【推荐精选】2018届高三物理一轮复习跟踪演练强化提升第六章碰撞与运量守恒第1讲动量动量定理

合集下载

全程复习构想2018高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒2动量守恒定律课件

例 1 两只小船平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量 m＝50 kg 的麻袋到对面一只船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船则以 v＝8.5 m/s 的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量各为 m1＝500 kg 及 m2＝1 000 kg，问在交换麻袋前两只船的速率为多少？(水的阻力不计)
3．[某一方向上动量守恒]如图所示，A、B 两光滑物块静 1 止于光滑的水平桌面上，质量均为 M， 4圆弧的半径为 1.2 m， 1 质量为 m＝2M 的物体从 A 的上端由静止释放．
(1)m 离开 A 后 A 的速度多大？ (2)物体向 B 上滑动最大可上升至多高？
解析：两物体相互作用时机械能守恒，水平方向上动量守恒，设物体离开 A 时的速度为 v1，A 的速度为 vA，物体能滑上 B 的最大高度为 h，此时两者在水平方向的共同速度为 v′0. 1 2 1 2 物体由 A 滑下时，由机械能守恒得 mgR＝2mv1＋2MvA 水平方向动量守恒得 mv1＝MvA 1 2 1 物体滑上 B 时，由机械能守恒得 2 mv 1 ＝ mgH ＋ 2 (M ＋ m)v′2 水平方向动量守恒得 mv1＝(m＋M)v′ 8 由以上四式联立可得 vA＝2 m/s，H＝25m 8 答案：(1)2 m/s (2)25m
考点一动量守恒定律及应用 1.动量守恒定律 (1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为 0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律． (2)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′. ②m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′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． ③Δp1＝－Δp2，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．

(新课标)2018年高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒章末热点集训

第六章碰撞与动量守恒章末热点集训动量定理的应用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．若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则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.若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 的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a ，则 a ＝0－v 0t＝－0.5 m/s 2 根据牛顿第二定律有－f ＝Ma ，所以f ＝468 N则帆船匀速运动时，有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/s1.皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地板接触的时间相等．若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略．(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？(2)若用手拍这个球，使其保持在0.8 m 的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m ＝0.5 kg ，g 取10 m/s 2)解析：(1)由题意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8倍．设皮球所处的初始高度为H ，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v 0＝2gH ，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)v 1和第二次碰撞后瞬时速度大小v 2满足v 2＝0.8v 1＝0.82v 0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F 1、F 2，取竖直向上为正方向．根据动量定理，有F 1t ＝mv 1－(－mv 0)＝1.8mv 0F 2t ＝mv 2－(－mv 1)＝1.8mv 1＝1.44mv 0则F 1∶F 2＝5∶4.(2)欲使球跳起0.8 m ，应使球由静止下落的高度为h ＝0.80.64m ＝1.25 m ，球由1.25 m 落到0.8 m 处的速度为v ＝3 m/s ，则应在0.8 m 处给球的冲量为I ＝mv ＝1.5 N ·s ，方向竖直向下．答案：见解析碰撞问题的求解(高考山东卷)如图，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求：(1)B 的质量；(2)碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失．[解析] (1)以初速度v 0的方向为正方向，设B 的质量为m B ，A 、B 碰撞后的共同速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v 2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ，由动量守恒定律得m v 2＋2m B v ＝(m ＋m B )v ①解得m B ＝m 2.② (2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得 mv 0＝(m ＋m B )v ③设碰撞过程A 、B 系统机械能的损失为ΔE ，则ΔE ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＋12m B (2v )2－12(m ＋m B )v 2④ 联立②③④式得ΔE ＝16mv 20. [答案] (1)m 2 (2)16mv 202.如图，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m 、m ，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数为μ.现让甲物块以速度v 0向着静止的乙运动并发生正碰，试求：(1)甲与乙第一次碰撞过程中系统的最小动能；(2)若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，则在第一次碰撞中系统损失了多少机械能？解析：(1)碰撞过程中系统动能最小时，为两物体速度相等时，设此时两物体速度为v 由系统动量守恒有2mv 0＝3mv得v ＝23v 0 此时系统动能E k ＝12·3mv 2＝23mv 20.(2)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v 1、v 2，之后甲做匀速直线运动，乙以初速度v 2做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙并发生碰撞，因此两物体在这段时间内平均速度相等，有 v 1＝v 22而第一次碰撞中系统动量守恒，有2mv 0＝2mv 1＋mv 2由以上两式可得v 1＝v 02v 2＝v 0所以第一次碰撞中的机械能损失量为E ＝12·2mv 20－12·2mv 21－12mv 22＝14mv 20. 答案：(1)23mv 20 (2)14mv 20运用动量和能量观点解决力学综合问题如图所示，光滑水平面上，一半圆形槽B 中间放一光滑小球A (可看成质点)，A 、B 质量均为2 kg.A 、B 共同以v 0＝6 m/s 的速度向右运动，质量为4 kg 的物体C 静止在前方．B 与C 碰撞后粘合在一起运动，求：(1)B 、C 碰撞后瞬间的速度大小；(2)在以后的运动过程中，A 速度等于零时重力势能的增加量．[解析] (1)设B 、C 碰撞后瞬间的速度为v 1，根据水平方向动量守恒有m B v 0＝(m B ＋m C )v 1解得v 1＝2 m/s.(2)设当A 的速度为零时，B 、C 整体的速度为v BC ，根据动量守恒定律有m A v 0＋m B v 0＝(m B ＋m C )v BC解得v BC ＝4 m/s重力势能的增加量ΔE p ＝12m A v 20＋12(m B ＋m C )v 21－12(m B ＋m C )v 2BC 解得ΔE p ＝0即当A 的速度为零时，A 处于B 中最低点，重力势能增加量为零．[答案] (1)2 m/s (2)03.(高考北京卷)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间A 的速率v ；(2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′；(3)A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .解析：设滑块的质量为m .(1)根据机械能守恒定律mgR ＝12mv 2 得碰撞前瞬间A 的速率v ＝2gR ＝2 m/s.(2)根据动量守恒定律mv ＝2mv ′得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s.(3)根据动能定理12(2m )v ′2＝μ(2m )gl 得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m. 答案：(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。

2018高考物理大一轮复习领航检测：第六章碰撞动量守恒定律章末检测6 2

章末检测六　碰撞　动量守恒定律(时间：60分钟　满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1. 如图所示，水平轻弹簧与物体A和B相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体A的质量为m，物体B的质量为M，且M＞m.现用大小相等的水平恒力F1、F2拉A和B，从它们开始运动到弹簧第一次为最长的过程中( )A．因F1＝F2，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒B．因F1＝F2，所以A、B和弹簧组成的系统动量守恒C．由于F1、F2大小不变，所以m，M各自一直做匀加速运动D．弹簧第一次最长时，A和B总动能最大解析：选B.此过程F1、F2均做正功，A、B和弹簧组成的系统机械能增大，系统机械能不守恒，故A错误；两拉力大小相等方向相反，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B正确；在拉力作用下，A、B开始做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C错误；弹簧第一次最长时，A、B的总动能最小，故D错误；故选B.2. 如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个人静止站在A车上，两车静止，若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，静止于A车上，则A车的速率( )A．等于零 B．小于B车的速率C．大于B车的速率D．等于B车的速率解析：选B.两车和人组成的系统位于光滑的水平面上，因而该系统动量守恒，设人的质量为m1，车的质量为m2，A、B车的速率分别为v1、v2，则由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 1－m 2v 2＝0，所以，有v 1＝v 2，<1，故m 2m 1＋m 2m 2m 1＋m 2v 1<v 2，所以B 正确．3．有甲、乙两碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前双方都关闭了动力，且两车动量关系为p 甲>p 乙．假设规定p 甲方向为正，不计一切阻力，则( )A ．碰后两车可能以相同的速度沿负方向前进，且动能损失最大B ．碰撞过程甲车总是对乙车做正功，碰撞后乙车一定沿正方向前进C ．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进D ．两车动量变化量大小相等，方向一定是Δp 甲沿正方向，Δp 乙沿负方向解析：选C.由于规定p 甲方向为正，两车动量关系为p 甲＞p 乙．碰后两车可能以相同的速度沿正方向前进，且动能损失最大，选项A 错误．碰撞过程甲车先对乙车做负功，选项B 错误．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进，选项C 正确．由动量守恒定律，两车动量变化量大小相等，方向可能是Δp 甲沿负方向，Δp 乙沿正方向，选项D 错误．4. 如图所示，在光滑的水平面上有一物体M ，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C ，两端A 、B 一样高．现让小滑块m 从A 点静止下滑，则( )A ．m 不能到达小车上的B 点B ．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C ．m 从A 到B 的过程中小车一直向左运动，m 到达B 的瞬间，M 速度为零D ．M 与m 组成的系统机械能守恒，动量守恒解析：选C.A.M 和m 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以m 恰能达到小车上的B 点，到达B 点时小车与滑块的速度都是0，故A 错误；B.M 和m 组成的系统水平方向动量守恒，m 从A 到C 的过程中以及m 从C 到B 的过程中m 一直向右运动，所以M 一直向左运动，m 到达B 的瞬间，M 与m 速度都为零，故B 错误，C 正确；D.小滑块m 从A 点静止下滑，物体M 与滑块m 组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒．M 和m 组成的系统机械能守恒，故D 错误．5．质量为m 的物体，以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点处返回原处的速度为v t ，且v t ＝0.5v 0，则( )A ．上滑过程中重力的冲量比下滑时大B ．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C ．合力的冲量在整个过程中大小为m v 032D ．整个过程中物体动量变化量为m v 012解析：选C.以v 0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为v t ＝0.5v 0，说明斜面不光滑．设斜面长为L ，则上滑过程所需时间t 1＝＝，下滑过程所需lv 022l v 0时间t 2＝＝，t 1<t 2.根据冲量的定义，可知上滑过程中重力的冲量比下滑时lv t 24lv 0小，A 错误；上滑和下滑时支持力的大小都不等于零，B 错误；对全过程应用动量定理，则I 合＝Δp ＝－m v t －m v 0＝－m v 0，C 正确，D 错误．326．质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M /m 可能为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选AB.碰后动量相等，设此动量为p ，方向一定与v 相同，则可知碰后速度关系，碰后m 的速度v 2一定要大于或等于碰后M 的速度v 1即v 2≥v 1由m v 2＝M v 1，可知＝≥1，由能量关系可知≥＋，解得：M m v 2v 1(2p )22M p 22m p 22M ≤3，由上述结论可知，A 、B 项正确．M m 7. 如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上．其中，弹簧两端分别与静止的滑块N 和挡板P 相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M 以初速度v 0向右运动，它与挡板P 碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N 以速度v 0向右运动．在此过程中( )A ．M 的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B ．M 与N 具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C ．M 的速度为v 0/2时，弹簧的长度最长D ．M 的速度为v 0/2时，弹簧的长度最短解析：选BD.M 、N 两滑块碰撞过程中动量守恒，当M 与N 具有相同的速度v 0/2时，系统动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大，A 错误，B 正确；M 的速度为v 0/2时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C 错误，D 正确．8．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M ＝0.6 kg ，m ＝0.2 kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有E p ＝10.8 J 弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R ＝0.425 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示．g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．球m 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·sB ．M 离开轻弹簧时获得的速度为9 m/sC ．若半圆轨道半径可调，则球m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D ．弹簧弹开过程，弹力对m 的冲量大小为1.8 N·s解析：选AD.释放弹簧过程中，由动量守恒定律得M v 1＝m v 2，由机械能守恒定律得E p ＝M v ＋m v ，解得v 1＝3 m/s ，v 2＝9 m/s ，故B 错误；对m ，由1221122A 运动到B 的过程由机械能守恒定律得m v ＝m v 2′2＋mg ×2R ，得v 2′＝8 12212m/s ，由A 运动到B 的过程由动量定理得I 合＝m v 2′－(－m v 2)＝3.4 N·s ，故A 正确；球m 从B 点飞出后，由平抛运动可知水平方向x ＝v 2′t ，竖直方向2R ＝gt 2，解得x ＝，故C 错误；弹簧弹开过程，弹力对m 的冲量1225.6R I ＝m v 2＝1.8 N·s ，故D 正确．二、非选择题(共4小题，52分)9．(12分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间，已知碰后两滑块一起运动；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.(1)试着完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s ；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为________kg·m/s.(保留3位有效数字)(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是_______________.解析：(1)使用打点计时器时应先接通电源，后放开滑块1.(2)作用前滑块1的速度v 1＝ m/s ＝2 m/s ，其质量与速度的乘积为0.20.10.310×2 kg·m/s ＝0.620 kg·m/s ，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v ＝ m/s ＝1.2 m/s ，其质量与速度的乘积之和为(0.310＋0.205)×1.2 0.1680.14kg·m/s ＝0.618 kg·m/s.(3)相互作用前后动量减小的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦．答案：(1)接通打点计时器的电源　放开滑块1　(2)0.620　0.618　(3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦10．(12分)如图，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M ＝3.0 kg ，木板的长度为L ＝1.5 m ，在木板右端有一小物块，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v 0沿木板向左运动，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v 0的大小；(2)若初速度v 0＝3 m/s ，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．解析：(1)设木板和物块最后共同的速度为v ，由动量守恒定律m v 0＝(m ＋M )v ①对木板和物块系统，由功能关系μmgL ＝m v －(M ＋m )v 2②122012由①②两式解得：v 0＝ m/s ＝2 m/s2μgL (M ＋m )M 2×0.1×10×1.5×(3＋1)3(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v .设碰撞过程中损失的机械能为ΔE .对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系有μmg 2L ＋ΔE ＝m v －(m ＋M )v 2③122012由①③两式解得：ΔE ＝v －2μmgL ＝×32－2×0.1×10×1.5 J ＝0.375 J mM 2(M ＋m )201×32(3＋1)答案：(1)2 m/s (2)0.375 J11．(14分)如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B ，其右侧边缘放有小滑块C ，与木板B 完全相同的木板A 以一定的速度向左运动，与木板B 发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块C 刚好没有从木板上掉下．已知木板A 、B 和滑块C 的质量均为m ，C 与A 、B 之间的动摩擦因数均为μ.求：(1)木板A 与B 碰前的速度v 0；(2)整个过程中木板B 对木板A 的冲量I .解析：(1)A 、B 碰后瞬时速度为v 1，碰撞过程中动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝2m v 1A 、B 粘为一体后通过摩擦力与C 发生作用，最后有共同的速度v 2，此过程中动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：2m v 1＝3m v 2C 在A 上滑动过程中，由能量守恒定律得：－μmgL ＝·3m v －·2m v 1221221联立以上三式解得：v 0＝3μgL(2)根据动量定理可知，B 对A 的冲量与A 对B 的冲量等大反向，则I 的大小等于B 的动量变化量，即：I ＝－m v 2＝－，负号表示B 对A 的冲量2m 3μgL3方向向右．答案：(1)2　(2)－，负号表示B 对A 的冲量方向向右3μgL 2m 3μgL312．(14分) 水平光滑的桌面上平放有一质量为2m 的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都为m 的小球(管道的半径远远大于小球的半径)，位于管道直径AB 的两端．开始时，环静止，两个小球沿着向右的切线方向，以相同的初速度v 0开始运动，如图所示．设系统处处无摩擦，所有的碰撞均为弹性碰撞．(质量相等的两物体弹性正碰后交换速度，此结论本题可直接用)(1)当两个小球在管道内第一次相碰前瞬间，试求两个小球之间的相对速度大小；(2)两小球碰后在第一次返回到A 、B 时，两小球相对桌面的速度方向(朝左还是朝右)和速度大小．解析：(1)根据对称性，两球运动相同的路程在细圆管的最右端相遇，相遇前，两小球与细圆管在左右方向上共速，共同速度设为v 1，此时两球相对于细圆管的速度方向沿切线，大小相同设为v y .左右方向上两球与细圆管动量守恒2m v 0＝(2m ＋2m )v 1，解得v 1＝v 02根据能量守恒定律可得2×m v ＝×2m v ＋2×m (v ＋v )1220122112212y 解得v y ＝v 022两球相对速度大小v ＝2×v y ＝v 02(2)两球相碰，左右方向速度不变，沿管切线方向交换速度，之后两球同时分别到达A 、B 位置．从刚开始两球运动到两球第一次回到A、B位置，两球与细圆管组成的系统可以看成弹性碰撞，即质量为2m的物体与细圆管发生了弹性正碰，交换速度，故而两球相对桌面速度为零，细圆管相对桌面速度为v0.2答案：(1)v0　(2)两小球相对桌面速度为零。

2018版高考物理江苏专用大一轮复习配套课件第六章碰撞与动量守恒基础课1 精品

图7
A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的高 C．c点的电场强度比d点的大 D．c点的电势比d点的低
解析由题图知，a 点处的电场线比 b 点处的电场线密集，所以 Ea＞Eb，A 项正确；由沿电场线方向电势逐渐降低可知 φb＞φa，B 项错误；由场强公式 E＝kQr2和场强叠加原理可知 Ec＞Ed，C 项正确；当取无穷远处电势为 0 时，φc 为负值，φd 为正值，所以 φd＞φc，D 项正确。
图5
3kq A. 3l2
3kq C. l2
3kq B. l2
2 3kq D. l2
解析对 c 受力分析，小球处于静止状态，满足 3kqlq2c ＝qcE，可得 E＝ 3l2kq，故 B 正确。
答案 B
4．[补偿法计算电场强度]若在一半径为r，单位长度带电量为 q(q＞0)的均匀带电圆环上有一个很小的缺口Δl(且Δl≪r)，如图6所示，则圆心处的场强大小为( )
答案 ACD
2．[等量点电荷的电场线]如图8所示为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)。图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于 MN 左右对称，则下列说法中正确的是 ()
图8
A．这两点电荷一定是等量异种电荷 B．这两点电荷一定是等量同种电荷 C．D、C两点的电场强度一定相等 D．C点的电场强度比D点的电场强度小解析由电场线分布的特征可知，产生电场的两点电荷一定是等量异种电荷，A正确，B错误；C点电场线的密度比D点大，所以C点的电场强度大，C、D错误。答案 A
球可视为点电荷，重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝
9.0×109 N·m2/C2，则( )

全程复习构想2018高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒章末质量评估新人教版

解析：炸裂瞬间系统在水平方向的动量守恒，虽然两物块均做平抛运动，落地时间相等，但b的运动方向、两物块速度的大小均无法判定，不过炸裂瞬间a、b受到的冲力是一对作用力与反作用力．
故本题选C、D.
答案：CD
7．在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0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的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有()
答案：ABD
8．(2017·合肥市质量检测)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则()
A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J
B．人抱住物体的过程中系统机械能守恒
C．物体压缩弹簧过程中，系统总动量守恒
D．物体压缩弹簧过程中，人、物体和弹簧组成的系统机械能守恒
解析：在人抱住物体的过程中，因为作用时间极短，可认为系统静止，所以不受弹力作用，系统合力为零，动量守恒，选项A错误；在人抱住物体的过程中，一部分机械能转化为系统的内能，即系统的机械能不守恒，选项B错误；物体压缩弹簧过程中，系统受到水平向右的弹力作用，合外力不为零，系统的总动量不守恒，所以选项C错误；物体压缩弹簧过程中，由人、物体和弹簧组成的系统，只有系统内的弹力做功，所以系统的机械能守恒，选项D正确．
C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为48 N·s
D．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W
解析：类比速度图象位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做功W＝ mv2－ mv ＝396 J，B项错；由冲量定理可知，I－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得：I＝48 N·s，C项正确；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确．

(新课标)2018年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件

[解析]
从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，
人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项 A 正确，选项 B、C、D 错误．
2．冲量
作用时间的乘积． (1)定义：力和力的__________
Ft ，适用于求恒力的冲量． (2)公式：I＝______ 力F的方向相同． (3)方向：与____________
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．(
b．建立如图所示的 Oxy 直角坐标系．
x 方向：根据(2)a 同理可知，两光束对小球的作用力沿 x 轴负方向． y 方向：设Δ t 时间内，光束①穿过小球的粒子数为 n1，光束②穿过小球的粒子数为 n2，n1>n2.
这些粒子进入小球前的总动量为 p1y＝(n1－n2)psin θ 从小球出射时的总动量为 p2y＝0 根据动量定理得 FyΔ t＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psin θ 可知，小球对这些粒子的作用力 Fy 的方向沿 y 轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿 y 轴正方向．所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．
(2)表达式：F· Δ t＝Δ p＝p′－p.
合力的方向相同，可以 (3)矢量性：动量变化量的方向与________
在某一方向上应用动量定理．

2018高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒专题六动量能量观点综合应用中常考的“三个模型”课件新人教

[变式训练 1] 如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m 的物块 A、B、C.B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设 A 以速度 v0 朝 B 运动，压缩弹簧；当 A、B 速度相等时， B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设 B 和 C 碰撞过程时间极短．求从 A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
[解析] 设子弹的初速度为 v0，穿过厚度为 2d 的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为 v，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋2m)v① 由①式解得 v＝13v0 此过程中动能损失为 ΔE＝12mv20－12×3mv2② 由②式解得 ΔE＝13mv20 分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为 v1 和 V1，由动量守恒定律得 2mv1＋mV1＝mv0③
联立①②③式得 ΔE＝116mv20④
(2)由②式可知 v2<v1，A 将继续压缩弹簧，直至 A、B、C 三者速度相同，设此速度为 v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为 Ep.由动量守恒和能量守恒定律得 mv0＝3mv3⑤
12mv20－ΔE＝12(3m)v23＋Ep⑥ 联立④⑤⑥式得
Ep＝1438mv20⑦ 答案：(1)116mv20 (2)1438mv20
(1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
解析：(1)从 A 压缩弹簧到 A 与 B 具有相同速度 v1 时，对 A、 B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1①
此时 B 与 C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为 v2，损失的机械能为 ΔE，对 B、C 组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得 mv1＝2mv2②， 12mv21＝ΔE＋12(2m)v22③

高三物理一轮复习跟踪演练·强化提升第六章碰撞与动量守恒6

此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。

关闭Word文档返回原板块。

跟踪演练·强化提升【课堂达标检测】1.(20xx·××区模拟)如图所示,a、b两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向被抛出,A在竖直平面内运动,落地点为P1,B 沿光滑斜面运动,落地点为P2。

P1和P2在同一水平面上,不计空气阻力。

则下面说法中正确的是( )A.a、b的运动时间相同B.a、b沿x轴方向的位移相同C.a、b落地时的动量相同D.a、b落地时的动能相同【解析】选D。

a在竖直平面内做平抛运动,竖直方向是自由落体运动,b在斜面上运动,受到重力和支持力,沿斜面向下是匀加速运动,加速度是gsinθ,所以b运动的时间长,故A错误;a、b在水平方向都是匀速运动,由于水平方向的初速度相同,b运动时间长,所以b的水平位移大于a的水平位移,故B错误;a、b落地速度方向不同,速度不同,动量p=mv也不同,故C错误;a、b在运动过程中只有重力做功,机械能守恒,由于a、b初状态的机械能相等,则落地时的机械能相同,落地时的重力势能相等,则动能相等,故D正确。

2.一轻质弹簧,上端悬挂于天花板,下端系一质量为M的平板,处于平衡状态。

一质量为m的均匀环套在弹簧外,与平板的距离为h,如图所示。

让环自由下落,撞击平板。

已知碰后环与板以相同的速度向下运动。

则( )A.若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总动量守恒B.若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C.环撞击板后,板的新的平衡位置与h的大小有关D.在碰后板和环一起下落的过程中,环与板的总机械能守恒【解析】选A。

圆环与平板碰撞过程,若碰撞时间极短,内力远大于外力,系统总动量守恒,由于碰后速度相同,为完全非弹性碰撞,机械能不守恒,减小的机械能转化为内能,故A正确,B错误;碰撞后平衡时,有kx=(m+M)g,即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关,故C错误;碰撞后环与板共同下降的过程中,它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量,故D错误。

2018版高考物理(江苏专用)大一轮复习配套(习题)第六章碰撞与动量守恒能力课

能力课带电粒子在电场中运动的综合问题一、单项选择题1．（2017·江苏盐城高三期中）固定的粗糙绝缘斜面上,有平行于斜面的匀强电场.一个带电体从斜面的底端，以一定的初速度沿斜面向上滑动后，又沿斜面加速下滑到底端.将带电体上滑过程与下滑过程比较，则( )图1A．加速度大小相等B．滑行的时间相等C．速度改变量大小相等D．克服摩擦力做功相等答案D2。

如图2所示,实线是电场线,一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中,其速度－时间图象是选项中的（)图2解析电场力的方向指向轨迹的凹侧且沿与电场线相切的方向，因此粒子从A运动到B的过程中电场力方向与速度方向的夹角大于90°，粒子做减速运动,电场力越来越小,加速度越来越小，故B项正确。

答案B3．将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间,它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是（)图3A．电子一直向着A板运动B．电子一直向着B板运动C．电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动D．电子先向B板运动，然后返回向A板运动,之后在A、B两板间做周期性往复运动解析根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图甲、乙。

从图中可知，电子在第一个错误!内做匀加速运动,第二个错误!内做匀减速运动，在这半周期内，因初始B板电势比A板电势高，所以电子向B板运动,加速度大小为错误!.在第三个错误!内电子做匀加速运动，第四个错误!内做匀减速运动，但在这半周期内运动方向与前半周期相反，向A板运动，加速度大小为错误!。

所以电子在交变电场中将以t＝错误!时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D正确。

答案D二、多项选择题4．(2017·河北唐山模拟）粗糙绝缘的水平桌面上，有两块竖直平行相对而立的金属板A、B。

(新课标)2018年高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒章末过关检测

第六章碰撞与动量守恒章末过关检测(六)(建议用时：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2017·河北石家庄模拟)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、机械能都不守恒解析：选B.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的过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确．2．(2017·北京朝阳模拟)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解析：选D.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．假设进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为m A和m B，他们携手匀速远离空间站，相对空间站的速度为v0.某时刻A将B向空间站方向轻推，A的速度变为v A，B的速度变为v B，则下列各关系式中正确的是( )A．(m A＋m B)v0＝m A v A－m B v BB ．(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B (v A ＋v 0)C ．(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B (v A ＋v B )D ．(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B解析：选D.本题中的各个速度都是相对于空间站的，不需要转换．相互作用前系统的总动量为(m A ＋m B )v 0，A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为v A ，B 的速度变为v B ，动量分别为m A v A 、m B v B ，根据动量守恒定律得(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，故D 正确．4．(2017·北京第四中学考试)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 06 C.v 02或v 06 D ．无法确定解析：选A.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． 5.如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A 和物块B ，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O (不计滑轮的摩擦)，A 的质量为m ，B 的质量为4m ，开始时，用手托住A ，使OA 段绳恰好处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB 绳平行于斜面，此时B 静止不动，将A 由静止释放，在其下摆过程中B 始终保持静止．则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是( )A ．物块B 受到的摩擦力方向一直沿着斜面向上B ．物块B 受到的摩擦力大小可能不变C ．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右D ．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向左解析：选C.A 下摆到竖直位置之前，机械能守恒，有mgL ＝12mv 2，在最低点，根据牛顿第二定律有F －mg ＝m v 2L，解得F ＝3mg ；对B 受力分析，未释放A 时，由平衡条件得B 所受的静摩擦力F f ＝4mg sin 30°＝2mg ，方向沿斜面向上，在A 到达最低点的瞬间，有F ′f ＝F－4mg sin 30°＝mg ，方向沿斜面向下，故选项A 、B 错误．假设地面光滑，小球A 、B 及斜面整体水平方向上不受外力，系统水平方向动量守恒，故小球下摆，具有向右的水平动量，则斜面体和B 有向左的水平动量，即有向左的运动趋势，故地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，选项C 正确，D 错误．二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6．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∶2B ．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解析：选ABD.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． 7．(2017·河北衡水中学模拟)在光滑水平面上动能为E 0、动量大小为p 0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解析：选AB.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．8．(2017·河北石家庄检测)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解析：选AB.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．三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(14分)(2017·陕西商洛模拟)如图，水平面上有一质量m＝1 kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量m0＝1 kg的小物块，小物块与小车一起以v0＝6 m/s的速度向右运动，与静止在水平面上质量M＝4 kg的小球发生正碰，碰后小球的速度变为v＝2 m/s，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力．求：(1)小车与小球碰撞后瞬间小车的速度v1；(2)从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小．解析：(1)小车与小球碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0＝Mv＋mv1解得v1＝－2 m/s，负号表示碰撞后小车向左运动．(2)当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度为v2，根据动量守恒定律有m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2解得v2＝2 m/s设从碰撞后瞬间到弹簧被压缩到最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有I＝mv2－mv1解得I＝4 N·s.答案：见解析10．(18分)如图所示，在固定的光滑水平杆(杆足够长)上，套有一个质量为m＝0.5 kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98 kg的木块，现有一质量为m0＝20 g的子弹以v0＝100 m/s 的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g ＝10 m/s 2)，求：(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；(2)木块所能达到的最大高度．解析：(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有 m 0v 0＝(m 0＋M )v在该过程中机械能有损失，损失的机械能为ΔE ＝12m 0v 20－12(m 0＋M )v 2 联立解得ΔE ＝99 J.(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有 (m 0＋M )v ＝(m 0＋M ＋m )v ′又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有(m 0＋M )gh ＝12(m 0＋M )v 2－12(m 0＋M ＋m )v ′2 联立解得h ＝0.01 m.答案：(1)99 J (2)0.01 m11．(20分)(2017·宁夏银川一中检测)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m ＝15 kg 的箱子，和他一起以大小为v 0＝2.0 m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，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．若不计冰面的摩擦力，求：(1)甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免他与乙相撞？(2)甲推出箱子时对箱子做了多少功？解析：(1)甲推出箱子后，要想刚好能避免相碰，要求乙抓住箱子后反向和甲的速度正好相等．设箱子推出后其速度为v ，甲的速度为v 1，根据动量守恒定律可得(m ＋M )v 0＝mv ＋Mv 1设乙抓住箱子后其速度为v 2，根据动量守恒定律可得mv －Mv 0＝(m ＋M )v 2刚好不相碰的条件要求v 1＝v 2联立可解得v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2mM ＋2M 2m 2＋2mM v 0 代入数值可得v ＝5.2 m/s.(2)设推出时甲对箱子做功为W ，根据能量守恒定律知W ＝12mv 2－12mv 2代入数值可得W ＝172.8 J.答案：(1)5.2 m/s (2)172.8 J。

全程复习构想近年高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒 2 动量守恒定律课时作业新人教版(20

全程复习构想2018高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒2 动量守恒定律课时作业新人教版编辑整理:尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望(全程复习构想20１８高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒2 动量守恒定律课时作业新人教版)的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈,这将是我们进步的源泉,前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为全程复习构想2０18高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒2 动量守恒定律课时作业新人教版的全部内容。

动量守恒定律一、选择题(1～5题只有一个选项符合题目要求,6~9题有多个选项符合题目要求)1．质量为Ｍ的原子核,原来处于静止状态,当它以速度v放射出一个质量为ｍ的粒子时,如果以速度v为正方向,则剩余部分的速度为( )Ａ．mｖ/(Ｍ-m） B.－mv/(M－ｍ）Ｃ.mv/(M＋m) D．－ｍv/(M＋m）解析：系统原来总动量为零,放射出粒子后系统的总动量表达式为mv+（M－m)v′,则0=mv+(M-m)v′,得v′＝-错误!．故本题选Ｂ.答案:B２．现有甲、乙两滑块，质量分别为３m和m,以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞.已知碰撞后，甲滑块静止不动,那么该碰撞是（)A.弹性碰撞B.非弹性碰撞Ｃ.完全非弹性碰撞 D.条件不足,无法确定解析：由动量守恒定律有:3ｍｖ－mｖ＝0＋mｖ′,得v′=２v。

碰前总动能：E k＝错误!×3mv2+错误!mv２＝2mv2，碰后总动能：Ｅ′k＝错误!mv′２＝2mv２，所以E′k＝Eｋ,选项A正确．答案:Ａ３.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mＢ＝2m A，规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6 kg·m/ｓ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4 ｋg·m/s，则( ）Ａ.左方是Ａ球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5B．左方是A球,碰撞后A、Ｂ两球速度大小之比为1:10Ｃ．右方是A球，碰撞后Ａ、B两球速度大小之比为2：５D.右方是A球，碰撞后Ａ、Ｂ两球速度大小之比为1:10解析：由两球的动量都是６kg·m/s可知，运动方向都向右,且能够相碰,说明左方是质量小速度大的小球,故左方是A球.碰后A球的动量减少了4 kg·m/s,即A球的动量为2 kg·ｍ/s,由动量守恒定律得B球的动量为10 kｇ·ｍ／s,则其速度比为２5，故选项Ａ是正确的.答案:A4．在匀强电场中，将质子和α粒子由静止释放．若不计重力,当它们获得相同动能时，质子经历的时间为ｔ1,α粒子经历的时间为t2,则ｔ1：ｔ２为( )Ａ.1:1 Ｂ．１:2Ｃ．2：1 D．4:1解析：对质子,根据动量定理,有q P Et1＝＼r（2mＰE k)①对α粒子，根据动量定理,有qαEｔ2＝＼r(２ｍαE k)②根据题意，式中E和Eｋ都相同．①÷②并qα＝２q P,mα=４m P,代入得t１：t2＝1:1．选项A正确．答案：Ａ5.A、B两物体发生正碰,碰撞前后物体Ａ、B都在同一直线上运动,其位移－时间图象(ｘ-t 图)如图中ADC和BDC所示．由图可知，物体A、B的质量之比为( ）A.１：1B.１：２C.1：３D．3:1解析：碰前vＡ=4 ｍ/ｓ,ｖB＝０，碰后共同速度ｖ＝错误!＝1(m/s),由m A vＡ＝(m A＋mＢ)v,得ｍA:mＢ＝1:3.故本题选Ｃ.答案：C6．如图所示，A、B两物体的质量之比m A：mＢ=3:２,原来静止在平板车Ｃ上，Ａ、B间有一根被压缩的轻质弹簧,地面光滑,当弹簧突然释放后，则( )A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成的系统动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,Ａ、B、C组成的系统动量守恒C．若A、Ｂ所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，Ａ、Ｂ、Ｃ组成的系统动量守恒解析：如果A、B与平板小车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后,A、B分别相对小车向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力ＦＡ向右,F B向左，由于m A:m B=3:2，所以F A：F B=3:2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项不正确；对Ａ、B、C组成的系统所受外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零,故该系统的动量守恒,B、D选项均正确;若A、B所受的滑动摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确.答案:ＢＣＤ7．质量为Ｍ的物块以速度v运动，与质量为ｍ的静止物块发生正碰,碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比Ｍ:ｍ可能为( )Ａ.２ B ．3 C ．4 Ｄ．5解析：本题碰撞前后动量守恒，但系统机械能可能会有损失.设碰撞后两者的动量都为P ,根据动量守恒可知系统总动量为2P ，根据P 2＝2mE k 可得E k =＼f （P ２,2m ）,由碰撞前后动能的关系得错误!≥错误!＋错误!，可解得错误!≤３．故本题选A 、B.答案:ＡＢ8．如图所示,质量为ｍ的小球从光滑的半径为R 的半圆槽顶部Ａ由静止滑下,设槽与桌面无摩擦,则（）A.小球不可能滑到右边最高点ＢB ．小球到达槽底的动能小于mgRC.小球升到最大高度时,槽速度为零D.若球与槽有摩擦,则系统水平动量不守恒解析：此系统水平方向动量守恒，机械能守恒，初状态总动量为零,运动中总动量也为零.0＝mv -Ｍv ′，在槽底小球速度最大,槽的水平速度也最大,初状态的势能转变成球和槽的动能m ｇR ＝错误!m ｖ2＋错误!M ｖ′２，所以小球到达槽底的动能小于m ｇR ,B 对.小球升到最大高度时,速度为零，所以槽速度也为零，C 对．由机械能守恒定律,此时小球一定滑到右边最高点B ，A 错．若小球与槽之间有摩擦力,也是系统内力，系统的水平动量仍守恒,D 错.答案:BC9.质量为M 、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，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,则整个过程中，系统损失的动能为( )Ａ。

【推荐精选】2018届高三物理一轮复习 跟踪演练 强化提升 第六章 碰撞与运量守恒 第1讲 动量 动量定理

全程复习构想2018高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒2动量守恒定律课件

(新课标)2018年高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒章末热点集训

2018高考物理大一轮复习领航检测：第六章 碰撞 动量守恒定律 章末检测6 2

2018版高考物理江苏专用大一轮复习配套课件第六章 碰撞与动量守恒 基础课1 精品