2016届高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(十七) 碰撞与动量守恒近代物理初步9 Word版含答案

合集下载

巩固练习动量守恒定律复习与巩固基础

【巩固练习】一、选择题1．下列论述中错误的是（）．A ．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变B ．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变C ．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的D ．动量守恒是相互作用的物体系在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的2．一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M 的平板，处于平衡状态．一质量为m 的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h ，如图所示．让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长（）．A ．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B ．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C ．环撞击板后，板的新的平衡位置与^的大小无关D ．在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功3．如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽，置于光滑的水平面上，槽的左侧有一个竖直墙壁．现让一个小球自左端槽口A 的正上方从静止开始下落，与半圆形槽相切从A 点进入槽内，则以下说法正确的是（）．A ．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B ．小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能不守恒C ．小球从最低点向右侧最高点运动过程中，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒D ．小球离开右侧最高点以后，将做竖直上抛运动4．质量为m 的物体以v 0做平抛运动，经过时间t ，下落的高度为h ，速度大小v ．在这段时间内，该物体的动量变化量大小为（）．A ．mv －mv0B ．mgt c ．220m v v D ．2m gh5．如图所示，两个质量相等的物体沿同一高度、倾角不同的两光滑斜面顶端由静止自由下滑，到达斜面底端，两个物体具有的不同的物理量是（）．A．下滑的过程中重力的冲量B．下滑的过程中弹力的冲量C．下滑的过程中合力的冲量D．刚到达底端时的动量大小6．两辆汽车的质量分别为m1和m2，已知m1＞m2，沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，则此时两辆汽车动量p1和p2的大小关系是（）．A．p1等于p2B．p1小于p2C．p1大于p2D．无法比较7．放在光滑水平面上的物体A和B之间用一弹簧相连，一颗水平飞来的子弹沿着AB连线击中A，并留在其中，若A和B及子弹质量分别为m A和m B及m，子弹击中A之前的速度为v0，则（）．A．A物体的最大速度为0Amvm m+B．B物体的最大速度为0Bmvm m+C．两物体速度相同时其速度为0A Bmvm m m++D．条件不足，无法计算8．向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a和b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（）．A．b块的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间里，a块飞行的水平距离一定比b块大C．a块和b块一定同时到达地面D．在炸裂过程中，a块与b块受到的爆炸力的冲量大小一定相等9．如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，开始时B静止，A具有4 kg·m／s的动量（令向右为正），开始绳松弛．在绳拉紧（可能拉断）的过程中，A、曰动量的变化可能为（）．A．Δp A=－4 kg·m／s，Δp B=4 kg·m／sB．Δp A=2 kg·m／s，Δp B=－2 kg·m／sC．Δp A=－2 kg·m／s，Δp B=2 kg·m／sD．Δp A=Δp B=2 kg·m／s10．在光滑的水平桌面上静止着长为L的方木块M，今有A、B两颗子弹沿同一水平轨道分别以速度v A、v B从M的两侧同时射入木块．A、B在木块中嵌入的深度分别为d A、d B，且d A＞d B，d A+d B ＜L，而木块却一直保持静止，如图所示，则可判断A、B子弹在射入前（）．A．速度v A＞v BB．A的动能大于B的动能C．A的动量大小大于B的动量大小D．A的动量大小等于B的动量大小二、填空题11．沿水平方向飞行的手榴弹，它的速度为20 m／s，在空中爆炸后分裂成质量分别为1 kg与0.5 kg的两块，其中0.5 kg的一块以10 m／s的速度与原速度反向运动，则另一块此时速度大小为________m／s，方向________．12．一只质量M=1 kg的鸟在空中以v0=6 m／s的速度沿水平方向飞行，离地面高度h=20 m，忽被一颗质量m=20 g沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v=300 m／s，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g取10 m／s2．（1）鸟被击中后经________s落地；（2）鸟落地处离被击中处的水平距离是________m．三、解答题13．如图所示，质量为m的球A以初速度v0冲上具有1／4圆弧的槽体B，但不冲出其外，不计一切摩擦，槽体B的质量亦为m．当球A再次从槽体曰的底端滑离后，试分析球A将做何种运动．14．光滑水平面上静止着两个木块A和B，中间用一轻弹簧相连，A与占的质量分别为m1和m2，一质量为m0的子弹以速度v0射中A后留在A中．求：（1）弹簧被压缩到最短时的弹性势能；（2）当弹簧再次到达自然长度时A、B的速度．15．如图，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M=4.0 kg，a、b间距离s=2.0 m．木板位于光滑水平面上．在木板a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=4.0 m／s沿木板向前滑动，直到和挡板相碰．碰撞后，小物块恰好回到。

动量与能量课时巩固过关练八 1.3.8碰撞与动量守恒

关闭Word文档返回原板块。

课时巩固过关练八碰撞与动量守恒(20分钟50分)一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分。

其中第1～4题为单选,第5、6题为多选)1.一个质量为3kg的物体所受的合外力随时间变化的情况如图所示,那么该物体在6s内速度的改变量是( )A.7 m/sB.6.7 m/sC.6 m/sD.5 m/s【解析】选D。

F-t图线与时间轴围成的面积在数值上代表了合外力的冲量,故合外力冲量为I=(3×4+×2×4-×1×2)N·s=15N·s。

根据动量定理有I=mΔv,Δv==m/s=5m/s。

2.如图所示,质量为m的物体在水平外力F的作用下,沿水平面做匀速运动,速度大小为v,当物体运动到A点时撤去外力F,物体由A点继续向前滑行过程中经过B点,则物体由A点到B点的过程中,下列说法中正确的是世纪金榜导学号49294154( )A.速度v越大,摩擦力对物体的冲量越小,摩擦力做功越少B.速度v越大,摩擦力对物体的冲量越小,摩擦力做功越多C.速度v越大,摩擦力对物体的冲量越小,摩擦力做功与速度v的大小无关D.速度v越大,摩擦力对物体的冲量越大,摩擦力做功与速度v的大小无关【解析】选C。

物体在A、B间运动的加速度大小为a=μg,由=v2-2ax知速度v越大,v B越大,又由x=t可知,速度越大,t越小;摩擦力的冲量大小为I f=μmgt越小,摩擦力做功W f=-μmgx与速度v的大小无关,C项正确。

3.(2017·宁德一模)已知质量相同的两个物体发生弹性正碰时速度交换。

如图“牛顿摆”,由五个相同的钢球紧挨着悬挂在同一水平线上。

当拉起最左侧的球1并释放,由于相邻球间的碰撞,导致最右侧的球5被弹出,碰撞时动能不损失。

则( )A.相邻球间碰撞属于非弹性碰撞B.球5被弹起时,球4速度不为零C.球5被弹起时,球1速度等于零D.五个钢球组成的系统在整个运动过程中动量守恒【解析】选C。

高考物理(新高考版)一轮复习考点考法精练专题七碰撞与动量守恒

专题七碰撞与动量守恒一、单项选择题(共6小题,18分)1.如果没有空气阻力,天上的云变成雨之后落到地面,在经过一路的加速后,到达地面时的速度会达到300 m/s,这样的速度基本相当于子弹速度的一半,是非常可怕的.由于空气阻力的作用,雨滴经过变加速运动,最终做匀速运动,一般而言,暴雨级别的雨滴落地时的速度为8~9 m/s.某次下暴雨时李明同学恰巧撑着半径为0.5 m的雨伞(假设伞面水平,雨水的平均密度为0.5 kg/m3),由于下雨使李明增加撑雨伞的力最小约为() A.2.5×101 N B.2.5 NC.2.5×101 ND.2.5×102 N2.甲、乙两物体在同一直线上运动,它们在0~0.4 s时间内的vt图象如图所示.若两物体仅存在相互作用,则下列说法正确的是()A.0~0.4 s时间内甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量~t1时间内甲、乙位移之比为1∶3C.甲、乙质量之比为3∶1D.t1=0.28 s3.某质量为3 kg的木块在喷泉作用下,静止在距某喷口上方1 m的位置,喷口的圆形内径约为2 cm,若喷出的水全部撞击木块且冲击后水的速度变为零,则驱动该喷口喷水的水泵功率最接近(不计空气阻力,π取3,重力加速度g取10 m/s2)()A.100 WB.200 WC.300 WD.400 W4.一同学研究箱子的运动,让一质量为m=1 kg的箱子在水平恒力F的推动下沿光滑水平面做直线运动,箱子运动的xt t图线如图所示,t是从某时刻开始计时箱子运动的时间,x为箱子在时间t内的位移,由此可知()A.箱子受到的恒力大小为F=0.5 NB.0~10 s内箱子的动量变化量为5 kg·m/sC.5 s时箱子的速度大小为5.5 m/sD.0~5 s内箱子的位移为27.5 m5.如图所示,光滑水平面上停放一个木箱和小车,木箱质量为m,小车和人总质量为M,M∶m=4∶1,人以速率v沿水平方向将木箱推出,木箱被挡板以原速率反弹回来以后,人接住木箱再以同样大小的速率v第二次推出木箱,木箱又被原速反弹,…,则人最多能推木箱的次数为()D.16.在光滑的水平面上有A、B两辆玩具小汽车,质量分别为M A=2 kg,M B=1 kg.现使A车以10 m/s的速度沿A、B中心的连线向静止的B车运动,与B车发生对心碰撞,则碰后两车的速度可能是()A.v A=7 m/s,v B=6 m/sB.v A=1 m/s,v B=22 m/sC.v A=6 m/s,v B=8 m/sD.v A=2 m/s,v B=16 m/s二、多项选择题(共4小题,16分)7.2019年6月15日,中国田径街头巡回赛·北京撑杆跳高比赛在北京市朝阳区世贸天阶举行,如图所示,一名运动员正在撑杆跳高.完整的撑杆跳高过程可以简化成三个阶段:持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落.将运动员撑杆起跳上升的过程在竖直方向上的运动简化为竖直初速度为v0=5 m/s的运动,对应时刻重心高度为1.5 m,越过杆时的竖直速度为零,从起跳至运动到离地面6.15 m的最高点经历的时间为5 s,运动员的质量为75 kg,不计空气阻力,g取10 m/s2.则在撑杆起跳上升过程中()A.撑杆对运动员的冲量大于运动员对撑杆冲量B.撑杆释放的弹性势能为2 450 JC.运动员在竖直方向受到的合力产生的冲量为375 N·sD.撑杆对运动员的力在竖直方向产生的冲量为3 375 N·s8.如图所示,光滑水平面与竖直光滑曲面相切于曲面最低点,大小相同的弹性小球A、B质量分别为m A、m B.B静止在曲面最低点,让球A从曲面上一定高度h滑下,在最低点与球B发生正碰,碰撞过程无机械能损失,水平面足够长.下列说法正确的是()A.A、B可能发生第二次碰撞B.若m A<m B,A、B一定能发生第二次碰撞C.增大h可让A、B发生第二次碰撞D.当m B≤3m A时A、B只能发生一次碰撞9.一竖直放置的轻弹簧,一端固定于地面,一端与质量为3 kg的B固定在一起,质量为1 kg的A 放于B上,并施加向下的恒力,系统处于静止状态.撤去外力后,A和B一起竖直向上运动,如图所示.当A、B分离后,A上升0.2 m到达最高点,此时B速度方向向下,弹簧为原长,则从A、B 分离起至A到达最高点的过程中,下列说法正确的是(g取10 m/s2)()A.A、B分离时,弹簧处于原长状态B.A、B分离时,A的速度大于B的速度C.从A、B分离起至A到达最高点的过程中,弹簧的弹力对B的冲量大小为6 N·sD.B的机械能守恒10.如图所示,小球A、B、C质量分别为2m、m、m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为l,B、C置于水平地面上.现让两轻杆并拢,以此时小球A在水平地面上的竖直投影为坐标原点,A由静止释放到下降到最低点的过程中,A、B、C在同一竖直平面内运动,忽略一切摩擦,重力加速度为g.则球A与地面接触时(小球直径远小于杆长)()A.球C速度大小为√gl3B.球B、C的动量之和为零C.球A落点在原点左侧D.A与地面接触时的速度大小为√2gl三、非选择题(共4小题,50分)11.[5分]图示装置可用来验证动量守恒定律:一段长为l的细绳一端与力传感器(图中未画出,传感器的体积忽略不计,它可以实时记录绳所受的拉力大小)相连,固定在O点,另一端连接一个质量为m1、直径为d的小钢球A.在小钢球自然下垂时在其最低点N的右侧放置有一气垫导轨,气垫导轨左端放有质量为m2的小滑块B(B上安装有宽度为d的遮光片,遮光片的质量忽略不计),右侧安装有光电门1和光电门2(它们分别与数字毫秒计连接,数字毫秒计可记录遮光片挡光的时间).当地的重力加速度为g.将气垫导轨调整为水平,并调整好气垫导轨的高度,确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B 发生正碰;调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力作用.(1)将小钢球A从某位置由静止释放,摆到最低点N与滑块B发生碰撞.若小钢球A与滑块B 碰撞前瞬间,拉力传感器的示数为F1,则小钢球A与滑块B碰撞前的速度大小为.(用题中已给出的物理量符号表示)(2)为完成实验,除了要记录数字毫秒计的读数Δt外,还需要记录的信息有.(3)写出一条对提高实验结果准确度有益的建议:.12.[6分]利用气垫导轨可以验证被压缩的弹簧弹开时,两滑块组成的系统动量守恒,可用图示装置进行以下实验.实验时,用两滑块压缩弹簧,并用细线固定,使其静止在两光电门中间附近,已知两滑块上遮光片的宽度相同,都是d,剪断拴弹簧的细线,测得质量为m1的滑块1和质量为m2的滑块2上遮光片通过光电门的时间分别为t1和t2.(1)实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮,使导轨;充气后,当滑块放在气垫导轨上任意位置都能时,说明气垫导轨已经调节好.(2)若满足,则两滑块组成的系统动量守恒(采用最简式).(3)不计滑块在气垫导轨上运动时受到的阻力,则剪断拴弹簧的细线前弹簧的弹性势能为.13.[19分]如图所示,在光滑水平面上静止着两个质量均为m的小滑块a、b,两者相距为l.现对滑块a施一水平向右的大小为F的恒力,以后两滑块发生正碰过程时间极短,不计碰撞过程中的动能损失.(1)小滑块a、b在第一次碰撞后的速度大小各是多少?(2)滑块a与滑块b第一次碰撞后,经过多长时间第二次碰撞?两次相碰间隔多远?(3)若要使滑块a与滑块b仅发生三次碰撞,可在滑块b运动一段距离s(未知)后给滑块b也施加一个水平向右的大小为F的恒力,试求距离s应该在什么范围内.14.[20分]如图,静置于光滑水平面上的滑块Q由半径为L的14光滑圆弧轨道AB和长为L的水平轨道BC组成,半径OB竖直,末端C离地高度为L2.若滑块Q锁定,让一小物块P从A处由静止释放,沿轨道运动,从C端飞出,落到水平面上的D点.已知Q的质量是P的4倍,P与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,小物块P可视可质点,重力加速度为g.(1)求C、D间的水平距离x0.(2)若将滑块Q解锁,让P仍从A处由静止释放沿轨道运动,离开C端后落到水平面上的D'点,求:①P滑到C端时的速度大小v1;②D'、D两点间的距离x.1.C设t时间内,落到雨伞上雨水的质量为m,根据动量定理,有Ft=mv,又m=vtπr2ρ,所以F=v2πr2ρ,代入数值解得F=2.5×101 N,所以选项C正确.【解题关键】根据速度和雨水的平均密度求出单位时间内雨水的质量是解题的关键.2.C甲、乙两物体仅存在相互作用,则甲、乙两物体组成的系统动量守恒,故0~0.4 s时间内甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量,A错误;在vt图象中,图线与坐标轴围成图形的面积表示位移,则0~t1时间内甲、乙位移之比为1∶5,B错误;由图线可知,甲、乙两物体加速度大小之比为1∶3,则甲、乙质量之比为3∶1,C正确;由图线可知a乙的大小为10 m/s2,则t1=0.3 s,D错误.3.B喷口的内径约2 cm,则半径约为r=0.01 m,木块静止在距喷口h=1 m的位置,即木块受到水的冲击力等于木块的重力,由动量定理得0mv=m木gt,在一段极短时间t内喷到木块上的水柱的质量为m=ρ水vtS,S=πr2,设水在刚喷出喷口时的速度为v喷,由机械能守恒定律可知mgh+12mv2=12m v喷2,设驱动该喷口喷水的水泵功率为P,在接近管口很短一段时间Δt内喷出水柱的质量m1=ρ水v喷ΔtS,根据动能定理可得PΔt=12m1v喷2,解得P≈ 197 W,故B正确.4.D将匀变速直线运动位移公式x=v0t+12at2,两边同除以t可得xt=v0+12at,对比xtt图线可知,箱子的初速度v 0=3 m/s,图线斜率为12a=0.5 m/s 2,箱子运动的加速度a=1 m/s 2,由牛顿第二定律,可得恒力F=ma=1 N,A 错误;箱子的初动量为p 0=mv 0=3 kg·m/s,10 s 时箱子的速度大小v=v 0+at 1=13 m/s,0~10 s 内箱子的动量变化量为mvmv 0=10 kg·m/s,B 错误;5 s 时箱子的速度大小为v 0+at 2=8 m/s,C 错误;0~5 s 内箱子的位移为x=v 0t 2+12a t 22=3×5 m +12×1×52 m =27.5 m,D 正确.5.B 选木箱、人和小车组成的系统为研究对象,取向右为正方向,设第n (n 为整数)次推出木箱后人与小车的速度为v n ,第n 次接住木箱后速度为v'n ,则由动量守恒定律第一次推出后有0=Mv 1mv ,则v 1=mvM第一次接住后有Mv 1+mv=(M+m )v'1 第二次推出后有(M+m )v'1=Mv 2mv ,则v 2=3mv M第二次接住后有Mv 2+mv=(M+m )v'2 ︙ ︙第n 1次接住后有Mv n 1+mv=(M+m )v'n 1 第n 次推出后有(M+m )v'n 1=Mv n mv 即v n =(2n -1)Mmv设最多能推n 次,推出后有{v n ≥vv n -1<v即(2n -1)mvM ≥v ,且[2(n -1)-1]mvM <v所以12(Mm +1)≤n<12(Mm +1)+1 将Mm =4代入,可得2.5≤n<3.5因为n 取整数,故n=3.6.C 碰撞前两车组成的系统总动量p=M A v 0=2×10 kg·m/s =20 kg·m/s,碰撞前系统总动能E k =12M A v 02=12×2×102 J =100 J .A 项,碰撞后,A 、B 同向运动,A 在B 的后面,A 的速度大于B 的速度,不可能,故A 项错误.B 项,碰撞后,系统的总动量p'=M A v A +M B v B =2×(1) kg·m/s +1×22kg·m/s =20 kg·m/s,系统动量守恒,系统总动能E'k =12M A v A 2+12M B v B 2=12×2×12 J +12×1×222 J =243J >E k ,系统动能增加,不可能,故B 项错误.C 项,碰撞后,系统的总动量p'=M A v A +M B v B =2×6kg·m/s +1×8 kg·m/s =20 kg·m/s,系统动量守恒,系统总动能E'k =12M A v A 2+12M B v B 2=12×2×62J +12×1×82 J =68 J <E k ,系统动能不增加,并符合实际运动情况,是可能的,故C 项正确.D 项,碰撞后,系统的总动量p'=M A v A +M B v B =2×2 kg·m/s +1×16 kg·m/s =20 kg·m/s,系统动量守恒,系统总动能E'k =12M A v A 2+12M B v B 2=12×2×22 J +12×1×162 J =132 J >E k ,系统动能增加,不可能,故D 项错误.7.CD 在撑杆起跳上升过程中,撑杆对运动员的作用力和运动员对撑杆的作用力是一对作用力和反作用力,根据牛顿第三定律知,作用力和反作用力总是等大反向,且具有等时性,故撑杆对运动员的冲量和运动员对撑杆的冲量大小相等,A 错误;在竖直方向上重力势能增加量为ΔE p =mg Δh=3 487.5 J,而动能的减少量为ΔE k =12m v 02=937.5 J,其差值为2 550 J,但能量是标量,没有方向,而水平方向的速度变化未知,故不能求解撑杆弹性势能的变化,B 错误;冲量是矢量,在竖直方向上,根据动量定理有I=Ft=(F T mg )t=0mv 0,故合外力的冲量为I 合=Δp ,即I 合=0mv 0=375 N·s,C 正确;撑杆在竖直方向产生的冲量为I T =F T t=mgtmv 0=3 375 N·s,D 正确.8.AD 由动量守恒定律和能量守恒定律可得m A v 0=m A v A +m B v B ,12m A v 02=12m A v A 2+12m B v B 2,两球碰后的速度分别为v A =m A -mB m A+m Bv 0、v B =2m AmA +m Bv 0,v A 、v B 同向时,v A 总小于v B ,不发生第二次碰撞,若球A反弹后滑上曲面,由于机械能守恒,球A 回到水平面上时的速度与反弹时的速度大小相等,当速度大小v A >v B 可发生第二次碰撞,与h 无关,选项A 正确,C 错误;若发生第二次碰撞,则有m A -m B m A +m Bv 0>2m AmA +m Bv 0,解得m B >3m A ,所以当m B ≤3m A 时,球A 、B 只能发生一次碰撞,选项B 错误,D正确.9.AC 分离前,A 、B 作为整体向上运动,当A 、B 间无相互作用力时二者分离,分离时二者速度、加速度相等,对A 、B 整体有(m A +m B )gF 弹=(m A +m B )a ,对A 有m A g=m A a ,解得F 弹=0,可知二者分离时弹簧处于原长,A 正确,B 错误;分离后A 做竖直上抛运动,上升h=0.2 m 到达最高点,可知分离时A 、B 的速度均为v=√2gℎ,上升到最高点所需的时间t=√2ℎg ,对B 在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)有m B gt+I N =m B v (m B v ),解得I N =6 N·s,C 正确;分离时B 的速度方向向上,A 上升0.2 m 到达最高点时B 速度方向向下,速度大小不变,高度不变,但运动过程中,弹簧对B 做功,除初末时刻,B 的机械能不守恒,D 错误.10.BD 忽略一切摩擦,释放A 球前,对A 球进行受力分析可知,两杆对A 球的作用力大小相等,下降过程中,因两杆长度均为l ,由几何知识可知两杆与水平地面的夹角相等,所以两杆对A 球的作用力大小相等,球B 、C 运动的速度大小相等,球A 竖直向下运动,C 错误;A 、B 、C 组成的系统水平方向受到的合力为零,水平方向上动量守恒,则球B 、C 的动量之和为零,B 正确;对球A 、C 的运动过程分析可知,球C 的速度先增大后减小,球A 落地时有最大速度,此时球C 速度为零,A 错误;同理,球A 落地时球B 速度也为零,由机械能守恒定律得2mgl=12·2m v A 2,则球A 与水平地面接触时的速度大小为√2gl ,D 正确. 11.(1) √(F 1-m 1g m 1)(l +d2)(2分) (2)碰撞结束瞬间力传感器的示数F 2和小钢球A 的运动方向(2分) (3)器材选择时,小钢球应选体积小、密度大的(或细绳应选用无弹性的绳子,其他答案合理也可)(1分)解析:(1)根据牛顿第二定律有F 1m 1g=m 1v 2l+d 2,得v=√(F 1-m 1g m 1)(l +d2).(2)要验证动量守恒定律,还需要记录的信息有碰撞结束瞬间力传感器的示数F 2(通过它可计算得到小钢球A 碰撞后的速度大小)和小钢球A 的运动方向.(3)为提高实验结果准确度,在器材选择时,小钢球应选体积小、密度大的,细绳应选用无弹性的绳子.12.(1)水平(1分) 静止(1分) (2)m 1t 1=m2t 2(2分) (3)d 22(m1t 12+m2t 22)(2分)解析:(1)实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮,使导轨水平;充气后,当滑块放在气垫导轨上任意位置都能静止时,说明气垫导轨已经调节好.(2)质量为m 1的滑块1和质量为m 2的滑块2通过光电门的时间分别为t 1和t 2,则其通过光电门时的速度分别为v 1=d t 1、v 2=dt 2,若满足m 1v 1=m 2v 2,即m 1d t 1=m 2d t 2,也就是m 1t 1=m2t 2,则两滑块组成的系统动量守恒.(3)根据机械能守恒定律知,剪断拴弹簧的细线前弹簧的弹性势能等于两滑块通过光电门时的动能之和,E p =12m 1v 12+12m 2v 22=d 22(m 1t 12+m 2t 22).13.解析:(1)设a 第一次碰前速度大小为v 0根据动能定理得Fl=12m v 020(1分)a 与b 碰撞过程动量守恒,则有mv 0=mv'a +mv'b (1分) 由机械能守恒定律,有12mv'20=12mv'2a +12mv'2b (1分)解得v'a =0,v'b =v 0=√2Flm.(1分)(2)第一次碰撞后,b 做匀速直线运动,a 做初速度为零的匀加速直线运动设经过时间t 1发生第二次碰撞,则v'b t 1=12·Fm t 12(2分) 解得t 1=√8ml F(1分)两次相碰间隔Δx=v'b t 1=4l.(1分)(3)由前面的分析可知,第二次碰撞前b 的瞬时速度为v'b =v 0=√2Flm ,a 的瞬时速度v a 2=Fm·t 1=2√2Flm(1分)根据前面的分析,碰撞之后两滑块交换速度,b 的速度v b 2=2√2Fl m ,a 的速度v'a 2=√2Flm (1分) 之后b 又以v b 2=2√2Flm的速度做匀速直线运动,a 以v'a 2=√2Flm的初速度做匀加速直线运动.要使a 、b 能发生第3次碰撞,则必须在v a 3>v b 2以后给b 加上水平向右的大小为F 的恒力,即有v'a 2+Fm t 2>v b 2,s=Δx+v b 2t 2,即s>8l (2分)若a 、b 已经发生了第3次碰撞,由前面的分析可知,第三次碰撞前b 的瞬时速度为v b 2=2√2Flm ,物块a 的瞬时速度v a 3=3√2Flm (1分)根据前面的分析,碰撞之后两滑块交换速度,b 的速度v b 3=3√2Fl m ,a 的速度v'a 3=2√2Flm (1分) 要使a 、b 不能发生第4次碰撞,则必须在v a 4<v b 3之前给b 加上水平向右的大小为F 的恒力,即v'a 3+Fm t 3<v b 3,s=Δx+Δx'+v b 3t 3(2分) Δx'=v'a 2t'2+Fm t '22=v b 2t'2(1分)解得s ≤18l (1分)距离s 应该在8l<s ≤18l 范围内,a 与b 仅发生三次碰撞.(1分)0根据动能定理有mgLμmgL=12m v02(2分)P离开C端后做平抛运动,则x0=v0t1(2分)L 2=12g t12(2分)联立解得x0=L.(1分)(2)①若将滑块Q解锁,设P到达C端时,P的速度大小为v1,Q的速度大小为v2,以水平向右为正,系统在水平方向上不受外力,系统在水平方向上动量守恒,则mv14mv2=0(2分)根据能量守恒定律有mgL=μmgL+12m v12+12·4m v22(2分)解得v1=√4gL5.(1分)②由(1)问得t1=√LgP离开C端后做平抛运动,则水平射程x3=v1t1(2分)设在P从A运动到C的过程,Q向左运动的位移大小为x2,则P向右运动的位移大小x1=2Lx2(2分)系统在水平方向上不受外力,在水平方向上平均动量守恒,则m·x1t24m·x2t2=0(2分)解得x2=25LD'、D两点间的距离x=x0+x2x3=7-2√55L.(2分)。

高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(十七)碰撞与动量守恒近代物理初步9含答案

关闭Word文档返回原板块。

课时巩固过关练(十七)碰撞与动量守恒近代物理初步(45分钟100分)1.(12分)(1)恒星向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反应,当温度达到108K时,可以发生“氦燃烧”。

①完成“氦燃烧”的核反应方程He+ Be+γ。

Be是一种不稳定的粒子,其半衰期为2.6×10-16s。

一定质量的Be,经7.8×10-16s后所剩Be占开始时的。

(2)如图所示,AB为倾角θ=37°的粗糙斜面轨道,通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接,质量为m2的小球乙静止在水平轨道上,质量为m1的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰。

若m1∶m2=1∶2,且轨道足够长,要使两球能发生第二次碰撞,求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围。

(sin37°=0.6,cos37°=0.8)【解析】(1)①根据电荷数守恒、质量数守恒可得应为He(或α)②因为==3所以：m=m 0(=m 0(2)设碰后甲的速度为v 1,乙的速度为v 2,由动量守恒和能量关系知：m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2m 1=m 1+m 2联立解得：v 1=v 0=-v 0v 2=v 0=v 0设上滑的最大位移大小为s,滑到斜面底端的速度大小为v,由动能定理知：(m 2gsin37°+μm 2gcos37°)s=m 2(m 2gsin37°-μm 2gcos37°)s=m 2v 2联立解得()2= 乙要能追上甲,则v>解得μ<0.45答案：(1)He(或α) ② (2)μ<0.452.(12分)(2015·保山三模)(1)(多选)以下是有关近代物理内容的若干叙述,其中正确的是( )A.太阳内部发生的核反应是热核反应B.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应,可能是因为这束光的光强太小C.按照玻尔理论,氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时,电子的动能减小,但原子的能量增大D.原子核发生一次β衰变,该原子外层就失去一个电子E.天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的射线(2)光滑水平面上A、B两小球向同一方向运动,B在前,A在后,已知A 的动量为p A=6kg·m/s,B的质量为m B=4kg,速度为v B=3m/s,两球发生对心碰撞后,速度同为4m/s。

全国高考理综物理专题复习辅导精品学案《碰撞与动量守恒》(最新整理含答案)

全国高考理综物理专题复习辅导精品学案《碰撞与动量守恒》考点1 碰撞模型1．碰撞的特点（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。

（2）碰撞过程中，总动能不增。

因为没有其他形式的能量转化为动能。

（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。

（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。

2．碰撞的种类及遵从的规律两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。

在光滑的水平面上，质量为m 1的钢球沿一条直线以速度v 0与静止在水平面上的质量为m 2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v 1、v 2①②由①②可得：③④利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：a ．当12m m >时，10v >，20v >，两钢球沿原方向原方向运动；b ．当12m m <时，10v <，20v >，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c ．当12m m =时，10v =，20v v =，两钢球交换速度。

d ．当12m m <<时，10v v ≈，20v ≈，m 1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m 2几乎不动。

例如橡皮球与墙壁的碰撞。

e ．当12m m >>时，0v v ≈，202v v ≈，说明m 1很大时速度几乎不变，而质量很小的m 2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。

4．一般的碰撞类问题的分析（1）判定系统动量是否守恒。

（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。

（3）判定碰撞前后动能是否不增加。

例：两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动，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 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是 A ．p A =6 kg·m/s ，p B =6 kg·m/s B ．p A =3 kg·m/s ，p B =9 kg·m/s C ．p A =–2 kg·m/s ，p B =14 kg·m/s D ．p A =–5 kg·m/s ，p B =15 kg·m/s 【参考答案】A【试题解析】以A 、B 两球组成的系统为对象。

专题检测卷(17) 专题九碰撞与动量守恒近代物理初步

关闭Word文档返回原板块。

专题检测卷(十七)碰撞与动量守恒近代物理初步(45分钟100分)1.(16分)(1)如图所示,小车M由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成,静止在光滑水平面上。

当小车固定时,从A点由静止滑下的物块m到C点恰好停止。

如果小车不固定,物块m仍从A点静止滑下( )A.还是滑到C点停住B.滑到BC间某处停住C.会冲出C点落到车外D.上述三种情况都有可能=0.4 kg,开始时都静止于光滑水平面上,(2)两木板M小物块m=0.1 kg以初速度v=10 m/s滑上M1的表面,最后停在M2上时速度为v2=1.8 m/s,求：①最后M1的速度v1;②在整个过程中克服摩擦力所做的功。

2.(17分)(2012·天津高考)(1)下列说法正确的是( )A.采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期B.由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子C.从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力D.原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量(2)如图所示,水平地面上固定有高为h的平台,台面上有固定的光滑坡道,坡道顶端距台面高也为h,坡道底端与台面相切。

小球A从坡道顶端由静止开始滑下,到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞,并粘连在一起,共同沿台面滑行并从台面边缘飞出,落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。

两球均可视为质点,忽略空气阻力,重力加速度为g。

求：①小球A刚滑至水平台面的速度v A;②A、B两球的质量之比m A∶m B。

3.(17分)(2013·宿迁一模)(1)下列说法中正确的是( )A.光电效应现象说明光具有粒子性B.普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说C.玻尔建立了量子理论,成功解释了各种原子发光现象D.运动的宏观物体也具有波动性,其速度越大物质波的波长越大(2)如图所示,一水平面上P点左侧光滑,右侧粗糙,质量为m的劈A在水平面上静止,上表面光滑,A轨道右端与水平面平滑连接,质量为M的物块B恰好放在水平面上P点,物块B与水平面的动摩擦因数为μ=0.2。

专题07 碰撞与动量守恒-2019年高考物理备考优生百日闯关系列 Word版含解析

专题07 碰撞与动量守恒第一部分名师综述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查基本概念和基本规律。

考纲要求1、理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件。

2、会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。

命题规律1、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查。

2、动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。

第二部分精选试题一、单选题1．如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图。

跳楼机由静止从a自由下落到b，再从b 开始以恒力制动竖直下落到c停下。

已知跳楼机和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g。

则A．从a到b与从b到c的运动时间之比为2：1B．从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等C．从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为D．从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg【答案】 A【解析】【详解】A．由题意可知，跳楼机从a运动b过程中做自由落体运动，由可得，下落时间，由可知，运动到b的速度大小为；跳楼机从a运动b过程中做减速运动，同理可得，，解得减速过程的加速度大小为，时间为，故从a到b与从b到c的运动时间之比为，故A正确；B．从a到b，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故B错误；C．从a到b，根据动量定理可得，则跳楼机和游客总重力的冲量大小为，故C 错误；D．从b到c，根据牛顿第二定律有：，解得跳楼机受到制动力的大小为，故D错误。

2．北京时间2009年3月1日下午15时36分，在距月球表面100km的圆轨道上运行的质量为(连同燃料)的“嫦娥一号”卫星，在北京航天飞行控制中心科技人员的控制下发动机点火。

在极短的时间内以4.92km/s的速度（相对月球表面）向前喷出质量为50kg的气体后，卫星减速。

备战2019高考物理二轮复习专项攻关高分秘籍专题07碰撞与动量守恒学案

专题07 碰撞与动量守恒【备考建议】【经典例题】考点一：冲量与动量变化的计算【典例1】【2017·新课标Ⅲ卷】（多选）一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。

F随时间t变化的图线如图所示，则：（）A．t=1 s时物块的速率为1 m/sB．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t=4 s时物块的速度为零【答案】AB【解析】由动量定理有Ft=mv，解得Ftvm=，t=1 s时物块的速率 1 m/sFtvm==，A正确；F–t图线与时间轴所围面积表示冲量，所以t=2 s时物块的动量大小为2 2 kg m/s 4 kg m/sp=⨯⋅=⋅，B正确；t=3 s时物块的动量大小为(2211) kg m/s 3 kg m/sp'=⨯-⨯⋅=⋅，C错误；t=4 s时物块的动量大小为(2212) kg m/s 2 kg m/sp''=⨯-⨯⋅=⋅，速度不为零，D错误。

【名师点睛】求变力的冲量是动量定理应用的重点，也是难点。

F–t图线与时间轴所围面积表示冲量。

理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件；会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。

本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题,是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查；动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。

本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法.考点二动量定理的理解与应用【典例2】(2018·吉林长春质检)“蹦床”已成为奥运会的比赛项目.质量为m的运动员从床垫正上方h1高处自由落下,落垫后反弹的高度为h2,设运动员每次与床垫接触的时间为t,求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力.(空气阻力不计,重力加速度为g)考点三动量守恒的判断与动量守恒定律的理解【典例3】(2018·安徽淮南模拟)(多选)如图所示,在光滑的水平面上放有一物体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等高,现让小滑块m从A点由静止下滑,在此后的过程中,则( )A.M和m组成的系统机械能守恒,动量守恒B.M和m组成的系统机械能守恒,动量不守恒C.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D.m从A到C的过程中,M向左运动,m从C到B的过程中M向左运动考点四“子弹打木块”类问题的综合分析【典例4】(2018·四川乐山市检测)如图所示,质量为3m、长度为L的木块置于光滑的水平面上,质量为m的子弹以初速度v0水平向右射入木块,穿出木块的速度为25v0,设木块对子弹的阻力始终保持不变.(1)求子弹穿透木块后,木块速度的大小;(2)求子弹穿透木块的过程中,木块滑行的距离s;(3)若改将木块固定在水平传送带上,使木块始终以某一恒定速度(小于v0)水平向右运动,子弹仍以初速度v0水平向右射入木块.如果子弹恰能穿透木块,求此过程所经历的时间.【解析】(1)由动量守恒定律得mv0=m·25v0+3mv,解得v=05v.【解析】(2)对子弹,由动能定理得-Ff(s+L)=12m(25v0)2-12m2v对木块,由动能定理得Ffs=12·3mv2联立解得Ff=20925mv L,s=6L .【解析】(3)对子弹,由动量定理得-Fft=m(u-v0), 由动能定理得Ff(ut+L)=12m(20v -u2) 联立解得t=52L. 考点五 “弹簧类”问题的综合分析【典例5】(2018·山东烟台模拟)如图所示,光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A,B,C.B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设A 以速度v0朝B 运动,压缩弹簧;当A,B 速度相等时,B 与C 恰好相碰并粘连在一起,然后继续运动.假设B 和C 碰撞过程时间极短.求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中. (1)整个系统损失的机械能; (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能【解析】(2)由②式可知,v2<v1,A 将继续压缩弹簧,直至A,B,C 三者速度相同,设此速度为v3,此时弹簧被压缩至最短,其弹性势能为Ep,由动量守恒和能量守恒定律得 mv0=3mv3 ⑤12m 20v -ΔE=12(3m)23v +Ep ⑥ 联立④⑤⑥式解得Ep=1348m 20v . 考点六 “滑块—滑板”类问题的综合分析【典例6】(2018·河北衡水模拟)如图所示,在光滑的水平面上放置一个质量为2m 的木板B,B 的左端放置一个质量为m的物块A,已知A,B之间的动摩擦因数为μ,现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即粘住,在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B,且物块A可视为质点,求:(1)物块A相对木板B静止后的速度大小;(2)木板B至少多长.【解析】(1)设小球和物块A碰撞后二者的速度为v1,三者相对静止后速度为v2,规定向右为正方向,根据动量守恒得mv0=(m+m)v1,(m+m)m1=(m+m+2m)v2,联立解得v2=0.25v0.考点七动量守恒定律的应用【典例7】(2018·江南十校联考)如图所示,甲车质量m1=20 kg,车上有质量M=50 kg的人,甲车(连同车上的人)以v=3 m/s的速度向右滑行.此时质量m2= 50 kg的乙车正以v0=1.8 m/s的速度迎面滑来,为了避免两车相撞,当两车相距适当距离时,人从甲车跳到乙车上,求人跳出甲车的水平速度u(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞?(不计地面和小车间的摩擦,设乙车足够长,取g=10 m/s2)【解析】以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象,设甲车、乙车与人具有相同的速度v′, 由动量守恒得(m1+M)v-m2v0=(m1+m2+M)v′解得v′=1 m/s.以人与甲车为一系统,人跳离甲车过程动量守恒,得(m1+M)v=m1v′+Mu,解得u=3.8 m/s.因此,只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s,就可避免两车相撞.答案:u≥3.8 m/s【典例8】[动量守恒定律的应用](2016·全国Ⅲ卷,35)如图所示,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.联立解得μ≥20 32 113vgla与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件是232113vgl≤μ<22vgl.考点八动量守恒中的临界问题【典例9】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.考点九弹性碰撞与非弹性碰撞【典例10】(2018·河北唐山质检)在光滑的水平面上,质量为m1的小球A以速率v0向右运动.在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态,如图所示.小球A与小球B发生正碰后小球A,B均向右运动.小球B 被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇,PQ=1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的,求两小球质量之比12m m.【典例11】(2015·全国Ⅱ卷,35)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变化的图像如图所示.求:(1)滑块a,b的质量之比;【解析】(1)设a,b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1,v2.由题给图像得v1=-2 m/s,v2=1 m/sa,b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图像得v=23 m/s由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v联立并代入数据解得m1∶m2=1∶8;(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.考点十多物体碰撞问题【典例12】(2018·大连模拟)如图所示,AOB 是光滑水平轨道,BC 是半径为R 的光滑的14固定圆弧轨道,两轨道恰好相切.质量为M 的小木块静止在O 点,一个质量为m 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内,并留在其中和小木块一起运动,且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点).求: (1)子弹射入木块前的速度;【解析】(1)第一颗子弹射入木块的过程,系统动量守恒,以子弹的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得 mv0=(m+M)v1,系统由O 到C 的运动过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得12(m+M)21v =(m+M)gR 由以上两式解得2m M gR m(2)若每当小木块返回到O 点或停止在O 点时,立即有相同的子弹射入小木块,并留在其中,则当第9颗子弹射入小木块后,小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少?【解析】(2)由动量守恒定律可知,第2,4,6…颗子弹射入木块后,木块的速度为0,第1,3, 5…颗子弹射入后,木块运动.当第9颗子弹射入木块时,以子弹初速度方向为正方向, 由动量守恒定律得mv0=(9m+M)v9,设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H,由机械能守恒得12(9m+M)29v =(9m+M)gH由以上各式可得H=(9m MM m++)2R. 考点十一爆炸及反冲运动【典例13】(2018·山东潍坊模拟)如图所示,质量相等的木块A,B 间夹有一小块炸药,放在一段粗糙程度相同的水平地面上.让A,B 以速度v0一起从O 点滑出,到达P 点后速度变为2v ,此时炸药爆炸使木块A,B 脱离,发现木块B 立即停在原位置,木块A 继续水平前进.如果仍让A,B 以速度v0一起从O 点滑出,当A,B 停止运动时立即让炸药爆炸,则木块A 最终静止在Q 点(图中未标出).已知O,P 两点间的距离为s,炸药的质量可以忽略不计,爆炸时间很短可以忽略不计,爆炸释放的化学能全部转化为木块的动能,求木块A 从O 运动到Q 所用的时间.解以上各式得t=t1+t2=04sv .考点十二 “人船模型”问题【典例14】(2018·安徽合肥模拟)如图所示,质量为M 、半径为R 的圆环,静止在光滑水平面上,有一质量为m 的滑块从与环心O 等高处开始无初速度下滑到达最低点时,关于圆环的位移,下列说法中正确的是( )A.mR MB.mR M m+C.MR M m+D.不确定,与环和滑块之间是否存在摩擦力有关【走进高考】1.(2018·河北邢台模拟)(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,a紧靠在墙壁上,在b上施加向左的水平力使弹簧压缩,如图所示,当撤去外力后,下列说法中正确的是( )A.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统动量守恒B.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统动量不守恒C.a离开墙壁后,a和b组成的系统动量守恒D.a离开墙壁后,a和b组成的系统动量不守恒2.小球质量为2m，以速度v沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是45v，球与墙撞击时间为t，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是A. 25mvtB.85mvtC.185mvtD.2mvt3．下列说法中正确的是（）A. 冲量的方向一定和动量的方向相同B. 动量变化量的方向一定和动量的方向相同C. 物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向相同D. 冲量是物体动量变化的原因4．如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．上述两种射入过程相比较A. 射入滑块A的子弹速度变化大B. 整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，木块对子弹的平均阻力一样大C. 射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D. 两个过程中系统产生的热量相同5.(多选)一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体整个运动过程的v－t图象如图7所示，g取10 m/s2，则( )图7A.物体的质量为5 kgB.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C.第1 s内摩擦力对物体做的功为60 JD.第1 s内拉力对物体做的功为60 J6.(多选)如图8所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层。

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。

高中物理二轮专题复习课时跟踪训练7碰撞与动量守恒含解析

课时跟踪训练(七)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．光滑水平面上有两个小球，在同一直线上相向运动，它们的动量大小相等，则两球碰撞后，下列说法正确的是()A．两球可能沿同一方向运动B．两个球可能一个静止，一个运动C．若两球均运动，则质量大的球动量一定小D．若两球均运动，则质量大的球动能一定小D[由题可知，两球沿同一直线相向运动，动量大小相等，因此系统的总动量为零，碰撞过程系统的总动量守恒，因此碰撞后系统的总动量仍为零，因此两球不可能沿同一方向运动，也不可能一个静止，一个运动，A、B项错误；若两球均运动，根据动量守恒定律可知，两球一定沿相反方向运动，且动量等大反向，即m1v1＝m2v2，由此可以判断，质量大的球的动量与质量小的球动量大小相等，C项错误；由E k＝p22m可知，质量大的，动能小，D项正确．]2．(2018·山东省青岛市高三统一质检)如图，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动．下列关于a、b两物块的动量p 随时间t的变化关系图象，不合理的是()A [物块b 以一定初速度向左运动与连接有轻弹簧的静止物块a 相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小．故A 项不合理．本题选不合理的，答案是A.]3．(2018·陕西省安康市高三质检(五))如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，秋千一端固定在离地面高为H 的O 点，秋千的长度可调节．改变秋千的长度，杂技演员每次都从A 点(与O )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A 处．已知男演员质量为2m 和女演员质量为m ，秋千的质量不计，空气阻力忽略不计，则男演员落地点C 与O 点的水平距离x 的最大值是( )A.H 2B ．H C.3H 2 D ．2HD [两杂技演员从A 点下摆到B 点，只有重力做功，机械能守恒．设二者到达B 点的速度大小为v 0，则由机械能守恒定律有：(m ＋2m )gR ＝12(m ＋2m )v 20，演员相互作用，沿水平方向动量守恒．设作用后女、男演员的速度大小分别为v 1、v 2，所以有(m ＋2m )v 0＝2m v 2－m v 1.女演员上摆到A 点的过程中机械能守恒，因此有mgR ＝12m v 21.男演员自B 点平抛，有：x ＝v 2t .运动时间t 可由竖直方向的自由落体运动出得H －R ＝12gt 2，联立以上各式，可解得x ＝4(H －R )R ，当秋千的长度R ＝H 2时，男演员落地点C 与O 点的水平距离最大为x ＝2H ，故D 正确；A 、B 、C 错误．]4．(2018·高考物理全真模拟卷一)如图所示，AB 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量．若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为( )A ．L 1>L 2B ．L 1<L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定C [若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者的共速，则m A v ＝(m A ＋m b )v ′，解得v ′＝m A v(m A ＋m B )，弹性势能最大，最大为ΔE p ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22(m A ＋m B )；若用锥子敲击B 球，同理可得m B v ＝(m A ＋m B )v ″，解得v ″＝m B v (m A ＋m B )，弹性势能最大为ΔE p ＝12m B v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22(m A ＋m B )，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L 1＝L 2，C 正确．]5．如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳(绳子的长度不计)相连的两个相同的物体P 、Q 质量均为m ，在水平恒力F 作用下以速度v 做匀速运动．在t ＝0时轻绳断开，Q 在F 作用下继续前进，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0至t ＝3m v 2F 时间内，P 、Q 的总动量不守恒B ．t ＝0至t ＝3m v F 时间内，P 、Q 的总动量守恒C ．t ＝5m v 2F 时，Q 的动量为52m vD ．t ＝2m v F 时，P 、Q 两点的距离2m v 2FD [设P 、Q 受到的滑动摩擦力都为F ，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件得：F ＝2f ，设P 经过时间t 速度为零，对P 由动量定理得：－ft ＝0－m v ，解得：t ＝2m v F ；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动．以PQ 为系统，绳子上的力属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，物体P 停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在t ＝0至t ＝2m v F 的时间内P 、Q 的总动量守恒，在t ＝2m v F 后，P 停止运动，Q 做匀加速直线运动，故两木块组成的系统的合力不为零，故P 、Q 的总动量不守恒，故AB 错误；当t ＝5m v 2F 时，对Q 由动量定理得：Ft －ft ＝p ′Q －m v ，代入f ＝F 2，t ＝5m v 2F ，解得：p ′Q ＝94m v ，故C 错误；当t ＝2m v F 时，对Q 由动量定理得：Ft －ft ＝m v 2－m v ，代入f ＝F 2，t＝2m v F ，解得v 2＝2v ，由动能定理得：Fx 2－fx 2＝12m v 22－12m v 2；对P 由动量定理得：－ft ＝m v 1－m v ，代入f ＝F 2，t ＝2m v F ，解得v 1＝0，由动能定理得：－fx 1＝12m v 21－12m v 2，解得Δx ＝x 2－x 1＝2m v 2F ，故D 正确．]6．(2018·安徽省芜湖市高三下调研)在地面上以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球，皮球落地时速度大小为v 2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g .下列判断正确的是( )A ．皮球上升的最大高度为v 212gB ．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12m v 21－12m v 22 C ．皮球上升过程经历的时间为v 1gD ．皮球从抛出到落地经历的时间为v 1＋v 2gBD [减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g ，则上升的高度小于v 212g ，上升的时间小于v 1g ，故AC 错误；皮球从抛出到落地过程中重力不做功，根据动能定理得克服阻力做功为W f ＝12m v 21－12m v 22，故B 正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v ，则：mgt 1＋k v t 1＝m v 1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h ＝v t 1，即：mgt 1＋kh ＝m v 1①同理，设上升阶段的平均速度为v ′，则下降过程mgt 2＋k v ′t 2＝m v 2，即：mgt 2－kh ＝m v 2②，由①②得：mg (t 1＋t 2)＝m (v 1＋v 2)，解得：t ＝t 1＋t 2＝v 1＋v 2g ，故D 正确；故选B 、D.]7．(2018·山西太原市高三质检)如图所示，金属杆AB 在离地h ＝3.2 m ，高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场，水平部分导轨上原来放有一根静止金属杆CD ，已知杆AB 的质量为m 1＝2 kg ，电阻为R 1＝10 Ω，杆CD 的质量为m 2＝0.5 kg ，电阻为R 2＝30 Ω，其余电阻不计，水平导轨足够长，不计一切摩擦．( )A．AB的最终速度是8 m/sB．CD的最终速度是6.4 m/sC．整个过程中回路释放的电能是12.8 J D．整个过程中，AB杆上产生的焦耳热3.2 JBCD[AB下滑h的过程中机械能守恒：m1gh＝12m1v20，解得v0＝8 m/s；最终两者速度相等，由动量守恒定律：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝6.4 m/s，故A 错误，B正确；由能量守恒知，回路中产生的电能等于系统机械能的损失，所以整个过程中回路释放的电能ΔE＝m1gh－12(m1＋m2)v21＝12.8 J，故C正确；在回路中产生电能的过程中，虽然电流不恒定，但由于两杆串联，通过两杆的电流总是相等的，所以整个过程中，AB杆上产生的焦耳热Q＝R1R1＋R2ΔE＝3.2 J，故D 正确．]8．(2018·衡水中学信息卷)如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m＝1 kg.用大小为6 N方向水平向右的恒力F 拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()A．木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量B．拉力F做功为6 JC．小滑块Q的最大速度为3 m/sD．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 JACD[对系统由动量定理得Ft＝m v P＋m v Q＝2m v共，即木板P与小滑块Q所组成系统的动量增加量一定等于拉力F 的冲量，A 正确；若木板P 与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F 不能超过μmg m ·2m ＝4 N ，拉力F 为6 N 大于4N ，故二者发生相对滑动，对木板P 由牛顿第二定律F －μmg ＝ma ，解得a ＝4 m/s 2,1s 内木板P 的位移x ＝12at 2＝2 m ．拉力F 做功W ＝Fx ＝12 J ，B 错误；二者共速时，小滑块Q 的速度最大，Ft ＝2m v 共，v 共＝3 m/s ，C 正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W ＝12·2m v 2共＋Q ，解得Q ＝3 J ，D 正确．]9．(2018·山东省潍坊市高三一模)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图a 所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v －t 图线如图b 中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19 kg ，则( )A ．碰后蓝壶的速度为0.8 m/sB ．碰后蓝壶移动的距离为2.4 mC ．碰撞过程两壶损失的动能为7.22 JD ．碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶4AD [由图可知碰撞前后红壶的速度为v 0＝1 m/s 和v 2＝0.2 m/s ，由动量守恒可得mv 0＝mv 1＋mv 2，解得碰后蓝壶速度为v 2＝0.8 m/s ，碰后蓝壶移动的距离为x ＝12×0.8×5＝2 m ．碰撞过程两壶损失的动能为ΔE k ＝12m v 20－12m v 21－12m v 22＝3.04 J ，红壶所受摩擦力f 1＝ma 1＝19×1.2－1.01N ＝3.8 N ，蓝壶所受摩擦力f 2＝ma 2＝19×0.8－05 N ＝3.04 N ，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f 1∶f 2＝5∶4，故AD 正确；BC 错误；故选AD.]10．(2018·南开中学考前冲刺)如图所示，质量为M 、半径R 的ABC 凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B 为最低点，BC 为14圆弧，OA 与竖直方向夹角θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ .一质量为m 的小物块(可视为质点)从D 处水平抛出，同时将ABC 凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽，当其到达B 点时解除锁定，小物块刚好能达到C 点．不计空气阻力，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．从D 点抛出的初速度为v 0＝gR 2；D 点距A 点高度差h ＝3R 8B ．小球第一次过B 点时对槽底的压力大小为2 mgC ．小球从C 点到B 点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I ＝m 2gR ，方向水平向左D ．小球从C 到B 向A 运动的过程中，以小球、槽ABC 作为一个系统，机械能守恒、动量守恒AC [A 项，小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，v ＝2v 0，从A 到C 应用能量守恒可知，12m (2v 0)2＝mgR sin 30°，解得v 0＝gR 2，从D 到A 应用动能定理可得：mgh ＝12m (2v 0)2－12m v 20，解得：h ＝3R 8，故A 正确；B 项：从A 到B应用动能定理，mgR ()1－sin 30°＝12m v 2B －12m v 2A ，在B 点由重力与支持力的合力提供向心力得，F N －mg ＝m v 2B R ，由以上两式解得F N ＝3 mg ，故B 错误；C 项：小球到B 时的速度为v B 1＝2gR ，根据动量定理可得：I ＝m v B 1－0＝m 2gR ，故C 正确；D 项，小球从C 到B 向A 运动的过程中，以小球、槽ABC 作为一个系统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从C 到B 过程中，墙壁对槽有水平方向的作用力，所以系统外力之和不为零，故动量不守恒，故D 错误．二、非选择题11．(2018·山东省济南市高三一模)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．某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有Δm ＝100 g 的压缩气体，总质量为M ＝1 kg ，点火后全部压缩气体以v 0＝570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有Δm 2的压缩气体，每级总质量均为M 2，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v 0从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2 s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v 0从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出．喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m/s 2，求两种模型上升的最大高度之差．解析对模型甲：0＝(M －Δm )v 甲－Δm v 0h 甲＝v 2甲2g ＝10859m ≈200.56 m对模型乙第一级喷气：0＝(M －Δm 2)v 乙1－Δm 2v 0解得：v 乙1＝30 m/s2 s 末：v 乙1′＝v 乙1－gt ＝10 m/sh 乙1＝v 2乙1－v ′2乙12g＝40 m 对模型乙第一级喷气：M 2v 乙1＝(M 2－Δm 2)v 乙2－Δm 2v 0解得：v 乙2＝670 9 m/sh 乙2＝v 2乙22g ＝2244581m ≈277.10 m可得：Δh ＝h 乙1＋h 乙2－h 甲＝944081m ≈116.54 m答案 116.54 m12．(2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示，水平地面上固定一半径为R ＝0.8 m 的14光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M ＝3 kg 、长为L ＝1.75 m 的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m ＝1 kg 的物块，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.现给物块施一水平向右的恒力F ＝15 N ，作用一段距离x 后撤去F ，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，取g ＝10 m/s 2.(1)求物块滑到板右端时的速度v 多大？(2)求x 的大小；(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板．解析 (1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得：12m v2＝mgR解得：v ＝4 m/s(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得：Fx －μmgL ＝12m v 2解得：x ＝1 m(3)设物块相对板向左滑动距离Δx 后，与木板达到相同速度v ′，由动量守恒定律得：m v ＝(M ＋m )v ′解得：v ′＝1 m/s由能量守恒定律得：μmgΔx＝122(M＋m)v′解得：Δx＝1.5 m＜L＝1.75 m故物块不会滑离木板．答案(1)4 m/s(2)1 m(3)物块不会滑离木板11。

高考物理一轮复习专题十七碰撞与动量守恒课件

(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。这种问题由于作用时间都极短,因此动量守恒定律一般能派上大用场。例2 如图所示,质量为m1=0.2 kg的小物块A,沿水平面与小物块B发生正碰,小物块B的质量为m2 =1 kg。碰撞前,A的速度大小为v0=3 m/s,B静止在水平地面上。由于两物块的材料未知,将可能发生不同性质的碰撞,已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,试求碰后B在水平面上滑行的时间。
方法二力学规律的综合应用
(1)力的观点:运用牛顿定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点:用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。但综合题的解法并非孤立,而应综合利用上述三种观点的多个规律,才能顺利求解。
速前进时,船减速后退;当人速度为零时,船速度也为零。设某时刻人对地的速率为v1,船对地的速率为v2,根据动量守恒得mv1-Mv2=0 ① 因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒,对①式两边同乘以Δt,得mx1-Mx2=0
②
②式为人对地的位移和船对地的位移关系。由图还可看出: x1+x2=L ③
解题导引
解析 A、B相撞,A、B组成的系统动量守恒,有:mAv0=(mA+mB)v1
解出v1= 4 m/s。由于在极短时间内摩擦力对C的冲量可以忽略,故A、B刚连接为一体时,C的速
3
度为零。此后,C沿B上表面滑行,直至相对于B静止。这一过程中,系统动量守恒,系统的动能损失等于滑动摩擦力与C在B上的滑行距离之积: (mA+mB)v1=(mA+mB+mC)v ①

专题14 碰撞与动量守恒-2016年高考物理备考优生百日闯关系列(原卷版)

第一部分名师综述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查基本概念和基本规律。

考纲要求1、理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件。

2、会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。

命题规律1、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查。

第二部分精选试题1、【河北省衡水中学2016届高三上学期四调考试物理试题】如图所示，在光滑的水平面上，质量1m 的小球A 以速率0v 向右运动。

在小球的前方O 点处有一质量为2m 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，2PQ PO ，则两小球质量之比12:m m 为A 、7:5B 、1:3C 、2:1D 、5:32、【2016•衡水中学高三上四调】下列说法正确的是（）A 、物体速度变化越大，则加速度越大B 、物体动量发生变化，则物体的动能一定变化C 、合外力对系统做功为零，则系统的动量一定守恒D 、系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒3、【甘肃省天水市第一中学2016届高三上学期期中考试物理试题】如图所示，分别用恒力F 1、F 2先后将质量为m 的同一物体由静上开始沿相同的固定粗糙斜面由底端推至顶端。

第一次力F 1沿斜面向上，第二次力F 2沿水平方向，两次所用时间相同，则在这两个过程中A ．F 1做的功比F 2做的功多B ．第一次物体机械能的变化较多C ．第二次合外力对物体做的功较多D ．两次物体动能的变化量相同4、【2016•衡水中学高三上四调】如图所示，在光滑的水平面上，质量1m 的小球A 以速率0v 向右运动。

2016届高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(一)力与直线运动1.1含答案

课时巩固过关练(一)匀变速直线运动(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。

第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.如图所示是一个网球沿竖直方向运动时的频闪照片,由照片可知( )A.网球正在上升B.网球正在下降C.网球的加速度向上D.网球的加速度向下【解析】选D。

网球照片间隔上小下大,所以网球可能在向下做加速运动,也可能在向上做减速运动,选项A、B错。

无论网球向下加速还是向上减速,加速度的方向都是向下的,选项C错,D对。

2.(2014·海南高考)将一物体以某一初速度竖直上抛。

物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用,它从抛出点到最高点的运动时间为t1,再从最高点回到抛出点的运动时间为t2。

如果没有空气阻力作用,它从抛出点到最高点所用的时间为t0。

则( )A.t1>t0,t2<t1B.t1<t0,t2>t1C.t1>t0,t2>t1D.t1<t0,t2<t1【解题指南】在上升过程中阻力与重力方向相同,下降过程中阻力与重力方向相反。

所以上升和下降过程中物体运动的加速度大小不同。

【解析】选B。

物体在上升和下降过程中的位移h相同,但由于空气阻力的作用,在上升过程中的加速度a1>g,下降过程中的加速度a2<g,根据h=错误！未找到引用源。

at2可知,t1<t2;如果没有空气阻力,a0=g,根据v=at 可知,t1<t0,故选B。

3.(2015·江西师大附中模拟)一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示,根据图像可知( )A.4s内物体在做曲线运动B.4s内物体的速度一直在减小C.物体的加速度在2.5s时方向改变D.4s内物体速度的变化量的大小为8m/s【解析】选D。

速度—时间图像只能表示做直线运动的物体的速度变化情况,选项A错误;前2.5s内速度减小,后1.5s内速度反向增大,选项B错误;物体的加速度方向自始至终不变,始终与选定的正方向相反,选项C错误;4s内物体速度的变化量的大小为5m/s-(-3m/s)=8m/s,选项D正确。

2016届高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(七)3.7机械能守恒定律功能关系含答案

课时巩固过关练(七)机械能守恒定律功能关系(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.下列说法正确的是( )A.如果物体所受到的合外力为零,则其机械能一定守恒B.如果物体的合外力做的功为零,则其机械能一定守恒C.物体沿光滑曲面自由下滑的过程中,其机械能一定守恒D.做匀加速运动的物体,其机械能一定不守恒【解析】选C.如果物体受到的合外力为零,机械能不一定守恒,如在竖直方向上物体做匀速直线运动,其机械能不守恒,所以选项A、B错误;物体沿光滑曲面自由下滑的过程中,只有重力做功,所以机械能守恒,选项C正确;做匀加速运动的物体,其机械能可能守恒,如自由落体运动;但有时也不守恒,如在水平面上拉着一个物体匀加速运动,此时就不守恒,选项D错误.2.人通过挂在高处的定滑轮,用绳子拉起静止在地面上的重物,使它的高度上升h.如图所示,第一次拉力为F,第二次拉力为2F,则( )A.两次克服重力做的功相等B.两次上升到h处时拉力的功率,第二次是第一次的2倍C.两次上升到h处时的动能,第二次为第一次的2倍D.两次上升到h处时机械能增加量相等【解析】选A.由于两次重物上升高度h相同,所以两次克服重力做的功mgh相等,选项A正确;第二次拉力做功是第一次的2倍,但两次时间不等,所以第二次拉力的功率不等于第一次的2倍,选项B错误;由动能定理,第一次：Fh-mgh=E k1,第二次：2Fh-mgh=E k2=(2Fh-2mgh)+mgh=2E k1+mgh>2E k1,故C错误;由功能关系,除重力以外其他力所做功等于物体机械能的增量,所以两次上升到h处时机械能增加量,第二次为第一次的2倍,选项D错误.3.(2015·贵阳一模)如图所示,在高1.5m的光滑平台上有一个质量为2kg的小球被一细线拴在墙上,球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧.当烧断细线时,小球被弹出,小球落地时的速度方向与水平方向成60°角,则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10m/s2)( )A.10JB.15JC.20JD.25J【解析】选A.由h=错误！未找到引用源。

南京市2018届高考物理二轮复习精讲精练课时冲关练(十七) 第17讲碰撞与动量守恒近代物理初步

关闭Word文档返回原板块。

课时冲关练(十七)碰撞与动量守恒近代物理初步(45分钟,100分)选择题(本大题共16小题,1～12每小题6分,13～16每小题7分,共100分)1.(2014·厦门一模)古时有“守株待兔”的寓言。

假设兔子质量约为2kg,以15 m/s的速度奔跑,撞树后反弹的速度为1m/s,则兔子受到撞击力的冲量大小为　( ) A.28 N·s B.29 N·sC.31 N·sD.32 N·s【解析】选D。

根据动量定理,设反弹速度方向为正方向,2×1kg·m/s-(-2×15)kg·m/s=I,I=32N·s,D正确。

2.(2014·漳州一模)质量为2kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动,若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车,则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是　( )A.1.0 m/s,向右B.1.0 m/s,向左C.2.2 m/s,向右D.2.2 m/s,向左【解析】选A。

设向右方向为正方向,根据动量守恒得2×2kg·m/s-0.5×3kg·m/s=(2+0.5)kg×v,解得:v=1.0m/s。

3.(2014·宁德二模)光滑的水平面上两个同一直线上相向运动的小球,甲球的质量为2kg,乙球的质量为1 kg,碰撞前后乙球的速度随时间变化如图所示。

两球发生正碰后,甲球静止不动,规定向左为正方向,则碰前甲球速度的大小和方向为　( )A.0.5 m/s,向右B.0.5 m/s,向左C.1.5 m/s,向左D.1.5 m/s,向右【解析】选D。

由题意知v′1=0,v2=2m/s,v′2=-1m/s,据动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2,得v1=-1.5m/s,故选D。

高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(十七) 碰撞与动量守恒近代物理初步9 Word版含答案

课时巩固过关练(十七)碰撞与动量守恒近代物理初步(45分钟 100分)1.(12分)(1)恒星向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反应,当温度达到108K 时,可以发生“氦燃烧”。

①完成“氦燃烧”的核反应方程 24He+ →48Be+γ。

②48Be 是一种不稳定的粒子,其半衰期为2.6×10-16s 。

一定质量的 48Be,经7.8×10-16s 后所剩 48Be 占开始时的。

(2)如图所示,AB 为倾角θ=37°的粗糙斜面轨道,通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC 相连接,质量为m 2的小球乙静止在水平轨道上,质量为m 1的小球甲以速度v 0与乙球发生弹性正碰。

若m 1∶m 2=1∶2,且轨道足够长,要使两球能发生第二次碰撞,求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围。

(sin37°=0.6,cos37°=0.8)【解析】(1)①根据电荷数守恒、质量数守恒可得应为 24He(或α) ②因为t τ=7.8×10−16s 2.6×10−16s=3所以：m=m 0(12)t τ=18m 0(2)设碰后甲的速度为v 1,乙的速度为v 2,由动量守恒和能量关系知：m 1v 0=m 1v 1+m 2v 212m 1v 02=12m 1v 12+12m 2v 22 联立解得：v 1=m 1−m 2m 1+m 2v 0=-13v 0v 2=2m 1m 1+m 2v 0=23v 0设上滑的最大位移大小为s,滑到斜面底端的速度大小为v,由动能定理知：(m 2gsin37°+μm 2gcos37°)s=12m 2v 22 (m 2gsin37°-μm 2gcos37°)s=12m 2v 2联立解得(vv 2)2=3−4μ3+4μ乙要能追上甲,则v>v 03解得μ<0.45答案：(1)①24He(或α) ②18(2)μ<0.452.(12分)(·保山三模)(1)(多选)以下是有关近代物理内容的若干叙述,其中正确的是( )A.太阳内部发生的核反应是热核反应B.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应,可能是因为这束光的光强太小C.按照玻尔理论,氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时,电子的动能减小,但原子的能量增大D.原子核发生一次β衰变,该原子外层就失去一个电子E.天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的射线 (2)光滑水平面上A 、B 两小球向同一方向运动,B 在前,A 在后,已知A 的动量为p A =6kg ·m/s,B 的质量为m B =4kg,速度为v B =3m/s,两球发生对心碰撞后,速度同为4m/s 。

2016届高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(二) 力与直线运动1.2 含答案

课时巩固过关练(二)力与物体的平衡(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。

第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.如图所示的四角支架经常使用在架设高压线路、通信的基站塔台等领域。

现有一质量为m的四角支架置于水平地面上,其四根铁质支架等长,与竖直方向均成θ角,重力加速度为g,则每根支架对地面的作用力大小为( )A. B. C.mgtanθ D.mg【解析】选B。

设每根支架对地面的作用力大小为F,根据牛顿第三定律以及力的合成与分解知识可得4Fcosθ=mg,解得F=,选项B正确。

2.粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间。

由于热胀冷缩,电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状,若电线杆始终处于竖直状态,下列说法中正确的是( )A.冬季,电线对电线杆的拉力较大B.夏季,电线对电线杆的拉力较大C.夏季与冬季,电线对电线杆的拉力一样大D.夏季,杆对地面的压力较大【解析】选A。

电线受到自身重力和两端电线杆的拉力作用,如图所示,根据对称性,两端拉力F大小相等,根据平衡条件,两个拉力F的合力竖直向上,大小等于重力,设拉力与竖直方向夹角为θ,则有2Fcosθ=mg,拉力F=,夏天电线拉长,θ小,拉力F小,根据相互作用,夏天电线对电线杆的拉力较小,冬季拉力较大,选项A对,B、C错;把电线和电线杆看作一个整体,无论冬夏,它们的重力不变,所以地面支持力不变,杆对地面压力不变,选项D错。

【加固训练】如图所示,将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心),弹簧另一端与质量为m的小球相连,小球静止于P点。

已知容器半径为R,与水平面间的动摩擦因数为μ,OP与水平方向的夹角θ=30°。

下列说法正确的是( )A.容器相对于水平面有向左运动的趋势B.容器对小球的作用力竖直向上C.轻弹簧对小球的作用力大小为mgD.弹簧原长为R+【解析】选D。

2016届高三二轮复习物理专题通关 课时巩固过关练(十七) 碰撞与动量守恒 近代物理初步9 Word版含答案

巩固练习 动量守恒定律 复习与巩固 基础

动量与能量 课时巩固过关练 八 1.3.8碰撞与动量守恒

高考物理(新高考版)一轮复习考点考法精练专题七碰撞与动量守恒

高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(十七)碰撞与动量守恒近代物理初步9含答案

全国高考理综物理专题复习辅导精品学案《碰撞与动量守恒》(最新整理含答案)

专题检测卷(17) 专题九碰撞与动量守恒 近代物理初步

专题07 碰撞与动量守恒-2019年高考物理备考优生百日闯关系列 Word版含解析

备战2019高考物理二轮复习专项攻关高分秘籍专题07碰撞与动量守恒学案

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)

高中物理二轮专题复习课时跟踪训练7碰撞与动量守恒含解析

高考物理一轮复习专题十七碰撞与动量守恒课件

专题14 碰撞与动量守恒-2016年高考物理备考优生百日闯关系列(原卷版)

2016届高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(一)力与直线运动1.1含答案

2016届高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(七)3.7机械能守恒定律功能关系含答案

南京市2018届高考物理二轮复习精讲精练 课时冲关练(十七) 第17讲 碰撞与动量守恒 近代物理初步

高三二轮复习物理专题通关 课时巩固过关练(十七) 碰撞与动量守恒 近代物理初步9 Word版含答案

2016届高三二轮复习物理专题通关 课时巩固过关练(二) 力与直线运动1.2 含答案

2016届高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(十七) 碰撞与动量守恒近代物理初步9 Word版含答案

巩固练习动量守恒定律复习与巩固基础

动量与能量课时巩固过关练八 1.3.8碰撞与动量守恒

专题检测卷(17) 专题九碰撞与动量守恒近代物理初步

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)

南京市2018届高考物理二轮复习精讲精练课时冲关练(十七) 第17讲碰撞与动量守恒近代物理初步

高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(十七) 碰撞与动量守恒近代物理初步9 Word版含答案

2016届高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(二) 力与直线运动1.2 含答案