2.2 J7.如图所示,质量m=2 kg的木块静置在水平面上,受到一水平飞行的子弹打击,木块被子弹瞬间击穿后(击穿前后木块质量不变),在水平面上滑行了x=8 m距离后静止.已知木块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g=10 m/s2.求:(1)木块被击穿后获得的速度大小;(2)子弹对木块的打击力冲量的大小.考点2 动量守恒定律1. A、B两小球在光滑水平面上发生正碰,小球A的质量为m1=0.2 kg,碰撞前、后两球位置与时间的关系如图所示,由此可以判断()A.小球B的质量为m2=0.6 kgB.小球B的质量为m2=0.2 kgC.碰后小球A和B运动方向相同D.碰前小球A做加速运动,小球B做匀速运动2.[多选]如图所示,光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C,质量为M的小球B置于其底端,另一个小球A质量为,小球A以v0=6 m/s的速度向B运动,并与B发生弹性碰撞,不计一切摩擦,小球均视为质点,则 ()A.B的最大速率为4 m/sB.B运动到最高点时的速率为 m/sC.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞3.[多选]质量为M、左右内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m 的小物块(可视为质点),小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.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v,小物块与箱壁碰撞N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,不计空气阻力,则整个过程中,小物块与箱子组成的系统损失的动能为()A.mv2B.·v2C.NμmgLD.NμmgL4.如图所示,光滑水平面上停放一个木箱和小车,木箱质量为m,小车和人总质量为M,M:m=4:1,人以速率v沿水平方向将木箱推出,木箱被挡板以原速率反弹回来以后,人接住木箱再以同样大小的速率v第二次推出木箱,木箱又被原速反弹……,则人最多能推木箱的次数为()A.2B.3C.4D.15.如图所示,光滑半圆轨道竖直固定在光滑水平面上,直径MN竖直.刚开始时,小物块P和Q静止,二者间有一被压缩后锁定的轻弹簧(与物块未拴接),弹簧锁定时的弹性势能为9 J.解除锁定(时间极短)后,P、Q将与弹簧分离.已知P、Q的质量均为0.25 kg,半圆轨道的半径R=0.4 m,重力加速度g取10 m/s2,不计一切阻力.(1)解除锁定后,求P、Q与弹簧分离时的速度大小;(2)判断Q能否通过半圆轨道的最高点,并说明理由.考点3 实验:验证动量守恒定律1.[6分]某实验小组利用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律.实验的主要步骤如下:①用游标卡尺测量小球A、B的直径d,如图乙所示,用天平测量小球A、B的质量分别为m1、m2;②用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度,且自然下垂时两球恰好相切,球心位于同一水平线上;③将球A向左拉起至其悬线与竖直方向的夹角为α时由静止释放,与球B碰撞后,测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ1,球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2.(1)小球的直径d=cm.(2)若两球碰撞前后的动量守恒,则其表达式可表示为(用①、③中测量的量表示).(3)完成实验后,实验小组进一步探究.用质量相同的A、B两球重复实验步骤②、③,发现A球与B球碰撞后,A球静止,B球向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角略小于α,由此他们判断A、B两球的碰撞是(填“弹性碰撞”“非弹性碰撞”或“完全非弹性碰撞”).2.[7分]某同学用图甲所示装置通过M、N两弹性小球的碰撞来验证动量守恒定律,图甲中A是斜槽导轨,固定在水平桌面上,斜面BF顶端B点与斜槽导轨的水平末端平滑相接.实验时先使M 球从斜槽上某一固定位置静止释放,落到斜面上的记录纸上留下痕迹,重复上述操作10次,得到M球的10个落点痕迹,如图乙所示,刻度尺贴近斜面且零刻度线与B点对齐.再把N球放在斜槽导轨水平末端,让M球仍从原位置静止释放,和N球碰撞后两球分别在斜面记录纸上留下各自的落点痕迹,重复这种操作10次.(不考虑小球对斜面的二次碰撞)(1)为了更精确地做好该实验,对两个碰撞小球的要求是M球的半径N球的半径,M球的质量N球的质量.(填“小于”“等于”或“大于”)(2)由图乙可得M球不与N球碰撞时在斜面上的平均落点位置到B点的距离为cm.(3)若已知斜面BF的倾角为θ,利用天平测出M球的质量m1,N球的质量m2,利用刻度尺测量平均落点位置C、D、E到B的距离分别为L C、L D、L E,,由上述测量的实验数据,验证动量守恒定律的表达式是.(用所给物理量的字母表示)3.2019年9月,我国成功完成了76 km/h高速列车实车对撞试验,标志着我国高速列车安全技术达到了世界领先水平.某学习小组受此启发,设计了如下的碰撞实验,探究其中的能量损耗问题,实验装置如图甲所示.该小组准备了质量分别为0.20 kg、0.20 kg、0.40 kg的滑块A、B、C,滑块A右侧带有自动锁扣,左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连,滑块B、C左侧均带有自动锁扣,打点计时器所接电源的频率f=50 Hz.调整好实验装置后,在水平气垫导轨上放置A、B两个滑块,启动打点计时器,使滑块A以某一速度与静止的滑块B相碰并粘合在一起运动,纸带记录的数据如图乙所示;用滑块C替代滑块B,重复上述实验过程,纸带数据如图丙所示.(1)根据纸带记录的数据,滑块A与B碰撞过程中系统损失的动能为 J,滑块A与C碰撞过程中系统损失的动能为 J.(计算结果均保留2位有效数字)(2)根据实验结果可知,被碰物体质量增大,系统损失的动能(填“增大”“减小”或“不变”).一、选择题(共9小题,54分)1.质量为m的篮球以水平速度大小v撞击竖直篮板后,以水平速度大小v'被弹回,已知v'<v,篮球与篮板撞击时间极短.下列说法正确的是 ()A.撞击时篮球受到的冲量大小为m(v'-v)B.撞击时篮板受到的冲量为零C.撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒D.撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒2.某研究小组的同学们用如图所示的装置做探究物体的加速度与力、质量的关系实验之后,对此实验又做了进一步的分析:在实验前通过垫块已经平衡了阻力,且砂和砂桶的总质量远小于小车和车上砝码的总质量,若将小车(含车上砝码)和砂桶(含砂)当成一个系统,由静止释放小车后,下列说法正确的是()A.系统动量守恒,机械能守恒B.系统动量不守恒,机械能守恒C.系统动量守恒,机械能不守恒D.系统动量不守恒,机械能不守恒3.甲、乙两物体在同一直线上运动,它们在0~0.4 s时间内的v-t图像如图所示.若两物体仅存在相互作用,则下列说法正确的是 ()A.0~0.4 s时间内甲对乙的冲量大小大于乙对甲的冲量大小B.0~t1时间内甲、乙位移之比为1∶3C.甲、乙质量之比为3∶1D.t1=0.28 s4.某质量为3 kg的木块在喷泉作用下,静止在距某喷口上方1 m的位置,喷口的圆形内径约为2 cm,若喷出的水全部撞击木块且冲击后水的速度变为零,则驱动该喷口喷水的水泵功率最接近(不计空气阻力,π取3,重力加速度g取10 m/s2) ()A.100 WB.200 WC.300 WD.400 W5.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度.为了分析这个过程,可以提出以下两种模型:探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星,分别因相互作用改变了速度.如图甲、乙所示,以太阳为参考系,设行星运动的速度大小为u,探测器的初速度大小为v0,在图示的两种情况下,探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律类比.那么下列判断中正确的是()A.v1>v0B.v1=v0C.v2>v0D.v2=v06.如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑,则()A.在以后的运动过程中,小球和槽的动量始终守恒B.在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后,小球和槽的机械能守恒,小球能回到槽高h处7.[多选]如图所示,光滑水平面上有质量均为m的A、B两个相同物块,物块A以速度v向右运动,与静止不动、左端有一轻弹簧的物块B发生对心碰撞,碰撞后物块A与弹簧不粘连,在物块A与弹簧接触以后的过程中,下列说法正确的是()A.弹簧被压缩过程中两物块总动量小于mvB.弹簧被压缩到最短时两物块总动能为mv2C.弹簧恢复原长时,物块A的动量为零D.弹簧恢复原长时,物块B的动能为mv28.[多选]研究平抛运动的装置如图所示.图中PQ是圆弧轨道,轨道末端的切线水平,QEF是斜劈的横截面,H是QE的中点,曲线QMNE是某次质量为m的小球做平抛运动的轨迹,M在H的正上方,N在H的左侧且与H在同一水平线上.不计空气阻力,下列说法正确的是()A.小球在M点的速度方向与QE平行B.从Q到M与从M到N,小球重力做的功相等C.从Q到M与从M到N,小球的动量变化量之比为(+1)∶1D.从Q到M与从M到E,小球的速度变化量之比为1∶29.[多选]如图所示,小球A、B、C质量分别为2m、m、m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为l,B、C置于水平地面上.现让两轻杆并拢,以此时小球A在水平地面上的竖直投影为坐标原点,A由静止释放到下降到最低点的过程中,A、B、C在同一竖直平面内运动,忽略一切摩擦,重力加速度为g,则球A与地面接触时(小球直径远小于杆长)()A.球C速度大小为B.球B、C的动量之和为零C.球A落点在原点左侧D.A与地面接触时的速度大小为二、非选择题(共6小题,70分)10.[4分]某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的实验.光滑的水平平台上的A点放置一个光电门.实验步骤如下:A.在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片;B.用天平分别测得小滑块a(含挡光片)和小球b的质量为m1、m2;C.将a和b用细线连接,中间夹一被压缩了的水平轻短弹簧,静止放置在平台上;D.烧断细线后,a、b被弹开,向相反方向运动;E.记录滑块a离开弹簧后通过光电门时挡光片的遮光时间t;F.小球b离开弹簧后从平台边缘飞出,落在水平地面上的B点,测出平台距水平地面的高度h 及B点与平台边缘重垂线之间的水平距离x0;G.改变弹簧压缩量,进行多次实验.(1)用螺旋测微器测量挡光片的宽度,如图乙所示,则挡光片的宽度为mm.(2)若在误差允许范围内,满足m1=,则a、b与弹簧作用过程中系统动量守恒.(用上述实验所涉及物理量的字母表示,重力加速度为g)11.[6分]在“验证动量守恒定律”的实验中,一般采用如图所示的装置.其中P点为碰前入射小球落点的平均位置,M点为碰后入射小球落点的平均位置,N点为碰后被碰小球落点的平均位置.(1)若入射小球质量为m1,半径为r1;被碰小球的质量为m2,半径为r2,则.A.m1>m2,r1>r2B.m1>m2,r1<r2C.m1>m2,r1=r2D.m1<m2,r1=r2(2)以下所提供的测量工具中需要的是.A.刻度尺B.游标卡尺C.天平D.弹簧测力计E.秒表(3)在做实验时,对实验要求,以下说法正确的是.A.斜槽轨道必须是光滑的B.斜槽轨道末端的切线是水平的C.入射球每次都要从同一高度由静止滚下D.释放点应适当高点(4)设入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,用如图所示装置进行实验,则“验证动量守恒定律”的表达式为.(用装置图中的字母表示)12.如图所示,一个足够长的圆筒竖直固定,筒内有一质量为M的滑块锁定在距圆筒顶端h1=5 m 处.现将一个直径小于圆筒内径、质量为m的小球, 从圆筒顶端沿圆筒中轴线由静止释放,小球与滑块刚要碰撞时解除滑块的锁定,小球与滑块发生弹性碰撞后最高能上升到距圆筒顶端h2=3.2 m处.不计空气阻力,已知滑块与圆筒间的滑动摩擦力为f=7.2 N,重力加速度g取10 m/s2.(1)求小球与滑块的质量之比.(2)若滑块质量为0.9 kg,求小球从与滑块第一次碰撞到与滑块第二次碰撞的时间间隔t.13.[2021湖北荆州中学月考,14分]两质量均为2m的劈A和B紧挨着放置,两劈内侧均为半径为R的圆形光滑曲面,放在光滑水平面上,如图所示.一质量为m的物块(可视为质点)从劈A的最高点由静止滑下,然后又滑上劈B.重力加速度为g.求:(1)物块第一次离开劈A时,劈A后退的距离;(2)物块在劈B上能够达到的最大高度.14.如图所示,在光滑的水平面上有一长为L的木板B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的圆弧槽C,与木板接触但不相连,圆弧槽的下端与木板上表面齐平,B、C静止在水平面上.现有滑块A以初速度v0从右端滑上B,并以v0的速度滑离B,之后恰好能到达C的最高点.A、B、C的质量均为m,重力加速度为g,求:(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ;(2)圆弧槽C的半径R;(3)当A滑离C时,C的速度.15.如图所示,一质量m=1 kg的滑块(可视为质点)从距斜面底端高度h0=8 m的位置由静止释放.已知斜面倾角θ=45°,滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.6,滑块滑至斜面底端时与挡板相碰,碰撞过程中无机械能损失,重力加速度为g=10 m/s2.求:(1)滑块第一次碰撞挡板前的瞬时速度大小;(2)第一次碰撞过程中,挡板对滑块的冲量大小;(3)所有碰撞过程中,挡板对滑块总的冲量大小.答案专题七碰撞与动量守恒考点1 动量、冲量、动量定理1.C设t时间内,落到雨伞上雨水的质量为m,根据动量定理,有Ft=mv,又m=vtπr2ρ,所以F=v2πr2ρ,代入数据解得F=25 N,所以选项C正确.2.D对接过程中,飞船受到推进器的推力作用,飞船和空间站整体动量不守恒,选项A错误;推进过程中,飞船对空间站的推力大小等于空间站对飞船的推力大小,但二力方向相反,故飞船对空间站的冲量与空间站对飞船的冲量不相同,选项B错误;设飞船的质量为m,飞船与空间站对接后,推进器工作20 s的过程中,有(9.8×104 kg+m)×0.1 m/s=500 N×20 s,可得m=2.0×103kg,选项C错误;飞船与空间站对接后,推进器工作20 s,飞船和空间站的速度增加0.1 m/s,加速度为0.005 m/s2,则飞船对空间站的推力为9.8×104 kg×0.005 m/s2=490 N,选项D正确.3.B在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M=vtSm,设飞船对微粒的作用力为F,由动量定理得Ft=Mv,联立解得F=v2Sm,代入数据得F=3.6 N,根据牛顿第三定律,可知微粒对飞船的作用力为3.6 N,要使飞船速度不变,根据平衡条件,可知飞船的牵引力应增加3.6 N,选项B正确.4.AC 球拍将乒乓球原速率击回,合外力对乒乓球的冲量不为零,可知乒乓球的动能不变,动量方向发生改变,合外力对乒乓球做功为零,A正确,B错误;在乒乓球的运动过程中,加速度方向向下,乒乓球处于失重状态,C正确,D错误.5B在涂料持续被喷向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中,涂料小颗粒的速度从v变为0.以Δt时间内喷在面积为ΔS上的质量为Δm的涂料为研究对象,设墙壁对它的作用力为F,它对墙壁的作用力为F',涂料增加的厚度为h.由动量定理可知F·Δt=Δm·v,其中Δm=ρ·ΔSh,则墙壁受到的压强p===.又因涂料厚度增加的速度为u=,联立解得u=,选项B正确. 6.D为使皮球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s的初速度v,根据动量定理可知,合外力要给皮球的冲量为I=mv=0.4×4 kg· m/s=1.6 kg· m/s,手给球的冲量与重力给球的冲量之和等于合外力的冲量,故手给球的冲量小于1.6 kg· m/s,选项A、B错误;设人对球做的功为W,由动能定理知,W+mgs=mv2,解得W=2.2 J,选项D正确,C错误.7.(1)8 m/s(2)16 kg·m/s解析:(1)木块被击穿后在水平面上运动,对木块有μmg=ma(2分)得木块做匀减速直线运动的加速度大小a=μg=4 m/s2(1分)由匀变速直线运动规律有v2=2ax(1分)得木块被击穿后获得的速度大小v=8 m/s(1分).(2)对木块被击穿的过程,由动量定理有I=mv-0(2分)得子弹对木块打击力的冲量的大小I=16 kg·m/s(1分).考点2 动量守恒定律1.A由题图可知,碰前小球A的速度为v1=2 m/s,碰前小球B的速度为零,碰后小球A的速度为v'1=-1 m/s,碰后小球B的速度为v'2=1 m/s,对小球A、B碰撞的过程,由动量守恒定律得m1v1=m1v'1+m2v'2,代入数据解得m2=0.6 kg,A正确,B错误;由以上分析可知,碰后A被反弹,则两球的运动方向相反,C错误;碰前小球A匀速运动,小球B静止,D错误.2.AD A与B发生弹性碰撞,设碰撞后瞬间A、B的速度分别为v A、v B,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0=v A+Mv B,·=·+M,解得v A=-2 m/s,v B=4 m/s,故B的最大速率为4 m/s,选项A正确;B冲上C并运动到最高点时,B与C共速,此过程由动量守恒定律有Mv B=(M+2M)v,解得B运动到最高点时的速率为v= m/s,选项B错误;B冲上C然后又滑下的过程,设B、C分离时速度分别为v'B、v'C,由水平方向动量守恒有Mv B=Mv'B+2Mv'C,由机械能守恒有M=Mv'+·2Mv',解得v'B=- m/s,由于|v'B|<|v A|,所以A、B不会再次发生碰撞,选项C错误,D正确.3.BD小物块与箱子作用过程中二者组成的系统满足动量守恒,小物块最后恰好又回到箱子正中间,二者相对静止,即二者共速,设速度为v1,则mv=(m+M)v1,系统损失动能ΔE k=mv2-(M+m)=·,A项错误,B项正确;由于碰撞为弹性碰撞,故碰撞时不损失能量,系统损失的动能等于系统产生的热量,即ΔE k=Q=NμmgL,C项错误,D项正确.4.B选木箱、人和小车组成的系统为研究对象,取向右为正方向,设第n(n为整数)次推出木箱后人与小车的速度为v n,第n次接住木箱后速度为v'n,由动量守恒定律第一次推出后有0=Mv1-mv,则v1=第一次接住后有Mv1+mv=(M+m)v'1第二次推出后有(M+m)v'1=Mv2-mv,则v2=第二次接住后有Mv2+mv=(M+m)v'2︙︙第n-1次接住后有Mv n-1+mv=(M+m)v'n-1第n次推出后有(M+m)v'n-1=Mv n-mv即v n=mv设最多能推n次,推出后有即≥v,且<v所以(+1)≤n<(+1)+1将=4代入,可得2.5≤n<3.5因为n取整数,故n=3.5.(1)6 m/s 6 m/s(2)能理由见解析解析:(1)设P、Q与弹簧分离时的速度大小分别为v1、v2,弹簧锁定时的弹性势能为E p,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv1=mv2(2分)E p=m+m(2分)联立解得v1=v2=6 m/s(1分).(2)假设Q能通过半圆轨道的最高点M,且在最高点的速度为v.根据机械能守恒定律可得m=mg·2R+mv2(2分)解得v=2 m/s另一方面,若Q恰能通过M点,在M点根据牛顿第二定律及向心力公式有mg=m(2分)解得v M=2 m/s<v故假设成立,Q能通过最高点(1分).考点3 实验:验证动量守恒定律1.(1)2.20(2分)(2)m1=-m1+m2(2分)(3)弹性碰撞(2分)解析: (1)小球A、B的直径d=22 mm+0.1×0 mm=22.0 mm=2.20 cm.(2)小球A下摆过程只有重力做功,机械能守恒,由机械能守恒定律得m1=m1gl(1-cos α),碰撞后,对A、B两球分别根据机械能守恒定律得m1v=m1gl(1-cos θ1)、m2v=m2gl(1-cos θ2),若两球碰撞前后的动量守恒,则满足m1v1=-m1v'1+m2v'2,联立以上四式得m1=m2-m1.(3)用质量相同的两个小球完成实验,且碰后A球静止,则说明两球发生的碰撞为弹性碰撞.2.(1)等于(1分)大于(1分)(2)54.2(53.5~54.5范围内均可)(2分)(3)m1=m1+m2(3分)解析:(1)为了验证水平方向上动量守恒并确保N球被碰后做平抛运动,应使两小球对心碰撞,需两小球半径相等;同时为确保M球碰撞后速度方向不变,M球的质量必须大于N球的质量. (2)将图乙中的10个落点用圆规画出最小的圆圈住,圆心即为落点的平均位置,可知圆心到B 点的距离为54.2 cm,允许有一定的误差,取值在53.5~54.5 cm范围内都算正确.(3)小球离开导轨后做平抛运动,有L cos θ=v0t及L sin θ=gt2,联立可得v0=,对照图甲和实验条件可知,D点为M球未与N球碰撞时单独做平抛运动的平均落点位置,有v1=,E点为N球被碰后做平抛运动的平均落点位置,对应有v2=,C点为M球与N 球碰撞后做平抛运动的平均落点位置,对应有v'1=,将v1、v'1和v2代入公式m1v1=m1v'1+m2v2得m1=m1+m2.3.(1)0.45(2分) 0.60(2分)(2)增大(2分)解析:(1)打点计时器所接电源的频率f=50 Hz,周期T==0.02 s,由题图乙可知,碰撞前滑块A 的速度为v A=×10-2 m/s=3.0 m/s,A与B碰撞并粘合在一起后速度为v AB=×10-2 m/s=1.5 m/s.碰撞前滑块A 的动能E k A=m A=×0.20×3.02J=0.90 J,碰撞后滑块A、B的总动能E k AB=(m A+m B)=×(0.20+0.20)×1.52J=0.45 J,A与B碰撞过程中系统损失的动能为ΔE k1= E k A-E k AB=0.90 J-0.45 J=0.45 J.由题图丙可知,A 与C碰撞并粘合在一起后速度为v AC=×10-2 m/s=1.0 m/s.碰撞前滑块A的动能E k A=m A=×0.20×3.02 J=0.90 J,碰撞后滑块A、C的总动能E k AC=(m A+m C)=×(0.20+0.40)×1.02 J=0.30 J,A与C碰撞过程中系统损失的动能为ΔE k2= E k A-E k AC=0.90 J-0.30 J=0.60 J.(2)根据实验结果可知,被碰物体质量增大,系统损失的动能增大.1.C撞击时篮球受到的冲量等于其动量的变化,即I=mv'-m(-v)=m(v'+v),选项A错误;碰撞时,篮球与篮板相互作用,相互作用力等大反向,作用时间相等,则篮板受到的冲量大小不为零,选项B错误;撞击时间极短,重力的冲量忽略不计,撞击前后篮板均保持静止,篮球速度反向,所以篮球和篮板组成的系统动量不守恒,选项C正确;由于v'<v,系统机械能有损失,不守恒,选项D 错误.2.D把砂桶(含砂)与小车(含车上砝码)看成一个整体,这个整体在向下运动时受到摩擦力作用,除了摩擦力外还有重力、斜面的支持力,摩擦力做负功,支持力不做功,故系统的机械能不守恒,选项A、B错误;在砂桶向下运动的过程中,系统受到了合外力(砂桶重力)的作用,它们的动量越来越大,动量不守恒,选项C错误,D正确.3.C甲、乙两物体仅存在相互作用,则甲、乙两物体组成的系统动量守恒,故0~0.4 s时间内甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小,A错误;在v-t图像中,图线与坐标轴围成图形的面积表示位移,则0~t1时间内甲、乙位移之比为1∶5,B错误;由图线可知,甲、乙两物体加速度大小之比为1∶3,则甲、乙质量之比为3∶1,C正确;由图线可知a乙的大小为10 m/s2,则t1=0.3 s,D错误.4.B喷口的内径约2 cm,则半径约为r=0.01 m,木块静止在距喷口h=1 m的位置,即木块受到水的冲击力等于木块的重力,由动量定理得0-mv=-m木gt,在一段极短时间t内喷到木块上的水柱的质量为m=ρ水vtS,S=πr2,设水在刚喷出喷口时的速度为v喷,由机械能守恒定律可知。
(江苏版5年高考3年模拟A版)2020年物理总复习专题十五动量定理与动量守恒定律教师用书
专题十五动量定理与动量守恒定律
挖命题
【考情探究】
分析解读2018年高考考试说明新增“动量定理”这一考点,同时将“动量守恒定律”这一考点改为“动量守恒定律及其应用”。
“弹性碰撞和非弹性碰撞”只限于一维碰撞的问题。
理解动量和动量变化的概念、理解动量守恒定律的内容、掌握用动量定理和动量守恒定律解题的基本方法及步骤是本专题的学习重点。
要知道弹性碰撞和非弹性碰撞的概念,能运用动量守恒定律,并结合能量关系解决简单的碰撞问题。
【真题典例】
破考点
【考点集训】
考点一动量、动量定理
1.(2018江苏常州调研)自P点以某一速度竖直向上抛出的小球,上升到最高点Q后又回到P 的过程中,空气阻力大小不变,下列说法正确的是( )
A.上升过程中重力的冲量等于下降过程中重力的冲量
B.上升过程中重力所做的功等于下降过程中重力所做的功
C.上升过程中合外力的冲量等于下降过程中合外力的冲量
D.以上说法都不对
答案 D
2.(2018江苏宿迁期中)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
答案 B
3.[2018江苏镇江摸底,12C(1)]如图所示,单摆摆球的质量为m,摆球从最大位移A处由静止释放,摆球运动到最低点B时的速度大小为v。
重力加速度为g,不计空气阻力。
则摆球从A 运动到B的过程中( )
A.重力做的功为mv2
B.重力的最大瞬时功率为mgv
C.重力的冲量为0
D.重力的冲量大小为mv
答案 A。
专题七碰撞与动量守恒—版新课标版高考物理复习优质课件
将数值代入得F=1 200 N。 由牛顿第三定律知安全带受的冲力F' 为1 200 N,方向竖直向下。
解法二(全过程法) 在整个下落过程中对工人应用动量定理。在整个下
落过程中,重力的冲量大小为mg
2L g
t
,拉力F的冲量大小为Ft。初、末
动量都是零,取向下为正方向,由动量定理得
mg
2L g
t
mg
解得F=
-Ft=0
2L g
t
=1
200
N。
t
由牛顿第三定律知安全带受的冲力F'=F=1 200 N,方向竖直向下。
答案 1 200 N
考点二 动量守恒定律及其应用
一、动量守恒定律
考向基础
三个概念
系统
相互作用的若干个物体看成一 个系统,即系统至少由两个物体 组成
内力 外力
系统内部各物体之间的相互作 用力叫做内力
二、动量
定义
定义式 单位 标矢性 状态量 相对性 引入 意义
物体的质量(m)跟其速度(v)的乘积(mv)叫做物体 的动量,用符号p表示
p=mv 千克·米/秒,符号kg·m/s 矢量,方向与速度方向相同 对应于某一时刻或某一位置 与参考系有关,通常取地面为参考系 (1)为了描述力作用一段时间后对物体产生的效果 (2)为了揭示相互作用的物体系统,在作用过程中遵守的规律
2.应用动量定理解题的一般步骤 (1)明确研究对象和研究过程。 研究过程既可以是全过程,也可以是全过程中的某一阶段。 (2)进行受力分析。 只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力,不必分析内力。 (3)规定正方向。 (4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲 量的矢量和),根据动量定理列方程求解。
2020版高考物理课标Ⅲ专用专题七 碰撞与动量守恒
h=
v02 2g
-
M 2g 2 ρ2v02S 2
⑧
考查点 动量定理、能量守恒定律、物体平衡
解题关键 在流体中运用动量知识时一定要取Δt时间内的流体为研究对象。
栏目索引
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考点二 动量守恒定律及其应用
5.(2017课标Ⅰ,14,6分)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中 重力和空气阻力可忽略) ( ) A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 答案 A 由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与燃气组成的系统动量守 恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向, 可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05 kg×600 m/s=30 kg·m/s,A正 确。 易错点拨 系统中量与物的对应性 动量守恒定律的应用中,系统内物体至少为两个,计算各自的动量时,需注意速度与质量对应于 同一物体。
7.(2019课标Ⅰ,25,20分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平 滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示。t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静 止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中 未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图 像如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加 速度大小为g,不计空气阻力。
(浙江版5年高考3年模拟A版)2020年物理总复习专题十四动量守恒定律课件
答案 见解析
点拨 微元思想是高中物理乃至整个物理学的精髓思想之一,是科学家智 慧的结晶。其精髓在于:原本某个变化的量在极短时间内可以看成不变。
方法2 动量定理在流体问题中的应用
通常情况下应用动量定理解题,研究对象为质量一定的物体,它与其他 物体只有一次相互作用,我们称之为“单体作用”。这类题目对象明 确、过程清楚,求解不难。而对于流体连续相互作用的这类问题,研究 对象不明,相互作用的过程也较复杂,求解有一定难度。 1.流体作用模型 对于流体运动,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在极短的时间Δt 内通过某一横截面积为S的截面的柱形流体的长度为Δl,如图所示。设 流体的密度为ρ,则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl= ρSvΔt,根据动量定理,流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动 量的增量,即FΔt=ΔmΔv,分两种情况:
R
R
因此安培力的冲量的表达式为I=Blq或I= B2l2x 。 R
必须注意以下三点:
①安培力的方向与导体棒运动方向相反,故冲量方向也与运动方向相
反。若取运动方向为正方向,则应该在冲量前添加一个负号;
②表达式中的R为回路总电阻;
③若线框的匝数为N,则相应的表达式变为I=NBlq及I= N 2B2l2x 。 R
个初速度v0使其开始运动,求导体棒在静止前受到的安培力的冲量。
I Blq
安培力的冲量
I
B2l 2 x R
证明:安培力一直变化,但在极短时间Δt内可认为不变。
∴ΔI=BIl·Δt=BlΔq
∴I=∑ΔI=∑BlΔq=Blq
同理:ΔI= B2l2v ·Δt= B2l2x
R
R
I=∑ΔI=∑ B2l 2x= B2l2x
课标专用5年高考3年模拟A版2020高考物理专题七碰撞与动量守恒试题
专题七碰撞与动量守恒挖命题【考情探究】考点考向5年考情预测热度考题示例学业水平关联考点素养要素解法动量、动量定理动量、动量定理2018课标Ⅰ,14,6分 2匀变速直线运动、动能能量观念排除法★★☆2016课标Ⅰ,35(2),10分4 能量守恒定律模型构建微元法2017天津理综,4,6分 3机械能、功率、失重运动与相互作用观念2015安徽理综,22,14分 4 动能定理运动与相互作用观念动量守恒定律及其应用动量守恒定律及其应用2018课标Ⅱ,24,12分 4牛顿第二定律、匀变速直线运动科学推理★★★2017课标Ⅰ,14,6分 3 相互作用观念2015课标Ⅰ,35(2),10分4机械能守恒定律运动与相互作用观念2014课标Ⅰ,35(2),9分 4 能量守恒定律模型构建动量和能量的综合动量和能量的综合2018课标Ⅰ,24,12分 4机械能守恒定律模型构建★★★2016课标Ⅱ,35(2),10分4机械能守恒定律运动与相互作用观念2017天津理综,10,16分 4自由落体运动、机械能守恒定律模型构建碰撞2016课标Ⅲ,35(2),10 4 能量守恒定律模型构建分2015广东理综,36,18分 4 动能定理科学推理2014广东理综,35,18分 4 牛顿第二定律模型构建分析解读本专题内容为选修3-5的两个重要内容之一,在2017年新课标考纲中由选考内容改为必考内容,使力学体系更加完善。
本专题包含内容可视为牛顿力学的进一步拓展,但动量守恒定律是独立于牛顿运动定律之外的自然规律,这个规律为解决力学问题开辟了新的途径,故称为解决力学问题的“三把金钥匙”之一。
建议在复习中注意以下几个方面:一是动量定理在流体中的应用;二是区分动量守恒定律和机械能守恒定律的成立条件及应用;三是区分弹性碰撞和非弹性碰撞,要熟练掌握两种碰撞的基本规律,并能结合能量关系解决碰撞问题。
【真题典例】破考点【考点集训】考点一动量、动量定理1.(2018山西师大附中月考,5,4分)(多选)以下四个图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的图线和动量变化率随时间变化的图线。
碰撞与动量守恒-备战2020年高考物理高频考点解密(原卷版)
解密07碰撞与动量守恒核心考点考纲要求 动量、动量定理、动量守恒定律及其应用 弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅱ Ⅰ12ΔΔΔΔΔ()p mv p p p p p p p p p p I p p pF t t mv mv ⎧=⎧⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪'=-⎪⎩⎪⎧'=⎧⎪⎪⎪⎪'=-⎨⎪⎪⎪⎪⎪=⎩⎪⎪⎨⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩⎩'==-⎧⎨''-=-⎩⎧⎨⎩⎧⎪⎨⎪⎩矢量性动量特点瞬时性相对性动量的变化：表达式碰撞动量守恒定律内容与严格守恒动成立条件单向守恒量近似守恒守恒动量定理弹性碰撞碰撞非弹性碰撞碰撞问题动量守恒定律反冲问题爆炸问题⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩考点1 碰撞模型1．碰撞的特点（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。
（2）碰撞过程中，总动能不增。
因为没有其他形式的能量转化为动能。
（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。
（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。
2．碰撞的种类及遵从的规律种类 遵从的规律 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
在光滑的水平面上，质量为m 1的钢球沿一条直线以速度v 0与静止在水平面上的质量为m 2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v 1、v 2101122m v m v m v =+①222101122111222m v m v m v =+② 由①②可得：121012m m v v m m -=+③ 120122m v v m m =+④利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：a ．当12m m >时，10v >，20v >，两钢球沿原方向原方向运动；b ．当12m m <时，10v <，20v >，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c ．当12m m =时，10v =，20v v =，两钢球交换速度。
2020年高考物理备考中等生百日捷进提升系列专题07碰撞与动量守恒含解析
专题07 碰撞与动量守恒第一部分名师综述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查基本概念和基本规律。
考纲要求1、理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件。
2、会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。
命题规律1、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查。
2、动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。
第二部分知识背一背（1）动量、动能、动量变化量的比较(2)动量的性质①矢量性：方向与瞬时速度方向相同．②瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的．③相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量．(3)动量守恒条件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．(4)动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2.（5）碰撞的种类及特点(6)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件。
在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解。
第三部分技能+方法一、动量守恒定律的特点：①矢量性：表达式中涉及的都是矢量，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。
不同时刻的动量不能相加。
③同时性：动量是状态量，具有瞬时性，动量守恒定律指的是相互作用的物体构成的物体系在任一时刻的总动量都相同．④普适性：它不仅适用于两个物体组成的系统，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，对微观粒子组成的系统也适用。
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专题七碰撞与动量守恒
挖命题
【考情探究】
分析解读本专题内容为选修3-5的两个重要内容之一,在2017年新课标考纲中由选考内容改为必考内容,使力学体系更加完善。
本专题包含内容可视为牛顿力学的进一步拓展,但动量守恒定律是独立于牛顿运动定律之外的自然规律,这个规律为解决力学问题开辟了新的途径,故称为解决力学问题的“三把金钥匙”之一。
建议在复习中注意以下几个方面:一是动量定理在流体中的应用;二是区分动量守恒定律和机械能守恒定律的成立条件及应用;三是区分弹性碰撞和非弹性碰撞,要熟练掌握两种碰撞的基本规律,并能结合能量关系解决碰撞问题。
【真题典例】。