2013高三物理专题复习五年高考三年模拟新课标人教版专题17碰撞与动量守恒
专题 动量守恒定律中的碰撞问题(高三)
专题：碰撞中的动量守恒碰撞1．碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．在碰撞现象中，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．按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况．2．一般的碰撞过程中，系统的总动能要有所减少，若总动能的损失很小，可以略去不计，这种碰憧叫做弹性碰撞．其特点是物体在碰撞过程中发生的形变完全恢复，不存在势能的储存，物体系统碰撞前后的总动能相等。
若两物体碰后粘合在一起，这种碰撞动能损失最多，叫做完全非弹性碰撞．其特点是发生的形变不恢复，相碰后两物体不分开，且以同一速度运动，机械能损失显著。
在碰撞的一般情况下系统动能都不会增加（有其他形式的能转化为机械能的除外，如爆炸过程），这也常是判断一些结论是否成立的依据．3．弹性碰撞题目中出现：“碰撞过程中机械能不损失”．这实际就是弹性碰撞． 设两小球质量分别为m 1、m 2，碰撞前后速度为v 1、v 2、v 1/、v 2/，碰撞过程无机械能损失，求碰后二者的速度． 根据动量守恒 m 1 v 1＋m 2 v 2＝m 1 v 1/＋m 2 v 2/ ……①根据机械能守恒 ½m 1 v 12十½m 2v 22= ½m 1 v 1/2十½m 2 v 2/2 ……②由①②得v 1/= ()21221212m m v m v m m ++-，v 2/= ()21112122m m v m v m m ++-仔细观察v 1/、v 2/结果很容易记忆, 当v 2=0时v 1/= ()21121m m v m m +-，v 2/= 21112m m v m + ①当v 2=0时；m 1=m 2 时v 1/=0，v 2/=v 1 这就是我们经常说的交换速度、动量和能量． ②m 1＞＞m 2，v /1=v 1，v 2/=2v 1．碰后m 1几乎未变，仍按原来速度运动，质量小的物体将以m 1的速度的两倍向前运动。
【5年高考3年模拟】2015届高考物理(新课标版)一轮复习课件+14年高考真题专题17 碰撞与动量守恒
专题十七碰撞与动量守恒1.[2014课标Ⅰ,35(2),9分]如图,质量分别为m A、m B的两个弹性小球A、B静止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8m,A球在B球的正上方。
先将B球释放,经过一段时间后再将A球释放。
当A球下落t=0.3s时,刚好与B球在地面上方的P 点处相碰,碰撞时间极短,碰后瞬间A球的速度恰为零。
已知m B=3m A,重力加速度大小g=10m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。
求(ⅰ)B球第一次到达地面时的速度;(ⅱ)P点距离地面的高度。
答案(ⅰ)4m/s(ⅱ)0.75m2.(2014广东理综,35,18分)如图的水平轨道中,AC段的中点B的正上方有一探测器,C处有一竖直挡板,物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞,并接合成复合体P,以此碰撞时刻为计时零点,探测器只在t1=2s至t2=4s内工作,已知P1、P2的质量都为m=1kg,P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1,AB段长L=4m,g 取10m/s2,P1、P2和P均视为质点,P与挡板的碰撞为弹性碰撞。
(1)若v1=6m/s,求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE;(2)若P与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B点,求v1的取值范围和P 向左经过A点时的最大动能E。
答案(1)3m/s9J(2)10m/s≤v 1≤14m/s17J3.(2014重庆理综,4,6分)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1。
不计质量损失,取重力加速度g=10m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()答案B4.(2014天津理综,10,16分)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量m A=4 kg,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计。
可视为质点的物块B 置于A的最右端,B的质量m B=2kg。
现对A施加一个水平向右的恒力F=10N,A 运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6s,二者的速度达到v t=2 m/s。
2013高考一轮复习优秀课件：第十三章碰撞与动量守恒 第一单元 第2课时
因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都 满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之 比，都与它们的质量成反比．从而可以得出判断：在人从 船头走到船尾的过程中，人的平均速度与船后退的平均速 度之比，也应等于它们的质量的反比，由于两物体运动时 间相同，即有： s1/s2＝M/m① 由图可以看出：s1＋s2＝L② 联立解得：2＝ m L，s1＝ M L. s M＋m M＋m
解析：质量m＝1.0 kg的小球在A点时，由牛顿第二定律，有： T＋mg＝m
v2A ① 由题意：T＝mg② l
质量m＝1.0 kg的小球从B点运动到A点，设碰撞后摆球的速 度为v2，由机械能守恒定律，有：1mv22＝1mv2A＋mg· 2l③ 2 2 ①②③联立解得：v2＝6 m/s 质量M＝2.0 kg的小球做平抛运动，设碰撞后小球的速度为
4．完全非弹性碰撞：碰撞过程中物体的形变完全不能恢 复，以致物体合为一体一起运动，即两物体在非弹性碰撞后以
同一速度运动，系统损失的机械能________．
5．特点 (1)动量特点：无论是哪一类碰撞，由于系统的相互作用 力极大，远远大于外力，所以碰撞过程中，系统的________守 恒．
(2)能量特点：根据弹性碰撞与非弹性碰撞进行确定．非
地点为A，水平射程为s.如果在台子边缘D处放一质量为M的橡
皮泥，再让小球以刚才的速度在水平高台上运动，在边缘D处 打中橡皮泥并同时落地，落地点为B.则AB间的距离为(
M A. s M＋m M＋m C. s M m B. 平抛运动时，根据平抛运动的规律． 在竖直方向上，有：h＝1gt2① 2 在水平方向上，有：s＝vt②
如图所示，O为一水平轴．细绳上端固定于O轴，下
端系一质量m＝1.0 kg的小球，原来处于静止状态，摆球与平 台的B点接触，但对平台无压力，摆长为l＝0.6 m．平台高h ＝0.80 m．一个质量为M＝2.0 kg的小球沿平台自左向右运动 到B处与摆球发生正碰，碰后摆球在绳的约束下做圆周运动， 经最高点A时，绳上的拉力T恰好等于摆球的重力，而M落在 水平地面的C点，水平距离s＝1.2 m．求质量为M的小球与摆 球碰撞前的速度大小．
专题检测卷(17) 专题九碰撞与动量守恒 近代物理初步
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专题检测卷(十七)碰撞与动量守恒近代物理初步(45分钟100分)1.(16分)(1)如图所示,小车M由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成,静止在光滑水平面上。
当小车固定时,从A点由静止滑下的物块m到C点恰好停止。
如果小车不固定,物块m仍从A点静止滑下( )A.还是滑到C点停住B.滑到BC间某处停住C.会冲出C点落到车外D.上述三种情况都有可能=0.4 kg,开始时都静止于光滑水平面上,(2)两木板M小物块m=0.1 kg以初速度v=10 m/s滑上M1的表面,最后停在M2上时速度为v2=1.8 m/s,求：①最后M1的速度v1;②在整个过程中克服摩擦力所做的功。
2.(17分)(2012·天津高考)(1)下列说法正确的是( )A.采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期B.由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子C.从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力D.原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量(2)如图所示,水平地面上固定有高为h的平台,台面上有固定的光滑坡道,坡道顶端距台面高也为h,坡道底端与台面相切。
小球A从坡道顶端由静止开始滑下,到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞,并粘连在一起,共同沿台面滑行并从台面边缘飞出,落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。
两球均可视为质点,忽略空气阻力,重力加速度为g。
求：①小球A刚滑至水平台面的速度v A;②A、B两球的质量之比m A∶m B。
3.(17分)(2013·宿迁一模)(1)下列说法中正确的是( )A.光电效应现象说明光具有粒子性B.普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说C.玻尔建立了量子理论,成功解释了各种原子发光现象D.运动的宏观物体也具有波动性,其速度越大物质波的波长越大(2)如图所示,一水平面上P点左侧光滑,右侧粗糙,质量为m的劈A在水平面上静止,上表面光滑,A轨道右端与水平面平滑连接,质量为M的物块B恰好放在水平面上P点,物块B与水平面的动摩擦因数为μ=0.2。
《走向高考》2013高考物理总复习 选3-5-1碰撞与动量守恒 77张
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路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
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第1讲
碰 与 量 撞 动 守
恒
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考点体验
题型突破
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“人 模 船 型 ”问题
考自 点清 设的量 船质为 当从头船 人船向 M， 的 量 人质为 尾 动 ，会 走 时船 向 m， 始 人 船 静 ， 开时与均止
人动反 运的
方向移动，
当人的速度为 v2 时，船的速度设为 v1，则 Mv1＋mv2＝0 。
3． 决 种 题 前 条 是 两 体 初 量 零 解这问的提件要物的动为， 画 两 体 运 示图 利 发 各 理之 的 系 出 物 的 动 意 有 于 现 物 量 间 关 。 还注各体位是对地的移 要意物的移相于面位。
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相运问 对动题
2013高考一轮复习优秀课件：第十三章碰撞与动量守恒 第一单元 第1课时
解析：动量p＝mv是矢量，其方向与速度方向相同，只有物
体a的速度大小和方向都保持不变，动量才不变，故A项正 1 2 确；动能Ek＝2 mv ，在物体质量m一定的条件下，只要速度 v大小不变，其动能Ek就保持不变，故C项正确． 答案：AC
题型二
动量改变量的理解
与分子力特点有关的习题主要有三类：一是判断对分子
解析：(1)甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动 方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共 同速度时，可保证刚好不撞．设共同速度为v，则： M1v1－M2v1＝(M1＋M2)v 所以：v＝M1－M2v1＝20×6 m/s＝1.5m/s
M1＋M2 80
(2)这一过程中乙小孩及车的动量改变量为： Δp＝30×(－1.5)－30×6＝－225 kg· m/s
(2)近似守恒——系统受到外力远小于内力，即F外≪F内．
(3)单方向守恒——系统在某一方向上不受外力或受到合 外力为零，即Fx＝0或Fy＝0.
2．动量守恒定律的不同表达形式及含义
(1)p1＝p2(系统相互作用前总动量等于相互作用后总动 量)． (2)Δp＝0 (系统总动量的增量为零)． (3)Δp1＝－Δp2 (相互作用的两个物体组成的系统，两 物体动量增量大小相等方向相反)． (4) m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ (相互作用的两个物体组 成的系统动量守恒的具体表达式)．
解析：如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹 簧释放后，A、B分别相对平板车向左、右滑动，它们所受 的滑动摩擦力FA 向右、FB 向左，由于mA∶mB ＝3∶2，所以 FA∶FB ＝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选项错误．对A、B、C组成的系统，A、 B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上 的重力、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒， B、D选项正确．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组 成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．本 题选错的，故选A. 答案：A 点评：认真审题，明确研究对象(系统)和要研究的物理过程， 根据守恒条件进行分析判断是正确答题的关键．
绝杀20132013届高考物理模拟+权威预测：专题18碰撞与动量守恒 Word版含答案
专题十八碰撞与动量守恒1.(2012·杭州模拟)如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内．则下列说法正确的是( )A.小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B.小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒2.(2012·嘉兴模拟)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示.则( )A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C.当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0D.甲物块的速率可能达到5 m/s3.(2012·太原模拟)一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( )A.Mv0=(M-m)v′+mvB.Mv0=(M-m)v′+m(v+v0)C.Mv0=(M-m)v′+m(v+v′)D.Mv0=Mv′+mv4.(2012·蚌埠模拟)关于动量守恒定律，下列说法中正确的是( )A.小球与地球相碰撞的过程中，小球的动量守恒B.只有不受外力作用时，系统的动量才是守恒的C.系统在不受外力和内力作用时动量才是守恒的D.系统虽然受到外力作用，但动量仍然可能守恒5.(2012·太原模拟)如图所示，物体A 与物体B 置于光滑水平面上，其质量m A >m B ，A 、B 间有一细绳连接，且有与A 、B 不连接的被压缩的轻弹簧，整个装置处于静止状态，现将细绳烧断，而后弹簧伸展将A 、B 弹开，以下说法正确的是( )A.此过程中，B 受弹力大小比A 受弹力大B.此过程中，弹力对B 的冲量大小比对A 的冲量大C.此过程中，弹力对B 做功比对A 做功多D.开始运动后，任一时刻B 的瞬时速度大小始终比A 的瞬时速度大6.(2012·乌鲁木齐模拟)如图所示,有n 个相同的质点静止在光滑水平面上的同一直线上，相邻的两个质点间的距离都是1 m ，在某时刻给第一个质点一个初速度v ，依次与第二个、第三个…质点相碰，且每次碰后相碰的质点都粘在一起运动，则从第一个质点开始运动到与第n 个质点相碰所经历的时间是( )A.()n n 12v - B.()n n 12v+ C.()n 2n 12v ++ D.()n 2n 12v -- 7.(2011·太原模拟)如图所示，质量为M 的小车静止于光滑的水平面上，小车上AB 部分是半径为R 的四分之一光滑圆弧，BC 部分是粗糙的水平面．今把质量为m 的小物体从A 点由静止释放，m 与BC 部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B 、C 之间的D 点，则B 、D 间距离x 随各量变化的情况是( )A．其他量不变，R越大x越大B．其他量不变，μ越大x越大C．其他量不变，m越大x越大D．其他量不变， M越大x越大8.(2011·嘉兴模拟)甲、乙两球质量分别为1 kg、3 kg，甲球与原来静止的乙球在光滑水平面上发生正碰，图甲表示甲球碰撞前后的位移—时间图线，图乙表示乙球碰后的位移—时间图线，不计碰撞时间，则下列说法正确的是( )A.甲、乙两球在t=2 s时发生碰撞B.碰撞前后甲球动量改变了2 kg·m/sC.碰撞后甲球的速度反向了D.碰撞前后系统动量守恒9.(2012·昆明模拟)如图所示，质量均为m的小滑块P和Q都视为质点，与轻质弹簧相连的Q静止在光滑水平面上．P以某一初速度v向Q运动并与弹簧发生碰撞，在整个过程中，P、Q的共同速度为___________，弹簧具有的最大弹性势能等于___________.10.(2012·嘉兴模拟)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做了如下实验:①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1>m2.②按照如图所示的那样，安装好实验装置．将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平.将一斜面BC连接在斜槽末端.③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置.④将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置.⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离.图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为L D、L E、L F.根据该同学的实验，回答下列问题:(1)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的________点，m2的落点是图中的________点.(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式____________________________，则说明碰撞中动量是守恒的.(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式__________________________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞.11.(2012·长安模拟)如图所示，两只质量均为120 kg的小船静止在水面上，相距10 m，并用钢绳连接．一个质量为60 kg的人在甲船头以恒力F拉绳，不计水的阻力.求:(1)当两船相遇时，两船各行进了多少米？(2)当两船相遇不相碰的瞬间，为了避免碰撞，人从甲船跳向乙船需要对地的最小水平速度为6 m/s，计算原来人拉绳的恒力F.12.(2012·青岛模拟)如图，一质量为1 kg 的物块静止在水平地面上，它与地面的动摩擦因数为0.2，一质量为10 g的子弹以水平速度500 m/s射入物块后水平穿出，物块继续滑行1 m距离停下.求：子弹射穿物块过程中系统损失的机械能.(g取10 m/s2)13.(2012·保定模拟)A、B两个粒子都带正电，B的电荷量是A的2倍，A的质量为m, B的质量是A的4倍，两个粒子在同一直线上相向运动，初速度大小均为v0，不计粒子重力和其他外力,只计A、B两者的库仑力.求:(1)当A的速度方向改变时，B的速度多大？(2)当A、B之间的距离最近时，两个粒子增加的电势能？14.(2012·哈尔滨模拟)如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是M的小车A和B，两车间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度向右运动，另有一质量也为M的粘性物体，从高h处自由下落，正好落至A车并与之粘合在一起，在此后的过程中，弹簧获得最大弹性势能为E.求:A、B车开始匀速运动的初速度v0的大小.15.(2012·乌鲁木齐模拟)如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接.质量为m的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为km的小球发生碰撞，碰撞前后两小球的运动方向处于同一水平线上.(1)若两小球碰撞后粘连在一起，求碰后它们的共同速度；(2)若两小球在碰撞过程中无机械能损失，为使两小球能发生第二次碰撞，求k应满足的条件.【高考预测】动量守恒定律是力学的重要内容，在近三年新课标地区高考(无论是作为必考模块还是选考模块)都对此内容进行了考查．试题更强调初、末状态的联系，单独的动量守恒定律或者动量定理的题目出现的可能性较小，更不可能太深、太难，但动量守恒定律的应用作为综合题中的一环将多个过程联系起来，或者简单的动量和能量综合的试题，将是今后一段时期高考命题的趋势．对该部分内容的命题预测点如下：1.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，后放开右手之后，系统动量不守恒C.先放开左手，后放开右手，总动量向左D.无论何时放手，只要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零2.在光滑水平地面上有一质量为m1的小球处于静止状态，现有一质量为m2的小球(两球形状完全相同)以一定的初速度匀速向m1球运动，并与m1球发生对心碰撞．对于这样的一个作用过程，可用速度－时间图象进行描述，下列四个图象中，图线1表示m1球运动的情况，图线2表示m2球运动的情况．则在这四个图象中可能正确地反映了两球相互作用过程中速率随时间变化关系的是( )3.用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验：(1)先测出可视为质点的两滑块A、B的质量分别为m、M及滑块与桌面间的动摩擦因数μ.(2)用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻弹簧处于压缩状态，滑块B恰好紧靠桌边．(3)剪断细线，测出滑块B做平拋运动的水平位移x1，滑块A沿水平桌面滑行的距离x2(未滑出桌面)．为验证动量守恒定律，写出还需测量的物理量及表示它的字母_________；如果动量守恒，需要满足的关系式为_________________________.4.在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动.在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示.小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动.小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2.5.如图所示，在光滑水平面上放着A、B、C三个物块，A、B、C的质量依次是m、2m、3m．现让A物块以初速度v0向B运动，A、B相碰后不再分开，共同向C运动；它们和C相碰后也不再分开，A、B、C共同向右运动．求：(1)A、B、C共同向右运动的速度v的大小;(2)A、B碰撞过程中的动能损失ΔE k;(3)A、B与C碰撞过程B物块对C物块的冲量大小I.6.如图所示，质量为m的物块以水平速度v0滑上原来静止在光滑水平面上质量为M的小车上，物块与小车间的动摩擦因数为μ，小车足够长.求:(1)物块相对小车静止时的速度；(2)从物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间；(3)从物块滑上小车到相对小车静止时，系统产生的热量和物块相对小车滑行的距离.7.如图所示，有一竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力作用，阻力的大小恒为F f＝1mg(g为重力加速度)．在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为2l.现有一质量也为m的物体从距地面2l处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力．求:(1)物体与滑块碰撞后共同运动速度的大小;(2)碰撞后，在滑块向下运动到最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量.答案解析【模拟演练】1.【解析】选C、D.小球下滑到槽的最低点之后，槽才离开墙壁，所以小球与槽组成的系统水平方向上的动量在槽离开墙壁之前不守恒，之后动量守恒，D正确；槽在离开墙壁之后，球与槽之间的弹力对球和槽都要做功，所以B错；整个过程中系统只有重力做功,机械能守恒，C正确；槽离开墙壁之后弹力对槽做功，小球与槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，A错.【误区警示】解答本题易产生的三个误区(1)不能准确判断动量守恒的条件，本题中只有槽离开墙壁以后水平方向动量才守恒.(2)误认为小球离开槽以后做竖直上抛运动，实际上小球在水平方向上与槽有相同速度，小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动.(3)误认为球与槽之间的弹力对球和槽都不做功，实际上球与槽之间的弹力与它们的位移都不垂直,都要做功.2.【解析】选C.甲、乙两个物块通过弹簧发生相互碰撞，遵循动量和能量守恒，当两个物块离开弹簧时交换速度，即甲的速度为4 m/s ，乙的速度为3 m/s ，方向相反，且整个碰撞过程中甲的速度不可能大于4 m/s ，乙的速度不可能大于3 m/s ，当两物块相距最近时速度相等为0.5 m/s ，所以A 、B 、D 错，C 正确.3.【解析】选A.解答本题应注意动量守恒的矢量性和相对性，即水平方向动量守恒，相互作用前后的速度都是相对地的速度，则根据动量守恒可得:Mv 0=(M-m)v ′+mv,A 正确.4.【解析】选D.根据系统动量守恒条件是合外力为零可得，B 、C 错误，D 正确；小球与地球相碰撞的过程中，小球和地球组成的系统动量守恒，A 错.5.【解析】选C 、D. 细绳烧断后弹簧伸展将A 、B 弹开的过程中，弹簧对A 、B 的作用力和冲量都是大小相等、方向相反，所以A 、B 选项错；弹力对A 、B 做功可根据动量守恒和动能定理得W=2p 2m，任一时刻p 相等，由于m A >m B ，所以弹力对B 做功比对A 做功多且任一时刻B 的瞬时速度大小始终比A 的大，C 、D 正确.6.【解析】选A.根据动量守恒可得:mv=nmv n ,v n =v ,n 则t n =n 1n ,v v=t=t 1+t 2+…+t n-1 ()()n n 112n 1n 2n 1,v v v v 2v--=++⋯+==-所以选项A 正确. 7.【解析】选A.对系统由动量守恒得:0=(m+M)v ，所以v=0.又根据能量守恒得:mgR=μmgx+12(m+M)v 2，所以x=R μ， x 只由R 和μ决定,与m 、M 无关，故选项A 正确. 8.【解析】选A 、C 、D.由图象可求得甲碰撞前后速度分别为:v 1=4 m/s ，v ′1= -2 m/s ；乙碰撞后的速度为v 2=2 m/s ，甲、乙在t=2 s 时发生碰撞，甲动量的改变量Δp 甲第 10 页 共 17 页 金太阳新课标资源网=-6 kg ·m/s,故B 错，A 、C 、D 正确.9.【解析】当弹簧压缩量最大时P 、Q 速度相等，由动量守恒得: mv=2mv 1,v 1=v 2又根据能量守恒得:12mv 2=12×2mv 12+E pm 所以E pm =2mv 4答案:v 2 2mv 410.【解析】(1)小球发生碰撞后m 1的落点是D 点，m 2的落点是F 点.(2)若动量守恒，则:m 1v=m 1v 1+m 2v 2小球在B 点平抛落到斜面上，有:Lcos θ=v 0t Lsin θ=12gt 2 可得:v 0=cos所以:v=cosv 1=cosv 2=cos所以:m(3)若碰撞是弹性碰撞，机械能守恒，则:12m 1v 2=12m 1v 12+12m 2v 22 所以:m 1L E =m 1L D +m 2L F答案:(1)D F(2)m金太阳新课标资源网(3)m 1L E =m 1L D +m 2L F【方法技巧】巧测碰撞前后速度简捷研究动量和能量守恒(1)巧用碰撞前后两小球都从同一点做平抛运动，若都落在同一水平面上则时间相等，水平位移与平抛初速度成正比；若都落在同一斜面上，由位移关系可以比较平抛初速度等，其他装置都是要确定平抛初速度.(2)确定碰撞前后小球的落点位置，计算碰撞前后动量和动能.(3)列动量守恒和动能守恒方程即可得结论.11.【解析】(1)由动量守恒定律得:(m 甲＋m 人)v 甲-m 乙v 乙=0有:(m 甲＋m 人)x 甲=m 乙x 乙x 甲＋x 乙＝10 m得:x 甲＝4 m ，x 乙＝6 m(2)为了避免碰撞，人跳到乙船后系统至少要静止．设人在起跳前瞬间甲船和人的速度为v 1，乙船速度为v 2，对甲船和人组成的系统由动量守恒得:(m 甲＋m 人)v 1＝m 人×6 m/s得:v 1＝2 m/s对甲船和人由动能定理得:Fx 甲=12(m 甲+m 人)v 12 解得:F=90 N答案:(1)甲船行进了4 m,乙船行进了6 m (2)90 N【方法技巧】解决动量守恒中的临界问题应注意的事项(1)寻找临界状态：题设情境中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态.(2)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等.12.【解析】设子弹射穿物块后的速度为v 1，物块的速度为v 2，对物块应用动能定理有 μMgx=12Mv 22 对物块与子弹组成的系统应用动量守恒定律有金太阳新课标资源网mv 0=mv 1+Mv 2则子弹射穿物块过程中系统损失的机械能ΔE=12mv 02-12mv 12-12Mv 22 联立以上方程并代入数据解得ΔE=798 J答案:798 J13.【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)建立一个碰撞模型:A 、B 两个粒子相互作用过程.(2)A 的速度方向改变时,A 的速度恰好为零.(3)A 、B 之间的距离最近时，A 、B 速度相等损失的动能最大，即系统增加的电势能最多.【解析】(1)设A 的质量为m ，B 的质量是4m ．A 的速度为零时，速度方向改变. 由动量守恒定律得:4mv 0-mv 0=4mv B ,即v B =34v 0 (2)当A 、B 两粒子速度相同时，距离最近，则4mv 0-mv 0=5mvΔE p =12×5mv 02-12×5mv 2=85mv 02 或ΔE p =1.6mv 02答案:(1)34v 0 (2)85mv 02或1.6mv 0214.【解析】粘性物体与A 碰撞，水平方向动量守恒Mv 0=2Mv 1 ①弹簧压缩到最短时三者共速，由动量守恒得2Mv 0=3Mv 2 ②弹簧压缩到最短时对系统由能量守恒得 E=12Mv 02+12×2Mv 12-12×3Mv 22 ③联立①②③式解得:v 0④金太阳新课标资源网答案【误区警示】解答本题应注意以下两点(1)物体M 落到小车A 上时，弹簧还来不及发生形变,没有弹力，所以只有物体M 与小车A 相互作用,动量守恒.(2)当小车B 通过弹簧与小车A 、物体M 发生作用，弹簧压缩至最短时速度相等，弹性势能最大.15.【解析】(1)由机械能守恒定律得: mgh=12mv 02 由动量守恒定律得:mv 0(2)由动量和能量守恒定律得: mv 0=mv 1+kmv 212mv 02=12mv 12+12kmv 22 解得:v 1=k 1k 1--+v 0,v 2=2k 1+v 0 须满足:k 1k 1-+v 0＞2k 1+v 0,k ＞3 答案:见解析【高考预测】1.【解析】选A 、C 、D.当两手同时放开时，系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A 正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，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,C 、D 正确.2.【解析】选B 、D.四幅图象中v 在横轴上方,即两小球碰后速度方向相同.m 1球速度从零开始变化,A 错误;m 2球碰撞m 1球,碰后m 2速度不能大于m 1球速度,否则m 1、m 2仍将接触,C 错误;碰后m 1球速度可能大于m 2球速度,也可能m 1球、m 2球结合在一起运动,B 、D 正确.3.【解析】弹开后B 做平拋运动，为求其弹开后的速度即平拋运动的初速度，必须测量下落高度h.金太阳新课标资源网h ＝12gt 12,x 1＝v 1t 1,v 1＝x弹开后A 做匀减速运动，由动能定理得:μmgx 2＝12mv 22 解得:v 2由动量守恒定律得:Mv 1-mv 2＝0即Mx答案:桌面离地高度hMx4.【解析】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变.根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1.两球碰撞过程有：m 1v 0=m 1v 1+m 2v 212m 1v 02=12m 1v 12+12m 2v 22 解得12m m =2. 答案:25.【解析】(1)以A 、B 、C 整体为研究对象，全过程应用动量守恒定律得:mv 0＝(m ＋2m ＋3m)v解得:A 、B 、C 共同向右运动的速度为v ＝0v .6 (2)设A 、B 碰撞后的速度为v ′，根据动量守恒有:mv 0＝(m ＋2m)v ′动能损失:ΔE k ＝12mv 02-12(m ＋2m)v ′2 解得:ΔE k ＝13mv 02. (3)以C 为研究对象，A 、B 与C 碰撞过程应用动量定理，B 物块对C 物块的冲量等于C 物块金太阳新课标资源网的动量变化，则:I ＝3mv ＝12mv 0. 答案:(1)0v 6 (2)13mv 02 (3)12mv 0 【方法技巧】解决碰撞问题时要紧紧抓住三个依据(1)系统的动量守恒，即p 1+p 2=p ′1+p ′2.(2)系统的动能不可能增加，即E k1+E k2≥E ′k1+E ′k2或222212121212p p p p .2m 2m 2m 2m ''+≥+ (3)系统内各物体的速度合理：①碰前两物体同向运动，则v 后>v 前；碰后原来在前的物体速度一定增大，且v 前≥v 后. ②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个物体发生改变.6.【解题指南】解答本题可按以下步骤进行:(1)分析物块和小车的运动：物块滑上小车后，受到向后的摩擦力而做减速运动，小车受到向前的摩擦力而做加速运动，因小车足够长，最终物块与小车相对静止.(2)画出运动过程图如图所示.(3)判断系统动量是否守恒:由于是“光滑水平面”，系统所受合外力为零，故满足动量守恒定律条件.【解析】(1)对物块与小车系统组成的系统，由动量守恒定律得:mv 0=(M+m)v 共解得:v 共=0mv M m+ (2)对小车由动量定理得:金太阳新课标资源网μmgt=Mv 共所以:t=()()00Mmv Mv mg M m g M m =μ+μ+ (3)系统产生的热量等于系统动能的减少量,即Q=ΔE k =12mv 02-12(M+m)v 共2 =()20Mmv 2M m + 又-F f l =12 (M+m)v 共2 -12mv 02, F f =μmg解得:l =()20Mv 2M m gμ+ 答案:(1)0mv M m + (2)()0Mv g M m μ+ (3)()20Mv 2M m gμ+ 7.【解析】(1)设物体下落至与薄滑块碰撞前的速度为v 0，在此过程中机械能守恒，依据机械能守恒定律有:mg l ＝20mv 2解得:v 0设碰撞后共同速度为v ，依据动量守恒定律有:mv 0＝2mv解得:v ＝12(2)设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为x ，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到返回初始位置的过程，有:－2F f x ＝0-12×2mv 2 设在滑块向下运动的过程中，弹簧的弹力所做的功为W ，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有:金太阳新课标资源网W ＋2mgx-F f x ＝0-12×2mv 2 解得:W ＝5mg 4，l 所以弹簧弹性势能增加了5mg 4l . 答案:(1) 125mg 4l。
高三物理碰撞与动量守恒总复习
碰撞与动量守恒[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点[网络构建][要点熟记]1．动量定理表达式F Δt ＝m v ′－m v 中的F 为物体在Δt 时间内所受的合外力．应用动量定理列方程时必须选取正方向．2．不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒．3．三类碰撞 (1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.机械能守恒：12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2. (2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′.机械能损失最多，机械能的损失量为：ΔE ＝(12m 1v 21＋12m 2v 22)－12(m 1＋m 2)v ′2. (3)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.机械能有损失，机械能的损失量为： ΔE ＝(12m 1v 21＋12m 2v 22)－(12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2)．[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律[真题再做]1.(多选)(2017·高考全国卷Ⅲ，T20)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零解析：设t ＝1 s 时物块的速率为v 1，由动量定理得Ft ＝m v 1，得v 1＝1 m /s ，A 项正确．t ＝2 s 时动量p 2＝2×2 kg·m/s ＝4 kg·m /s ，B 项正确．t ＝3 s 时动量p 3＝2×2 kg·m/s －1×1kg·m /s ＝3 kg·m/s ，C 项错误．t ＝4 s 时物块速度v 4＝p 4m ＝2×2－1×22m /s ＝1 m/s ，故D 项错误．答案：AB2．(2017·高考全国卷Ⅰ，T14)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 ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m /sD ．6.3×102 kg·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 －m v 0＝0，解得p ＝m v 0＝0.050×600 kg·m /s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确．答案：A3．(2019·高考全国卷Ⅲ，T25)静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A ＝1.0 kg ，m B ＝4.0 kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l ＝1.0 m ，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k ＝10.0 J ．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g ＝10 m/s 2.A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；(2)物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？(3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？解析：(1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和能量守恒定律有0＝m A v A －m B v B ①E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B② 联立①②式并代入题给数据得v A ＝4.0 m /s ，v B ＝1.0 m/s ③(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④s B ＝v B t －12at 2⑤ v B －at ＝0⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为s A ＝v A t －12at 2⑦ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处，B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为s ＝0.25 m ＋0.25 m ＝0.50 m ⑨(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有12m A v A ′2－12m A v 2A ＝－μm A g (2l ＋s B )⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得v A ′＝7 m/s ⑪故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有m A (－v A ′)＝m A v A ″＋m B v B ″⑫12m A v A ′2＝12m A v A ″2＋12m B v B ″2⑬ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得v A ″＝375 m/s ，v B ″＝－275m/s ⑭ 这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式有2as A ′＝v A ″2,2as B ′＝v B ″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得s A ′＝0.63 m ，s B ′＝0.28 m ⑯s A ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后之间的距离s ′＝s A ′＋s B ′＝0.91 m ⑰答案：(1)4.0 m /s 1.0 m/s (2)物块B 先停止 0.50 m (3)0.91 m4．(2019·高考全国卷Ⅰ，T25)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 图象如图(b)所示，图中的v 1和t 1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．(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．解析：(1)根据图(b)，v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，v 12为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B 的质量为m ′，碰撞后瞬间的速度大小为v ′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有m v 1＝m (－v 12)＋m ′v ′① 12m v 21＝12m (－12v 1)2＋12m ′v ′2② 联立①②式得m ′＝3m ③(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f ，下滑过程中所走过的路程为s 1，返回过程中所走过的路程为s 2，P 点的高度为h ，整个过程中克服摩擦力所做的功为W .由动能定理有mgH －fs 1＝12m v 21－0④ －(fs 2＋mgh )＝0－12m (－v 12)2⑤ 从图(b)所给出的v -t 图线可知s 1＝12v 1t 1⑥ s 2＝12·v 12·(1.4t 1－t 1)⑦ 由几何关系s 2s 1＝h H⑧ 物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为W ＝fs 1＋fs 2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W ＝215mgH ⑩ (3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W ＝μmg cos θ·H ＋h sin θ⑪ 设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s ′，由动能定理有－μm ′gs ′＝0－12m ′v ′2⑫ 设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh －μ′mg cos θ·h sin θ－μ′mgs ′＝0⑬ 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得μμ′＝119⑭ 答案：(1)3m (2)215mgH (3)119[考情分析]■ 命题特点与趋势——怎么考1．动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，这部分知识与牛顿运动定律、功能关系合称“解题三把金钥匙”，是解决物理问题的基本方法，是高考的重点考查内容．2．研究近几年高考试题可以发现，全国卷以选择题形式命题的题目，难度较小，考查动量、冲量及动量定理的基本应用，如2017年全国卷Ⅲ第20题和2017年全国卷Ⅰ第14题；以计算题形式命题的题目，重点考查了动量守恒定律与动力学和能量的综合应用，难度较大，一般为压轴题，如2019年全国卷Ⅲ第25题和2019年全国卷Ⅰ第25题.■解题要领——怎么做1．本讲内容经常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等知识点组成综合题．这类题型命题情景新颖，联系实际密切，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用．2．2020年复习备考要加强动力学、动量及能量综合题目的训练，关注运用动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．[研考向·提能力]考向研析掌握应试技能考向一冲量与动量定理1．恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解．2．物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力做的功决定的．3．动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量．4．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．1.(2019·湖南株洲高三年级教学检测)高空坠物伤人事件常有发生．一身高为1.75 m的同学被一根从6.75 m高处竖直落下的枯树枝砸正头顶，设枯枝质量为2 kg，与头部作用时间为0.02 s，那么()A．枯枝对人的头部产生的冲击力约20 NB．枯枝对人的头部产生的冲击力约1 000 NC．保持其他条件不变，身高更高的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大D．保持其他条件不变，身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更小解析：树枝落到头顶上时的速度v＝2gh＝2×10×5 m/s＝10 m/s，对树枝由动量定理得(mg－F)Δt＝0－m v，解得F＝1 020 N，则选项B正确，A错误；保持其他条件不变，身高更高的同学，树枝落到头部的速度较小，则根据上述的分析可知，头部受到枯枝的冲击力会更小；同理身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大，选项C、D错误．答案：B2．(多选)(2019·黑龙江哈尔滨4月理综检测)水平推力F1和F2分别作用于置于水平面上的等质量的a、b两物块上，作用一段时间后撤去推力，两物块在水平面上继续运动一段时间停下来．两物块运动的v -t图象如图所示，图中AB∥CD，则下列说法正确的是()A．两物块所受摩擦力大小相等B．两物块所受摩擦力冲量大小相等C．F1的冲量大于F2的冲量D．F1的冲量小于F2的冲量解析：由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故A正确．根据I＝F f t，由图看出摩擦力的作用时间t OB＜t OD，可知摩擦力的冲量不相等，选项B错误．根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－F f t OB＝0，F2t2－F f t OD＝0，因t OB＜t OD，则有F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故C错误，D正确．故选A、D.答案：AD3．(2019·陕西西安高考模拟)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，三个过程中动能变化量的大小依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有()A．ΔE1＜ΔE2＜ΔE3，Δp1＜Δp2＜Δp3B．ΔE1＜ΔE2＜ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3C．ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＜Δp2＜Δp3D．ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3解析：物体下滑过程中，只有重力做功，三种情况下下降的高度相同，即重力做功相同，根据动能定理可得下滑到底端时的动能相同，故ΔE1＝ΔE2＝ΔE3；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，动量变化量大小Δp＝m v相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3(注意方向不同)，D正确．答案：D4．一质量为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．物块以v0＝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)对小物块从A 运动到B 处的过程中应用动能定理得－μmgs ＝12m v 2－12m v 20代入数值解得μ＝0.32.(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 ＝m v ′－m v解得F ＝－130 N其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左．(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W ＝0－12m v ′2 解得W ＝9 J.答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J易错警示使用动量定理的注意事项——————————————————————————————————————(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移(如第4题中墙面对物块平均作用力的计算)，用动量定理求解更简捷．(2)动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力．变力情况下，动量定理中的力F 应理解为变力在作用时间内的平均值，如第1题中的枯枝对人的头部产生的冲击力是平均力．(3)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向(如第3题中，强调了动量变化的大小)，公式中的F 是物体或系统所受的合力．考向二 动量、动量守恒定律[典例1] 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上玩耍．甲和他的冰车的总质量为M ＝30 kg ，乙和他的冰车的总质量也是M ＝30 kg.甲推着一个质量为m ＝15 kg 的箱子和他一起以2 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，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？[思路点拨](1)“甲推出箱子”“乙抓住箱子”的过程动量守恒吗？(2)题目中“避免相撞”的条件是什么？[解析]要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲初速度方向为正方向，由动量守恒定律有(M ＋m)v0＝m v＋M v1①对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，由动量守恒定律有m v－M v0＝(m＋M)v2②甲与乙刚好不相撞的条件是v1＝v2③联立①②③解得v＝5.2 m/s，方向与甲和箱子初速度方向一致．[答案] 5.2 m/s规律总结应用动量守恒定律解题的基本步骤——————————————————————————————————————(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，如例题中分别以“甲和箱子”“乙和箱子”为系统．(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．5．(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，一起以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短．在此过程中，下列情况可能发生的是()A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝M v1＋m0v2＋m v3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足M v＝M v1＋m v2C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足M v＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2解析：碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变v 1和v 2，由动量守恒定律得M v ＝M v 1＋m v 2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得M v ＝(M ＋m )v ′，故B 、C 正确，A 、D 错误．答案：BC6．(2019·湖南娄底高三教学质量检测)质量为M 的气球上有一个质量为m 的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h 高处，如果从气球上逐渐放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( ) A.m m ＋M h B.M m ＋M h C.M ＋m M h D.M ＋m mh 解析：设人沿软梯滑至地面，软绳长度至少为L ，以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝M (－v 2)＋m v 1，人沿软梯降至地面时，气球上升的高度为L －h ，速度大小v 2＝L －h t，人相对于地面下降的高度为h ，速度大小为v 1＝h t ，联立得0＝M (－L －h t )＋m ·h t ，解得L ＝M ＋m Mh ，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C7．如图，光滑的水平地面上停着一个木箱和小车，木箱质量为m ，小车和人的总质量为M ＝4m ，人以对地速率v 将木箱水平推出，木箱碰墙后等速反弹回来，人接住木箱后再以同样大小的速率v 第二次推出木箱，木箱碰墙后又等速反弹回来……多次往复后，人将接不到木箱．求从开始推木箱到接不到木箱的整个过程，人所做的功．解析：设人推出木箱n 次后，不再接到木箱，每次推出木箱后，小车和人获得的速率依次为v 1、v 2、v 3、…、v n ，设水平向右为正方向，由系统动量守恒得第一次推木箱时：0＝4m v 1－m v第二次推木箱时：4m v 1＋m v ＝4m v 2－m v……第n 次推木箱时：4m v n －1＋m v ＝4m v n －m v联立解得v n ＝2n －14v 人接不到木箱的条件为v n ≥v解得n ≥2.5，取n ＝3即人最多能推3次木箱，最终人的速度大小v 3＝54v 由机械能守恒定律可得，人在整个过程中做的功W ＝12×4m v 23＋12m v 2＝298m v 2. 答案：298m v 2 考向三 碰撞与反冲、爆炸类问题1．掌握碰撞的“三个原则”(1)动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；(2)能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；(3)物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致．2．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0. 3．熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m 1≫m 2，且v 20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 0.当m 1≪m 2，且v 20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．[典例2] 如图所示，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．[思路点拨] 解此题的关键有两点：正确分析“A 只与B 、C 各发生一次碰撞”的条件．(1)A 与C 发生碰撞后，A 反弹，速度v 1＜0，即m ＜M .(2)A 向左运动与B 发生碰撞后，需要满足A 碰后的速度v 3小于等于C 的运动速度．[解析] 设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞，由动量守恒定律得 m v 0＝m v 1＋M v 2由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 21＋12M v 22 可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋M v 0要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有m v 1＝m v 3＋M v 4 12m v 21＝12m v 23＋12M v 24整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋M v 1由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2m m ＋M v 0≥m －M m ＋M v 1＝(m －M m ＋M )2v 0整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足(5－2)M ≤m ＜M .[答案] (5－2)M ≤m ＜M易错警示碰撞问题的两点注意——————————————————————————————————————(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力．(2)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解，如例题中的碰撞过程为弹性碰撞；②如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解．8.(多选)(2019·山东济南高三第二次联考)如图甲所示，光滑水平面上有a 、b 两个小球，a 球向b 球运动并与b 球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的s -t 图象如图乙所示，已知m a ＝5 kg.若b 球的质量为m b ，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE ，则( )A ．m b ＝1 kgB ．m b ＝2 kgC ．ΔE ＝15 JD ．ΔE ＝35 J解析：在s -t 图象中图线的斜率表示小球运动的速度大小，所以v a ＝61 m /s ＝6 m/s ，碰后粘合在一起共同运动的速度为v ＝51 m /s ＝5 m/s ，碰撞过程动量守恒，得m a v a ＝(m a ＋m b )v ，解得m b ＝1 kg ，故A 正确，B 错误；根据功能关系得ΔE ＝12m a v 2a －12(m a ＋m b )v 2＝15 J ，故C 正确，D 错误．答案：AC9．(2019·湖南长沙高三期末)如图所示，质量为m 的A 球以速度v 0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝a v 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与挡板P 发生完全弹性碰撞，若要使A 球能追上B 球再相撞，则a 的取值范围为( )A.15＜a ＜13B.13＜a ＜23C.13＜a ≤25D.13＜a ≤35解析：碰撞过程动量守恒，以v 0方向为正方向有m A v 0＝－m A a v 0＋m B v B ，A 与挡板P 碰撞后能追上B 发生再碰撞的条件是a v 0＞v B ，解得13＜a ；碰撞过程中损失的机械能ΔE k ＝12m A v 20－ [12m A (a v 0)2＋12m B v 2B ]≥0，解得a ≤35，故13＜a ≤35，D 正确． 答案：D10．(2019·江苏苏北三市高三期末)一枚在空中飞行的炮弹，质量M ＝6 kg ，在最高点时的速度v 0＝900 m/s ，炮弹在该点突然炸裂成A 、B 两块，其中质量m ＝2 kg 的B 做自由落体运动．求：(1)爆炸后A 的速度大小；(2)爆炸过程中A 受到的冲量大小．解析：(1)炮弹爆炸过程系统动量守恒，以炮弹的初速度方向为正方向根据动量守恒定律有M v 0＝(M －m )v A解得v A ＝1 350 m/s ，方向与初速度方向相同．(2)根据动量定理可知A 的冲量为I ＝Δp ＝(M －m )·(v A －v 0)＝1 800 N·s ，方向与初速度方向相同．答案：(1)1 350 m/s (2)1 800 N·s[限时练·通高考] 科学设题 拿下高考高分(45分钟)[刷基础]1．(2018·高考全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比解析：速度v ＝at ，动能E k ＝12m v 2＝12ma 2t 2，所以列车的动能与它经历的时间的平方成正比，A 错误；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ＝max ，所以列车的动能与它的位移成正比，B 正确；动能E k ＝12m v 2，所以列车的动能与它的速度的平方成正比，C 错误；动量p ＝m v ，动能E k ＝12m v 2＝p 22m，所以列车的动能与它的动量的平方成正比，D 错误． 答案：B2．(2019·陕西西安高三期末)如图所示，质量为0.5 kg 的小球在距离车底面高20 m 处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m /s 速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg ，设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s ，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )A ．5 m /sB ．4 m/sC ．8.5 m /sD ．9.5 m/s解析：设小球的初速度为v 0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh ＝12m v 2－12m v 20，解得v 0＝15 m /s ，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正，则有－mv 0＋Mv ＝(M ＋m )v ′，解得v ′＝5 m/s ，A 正确．答案：A3．一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、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：平抛运动时间t ＝2h g ＝1 s ，爆炸过程遵循动量守恒定律，设弹丸质量为m ，则m v ＝34m v 甲＋14m v 乙，又因为v 甲＝x 甲t ，v 乙＝x 乙t ，t ＝1 s ，则有34x 甲＋14x 乙＝2 m ，将各选项中数据代入计算得B 正确．答案：B4．(多选)一质量m ＝0.10 kg 的小钢球以大小为v 0＝10 m /s 的速度水平抛出，下落h ＝5.0 m 时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，且速度大小不变．已知小钢球与钢板的作用时间极短，g 取10 m/s 2，则( )A ．钢板与水平面的夹角θ＝60°B ．小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为1 N·sC ．小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为 10 2 kg·m/sD ．钢板对小钢球的冲量大小为 2 2 N·s解析：由题意可知小钢球垂直撞击钢板．小钢球撞击钢板时的竖直分速度v y ＝2gh ＝10 m/s ，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝v y v x＝1，解得α＝45°，即钢板与水平面的夹角θ＝45°，选项A 错误；小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板时所飞行的时间t ＝2h g＝1 s ，重力冲量I ＝mgt ＝1 N·s ，选项B 正确；取垂直斜面向上为正方向，小钢球刚要撞击钢板时速度的大小为v 1＝2v 0＝10 2 m/s ，动量p 1＝－m v 1＝－ 2 kg·m/s ，撞后小钢球的速度v 2＝10 2 m/s ，动量p 2＝m v 2＝ 2 kg·m/s ，小钢球的动量变化Δp ＝p 2－p 1＝2 2 kg·m/s ，由动量定理可知，钢板对小钢球的冲量大小I ＝Δp ＝2 2 N·s ，选项C 错误，D 正确．答案：BD5．(多选)(2019·河南驻马店高三期末)如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m ＝3 kg 的物块A 、B 、C ，物块B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以v 0＝4 m/s 的速度朝B 开始运动，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，则以下说法正确的是( )A ．从开始到弹簧最短时物块C 受到的冲量大小为1 N·sB ．从开始到弹簧最短时物块C 受到的冲量大小为4 N·sC ．从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3 JD ．从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9 J解析：根据动量守恒定律，当A 、B 速度相等时，且与C 碰撞之前A 、B 的速度为v 1，则m v 0＝2m v 1，解得v 1＝2 m/s ；从开始到弹簧最短时，对A 、B 、C 系统，有m v 0＝3m v 2，解得v 2＝43 m /s ；从开始到弹簧最短时，对物块C ，由动量定理得I ＝mv 2＝4 N·s ，选项B 正确，A 错误．B 与C 相碰的过程，mv 1＝2mv 3，解得v 3＝1 m/s ，则从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为ΔE ＝12m v 21－12×2m v 23＝3 J ，选项C 正确，D 错误． 答案：BC6．一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 阻的作用，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 阻＝Ma ，所以F 阻＝468 N帆船匀速运动时，有F －F 阻＝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/s7．(2019·福建宁德高三上学期期末)如图所示，AB 间放有一个风洞，水平地板AB 延伸至C 点，与足够长的光滑斜面CD平滑连接．将质量m 1＝1 kg 的滑块1放在风洞A 点，在水平向右的恒定风力F ＝20 N 作用下(风洞外风力忽略不计)由静止开始向右运动，与静止在C 点、质量m 2＝2 kg 的滑块2发。
2013年高考物理二轮复习 考点综述 碰撞与动量守恒 近代物理初步
河北2013年高考二轮复习考点综述碰撞与动量守恒近代物理初步1. (1)人眼对绿光最敏感，正常人的眼睛接收到波长为530 nm的绿光时，只要每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能察觉．普朗克常量为6.63×10-34 J·s，光速为3.0×108 m/s，则①人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是___________．[来源:学+科+网Z+X+X+K]②用这种波长的绿色光照射下列五种材料，能产生光电效应的材料有______种.(2)如图为中国队员投掷冰壶的镜头.在某次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行.若两冰壶质量相等，规定向前运动方向为正方向，则碰后中国队冰壶的速度为( )A.0.1 m/sB.－0.1 m/sC.0.7 m/sD.-0.7 m/s2. (1)现有a、b、c三种单色光，其波长关系为λa >λb>λc.用b光照射某种金属时，恰好能发生光电效应．若分别用a光和c光照射该金属，则( )A．a光照射时，不能发生光电效应B．c光照射时，不能发生光电效应C．a光照射时，释放出的光电子的最大初动能最大D．c光照射时，释放出的光电子的最大初动能最小(2)质量为M的小物块A静止在离地面高h的水平桌面的边缘，质量为m的小物块B沿桌面向A运动并以速度v与之发生正碰(碰撞时间极短)．碰后A离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为L.碰后B 反向运动．求B 后退的距离．(已知B 与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g)3. (1)在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m 1＝2 kg ，乙球的质量m 2＝1 kg ，规定向右为正方向，碰撞前后乙球的速度随时间变化情况如图所示.已知两球发生正碰后，甲球静止不动，碰撞时间极短，则碰前甲球速度的大小和方向分别为( ) A ．0.5 m/s ，向右 B ．0.5 m/s ，向左 C ．1.5 m/s ，向右 D ．1.5 m/s ，向左(2)原来静止的原子核baX ，发生α衰变后放出一个动能为E 0的α粒子，求： ①生成的新核动能是多少？②如果衰变释放的能量全部转化为α粒子及新核的动能，释放的核能ΔE 是多少？ ③亏损的质量Δm 是多少？4. (1)如图1所示为氢原子的能级图．用光子能量为13.06 eV 的光照射一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子发射的不同波长的光有________种．(2)质量为M ＝2 kg 的小平板车C 静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为m A ＝2 kg 的物体A(可视为质点)，如图2所示，一颗质量为m B ＝20 g 的子弹以600 m/s 的水平速度射穿A 后，速度变为100 m/s ，最后物体A 相对车静止，求平板车最后的速度是多大？5.(氢原子的能级示意图如图所示，现有每个电子的动能都为Ee＝12.89 eV的电子束与处在基态的氢原子束射入同一区域，使电子与氢原子发生迎头正碰．已知碰撞前一个电子与一个氢原子的总动量为零．碰撞后，氢原子受激发而跃迁到n＝4的能级．求碰撞后1个电子与1个受激氢原子的总动能．(已知电子的质量me 与氢原子的质量mH之比为1∶1 840)6. (1)下列说法正确的是__________.A.根据E=mc2可知物体所具有的能量和它的质量之间存在着简单的正比关系B.在单缝衍射实验中，假设只让一个光子通过单缝，则该光子不可能落在暗条纹处C.一群氢原子从n=3的激发态向较低能级跃迁，最多可放出两种频率的光子D.已知能使某金属发生光电效应的极限频率为ν0，则当频率为2ν的单色光照射该金属时，光电子的最大初动能为2hν(2)如图，车厢的质量为M，长度为L，静止在光滑水平面上，质量为m的木块(可看成质点)以速度v无摩擦地在车厢底板上向右运动，木块与前车壁碰撞后以速度v/2向左运动，则再经过多长时间，木块将与后车壁相碰？7. （1）核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，但安全是核电站面临的非常严峻的问题.核泄漏中的钚（Pu）是一种具有放射性的超铀元素，钚的危险性在于它对人体的毒性，与其他放射性元素相比钚在这方面更强，一旦侵入人体，就会潜伏在人体肺部、骨骼等组织细胞中，破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险.已知钚的一种同位素23994Pu的半衰期为24 100年，其衰变方程为23994Pu→X+42He+γ，下列有关说法正确的是（）A.X原子核中含有143个中子B.100个23994Pu经过24 100年后一定还剩余50个C.由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程中总质量增加D.衰变发出的γ放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力（2）氢原子核的光谱在可见光范围内有四条谱线，其中在靛紫色区内的一条是处于量子数n=4的能级氢原子跃迁到n=2的能级发出的，氢原子的能级如图所示，已知普朗克常量h=6.63×10-34 J·s，则该条谱线光子的能量为________eV，该条谱线光子的频率为__________Hz.（结果保留3位有效数字）（3）已知金属铷的极限频率为5.15×1014Hz，现用波长为5.0×10-7m的一束光照射金属铷，能否使金属铷产生光电效应？若能，请算出逸出光电子的最大初动能.（结果保留两位有效数字）8. (1)23892U放射性衰变有多种途径，其中一种途径是先衰变成21083B i，而21083B i可以经一次衰变变成210a X(X代表某种元素)，也可以经一次衰变变成b21081aT i X，和b81T i最后都衰变变成20682P b，衰变路径如图所示，则可知图中( )A．过程①是β衰变，过程③是α衰变；过程②是α衰变，过程④是β衰变B．过程①是β衰变，过程③是α衰变；过程②是β衰变，过程④是α衰变C．过程①是α衰变，过程③是β衰变；过程②是α衰变，过程④是β衰变D．过程①是α衰变，过程③是β衰变；过程②是β衰变，过程④是α衰变(2)如图所示，质量M=0.040 kg的靶盒A静止在光滑水平导轨上的O点，水平轻质弹簧一端拴在固定挡板P上，另一端与靶盒A连接.Q处有一固定的发射器B，它可以瞄准靶盒发射一颗水平速度为v=50 m／s，质量m=0.010 kg的弹丸，当弹丸打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短，不计空气阻力.求弹丸进入靶盒A后，弹簧的最大弹性势能为多少？答案解析1.【解析】(1)①每个绿光光子的能量34809c 6.63103.010E h h J 53010⨯⨯⨯νλ⨯－－＝＝＝≈3.8×10－19J人眼最少需每秒射入6个绿光光子才能察觉，故P ＝06E t＝6×3.8×10－19 W≈2.3×10－18 W②发生光电效应的条件是光子的能量要大于金属的逸出功，E 0仅大于铯的逸出功，故只有一种． (2)选A.根据动量守恒定律，0.4 m ＝0.3 m ＋mv ，得中国队冰壶的速度v ＝ 0.1 m/s ，只有A 选项正确.答案：(1)①2.3×10－18 W ②1 (2)A 2.【解析】(1)选A.由c νλ＝可判断a 、b 、c 三种单色光的频率关系为νa <νb <νc ，用b 光照射某种金属恰好能发生光电效应，由于光的频率大于或等于极限频率时才会产生光电效应，所以a 光照射时不能发生光电效应，c 光照射时能发生光电效应，A 选项正确，B 、C 选项均错误；光电子的初动能与频率有关，频率越大，初动能越大，c 光照射时，逸出的光电子的最大初动能最大，D 选项错误.(2)设t 为A 从离开桌面到落地经历的时间，v 表示刚碰后A 的速度，有：21h gt 2＝L vt ＝设V 为刚碰后B 的速度大小，由动量守恒定律有： mv 0＝Mv －mV设B 后退的距离为x ，由动能定理有： －μmgx ＝0－12mV 2由以上各式求得：201x v ).2gμ＝答案：(1)A (2)201v )2gμ3.【解析】(1)选D.设碰前甲球的速度为v 1.由图象知碰前乙球的速度v 2＝2 m/s ，碰后速度v 2′＝－1 m/s ，根据动量守恒定律m 1v 1＋m 2v 2＝m 2v 2′，得碰前甲球速度v 1＝－1.5 m/s,负号表示方向向左,故D 正确. (2)①衰变方程为：b 4b 4a 2a 2X H e Y →－－＋，在衰变过程中动量守恒 m αv α＝m Y v Y 又因为2k pE 2m＝，所以Y Y 00Ym E 44E E E m b 4b 4α＝＝，＝－－②由能量守恒知，释放的核能 ΔE ＝E 0＋E Y ＝000bE 4E E b 4b 4＋＝－－③由质能关系ΔE ＝Δmc 2，解得02bE m .(b 4)c∆＝－答案：(1)D (2)①04E b 4－ ②0b E b 4－ ③02bE (b 4)c－4.【解析】(1)由E ＝E n －E 1可知E n ＝E ＋E 1＝13.06 eV －13.6 eV ＝－0.54 eV.吸收13.06 eV 能量后氢原子处于量子数n ＝5的激发态，由N ＝n (n 1)2－＝10得知可产生10种不同波长的光．(2)子弹射穿A 时，以子弹与A 组成的系统为研究对象．由动量守恒定律得m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′ A 在小车上相对滑动，设最后速度为v ″.以A 与小车组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得 m A v A ′＝(m A ＋M)v ″ 可得v ″＝2.5 m/s. 答案：(1)10 (2)2.5 m/s5.【解析】以v e 和v H 表示碰撞前电子的速率和氢原子的速率，根据题意有： m e v e －m H v H ＝0碰撞前，氢原子与电子的总动能为：22k H H e e 11E m v m v 22＝＋联立以上两式并代入数据解得： E k ≈12.90 eV氢原子从基态跃迁到n ＝4的能级所需能量由能级图可得： ΔE ＝－0.85 eV －(－13.6 eV)＝12.75 eV[来源:Z&xx&] 碰撞后，受激氢原子与电子的总动能为： E k ′＝E k －ΔE ＝12.90 eV －12.75 eV ＝0.15 eV. 答案：0.15 eV6.【解析】(1)选A.根据E=mc 2可知物体所具有的能量和它的质量之间存在着正比关系,A 对;在单缝衍射实验中，假设只让一个光子通过单缝，则该光子落在的位置是不确定的,B 错;一群氢原子从n=3的激发态向较低能级跃迁，最多可放出3种频率的光子,C 错;能使某金属发生光电效应的极限频率为ν0，则当频率为2ν0的单色光照射该金属时，光电子的最大初动能为E km =2h ν0-h ν0=h ν0,D 错. (2)木块和车厢组成的系统动量守恒，设向右为正方向，碰后车厢的速度为v ′00v m v M v m2='-得03m v v ,2M'=方向向右设t 时间内木块将与后车壁相碰，则 v ′t+0v t 2 =L000L 2M L t v 3m v (M 3m )v 22M==++答案:(1)A (2)02M L (M 3m )v +7. 【解析】（1）由衰变过程中核电荷数守恒得23592X ，其中中子数为235-92=143，A 项对.半衰期对大量原子核的衰变才有意义，B 项错.衰变过程中核子总质量减小，质量必亏损，C 项错.衰变后产生的巨大的能量以γ光子的形式释放，D 项对.（2）光子的能量E=E 4-E 2=（-0.85）-（-3.4） eV=2.55 eV.由E=h ν得191434E 2.55 1.610 J6.1510h 6.6310J s--⨯⨯ν===⨯⨯g Hz.（3）因入射光子的频率ν=c λ得ν=6.0×1014Hz ，大于金属铷的极限频率，故能使金属铷产生光电效应.由爱因斯坦光电效应方程 E km =h ν-W W=h ν0代入数值得E km =5.6×10-20 J答案：（1）A 、D （2）2.55 6.15×1014（3）能 5.6×10-20 J8.【解析】(1)选A.在21083B i 衰变变成210a X 的过程中质量数不变，过程①是β衰变；210a X 衰变变成20682P b 过程中质量数减少4， 过程③是α衰变；21083B i 衰变变成b 81T i ，核电荷数减少2，过程②是α衰变；b 81T i 衰变变成20682P b ，核电荷数增加1，过程④是β衰变，所以选项A 正确．(2)弹丸进入靶盒A 后，弹丸与靶盒A 的共同速度设为v ，由系统动量守恒得 mv 0=(m+M)v靶盒A 的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，由系统机械能守恒得 E p =12(m+M)v 2解得()22p 0mE v 2m M =+代入数值得E p =2.5 J 答案：(1)A (2)2.5 J。
2013高三物理一轮复习课件：第十五章 碰撞和动量守恒
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三、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．常用的三种表达式． (1)p＝p′(系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后总 动量 p′)； (2)Δp＝0(系统总动量的增量等于零)；
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[解析] 两手同时放开后，A、B 间仅有弹簧弹力(内力) 作用，系统动量守恒，而系统初动量为零，故总动量始终为 零． 先放开左手，弹力的冲量将使 A 获得向左的动量，再放 开右手，系统动量守恒，但总动量不再为零，而是向左．
[答案] ACD
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考点诊断
1.总质量为 M 的装沙的小车，正以速度 v0 在光滑水平面 上前进，突然车底漏了，不断有沙子漏出来落到地面，问在漏 沙的过程中，小车的速度是否变化？
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解析 质量为 m 的沙子从车上漏出来， 漏沙后小车的速 度为 v，由动量守恒定律 Mv0＝mv＋(M－m)v，解得 v＝v0， 即沙子漏出后小车的速度是不变的．
答案 BD
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)
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1 4．如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的 圆周 4 轨道，圆心 O 在 S 的正上方．在 O 和 P 两点处各有一质量为 m 的小物块 a 和 b，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧 下滑．以下说法正确的是( )
人教版高三物理总复习优质课件 碰撞与动量守恒 第一节 动量定理 动量守恒定律
是v1′和v2′。碰撞过程中第一个球所受第二个球对它的作用
力是F1,第二个球所受第一个球对它的作用力是F2。
根据牛顿第二定律,碰撞过程中两球的加速度分别是
a1=
,a2=
根据牛顿第三定律,F1 与 F2 大小相等、方向相反,即
F1=-F2
着地的过程中屈腿下蹲,这是为了使人的动量变化量减小吗?
答案:不是。人在和地面接触时,人的速度减为零,人的动量变化量不变。
2.观察女子短道速滑队比赛发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”
学科素养:结合图象考查动量定理、匀变速直线运动规律等,旨在考
查考生的分析综合能力和推理能力,渗透考查考生的科学思维。
关键能力:构建物理模型能力、理解能力、数据处理能力、推理能力
和综合考查应用物理规律解决实际问题的能力。
必备知识:运动学规律、牛顿运动定律、动量定理、动能定理等
难度
分析
1.根据题中信息描绘图线。
(3)方向:动量的方向与 速度 的方向相同。
(4)意义:动量是描述物体 运动状态
的物理量,是 矢 量。
(5)动量是 状态 量,与时刻或位置相对应。
2.动量的变化
(1)因为动量是矢量,动量的变化量Δp也是 矢量 ,其方向与速度的变化
Δv的方向 相同 。
(2)动量的变化量Δp的大小,一般用末动量p′减去初动量p进行计算,即
Δp= p′-p
。
3.冲量
(1)定义:
力
(2)公式: I=Ft
(3)单位: N·s
与 力的作用时间
的乘积叫做力的冲量。
。
。
(4)方向:冲量是 矢量 ,其方向 与力的方向相同
弹性碰撞模型(解析版)—动量守恒的十种模型解读和针对性训练——2025届高考物理一轮复习
动量守恒的八种模型解读和针对性训练弹性碰撞模型模型解读1．碰撞过程的四个特点（1）时间短：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
（2）相互作用力大：碰撞过程中，相互作用力先急剧增大，后急剧减小，平均作用力很大。
（3）位移小：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
（4）满足动量守恒的条件：系统的内力远远大于外力，所以即使系统所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。
（5）.速度要符合实际（i）如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞。
碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度v′前≥v′后。
（ii）如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。
若碰后沿同向运动，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度，即v′前≥v′后。
2. 动动弹性碰撞已知两个刚性小球质量分别是m1、m2，m1v1+m2v2＝m1v1’+m2v2’，1 2m1v21+12m2v22＝12m2v’22＋12m乙v2乙，3. 一动一静"弹性碰撞模型如图所示，已知A、B两个刚性小球质量分别是m1、m2，小球B静止在光滑水平面上，A以初速度v0与小球B发生弹性碰撞，取小球A初速度v0的方向为正方向，因发生的是弹性碰撞，碰撞前后系统动量守恒、动能不变，有m1v0=m1v1+m2v21 2m1v20=12m1v21+12m2v22联立解得v1=(m1―m2)v0m1+m2,v2=2m1v0m1+m2讨论：（1）若m1>m2，则0<v1<v0、v2>v0，物理意义：入射小球质量大于被碰小球质量，则入射小球碰后仍沿原方向运动但速度变小，被碰小球的速度大于入射小球碰前的速度。
（2）若m1=m2，则v1=0、v2=v0，物理意义：入射小球与被碰小球质量相等，则碰后两球交换速度。
高中物理动量守恒碰撞问题专题讲解
动量守恒定律的应用（碰撞）【要点梳理】 要点一、碰撞1．碰撞及类碰撞过程的特点（1）时间特点：在碰撞、爆炸等现象中，相互作用时间很短．（2）相互作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大． （3）动量守恒条件特点：系统的内力远远大于外力，所以，系统即使所受外力之和不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．（4）位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移．可以认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置．（5）能量特点：碰撞过程中，一般伴随着机械能的损失，碰撞后系统的总动能要小于或等于碰撞前系统的总动能，即：1212k k k k E E E E +≤+＇＇．（6）速度特点：碰后必须保证不穿透对方． 2．碰撞的分类（1）按碰撞过程中动能的损失情况，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞．①弹性碰撞：碰撞过程中机械能不损失，即碰撞前后系统总动能守恒：1212k k k k E E E E +=+＇＇．②非弹性碰撞；碰撞过程中机械能有损失，系统总动能不守恒：1212k k k k E E E E ++＇＇＜．③完全非弹性碰撞：碰撞后两物体“合”为一体，具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大．（2）按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线，可将碰撞分为正碰和斜碰． ①正碰：碰撞前后，物体的运动方向在同一条直线上，也叫对心碰撞． ②斜碰：碰撞前后，物体的运动方向不在同一条直线上，也叫非对心碰撞． 高中阶段一般只研究正碰的情况． ③散射指微观粒子之间的碰撞．要点诠释：由于粒子与物质微粒的碰撞并非直接接触，而是相互靠近，且发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方． 要点二、碰撞问题的处理方法 1．解析碰撞问题的三个依据（1）动量守恒，即1212p p p p +=+＇＇．（2）动能不增加，即1212k k k k E E E E +≥+＇＇．（3）速度要符合情境：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v v 后前＞，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度．即v v ≥后前＇＇，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零． 2．爆炸问题爆炸与碰撞的共同点是物理过程剧烈，系统内物体的相互作用力（内力）很大，过程持续时间很短，即使系统所受合外力不为零，但合外力的冲量几乎为零，故系统的动量几乎不变，所以爆炸过程中可以近似认为动量守恒．要点诠释：爆炸与碰撞的不同点是爆炸过程中有其他形式的能向动能转化，故爆炸过程中系统的动能会增加． 【典型例题】类型一、碰撞中的可能性问题例1（多选）．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度0v 与质量为2m 的静止小球B 发生正碰．碰撞后，A 球的动能变为原来的1/9，那么小球B 的速度可能是（ ）．A ．013v B ．023v C ．049v D ．059v 【思路点拨】动量守恒定律是一个矢量式，所以要注意A 球速度的方向性。
专题七 碰撞与动量守恒
C．氢原子发射出三种不同波长的光
D．氢原子发射出六种不同波长的光 图7－5
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解析：选BD.氢原子从基态跃迁到n＝2、3、4能级需要吸 收能量分别为10.2 eV、12.09 eV、12.75 eV的光子，入射 光中三种频率的光子被吸收，跃迁到n＝4能级，向低能 级跃迁时释放六种不同波长的光子，B、D正确．
(2)15个
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强化训练1(2012· 高考福建卷)如图7－2所示，质量为M的小 船在静止水面上以速度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．若救生员以相对水面速率
v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
图7－2
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m A．v0＋ v M m C．v0＋ (v0＋v) M
设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不相
撞，试求此时： (1)两车的速度各为多少？ (2)甲总共抛出了多少个小球？
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【自主解答】
(1)以甲、乙两小孩及两车组成的系统为研究
对象，甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动 方向，甲不断抛球、乙接球，当甲和小车与乙和小车具有共 同速度时，可保证刚好不相撞．设共同速度为 v，则： M1 v1 －M2 v1＝(M1＋M2 )v M1 －M2 20 得 v＝ v1 ＝ ×6 m/s＝1.5 m/s. M1 ＋M2 80
③“跃迁”在任意两个定态间发生，而“电离”则在第n级
与n＝∞发生． (3)熟记氢原子基态及相邻几个激发态的能量值.并特别注意, 在取无穷远处为0时，这些能量都是“－”值．
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例2
氢原子的能级如图7－3所示，已知可见光的光子能
量范围约为1.62 eV～3.11 eV，则： (1)若用任意频率的紫外线照射处于 n＝3能级的氢原子，氢原子能否电离？ (2)大量氢原子从高能级向n能级跃迁时， 发出的光具有显著的热效应，则n至少 等于多少？ 图7－3
高中物理专题复习 动量及动量守恒定律
高中物理专题复习动量及动量守恒定律一、动量守恒定律的应用1.碰撞两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。
由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。
碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。
仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m 1的物体A 以速度v 1向质量为m 2的静止物体B 运动，B 的左端连有轻弹簧。
在Ⅰ位置A 、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到Ⅱ位置A 、B 速度刚好相等（设为v ），弹簧被压缩到最短；再往后A 、B 开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A 、B 分开，这时A 、B 的速度分别为21v v ''和。
全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。
⑴弹簧是完全弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。
这种碰撞叫做弹性碰撞。
由动量守恒和能量守恒可以证明A 、B 的最终速度分别为：121121212112,v m m m v v m m m m v +='+-='。
⑵弹簧不是完全弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。
这种碰撞叫非弹性碰撞。
⑶弹簧完全没有弹性。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A 、B 不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。
这种碰撞叫完全非弹性碰撞。
可以证明，A 、B 最终的共同速度为121121v m m m v v +='='。
在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：()()21212122121122121m m v m m v m m v m E k +='+-=∆。
人教版高三一轮复习：碰撞与动量守恒第1节动量冲量动量定理
人教版高三一轮复习：碰撞与动量守恒第1节动量冲量动量定理学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前．这样做可以（）A．减小球对手的冲量B．减小球对人的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量2．我国女子短道速滑队在2021年世锦赛上实现女子3000m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，则（）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3．有关实际中的现象，下列说法不．符合事实的是（）A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好4．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。
F随时间t变化的图线如图所示，则（）A．0～1s内合外力做功2JB．t＝2s时物块的动量大小为4 kg•m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5 kg•m/sD．t＝4s时物块的速度为零5．如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来．下列说法正确的是()A．买者说的对B．卖者说的对C．公平交易D．具有随机性，无法判断6．航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使飞船获得推进或姿态调整的反冲动力．已知单个正离子的质量为m,电荷量为q,正、负极栅板间加速电压为U,从喷口喷出的正离子所形成的电流为I．忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对卫星质量的影响．该发动机产生的平均推力F的大小为F=A．F=B．F=C．F=D．27．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8．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9．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10．高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N11．如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量M＝3m，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v发射出去后，底座反冲速度的大小为v，则摩擦力对底座的冲量为( )A．0B．mv，方向向左C．mv，方向向右D．mv，方向向左12．如图所示，在水平桌面的边缘，一铁块压着一纸条放上，当以速度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13．1966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m 1去接触正在轨道上运行的火箭组m 2(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.由以上实验数据可得出火箭组的质量m 2为( )A ．3 400 kgB ．6 885 kgC ．6 265 kgD ．3 485 kg二、解答题14．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。