高考物理 动量冲量精讲精练 爆炸反冲碰撞动量能量综合练习题
高考物理动量冲量精讲精练爆炸及反冲问题
爆炸及反冲问题1．爆炸现象的三条规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动．2．反冲的两条规律(1)总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(2)平均动量守恒若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v1－m2v2＝0，得m1x1＝m2x2.该式的适用条件是：①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒．②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动．③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．例题1．我国发现的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接．假设“神舟十一号”到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2.这个过程中，下列各表达式正确的是( ) A．mv＝mv1－Δmv2B．mv＝mv1＋Δmv2C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2解析：选 C.飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律，mv＝(m－Δm)v1－Δmv2，选项C正确．例题2．在静水中一条长l的小船，质量为M，船上一个质量为m的人，当他从船头走到船尾，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为( )A.mMl B．mM＋mlC.MM＋ml D.mM－ml解析：选B.船和人组成的系统水平方向动量守恒，人在船上行进，船将后退，即mv 人＝Mv 船，人从船头走到船尾，设船后退的距离为x ，则人相对地面行进的距离为l －x ，有m l －xt＝M x t ，则m (l －x )＝Mx ，得x ＝mlM ＋m，故选项B 正确． 例题3．一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：选B.弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有 2m ＝34mv 甲＋14mv 乙①若爆炸后甲、乙反向飞出，则有 2m ＝34mv 甲－14mv 乙②或2m ＝－34mv 甲＋14mv 乙③爆炸后甲、乙从同一高度做平抛运动，由选项A 中图可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间t ＝2hg＝2×510 s ＝1 s ，速度分别为v 甲＝x 甲t ＝2.51m/s ＝2.5 m/s ，v 乙＝x 乙t ＝0.51m/s ＝0.5 m/s ，代入②式不成立，A 项错误；同理，可求出选项B 、C 、D 中甲、乙的速度，分别代入①式、②式、③式可知，只有B 项正确．例题4．以初速度v 0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m 和2m 的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v 0的速度飞行．求：(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向； (2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能．解析：(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v 1＝v 0cos 60°＝12v 0.设v 1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得：3mv 1＝2mv 1′＋mv 2其中爆炸后大块弹片速度v 1′＝2v 0，解得v 2＝－2.5v 0，“－”号表示v 2的速度与爆炸前速度方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔE k ＝12×2mv 1′2＋12mv 22－12(3m )v 21＝274mv 20.答案：(1)2.5v 0 方向与爆炸前速度的方向相反 (2)274mv 20。
课标通用版高考物理总复习第六章02第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲运动精练含解析
课标通用版高考物理总复习第六章02第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲运动精练含解析第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲运动A组基础过关1.(2019甘肃兰州月考)一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中,A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如图所示。
则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A.动量守恒,机械能守恒B.动量不守恒,机械能守恒C.动量守恒,机械能不守恒D.无法判定动量、机械能是否守恒答案 C 动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零,本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统,水平方向上不受外力,竖直方向上所受外力的合力为零,所以动量守恒。
子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能,故系统机械能不守恒。
只有选项C正确。
2.(多选)如图所示,在水平光滑地面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接。
A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。
若突然撤去力F,则下列说法中正确的是( )A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒答案BC 撤去F后,木块A离开墙壁前,竖直方向两木块及弹簧组成的系统所受的重力与支持力平衡,合力为零;而水平方向墙对A有向右的弹力,所以系统所受的合外力不为零,系统的动量不守恒,但系统的机械能守恒,故A错误,B正确。
A离开墙壁后,系统水平方向不受外力,竖直方向外力平衡,所以系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,因弹簧弹力属于系统内力,则系统机械能也守恒,故C正确,D错误。
3.如图所示,一质量M=3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m=1.0kg的小木块A。
给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离木板B。
2024年新高考版物理专题七动量习题部分
2.(2022北京顺义期末,6)如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖 直线上进行的超级碰撞实验,可以使小球弹起并上升到很大高度。将质 量为3m的大球(在下)、质量为m的小球(在上)叠放在一起,从距水平地面 高h处由静止释放,h远大于球的半径,不计空气阻力,重力加速度为g。假 设大球和地面、大球与小球的碰撞均为弹性碰撞,且碰撞时间极短。下 列说法正确的是 ( ) A.两球一起下落过程中,小球对大球的弹力大小为mg B.大球与地面碰撞前的速度大小为 2gh C.大球与小球碰撞后,小球上升的高度仍为h D.若大球的质量远大于小球的质量,小球上升的最大高度为3h
3.(2018课标Ⅱ,15,6分)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,与地面的碰撞时间约为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 N
答案 C
4.(2021湖南,2,4分)物体的运动状态可用位置x和动量p描述,称为相,对应p -x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来 描述,称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线 运动,则对应的相轨迹可能是 ( )
2.(2022广西柳州柳江中学模拟,8)(多选)A、B两物体在光滑水平面上沿 同一直线运动,如图为发生碰撞前后的v-t图线,由图线可以判断 ( )
A.A、B的质量比为3∶2 B.A、B作用前后总动量守恒 C.A、B作用前后总动量不守恒 D.A、B作用前后总动能不变 答案 ABD
3.(2022浙江杭州建人中学月考,5)如图所示,一砂袋用无弹性轻细绳悬于 O点。开始时砂袋处于静止状态,一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出, 二者共同摆动。若弹丸质量为m,砂袋质量为5m,弹丸和砂袋形状大小忽 略不计,弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计,不计空气阻力,重力加 速度为g。下列说法中正确的是 ( ) A.弹丸打入砂袋过程中,细绳所受拉力大小保持不变 B.弹丸打入砂袋过程中,弹丸对砂袋的冲量大小大于 砂袋对弹丸的冲量大小 C.弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为 mv02
高考物理动量冲量精讲精练爆炸反冲碰撞动量能量综合练习题
爆炸反冲碰撞动量能量1．如图所示，在光滑水平面上质量分别为的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B．它们碰撞后的总动量是C．它们碰撞前的总动量是D．它们碰撞后的总动量是18 kg ·m/s，方向水平向右18 kg ·m/s，方向水平向左2 kg · m/s，方向水平向右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m A＝2 kg 、m B＝4 kg ，速率分别为v A＝5 m/s 、v B＝2 m/s 前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1 为（）A．v0－v2 B．v0＋v2m2C．v0－v2mm2D．v0＋m（v 0－v）解析：选 D. 由动量守恒定律得（m1＋m2）v 0＝m1v1＋m2v2得v1＝v0＋（v0－v2）．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p1＝ 5 kg· m/s，p2＝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m1与m2 间的关系可能是下面A．m1＝m2 B．2m1＝m2C．4m1＝m2 D．6m1＝m2解析：选 C. 甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：p1＋p2＝p1′＋p2′，即：p1′＝ 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，分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有只能是系统内物体间机械能相互转化或一部222m1＋2m2≥22p1′ p2′1＋2，所以有：212m1 m1≤51m2，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pm1> p m2，即m1<57m2；同时还p1m′<p2m′，所以m1> 15m2.因此 C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v 2 ＝ 2 ，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 m 0，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 v 1、v 2、v 3，满足 （M ＋ m 0）v ＝Mv 1＋mv 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为 v 1和 v 2，满足 Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为 v 1，满足 Mv ＝ （M ＋m ）v 1D ．小车和摆球的速度都变为 v 1，木块的速度变为 v 2，满足 （M ＋m 0）v ＝（M ＋m 0）v 1＋mv 2 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 ＝3.0kg ，质量 m ＝1.0 kg 的铁块以水平速度 v 0＝ 4.0 m/s ，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为 （ ）A ．4.0 J律有： mv 0＝ mv 1＋ 3mv 2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即 1 2 1 2 1 22mv 0＝ 2mv 1＋ 23mv 2，解两式得：B ．6.0 Jv 0C ．3.0 JD ．20 J解析：选 C. 设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为 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1 2 1 22mv 0＝ F f L ＋ 2(M ＋ m)v ＋E p铁块相对于木板运动的整个过程1 2 1 22mv 02＝ 2F f L ＋ 2(M ＋ m)v 2又根据系统动量守恒可知， mv 0＝ (M ＋m)v 联立得到： E p ＝3.0 J ，故选 C.7．如图所示 A 、 B 两个物体粘在一起以 v 0＝3 m/s 的速度向右 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 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 2mv 0＝ mv A ＋ mv B ，解得 v B ＝4 m/s 根据系统能量守恒有：1 2 1 2 1 22(2m)v 02＋ E ＝ 2mv 2A ＋ 2mv 2B ， 解得 E ＝1对 O 到 D 的过程根据动能定理可得：1212－μmgx OC －mg ·2R ＝ 2mv D － 2mv B联立解得 R ＝0.3 m. 答案： (1)1 J (2) 0.3 m8．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 v 1，碰后乙的速度大小为v 1′， 由动量守恒定律得mv － Mv 1＝ Mv 1′①代入数据得 v 1′＝ 1.0 m/s ②v ，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最 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J.(2) 由于 B 物体恰好经过最高点，故有2 vDmg ＝ mR运动，物体中 为 A 、B 两个 然向右，大小 点 D ，已知两(2) 设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，有1 2 1 2 1 22mv2＋2Mv12＝2Mv1′2＋ΔE③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/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：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123mgh＝2× 3mv1A 与B 碰撞，根据动量守恒得3mv1＝4mv2弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能1 2 9根据能量守恒得E pmax＝2× 4mv21 2 3 4 5 6 7 8＝4mgh(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′＝21× 3mv22解得h′＝196h99答案：(1) 4mgh (2) 16h11. 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：12mgR(1－cos 60 °) ＝2mv0v0＝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：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：mv 0＝ mv 1＋ Mv 2解得： v 1＝ 3gR ，v 2＝ 6gR .(2) 对系统由能量守恒：Q 落地时二者相距： s ＝(v 1－v 2)t ＝ 2Rh .6其中 v 2＝ 12v 1，M ＝ 4m ，1212122mv 0＝ 2mv 1＋2Mv 2＋ μ mgL ，解得：7RL ＝18μ.(3)Q 脱离 P 后做平抛运动，由答案： (1) 3gR 6gR (2) 7R18μ(3)2Rh 6高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高考物理总复习 第六章 02 第2讲 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲运动精练(含解析)
第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲运动A组基础过关1.(2019甘肃兰州月考)一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中,A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如图所示。
则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A.动量守恒,机械能守恒B.动量不守恒,机械能守恒C.动量守恒,机械能不守恒D.无法判定动量、机械能是否守恒答案 C 动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零,本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统,水平方向上不受外力,竖直方向上所受外力的合力为零,所以动量守恒。
子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能,故系统机械能不守恒。
只有选项C正确。
2.(多选)如图所示,在水平光滑地面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接。
A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。
若突然撤去力F,则下列说法中正确的是( )A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒答案BC 撤去F后,木块A离开墙壁前,竖直方向两木块及弹簧组成的系统所受的重力与支持力平衡,合力为零;而水平方向墙对A有向右的弹力,所以系统所受的合外力不为零,系统的动量不守恒,但系统的机械能守恒,故A错误,B正确。
A离开墙壁后,系统水平方向不受外力,竖直方向外力平衡,所以系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,因弹簧弹力属于系统内力,则系统机械能也守恒,故C正确,D错误。
3.如图所示,一质量M=3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m=1.0kg的小木块A。
给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离木板B。
高考物理动量冲量精讲精练碰撞与动量守恒典型练习题
碰撞与动量守恒1． 如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑块相对于盒运动的路程为________．解析：设滑块质量为m ，则盒子的质量为2m ；对整个过程，由动量守恒定律可得mv ＝3mv 共解得v 共＝v 3. 由功能关系可得μmgs＝12mv 2－12·3m·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 32 解得s ＝v 23μg. 答案：v 3 v 23μg2． (多选)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.因碰撞后两球速度均不为零，根据能量守恒定律，则碰撞过程中总动能不增加可知，E 1＜E 0，E 2＜E 0.故A 正确，C 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.故B 正确．故选AB.3．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )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解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．4．如图所示，在光滑的水平面上，质量m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 与小球B 均向右运动．小球B 与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A 在P 点相遇，PQ ＝2PO ，则两小球质量之比m 1∶m 2为( )A ．7∶5B ．1∶3C ．2∶1D ．5∶3解析：选D.设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2.① 由能量守恒定律有：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22② 两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ)＝1∶5.③联立①②③，代入数据解得：m 1∶m 2＝5∶3，故选D.5． (多选)如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝4 kg 的小物体B 以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．木板A 获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为2 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1解析：选AD.由图象可知，木板获得的速度为v ＝1 m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m)v ，解得：木板A 的质量M ＝4 kg ，木板获得的动能为：E k ＝12Mv 2＝2 J ，故A 正确；系统损失的机械能ΔE＝12mv 20－12mv 2－12Mv 2，代入数据解得：ΔE＝4 J ，故B 错误；由图得到：0～1 s 内B 的位移为x B ＝12×(2＋1)×1 m＝1.5 m ，A 的位移为x A ＝12×1×1 m＝0.5 m ，木板A 的最小长度为L ＝x B －x A ＝1 m ，故C 错误；由图象可知，B 的加速度：a ＝－1 m/s 2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μm B g ＝m B a ，代入解得μ＝0.1，故D 正确．高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高考物理最新模拟题精选训练(碰撞与动量守恒)专题03 爆炸与反冲(含解析)
专题03 爆炸与反冲1. 一个连同装备总质量为M=100kg的宇航员，在距离飞船x=45m处与飞船处于相对静止状态，宇航员背着装有质量为m0=0.5 kg氧气的贮气筒。
筒上装有可以使氧气以v=50 m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用，宇航员的耗氧率为Q=2.5×10-4kg/s，不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响，则：(1)瞬时喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？(2)为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？(2)当总耗氧量最低时，宇航员安全返回，共消耗氧气△m，则△m=m+Qt④由①②④可得△m=QxMmv+m=22.2510m-⨯+m当m=22.2510m-⨯，即m=0.15 kg时，△m有极小值，故总耗氧量最低时，应一次喷出m=0.15kg的氧气。
将m=0.15 kg代入①②两式可解得返回时间：t=600 s。
【点评】若向前瞬时喷出微量气体，根据动量定理，则受到一个向后的瞬时作用力，具有一个瞬时加速度，获得一个速度后退。
若向前持续喷出气体，则速度一个向后的持续力，具有持续的加速度。
2．一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，喷出的气体相对地面的速度v＝1 000 m/s。
设此火箭初始质量M ＝300 kg ，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机1 s 末的速度是多大？【名师解析】：以火箭和它在1 s 内喷出的气体为研究对象，系统动量守恒。
设火箭1 s 末的速度为v ′，1 s 内共喷出质量为20m 的气体，以火箭前进的方向为正方向。
由动量守恒定律得(M －20m )v ′－20mv ＝0， 解得v ′＝20mv M －20m ＝20×0.2×1 000300－20×0.2m/s≈13.5 m/s。
答案：13.5 m/s3．如图5－4所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)从A 点由静止出发绕O 点下摆，当摆到最低点B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A 。
高三物理动量能量综合练习(含答案)
1第七章 动量、能量守恒1.如图，一个质量为m 的物体以某一速度从A 点冲上倾角为的加速度为3g/4，这物体在斜面上上升的最大高度为h ，则这过程中A 、重力势能增加了mgh 43;B 、机械能损失了mgh 21;C 、动能损失了mgh ;D 、重力势能增加了mgh2.在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m 的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而竖直向下做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F ，那么在他减速下降深度为h 的过程中，下列说法正确的是（g 为当地的重力加速度）A ．他的动能减少了FhB ．他的重力势能减少了mghC ．他的机械能减少了(F －mg )hD ．他的机械能减少了Fh3.光滑水平面上静置一质量为M 的木块，一颗质量为m 的子弹以水平速度v 1射入木块，以v 2速度穿出，对这个过程，下列说法正确的是A 、子弹对木块做的功等于()222121v v m -； B 、子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功；C 、子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热的内能之和；D 、子弹损失的动能等于木块的动能跟子弹与木块摩擦转化的内能和。
4.质量为m 的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦系数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a 沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m 与斜面体相对静止。
则关于斜面对m 的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是 A ．支持力一定做正功 B ．摩擦力一定做正功C ．摩擦力可能不做功D ．摩擦力可能做负功5.从地面上方同一点向东和向西分别沿水平方向抛出两个质量相等的小物体,抛出的初速度大小分别为v 和2v ,不计空气阻力,则两个小物体A.从抛出到落地动量的增量相同B.从抛出到落地重力做的功相同C.落地时的速度相同D.落地时重力做功的瞬时功率相同6.在行车过程中,如果车距不够,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害,为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害,人们设计了安全带.假定乘客质量为70 kg ,汽车车速为108 km/h (即30 m/s ),从开始刹车到车完全停止需要的时间为5 s ,安全带对乘客的作用力大小约为A .400 NB .600 NC .800 ND .1 000 N解析 根据牛顿运动定律得 F=ma=m t v ∆=70×530 N =420 N 7.一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt 时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v .在此过程中A .地面对他的冲量为mv+mg Δt ,地面对他做的功为21mv 2B .地面对他的冲量为mv+mg Δt ,地面对他做的功为零C .地面对他的冲量为mv ,地面对他做的功为21mv 2D .地面对他的冲量为mv-mg Δt ,地面对他做的功为零解析(F-mg )Δt =mv ,故F Δt =mv+mg Δt ；,地面对运动员做功为零,这是因为地面对人的作用力沿力 B C2的方向没有位移. 8.静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F 的作用，拉力F 随时间t 变化的图象如图所示，则A.0—4s 内物体的位移为零B.0—4s 内拉力对物体做功为零C. 4s 末物体的速度为零D.0—4s 内拉力对物体冲量为零9.如图甲所示,在光滑水平面上的两个小球发生正碰,小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的s-t 图象.已知m 1=0.1 kg ，由此可以判断A.碰前m 2静止,m 1向右运动B.碰后m 2和m 1都向右运动C.由动量守恒可以算出m 2=0.3 kgD.碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能10.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：设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2 P,根据K mE P 22=, M P m p M P 2224222+≥3≤m M ,D 11.如图,在足够大的光滑水平面上放有质量相等的物块A 和B ,其中A 物块连接一个轻弹簧并处于静止状态,物块B 以速度v 0向着物块A 运动.当物块与弹簧作用时,两物块在同一条直线上运动.则在物块A 、B 与弹簧相互作用的过程中,两物块A 和B 的v -t 图象正确的是12.如图,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,则A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力作用,动量不守恒B.当两物块相距最近时,物块甲的速率为零C.当物块甲的速率为1 m/s 时,物块乙的速率可能为2 m/s ,也可能为0D.物块甲的速率可能达到5 m/s13．下列说法正确的是A ．质点做自由落体运动，每秒内重力所做的功都相同B ．质点做平抛运动，每秒内动量的增量都相同C ．质点做匀速圆周运动，每秒内合外力的冲量都相同D ．质点做简谐运动，每四分之一周期内回复力做的功都相同14.如图所示，质量m =60kg 的高山滑雪运动员，从A 点由静止开始沿滑雪道滑下，从B 点水平飞出后又落在与水平面成倾-1013角θ=37︒的斜坡上C 点．已知AB 两点间的高度差为h =25m ，B 、C 两点间的距离为s =75m ，已知sin370=0.6，取g =10m/s 2，求：(1)运动员从B 点水平飞出时的速度大小；(2)运动员从A 点到B 点的过程中克服摩擦力做的功．解：(1)由B 到C 平抛运动的时间为t竖直方向：h Bc =s sin37o =12gt 2 （1） 水平方向：s cos370=v B t （2）代得数据，解（1）（2）得v B =20m ／s （3）(2)A 到B 过程，由动能定理有mgh AB +w f =12mv B 2 （4） 代人数据，解（3）（4）得 w f ＝－3000J 所以运动员克服摩擦力所做的功为3000J15.如图，一质量为M =1.2kg 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h =1.8m 。
高考物理动量冲量精讲精练动量动量守恒全章综合练习
碰撞动量守恒定律一、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(m1＋m2)v1－m2v2＝0，所以，有v1＝m2m1＋m2v2，m2m1＋m2<1，故v1<v2，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32mv 0D ．整个过程中物体动量变化量为12mv 0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＝l v 02＝2l v 0，下滑过程所需时间t 2＝l v t 2＝4lv 0，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＝－mv t －mv 0＝－32mv 0，C 正确，D 错误．6．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mv 2＝Mv 1，可知M m ＝v 2v 1≥1，由能量关系可知2p22M ≥p22m＋p 22M ，解得：Mm≤3，由上述结论可知，A 、B 项正确． 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·s B ．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Mv 1＝mv 2，由机械能守恒定律得E p ＝12Mv 21＋12mv 22，解得v 1＝3 m/s ，v 2＝9 m/s ，故B 错误；对m ，由A 运动到B 的过程由机械能守恒定律得12mv 22＝12mv 2′2＋mg×2R，得v 2′＝8 m/s ，由A 运动到B 的过程由动量定理得I 合＝mv 2′－(－mv 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 ＝12gt 2，解得x ＝25.6R ，故C 错误；弹簧弹开过程，弹力对m 的冲量I ＝mv 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v1＝0.20.1m/s＝2 m/s，其质量与速度的乘积为0.310×2 kg·m/s＝0.620kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v＝0.1680.14m/s＝1.2 m/s，其质量与速度的乘积之和为(0.310＋0.205)×1.2 kg·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v0沿木板向左运动，重力加速度g＝10 m/s2.(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；(2)若初速度v0＝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mv 0＝(m ＋M)v ① 对木板和物块系统，由功能关系 μmgL＝12mv 20－12(M ＋m)v 2②由①②两式解得： v 0＝2μgLM ＋mM＝2×0.1×10×1.5×3＋13m/s ＝2 m/s(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μmg2L＋ΔE＝12mv 20－12(m ＋M)v 2③由①③两式解得：ΔE＝mM 2M ＋mv 20－2μmgL＝1×323＋1×32－2×0.1×10×1.5 J＝0.375 J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：mv 0＝2mv 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：2mv 1＝3mv 2C 在A 上滑动过程中，由能量守恒定律得： －μmgL＝12·3mv 22－12·2mv 21联立以上三式解得：v 0＝23μgL(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 ＝－mv 2＝－2m 3μgL3，负号表示B 对A 的冲量方向向右．答案：(1)23μgL (2)－2m 3μgL3，负号表示B 对A 的冲量方向向右 12．(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v1，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2mv0＝(2m＋2m)v1，解得v1＝v0 2根据能量守恒定律可得2×12mv20＝12×2m v21＋2×12m(v21＋v2y)解得v y＝2 2v0两球相对速度大小v＝2×v y＝2v0(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.答案：(1)2v0(2)两小球相对桌面速度为零高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高考物理复习第六章动量守恒定律课后分级演练19碰撞反冲运动
课后分级演练(十九) 碰撞 反冲运动【A 级——基础练】1．(多选)A 、B 两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s，B 球的动量是5 kg·m/s，A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．p A ′＝8 kg·m/s，pB ′＝4 kg·m/s B ．p A ′＝6 kg·m/s，p B ′＝6 kg·m/sC ．p A ′＝5 kg·m/s，p B ′＝7 kg·m/sD ．p A ′＝－2 kg·m/s，p B ′＝14 kg·m/s解析：BC 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确；从能量角度分析，A 、B 碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加，碰前B 在前，A 在后，碰后如果二者同向，一定仍是B 在前，A 在后，A 不可能超越B ，所以碰后A 的速度应小于B 的速度．A 选项中，显然碰后A 的速度大于B 的速度，这是不符合实际情况的，所以A 错．碰前A 、B 的总动能E k ＝p 2A 2m ＋p 2B2m ＝742m碰后A 、B 的总动能，B 选项中E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝722m <E k ＝742m ，所以B 可能．C 选项中E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝742m＝E k ，故C 也可能．D 选项中E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝2002m >E k ＝742m，所以D 是不可能的．综上，本题正确选项为B 、C.2．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，碰撞后二者的动量正好相等．二者质量之比Mm可能为( )A ．6B ．3C ．4D ．5解析：B 设碰撞后两物块的动量都为p ，根据动量守恒定律可得总动量为2p ，根据p 2＝2mE k 可得碰撞前的总动能E k1＝p 22M，碰撞后的总动能E k2＝p 22m ＋p 22M根据碰撞前后的动能关系可得4p 22M ≥p 22m ＋p22M.3．(2017·北京西城区期末)(多选)冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生碰撞，如图 2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置下列选项正确的是( )解析：BCD 因为两个冰壶质量完全相同，由动量守恒定律易知，B 、C 、D 对，A 错． 4.我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，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解析：B 在甲、乙相互作用的过程中，系统的动量守恒，即甲对乙和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，选项B 正确，A 错误．由E k＝p 22m和W ＝ΔE k 可知，选项C 、D 均错误． 5.如图所示，质量为M 的小船在静止水面上以速率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( )A ．v 0＋m M vB ．v 0－m M vC ．v 0＋m M(v 0＋v )D ．v 0＋m M(v 0－v )解析：C 以向右为正方向，据动量守恒定律有(M ＋m )v 0＝－mv ＋Mv ′，解得v ′＝v 0＋m M(v 0＋v )，故选C.6．(多选)(2017·天津和平质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是( )A ．子弹在每个水球中的速度变化相同B ．子弹在每个水球中运动的时间不同C ．每个水球对子弹的冲量不同D ．子弹在每个水球中的动能变化相同解析：BCD 恰好能穿出第4个水球，即末速度v ＝0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－3)∶(3－2)∶(2－1)∶1，则B 正确．由于加速度a 恒定，由at ＝Δv ，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A 项错误．因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由I ＝ft 可知每个水球对子弹的冲量不同，C 项正确．由动能定理有ΔE k ＝fx ，f 相同，x 相同，则ΔE k 相同，D 项正确．7．(2017·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m 的物块A 与另一个质量为2m 的物块B 发生正碰，碰后B 物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B 与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m ，g 取10 m/s 2，物块可视为质点．则A 碰撞前瞬间的速度为( )A ．0.5 m/sB ．1.0 m/sC ．1.5 m/sD ．2.0 m/s解析：C 碰后物块B 做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx ＝0－12·2mv 22，得v 2＝1 m/s.A 与B 碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv 0＝mv 1＋2mv 2，12mv 20＝12mv 21＋12·2mv 22，解得v 0＝1.5 m/s ，则C 项正确． 8.(2016·北京丰台区质检)如图所示，两质量分别为m1和m 2的弹性小球A 、B 叠放在一起，从高度为h 处自由落下，h 远大于两小球半径，落地瞬间，B 先与地面碰撞，后与A 碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计．已知m 2＝3m 1，则A 反弹后能达到的高度为( )A ．hB ．2hC ．3hD ．4h解析：D 所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失．设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m 1＋m 2)gh ＝12(m 1＋m 2)v 2，m 2v －m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2，12(m 1＋m 2)v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22，12m 1v 21＝m 1gh 1，将m 2＝3m 1代入，联立可得h 1＝4h ，选项D 正确．9．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝m C ＝3m B ，A 、B 用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起最终三滑块之间距离不变．求B 与C 碰撞前B 的速度及最终的速度．解析：对A 、B 被弹开过程由动量守恒有：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，对B 、C 碰撞过程由动量守恒有：m B v B ＝(m B ＋m C )v C由题意知三个滑块最终速度相同v A ＝v C 解得最终速度v A ＝v C ＝4v 07；B 与C 碰撞前B 的速度v B ＝16v 07. 答案：碰撞前B 的速度为16v 07 最终的速度为4v 0710．(2017·东营模拟)如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v 0＝2 m/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点．甲和他的装备总质量为M 1＝90 kg ，乙和他的装备总质量为M 2＝135 kg ，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m ＝45 kg 的物体A 推向甲，甲迅速接住A 后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v (相对于空间站)将物体A 推出？(2)设甲与物体A 作用时间为t ＝0.5 s ，求甲与A 的相互作用力F 的大小．解析：(1)以甲、乙、A 三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M 2v 0－M 1v 0＝(M 1＋M 2)v 1以乙和A 组成的系统为研究对象，由动量守恒得：M 2v 0＝(M 2－m )v 1＋mv代入数据联立解得v 1＝0.4 m/s ，v ＝5.2 m/s.(2)以甲为研究对象，由动量定理得，Ft ＝M 1v 1－(－M 1v 0)代入数据解得F ＝432 N. 答案：(1)5.2 m/s (2)432 N 【B 级——提升练】11.(多选)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.12mv 2B.mMm ＋Mv 2 C.12N μmgL D ．N μmgL解析：BD 设最终箱子与小物块的速度为v 1，根据动量守恒定律：mv ＝(m ＋M )v 1，则动能损失ΔE k ＝12mv 2－12(m ＋M )v 21，解得ΔE k ＝mMm ＋Mv 2，B 对；依题意，小物块与箱壁碰撞N 次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s ＝0.5L ＋(N －1)L ＋0.5L ＝NL ，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能，ΔE k ＝Q ＝N μmgL ，D 对．12.一个人在地面上立定跳远的最好成绩是x ，假设他站在船头要跳上距离在L 远处的平台上，水对船的阻力不计，如图所示．则( )A ．只要L <x ，他一定能跳上平台B ．只要L <x ，他有可能跳上平台C ．只要L ＝x ，他一定能跳上平台D ．只要L ＝x ，他有可能跳上平台解析：B 若立定跳远时，人离地时速度为v ，如题图从船上起跳时，人离船时速度为v ′.船的速度为v 船，由能量守恒E ＝12mv 2，E ＝12mv ′2＋12mv 2船.所以v ′<v ，人跳出的距离变小，所以B 正确．13.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 cot αM ＋mD.Mh cot αM ＋m解析：C 此题属“人船模型”问题，m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒，设m 在水平方向上对地位移为x 1，M 在水平方向对地位移为x 2，因此0＝mx 1－Mx 2①且x 1＋x 2＝h cot α.② 由①②可得x 2＝mh cot αM ＋m，故选C. 14.如图所示，平板车P 的质量为M ，小物块Q 的质量为m ，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 的正上方高为R处，另一端系一质量也为m 的小球(大小不计)．今将小球拉至细绳与竖直方向成60°角的位置由静止释放，小球到达最低点时与Q 碰撞的时间极短，且无能量损失，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，M ∶m ＝4∶1，重力加速度为g .求：(1)小球到达最低点与Q 碰撞前瞬间的速度是多大？ (2)小物块Q 离开平板车时平板车的速度为多大？ (3)平板车P 的长度为多少？解析：(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有mgR (1－cos 60°)＝12mv 20解得v 0＝gR(2)小球与物块Q 相撞时，没有能量损失，动量和机械能都守恒，则mv 0＝mv 1＋mv Q ，12mv 20＝12mv 21＋12mv 2Q解得v 1＝0，v Q ＝v 0＝gRQ 在平板车上滑行的过程中，有mv Q ＝Mv ＋m ·2v则小物块Q 离开平板车时平板车的速度为v ＝16v Q ＝gR6(3)由能量守恒定律可知 μmgl ＝12mv 2Q －12Mv 2－12m (2v )2解得l ＝7R18μ.答案：(1)gR (2)gR6 (3)7R 18μ15．如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R ，平台上静止放着两个滑块A 、B ，其质量m A ＝m ，m B ＝2m ，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M ＝3m ，车长L ＝2R ，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为x ，x 在0<x <2R 的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A 恰好能够通过半圆轨道的最高点D ，滑块B 冲上小车．两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块A 在半圆轨道最低点C 时受到轨道的支持力F N ； (2)炸药爆炸后滑块B 的速度大小v B ；(3)请讨论滑块B 从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功W f 与s 的关系． 解析：(1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A 的速度大小为v A ，设滑块A 在半圆轨道运动到达最高点的速度为v AD ，则m A g ＝m v 2ADR得到v AD ＝gR滑块A 在半圆轨道上运动过程中， 据动能定理：－m A g ×2R ＝12m A v 2AD －12m A v 2AC得：v A ＝v AC ＝5gR滑块A 在半圆轨道最低点：F N －m A g ＝m v 2ACR得：F N ＝m A g ＋m A v 2ACR＝6mg(2)在A 、B 爆炸过程，动量守恒，则m B v B ＋m A (－v A )＝0得：v B ＝m A m B v A ＝5gR 2(3)滑块B 滑上小车直到与小车共速，设为v 共 整个过程中，动量守恒：m B v B ＝(m B ＋M )v 共 得：v 共＝2v B 5＝5gR5滑块B 从滑上小车到共速时的位移为x B ＝v 2共－v 2B－2μg ＝21R 8小车从开始运动到共速时的位移为x 车＝v 2共2μ2mg 3m＝34R两者位移之差(即滑块B 相对小车的位移)为： Δx ＝x B －x 车＝15R8<2R ，即滑块B 与小车在达到共速时未掉下小车．当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B 以v 共向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为x ′x ′＝v 2共2μg ＝R 2>(L －Δx )＝18R所以，滑块B 会从小车上滑离．讨论：当0<x <3R4时，滑块B 克服摩擦力做功为W f ＝μ2mg (L ＋x )＝4m (2R ＋x )当3R4≤x ≤2R 时，滑块B 从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为 W f1＝μ2mgx B ＝21mR2. 答案：见解析。
(word完整版)高中物理动量、能量训练题
一、动量定理的应用 1．简解多过程问题。
1、一个质量为m=2kg 的物体,在F 1=8N 的水平推力作用下,从静止开始沿水平面运动了t 1=5s,然后推力减小为F 2=5N,方向不变,物体又运动了t 2=4s 后撤去外力,物体再经 过t 3=6s 停下来。
试求物体在水平面上所受的摩擦力。
2.求解平均力问题2 、质量是60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2s ，安全带伸直后长5m ，求安全带所受的平均冲量．（ g= 10m ／s 2）3、求解曲线运动问题3、 如图 2所示，以V o ＝10m ／s 2的初速度、与水平方向成300角抛出一个质量m ＝2kg 的小球．忽略空气阻力的作用，g 取10m ／s 2．求抛出后第2s 末小球速度的大小． 4、求解流体问题4 、某种气体分子束由质量m=5.4X10-26kg 速度V ＝460m/s 的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，若分子束中每立方米的体积内有n 0＝1.5X1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强．5. 有一宇宙飞船以在太空中飞行，突然进入一密度为的微陨石尘区，假设微陨石与飞船碰撞后即附着在飞船上。
欲使飞船保持原速度不变，试求飞船的助推器的助推力应增大为多少。
（已知飞船的正横截面积）。
（拓展）5、对系统应用动量定理。
系统的动量定理就是系统所受合外力的冲量等于系统总动量的变化。
若将系统受到的每一个外力、系统内每一个物体的速度均沿正交坐标系x 轴和y 轴分解，则系统的动量定理的数学表达式如下：ΛΛ+∆+∆=++y y y y V m V m I I 221121ΛΛ+∆+∆=++x x x x V m V m I I 221121，对于不需求解系统内部各物体间相互作用力的问题，采用系统的动量定理求解将会使求解简单、过程明确。
碑碎市碰碗学校高考物理冲刺集训 第6讲《动量和能量的综合用》
感碍州碑碎市碰碗学校第六讲动量和能量的综合应用一、单项选择题1.如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1.重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量( ) A．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同B．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同C．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同D．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同解析：选C.由动量定理知，拍子对网球作用力的冲量I合＝Δmv＝mv2－m(－v1)＝m(v2＋v1)，方向与v2相同．故C对．2．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则( )A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能解析：选C.0～t1时间内小球做自由落体运动，落到弹簧上并往下运动的过程中，小球重力与弹簧对小球弹力的合力方向先向下后向上，故小球先加速后减速，t2时刻到达最低点，动能为0，A、B错；t2～t3时间内小球向上运动，合力方向先向上后向下，小球先加速后减速，动能先增加后减少，C对；t2～t3时间内由能量守恒知小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能减去小球增加的重力势能，D错．3.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v0，则下列说法正确的是( ) A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，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解析：选B.木箱和小木块具有向右的动量，并且在相互作用的过程中总动量守恒，A 、D 错；由于木箱与底板间存在摩擦，小木块最终将相对木箱静止，B 对、C 错．4．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( ) a ．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开 b ．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行 c ．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开 d ．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行 A ．ac B ．cd C ．bcD ．bd解析：选B.相互作用的过程中合外力为零，所以碰撞过程中动量守恒，设碰撞前动量分别为p 1、p 2，碰后两球动量分别为p 3、p 4，则有p 1＋p 2＝p 3＋p 4，若m 1＝m 2，碰前动量和为零碰后动量和必定为零，即p 3与p 4必定大小相等，方向相反，若m 1≠m 2，碰前动量和不为零，碰后两球的合动量必定与碰前总动量相等，所以碰后以某一相等速率互相分开是不可能的，而碰后以某一相等速率同向而行是可以的，故B 正确．5.为了探究能量转化和守恒规律，小强将一个小铁块绑在橡皮筋中部，并让橡皮筋穿入铁罐，两端分别固定在罐盖和罐底上，如图所示，盖好盖后，让该装置从不太陡的粗糙斜面上的A 处滚下，到斜面上的B 处停下，发现橡皮筋被卷紧了，接着铁罐居然能从B 处自动滚上去．关于该装置在上述过程中的能量转化，下列判断正确的是( )A ．从A 处滚到B 处，由动能定理可知，系统的重力势能全部转化为橡皮筋的弹性势能 B ．从A 处滚到B 处，由于要转化为橡皮筋的弹性势能，故系统的重力做的功小于摩擦力做的功C ．从B 处滚到最高处，橡皮筋的弹性势能转化为系统的重力势能和此过程产生的内能D ．从B 处滚到最高处，橡皮筋的弹性势能转化为系统的重力势能和动能解析：选C.在铁罐滚动时，铁罐与斜面的接触点的瞬时速度为零，则斜面对铁罐的静摩擦力不做功，在从A 到B 的过程中橡皮筋发生了扭转形变，在获得弹性势能的同时也产生了内能，由能量守恒可知，系统减少的重力势能等于橡皮筋获得的弹性势能与产生的内能之和，故A 、B 皆错误．同理可知C 正确、D 错误．6．一个质量为m 的带电小球，在存在匀强电场的空间以某一水平初速度抛出，不计空气阻力，测得小球的加速度为g3，方向竖直向下，则在小球下落h 高度的过程中，下列说法错误的是( )A ．小球的动能增加13mghB ．小球的电势能增加23mghC ．小球的重力势能减少13mgh D ．小球的机械能减少23mgh 解析：选C.小球受到竖直向下的重力mg ，由小球的加速度为g3、方向竖直向下，知电场力方向竖直向上、大小为23mg ，合力为13mg .由于在小球下落h 高度的过程中，重力做的功为mgh ，电场力做的功为－23mgh ，合力做的功为13mgh ，因此，小球的动能增加13mgh ，小球的电势能增加23mgh ，小球的重力势能减少mgh ，小球的机械能减少23mgh ，故选项A 、B 、D 正确，C 错误． 7．A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线运动，A 球动量为p A ＝5 kg ·m/s ，B 球动量为p B ＝7 kg ·m/s ，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能是( )①p A ＝6 kg ·m/s 、p B ＝6 kg ·m/s ②p A ＝3 kg ·m/s 、p B ＝9 kg ·m/s ③p A ＝－2 kg ·m/s 、p B ＝14 kg ·m/s ④p A ＝－5 kg ·m/s 、p B ＝17 kg ·m/s A ．①②③B ．①②④C ．②③D ．①④解析：选C.动量守恒四个选项都满足，那么第二个判断依据是速度情景：A 的动量不可能原方向增大，①错；第三个判断依据是能量关系：碰后系统总动能只能小于等于碰前总动能．计算得②、③正确④错．碰前总动能为E k ＝p 2A2m A ＋p 2B 2m B ，由于p A ＝m A v A ＝5 kg ·m/s ，p B ＝m B v B ＝7 kg ·m/s ，A 要追上B ，则有v A >v B ，即5m A >7m B，m A <57m B .对②，有322m A ＋922m B ≤522m A ＋722m B ，得m B ＝2m A ，满足m A <57m B ，②正确；对③，有－222m A＋1422m B ≤522m A ＋722m B，m B ＝14721mA ＝213mA ，同样满足m A <57m B ，③正确． 8. 在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆的质量为m 0，小车和单摆以恒定的速度v 沿光滑水平地面向右运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，如图所示．在此碰撞过程中，下列哪种说法是可能发生的( )A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋mv 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v 1和v 2，满足Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2D ．以上说法都不对解析：选B.小车与物体碰撞过程中，小球的速度来不及变化，因为碰撞过程极短，小球在水平方向不受力，所以由于惯性小球在水平方向速度不变．只是M 与m 相互作用，碰撞过程中M 、m 速度发生变化，故B 可能发生．9. 如图所示，三小球a 、b 、c 的质量都是m ，都放于光滑的水平面上，小球b 、c 与轻弹簧相连且静止，小球a 以速度v 0冲向小球b ，碰后与小球b 粘在一起运动．在与小球b 粘在一起后的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．三小球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B ．三小球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C ．当小球b 、c 速度相等时，弹簧势能最小D ．当弹簧恢复原长时，小球c 的动能一定最大，小球b 的动能一定为零解析：选B.a 、b 两小球相碰，动量守恒，机械能不守恒，之后系统动量守恒，机械能也守恒，因而A 错误，B 正确．由牛顿运动定律分析可知：小球b 、c 速度相等时，弹簧的压缩量最大，即弹簧势能最大，C 错误．当弹簧恢复原长时，将弹簧的弹性势能转化为三个小球的动能，由机械能守恒定律和动量守恒定律可知：D 错误．二、非选择题 10.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h16.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 .解析：设小球的质量为m ，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时重力势能为零，根据机械能守恒定律，有mgh ＝12mv 21①得v 1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v ′1，同理有mg h 16＝12mv ′21②得v ′1＝gh8设碰后物块的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有mv 1＝－mv ′1＋5mv 2③ 得v 2＝gh8④物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小F f ＝5μmg ⑤设物块在水平面上滑行的时间为t ，根据动量定理，有 －F f t ＝0－5mv 2⑥ 得t ＝2gh 4μg. 答案：2gh 4μg11．如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R ，MN 为直径且与水平面垂直．直径略小于圆管内径的小球A 以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M 时与静止于该处的质量与A 相同的小球B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N 为2R .重力加速度为g ，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t ； (2)小球A 冲进轨道时速度v 的大小．解析：(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，有 2R ＝12gt 2① 解得t ＝2Rg② (2)设球A 的质量为m ，碰撞前速度大小为v 1，把球A 冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律得12mv 2＝12mv 21＋2mgR ③ 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v 2，由动量守恒定律得mv 1＝2mv 2④飞出轨道后做平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，有2R ＝v 2t ⑤ 综合②③④⑤式得v ＝22gR答案：(1)2Rg(2)22gR 12．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底端有一个固定挡板D ，小物体C 靠在挡板D 上，小物体B 与C 用轻质弹簧拴接．当弹簧处于自然长度时，B 在O 点；当B 静止时，B 在M 点，OM ＝l .在P 点还有一小物体A ，使A 从静止开始下滑，A 、B 相碰后一起压缩弹簧．A 第一次脱离B 后最高能上升到N 点，ON ＝1.5l .B 运动还会拉伸弹簧，使C 物体刚好能脱离挡板D .A 、B 、C 的质量都是m .重力加速度为g .求(1)弹簧的劲度系数；(2)弹簧第一次恢复到原长时B 速度的大小； (3)M 、P 之间的距离． 解析：(1)B 静止时，弹簧形变量为l ，弹簧产生弹力F ＝kl ，B 物体受力如图所示，根据物体平衡条件得kl ＝mg sin θ得弹簧的劲度系数k ＝mg2l. (2)当弹簧第一次恢复原长时A 、B 恰好分离，设此时A 、B 速度的大小为v 3. 对A 物体，从A 、B 分离到A 速度变为0的过程，根据机械能守恒定律得12mv 23＝mg Δh此过程中A 物体上升的高度Δh ＝1.5l sin θ 得v 3＝32gl . (3)设与B 相碰前A 的速度的大小为v 1，与B 相碰后A 的速度的大小为v 2，M 、P 之间距离为x .对A 物体，从开始下滑到A 、B 相碰的过程，根据机械能守恒定律得mgx sin θ＝12mv 21A 与B 发生碰撞，根据动量守恒定律得 mv 1＝(m ＋m )v 2设B 静止时弹簧的弹性势能为E p ，从A 、B 开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，根据机械能守恒定律得12(m ＋m )v 22＋E p ＝12(m ＋m )v 23＋(m ＋m )gl sin θ B 物体的速度变为0时，C 物体恰好离开挡板D ，此时弹簧的伸长量也为l ，弹簧的弹性势能也为E p .对B 物体和弹簧，从A 、B 分离到B 速度变为0的过程，根据机械能守恒定律得12mv 23＝mgl sin θ＋E p 联立以上各式解得x ＝9l .答案：(1)mg2l(2)32gl (3)9l。
高考物理一轮复习 章节训练 碰撞 爆炸与反冲
2014年高考一轮复习章节训练之碰撞爆炸与反冲时间：45分钟满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)1．如下图所示，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m B＝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：两物体的运动是同向追击(都向右运动)，只有后边的物体速度大于前边的物体才能发生碰撞，以此分析应该是A球在左方追击B球，发生碰撞，A球的动量减小4 kg·m/s，其动量变为2 kg·m/s，根据动量守恒B球动量增加4 kg·m/s，其动量变为10 kg·m/s，则A、B两球的速度关系为2:5.答案：A2．科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境，他们使两个带正电的不同重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞．为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的( )A．速率B．质量C．动量D．动能解析：尽量减小碰后粒子的动能，才能增大内能，所以设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的动量．答案：C3．如右图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( )A.mv20400B.mv20200C.99mv 20200D.199mv 20400解析：子弹打木块A ，动量守恒，mv 0＝100mv 1＝200mv 2，弹性势能的最大值E p ＝12×100mv 21－12×200mv 22＝mv 20400. 答案：A4．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2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后A 球的动能恰变为原来的19，则B 球的速度大小可能是( )A.13v 0 B.23v 0 C.49v 0 D.89v 0 解析：依题意，碰后A 的动能满足：12mv 2A ＝19×12mv 20得v A ＝±13v 0，代入动量守恒定律得mv 0＝±m ·13v 0＋2mv B ，解得v B ＝13v 0及v B ′＝23v 0.答案：AB5．如下图所示在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m 0，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v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋mv 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v 1和v 2，满足Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v 1，满足Mv ＝(M ＋m )v 1D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2 解析：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分开还是连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B、C选项正确．答案：BC6．如下图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑( )A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处解析：小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，由于小球与槽质量相等，分离后小球和槽的速率大小相等，小球与弹簧接触后，由能量守恒可知，它将以原速率被反向弹回，故C 项正确．答案：C7．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是( )A．人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比B．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零D．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离解析：人船整体动量守恒，总动量为零，m1v1－m2v2＝0，m1m2＝v2v1，由此可知选项A、B、C正确，D错．答案：ABC8．质量为M 的木块静止在光滑水平面上，一颗质量为m 的子弹，以水平速度击中木块，木块滑行距离s 后，子弹与木块以共同速度运动，子弹射入木块的深度为d ，为了表示该过程，甲、乙两同学分别画出了如图所示的示意图．对于甲、乙两图的分析，下列说法中正确的是( )A ．不论速度、质量大小关系如何，均是甲图正确B ．不论速度、质量大小关系如何，均是乙图正确C ．当子弹速度较大时甲图正确，当子弹速度较小时，乙图正确D ．当M >m 时，甲图正确，当M <m 时，乙图正确解析：子弹射入木块的过程，作用时间一般不太长，木块位移不大，不论速度、质量大小关系如何，均是乙图正确，选项B 正确．答案：B二、计算题(3×12′＝36′)9．(2012·陕西渭南质检)如下图所示，光滑水平地面上停放着甲、乙两辆相同的平板车，一根轻绳跨过乙车的定滑轮(不计定滑轮的质量和摩擦)，绳的一端与甲车相连，另一端被甲车上的人拉在手中，已知每辆车和人的质量均为30 kg ，两车间的距离足够远．现在人用力拉绳，两车开始相向运动，人与甲车始终保持相对静止，当乙车的速度为0.5 m/s 时，停止拉绳．求人在拉绳过程中做了多少功？解析：设甲、乙两车和人的质量分别为m 甲、m 乙和m 人，停止拉绳时，甲车的速度为v 甲，乙车的速度为v 乙，由动量守恒定律得 (m 甲＋m 人)v 甲＝m 乙v 乙 求得v 甲＝0.25 m/s由功能关系可知，人拉绳过程做的功等于系统动能的增加量．W ＝12(m 甲＋m 人)v 2甲＋12m 乙v 2乙＝5.625 J.答案：5.625 J10．(2010·全国Ⅱ理综)小球A 和B 的质量分别为m A 和m B ，且m A >m B .在某高度处将A 和B 先后由静止释放．小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为H 的地方恰好与正在下落的小球B 发生正碰．设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短．求小球A 、B 碰撞后B 上升的最大高度．解析：根据题意，由运动学规律可知，小球A 与B 碰撞前的速度大小相等，设均为v 0.由机械能守恒有m A gH ＝12m A v 20①设小球A 与B 碰撞后的速度分别为v 1和v 2，以竖直向上为正，由动量守恒有m A v 0＋m B (－v 0)＝m A v 1＋m B v 2②由于两球是弹性正碰，则有 12m A v 20＋12m B v 20＝12m A v 21＋12m B v 22③ 联立②③式得v 2＝3m A －m Bm A ＋m Bv 0④ 设小球B 能上升的最大高度为h ，由运动学公式有h ＝v 222g⑤由①④⑤式得h ＝(3m A －m B m A ＋m B )2H .答案：(3m A －m B m A ＋m B)2H11．如图所示，光滑水平面上放置质量均为M ＝2 kg 的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)，甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P 之间的动摩擦因数μ＝0.5.一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m ＝1 kg 的滑块P (可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E 0＝10 J ，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，求：(1)滑块P 滑上乙车前的瞬时速度的大小；(2)滑块P 滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P 在乙车上滑行的距离．(g 取10 m/s 2) 解析：(1)设滑块P 滑上乙车前的速度为v 1，对整体应用动量守恒和能量关系有mv 1－2Mv 2＝0E 0＝mv 21/2＋2Mv 22/2解之得v 1＝4 m/s, v 2＝1 m/s.(2)设滑块P 和小车乙达到的共同速度为v ′，对滑块P 和小车乙有mv 1－Mv 2＝(m ＋M )v ′μmgL ＝12mv 21＋12Mv 22－12(M ＋m )v ′2代入数据解得L ＝53 m.答案：(1)4 m/s (5)53 m。
(新课标)高考物理一轮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试题(new)
第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲一、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒．（2)近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．（3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式:m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.1.(2017·安徽名校联考）如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程,下列说法中正确的是（）A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同提示：选 C.当把男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，所以选项C正确．二、碰撞爆炸反冲1．碰撞（1）碰撞现象：物体间的相互作用持续时间很短,而物体间相互作用力很大的现象．(2）特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．（3)分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰守恒有损失撞守恒损失最大完全非弹性碰撞2.爆炸现象：爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒．3．反冲运动(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向相反方向运动的现象．（2）反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．2.（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2v0,方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0,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向右运动提示：选D。
选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2mv0，B的动量p B＝－2mv0。
2020版高考物理总复习第十二章2第2节动量守恒定律碰撞爆炸反冲练习(含解析)
动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲【随堂检测】1．一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,取重力加速度g ＝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：选B.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出,飞行时间t ＝ 错误!＝1 s ，取向右为正,由水平速度v ＝错误!知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0。
5 m/s;选项B 中，v 甲＝2。
5 m/s ，v 乙＝0。
5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s,v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝错误!m ,v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确．2．(2019·金华质检）如图所示，游乐场上,两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后,两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4。
5 m/s，乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动,速度的大小为4。
25 m/s,则碰撞后两车共同的运动速度为（取向右为正方向)( )A．1 m/s B．0。
5 m/sC．－1 m/s D．－0。
5 m/s解析：选D.两车碰撞过程动量守恒m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v得v＝错误!＝错误!m/s＝－0。
5 m/s,故D正确．3．（2019·绍兴联考)如图所示,两小车A、B置于光滑水平面上，质量分别为m和2m，一轻质弹簧两端分别固定在两小车上，开始时弹簧处于拉伸状态，用手固定两小车．现在先释放小车B,当小车B的速度大小为3v时，再释放小车A，此时弹簧仍处于拉伸状态；当小车A的速度大小为v时,弹簧刚好恢复原长．自始至终弹簧都未超出弹性限度．求：(1）弹簧刚恢复原长时，小车B的速度大小;(2）两小车相距最近时，小车A的速度大小；(3）求两小车相距最近时，弹簧弹性势能大小．解析：（1)设弹簧刚恢复原长时，小车B速度为v B，以A、B两车和弹簧为研究对象，小车B速度为3v开始到小车A速度为v过程，此系统动量守恒，列方程有：2m·3v＝2m·v B＋m(－v)解得v B＝3.5v；(2）两小车相距最近时速度相同，由动量守恒定律有：2m×3v＝（2m＋m)v A解得v A＝2v；（3）从弹簧刚恢复原长到两小车相距最近过程用能量守恒定律有E弹＝错误!×2mv错误!＋错误!mv2－错误!×3m·v错误!解得E弹＝错误!mv2。
高考物理动量冲量精讲精练碰撞与动量守恒典型练习题
碰撞与动量守恒1． 如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑块相对于盒运动的路程为________．解析：设滑块质量为m ，则盒子的质量为2m ；对整个过程，由动量守恒定律可得mv ＝3mv 共解得v 共＝v 3. 由功能关系可得μmgs＝12mv 2－12·3m·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 32 解得s ＝v 23μg. 答案：v 3 v 23μg2． (多选)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.因碰撞后两球速度均不为零，根据能量守恒定律，则碰撞过程中总动能不增加可知，E 1＜E 0，E 2＜E 0.故A 正确，C 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.故B 正确．故选AB.3．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )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解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．4．如图所示，在光滑的水平面上，质量m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 与小球B 均向右运动．小球B 与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A 在P 点相遇，PQ ＝2PO ，则两小球质量之比m 1∶m 2为( )A ．7∶5B ．1∶3C ．2∶1D ．5∶3解析：选D.设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2.① 由能量守恒定律有：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22② 两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ)＝1∶5.③联立①②③，代入数据解得：m 1∶m 2＝5∶3，故选D.5． (多选)如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝4 kg 的小物体B 以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．木板A 获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为2 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1解析：选AD.由图象可知，木板获得的速度为v ＝1 m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m)v ，解得：木板A 的质量M ＝4 kg ，木板获得的动能为：E k ＝12Mv 2＝2 J ，故A 正确；系统损失的机械能ΔE＝12mv 20－12mv 2－12Mv 2，代入数据解得：ΔE＝4 J ，故B 错误；由图得到：0～1 s 内B 的位移为x B ＝12×(2＋1)×1 m＝1.5 m ，A 的位移为x A ＝12×1×1 m＝0.5 m ，木板A 的最小长度为L ＝x B －x A ＝1 m ，故C 错误；由图象可知，B 的加速度：a ＝－1 m/s 2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μm B g ＝m B a ，代入解得μ＝0.1，故D 正确．高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
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爆炸反冲碰撞动量能量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：mv0＝mv1＋3mv2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即12mv20＝12mv21＋1 23mv22，解两式得：v1＝－v02，v2＝v02，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＝Mv1＋mv2＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(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＋mv2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v 0＝4.0 m/s ，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．4.0 JB ．6.0 JC ．3.0 JD ．20 J解析：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 12mv 20＝F f L ＋12(M ＋m )v 2＋E p 铁块相对于木板运动的整个过程 12mv 20＝2F f L ＋12(M ＋m )v 2 又根据系统动量守恒可知，mv 0＝(M ＋m )v 联立得到：E p ＝3.0 J ，故选C.7．如图所示A 、B 两个物体粘在一起以v 0＝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2mv 0＝mv A ＋mv B ，解得v B ＝4 m/s 根据系统能量守恒有：12(2m )v 20＋E ＝12mv 2A ＋12mv 2B ，解得E ＝1 J. (2)由于B 物体恰好经过最高点，故有mg ＝m v 2D R对O 到D 的过程根据动能定理可得：－μmgx OC －mg ·2R ＝12mv 2D －12mv 2B联立解得R ＝0.3 m. 答案：(1)1 J (2) 0.3 m8．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v 1，碰后乙的速度大小为v 1′，由动量守恒定律得mv －Mv 1＝Mv 1′①代入数据得v 1′＝1.0 m/s ②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE ，有 12mv 2＋12Mv 21＝12Mv 1′2＋ΔE ③ 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/s 2，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 ＝2gh ①将h ＝0.8 m 代入上式，得v B ＝4 m/s ②(2)设两球相碰前、后，A 球的速度大小分别为v 1和v 1′(v 1′＝0)，B 球的速度分别为v 2和v 2′.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 v 1＋m B v 2＝m B v 2′④12m A v 21＋12m B v 22＝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 B ⑥设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v B ′2－v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h ′＝0.75 m ⑧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 ＝12×3mv 21A 与B 碰撞，根据动量守恒得3mv 1＝4mv 2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 ＝12×4mv 22＝94mgh(2)根据题意，A 与B 分离时A 的速度大小为v 2A 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 ′＝12×3mv 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v 0，小球下摆过程机械能守恒：mgR (1－cos 60°)＝12mv 20 v 0＝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：mv 0＝mv 1＋Mv 2其中v 2＝12v 1，M ＝4m ，解得：v 1＝gR3，v 2＝gR6.(2)对系统由能量守恒：12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22＋μmgL ，解得：L ＝7R 18μ. (3)Q 脱离P 后做平抛运动，由h ＝12gt 2，解得：t ＝2h gQ 落地时二者相距：s ＝(v 1－v 2)t ＝2Rh 6. 答案：(1)gR3gR6 (2)7R 18μ (3)2Rh 6。