高考物理总复习：第六章碰撞与动量守恒综合检测

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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。

高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒综合检测(含解析)鲁科版-鲁科版高三全册物理试题

碰撞与动量守恒综合检测(时间:90分钟总分为:100分)一、选择题(此题共12小题,每题4分,共48分.在每一小题给出的四个选项中,第1~7题只有一个选项正确,第8~12题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1.如下列图,一倾角为α的光滑斜面,固定在水平面上,一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下,滑到底端时速度的大小为v,所用时间为t,如此物块滑至斜面的底端时,重力的瞬时功率与下滑过程重力的冲量分别为( D )A.mgv,0B.mgv,mgtsin αC.mgvcos α,mgtD.mgvsin α,mgt解析:根据瞬时功率的公式,可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为p=mgvsin α,重力的冲量为I=mgt,所以D正确,A,B,C错误.2.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中,A,B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如下列图.如此在子弹打击木块A与弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统( C )A.动量守恒,机械能守恒B.动量不守恒,机械能守恒C.动量守恒,机械能不守恒D.无法判定动量、机械能是否守恒解析:子弹、两木块和弹簧组成的系统在水平方向上不受外力,竖直方向上所受外力的合力为零,所以动量守恒;机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外,其他力对系统不做功,此题中子弹射入木块瞬间有局部机械能转化为内能(发热),所以系统的机械能不守恒,故C正确.3.如图,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.假设救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,如此救生员跃出后小船的速率为( C )A.v0+vB.v0-vC.v0+(v0+v)D.v0+(v0-v)解析:以水平向右为正方向,根据动量守恒定律,对救生员和船有(M+m)v0=-mv+Mv x,解得v x=v0+(v0+v),选项C正确.4.如图,光滑桌面上小滑块P和Q都可以视为质点,质量相等,Q与轻弹簧相连,设Q静止,P以某一初速度与弹簧碰撞,在此后过程中系统具有的最大弹性势能为( B )A.P的初动能B.P的初动能的C.P的初动能的D.P的初动能的解析:当P,Q速度相等时,弹簧有最大的弹性势能,设P的初速度为v0,P,Q相等的速度为v,如此P的初动能E k0=m,根据动量守恒有mv0=2mv,解得v=,如此最大的弹性势能E p=m-·2mv2=m=E k0,故B正确.5.如下列图,跳楼机是常见的大型机动游乐设备.这种设备的座舱装在竖直柱子上,由升降机送至高处后使其自由下落(不计阻力),一段时间后,启动制动系统,座舱匀减速运动到地面时刚好停下.如下说法正确的答案是( D )A.自由下落阶段和制动阶段乘客机械能的变化量相等B.自由下落阶段和制动阶段,乘客所受合力的冲量一样C.自由下落阶段和制动阶段,乘客所受重力做的功一定相等D.整个下落过程中,乘客的最大速度是全程平均速度的两倍解析:自由下落阶段乘客的机械能不变,制动阶段乘客机械能减小,选项A错误;自由下落阶段和制动阶段,乘客的动量变化等大反向,如此乘客所受合力的冲量大小一样,方向相反,选项B 错误;自由下落阶段和制动阶段下降的距离不一定一样,如此乘客所受重力做的功不一定相等,选项C错误;整个下落过程中,假设乘客的最大速度是v,如此自由阶段的平均速度为,制动阶段的平均速度也是,即最大速度是全程平均速度的两倍,选项D正确.6.如下列图,质量为M的小车静止在光滑的水平地面上,小车上有n个质量为m的小球,现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出,第一种方式是将n个小球一起抛出,第二种方式是将小球一个接一个地抛出,比拟用这两种方式抛完小球后小车的最终速度(小车的长度足够长)( C )A.第一种较大B.第二种较大C.两种一样大D.不能确定解析:n个小球和小车组成的系统动量守恒,设小车的最终速度为v1,由动量守恒定律得Mv1+nmv=0,解得v1=-v,两次求出的最终速度一样,选项C正确.7.质量为m=2 kg的物体受到水平拉力F的作用,在光滑的水平面上由静止开始做直线运动,运动过程中物体的加速度随时间变化的规律如下列图.如此如下判断正确的答案是( D )A.0~4 s内物体先做加速运动再做匀速运动B.6 s末物体的速度为零C.0~4 s内拉力冲量为18 N·sD.0~4 s内拉力做功49 J解析:物体是从静止开始运动,故在0~1 s内做加速度增大的加速运动,2~4 s内做匀加速直线运动,4~6 s做加速度减小的加速运动,6 s末加速度为零,速度最大,A,B错误;a t图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量,故根据动量定理可得0~4 s内拉力的冲量为I=Ft=m·Δv=2×(3+4)×2×N·s=14 N·s,C错误;因为水平面光滑,故物体受到的合力大小等于F,根据动能定理可得W F=mv2-0=E k,因为是从静止开始运动的,所以4 s末的动量为p=14 N·s,根据p=可得知W F=49 J,D正确.8.将一物体水平抛出并开始计时,只受重力作用,如下说法正确的答案是( BD )A.瞬时速度与时间成正比B.重力的瞬时功率与时间成正比C.动能的增量与时间成正比D.动量的增量与时间成正比解析:根据平抛运动的规律有v=,可知瞬时速度与时间不成正比,故A错误;根据瞬时功率的定义有P=mgv y=mg2t,如此重力的瞬时功率与时间成正比,B正确;根据动能定理有ΔE k=mgh=mg·gt2,故动能的增量与时间不成正比,故C错误;由动量定理可知Δp=I G=mgt,如此动量的增量与时间成正比,故D正确.9.在光滑水平面上有三个弹性小钢球a,b,c处于静止状态,质量分别为2m,m和2m.其中a,b两球间夹一被压缩了的弹簧,两球通过左右两边的光滑挡板束缚着.假设某时刻将挡板撤掉,弹簧便把a,b两球弹出,两球脱离弹簧后,a球获得的速度大小为v,假设b,c两球相距足够远,如此b,c两球相碰后( BD )A.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反B.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反C.c球的速度大小为vD.c球的速度大小为v解析:设b球脱离弹簧时的速度为v0,b,c两球相碰后b,c的速度分别为v b和v c,取向右为正方向,弹簧将a,b两球弹出过程,由动量守恒定律得0=-2mv+mv0,解得v0=2v,b,c两球相碰过程,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv b+2mv c,m=m+·2m,联立解得v b=-v(负号表示方向向左,运动方向与原来相反),v c=v,故B,D正确.10.某同学从圆珠笔中取出轻弹簧,将弹簧一端竖直固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开,他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离.不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦,在弹簧恢复原长的过程中( CD )A.笔帽一直做加速运动B.弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C.弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D.弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽抑制重力做功的平均功率解析:弹簧恢复原长的过程中,笔帽先向上做加速运动,弹簧压缩量减小,弹力减小,当弹力等于重力时,加速度为零,速度最大,此后弹力小于重力,合力向下,笔帽做减速运动,故A错误;笔帽向上运动,受到的弹力方向向上,力与位移同向,故弹力对笔帽作正功,重力方向向下,与位移反向,对笔帽做负功,由于笔帽离开弹簧时动能不为0,所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽抑制重力做的功,时间一样,根据功率的定义P=可知,D正确;弹簧对桌面虽然有弹力,但没有位移,所以不做功,故B错误;由于轻弹簧质量不计,所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力,作用时间一样,冲量大小相等,故C正确.11.在冰壶比赛中,球员手持毛刷擦刷冰面,可以改变冰壶滑行时受到的阻力.如图(a)所示,蓝壶静止在圆形区域内,运动员用等质量的红壶撞击蓝壶,两壶发生正碰,假设碰撞前后两壶的v t图象如图(b)所示.关于冰壶的运动,如下说法正确的答案是( CD )A.两壶发生了弹性碰撞B.蓝壶运动了4 s停下C.碰撞后两壶相距的最远距离为1.275 mD.碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3 m/s2解析:由图(b)可知,碰前红壶的速度v0=1.2 m/s,碰后红壶的速度v红=0.3 m/s,取碰撞前红壶的速度方向为正方向,碰撞过程系统动量守恒,如此有mv0=mv红+mv,解得v=0.9 m/s;碰撞前两壶的总动能E k1=m=0.72 m,碰撞后两壶的总动能E k2=m+mv2=0.45 m<E k1,所以两壶碰撞为非弹性碰撞,故A错误;由碰前红壶的v t图象可知,红壶的加速度大小为a= m/s2=0.4m/s2,即蓝壶再次静止的时刻为t= s=4 s,所以蓝壶运动了3 s停下,故B错误;v t图线与坐标轴围成的面积表示位移,如此碰后两壶相距的最远距离s=-m=1.275 m,故C正确;碰后蓝壶的加速度大小a'== m/s2=0.3 m/s2,故D正确.12.如下列图,小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道,整个小车(含管道)的质量为2m,原来静止在光滑的水平面上.今有一个可以看做质点的小球,质量为m,半径略小于管道半径,以水平速度v 从左端滑上小车,小球恰好能到达管道的最高点,然后从管道左端滑离小车.关于这个过程,如下说法正确的答案是( BC )A.小球滑离小车时,小车回到原来位置B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC.车上管道中心线最高点的竖直高度为D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,小车的动量变化大小是解析:小球恰好到达管道的最高点,说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0,小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,根据水平方向的动量守恒,有mv=(m+2m)v',得v'=,小车动量变化大小Δp车=2m·=mv,D项错误.小球从滑进管道到滑到最高点,根据机械能守恒定律有mgH=mv2-(m+2m)v'2,得H=,C项正确.小球从滑上小车到滑离小车的过程,有mv=mv1+2mv2,mv2=m+·2m,解得v1=-,v2=v,如此小球滑离小车时相对小车的速度大小为v+v=v,B项正确.在整个过程中小球对小车总是做正功,因此小车一直向右运动,A项错误.二、非选择题(共52分)13.(8分)如图为一弹簧弹射装置,在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧,弹簧压缩并锁定,在金属管两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管径且与弹簧不固连).现解除弹簧锁定,两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射.然后按下述步骤进展实验:①记录两球在水平地面上的落点P,Q;②用刻度尺测出两管口离地面的高度h;③用天平测出两球质量m1,m2.回答如下问题:(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能,还需测量的物理量有.(重力加速度g)A.弹簧的压缩量ΔxB.两球落点P,Q到对应管口M,N的水平距离s1,s2C.小球直径D.两球从管口弹出到落地的时间t1,t2(2)根据测量结果,可得弹性势能的表达式为E p=(用测出量表示).(3)由上述测得的物理量来表示,如果满足关系式(用测出量表示),就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒.解析:(1)根据机械能守恒定律可知,弹簧的弹性势能等于两球得到的动能之和,而要求解动能必须还要知道两球弹射的初速度v0,由平抛运动规律可知v0=,故还需要测出两球落点P,Q到对应管口M,N的水平距离s1,s2.(2)小球被弹开时获得的动能E k=m=,故弹性势能的表达式为E p=m1+m2=+.(3)如果满足关系式m1v1=m2v2,即m1s1=m2s2,那么就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒. 答案:(1)B (2)+(3)m1s1=m2s2评分标准:第(1)问2分,第(2)(3)问各3分.14.(6分)用如图(甲)所示的气垫导轨来验证动量守恒定律,用频闪照相机闪光4次拍得照片如图(乙)所示,闪光时间间隔为Δt=0.02 s,闪光本身持续时间极短,在这4次闪光时间内A,B均在0~80 cm范围内且第一次闪光时,A恰好过s=55 cm处,B恰好过s=70 cm处,如此由图可知:(1)两滑块在s=cm处碰撞.(2)两滑块在第一次闪光后t=s时发生碰撞.(3)假设碰撞过程中满足动量守恒,如此A,B两滑块的质量比为.解析:(1)碰撞发生在第1,2两次闪光时刻之间,碰撞后B静止,故碰撞发生在s=60 cm处. (2)碰撞后A向左做匀速运动,设其速度为v A',所以v A'·Δt=20 cm.从碰撞到第二次闪光时A 向左运动10 cm,设经历的时间为t',有v A'·t'=10 cm.设第一次闪光到发生碰撞经历的时间为t,有t+t'=Δt,得t==0.01 s.(3)碰撞前,A的速度大小为v A==5 m/s;B的速度大小为v B==10 m/s;碰撞后,A的速度v A'==10 m/s,取向左为正方向,如此由动量守恒定律可知m A v A'=m B v B-m A v A,解得m A∶m B=2∶3.答案:(1)60 (2)0.01 (3)2∶3评分标准:每空2分.15.(6分)如下列图,一只质量为5.4 kg 的保龄球,撞上一只原来静止,质量为1.7 kg的球瓶.此后球瓶以3.0 m/s的速度向前飞出,而保龄球以1.8 m/s的速度继续向前运动,假设它们相互作用的时间为0.05 s.求:(1)碰撞后保龄球的动量;(2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小.解析:(1)碰撞后保龄球的动量p'=m1v'=5.4×1.8 kg·m/s=9.72 kg·m/s.(2分)(2)以初速度方向为正方向,对球瓶有Δp=Mv-0=1.7×3.0 kg·m/s=5.1 kg·m/s(1分)由动量定理得F·t=Δp(2分)代入数据求得F=102 N.(1分)答案:(1)9.72 kg·m/s(2)102 N16.(8分)如图,“冰雪游乐场〞滑道上的B点左侧水平而粗糙,右侧是光滑的曲面,左右两侧平滑连接,质量m=30 kg的小孩从滑道顶端A点由静止开始下滑,经过B点时被静止的质量为M=60 kg 的家长抱住,一起滑行到C点停下(C点末画出),A点高度h=5 m,人与水平滑道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:(1)小孩刚到B点时的速度大小v B;(2)B,C间的距离s.解析:(1)从A点到B点,根据机械能守恒定律得mgh=m(2分)得v B=10 m/s.(1分)(2)家长抱住小孩瞬间,由动量守恒定律有mv B=(m+M)v(1分)解得v= m/s(1分)接着以共同速度v向左做匀减速直线运动,由动能定理得-μ(m+M)gs=0-(m+M)v2(1分)解得s= m.(2分)答案:(1)10 m/s (2) m17.(12分)如下列图,光滑的水平面上有P,Q两个竖直固定挡板,A,B是两挡板连线的三等分点.A点处有一质量为m2的静止小球,紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰.小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰,两小球均可视为质点.求:(1)两小球m1和m2第一次碰后的速度v1和v2;(2)假设两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点,且m1<m2,求m1和m2的可能比值.解析:(1)两球发生弹性正碰,设碰后速度分别为v1和v2,如此有m1v0=m1v1+m2v2,(2分)m1=m1+m2,(2分)解得v1=v0,(1分)v2=.(1分)(2)m1与m2在B点相碰有两种情形.第一种情形,m1被P反弹后追上m2.由于v1=v0<0,m1运动距离为m2的3倍,如此有|-v1t|=3v2t,(2分)解得=.(1分)第二种情形,m1与P反弹,m2与Q反弹后在B点相碰,m1,m2运动距离相等,有|-v1t|=v2t,(2分)解得=.(1分)答案:(1)v0(2)1∶7或1∶318.(12分)如下列图,质量分别为m1=1.0 kg和m2=2.0 kg 的甲、乙两物体之间夹有少量炸药,两物体一起沿水平地面向右做直线运动,当速度v0=1 m/s时夹在两物体间的炸药爆炸,之后甲物体以7 m/s的速度仍沿原方向运动.两物体均可视为质点,甲物体与地面间的动摩擦因数为0.35,乙物体与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g=10 m/s2.求:(1)炸药爆炸使甲、乙两物体增加的总动能;(2)甲、乙两物体别离2 s后两者之间的距离.解析:(1)爆炸瞬间系统动量守恒,以向右为正方向,设爆炸后甲物体的速度为v1,乙物体的速度为v2,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2(1分)代入数据解得v2=-2 m/s,负号表示速度方向与正方向相反(1分)由能量守恒定律得ΔE k=m1+m2-(m1+m2)(2分)代入数据解得ΔE k=27 J.(1分)(2)甲、乙两物体别离后,甲物体向右匀减速滑行,乙物体向左匀减速滑行根据牛顿第二定律得甲物体滑行的加速度大小a1=μ1g=3.5 m/s2(1分)乙物体滑行的加速度大小a2=μ2g=2 m/s2(1分) 从别离到甲物体停止运动,经过的时间t1==2 s(1分)甲物体运动的位移为s1=t1=7 m(1分)从别离到乙物体停止运动,经过的时间t2==1 s(1分)乙物体运动的位移为s2=t2=1 m(1分)故甲、乙两物体别离2 s后两者之间的距离d=s1+s2=8 m.(1分)答案:(1)27 J (2)8 m。

2020届高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒核心素养提升练十八6.1动量动量定理(含解析)新人教版

动量动量定理(45分钟100分)(20分钟50分)一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分，1～4题为单选题，5题为多选题)1.如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。

若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。

对于这个实验，下列说法正确的是( )A.缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小B.快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大C.为使杯子不滑落，杯子与纸条的动摩擦因数尽量大一些D.为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些【解析】选D。

纸带对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时时间长，则摩擦力对杯子的冲量较大；快速拉动纸条时时间短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故A、B错误；为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面上运动的加速度大，位移短，故C错误、D正确。

2.如图所示为某物业公司的宣传提醒牌。

从提供的信息知：一枚30 g的鸡蛋从17楼(离地面人的头部为45 m高)落下，能砸破人的头骨。

若鸡蛋壳与人头部的作用时间为4.5×10-4 s，人的质量为50 kg，重力加速度g取10 m/s2，则头骨受到的平均冲击力约为( )A.1 700 NB.2 000 NC.2 300 ND.2 500 N【解析】选B。

由2gh=v2可得v== m/s=30 m/s；设向下为正方向，对碰撞过程应用动量定理可得(mg+F)t=0-mv，代入数据得：F≈-2 000 N；负号说明鸡蛋受到的冲击力向上；根据牛顿第三定律可知，头骨受到的平均冲击力为2 000 N，故B正确。

3.(2019·梧州模拟)如图所示，物体由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系为某一正弦函数，下列表述不正确的是( )A.0～2 s内合外力的冲量一直增大B.0～4 s内合外力的冲量为零C.2 s末物体的动量方向发生改变D.0～4 s内物体的动量方向一直不变【解析】选C。

2024届高考物理一轮总复习第六章碰撞与动量守恒实验六验证动量守恒定律课件

解得 v＝
gcos 2tan
θθL∝
L，物体落到同一斜面上，则只要测得 O 点
与各落点的距离 L 即可，故选 C. (2)实验中必须要测量落点到 O 点的距离，则需要刻度尺.还需
要测量小球的质量，故选 AB.
(3)斜槽轨道没必要必须光滑，只要到达底端的速度相同即可，即入射小球每次释放的初位置相同，以保证到达底端的速度相同，
(2)用天平测得滑块 a、b 质量分别为 ma、mb. (3)在滑块上安装配套的粘扣，并按图示方式放置两滑块.使滑块 a 获得向右的速度，滑块 a 通过光电门 1 后与静止的滑块 b 碰撞粘在一起，并一起通过光电门 2，遮光条通过光电门 1、2 的时间分别为 t1、t2，则上述物理量间如果满足关系式____________，则证明碰撞过程中两滑块的总动量守恒. (4)本实验__________(填“需要”或“不需要”)测量遮光条的宽度.
式为 m1v＝m2v2－m1v1，即 m1 2gL1－cos α＝m2 2gL1－cos θ2－
m1 2gL1－cos θ1.即 m1 1－cos α＝m2 1－cos θ2－m1 1－cos θ1，
化简后可得 m1sin α2＝m2sin θ22－m1sin θ21，碰撞是弹性碰撞，则
1 2
m1v2
θ1 2
m1cos α＝
m1cos θ1－m2(1－cos θ2)
考向 3 利用光滑长木板上两车碰撞【典题 4】某实验小组组装了如图 S6-7 所示的实验装置来完成验证动量守恒定律的实验.在小车甲的前端粘有橡皮泥，推动小车甲使之做匀速运动.然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，在小车甲后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为 50 Hz.

2025高考物理总复习验证动量守恒定律

ΔΔst算出碰撞前 A 车与碰撞后两车共同的
速度
目录
夯实必备知识
1.测质量：用天平分别测出两等大小球的质量，且保证m1＞ m2。 2.安装：调整固定斜槽使斜槽末端水平。
方案三利用斜槽末端小球的碰撞验证动量守恒定律
1.测小球的水平射程，连接ON，测量线段OP、OM、ON长度 2.验证：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
图3
目录
研透核心考点
(4)测得小车P的总质量为m1，小车Q的总质量为m2，图3中AB、BC、CD、DE四段长度分别为 s1 、 s2 、 s3 、 s4 ，为了验证动量守恒定律，需要验证的表达式是 ______________(用题中所给物理量符号表示)。 (5)某同学发现系统碰后动量的测量值总是大于碰前动量的测量值，可能的原因是___________________________________________________________________ (写出一条即可)。
目录
研透核心考点
(3)若实验中得出的落点情况如图乙所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球A的质量m1与被碰小球B的质量m2之比为__________。解析若 A、B 在碰撞过程中动量守恒，则有 m1OP＝m1OM＋m2ON，可得mm12＝ OPO－NOM，由题图乙可知 OM＝15.5 cm、OP＝25.5 cm、ON＝40.0 cm，则有 m1∶m2＝4∶1。答案 4∶1
图1
目录
研透核心考点
(1)为了保证碰撞时小球A不反弹，两球的质量必须满足m1________m2(填“<”或 “>”)，为了保证两小球发生对心正碰，两小球的半径________(填“需相等”或 “不需相等”)，本实验________测量平抛运动的高度和时间(填“不需要”或 “需要”)。解析为了保证碰撞时A不反弹，两球的质量必须满足m1>m2；为了保证两小球发生对心正碰，两小球的半径需相等；由于小球做平抛运动的高度和时间均相等，在验证动量守恒时可消除高度和时间，所以本实验不需要测量平抛运动的高度和时间。答案 > 需相等不需要

2019版高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒能力课动量和能量观点的综合应用学案

能力课动量和能量观点的综合应用[热考点]“滑块—弹簧”模型[模型特点]对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中：(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。

(2)在动量方面，系统动量守恒。

(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒，机械能守恒。

(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零。

【例1】如图1所示，质量分别为1 kg 、3 kg 的滑块A 、B 位于光滑水平面上，现使滑块A 以4 m/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。

图1(1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B 的最大速度。

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 同速。

系统动量守恒，以向右为正方向，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 pm ＝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，由动量守恒定律和能量守恒定律得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 ，向右。

答案 (1)6 J (2)2 m/s ，向右“滑块—弹簧”模型的解题思路 (1)应用系统的动量守恒。

(2)应用系统的机械能守恒。

(3)应用临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大。

【变式训练1】 (2017·江西南昌模拟)(多选)如图2甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x 。

高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒第

避躲市安闲阳光实验学校第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲[学生用书P112]【基础梳理】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＝－Δp2.二、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弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大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．【自我诊断】判一判(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．( )(2)动量守恒只适用于宏观低速．( )(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．( )(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．( )(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．( )(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中动量守恒．( )提示：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√做一做(2018·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．想一想碰撞过程除了系统动量守恒之外，还需要满足什么条件？碰撞与爆炸在能量转化方面有何不同？提示：碰撞过程除了系统动量守恒之外，还要满足的条件：系统动能不增加；碰撞结果要符合实际情况．碰撞系统动能不增加，而爆炸系统动能增加，这是二者最大的不同．对动量守恒定律的理解和应用[学生用书P113]【知识提炼】1．动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同．(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量．(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等．2．动量守恒定律的“五性”矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(没有特殊说明要选地球这个参考系)．如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系时，必须转换成相对同一参考系的速度同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统，而不是其中的一个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统【典题例析】(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？[审题指导] 在人与冰块分离、冰块与斜面体作用过程中水平方向都满足动量守恒条件，结合能量守恒可得出三者之间的速度关系．[解析] (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝(m 2＋m 3)v① 12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ②式中v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m 3＝20 kg.③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 20＝0④ 代入数据得v 1＝1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3⑥ 12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．[答案] (1)20 kg (2)见解析1．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)． (3)规定正方向，确定初末状态动量．(4)由动量守恒定律列出方程．(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．2．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．3．“人船模型”：若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．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m1v－1＝m2v－2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上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相对作用而反向运动．(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．【迁移题组】迁移1 动量守恒的条件判断1.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．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、机械能是否守恒解析：选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．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒，故C正确，A、B、D错误．迁移2 人船模型2.如图所示，长为l，质量为m的小船停在静水中，一个质量为m′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？解析：人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v1、v2，以人的速度方向为正方向，由于原来处于静止状态，因此0＝m′v2－mv1，即m′v2＝mv1由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m′ v－2＝m v－1，等式两边同乘运动的时间t，得m′v－2t＝m v－1t，即m′x2＝mx1又因x1＋x2＝l，因此有x1＝m′lm ′＋m.答案：m′l m′＋m迁移3 子弹打木块模型3．(多选)如图所示，质量为m的子弹水平射入质量为M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，则从子弹接触木块到随木块一起匀速运动的过程中木块动能增加了5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为( ) A．16 J B．11.2 JC．4.8 J D．3.4 J解析：选AB.法一：设子弹的初速度为v0，与木块的共同速度为v，则由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v；系统产生的内能Q＝fd＝12mv20－12(m＋M)v2，木块得到的动能为E k1＝fs＝12Mv2，其中，f为子弹与木块间的摩擦力，d为子弹在木块内运动的位移，s为木块相对于地面运动的位移，变形可得Q＝M＋mmE k1>E k1，故选项A、B正确．法二：本题也可用图象法，画出子弹和木块的v－t图象如图所示，根据v－t图象与坐标轴所围面积表示位移，ΔOAt的面积表示木块的位移s，ΔOAv0的面积表示子弹相对木块的位移d，系统产生的内能Q＝fd，木块得到的动能E k1＝fs，从图象中很明显可以看出d>s，故系统产生的内能大于木块得到的动能．迁移4 弹簧模型4.如图所示，滑块A、B的质量分别为m1与m2，m1<m2，由轻质弹簧相连接，置于水平的气垫导轨上．用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧，两滑块一起以恒定的速度v0向右滑动，突然，轻绳断开．当弹簧伸长至本身的自然长度时，滑块A的速度正好为零，问在以后的运动过程中，滑块B是否会有速度等于零的时刻？试通过定量分析，证明你的结论．解析：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块A的速度为零，故系统的机械能等于滑块B的动能．设这时滑块B的速度为v，则有E ＝12m 2v 2由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 2v 解得E ＝12·（m 1＋m 2）2v 2m 2假定在以后的运动中，滑块B 可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块A的速度为v 1，这时，不论弹簧是处于伸长状态还是压缩状态，都具有弹性势能E p .由机械能守恒定律得12m 1v 21＋E p ＝12·（m 1＋m 2）2v 2m 2①根据动量守恒得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1求出v 1，代入①式得（m 1＋m 2）2v 202m 1＋E p ＝（m 1＋m 2）2v 202m 2因为E p ≥0，故得（m 1＋m 2）2v 202m 1≤（m 1＋m 2）2v 22m 2即m 1≥m 2，与已知条件m 1<m 2不符．可见滑块B 的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑块B 的速度为零的情况．答案：见解析对碰撞现象中规律的分析[学生用书P114]【知识提炼】1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2.(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后>v 前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v ′前≥v ′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．2．碰撞模型类型 (1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′212m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 解得v ′1＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．③当质量小的球碰质量大的球时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．(2)完全非弹性碰撞①撞后共速．②有动能损失，且损失最多．【典题例析】(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．[审题指导] 由于是弹性碰撞，则同时满足动量守恒和机械能守恒，并且物体间碰后速度还要满足实际情况，即前面的速度大于后面的速度．[解析] A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为v C1，A的速度为v A1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv A1＋Mv C1 ①12mv20＝12mv2A1＋12Mv2C1②联立①②式得v A1＝m－Mm＋Mv0 ③v C1＝2mm＋Mv0 ④如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m<M的情况．第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为v A2，B的速度为v B1，同样有v A2＝m－Mm＋Mv A1＝⎝⎛⎭⎪⎫m－Mm＋M2v0 ⑤根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有v A2≤v C1 ⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0解得m≥(5－2)M另一解m≤－(5＋2)M舍去．所以，m和M应满足的条件为(5－2)M≤m<M.[答案] (5－2)M≤m＜M动量与能量的综合在碰撞中的求解技巧(1)处理这类问题，关键是区分物体相互作用的情况，分清物体的运动过程，寻找各相邻运动过程的联系，弄清各物理过程所遵循的规律．(2)对于发生弹性碰撞的物体，其作用过程中系统机械能守恒，动量守恒；对于非弹性碰撞来说，系统的动量守恒但机械能不守恒，系统损失的机械能等于转化的内能．【迁移题组】迁移1 碰撞的可能性分析1．两球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，v′B＝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′2A＋12m B v′2B＝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．迁移2 弹性碰撞规律求解2．(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b 相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有12mv20>μmgl①即μ<v202gl②设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，由能量守恒定律有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv 1＝mv ′1＋3m4v ′2 ④12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22 ⑤联立④⑤式解得v ′2＝87v 1⑥由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22≤μ3m 4gl ⑦联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl⑧联立②⑧式，可得a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件为32v 20113gl ≤μ<v 22gl.答案：32v 20113gl ≤μ<v 22gl迁移3 非弹性碰撞的分析3．(多选)(2018·宁夏银川模拟)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移随时间变化的图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A 球质量是m ＝2 kg ，则由图判断下列结论正确的是( )A ．碰撞前、后A 球的动量变化量为4 kg ·m/sB ．碰撞时A 球对B 球所施的冲量为－4 N ·sC ．A 、B 两球碰撞前的总动量为3 kg ·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J解析：选ABD.根据题图可知，碰前A 球的速度v A ＝－3 m/s ，碰前B 球的速度v B ＝2 m/s ，碰后A 、B 两球共同的速度v ＝－1 m/s ，故碰撞前、后A 球的动量变化量为Δp A ＝mv －mv A ＝4 kg ·m/s ，选项A 正确；A 球的动量变化量为4kg ·m/s ，碰撞过程中动量守恒，B 球的动量变化为－4 kg ·m/s ，根据动量定理，碰撞过程中A 球对B 球所施的冲量为－4 N ·s ，选项B 正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mv A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ，解得m B ＝43 kg ，故碰撞过程中A 、B 两球组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12mv 2A ＋12m B v 2B －12(m ＋m B )v 2＝10 J ，选项D 正确；A 、B 两球碰撞前的总动量为p ＝mv A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ＝－103 kg ·m/s ，选项C错误．迁移4 爆炸与反冲模型4．(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/sC．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s解析：选A.燃气从喷口喷出的瞬间，和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p ＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．[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向右运动解析：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.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．2.7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．m B＝m A B．m B＝14m AC．m B＝16m A D．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p2A2m A≥p′2A2m 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′Am A≤p′Bm 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 22 ③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/s① 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/s ③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)v 2⑥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[学生用书P315(单独成册)](建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(高考浙江自选模块)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.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确．甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误．2．(2018·泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，则另一块的速度是( ) A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v解析：选C.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv ＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C.3．一枚搭载着卫星以速率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：选D.对和卫星由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝（m1＋m2）v0－m2v2m1＝v0＋m2m1·(v0－v2)．4．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时模型获得的速度大小是( )A.mMv 0 B ．M mv 0C.MM －mv 0D ．mM －mv 0解析：选D.应用动量守恒定律解决本题，注意模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv 0－(M －m )v ′故v ′＝mv 0M －m，选项D 正确．5.如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M ，质量为m 的小球通过长度为L 的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O 点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )A.2LMM ＋mB ．2Lm M ＋mC.ML M ＋m D ．mL M ＋m解析：选B.分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与O 点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的位移为2L .小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v 1、v 2，有mv 1＝Mv 2，故ms 1＝Ms 2，s 1＋s 2＝2L ，其中s 1代表小球的水平位移大小，s 2代表小车的水平位移大小，因此s 2＝2LmM ＋m，选项B 正确．6．(2018·江西赣州信丰模拟)如图所示，B 、C 、D 、E 、F ，5个小球并排放置在光滑的水平面上，B 、C 、D 、E ，4个球质量相等，而F 球质量小于B 球质量，A 球的质量等于F 球质量．A 球以速度v 0向B 球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( ) A ．3个小球静止，3个小球运动 B ．4个小球静止，2个小球运动 C ．5个小球静止，1个小球运动 D ．6个小球都运动解析：选A.因A 、B 质量不等，M A ＜M B .A 、B 相碰后A 速度向左运动，B 向右运动．B 、C 、D 、E 质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E 有向右的速度，B 、C 、D 静止．E 、F 质量不等，M E ＞M F ，则E 、F 都向右运动．所以B 、C 、D 静止；A 向左，E 、F 向右运动．故A 正确，B 、C 、D 错误．二、多项选择题7．如图所示，一质量M ＝3.0 kg 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 ＝1.0 kg 的小木块A ，同时给A 和B 以大小均为4.0 m/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B 板，在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A．2.1 m/s B．2.4 m/sC．2.8 m/s D．3.0 m/s解析：选AB.以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M －m)v0＝Mv B1，代入数据解得：v B1≈2.67 m/s，当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝(M＋m)v B2，代入数据解得：v B2＝2 m/s，则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为：2 m/s＜v B＜2.67 m/s，故选项A、B正确．8.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为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．该碰撞为弹性碰撞B．该碰撞为非弹性碰撞C．左方是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：选AC.由m B＝2m A，p A＝p B知碰前v B＜v A，若右方为A球，由于碰前动量都为6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A球，设碰后二者速度分别为v′A、v′B，由题意知p′A＝m A v′A＝2 kg·m/s，p′B＝m B v′B ＝10 kg·m/s，解得v′Av′B＝25.碰撞后A球动量变为2 kg·m/s，B球动量变为10 kg·m/s，又m B＝2m A，由计算可知碰撞前后A、B两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A、C正确．9.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.12mv2B．mM2（m＋M）v2C.12NμmgL D．NμmgL解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv＝(M＋m)v t(①式)、12mv2＝12(M＋m)v2t＋ΔE(②式)，由①②联立解得ΔE＝Mm2（M＋m）v2，可知选项A错误，B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，选项C错误，D正确．。

高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒单元评估检测六含解析新人教版

高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒单元评估检测六含解析新人教版单元评估检测(六)(第六章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

1～6题为单选题，7、8题为多选题)1.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )A.在下滑过程中，物块的机械能守恒B.在下滑过程中，物块和槽的动量守恒C.物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动D.物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处【解析】选C。

在下滑的过程中，物块与弧形槽系统只有重力做功，机械能守恒，对于物块，除了重力做功外，支持力做功，则物块的机械能不守恒，故A错误。

物块加速下滑，竖直方向受向下合力，物块与槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向动量守恒，故B错误。

因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒，物块离开槽时速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动，故C正确，D错误。

2.如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。

两根光滑滑轨MP、QN 的端点都在圆周上，MP>QN。

将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小D.两滑块的动量变化大小相同【解析】选C。

这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。

合力F=mgsin θ(θ为滑轨倾角)，F a>F b，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力F N=mgcos θ，F Na<F Nb，因此弹力对a滑块的冲量较小。

3.(2018·合肥模拟)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a-t图象如图所示，t=0时其速度大小为2 m/s。

高考物理总复习(教科)课件：第六章碰撞与动量守恒实验七验证动量守恒定律

模拟创新实验冲关
1.某同学把两个质量不同的小球用细线连接,中间夹一个被压缩了的轻弹簧,
如图所示,将此系统置于光滑水平桌面上,烧断细线,观察两小球的运动情况,
进行必要的测量,验证两小球相互作用的过程中动量守恒.
(1)该同学还需具备的器材是
;
(2)需要直接测量的数据是
;
解析:(1)(2)这个实验的思路是通过测平抛运动的位移来代替它们作用后的速度.所以需要有刻度尺和天平分别测平抛运动的水平位移和两小球的质量. 答案:(1)刻度尺、白纸、复写纸、图钉、细线、铅锤、木板、天平
解析:(2)小球A下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力,对于每次滚下的小球的影响都是相同的,因此对小球的末速度无影响,故对实验结果不会产生误差. (3)实验中必须满足的条件是:碰撞小球的质量大于被碰小球的质量,小球每次都必须从同一高度滚下,不需要测量小球做平抛运动的时间或高度,故选项D正确. 答案:(2)不会 (3)D
(4)在“验证动量守恒定律”的实验中.某同学用如图(乙)所示的装置进行了如
下的操作:
①先调整斜槽轨道,使末端的切线水平,在一块平木板表面先后钉上白纸和复写
纸,并将该木板竖直立于靠近槽口处,使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止
释放,撞到木板并在白纸上留下痕迹O.
②将木板向右平移适当的距离,再使小球a从原固定点由静止释放,撞在木板上
其表达式为
.
解析:(4)在处理实验数据时首先明确木板上各点的归属,A 点是 a 球碰后的落点、B
点是 a 球碰撞时的落点、C 点是 b 球被碰以后的落点.对平抛运动研究可知 v= x , 2y g
所以碰撞前后各个球的速度为 v1= x ,v2= x ,v3= x ,则有 max = max

2021版高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒定律 7 章末过关检测(六)(含解析)

章末过关检测(六）（建议用时：45分钟)一、单项选择题1．(2020·河北石家庄模拟)如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( ）A．动量守恒、机械能守恒B．动量守恒、机械能不守恒C．动量不守恒、机械能守恒D．动量、机械能都不守恒解析：选B。

子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒，但是子弹击中木块A的过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确．2．(2020·湖北武汉高三调考）运动员在水上做飞行运动表演．他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出,令自己悬停在空中，如图所示．已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm,已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( ）A．2。

7 m/s B．5。

4 m/sC．7.6 m/s D．10。

8 m/s解析:选C.设Δt时间内有质量为m的水射出，忽略重力冲量,对这部分水由动量定理得FΔt＝2mv,m＝ρvΔt·π错误!，设运动员与装备的总质量为M，运动员悬停在空中，所以F′＝Mg，由牛顿第三定律得F′＝F，联立解得v≈7。

6 m/s,C正确．3.如图所示,在光滑的水平面上有三个完全相同的小球,它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0射向它们,设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是（）A．v1＝v2＝v3＝错误!v0B．v1＝0，v2＝v3＝错误!v0C．v1＝0，v2＝v3＝错误!v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0解析：选D。

由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．若各球质量为m，而碰撞前系统总动量为mv0,总动能为错误!mv 2，0。

高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒高效演练创新预测实验七验证动量守恒定律(含解析)新人教版

验证动量守恒定律1.(2018·太原模拟)“枪支比动能e0〞是反映枪支威力的一个参数，e0=，式中E0是子弹离开枪口时的动能，S是子弹的横截面积(假设子弹是球形，如此S是过球心的截面圆面积)。

“J2136冲击摆实验器〞是物理实验中的实验器材，可以用来测量弹簧枪的比动能e0，如图甲所示，左侧是可以发射球形子弹的弹簧枪，中间立柱上悬挂小摆块，摆块一般用塑料制成，正对枪口处有一水平方向的锥形孔(使弹丸容易射入并与摆块结合为一体)。

摆块摆动的最大角θ可由刻度盘读出。

(重力加速度大小为g)(1)用游标卡尺测量子弹直径，测量结果如图乙所示，子弹的直径d=_______mm。

(2)实验开始之前，必须测量的物理量为子弹直径d以与_______和_______。

(写出物理量与其表示字母)；(3)实验步骤如下：①将冲击摆实验器放在桌上，调节底座上的调平螺丝，使底座水平；②再调节支架上端的调节螺丝，改变悬线的长度，使摆块的孔洞跟枪口正对，并且使摆块右侧与0刻度对齐；③此时用刻度尺测量出摆长L；④扣动弹簧枪扳机，打出子弹，记录下摆块的最大摆角；⑤屡次重复实验，计算出摆块最大摆角的平均值θ；⑥处理实验数据，得出实验结论。

(4)子弹的发射速度为v0=_______，弹簧枪的比动能为e0=_______。

(用量和测量量的字母表示)；(5)由于存在系统误差，使得测量值_______理论值。

(选填“大于〞“小于〞或“等于〞) 【解析】(1)主尺读数为1.0cm，游标读数为0.02×26=0.52mm，所以最终读数为10mm+0.52mm=10.52mm；(2)本实验中要确定子弹的动能，所以在实验前应先测量出子弹的质量m和摆块的质量M；(4)根据机械能守恒定律可知， (m+M)gL(1-cosθ)=(M+m)v2根据动量守恒定律可知：mv0=(M+m)v，联立解得：子弹的速度为：v0=；根据比动能的定义式可知：e0=，E0=m，截面积S=πd2，解得比动能e0=；(5)由于摆块在运动中存在空气阻力做功，因此求出的子弹的速度偏小，故测量值一定小于真实值。

近年高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒章末质量检测(2021年整理)

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第六章碰撞与动量守恒章末质量检测（六）（时间：45分钟满分：100分)一、选择题（本题共6小题，每小题7分，共42分。

1~4题为单项选择题，5~6题为多项选择题）1。

（2017·福建泉州质检)将一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0，方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块的质量为2m，速度大小为v,方向水平向东，则另一块的速度大小为（）A。

3v0－v B.2v0－3vC.3v0－2vD.2v0＋v解析取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mv x，可得v x＝3v－2v,选项C正确。

答案C2.某物体受到一个－6 N·s的冲量作用，则（)A.物体的动量一定减少B.物体的末动量一定是负值C。

物体动量变化量的方向一定与规定的正方向相反D.物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反解析动量定理是矢量方程解题时,注意规定正方向。

冲量、动量都是矢量，对在一条直线上运动的物体,规定正方向后，可用“＋”“－"号表示矢量的方向，－6 N·s的冲量说明物体所受冲量的大小为6 N·s，方向与规定的正方向相反,由动量定理可知选项C正确。

而初、末动量的方向、大小由题设均不能确定。

2019届高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒题型探究课动量守恒中的力学综合问题课件

解析：设小球 A 下滑到水平轨道上时的速度大小为 v1，平台水平速度大小为 v，由动量守恒定律有 0＝mAv1－Mv 由能量守恒定律有 mAgh＝12mAv21＋12Mv2 联立解得 v1＝2 m/s，v＝1 m/s
小球 A、B 碰后运动方向相反，设小球 A、B 的速度大小分别为 v′1 和 v2.由于碰后小球 A 被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球 A 的速度等于平台的速度，有 v′1＝1 m/s 由动量守恒定律得 mAv1＝－mAv′1＋mBv2 由能量守恒定律有12mAv21＝12mAv′21＋12mBv22 联立上式解得 mB＝3 kg. 答案：3 kg
为 WB，由能量守恒定律得 WB＝12mv2B－12mv′2B ③
据题意可知 WA＝WB
④
设 B、C 碰撞后瞬间共同速度的大小为 v，由动量守恒定律
得 mv′B＝2mv
⑤
联立①②③④⑤式，代入数据得 v＝ 1261v0. 答案： 1261v0
2．(2015·高考广东卷)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 R＝0.5 m．物块 A 以 v0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点 Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上 P 处静止的物块 B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为 L＝0.1 m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为 μ＝0.1，A、B 的质量均为 m＝1 kg(重力加速度 g 取 10 m/s2；A、B 视为质点，碰撞时间极短)．
解决力学问题的三种观点所涉及的主要内容是“三个运动定律”——牛顿三大定律，“两个定理”——动能定理和动量定理，“三个守恒定律”——能量守恒定律、机械能守恒定律和动量守恒定律．

2025高考物理总复习碰撞中的临界问题及多次碰撞问题

为( CD )
A.4 m/s
B.5 m/s
图2 C.6 m/s
D.7 m/s
解析对于甲和箱子根据动量守恒定律得(M＋m)v0＝Mv1＋mv，对于乙和箱子根据动量守恒定律得mv－Mv0＝(M＋m)v2，甲、乙恰好不相碰，有v1＝v2，联立解得v＝5.2 m/s，若要避免碰撞，则需要满足v≥5.2 m/s，故C、D正确， A、B错误。
(3)两物体刚好不相撞，两物体速度相同。 (4)滑块恰好不滑出长木板，滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同。
例1 如图1，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1 ＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小取g＝10 m/s2。
下列说法正确的是(BD )
A.n＝26
B.系统因摩擦产生的热量为25 J
C.物块最终停在车厢右端
D.车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右
图3
解析由动量守恒定律得 mv0＝(m＋M)v，解得车厢和
小物块最终运动的共同速度为 v＝5 m/s，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得12mv20＝21(M＋m)v2＋Q，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为 Q＝25 J，故 B、 D 正确；根据 Q＝μmgL，可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离 L＝μQmg＝25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数 n＝Ll ＝25 次，因此可知物块最终停在车厢中点处，故 A、C 错误。析设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块分析，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v0＝0 代入数据得v1＝－1 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体分析，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3 12m2v20＝12m2v22＋12m3v23 联立并代入数据得v2＝－1 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩

2019年高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒综合检测教科版

《碰撞与动量守恒》综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得 0分)1.一物体竖直向下匀加速运动一段距离,对于这一运动过程,下列说法正确的是( C )A.物体的机械能一定增加B.物体的机械能一定减少C.相同时间内,物体动量的增量一定相等D.相同时间内,物体动能的增量一定相等解析:物体竖直向下做匀加速运动,有两种可能的情况:①加速度大于重力加速度,物体受到重力和向下的力的作用;②加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、小于重力的作用力.若物体的加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、小于重力的作用力,该力对物体做负功,物体的机械能减少,选项A错误;若物体的加速度大于g,说明除重力做功之外,还有其他力对物体做正功,物体的机械能应增加,选项B错误;物体做匀加速运动,则物体受到的合外力不变,根据I=Ft,相同时间内物体受到的冲量一定相等,根据动量定理,物体动量的增量一定相等,选项C正确;由C的分析,物体受到的合外力不变,相同时间内物体动量的增量一定相等,则物体动能的增加量ΔE k2-v1)(v2+v1mΔv·(v2+v1),显然,随时间的变化,v2+v1是变化的,即动量变化相等的情况下,动能的变化是不同的,选项D错误.2.如图所示,一质量为2 kg的物体放在光滑的水平面上,原来处于静止状态,现用与水平方向成60°角的恒力F=10 N作用于物体上,历时5 s,则下列说法不正确的是( A )A.力F对物体的冲量大小为50 N·sB.力F对物体的冲量大小为25 N·sC.物体的动量变化量为50 kg·m/sD.物体所受合外力冲量大小为50 N·s解析:力F对物体的冲量大小I=Ft=10×5 N·s=50 N·s,选项A正确,B错误;物体受到的合外力的冲量为I=Ftcos 60°,由动量定理可知Ftcos 60°=Δp,则合外力的冲量及动量的变化量为Δp=10×5×·m/s=25 kg·m/s,选项C,D错误.3.在光滑的水平面上有a,b两球,其质量分别为m a,m b,两球在t0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失,两球碰撞前后的速度—时间图像如图所示,下列关系正确的是( B )A.m a>m bB.m a<m bC.m a=m bD.无法判断解析:由图像知a球以一初速度向原来静止的b球运动,碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小,根据动量守恒定律,a球的质量小于b球的质量,选项B正确.4.如图所示,质量为3 kg的木板放在光滑的水平地面上,质量为1 kg的木块放在木板上,它们之间有摩擦,木板足够长,两者都以4 m/s的初速度向相反方向运动.当木板的速度为2.4 m/s时,木块( C )A.处于匀速运动阶段B.处于减速运动阶段C.处于加速运动阶段D.静止不动解析:木板和木块组成的系统动量守恒,设它们相对静止时的共同速度为v,以木板运动的方向为正方向,则Mv1-mv2m/s,方向与木板运动方向相同.在这之前,木板一直做匀减速运动,木块先做匀减速运动,当相对地面的速度为零时,再反向向右做匀加速运动,直到速度增大到 2 m/s.设当木块对地速度为零时,木板速度为v′,则Mv1-mv2=Mv′,v′m/s,大于2.4 m/s,所以木板的速度为2.4 m/s时,木块处在反向向右加速运动阶段,选项C正确.5.如图所示,质量为M的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一块质量为m的物体,其时刻给物体一个水平向右的初速度v0,那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( D )A.两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等C.方向水平向右D.方向水平向右解析:由于盒子内表面不光滑,在多次碰后物体与盒子相对静止,由动量守恒得mv0=(M+m)v′,解得v′选项D正确.6.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( C )解析: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x1,M在水平方向上对地位移为x2,因此有0=mx1-Mx2.且x1+x2可得x2选项C正确.7.如图所示,完全相同的A,B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动.A,B间夹有少量炸药,对A,B在炸药爆炸过程及随后的运动过程有下列说法,其中正确的是( D )A.炸药爆炸后瞬间,A,B两物块速度方向一定相同B.炸药爆炸后瞬间,A,B两物块速度方向一定相反C.炸药爆炸过程中,A,B两物块组成的系统动量不守恒D.A,B在炸药爆炸后至A,B相对传送带静止的过程中动量守恒解析:设A,B质量都为m,A,B在炸药爆炸过程中,内力远远大于外力,动量守恒,爆炸后B的速度方向肯定与v的方向相同,根据动量守恒定律得2mv=mv A+mv B.若爆炸后B的速度大于2v,则A的速度方向与B的速度方向相反,若爆炸后B的速度小于2v,则A的速度方向与B的速度方向相同,选项A,B,C错误;A,B在炸药爆炸后至A,B相对传送带静止的过程中,对A,B的两个摩擦力刚好大小相等,方向相反,时间相同,所以冲量是相反的,所以总冲量是0,动量是守恒的,选项D正确.8.如图所示,质量为M的“L”形物体静止在光滑的水平面上.物体的AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧,BC部分是水平面.将质量为m的小滑块从物体的A点静止释放,沿圆弧面滑下并最终停在物体的水平部分BC之间的D点,则( AD )A.滑块m从A滑到B的过程,物体与滑块组成的系统动量不守恒,机械能守恒B.滑块滑到B点时,C.滑块从B运动到D的过程,系统的动量和机械能都不守恒D.滑块滑到D点时,物体的速度等于0解析:因为滑块从A下滑到B的过程中,系统所受合外力不为零,系统动量守恒,又因为滑块从A下滑到B的过程中系统中只有动能和重力势能的相互转化,故满足机械能守恒条件,选项A 正确;滑块从A下滑到B的过程中,系统在水平方向上动量守恒、机械能守恒,设到达B点时的速度为v M,到达B点时的速度为v m,圆弧的半径为R,以水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得mv m+Mv M=0,由机械能守恒定律可得当v m,v M=0,这两组数据不满足动量守恒定律,选项B错误;滑块从B运动到D的过程,系统所受合外力为零,系统动量守恒,在该过程中要克服摩擦阻力做功,系统机械能不守恒,选项C错误;滑块到达D点时停在物体上,即滑块与物体相对静止,速度相等.根据动量守恒定律mv m+Mv M=0,满足方程时只有v M=v m=0,即滑块滑到D点时,物体的速度一定等于零,选项D正确.9.如图所示,位于光滑水平桌面,质量相等的小滑块P和Q都可以视做质点,Q与轻质弹簧相连,设Q静止,P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用,若整个作用过程中无机械能损失,用E1表示弹簧具有的最大弹性势能,用E2表示Q具有的最大动能,则( AD )A.E10B.E1=E0C.E20D.E2=E0解析:弹簧的最大弹性势能发生在P,Q的速度相等时,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv,由能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能为E12,解得E10,选项A正确,B错误;由于P,Q之间发生的是完全弹性碰撞,且P,Q的质量相等,最终P,Q将交换速度,即小滑块P将静止,小滑块Q以动能E0运动,选项C错误,D正确. 10.如图所示,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v0沿光滑水平面运动,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.在碰撞过程中,下列情况可能发生的是( CD )A.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足(M+m0)v0=(M+m0)v1+mv2B.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)v0=Mv1+mv2+m0v3C.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足Mv0=Mv1+mv2D.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v′,满足Mv0=(M+m)v′解析:由于小车与木块发生碰撞的时间极短,碰撞时仅小车与木块间发生相互作用,使小车与木块的动量、速度发生变化,而在这极短时间内,摆球和小车水平方向并没有通过绳发生相互作用,所以小车与木块碰后瞬时,小球仍保持原来的速度而未来得及变化,仅小车与木块由于相互作用,各自动量发生改变,选项A,B错误;取小车(不包括摆球)和木块作为系统,碰撞前后动量守恒,但小车与木块碰后可能分离,也可能结合在一起,选项C,D正确.11.如图所示,水平传送带AB足够长,质量为M=1.0 kg的木块随传送带一起以v1=2 m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,当木块运动到最左端A点时,一颗质量为m=20 g的子弹,以v0=300 m/s的水平向右的速度,正对射入木块并穿出,穿出速度v=50 m/s,设子弹射穿木块的时间极短,(g取10 m/s2)则( BC )A.子弹射穿木块后,木块一直做减速运动B.木块遭射击后远离A的最大距离为0.9 mC.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为1.0 sD.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为0.6 s解析:子弹射穿木块后,木块先向右做减速运动,然后再向左做加速运动,选项A错误;设木块被子弹击穿时的速度为v3,子弹击穿木块过程水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,故mv0-Mv1=mv+Mv3,代入数据解得v3=3.0 m/s木块遭射击后远离A的距离最大时的瞬时速度为0,根据动能定理得-μMgx m代入数据得x m=0.9 m,选项B正确;选取向右为正方向,则木块与传送带的速度相等时的速度是-2 m/s.木块的加速度μg=-0.5×10 m/s2=-5 m/s2木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为s,选项C正确,D错误.12.如图所示,水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板,m1由图示位置静止释放.当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1,在以后的运动过程中( BD )A.m1的最小速度是0B.m11C.m2的最大速度是v1D.m21解析:从小球m1到达最近位置后继续前进,此后拉着m2前进,m1减速,m2加速,达到共同速度时两者相距最远,此后m1继续减速,m2加速,当两球再次相距最近时,m1达到最小速度,m2达最大速度.两小球水平方向动量守恒,速度相同时保持稳定,一直向右前进,m1v1=m1v1′+m2v2,21v1′解得v1′1,v21故m11,选项A错误,B正确;m21,选项D正确,C错误.二、非选择题(共52分)13.(5分)在用气垫导轨做“验证动量守恒定律”实验时,左侧滑块质量m1=170 g,右侧滑块质量m2=110 g,挡光片宽度为3.00 cm,两滑块之间有一压缩的弹簧片,并用细线连在一起,如图所示.开始时两滑块静止,烧断细线后,两滑块分别向左、右方向运动.挡光片通过光电门的时间分别为Δt1=0.32 s,Δt2=0.21 s.则两滑块的速度分别为v1′= m/s,v2′= m/s.烧断细线前m1v1+m2v2= kg·m/s,烧断细线后m1v1′+m2v2′= kg·m/s.可得到的结论是 .解析:由平均速度公式可得v1′v2′设向右为正方向,因烧断细线之前,两滑块均静止,故烧断细线前的动量为零;碰后的动量为0.17×(-0.09) kg·m/s+0.11×0.143 kg·m/s≈0,故说明碰撞前后动量相等,系统动量守恒.答案:0.09 0.143 0 0 系统动量守恒评分标准:每空1分.14.(9分)如图(甲)所示,用“碰撞实验器”,可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.(1)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的,但是,可以通过仅测量(填选项前的符号),间接地解决这个问题.A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程(2)图(甲)中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时,先将入射球m1多次从斜轨上S 位置由静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP.然后,把被碰小球m2静止于轨道的水平部分,再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放,与小球m2相撞,并多次重复.接下来要完成的必要步骤是.(填选项前的符号)A.用天平测量两个小球的质量m1,m2B.测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1,m2相碰后平均落地点的位置M,NE.测量平抛射程OM,ON(3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为[用(2)中测量的量表示].(4)经测定,m1=0.45 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图(乙)所示.碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′,则p1∶p1′= ∶11;若碰撞结束时m2的动量为p2′,则p1′∶p2′=11∶.实验结果说明,为.解析:(1)小球离开轨道后做平抛运动,由2知即小球的下落时间一定,则初速度,选项C 正确.(2)本实验要验证的是m1·OM+m2·ON=m1·OP,因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程OM和ON,而要确定水平射程,应先分别确定两个小球落地的平均落点,没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度H.故应完成的步骤是ADE.(3)若动量守恒,应有m1v1+m2v2=m1v0(v0是m1单独下落离开轨道时的速度,v1,v2是两球碰后m1,m2离开轨道时的速度),又则有m1 21即m1·OM+m2·ON=m1·OP.(4)碰前m1的动量p1=m1v0=m1碰后m1的动量p1′=m1v1=m1则p1∶p1′=OP∶OM=14∶11;碰后m2的动量p2′=m2v2=m2所以p1′∶p2′=(m1·OM)∶(m2·ON)=11∶2.9;1.01.答案:(1)C (2)ADE(3)m1·OM+m2·ON=m1·OP(4)14 2.9 1.01评分标准:第(1)(2)(3)问各2分,第(4)问3分.15.(6分)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v0=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M1=90 kg,乙和他的装备总质量为M2=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M2v0-M1v0=(M1+M2)v1(1分)以乙和A组成的系统为研究对象,由动量守恒得M2v0=(M2-m)v1+mv(1分)代入数据联立解得v1=0.4 m/s,v=5.2 m/s.(2分)(2)以甲为研究对象,由动量定理得Ft=M1v1-(-M1v0)(1分)代入数据解得F=432 N.(1分)答案:(1)5.2 m/s (2)432 N16.(7分)如图所示,光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B,B的质量为M=3m,B的曲面下端与水平面相切,且劈B足够高.现让小物块C以水平速度v0向右运动,与A发生弹性碰撞,碰撞后小物块A又滑上劈B.求物块A在B上能够达到的最大高度.解析:C,A组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mv C+mv A(1分)由能量守恒定律得分)解得v C=0,v A=v0(1分)A,B系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv A=(m+M)v(1分)系统机械能守恒,由机械能守恒定律得2(2分)解得分)答案17.(11分)如图所示,半径为R的四分之三光滑圆轨道竖直放置,CB是竖直直径,A点与圆心等高,有小球b静止在轨道底部,小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切进入竖直圆轨道,a,b小球直径相等,质量之比为3∶1,两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出落在离C点水平距离为的地面上,重力加速度为g,小球均可视为质点.求:(1)小球b碰后瞬间的速度;(2)小球a碰后在轨道中能上升的最大高度.解析:(1)b小球从C点抛出做平抛运动,有2=2R(1分)解得分)小球b做平抛运动的水平位移x=v C R(1分)解得v C分)根据机械能守恒有b gR(1分)可知小球b在碰后瞬间的速度v b分)(2)a,b两小球相碰,由动量守恒得m a v a=m a v a′+m b v b(1分)a,b两小球发生弹性碰撞,由机械能守恒得2分)a v a′又m a=3m b解得v a b,v a′a b(1分)可得v a′小球a在轨道内运动,不能到达圆心高度,所以小球a不会脱离轨道,只能在轨道内来回滚动,a v a′2=m a gh(1分)解得分)答案18.(14分)质量M=3.0 kg的长木板置于光滑水平面上,木板左侧放置一质量m=1.0 kg的木块,右侧固定一轻弹簧,处于原长状态,弹簧正下方部分的木板上表面光滑,其他部分的木板上表面粗糙,如图所示.现给木块v0=4.0 m/s的初速度,使之向右运动,在木板与木块向右运动过程中,当木板和木块达到共速时,木板恰与墙壁相碰,碰撞过程时间极短,木板速度的方向改变,大小不变,最后木块恰好在木板的左端与木板相对静止.求:(1)木板与墙壁相碰时的速度v1;(2)整个过程中弹簧所具有的弹性势能的最大值E pm.解析:(1)以木块与木板组成的系统为研究对象,从木块开始运动到两者速度相同的过程中,系统动量守恒,由动量守恒定律可得mv0=(M+m)v1,(2分)解得v1=1 m/s.(1分)(2)木板与墙壁碰后返回,木块压缩弹簧,当弹簧压缩到最短时,木块与木板速度相等,在此过程中两者组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可得Mv1-mv1=(M+m)v2,(2分)解得v2=0.5 m/s;(1分)当弹簧压缩到最短时,弹簧弹性势能最大,(M+m)pm+Q,(2分)当木块到达木板最左端时两者速度相等,在此过程中,系统动量守恒,由动量守恒定律可得Mv1-mv1=(M+m)v3,(2分)解得v3=0.5 m/s;(1分)从木块开始运动到木块再回到木板最左端的整个过程中,由能量守恒定律可得分)解得Q=3.75 J,E pm=3.75 J.(1分)答案:(1)1 m/s (2)3.75 J。

高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒章末过关检测

第六章碰撞与动量守恒章末过关检测(六)(建议用时：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2017·河北石家庄模拟)如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A．动量守恒、机械能守恒B．动量守恒、机械能不守恒C．动量不守恒、机械能守恒D．动量、机械能都不守恒解析：选B.子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒，但是子弹击中木块A的过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确．2．(2017·北京朝阳模拟)如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则( ) A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零B．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C．此系统的机械能一定守恒D．此系统的机械能可能增加解析：选D.若一个系统动量守恒，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，A错误．此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变这是有可能的，B错误．因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，C错误，D 正确．3．假设进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为m A和m B，他们携手匀速远离空间站，相对空间站的速度为v0.某时刻A将B向空间站方向轻推，A的速度变为v A，B的速度变为v B，则下列各关系式中正确的是( )A．(m A＋m B)v0＝m A v A－m B v BB ．(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B (v A ＋v 0)C ．(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B (v A ＋v B )D ．(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B解析：选D.本题中的各个速度都是相对于空间站的，不需要转换．相互作用前系统的总动量为(m A ＋m B )v 0，A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为v A ，B 的速度变为v B ，动量分别为m A v A 、m B v B ，根据动量守恒定律得(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，故D 正确．4．(2017·北京第四中学考试)在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( ) A.v 02B ．v 06 C.v 02或v 06 D ．无法确定解析：选A.两球相碰后A 球的速度大小变为原来的12，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A 速度方向不变，则mv 0＝12mv 0＋3mv 1，可得B 球的速度v 1＝v 06，而B 在前，A 在后，碰后A 球的速度大于B 球的速度，不符合实际情况，因此A 球一定反向运动，即mv 0＝－12mv 0＋3mv 1，可得v 1＝v 02，A 正确，B 、C 、D 错误． 5.如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A 和物块B ，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O (不计滑轮的摩擦)，A 的质量为m ，B 的质量为4m ，开始时，用手托住A ，使OA 段绳恰好处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB 绳平行于斜面，此时B 静止不动，将A 由静止释放，在其下摆过程中B 始终保持静止．则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是( )A ．物块B 受到的摩擦力方向一直沿着斜面向上B ．物块B 受到的摩擦力大小可能不变C ．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右D ．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向左解析：选C.A 下摆到竖直位置之前，机械能守恒，有mgL ＝12mv 2，在最低点，根据牛顿第二定律有F －mg ＝m v 2L，解得F ＝3mg ；对B 受力分析，未释放A 时，由平衡条件得B 所受的静摩擦力F f ＝4mg sin 30°＝2mg ，方向沿斜面向上，在A 到达最低点的瞬间，有F ′f ＝F－4mg sin 30°＝mg ，方向沿斜面向下，故选项A 、B 错误．假设地面光滑，小球A 、B 及斜面整体水平方向上不受外力，系统水平方向动量守恒，故小球下摆，具有向右的水平动量，则斜面体和B 有向左的水平动量，即有向左的运动趋势，故地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，选项C 正确，D 错误．二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6．A 、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v －t 图线，由图线可以判断( )A ．A 、B 的质量比为3∶2B ．A 、B 作用前后总动量守恒C ．A 、B 作用前后总动量不守恒D ．A 、B 作用前后总动能不变解析：选ABD.设A 的质量为m 1，B 的质量为m 2，碰撞前后两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，从图象上可得碰撞前后两者的速度，故有m 1×6＋m 2×1＝m 1×2＋m 2×7，解得m 1∶m 2＝3∶2，A 、B 正确，C 错误．碰撞前系统的总动能E k1＝12m 1×62＋12m 2×12＝553m 1，碰撞后总动能为E k2＝12m 1×22＋12m 2×72＝553m 1＝E k1，动能不变，D 正确． 7．(2017·河北衡水中学模拟)在光滑水平面上动能为E 0、动量大小为p 0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量大小分别记为E 2、p 2，则必有( )A ．E 1<E 0B ．p 2>p 0C ．E 2>E 0D ．p 1>p 0解析：选AB.因为碰撞前后动能不增加，故有E 1<E 0，E 2<E 0，p 1<p 0，A 正确，C 、D 错误．根据动量守恒定律得p 0＝p 2－p 1，得到p 2＝p 0＋p 1，可见，p 2>p 0，B 正确．8．(2017·河北石家庄检测)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较( )A．子弹的末速度大小相等B．系统产生的热量一样多C．子弹对滑块做的功不相同D．子弹和滑块间的水平作用力一样大解析：选AB.根据动量守恒，两次最终子弹与滑块的速度相等，A正确．根据能量守恒可知，初状态子弹的动能相同，末状态两滑块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量相等，B正确．子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相等，因此做功相等，C错误．产生的热量Q＝f×Δs，由于产生的热量相等，而相对位移Δs不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误．三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(14分)(2017·陕西商洛模拟)如图，水平面上有一质量m＝1 kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量m0＝1 kg的小物块，小物块与小车一起以v0＝6 m/s的速度向右运动，与静止在水平面上质量M＝4 kg的小球发生正碰，碰后小球的速度变为v＝2 m/s，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力．求：(1)小车与小球碰撞后瞬间小车的速度v1；(2)从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小．解析：(1)小车与小球碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0＝Mv＋mv1解得v1＝－2 m/s，负号表示碰撞后小车向左运动．(2)当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度为v2，根据动量守恒定律有m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2解得v2＝2 m/s设从碰撞后瞬间到弹簧被压缩到最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有I＝mv2－mv1解得I＝4 N·s.答案：见解析10．(18分)如图所示，在固定的光滑水平杆(杆足够长)上，套有一个质量为m＝0.5 kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98 kg的木块，现有一质量为m0＝20 g的子弹以v0＝100 m/s 的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g ＝10 m/s 2)，求：(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；(2)木块所能达到的最大高度．解析：(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有 m 0v 0＝(m 0＋M )v在该过程中机械能有损失，损失的机械能为ΔE ＝12m 0v 20－12(m 0＋M )v 2 联立解得ΔE ＝99 J.(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有 (m 0＋M )v ＝(m 0＋M ＋m )v ′又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有(m 0＋M )gh ＝12(m 0＋M )v 2－12(m 0＋M ＋m )v ′2 联立解得h ＝0.01 m.答案：(1)99 J (2)0.01 m11．(20分)(2017·宁夏银川一中检测)甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车的质量共为M ＝30 kg ，乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量m ＝15 kg 的箱子，和他一起以大小为v 0＝2.0 m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求：(1)甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免他与乙相撞？(2)甲推出箱子时对箱子做了多少功？解析：(1)甲推出箱子后，要想刚好能避免相碰，要求乙抓住箱子后反向和甲的速度正好相等．设箱子推出后其速度为v ，甲的速度为v 1，根据动量守恒定律可得(m ＋M )v 0＝mv ＋Mv 1设乙抓住箱子后其速度为v 2，根据动量守恒定律可得mv －Mv 0＝(m ＋M )v 2刚好不相碰的条件要求v 1＝v 2联立可解得v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2mM ＋2M 2m 2＋2mM v 0 代入数值可得v ＝5.2 m/s.(2)设推出时甲对箱子做功为W ，根据能量守恒定律知W ＝12mv 2－12mv 2代入数值可得W ＝172.8 J.答案：(1)5.2 m/s (2)172.8 J。

高考物理总复习：第六章 碰撞与动量守恒 综合检测

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