2015届高考物理二轮复习专题测试：碰撞与动量守恒 Word版含解析

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高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲随堂检测

第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲[学生用书P115]1.(2015·高考福建卷)如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动解析：选D.选向右为正方向，则A 的动量p A ＝m ·2v 0＝2mv 0，B 的动量p B ＝－2mv 0.碰前A 、B 的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A 、B 的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D 符合题意．2.2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A 队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量p A ＝5 kg ·m/s ，花色球静止，白色球A 与花色球B 发生碰撞后，花色球B 的动量变为p ′B ＝4 kg ·m/s ，则两球质量m A 与m B 间的关系可能是( )A ．mB ＝m A B ．m B ＝14m AC ．m B ＝16m AD ．m B ＝6m A解析：选A.由动量守恒定律得p A ＋p B ＝p ′A ＋p ′B ，解得p ′A ＝1 kg ·m/s ，根据碰撞过程中总动能不增加，则有p 2A 2m A ≥p ′2A 2m A ＋p ′2B2m B ，代入数据解得m B ≥23m A ，碰后两球同向运动，白色球A 的速度不大于花色球B 的速度，则p ′A m A ≤p ′B m B ，解得m B ≤4m A ，综上可得23m A ≤m B ≤4m A ，选项A 正确．3.如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m/s 的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g ＝10 m/s 2)．解析：设子弹射入木块后的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有m 0v 0－mv ＝(m ＋m 0)v 1①代入数据解得v 1＝8 m/s.它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s ＝6 m 时，它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有 (m ＋m 0)v 1－Mv ＝(m ＋m 0＋M )v 2 ②由能量守恒定律有Q ＝μ(m ＋m 0)gs ＝12(m ＋m 0)v 21＋12Mv 2－12(m ＋m 0＋M )v 22③联立①②③并代入数据解得μ＝0.54. 答案：0.544．(2015·高考全国卷Ⅱ)两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．解析：(1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得v ＝23m/s③ 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④ 联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8.⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v2⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W ∶ΔE ＝1∶2.答案：(1)1∶8 (2)1∶2。

2015年高考物理二轮专题辅导与训练课件：8 碰撞与动量守恒近代物理初步

数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度
和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。分离速度是指
碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述
过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球 B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。
【审题流程】
第一步：审题干→提取信息
解得 v1 17 v 0，v 2 31 v 0
48 24 31 答案： 17 v0 v0 48 24
【解题悟道】
应用动量守恒定律解题的步骤
(1)选取研究系统和研究过程。
(2)分析系统的受力情况，判断系统动量是否守恒。
①系统不受外力或所受合外力的矢量和为零时，系统动量守恒；
动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，
且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
【破题关键】解答本题时应注意以下三点：
系统不受地面摩擦力作用，在相 (1)“光滑水平轨道”表明：_____________________________
互作用过程中，系统动量守恒。 ___________________________
可辐射出的光谱线条数N= C2 。 n
(3)光电效应。 ①光电效应规律。②光电效应方程：hν =Ek+W0。 (4)核反应、核能的计算。 ①两个守恒：质量数守恒、电荷数守恒。 ②质能方程：E=mc2。
思想方法
(1)物理思想：理想化模型思想、守恒思想、类比思想。
(2)物理方法：临界法、整体与隔离法。
热点考向一
动量守恒定律
【典题1·师生探究】(2013·山东高考) 如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A
(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为

2015年高考物理真题分类题库考点17 碰撞与动量守恒

考点17 碰撞与动量守恒一、选择题1.(2015·重庆高考)高空作业须系安全带。

如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。

此后经历时间t 安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上。

则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )mg + B mg -mg mg 【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析： (1)安全带对人起作用前瞬间人的速度多大。

(2)从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大,人的动量的改变量是多少。

(3)从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大,人受到哪些力的作用。

【解析】选A 。

安全带对人起作用之前,人做自由落体运动;由v 2=2gh 可得,安全带对人起作用前瞬间,人的速度v=gh2;安全带达到最大伸长量时,人的速度为零;从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大,由动量定理可得0-mv=mgt-F t,故F =tmv +mg=tgh m2+mg,故选项A 正确。

2.(2015·北京高考)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。

将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。

从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是( )A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力【解析】选A。

绳刚好伸直时,绳的拉力为零,人还要向下加速,此时人的动能不是最大,选项C错误;当重力等于绳子拉力时,人的速度最大,之后人做减速运动,绳对人的拉力始终向上,所以绳对人的冲量始终向上,人的动量与速度一样,先增大后减小,人的动能也是先增大后减小,选项A正确,选项B错误;人在最低点时,绳对人的拉力大于人所受的重力,选项D错误。

高考物理动量守恒定律试题(有答案和解析)

高考物理动量守恒定律试题(有答案和解析)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v 向右匀速运动．已知木箱的质量为m ，人与车的总质量为2m ，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求：(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v 1的大小； (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小．【答案】①2v；②23v 【解析】试题分析：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv 1-mv 得12v v =②小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv 1=（m+2m ）v 2 解得223v v =考点：动量守恒定律2．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。

已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度210m/s g =。

求：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？【答案】（1）42N （2）13.5J 【解析】【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：221111011=22m gL m v m v μ--解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2m v m v m v - 解之得：2=2m/s v碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222m v F m g l-=小球受到的拉力：42N F =（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()01112L v v t =+ 解之得：11s t =在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭解之得：22s t =滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v ，说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J3．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。

【优化探究】2015高考物理二轮专题复习素能提升 1-8 碰撞与动量守恒近代物理初步(含解析)新人教版

【优化探究】2015高考物理二轮专题复习素能提升 1-8 碰撞与动量守恒近代物理初步（含解析）新人教版1．(2014年高考福建卷)(1)如图，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是________．A ．①表示γ射线，③表示α射线B ．②表示β射线，③表示α射线C ．④表示α射线，⑤表示γ射线D ．⑤表示β射线，⑥表示α射线(2)一枚火箭搭载着卫星以速度v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为______．A ．v0－v2B ．v0＋v2C ．v0－m2m1v2D ．v0＋m2m1(v0－v2)解析：(1)α射线是高速氦核流，带正电，垂直进入匀强电场后，受电场力作用向右(负极板一侧)偏转，β射线是高速电子流，带负电，应向左(正极板一侧)偏转，γ射线是高频电磁波，不带电，不偏转，A 、B 错误；射线垂直进入匀强磁场，根据左手定则判定C 正确，D 错误．(2)箭体与卫星分离过程动量守恒，由动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋m2m1(v0－v2)，D 正确．答案：(1)C (2)D2.(2014年高考山东卷)(1)(多选)氢原子能级如图，当氢原子从n ＝3跃迁到n ＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是________．a ．氢原子从n ＝2跃迁到n ＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nmb ．用波长为325 nm 的光照射，可使氢原子从n ＝1跃迁到n ＝2的能级c ．一群处于n ＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线d ．用波长为633 nm 的光照射，不能使氢原子从n ＝2跃迁到n ＝3的能级(2)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v0.一段时间后，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：①B 的质量；②碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失．解析：(1)由E 初－E 终＝hν＝h c λ可知，氢原子跃迁时始末能级差值越大，辐射的光子能量越高、波长越短，由能级图知E3－E2<E2－E1，故a 错误．由－1.51－－3.4－3.4－－13.6＝λ656得λ＝121.6 nm<325 nm ，故b 错误．由C23＝3可知c 正确．因跃迁中所吸收光子的能量必须等于始末能级的差值，即从n ＝2跃迁到n ＝3的能级时必须吸收λ＝656 nm 的光子，故d 正确．(2)①以初速度v0的方向为正方向，设B 的质量为mB ，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＋2mBv ＝(m ＋mB)v ①由①式得mB ＝m 2②②从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv0＝(m ＋mB)v ③设碰撞过程A 、B 系统机械能的损失为ΔE ，则ΔE ＝12m(v 2)2＋12mB(2v)2－12(m ＋mB)v2④联立②③④式得ΔE ＝16mv20.答案：(1)cd (2)①m 2 ②16mv203．(2014年高考新课标Ⅰ全国卷)(1)关于天然放射性，下列说法正确的是________．A ．所有元素都可能发生衰变B ．放射性元素的半衰期与外界的温度无关C ．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D ．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强E ．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线(2)如图，质量分别为mA 、mB 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 ＝0.8 m ，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 ＝0.3 s 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mB ＝3mA ，重力加速度大小g ＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：①B 球第一次到达地面时的速度；②P 点距离地面的高度．解析：(1)原子序数大于或等于83的元素，都能发生衰变，而原子序数小于83的部分元素能发生衰变，故A 错．放射性元素的衰变是原子核内部结构的变化，与核外电子的得失及环境温度无关，故B 、C 项正确．在α、β、γ三种射线中，α、β为带电粒子，穿透本领较弱，γ射线不带电，具有较强的穿透本领，故D 项正确．一个原子核不能同时发生α和β衰变，故E 项错误．(2)①设B 球第一次到达地面时的速度大小为vB ，由运动学公式有vB ＝2gh ①将h ＝0.8 m 代入上式，得vB ＝4 m/s.②②设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B 球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可得v1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④12mAv21＋12mBv22＝12mBv2′2⑤设B 球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得vB′＝vB ⑥设P 点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′＝v ′2B －v222g ⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75 m.答案：(1)BCD (2)①4 m/s ②0.75 m4．(1)锌是微量元素的一种，在人体内的含量以及每天所需的摄入量都很少，但对机体发育及大脑发育有关．因此儿童生长发育时期测量体内含锌量已成为体格检查的重要内容之一，其中比较简单的一种检测方法是取儿童的头发约50 g ，放在核反应堆中经中子轰击后，头发中的锌元素与中子反应生成具有放射性的同位素锌，其核反应方程式为6430Zn ＋10n→6530Zn.6530Zn 衰变放射出能量为1 115 eV 的γ射线，通过测定γ射线的强度可以计算出头发中锌的含量．关于以上叙述，下列说法正确的是( )A ．产生6530Zn 的反应是聚变反应B.6430Zn 和6530Zn 具有相同的质子数C.6530Zn 衰变放射出γ射线时，发生质量亏损，质量亏损并不意味着质量被消灭D ．γ射线在真空中传播的速度是3.0×108 m/sE．γ射线是由于锌原子的内层电子激发产生的(2)氢原子的能级如图所示．若有一群处于n＝4能级的氢原子，这群氢原子最多能发出________种谱线，用发出的光子照射某金属能产生光电效应，则该金属的逸出功不应超过________eV.电子从较高能级跃迁到n＝2能级发出的谱线属于巴耳末线系．这群氢原子自发跃迁时发出的谱线中只有________条属于巴耳末线系．解析：(1)产生6530Zn的反应是人工转变，只有轻核才发生聚变反应，A错误；同位素6430Zn和6530 Zn的质子数相同，中子数不同，B正确；核反应中质量亏损不是质量消灭，是静止质量转变为运动质量，C正确；γ射线是波长很短的电磁波，在真空中传播的速度是3.0×108 m/s，γ射线是由于原子核受到激发产生的，D正确，E错误．(2)根据玻尔理论，电子从高轨道跃迁到低轨道，释放光子，能量减少，电子的运动速度加快，动能增加；一群处于n＝4能级的氢原子最多能发出C24＝6种谱线，其中从n＝4能级跃迁到n＝1能级释放的光子能量最大，为E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6) eV＝12.75 eV，若金属的逸出功超过12.75 eV，用发射出的光子照射金属就不能发生光电效应；发出的谱线中属于巴耳末线系的有4→2或3→2两条．答案：(1)BCD(2)612.75 25．(1)(多选)下列说法中正确的是________．A．卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为42He＋14 7N→17 8O＋1HB．铀核裂变的核反应是23592U→14156Ba＋9236Kr＋210nC．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(m1＋m2－m3)c2D.如右图所示，原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2，那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为λ1λ2λ1－λ2的光子(2)在光滑的冰面上放置一个截面圆弧为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．已知小孩和冰车的总质量为m1，小球的质量为m2，曲面质量为m3，某时刻小孩将小球以v0的速度向曲面推出(如图所示)．①求小球在圆弧面上能上升的最大高度．②若m1＝40 kg，m2＝2 kg，小孩将小球推出后还能再接到小球，试求曲面质量m3应满足的条件．解析：(1)卢瑟福发现质子的实验是用α粒子轰击氮核，核反应方程为42He＋147N→178O＋1H，A项正确；铀核裂变需要有中子轰击，其核反应是23592U＋10n→14156Ba＋9236Kr＋310n，则B项不正确；质子和中子结合成一个α粒子，其核反应方程式为210n＋211H→42He，故释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2，则C 项不正确；根据能级跃迁，原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射的光子能量是h c λ1；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收的光子能量是h c λ2，则原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要吸收的光子能量是h c λ2－h c λ1，其波长为λ1λ2λ1－λ2，D 项正确．(2)①小球在曲面上运动到最大高度时两者共速，速度为v ，小球与曲面的系统动量守恒，机械能也守恒，有m2v0＝(m2＋m3)v ，12m2v20＝12(m2＋m3)v2＋m2gh ，解得h ＝m3v202m2＋m3g. ②小孩推球的过程中动量守恒，即0＝m2v0－m1v1.对于球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝－m2v2＋m3v3，12m2v20＝12m2v22＋12m3v23，解得v2＝m3－m2m3＋m2v0. 若小孩将球推出后还能再接到球，则有v2>v1，得m3>4219 kg.答案：(1)AD (2)①m3v202m2＋m3g②m3>4219 kg 课时跟踪训练1．(1)(多选)下列四幅图的有关说法中正确的是________．①球m1以v 碰静止球m2 ②放射线在磁场中偏转③光电流与电压的关系A ．图①中，若两球质量相等，碰后m2的速度一定不大于vB ．图②中，射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷C ．图③中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，遏止电压Uc 越大D ．图④中，链式反应属于重核的裂变(2)质量分别为m1和m2的两个小球叠放在一起，从高度为h 处自由落下，如图所示．已知h 远大于两球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向上．若碰撞后m2恰处于平衡状态，求①两个小球的质量之比m1∶m2；②小球m1上升的最大高度．解析：(1)图①中，若两球质量相等，只有在完全弹性碰撞时碰后m2的速度才等于v ，一般碰撞，机械能损失，所以碰后m2的速度一定不大于v ，选项A 正确．图②中，射线丙由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷，选项B 错误．图③中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，遏止电压Uc 不变，选项C 错误．图④中，链式反应属于重核的裂变，选项D 正确．(2)下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v ＝2gh ，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1速度大小为v1，碰后m2处于平衡状态，速度为0.选向上方向为正方向，则(m2－m1)v ＝m1v1由能量守恒定律得12(m2＋m1)v2＝12m1v21，联立解得m1∶m2＝1∶3，v1＝22gh.反弹后高度H ＝v21/(2g)＝4h.答案：(1)AD (2)①1∶3 ②4h2．(2014年洛阳联考)(1)下列说法正确的是________．A ．电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性B ．235U 的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短C ．原子核内部某个质子转变为中子时，放出β射线D ．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强E ．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增加，电势能减小(2)如图所示，质量均为m 的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v ，木箱运动到右侧墙壁时与竖直的墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小孩接住，求整个过程中小孩对木箱做的功．解析：(1)电子通过狭缝或小孔后，其分布类似光的衍射图样，说明实物粒子具有波动性，选项A 正确；原子核的半衰期不随温度、压强等物理环境或化学条件而改变，选项B 错误；由核反应中电荷数守恒和质量数守恒知，原子核内的某质子转变成中子时，将释放出正电子，选项C 错误；在α、β、γ三种射线中，穿透能力最强的是γ射线，电离能力最强的是α射线，选项D 正确；由跃迁方程可知，氢原子的核外电子由较高能级向较低能级跃迁时，将释放光子，这种跃迁相当于核外电子由距原子核较远轨道迁移到较近轨道，原子核和电子之间的静电力对电子做正功，电子的动能增加而电势能减小，选项E 正确．(2)取向左为正方向，根据动量守恒定律，有推出木箱的过程：0＝(m ＋2m)v1－mv ，接住木箱的过程：mv ＋(m ＋2m)v1＝(m ＋m ＋2m)v2.设人对木箱做的功为W ，对木箱由动能定理得W ＝12mv22，解得W ＝18mv2.答案：(1)ADE (2)18mv23．(2014年高考江苏卷)(1)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz 和5.44×1014 Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的________．A ．波长B ．频率C ．能量D ．动量(2)氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤．它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一．其衰变方程是222 86Rn→218 84Po ＋________.已知222 86Rn 的半衰期约为3.8天，则约经过________天，16 g 的222 86Rn 衰变后还剩1 g.(3)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ，且为对心碰撞，求碰撞后A 、B 的速度大小．解析：(1)由光电效应方程Ekm ＝hν－W ＝hν－hν0钙的截止频率大，因此钙中逸出的光电子的最大初动能小，其动量p ＝2mEkm ，故动量小，由λ＝h p ，可知波长较长，则频率较小，选项A 正确．(2)由质量数、电荷数守恒有222 86Rn→218 84Po ＋42He.由m ＝m02n 得n ＝4，t ＝nT ＝4×3.8＝15.2 天．(3)设A 、B 球碰撞后速度分别为v1和v2，由动量守恒定律知2mv0＝2mv1＋mv2，且由题意知v2－v1v0＝1516，解得v1＝1748v0，v2＝3124v0答案：(1)A (2)42He(或α) 15.2 (3)1748v0 3124v04.(1)(多选)如图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同颜色的光．关于这些光下列说法正确的是________．A．由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的光子能量最大B．由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的光子频率最小C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应92U俘获一个中子裂变成9038Sr及13654Xe两种新核，且三种原子核的质量分别为235.043 (2)若2359 u、89.907 7 u和135.907 2 u，中子质量为1.008 7 u(1 u＝1.660 6×10－27 kg,1 u对应931.5 MeV)①写出铀核裂变的核反应方程；②求9.2 kg纯铀235完全裂变所释放的能量是多少？(取两位有效数字)解析：(1)由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的光子能量E1＝[－0.85－(－13.6)]eV＝12.75 eV 为跃迁时产生光子能量的最大值，A正确．由n＝4向n＝3能级跃迁时，产生的光子能量最小，频率也最小，B错．这些氢原子跃迁时共可辐射出6种不同频率的光，C错．从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子能量为10.2 eV，大于金属铂的逸出功(6.34 eV)，故能发生光电效应，D正确．92U＋10n→9038Sr＋13654Xe＋1010n.(2)①235②因为一个铀核裂变的质量亏损Δm＝(235.043 9 u＋1.008 7 u)－(89.907 7 u＋135.907 2 u＋10×1.008 7 u)＝0.150 7 u，故9.2 kg的铀裂变后总的质量亏损为ΔM＝6.02×1023×0.150 7×9.2×103/235 u＝3.55×1024 u，所以ΔE＝ΔMc2＝3.55×1024×931.5 MeV＝3.3×1027 MeV.38Sr＋13654Xe＋1010n答案：(1)AD(2)①23592U＋10n→90②3.3×1027 MeV5．(1)某放射性元素原子核X有N个核子，发生一次α衰变和一次β衰变后，变为Y核，衰变后Y核的核子数为________，若该放射性元素经过时间T，还剩下1/8没有衰变，则它的半衰期为________，如果衰变前X核的质量为mX，衰变后产生Y核的质量为mY，α粒子的质量为mα，β粒子的质量为mβ，光在真空中传播的速度为c，则衰变过程中释放的核能为________．(2)如图所示，质量分别为mA＝1 kg、mB＝4 kg的木块A、木板B置于光滑水平面上，质量为mC＝2 kg的木块C置于足够长的木板B上，B、C之间用一轻弹簧拴接且接触面光滑．开始时B、C静止，A以v0＝10 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短．求：①A、B碰撞后瞬间A的速度；②弹簧第一次恢复原长时C 的速度大小．解析：(1)α衰变后核子数少4个(其中2个质子、2个中子)，β衰变后核子数不变(中子少1个、质子多1个)，Y 核的核子数为N －4；根据半衰期的公式，得到该放射性元素的半衰期为T/3；根据爱因斯坦质能方程得到ΔE ＝Δmc2＝(mX －mY －mα－mβ)c2.(2)①因碰撞时间极短，A 、B 碰撞过程中，C 的速度为零，A 、B 系统动量守恒，则有 mAv0＝mAvA ＋mBvB ，碰后瞬间A 的速度为vA ＝mAv0－mBvB mA＝－4 m/s ，方向与A 初速度方向相反． ②弹簧第一次恢复原长时，弹性势能为零．设此时B 的速度大小为vB′，C 的速度大小为vC.B 、C 相互作用过程中动量守恒、能量守恒，有mBvB ＝mBvB′＋mCvC ，12mBv2B ＝12mBvB′2＋12mCv2C ，联立解得vC ＝2mB mB ＋mCvB ＝4.7 m/s. 答案：(1)N －4 T 3 (mX －mY －mα－mβ)c2(2)①4 m/s ，方向与A 初速度方向相反 ②4.7 m/s6.(1)如图为氢原子的能级图，大量处于n ＝4激发态的氢原子跃迁时，发出多个能量不同的光子，其中频率最大的光子能量为______ eV ，若用此光照射到逸出功为2.75 eV 的光电管上，则加在该光电管上的遏止电压为______V.(2)如图所示，在光滑的水平面上有两个物块A 、B ，质量分别为mA ＝3 kg ，mB ＝6 kg ，它们之间由一根不可伸长的轻绳相连，开始时绳子完全松弛，两物块紧靠在一起．现用3 N 的水平恒力F 拉B ，使B 先运动，当轻绳瞬间绷直后再拉A 、B 共同前进，在B 总共前进0.75 m 时，两物块共同向前运动的速度为23m/s ，求连接两物块的绳长L.解析：(1)当氢原子从n ＝4激发态的能级直接跃迁到第一能级时发出的光子能量最大，频率最大．则由hν＝E4－E1，可求得hν＝12.75 eV ；根据(hν－2.75 eV)－eU ＝0，可得U ＝10 V.(2)当B 前进距离L 时，由动能定理FL ＝12mBv2B ，得vB ＝2FLmB ，此后A 、B 以共同速度运动，由动量守恒mBvB ＝(mA ＋mB)vAB ，然后A 、B 一起匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式，可得vAB′2－v2A B ＝2F mA ＋mBx ，x ＝0.75－L ，解得L ＝0.25 m. 答案：(1)12.75 10 (2)0.25 m7．(2014年山东泰安高三质检)(1)下列说法正确的是( )A ．具有相同的质子数而中子数不同的原子互称同位素B ．某原子核经过一次α衰变后，核内质子数减少4个C.239 94Pu 与239 92U 的核内具有相同的中子数和不同的核子数D ．进行光谱分析时既可以用连续光谱，也可以用线状光谱(2)如图所示，质量为m2＝10 kg 的滑块静止于光滑水平面上，一小球m1＝5 kg ，以v1＝10 m/s 的速度与滑块相碰后以2 m/s 的速率被弹回．碰撞前两物体的总动能为________J ，碰撞后两物体的总动能为________J ，说明这次碰撞是________(选填“弹性碰撞”或“非弹性碰撞”)．(3)氢原子的能级如图所示，求：①当氢原子从n ＝4向n ＝2的能级跃迁时，辐射的光子照射在某金属上，刚好能发生光电效应，则该金属的逸出功为多少？②现有一群处于n ＝4的能级的氢原子向低能级跃迁，在辐射出的各种频率的光子中，能使该金属发生光电效应的频率共有多少种？解析：(1)同位素的质子数相同，中子数不同，A 正确；某原子核经过一次α衰变后，核内质子数减少2个，B 错误；239 94Pu 和239 92U 的核内具有相同的核子数和不同的中子数和质子数，C 错误；进行光谱分析时只能用线状光谱，不能用连续光谱，D 错误．(2)碰撞前总动能为12m1v21＝250 J ，碰撞过程动量守恒有m1v1＝m2v2－m1v1′，得v2＝6 m/s ，故碰撞后系统总动能为12m1v1′2＋12m2v22＝190 J<250 J ，故这次碰撞为非弹性碰撞． (3)①W ＝E4－E2＝－0.85 eV －(－3.40 eV)＝2.55 eV.②一群处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时能放出6种不同频率的光，但4→3和3→2两种光子不能使该金属发生光电效应，故共有4种频率的光子能使该金属发生光电效应．答案：(1)A (2)250 190 非弹性碰撞(3)①2.55 eV ②4种8．(1)以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出．强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实．光电效应实验装置示意图如图所示．用频率为ν的普通光源照射阴极K ，没有发生光电效应，高中物理资源下载平台--光世昌的博客 /guangshichang换用同样频率ν的强激光照射阴极K ，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U ，即将阴极K 接电源正极，阳极A 接电源负极，在KA 之间就形成了使光电子减速的电场．逐渐增大U ，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U 可能是下列的(其中W 为逸出功， h 为普朗克常量，e 为电子电量)( )A ．U ＝hνe －W eB ．U ＝2hνe －W eC ．U ＝2hν－WD ．U ＝5hν2e －W e(2)用α粒子轰击静止氮原子核(14 7N)的实验中，假设某次碰撞恰好发生在同一条直线上．已知α粒子的质量为4m0，轰击前的速度为v0，轰击后，产生质量为17m0的氧核速度大小为v1，方向与v0相同，且v1＜v05，同时产生质量为m0的质子．求：①写出该实验的反应方程式；②质子的速度大小和方向．解析：(1)本题中，“当增大反向电压U ，使光电流恰好减小到零时”，即为从阴极K 逸出的具有最大初动能的光电子，恰好不能到达阳极A.以从阴极K 逸出的且具有最大初动能的光电子为研究对象，由动能定理得－Ue ＝0－12mv2m ①由光电效应方程得nhν＝12mv2m ＋W(n ＝2,3,4…)②由①②式解得U ＝nhνe －W e (n ＝2,3,4…)，故选项B 正确．(2)①42He ＋14 7N→17 8O ＋1H.②设产生的质子速度为v2，由动量守恒定律，得4m0v0＝17m0v1＋m0v2，得v2＝4v0－17v1.由于v1＜v05，有v2＞0，即质子飞出的方向与v0同向．答案：(1)B (2)①42He ＋14 7N→17 8O ＋1H ②4v0－17v1 与v0同向。

高中物理《碰撞与能量守恒》典型题(精品含答案)

课时规范训练[基础巩固题组]1．如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 kg ，速率分别为v A ＝5 m/s 、v B ＝2 m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动( )A ．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s ，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s ，方向水平向左C ．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s ，方向水平向右D ．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s ，方向水平向左解析：选C.它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s ，方向水平向右，A 、B 相碰过程中动量守恒，故它们碰撞后的总动量也是2 kg·m/s ，方向水平向右，选项C 正确．2. 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分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率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：选 D.由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．3．甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p 1＝5 kg·m/s ，p 2＝7 kg·m/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s ，则二球质量m 1与m 2间的关系可能是下面的哪几种( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2解析：选C.甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，即：p 1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2，所以有：m 1≤2151m 2，因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p 1m 1＞p 2m 2，即m 1＜57m 2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p 1′m 1＜p 2′m 2，所以m 1＞15m 2.因此C 选项正确． 4．(多选) 如图，大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ，摆长相同，摆动周期相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( )A ．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B ．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C ．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D ．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置解析：选AD.两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：m v 0＝m v 1＋3m v 2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即12m v 20＝12m v 21＋123m v 22，解两式得：v 1＝－v 02，v 2＝v 02，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A 正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B 错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C 错；两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D 正确．5. (多选)在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况说法是可能发生的()A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝M v1＋m v2＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足M v＝M v1＋m v2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足M v＝(M＋m)v1D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M ＋m0)v1＋m v2解析：选BC.在小车M和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度v匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后，小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B、C选项正确．6．如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3.0 kg，质量m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝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，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A．4.0 J B．6.0 JC．3.0 J D．20 J解析：选C.设铁块与木板速度相同时，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铁块相对于木板向右运动过程12m v 20＝F f L＋12(M＋m)v2＋E p铁块相对于木板运动的整个过程12m v 20＝2F f L＋12(M＋m)v2又根据系统动量守恒可知，m v0＝(M＋m)v联立得到：E p＝3.0 J，故选C.7．A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为v A ＝2 m/s，B物体继续向右运动进入半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量m A＝m B＝1 kg，O点到半圆最低点C的距离x OC＝0.25 m，水平轨道的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道光滑无摩擦，求：(1)炸药的化学能E；(2)半圆弧的轨道半径R.解析：(1)A、B在爆炸前后动量守恒，得2m v0＝m v A＋m v B，解得v B＝4 m/s 根据系统能量守恒有：12(2m)v 2＋E＝12m v2A＋12m v2B，解得E＝1 J.(2)由于B物体恰好经过最高点，故有mg＝m v2D R对O到D的过程根据动能定理可得：－μmgx OC－mg·2R＝12m v 2D －12m v2B联立解得R＝0.3 m.答案：(1)1 J(2)R＝0.3 m[综合应用题组]8．冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失．解析：(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v和v1，碰后乙的速度大小为v1′，由动量守恒定律得m v－M v1＝M v1′①代入数据得v1′＝1.0 m/s②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，有12＋12M v21＝12M v1′2＋ΔE③2m v联立②③式，代入数据得ΔE＝1 400 J.答案：(1)1.0 m/s(2)1 400 J9．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＝0.8 m，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＝0.3 s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＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度．解析：(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为v B，由运动学公式有v B＝2gh①将h＝0.8 m代入上式，得v B＝4 m/s②(2)设两球相碰前、后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可得v1＝gt③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前、后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v1＋m B v2＝m B v2′④12m A v 21＋12m B v22＝12m B v′22⑤设B球与地面相碰后的速度大小为v B′，由运动学及碰撞的规律可得v B′＝v B⑥设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′＝v B′2－v222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75 m⑧答案：(1)4 m/s(2)0.75 m10．如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m 的物块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连．求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度．解析：(1)A下滑与B碰撞前，根据机械能守恒得3mgh＝12×3m v21A与B碰撞，根据动量守恒得3m v1＝4m v2弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能根据能量守恒得E pmax＝12×4m v 22＝94mgh(2)根据题意，A与B分离时A的速度大小为v2A与B分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得3mgh′＝12×3m v 22解得h′＝916h答案：(1)94mgh(2)916h11. 如图所示，质量为M的平板车P高为h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量为m的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，已知质量M∶m＝4∶1，重力加速度为g，求：(1)小物块Q离开平板车时，二者速度各为多大？(2)平板车P的长度为多少？(3)小物块Q落地时与小车的水平距离为多少？解析：(1)设小球与Q碰前的速度为v0，小球下摆过程机械能守恒：mgR(1－cos 60°)＝12m v2v0＝gR小球与Q进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度．小物块Q在平板车P上滑动的过程中，Q与P组成的系统动量守恒：m v0＝m v1＋M v2其中v2＝12v1，M＝4m，解得：v1＝gR3，v2＝gR6.(2)对系统由能量守恒：12m v 20＝12m v21＋12M v22＋μmgL，解得：L＝7R18μ.(3)Q脱离P后做平抛运动，由h＝12gt2，解得：t＝2h gQ落地时二者相距：s＝(v1－v2)t＝2Rh 6.答案：(1)gR3gR6(2)7R18μ(3)2Rh6。

高考物理第二轮复习经典动量守恒之碰撞讲义册子

第5讲经典动量守恒之碰撞题一：两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B 球在前，A 球在后，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s ，当A 球与B 球发生碰撞后，A 、B 两球速度可能为（）A ．v A ＇＝5 m/s ，vB ＇＝2.5 m/sB ．v A ＇＝2 m/s ，v B ＇＝4 m/sC ．v A ＇＝－4 m/s ，v B ＇＝7 m/sD ．v A ＇＝7 m/s ，v B ＇＝1.5 m/s题二：如图所示，质量为m 2的小球B 静止在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速度v 0靠近B ，并与B 发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上。

A 、B 两球的半径相等，且碰撞过程中没有机械能损失。

当m 1、v 0一定时，若m 2越大，则（）A ．碰撞后A 的速度越小B ．碰撞后A 的速度越大C ．碰撞过程中B 受到的冲量越小D ．碰撞过程中A 受到的冲量越大题三：如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m 且装有光滑的弧形轨道AB 的小车，一质量为m 的小球以水平初速度v 0从小车的右端沿弧形轨道滑上小车，到达到某一高度后，小球又返回弧形轨道A 端，则下列判断正确的是（）A ．小球离开小车A 端后，向右做平抛运动B ．小球离开小车A 端后，做自由落体运动C ．整个过程中小球对车做功为零D ．小球沿小车弧形轨道上升的最大高度为g v 42题四：下面是一物理演示实验，它显示：图中自由下落的A 和B 经反弹后，B 能上升到比初位置高得多的地方。

A 是某种材料做成的实心球，质量m 1＝0.28 kg ，其顶部的凹坑中插着质量m 2＝0.1 kg 的木棍B ，B 只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙。

将此装置从A 下端离地板的高度H ＝1.25 m 处由静止释放，实验中，A 触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B 脱离球A 开始上升，而球A 恰好停留在地板上。

高考物理二轮复习素养提升与突破专题08 碰撞与动量守恒(解析版)

素养提升微突破08 碰撞与动量守恒——微观和宏观都适用的定律动量守恒系统动量是否守恒，与系统内物体间的作用力的多少、大小以及性质无关，系统内里不会改变系统的总动量，但可以改变系统内各物体的动量，使某些物体的动量增加，另一些物体的动量减小，而总动量保持不变。

动量守恒充分体现了相互作用观念、运动观念的物理学素养。

【2019·江苏卷】质量为M 的小孩站在质量为m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。

小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v ，此时滑板的速度大小为A ．m v MB ．M v mC ．m v m M +D ．M v m M+ 【答案】B【解析】设滑板的速度为u ，小孩和滑板动量守恒得：0mu Mv =-，解得：M u v m=，故B 正确。

【素养解读】本题通过模型构建考查动量守恒，体现了学科思维中模型构建、科学推理的素养要素。

一、碰撞问题碰撞问题是高考的考查热点，此类问题往往结合牛顿运动定律、能量守恒定律等知识综合起来考查。

正确判断碰后各物体的运动情况是解题的关键。

【典例1】如图所示，水平面上相距为L ＝5 m 的P 、Q 两点分别固定一竖直挡板，一质量为M ＝2 kg 的小物块B 静止在O 点，OP 段光滑，O Q 段粗糙且长度为d ＝3 m 。

一质量为m ＝1 kg 的小物块A 以v 0＝6m/s 的初速度从OP 段的某点向右运动，并与B 发生弹性碰撞。

两物块在O Q 段的动摩擦因数均为μ＝0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且机械能均不损失。

重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)A 与B 在O 点碰后瞬间各自的速度；(2)两物块各自停止运动时的时间间隔。

【答案】(1)2 m/s ，方向向左 4 m/s ，方向向右 (2)1 s【解析】(1)设A 、B 在O 点碰后的速度分别为v 1和v 2，以向右为正方向。

由动量守恒定律得：m v 0＝m v 1＋M v 2碰撞前后动能相等，则得：12m v 02＝12m v 12＋12M v 22 解得：v 1＝－2 m/s ，v 2＝4 m/s 。

高考物理新题型揭秘专题02 碰撞与动量守恒之多项选择

新题型二碰撞与动量守恒之多项选择题样题展示A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图示发生碰撞前后的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分，在作为选考内容的时候，可能会存在多个解的问题。

通关演练1．如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块。

今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒C．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量不守恒D．若小球能从C点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动2．矩形滑块由不同的材料上、下两层粘在一起组成，放在光滑的水平面上，子弹水平射向滑块，若射击上层，子弹刚好不穿出，若射击下层，子弹刚好完全嵌入，如图所示，从子弹击中滑块到与滑块相对静止过程中，下列说法正确的是A．两次子弹对滑块做的功一样多B．子弹嵌入上层过程中对滑块做的功多C．两次滑块所受的水平方向的冲量一样大D．两次子弹击中木块过程中系统产生的热量一样多3．如图所示，倾角为θ的固定斜面足够长，一质量为m上表面光滑的足够长的长方形木板A正以速度v0沿斜面匀速下滑，某时刻将质量为2m的小滑块B无初速度地放在木板A上，则滑块与木板都在滑动的过程中A ．木板A 的加速度大小为3g sin θB ．木板A 的加速度大小为零C ．A 、B 组成的系统所受合外力的冲量一定为零D ．木板A 的动量为时，小滑块B 的动量为 4．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中。

若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则A ．过程I 中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B ．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I 中重力的冲量的大小C ．I 、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D ．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零5．质量为m 的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为m 0，小车和单摆以恒定的速度v 0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为m 1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为v 1、v 2和v 3，且满足：()302110v m v m mv v m m ++=+B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度为v 1、v 2，且满足：2110v m mv mv +=C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为v ，且满足：()110v m m mv +=D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，且满足：()211001)(v m v m m v m m ++=+ 6．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。

高考物理二轮复习：碰撞与动量守恒定律知识点解析及专题练习

专题十碰撞与动量守恒定律动量和能量的思想,特别是动量守恒定律与能量守恒定律，是贯穿高中物理各知识领域的一条主线。

用动量和能量观点分析物理问题,是物理学中的重要研究方法,也是高考的永恒话题。

具体体现在：①题型全，年年有，不回避重复考查，常作为压轴题出现在物理试卷中，是区别考生能力的重要内容；②题型灵活性强，难度较大，能力要求高，题型全，物理情景多变，多次出现在两个守恒定律交汇的综合题中；③经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识综合运用，在高考中所占份量相当大；④主要考查的知识点有：变力做功、瞬时功率、功和能的关系、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量与能量的综合应用等。

知识点一、动量与动能、冲量的关系1．动量和动能的关系(1)动量和动能都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关．但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比，p ＝mv ；动能的大小与速度的平方成正比，E k ＝mv 2/2.两者的关系：p 2＝2mE k .(2)动量是矢量而动能是标量．物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化．(3)动量的变化量Δp ＝p 2－p 1是矢量形式，其运算遵循平行四边形定则；动能的变化量ΔE k ＝E k2－E k1是标量式，运算时应用代数法．2．动量和冲量的关系冲量是物体动量变化的原因，动量变化量的方向与合外力冲量方向相同．知识点二、动能定理和动量定理的比较动能定理动量定理研究对象单个物体或可视为单个物体的系统单个物体或可视为单个物体的系统公式W ＝E k ′－E k 或Fs ＝12mv 2t －12mv 20I ＝p t －p 0或Ft ＝mv t －mv 0高考物理二轮复习：碰撞与动量守恒定律知识点解析及专题练习物理量的意义公式中的W是合外力对物体所做的总功，做功是物体动能变化的原因．Ek′－Ek是物体动能的变化，是指做功过程的末动能减去初动能公式中的Ft是合外力的冲量，冲量是使研究对象动量发生变化的原因．mvt－mv0是研究对象的动量变化，是过程终态动量与初态动量的矢量差相同处①两个定理都可以在最简单的情景下，利用牛顿第二定律导出．②它们都反映了力的积累效应，都是建立了过程量与状态量变化的对应关系．③既适用于直线运动，又适用于曲线运动；既适用于恒力的情况，又适用于变力的情况不同处①动能定理是标量式，动量定理是矢量式．②侧重于位移过程的力学问题用动能定理处理较为方便，侧重于时间过程的力学问题用动量定理处理较为方便．③力对时间的积累决定了动量的变化，力对空间的积累则决定动能的变化特别提醒：做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就表示有多少能量发生了转化，所以说功是能量转化的量度．功能关系是联系功和能的“桥梁”．知识点三、机械能守恒定律1．机械能守恒的判断(1)物体只受重力作用，发生动能和重力势能的相互转化．如物体做自由落体运动、抛体运动等．(2)只有弹力做功，发生动能和弹性势能的相互转化．如在光滑的水平面上运动的物体与一个固定的弹簧碰撞，在其与弹簧作用的过程中，物体和弹簧组成的系统的机械能守恒．上述弹力是指与弹性势能对应的弹力，如弹簧的弹力、橡皮筋的弹力，不是指压力、支持力等．(3)物体既受重力又受弹力作用，只有弹力和重力做功，发生动能、重力势能、弹性势能的相互转化．如做自由落体运动的小球落到竖直弹簧上，在小球与弹簧作用的过程中，小球和弹簧组成的系统的机械能守恒．(4)物体除受重力(或弹力)外虽然受其他力的作用，但其他力不做功或者其他力做功的代数和为零．如物体在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下运动，其拉力与摩擦力大小相等，该过程物体的机械能守恒．判断运动过程中机械能是否守恒时应注意以下几种情况：①如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和势能的相互转化时，机械能守恒；②可以对系统的受力进行整体分析，如果有除重力以外的其他力对系统做了功，则系统的机械能不守恒；③当系统内的物体或系统与外界发生碰撞时，如果题目没有明确说明不计机械能的损失，则系统机械能不守恒；④如果系统内部发生“爆炸”，则系统机械能不守恒；⑤当系统内部有细绳发生瞬间拉紧的情况时，系统机械能不守恒．2．机械能守恒定律的表述(1)守恒的角度：系统初、末态的机械能相等，即E1＝E2或E k1＋E p1＝E p2＋E k2，应用过程中重力势能需要取零势能面；(2)转化角度：系统增加的动能等于减少的势能，即ΔE k＝－ΔE p或ΔE k＋ΔE p＝0；(3)转移角度：在两个物体组成的系统中，A物体增加的机械能等于B物体减少的机械能，ΔE A＝－ΔE B 或ΔE A＋ΔE B＝0.知识点四、能量守恒定律1．能量守恒定律具有普适性，任何过程的能量都是守恒的，即系统初、末态总能量相等，E初＝E末．2．系统某几种能量的增加等于其他能量的减少，即ΔE n增＝－ΔE m减．3．能量守恒定律在不同条件下有不同的表现，例如只有重力或弹簧弹力做功时就表现为机械能守恒定律．知识点五、涉及弹性势能的机械能守恒问题1．弹簧的弹性势能与弹簧规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要形变量相同，其储存的弹性势能就相同．2．对同一根弹簧而言，先后经历两次相同的形变过程，则两次过程中弹簧弹性势能的变化相同．kx2不是考试大纲中规定的内容，高考试题除非在题干中明确给出该公式，否则3．弹性势能公式E p＝12不必用该公式定量解决物理计算题，以往高考命题中涉及弹簧弹性势能的问题都是从“能量守恒”角度进行考查的．知识点六、机械能的变化问题1．除重力以外的其他力做的功等于动能和重力势能之和的增加．2．除(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做的功等于动能和弹性势能之和的增加．3．除重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做的功等于机械能的增加，即W其＝E2－E1.除重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做正功，机械能增加；除了重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做负功，机械能减少．高频考点一、动量定理的应用例1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）一质量为m=2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。

专题06 碰撞与动量守恒高考物理经典问题妙解通解(解析版)

考点分类：考点分类见下表考点一应用动量定理求解连续作用问题机枪连续发射子弹、水柱持续冲击煤层等都属于连续作用问题．这类问题的特点是：研究对象不是质点(也不是能看成质点的物体)，动量定理应用的对象是质点或可以看做质点的物体，所以应设法把子弹、水柱质点化，通常选取一小段时间内射出的子弹或喷出的水柱作为研究对象，对它们进行受力分析，应用动量定理，或者综合牛顿运动定律综合求解．考点二“人船模型”问题的特点和分析1．“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．2．人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x1x2＝v1v2＝m2m1.(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和x 一般都是相对地面而言的．考点三动量守恒中的临界问题1.滑块不滑出小车的临界问题如图所示,滑块冲上小车后,在滑块与小车之间的摩擦力作用下,滑块做减速运动,小车做加速运动.滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时,滑块与小车的速度相同.＃网2.两物体不相碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体,甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v 甲大于乙物体的速度v 乙,即v 甲>v 乙,而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v 甲=v 乙. 3.涉及物体与弹簧相互作用的临界问题对于由弹簧组成的系统,在物体间发生相互作用的过程中,当弹簧被压缩到最短时,弹簧两端的两个物体的速度相等.4.涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面体(斜面体放在光滑水平面上)的过程中,由于弹力的作用,斜面体在水平方向将做加速运动.物体滑到斜面体上最高点的临界条件是物体与斜面体沿水平方向具有共同的速度,物体在竖直方向的分速度等于零.考点四弹簧类的慢碰撞问题慢碰撞问题指的是物体在相互作用的过程中,有弹簧、光滑斜面或光滑曲面等,使得作用不像碰撞那样瞬间完成,并存在明显的中间状态,在研究此类问题时,可以将作用过程分段研究,也可以全过程研究.典例精析★考点一：应用动量定理求解连续作用问题◆典例一：正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系．(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明) 【答案】f ＝13nmv2 【解析】◆典例二:一股水流以10 m/s 的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2，有一质量为0.32 kg 的球，因受水对其下侧的冲击而停在空中，若水冲击球后速度变为0，则小球停在离喷嘴多高处？【答案】1.8 m【解析】小球能停在空中，说明小球受到的冲力等于重力F ＝mg ①小球受到的冲力大小等于小球对水的力．取很小一段长为Δl 的小水柱Δm ，其受到重力Δmg 和球对水的力F ，取向下为正方向．学＊(F ＋Δmg)t ＝0－(－Δmv)②其中小段水柱的重力Δm·g 忽略不计，Δm ＝ρS·Δl★考点二：“人船模型”问题的特点和分析◆典例一：如图所示，长为L 、质量为M 的小船停在静水中，质量为m 的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？【答案】m m ＋M L Mm ＋M L【解析】设任一时刻人与船的速度大小分别为v 1、v 2，作用前都静止．因整个过程中动量守恒，所以有mv 1＝Mv 2.而整个过程中的平均速度大小为v 1、v 2，则有m v 1＝M v 2.两边乘以时间t 有m v 1t ＝M v 2t ，即mx 1＝Mx 2.且x 1＋x 2＝L ，可求出x 1＝M m ＋M L ，x 2＝mm ＋M L . ◆典例二：如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M ，顶端高度为h ，今有一质量为m 的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )A.mh M ＋mB.Mh M ＋mC.mh ＋D.Mh ＋【答案】C★考点三：动量守恒中的临界问题◆典例一：两质量分别为M1和M2的劈A 和B,高度相同,放在光滑水平面上,A 和B 的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切,如图所示.一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上,距水平面的高度为h.物块从静止滑下,然后滑上劈B.求物块在B 上能够达到的最大高度.【答案】h′=1212()()M M M m M m ++h.◆典例二甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车的质量共为M=30 kg,乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时,甲推着一个质量为m=15 kg 的箱子和他一起以大小为v0=2.0 m/s 的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,如图所示.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,求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出,才能避免与乙相撞.【答案】5.2 m/s【解析】法一取甲开始运动的方向为正方向,设甲推出箱子后的速度为v1,箱子的速度为v,以甲和箱子为系统,则由动量守恒定律得(m+M)v0=Mv1+mv.设乙抓住箱子后其速度为v2,以箱子和乙为系统,则由动量守恒定律得mv-Mv0=(m+M)v2.而甲、乙不相撞的条件是v2≥v1,当甲和乙的速度相等时,甲推箱子的速度最小,此时v1=v2.联立上述三式可得v=222222m mM M m mM+++v0=5.2 m/s.即甲至少要以对地5.2 m/s 的速度将箱子推出,才能避免与乙相撞.法二若以甲、乙和箱子三者组成的整体为一系统,由于不相撞的条件是甲、乙速度相等,设为v1,则由动量守恒定律得(m+M)v0-Mv0=(m+2M)v1,代入具体数据可得v1=0.4 m/s.再以甲和箱子为一系统,设推出箱子的速度为v,推出箱子前、后系统的动量守恒(m+M)v0=Mv1+mv,代入具体数据得v=5.2 m/s.考点四弹簧类的慢碰撞问题◆典例一：(2018·四川南充模拟)如图所示,质量为M 的滑块静止在光滑的水平桌面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,一质量为m 的小球以速度v0向滑块滚来,设小球不能越过滑块,求:(1)小球到达最高点时小球和滑块的速度分别为多少? (2)小球上升的最大高度.【答案】v=0mv M m+,h=202()Mv M m g +1.【2016·全国新课标Ⅰ卷】（10分）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中。

高考物理二轮复习专题训练——动量(word版含答案)

动量一、选择题（共15题）1．从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在毛毯上就不易碎，这是因为玻璃杯掉在水泥地上时A．受到的冲量大B．受到地面的作用力大C．动量的变化量大D．动量大2．一静止的物体所受到的合外力随时间的变化关系如图所示,图中F1、F2未知．已知物体从t=0时刻出发,在3t0时刻恰又返回到出发点,则()A．0—t0物体做匀加速直线运动,t0—3t0物体做匀减速直线运动B．物体在F1作用下的位移与在F2作用下的位移相等C．t0时刻物体的速度与3t0时刻物体的速度大小之比为2 3D．F1与F2大小之比为5 63．下列说法正确的是（）A．不受外力作用的系统，其动量和机械能必然同时守恒B．只要系统受到摩擦力，动量不可能守恒C．物体受到的冲量越大，它的动量变化一定越快D．某物体做直线运动，受到一个-6N˙s的冲量作用后其动量不一定减小4．下列关于动量和冲量的说法中正确的是（）A．物体的动量改变，一定是速度的大小改变B．物体的动量改变，一定是速度的方向改变C．物体的运动状态改变，其动量一定改变D．以上说法均不对5．2020年7月23日，中国首个火星探测器“天问一号”在海南文昌卫星发射中心发射升空。

该探测器经过多次变轨，进入环火轨道，预计5月中旬，将择机开展着陆、巡视等任务，进行火星科学探测。

假设在火星表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m的小球（可视为质点），如图所示，当给小球一水平向右的瞬时冲量Ⅰ时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。

若已知圆轨道半径为r ，火星的半径为R 、万有引力常量为G ，则火星的质量为（）A ．222I r Gm RB ．2225I r Gm RC ．222I R GrmD ．2225I R Grm 6．一人站在滑板上以速度0v 在冰面上滑行忽略滑板与冰面间的摩擦某时刻人沿水平方向向正前方距离滑板离开时人相对冰面的速度大小为02v 。

高中物理动量守恒定律试题(有答案和解析)含解析

高中物理动量守恒定律试题(有答案和解析)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，质量为M=1kg 上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上，圆弧面的最底端刚好与水平面相切于水平面上的B 点，B 点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑，质量为m=0.5kg 的小物块放在水平而上的A 点，现给小物块一个向右的水平初速度v 0=4m/s ，小物块刚好能滑到圆弧面上最高点C 点，已知圆弧所对的圆心角为53°，A 、B 两点间的距离为L=1m ，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度为g=10m/s 2．求： (1)圆弧所对圆的半径R ；(2)若AB 间水平面光滑，将大滑块固定，小物块仍以v 0=4m/s 的初速度向右运动，则小物块从C 点抛出后，经多长时间落地?【答案】（1）1m （2）428225t s = 【解析】【分析】根据动能定理得小物块在B 点时的速度大小；物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和系统机械能守恒求出圆弧所对圆的半径；，根据机械能守恒求出物块冲上圆弧面的速度，物块从C 抛出后，根据运动的合成与分解求落地时间；【详解】解：(1)设小物块在B 点时的速度大小为1v ，根据动能定理得：22011122mgL mv mv μ=- 设小物块在B 点时的速度大小为2v ，物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒则有：12()mv m M v =+ 根据系统机械能守恒有：2201211()(cos53)22mv m M v mg R R =++- 联立解得：1R m =(2)若整个水平面光滑，物块以0v 的速度冲上圆弧面，根据机械能守恒有：2200311(cos53)22mv mv mg R R =+- 解得：322/v m s =物块从C 抛出后，在竖直方向的分速度为：38sin 532/5y v v m s =︒= 这时离体面的高度为：cos530.4h R R m =-︒=212y h v t gt -=-解得：4282t s +=2．如图所示，质量为M =2kg 的小车静止在光滑的水平地面上，其AB 部分为半径R =0.3m的光滑14圆孤，BC 部分水平粗糙，BC 长为L =0.6m 。

高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第2讲动量守恒定律及应用Word版含答案

第2讲动量守恒定律及应用考点一动量守恒定律的理解及应用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零，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＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。

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。

2．动量守恒的条件(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。

3．动量守恒定律的“五性”(1)动量具有瞬时性。

()(2)物体动量的变化等于某个力的冲量。

()(3)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。

()(4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。

()(5)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。

()答案：(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×[题组训练]1．[动量守恒的条件]在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。

若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中()A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能不守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒解析：子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，一部分动能转化为内能，之后木块(连同子弹)压缩弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守恒，但动量不守恒。

由于左侧挡板的支持力的冲量作用，使系统的动量不断减少，所以整个过程中，动量和机械能均不守恒。

2015届高考物理二轮分项测试：碰撞与动量守恒(内含答案)

专题16 碰撞与动量守恒（选修3-5）（解析版）一、选择题1.【2013·新洲一中等三校高三联考】（6分）如下图所示，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，轨道半径为R，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恰能达到小车上的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和m组成的系统机械能守恒，动量守恒E.m从A到C的过程中，M运动的位移为mR M m考点：本题考查了系统的动量守恒和机械能守恒定律。

二、非选择题：2.【2014·湖北重点中学高三联考】（9分）相隔一定距离的A、B两球，质量相等，假定它们之间存在着恒定的斥力作用．原来两球被按住，处在静止状态．现突然松开，同时给A 球以初速度v0，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零．若两球间的距离从最小值（两球未接触）到刚恢复到原始值所经历的时间为t0，求B球在斥力作用下的加速度．3.【2014·开封高三第一次模拟】如图所示．质量M=2kg 的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为2A M kg =的物体A （可视为质点）。

一个质量为20m g =的子弹以500m/s 的水平速度迅即射穿A 后，速度变为100m/s ，最后物体A 静止在车上。

若物体A 与小车间的动摩擦因数0.5μ= （g 取210/m s 。

）①平板车最后的速度是多大?②全过程损失的机械能为多少?③A在平板车上滑行的距离为多少?4.【2013·保定高三上学期调研】 (9分）如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，巳知A物块的质量m A = 1kg.初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移一时间图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向），则物体B的质量为多少？‘【答案】3kg【解析】试题分析：据公式s v t∆=∆，由图可知，撞前：4/A v m s = 0B v =撞后：1/v m s =则由动量守恒定律有：()A A A B m v m m v =+3B m kg =考点：本题考查动量守恒定律5.【2013·黄冈高三6月适应考试】如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M=8 kg 的平板小车，车上有一个质量m=1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m （木块可视为质点），车与木块一起以v=1 m/s 的速度水平向右匀速行驶. 一颗质量m 0=0.1 kg 的子弹以v 0=179 m/s 的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中. 如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板之间的动摩擦因数.μ（g=10 m/s 2）6.【2013·武汉武昌区高三期末调研】（9分）如图所示，质量M=2 kg的小车静一止在光滑的水平面上，车面上AB段是长L=1 m的光滑水平平面，与AB相切的BC部分是半径为R=0．3m的光滑14圆弧轨道，今有一质量m=1kg的小金属块以水平初速度v0从A端冲上AB面，恰能上升到14圆弧轨道的最高点C，求初速度v0的大小。

2015届高考物理二轮分项测试：相互作用共点力平衡(含答案)分解

专题2 相互作用共点力的平衡（解析版）一、单项选择题1.【2014·山东省德州市平原一中高三上学期9月月考】下列说法正确的是A．重力的方向总是垂直地面向下B．弹力的方向一定与接触面垂直C．物体受滑动摩擦力的方向总是与运动方向相反D．摩擦力的大小总是与物体间的弹力成正比1.B 解析：重力的方向总是竖直向下的，与物体所处的位置无关，A错误；弹力有三种：压力、支持力和拉力，压力和支持力一定与接触面垂直，轻绳的拉力沿着绳子指向绳收缩的方向，B正确；滑动摩擦力总是阻碍物体之间的相对运动，总是与物体之间的相对运动方向相反，C错误；滑动摩擦力的大小与弹力的大小总是成正比，而静摩擦力的大小与弹力的大小没有直接关系，故D错误。

本题选B。

考点：三种常见性质力（重力、弹力、摩擦力）的特点2.【2014•河北省高阳中学高三月考】在下列运动状态下，物体处于平衡状态的有A．蹦床运动员上升到最高点时B．秋千摆到最低点时C．相对静止于水平匀速运动的传送带上的货物D．宇航员聂海胜、张晓光、王亚平乘坐“神舟”10号进入轨道绕地球做圆周运动时2.C 解析：蹦床运动员上升到最高点时,有向下的加速度g，所以不是平衡状态；秋千摆到最低点时，有向上的向心加速度，所以不是平衡状态；相对静止于水平匀速运动的传送带上的货物的加速度为零，所以是平衡状态；宇航员聂海胜、张晓光、王亚平乘坐“神舟”10号进入轨道绕地球做圆周运动时，有向心加速度所以不是平衡状态。

考点：平衡态的概念。

3．【2014·河北省赵县六中高三月考】如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ。

若此人所受重力为G，则为A．G B．Gsinθ C．Gcosθ D．Gtanθ3.A 解析：把椅子各部分对人的作用力进行合成，合成的合力与人本身的重力相互平衡，所以椅子各部分对人的作用力的合力大小等于人的重力G，方向竖直向上，选项A正确。

考点：本题考查力的合成，力的平衡条件。

最新高考物理2轮复习专题讲义：动量专题03碰撞Word版含答案

碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时 ,在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化 ,这个过程就可称为碰撞.(2)特点：作用时间极短 ,内力(相互碰撞力)远大于外力 ,总动量守恒.(3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失.②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失.③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体 ,机械能损失最|||大.一、碰撞过程的特征：①碰撞双方相互作用的时间△t 一般很短；②碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大 .二、碰撞的分类：1.按碰撞方向分类 - - 正碰、斜碰2.从碰撞过程中形变恢复情况来划分：形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复 .3.从碰撞过程中机械能损失情况来划分：机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最|||多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失 .碰撞过程中损失的动能转化为其它能量 ,如内能、重力势能、弹性势能、磁场能、电场能等 .①完全弹性碰撞 - -动量守恒 ,动能守恒②非(完全)弹性碰撞 - -动量守恒 ,动能有损失③完全非弹性碰撞 - -动量守恒 ,动能损失最|||大 (外部特征：以共同速度运动 ) ,三、碰撞过程遵守的规律 - -应同时遵守三个原那么1.系统动量守恒的原那么2211202101v m v m v m v m +=+2. 物理情景可行性原那么 -位置不超越3. 不违背能量守恒的原那么 -动能不膨胀2222112202210121212121v m v m v m v m +≥+ 四、三种典型的碰撞1、弹性碰撞：碰撞全程完全没有动能损失 .解以上两式可得：对于结果的讨论： ①当m 1 ②当m 1 << m 2 , 且v 20 = 0时 ,v 1≈－v 10 ,v 2≈ 0 ,小物碰大物 ,原速率返回； ③当m 1 >> m 2 ,且v 20 = 0时 ,v 1≈v 10 ,v 2≈ 2v 10 ,2、非(完全)弹性碰撞：动量守恒, 动能有损失 ,3、完全非弹性碰撞：动能的损失到达最|||大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体 ,故有v 1 v 2v 10 v 20碰前碰后.碰撞遵循的三条原那么(1)动量守恒定律(2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前 ,后面的物体速度大；碰撞后 ,前面的物体速度大(或相等).②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变.2.弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝(m 2－m 1)v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时 ,假设m 1＝m 2 ,那么v 1′＝v 2 ,v 2′＝v 1 ,即两物体交换速度. 当碰前物体2的速度为零时 ,v 2＝0 ,那么：v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2 ,v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2, ①m 1＝m 2时 ,v 1′＝0 ,v 2′＝v 1 ,碰撞后两物体交换速度.②m 1>m 2时 ,v 1′>0 ,v 2′>0 ,碰撞后两物体沿同方向运动.③m 1<m 2时 ,v 1′<0 ,v 2′>0 ,碰撞后质量小的物体被反弹回来.五、 "广义碰撞〞 - -物体的相互作用1、当物体之间的相互作用时间不是很短 ,作用不是很强烈 ,但系统动量仍然守恒时 ,碰撞的局部规律仍然适用 ,但已不符合 "碰撞的根本特征〞 (如：位置可能超越、机械能可能膨胀 ) .此时 ,碰撞中 "不合题意〞的解可能已经有意义 ,如弹性碰撞中v 1 =v 10 ,v 2 = v 20的解 .2、物体之间有相对滑动时 ,机械能损失的重要结论：－ΔE = ΔE 内 = f 滑·S 相 ,其中S 相指相对路程10．一颗速度较大的子弹 ,水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块 ,设木块对子弹的阻力恒定 ,那么当子弹入射速度增大时 ,以下说法正确的选项是( B D )A ．木块获得的动能变大B ．木块获得的动能变小C ．子弹穿过木块的时间变长D ．子弹穿过木块的时间变短11．如以下图 ,位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视作质点．Q 与轻质弹簧相连．设Q 静止 ,P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞 ,一段时间后P 与弹簧别离．在这一过程中 ,以下说法正确的选项是 ( A C )A ．P 与弹簧别离时 ,Q 的动能到达最|||大B ．P 与弹簧别离时 ,P 的动能到达最|||小C ．P 与Q 的速度相等时 ,P 和Q 的动能之和到达最|||小D ．P 与Q 的速度相等时 ,P 的动能到达最|||小12－2． (2 ) (选修3－5 )质量分别为m 1和m 2的两个小球在光滑的水平面上分别以速度v 1、v 2同向运动并发生对心碰撞 ,碰后m 2被右侧的墙原速弹回 ,又与m 1相碰 ,碰后两球都静止 .求：第|一次碰后m 1球的速度. 解：根据动量守恒定律得：⎩⎨⎧'=''+'=+221122112211v m v m v m v m v m v m 解得：1221112m v m v m v +='16．如以下图 ,质量为m 的滑块 ,以水平速度v 0滑入光滑的41圆弧的小车上 ,当滑块到达圆弧上某一高度后又开始下滑 ,如果小车的质量M =2m ,小车与地面无摩擦 ,假设圆弧的半径足够大 ,那么滑块最|||后滑出圆弧时的速度大小为；方向为．解：由动量守恒和能量守恒解得00131v v M m M m v -=+-=滑块最|||后滑出圆弧时的速度大小为0131v v = , 速度的方向水平向左 14．(选修3 -5) (2)a 、b 两个小球在一直线上发生碰撞 ,它们在碰撞前后的s -t 图象如以下图 ,假设a 球的质量m a =1kg ,那么b 球的质量m b 等于多少?解：从位移 -时间图像上可看出 ,碰前B 的速度为0 ,A 的速度v 0 =Δs /Δt =4m/s (2分 )碰撞后 ,A 的速度v 1 = -1m/s ,B 的速度v 2 =2m/s ,(2分 )由动量守恒定律得m A v 0 =m A v 1 +m B v 2 , (2分 )m B =2.5kg (2分 )38、⑵【物理－物理3－5】一个物体静置于光滑水平面上 ,外面扣一质量为M 的盒子 ,如图1所示．现给盒子 -初速度v 0 ,此后 ,盒子运动的v －t 图象呈周期性变化 ,如图2所示．请据此求盒内物体的质量．解：设物体的质量为m ,t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ,根据动量守恒定律 3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为0 ,说明碰撞是弹性碰撞解得： (也可通过图象分析得出v 0＝v ,结合动量守恒 ,得出正确结果 )20．如图是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置 ,滑轨由四局部粗细均匀的金属杆组成：水平直轨AB ,半径分别为R 1 R 2 轨道 ,倾斜直轨CD 长为L = 6m 且外表粗糙 ,动摩擦因数P Q v 1 v 2 m 1 m 2 M m v 0 v 0 3t 0 t 0 7t 0 9t 0 5t 0 v 0 v 0 图2 t 图1为μ =1/6 ,其它三局部外表光滑 , AB 、CD 与两圆形轨道相切．现有甲、乙两个质量为m =2kg 的小球穿在滑轨上 ,甲球静止在B 点 ,乙球从AB 的中点E 处以v 0 =10m/s 的初速度水平向左运动．两球在整个过程中的碰撞均无能量损失 .θ =37° , (取g = 10m/s 2 ,sin37° =0.6 ,cos37° =0.8 )求：(1 )甲球第|一次通过⊙O 2的最|||低点F 处时对轨道的压力；(2 )在整个运动过程中 ,两球相撞次数； (3 )两球分别通过CD 段的总路程．解： (1 )甲乙两球在发生碰撞过程由动量守恒和能量守恒可得：210mv mv mv +=222120212121mv mv mv +=可得：01=v 02v v =或01v v =02=v (舍去 )即交换速度 .甲球从B 点滑到F 点的过程中 ,根据机械能守恒得：在F 点对滑环分析受力 ,得22R v m mg F F N =- 由上面二式得：3500=N F N 根据牛顿第三定律得滑环第|一次通过⊙O 2的最|||低点F 处时对轨道的压力为3500N … (6分 )(2 )由几何关系可得倾斜直轨CD 的倾角为37° ,甲球或乙球每通过一次克服摩擦力做功为： θμcos mgL W =克 ,得16=克W J分析可得两球碰撞7次………………………… (5分 )(3 )由题意可知得：滑环最|||终只能在⊙O 2的D 点下方来回晃动 ,即到达D 点速度为零 , 由能量守恒得：θμθcos )cos 1(21220mgs mgR mv =++ 解得：滑环克服摩擦力做功所通过的路程78=s m ………………………………… (5分 ) 分析可得乙3次通过CD 段 ,路程为18m ,所以甲的路程为60m20、(16分)如以下图的轨道由位于竖直平面的圆弧轨道和水平轨道两局部相连而成．水平轨道的右侧有一质量为2m 的滑块C 与轻质弹簧的一端相连 ,弹簧的另一端固定在竖直的墙M 上 ,弹簧处于原长时 ,滑块C 在P 点处；在水平轨道上方O 处 ,用长为L 的细线悬挂一质量为m 的小球B ,B 球恰好与水平轨道相切于D 点 ,并可绕D 点在竖直平面内摆动．质量为m 的滑块A 由圆弧轨道上静止释放 ,进入水平轨道与小球B 发生碰撞 ,A 、B 碰撞前后速度发生交换．P 点左方的轨道光滑、右方粗糙 ,滑块A 、C 与PM 段的动摩擦因数均为μ =1/3 ,其余各处的摩擦不计 ,A 、B 、C 均可视为质点 ,重力加速度为g ．(1)假设滑块A 能以与球B 碰前瞬间相同的速度与滑块C 相碰 ,A 至|||少要从距水平轨道多高的地方开始释放?F v 0P M D(2)在(1)中算出的最|||小值高度处由静止释放A ,经一段时间A 与C 相碰 ,设碰撞时间极短 ,碰后一起压缩弹簧 ,弹簧最|||大压缩量为L /3 ,求弹簧的最|||大弹性势能．解：(16分) (1)要使滑块A 能以与B 碰前瞬间相同的速度与C 碰撞 ,必须使小球B 受A 撞击后在竖直平面内完成一个完整的圆周运动后从左方撞击A ,使A 继续向右运动 .设A 从距水平面高为H 的地方释放 ,与B 碰前的速度为v 0对A ,由机械能守恒得：2021mv mgH =① (1分) 向心力Lv m F 2= (1分) 设小球B 通过最|||高点的速度为v B ,那么它通过最|||高点的条件是：Lv m mg B 2≤② (2分)小球B 从最|||低点到最|||高点机械能守恒：22021221B mv mgL mv +=③ (2分) 联立①、②、③得：L H 25≥④ (2分) 评价说明：如果②式中的 "≤〞、④式中的 "≥〞写成 "＝〞 ,又没有用文字说明是极值的 ,该式为零分(2)从这个高度下滑的A 与Ｃ碰撞前瞬间速度gL v 50=⑤ (2分)设A 与C 碰后瞬间的共同速度为v ,由动量守恒：mv 0＝(m ＋2m )v ⑥ (2分)A 、C 一起压缩弹簧 ,由能量守恒定律 .有：L )mg mg (E v )m m (P 3122212⋅⋅++=+μμ⑦ (3分) 由⑤、⑥、⑦式得：mgL .E P 50= (1分)19、 (16分 )如图 (a )所示 ,在光滑绝|||缘水平面的AB 区域内存在水平向右的电场 ,电场强度E 随时间的变化如图 (b )所示．不带电的绝|||缘小球P 2静止在O 点．t ＝0时 ,带正电的小球P 1以速度v 0从A 点进入AB 区域 ,随后与P 2发生正碰后反弹 ,反弹速度大小是碰前的32倍 ,P 1的质量为m 1 ,带电量为q ,P 2的质量m 2＝5m 1 ,A 、O 间距为L 0 ,O 、B 间距.L L 340=.t L T ,L v m qE 000201032== ⑴求碰撞后小球P 1向左运动的最|||大距离及所需时间；⑵讨论两球能否在OB 区间内再次发生碰撞．解：(1)P 1、P 2碰撞 ,设碰后P 2速度为v 2 ,由动量守恒：22010132v m )v (m v m +-= A (a ) E (b )解得3201/v v = (水平向左 )3/02v v = (水平向右 )碰撞后小球P 1向左运动的最|||大距离：1212a v S m =又：02010132L v m qE a == 解得：3/0L S m = 所需时间：00112v L a v t == (2 )设P 1、P 2碰撞后又经t ∆时间在OB 区间内再次发生碰撞 ,且P 1受电场力不变 ,由运动学公式 ,以水平向右为正：21S S =那么：t v t a t v ∆=∆+∆-221121 解得：T v L t 3300==∆ (故P 1受电场力不变 ) 对P 2分析：<=⋅=∆=000022331L v L v t v S 043L L = 所以假设成立 ,两球能在OB 区间内再次发生碰撞 .。

动量动量守恒定律碰撞复习练习题(附解析2015高考物理一轮)范文

动量动量守恒定律碰撞复习练习题（附解析2015高考物理一轮）1．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )第1题图A ．小木块和木箱最终都将静止B ．小木块最终相对木箱静止，二者一起向右运动C ．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 2．质量为m 的小球A ，在光滑的水平面上以速度v 0与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后A 球的速度大小变为原来的1/3，则碰后小球B 的速度大小可能为( )A.29v 0B.13v 0C.23v 0D.49v 03．如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2kg ，m B ＝4kg ，速率分别为v A ＝5m/s 、v B ＝2m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动，下述正确的是( )A ．它们碰撞前的总动量是18kg·m/s，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是18kg·m/s，方向水平向左C ．它们碰撞前的总动量是2kg·m/s，方向水平向右D ．它们碰撞后的总动量是2kg·m/s，方向水平向左第3题图4．如图所示，人站在小车上，不断用铁锤敲击小车的一端．下列各种说法哪些是正确的( )第4题图A ．如果地面水平、坚硬光滑，则小车将在原地附近做往复运动B ．如果地面的阻力较大，则小车有可能断断续续地水平向右运动C ．因为敲打时，铁锤跟小车间的相互作用力属于内力，小车不可能发生运动D ．小车能否运动，取决于小车跟铁锤的质量之比，跟其他因素无关5．如图所示，木块B 与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块B 内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是( )第5题图①子弹射入木块的过程中系统动量守恒 ②子弹射入木块的过程中系统机械能守恒 ③木块压缩弹簧过程中，系统总动量守恒④木块压缩弹簧过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒A．①② B．②③ C．①④ D．②④6．(13年江苏模拟)光滑水平面上两物体A、B用不可伸长的松驰细绳相连，A质量为2kg，B质量为1kg；现使两物体同时沿直线背向而行(v A＝4m/s，v B＝2m/s)，直至绳被拉紧，然后两物体一起运动，它们的总动量大小为________k g·m/s，两物体共同运动的速度大小v为________m/s.第6题图7．长木板B放在光滑水平面上，小物体A以水平初速度v0滑上B的上表面，它们的速度随时间变化的情况如图所示，则A与B的质量之比为__________；A克服摩擦力做的功与摩擦力对B做的功之比为__________．第7题图8．如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞，求二者在发生碰撞的过程中第8题图(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度9．如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h/16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t.第9题图10．(13年江苏模拟)如图所示，质量均为m的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小明站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v，接着木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小．第10题图课时作业(五十六) 动量动量守恒定律碰撞1.B 【解析】因系统所受合外力为零，根据系统动量守恒可知最终两个物体以相同的速度一起向右运动，故B 正确．2.D 【解析】设碰后小球B 的速度为v ，A 球的速度方向有两种可能：若碰后A 球的速度方向不变，根据动量守恒定律有mv 0＝13mv 0＋3mv ，可得v ＝29v 0，注意到碰后13v 0>29v 0，即A 球速度仍然大于B 球速度，将发生第二次碰撞，这显然是不可能的；若碰后A 球的速度方向反向，根据动量守恒定律有mv 0＝－13mv 0＋3mv ，可得v ＝49v 0，碰前系统的总机械能为12mv 20，碰后系统的总机械能为1954mv 20，可见，12mv 20>1954mv 20，所以，碰后小球B 的速度大小可能为49v 0.本题答案为D.3.C 【解析】根据题述，它们碰撞前的总动量是m B v B －m A v a ＝－2kg ·m/s ，方向水平向右，根据动量守恒定律，它们碰撞后的总动量是2 kg ·m/s ，方向水平向右，选项C 正确ABD 错误．4.AB 【解析】本题以动量守恒定律和动量定理为知识依托，考查对物理过程的分析能力和产生结果的推理判断能力．如果地面水平且坚硬光滑，据铁锤下摆过程中系统水平方向动量守恒可以判断小车向左移动；敲击后铁锤弹起上摆时，小车向右运动，即小车做往复运动．如果地面的阻力足够大，小车可能不运动；如果阻力不太大，而铁锤打击力较大，致使小车受向右的合外力而断断续续地水平向右运动．5.C 【解析】子弹打木块模型是两个物体相互作用的典型问题．依据其相互作用原理、各自运动原理、能量转化原理建立的“子弹打木块”模型，其实质是物体系在一对内力的作用下，实现系统内物体的动量、动能和能量的变化过程．在子弹射入木块的过程中，因为入射时间极短，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，说法①正确；在子弹射入木块的过程中，子弹相对于木块发生位移，内力做功，子弹将一部分机械能转化为系统的内能，即系统的机械能不守恒，说法②错误；木块压缩弹簧过程中，系统受到水平向右弹力作用，合外力不为零，系统的总动量不守恒，所以说法③错误；木块压缩弹簧过程中，由子弹、木块和弹簧组成的系统，只有系统内的弹力做功，所以系统的机械能守恒，说法④正确．本题答案为C.6.6 2 【解析】它们的总动量大小为m A v A －m B v B ＝6 kg ·m/s.由动量守恒定律，m A v A－m B v B ＝(m A ＋m B )v 解得两物体共同运动的速度大小为v ＝2 m/s.7.1∶2 4∶1【解析】由图可知，AB 最后同速，速度为13v 0.地面光滑，所以动量守恒 m A v 0＝(m A＋m B )·13v 0，所以m A ＝m B ＝1∶2，Wf A ＝12m A ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 032－12m A v 20，Wf B ＝12m B ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 032.∴Wf A ∶Wf B ＝4∶1. 8.(1)6J (2)2 m/s【解析】 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A 、B 共速由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v解得v ＝m A v 0m A ＋m B ＝1×41＋3m/s ＝1 m/s弹簧的最大弹性势能即滑块A 、B 损失的动能E m ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 2＝6 J(2)当弹簧恢复原长时，滑块B 获得最大速度，由动量守恒和能量守恒得 m A v 0＝m A v A ＋m B v m 12m A v 20＝12m B v 2m ＋12m A v 2A 解得v m ＝2 m/s. 9.2gh 4ug 【解析】 A 与B 碰撞前瞬间，由机械能守恒：m A gh ＝12m A v A 2，则v A ＝2gh ；A 反弹后能上升至最高点离水平面的距离为h/16，再由机械能守恒：m A g ·h 16＝12m A v ′2A，则v A '＝ 142gh ；碰撞过程，动量守恒，则 m A v A ＝－m A v 'A ＋mB v B ，其中m B ＝5m A ，解得v B＝ 142gh ，此后物块B 在水平面上做匀减速运动，其加速度大小a ＝ug ，则其运动时间t ＝v B a ＝ 2gh 4μg. 10.v2 【解析】取向左为正方向，根据动量守恒定律：有推出木箱的过程：0＝(m ＋2m)v 1－mv接住木箱的过程：mv ＋(m ＋2m)v 1＝(m ＋m ＋2m)v 2 解得共同速度v 2＝v2.。

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2015届高考物理二轮复习专题测试：碰撞与动量守恒一、选择题1.(2014·浙江高考)如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。

甲木块与弹簧接触后( )A.甲木块的动量守恒B.乙木块的动量守恒C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒【解析】选C。

根据动量守恒定律的条件,以甲、乙为一系统,系统的动量守恒,A、B错误,C正确;甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能,甲、乙系统的动能不守恒,D错误。

2.(2014·重庆高考)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( )【解题指南】解答本题时可按以下思路进行:(1)利用平抛运动的规律221gt h =求爆炸后两弹片的落地时间。

(2)利用平抛运动的规律x=vt 分别求出各选项中的两弹片的水平速度。

(3)逐一计算各选项中爆炸后两弹片的总动量。

(4)利用动量守恒定律判断各选项中弹丸爆炸前后是否满足动量守恒。

【解析】选B 。

弹丸水平飞行爆炸时,在水平方向只有内力作用,外力为零,系统水平方向动量守恒,设m 乙=m,m 甲=3m,则爆炸前p 总=(3m+m)v=8m,而爆炸后两弹片都做平抛运动,由平抛规律可得:竖直方向为自由落体运动, 221gt h =,解得t=1s;水平方向为匀速直线运动,x=vt,选项A:v 甲=2.5m/s,v 乙=0.5m/s(向左),p ′合=3m ×2.5+m ×(-0.5)=7m,不满足动量守恒,选项A 错误;选项B:p ′合=3m ×2.5+m ×0.5=8m,满足动量守恒,选项B 正确;同理,选项C:p ′合=3m ×2+m ×1=7m,选项D:p ′合=3m ×2+m ×(-1)=5m,C 、D 均错误。

3.(2014·福建高考)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分离。

已知前部分的卫星质量为m 1,后部分的箭体质量为m 2,分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v 1为( )A.v 0-v 2B.v 0+v 2C.v 0-错误！未找到引用源。

12m m v 2 D.v 0+12m m (v 0-v 2) 【解题指南】解答本题时应明确动量守恒定律的应用。

【解析】选D 。

根据动量守恒定律有(m 1+m 2)v 0=m 1v 1+m 2v 2,可得v 1=v 0+12m m (v 0-v 2),故选D 。

4.(2014·大纲版全国卷)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。

若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A 1A 1+-B. A 1A 1-+C. 24A (A 1)+D. 22(A 1)(A 1)+- 【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)中子和原子核碰撞过程中动量和机械能都守恒。

(2)中子的质量小于原子核的质量,碰撞时返回。

(3)中子碰撞前后的方向的表示。

【解析】选A 。

中子与原子核发生弹性正碰时,动量和机械能都守恒,考虑到中子的质量小于静止的原子核的质量,所以设碰撞前中子的速度为v 0,碰撞后中子原路返回的速度为-v,原子核的速度为V,中子的质量为m,则原子核的质量为Am,由动量守恒定律和机械能守恒定律得: mv AmV mv -=0和2220212121AmV mv mv +=,所以错误！未找到引用源。

110-+=A A v v ,故选项A 正确。

【误区警示】一是中子和静止的原子核碰撞时,中子的质量小于原子核的质量,中子被碰回;二是题中说的是中子碰撞前后的速率之比,所以在列动量守恒的方程时要注意到v 是速率,要用-v 表示返回的速度。

二、非选择题1.(2014·上海高考)动能相等的两物体A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向而行,它们的速度大小之比v A ∶v B =2∶1,则动量大小之比p A ∶p B = ;两者碰后粘在一起运动,其总动量与A 原来动量大小之比p ∶p A = 。

【解题指南】解答本题注意以下两点: (1)碰撞前后,物体A 、B 组成的系统动量守恒; (2)动量是矢量,有方向。

【解析】物体A 、B 的动能相等,速度大小之比为v A ∶v B =2∶1,则质量之比为m A ∶m B =1∶4,设A 的速度为v 0、质量为m,则B 的速度为-0v 2错误！未找到引用源。

、质量为4m,故A 的动量为mv 0,B 的动量为4m ×(-错误！未找到引用源。

)=-2mv 0,所以A 、B 的动量大小之比p A ∶p B =1∶2。

碰撞前后,A 、B 组成的系统动量守恒,则两者的总动量mv 0+4m ×(-错误！未找到引用源。

)=-mv0,所以两者的总动量与A原来的动量大小之比p∶p A=1∶1。

答案:1∶2 1∶12.(2014·新课标全国卷Ⅰ)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:①B球第一次到达地面时的速度;②P点距离地面的高度。

【解题指南】解答本题要把握以下两点:(1)球从空中落地之前的过程满足匀变速运动规律,落地速度用运动公式求解。

(2)碰撞过程同时满足动量守恒和动能守恒。

【解析】①设B球第一次到达地面时的速度大小为v B,由运动学公式有v B =错误！未找到引用源。

① 将h=0.8 m 代入上式,得 v B =4m/s ②②设两球相碰前后,A 球的速度大小分别为v 1和'1v ('1v =0),B 球的速度分别为v 2和'2v 。

由运动学规律可得v 1=gt ③由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变。

规定向下的方向为正,有 m A v 1+m B v 2=m B '2v ④21m A 21v +错误！未找到引用源。

m B 错误！未找到引用源。

=错误！未找到引用源。

m B 2'2v ⑤设B 球与地面相碰后的速度大小为'B v ,由运动学及碰撞的规律可得 'Bv =v B ⑥ 设P 点距地面的高度为h ',由运动学规律可得 h ′=错误！未找到引用源。

⑦ 联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得 h ′=0.75m答案:①4m/s ②0.75 m3.(2014·北京高考)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=0.2m;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=10m/s2。

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。

【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)圆弧轨道光滑,碰撞前机械能守恒;(2)碰撞过程中动量守恒;(3)在桌面上滑动过程中克服摩擦所做的功等于动能的减小量。

【解析】(1)从圆弧最高点到最低点机械能守恒,有:错误！未找到引用源。

m A v2=m A gR可得v=2m/s(2)在底部和B相撞,满足动量守恒,有:(m A+m B)v′=m A v可得v′=1m/s(3)根据动能定理,AB一起滑动过程有:-μ(m A+m B)g l=0-错误！未找到引用源。

(m A+m B)v′2可得l=0.25m答案:(1)2m/s (2)1 m/s (3)0.25 m4.(2014·安徽高考)在光滑水平地面上有一凹槽A,中央放一小物块B。

物块与左右两边槽壁的距离如图所示,L为1.0m,凹槽与物块的质量均为m,两者之间的动摩擦因数μ为0.05。

开始时物块静止,凹槽以v0=5m/s初速度向右运动,设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失,且碰撞时间不计。

g取10m/s2。

求:(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度;(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数;(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。

【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点:(1)物块与凹槽槽壁碰撞的过程中没有能量损失,且碰撞时间不计,故物块与凹槽槽壁碰撞的过程遵循动量守恒定律和能量守恒定律。

(2)从凹槽开始运动到两者刚相对静止的过程,通过克服摩擦力做功,机械能的损失转化为内能。

【解析】(1)设两者相对静止时速度为v,由动量守恒定律得mv0=2mv,解得v=2.5m/s。

(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力F f=μF N=μmg,设两者相对静止前相对运动的路程为s1,由动能定理得-F f s1=错误！未找到引用源。

(m+m)v2-错误！未找到引用源。

m错误！未找到引用源。

,解得s1=12.5m。

已知L=1m,可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。

(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2,碰后的速度分别为v′1、v ′2。

有'+'=+2121mv mv mv mv 22221222121212121v m v m mv mv '+'=+ 解得21v v ='、12v v ='，即每碰撞一次,凹槽与物块发生一次速度交换,在同一坐标系上两者的v-t 图线如图所示,根据碰撞次数可分为13段,凹槽、物块的v-t 图像在两条连续的匀变速运动图线间转换,故可用匀变速直线运动的规律求时间。

则v=v 0+at,a=-μg,解得t=5s 。

凹槽的v-t 图像所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s 2。

(等腰三角形面积共分13份,第一份面积为0.5L,其余每份面积均为L)L t v s 5.6)2(2102+=,解得s 2=12.75m 。

答案:(1)2.5m/s (2)6次 (3)5 s 12.75 m5.(2014·广东高考)如图所示的水平轨道中,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P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2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t 1=2s 至t 2=4s 内工作。