2019版高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 课后分级演练19 碰撞 反冲运动
2019届高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第一节动量冲量动量定理课后达标新人教版20180814
第一节动量冲量动量定理(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s.则这一过程中动量的变化量为( ) A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右解析：选D.选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6 kg·m/s，负号表示其方向向右，D正确．2．关于冲量，以下说法正确的是( )A．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零B．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化量C．物体受到的冲量越大，动量越大D．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同解析：选D.合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故A错误；由动量定理可知物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量，故B错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C 错误；如果力是恒力，则冲量的方向与该力的方向相同，故D正确．3．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等解析：选D.玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C 错误，D正确．4．(2015·高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2gh t ＋mg B ．m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D ．m gh t－mg 解析：选A.设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由动量定理得(mg －F )·t ＝0－mv ，解得F ＝m 2gh t＋mg . 5．(2018·北京西城区模拟)1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F ＝895 N ，推进器开动时间Δt ＝7 s ．测出飞船和火箭组的速度变化Δv ＝0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m 1＝3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m 2为( )A ．3 400 kgB ．3 485 kgC ．6 265 kgD ．6 885 kg解析：选B.根据动量定理得F Δt ＝(m 1＋m 2)Δv ，代入数据解得m 2≈3 485 kg ，B 选项正确．6.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点．若以2v 速度抽出纸条，则铁块落地点为( )A ．仍在P 点B ．在P 点左边C ．在P 点右边不远处D ．在P 点右边原水平位移的两倍处解析：选B.纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v 的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，即加速时间较长，由I ＝F f t ＝m Δv 得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v 的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，即加速时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B 选项正确．二、多项选择题7.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是( ) A．斜面对物体的弹力的冲量为零B．物体受到的重力的冲量大小为mgtC．物体受到的合力的冲量大小为零D．物体动量的变化量大小为mg sin θ·t解析：选BD.由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mg cos θ·t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C 错误；因整个过程中物体所受的合力为mg sin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mg sin θ·t，选项D正确．8．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3 000 m接力三连冠．如图所示，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．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小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：选AB.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A正确；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误．9．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有( )A ．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等B ．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＝Δp 2＝Δp 3D ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＜Δp 2＜Δp 3解析：选ABC.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C 、D 、E 的速度大小v 相等，动量变化量Δp ＝mv 相等，即Δp 1＝Δp 2＝Δp 3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h ，从顶端A 下滑到底端C ，由h sin θ＝12g sin θ·t 2得物体下滑的时间t ＝2h g sin 2 θ，所以θ越小，sin 2θ越小，t 越大，重力的冲量I ＝mgt 就越大，故I 1＜I 2＜I 3；故A 、C 正确，D 错误，物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B 正确．10.如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比( )A ．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大B ．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变C ．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大D ．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大解析：选BD.滑动摩擦力的大小为f ＝μN ，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量I ＝ft 不变，故A 、C 错误，B 正确；但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D 正确．三、非选择题11．(2018·安徽铜陵五中月考)高压采煤水枪出口的截面积为S ，水的射速为v ，水平射到煤层上后，水速度为零，若水的密度为ρ，求煤层对水的平均冲力的大小？解析：取一小段时间的水为研究对象，它在此时间内速度由v 变为零，煤对水产生了力的作用，即水对煤冲力的反作用力．设在Δt 时间内，从水枪射出的水的质量为Δm ，则Δm ＝ρSv ·Δt ，以Δm 为研究对象，它在Δt 时间内动量变化量为：Δp ＝Δm (0－v )＝－ρSv2Δt .设F 为煤层对水的平均冲力，根据动量定理有F Δt ＝Δp ＝－ρSv 2Δt ，故F ＝－ρSv 2.所以煤层对水的平均冲力大小为ρSv 2.答案：ρSv 212．(2015·高考安徽卷)一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图所示．一物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止，g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .解析：(1)由动能定理有－μmgx ＝12mv 2－12mv 20 可得μ＝0.32.(2)由动量定理有F Δt ＝mv ′－mv可得F ＝130 N.(3)由能量守恒定律有W ＝12mv ′2＝9 J. 答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J。
2019版高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 课后分级演练18 动量定理和动量守恒定律
课后分级演练(十八) 动量定理和动量守恒定律【A级——基础练】1．(2017·江西赣州三中测试)物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则( )A．I1<I2，W1＝W2B．I1>I2，W1＝W2C．I1>I2，W1<W2D．I1＝I2，W1<W2解析：B 根据动能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2，根据动量定理和动量与动能的关系式p＝2mE k，有I1＝2mE1－0＝2mE1，I2＝2mE1－2mE1＝(2－2)mE1，显然I1>I2，综上知，B正确．2.(多选)(2017·常德模拟)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有( )A．小球的机械能减少了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于m2gHD．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：AC 本题考查动能定理、动量定理等知识，意在考查考生应用动能定理、动量定理解决实际问题的能力．在整个过程中，小球机械能的减少量等于其重力势能的减少量，为mg(H＋h)，故A对；由动能定理，可推出小球克服阻力做的功为mg(H＋h)，故B错；在陷入泥潭过程中，由动量定理，可推出小球受阻力的冲量大于m2gH，故C对；在整个过程中，小球动量的改变量等于所受合力的冲量，故D错．3.如图所示，质量为M的滑槽内有半径为R的半圆轨道，将滑槽放在水平面上，左端紧靠墙壁．一质量为m的物体从半圆轨道的顶端a点无初速度释放，b点为半圆轨道的最低点，c点为半圆轨道另一侧与a等高的点．不计一切摩擦．下列说法正确的是( ) A．m从a点运动到b点过程中，m与M组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒B．m从a点释放后运动的全过程中，m的机械能守恒C．m释放后能够到达c点D．当m首次从右向左到达最低点b时，M的速度达到最大解析：D m首次下滑过程，墙对系统有向右的弹力，因此系统水平方向动量不守恒；系统没有摩擦和介质阻力，因此m 从a 点释放后运动的全过程中，系统机械能始终守恒，但M 的机械能比初状态增加了，因此m 的机械能不守恒；m 第一次到最低点后，M 离开墙，系统水平方向动量守恒，当m 和M 共速时，系统具有动能，因此m 的势能必小于mgR ，故m 不能到达c 点；m 第一次在圆轨道右半侧上滑行过程对M 的弹力始终向右下方，有水平向右的分力，因此M 始终加速，m 从右向左通过最低点b 后，M 开始减速．故选项D 正确．4.如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( )A ．减小球的动量的变化量B ．减小球对手作用力的冲量C ．减小球的动量变化率D ．延长接球过程的时间来减小动量的变化量解析：C 篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A 、D 错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B 错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C 正确．5.如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆周轨道，圆心O 在S 的正上方．在O 和P 两点各有一个质量为m 的小物块a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )A ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不相等B ．a 与b 同时到达S ，它们在S 点的动量不相等C ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量相等D ．b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量相等解析：A 物体a 做自由落体运动，其加速度为g ；而物体b 沿14圆弧轨道下滑，在竖直方向上加速度在任意高度都小于g ，由h ＝12at 2得t a <t b ；因为动量是矢量，故a 、b 到达S 时，它们的动量不相等，故A 正确．6.如图所示，质量为m 的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t 1速度为零然后又下滑，经过时间t 2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F 1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )A ．mg sin θ(t 1＋t 2)B ．mg sin θ(t 1－t 2)C ．mg (t 1＋t 2)D ．0解析：C 谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的冲量．根据冲量的定义式I ＝Ft .因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以I G ＝mg (t 1＋t 2)即C 正确．7.(多选)光滑水平地面上，A 、B 两物体质量都为m ，A 以速度v 向右运动，B 原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时( )A ．A 、B 系统总动量仍然为mvB ．A 的动量变为零C ．B 的动量达到最大值D ．A 、B 的速度相等解析：AD 系统水平方向动量守恒，A 正确；弹簧被压缩到最短时A 、B 两物体具有相同的速度，D 正确，B 错误；但此时B 的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B 物体会进一步加速，A 物体会进一步减速，C 错误．8.如图所示，一质量为M 的长木板在光滑水平面上以速度v 0向右运动，一质量为m 的小铁块在木板上以速度v 0向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度v 0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v 0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．解析：考虑M 、m 组成的系统，设M 运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft ＝(M ＋m )v 0－(Mv 0－mv 0)＝2mv 0则水平力的冲量I ＝Ft ＝2mv 0.答案：2mv 09．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器的质量为M ，发射的是2价氧离子，发射功率为P ，加速电压为U ，每个氧离子的质量为m ，单位电荷的电量为e ，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：(1)射出的氧离子速度；(2)每秒钟射出的氧离子数；(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度．解析：(1)每个氧离子带电量为q ＝2e ，由动能定理得qU ＝12mv 2，即得氧离子速度v ＝4eUm .(2)设每秒射出的氧离子数为n ，每秒对离子做的总功为nqU ，即功率为P ＝nqU ， 由此可得每秒钟射出的氧离子数n ＝P2eU. (3)由动量定理得F ＝Δp Δt ＝nmv ，又由牛顿第二定律得F ＝Ma ，综合上述各式，得飞行器开始运动的加速度a ＝mP 2eUM 2. 答案：(1) 4eU m (2)P 2eU (3) mP 2eUM 210.(2017·烟台二模)两块厚度相同的木块A 和B ，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A ＝2.0 kg ，m B ＝0.90 kg ，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量m C ＝0.10 kg 的滑块C ，以v C ＝10 m/s 的速度恰好水平地滑到A 的上表面，如图所示．由于摩擦，滑块最后停在木块B 上，B 和C 的共同速度为0.50 m/s.求：(1)木块A 的最终速度v A ；(2)滑块C 离开A 时的速度v C ′.解析：C 从开始滑上A 到恰好滑上A 的右端过程中，A 、B 、C 组成系统动量守恒m C v C ＝(m B ＋m A )v A ＋m C v C ′C 刚滑上B 到两者相对静止，对B 、C 组成的系统动量守恒m B v A ＋m C v C ′＝(m B ＋m C )v解得v A ＝0.25 m/sv C ′＝2.75 m/s.答案：(1)0.25 m/s (2)2.75 m/s【B 级——提升练】11．(多选)(2017·河南六市一联)在2016年里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌．假设质量为m 的跳水运动员从跳台上以初速度v 0向上跳起，跳水运动员在跳台上从起跳到入水前重心下降H ，入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动员入水后到速度为零时重心下降h ，不计空气阻力，则( )A ．运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为m v 20＋2gH ＋mv 0B ．水对运动员阻力的冲量大小为m v 20＋2gHC ．运动员克服水的阻力做功为mgH ＋12mv 20 D ．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg (H ＋h )＋12mv 20 解析：AD 设运动员入水前速度为v t ，则由机械能守恒有12mv 20＋mgH ＝12mv 2t ，得v t ＝v 20＋2gH ，据动量定理可得运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小I ＝mv t －(－mv 0)＝m v 20＋2gH ＋mv 0，A 项正确．运动员入水后受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，合力的冲量大小为I 合＝m v 20＋2gH ，B 项错误．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中应用动能定理有mg (H ＋h )－W f ＝0－12mv 20，得运动员克服水的阻力做功W f ＝mg (H ＋h )＋12mv 20，则C 项错误．由能的转化与守恒关系可知此过程中机械能的减少量为mg (H ＋h )＋12mv 20，D 项正确．12．(多选)(2017·湖南六校联考)如图所示，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．今有一个可以看作质点的小球，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，下列说法正确的是( )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v 23gD ．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mv 3解析：BC 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，由动量守恒有mv ＝(m ＋2m )v ′，得v ′＝v 3，小车动量变化大小Δp 车＝2m ·v 3＝23mv ，D 项错误．小球从滑进管道到滑到最高点为的过程中，由机械能守恒有mgH ＝12mv 2－12(m ＋2m )v ′2，得H ＝v 23g，C 项正确．小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒有：mv ＝mv 1＋2mv 2，12mv 2＝12mv 21＋12·2mv 22，解得v 1＝－v 3，v 2＝23v ，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为23v ＋13v ＝v ，B 项正确．由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A 项错误．13．如图所示，甲车质量m 1＝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m 2＝50 kg 的乙车正以v 0＝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(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．解析：人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：(m 1＋M )v －m 2v 0＝(m 1＋m 2＋M )v ′，解得v ′＝1 m/s.以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m 1＋M )v ＝m 1v 1′＋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：大于等于3.8 m/s14.(2017·湖南益阳4月调研)一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止．重力加速度为g .求(1)木块在ab 段受到的摩擦力f ；(2)木块最后距a 点的距离s .解析：(1)从开始到木块到达最大高度过程：由动量守恒：mv 0＝3mv 1由能量守恒：12mv 20＝12·3mv 21＋mgh ＋fL 解得：f ＝mv 20－3mgh 3L(2)木块从最大高度至与物体最终相对静止：由动量守恒：3mv 1＝3mv 2由能量守恒：12·3mv 21＋mgh ＝12·3mv 22＋fx 距a 点的距离：s ＝L －x解得：s ＝L －3ghL v 20－3gh ＝v 20－6gh v 20－3ghL 答案：(1)mv 20－3mgh 3L (2)v 20－6gh v 20－3gh L 15.如图所示，长L ＝0.8 m 、电阻r ＝0.3 Ω、质量r ＝0.1 kg 的金属棒CD 垂直跨放在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L ，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R＝0.5 Ω的电阻．量程为0～3.0 A 的理想电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0 V 的理想电压表接在电阻R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场B 向下穿过平面，现以向右的恒定外力F 使金属棒右移，当金属棒以v ＝2 m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏．(1)此满偏的电表是什么表？说明理由；(2)拉动金属棒的外力F 多大？(3)此时撤去外力F ，金属棒将逐渐慢下来，最终停在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R 的电荷量．解析：(1)电压表满偏．若电流表满偏，则I ＝3 A ，U ＝IR ＝1.5 V ，大于电压表量程．(2)由功能关系有F ·v ＝I 2(R ＋r )，而I ＝U R，所以F ＝U 2R ＋r R 2v代入数据得F ＝12＋0.52×2 N ＝1.6 N.(3)由动量定理有m Δv ＝IBL Δt ，两边求和m Δv 1＋m Δv 2＋…＝BLI 1Δt 1＋BLI 2Δt 2＋…即mv ＝BLq .由电磁感应定律E ＝BLv 及E ＝I (R ＋r )解得q ＝mv 2I R ＋r. 代入数据得q ＝0.1×22＋ C ＝0.25 C.答案：(1)见解析 (2)1.6 N (3)0.25 C。
2019年高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用学案
第2讲动量守恒定律及应用微知识1 动量守恒定律1．内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。
2．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。
3．常见的几种守恒形式及成立条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。
(3)分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。
微知识2 碰撞1．碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。
2．碰撞特征(1)作用时间短。
(2)作用力变化快。
(3)内力远大于外力。
(4)满足动量守恒。
3．碰撞的分类及特点(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
(2)非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。
(3)完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。
微知识3 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。
微知识4 反冲运动1．物体的不同部分在内力作用下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。
一、思维辨析(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
)1．动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。
(√)2．质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。
(×)3．系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。
(×)4．系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。
(×)二、对点微练1．(动量守恒条件)(多选)如图所示，在光滑水平面上有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使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。
2019版高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒高效演练
6.1 动量动量定理高效演练·创新预测1.(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。
F随时间t 变化的图线如图所示,则 ( )A.t=1 s时物块的速率为1 m/sB.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t=4 s时物块的速度为零【解析】选A、B。
对物块,由动量定理可得:Ft=mv,解得v=,t=1 s的速率为v=1 m/s,A正确;在F-t图中面积表示冲量,故t=2 s时物块的动量大小p=Ft=2×2 kg·m/s=4 kg·m/s,t=3 s时物块的动量大小为p′=(2×2-1×1) kg·m/s=3 kg·m/s,B正确,C错误;t=4 s时物块的动量大小为p″=(2×2-1×2) kg·m/s=2 kg·m/s,故t=4 s时物块的速度为1 m/s,D错误。
2.(多选)(2018·济南模拟)一质量为4 kg的物体受到水平拉力的作用,在光滑水平面上做初速度为零的加速直线运动,其运动的a-t图象如图所示,则( )A.物体做匀加速直线运动B.在t=3 s时刻,物体的动量为12 kg·m/sC.在6 s时间内,水平拉力对物体做功为32 JD.在t=6 s时刻,水平拉力的功率为192 W【解析】选B、D。
由图可知,物体的加速度增大,所以不是匀加速直线运动,故A错误;由图可知,物体的加速度与时间成正比,开始时物体的加速度等于0,在6 s时刻的加速度等于4 m/s2,可知在3 s时刻物体的加速度等于2 m/s2,根据Δv=aΔt可知a-t图象中,图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量,则在t=3 s时刻,物体的速度v3=Δv=×2×3 m/s=3 m/s,则3 s时刻物体的动量为p=mv3=4×3 kg·m/s=12 kg·m/s,故B正确;在t=6 s时刻,物体的速度v6=Δv′=×4×6 m/s=12 m/s,根据动能定理得W合=ΔE k=m-0=×4×122J=288 J,故C错误;在t=6 s时刻,根据牛顿第二定律得F=ma=4×4 N=16 N,则在t=6 s时刻,拉力F的功率P=Fv6=16×12 W=192 W,故D正确。
2019高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第1讲动量冲量动量定理课件
(2)方向恒定的变力的冲量计算 若力 F 的方向恒定， 而大小随时间变化的情况如图所示， 则 该力在时间Δ t＝t2－t1 内的冲量大小在数值上就等于图中阴 影部分的“面积”．
(3)一般变力的冲量计算 在中学物理中， 一பைடு நூலகம்变力的冲量通常是借助于动量定理来计 算的． (4)合力的冲量计算 几个力的合力的冲量计算， 既可以先算出各个分力的冲量后 再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量．
提示：B
)
B．减小球对手的冲击力 D．减小球的动能变化量
想一想 (多选)一个质量为 m 的物体以初速度 v0 开始做平抛运动， 经过时间 t 下降的高度为 h，速度变为 v，则在这段时间内 物体的动量变化大小为( A．m(v－v0) C．m v2－v2 0
提示：BCD
) B．mgt D．m 2gh
(2)表达式：F· Δ t＝Δ p＝p′－p.
合力 (3)矢量性： 动量变化量的方向与__________ 的方向相同， 可
以在某一方向上应用动量定理．
2．动量、动能、动量的变化量的比较 名称 项目 定义 定义式 矢标性 特点 关联方 程 动量 物体的质量和 速度 _________ 的乘积 动能 动量变化量 物体末动量与初 矢量差 动量的_______ Δ p＝p′－p 矢量 过程量 ________
对动量和冲量的理解 【知识提炼】 1．对动量的理解 (1)动量是矢量， 方向与速度方向相同． 动量的合成与分解遵 循平行四边形定则、三角形法则． (2)动量是状态量． 通常说物体的动量是指运动物体某一时刻 的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时 速度．
(3)动量是相对量． 物体的动量与参照物的选取有关， 通常情 况下，指相对地面的动量．单位是 kg·m/s. 2．冲量的计算 (1)恒力的冲量计算 恒力的冲量可直接根据定义式来计算， 即用恒力 F 乘以其作 用时间Δ t 而得．
2019届高考物理一轮复习讲义：第六章 第讲 动量守恒定律 Word版含答案
第2讲动量守恒定律板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动量守恒定律及其应用Ⅱ1、几个相关概念(1)系统:在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统.(2)内力:系统内各物体之间的相互作用力叫做内力.(3)外力:系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力.2、动量守恒定律(1)内容:如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律.(2)表达式①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和.③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向.④Δp＝0，系统总动量的增量为零.(3)适用条件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某方向守恒: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.【知识点2】弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ1、碰撞碰撞是指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4、(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开.这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化.(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理.5、爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动.板块二考点细研·悟法培优考点1 动量守恒定律[深化理解]1、动量守恒的“五性”(1)矢量性:表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负.(2)瞬时性:动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等.(3)同一性:速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度.一般选地面为参考系.(4)相对性:动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系.(5)普适性:它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统.2、应用动量守恒定律解题的步骤例1如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5 g 的子弹以速度v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求:(1)物块相对木板滑行的时间； (2)物块相对木板滑行的位移.时间极短说明了什么？提示:①子弹与物块作用时，物块的位置没发生变化； ②子弹与物块作用结束后，物块与木板才相互作用. (2)物体相对木板滑行的位移是物块的位移吗？ 提示:不是.尝试解答 (1)1_s__(2)3_m.(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律得 m 0v 0＝(m 0＋m )v 1，木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得 (m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v 2， 对子弹木块整体，由动量定理得 －μ(m 0＋m )gt ＝(m 0＋m )(v 2－v 1)， 联立解得物体相对小车的滑行时间t ＝v 2－v 1－μg＝1 s. (2)由能量守恒定律得μ(m 0＋m )gd ＝12(m 0＋m )v 21－12(m 0＋m ＋M )v 22， 联立解得d ＝3 m. 总结升华应用动量守恒定律应注意的问题(1)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的.(2)注意挖掘题目中的隐含条件，这是解题的关键，如本例中，时间极短是指子弹与物块相互作用时，物块m 位置没变，子弹与物块m 共速后，才相对木板M 运动.物块相对木板滑行的位移是指物块m 相对木板M 滑行的位移，并非对地的位移，并且物块m 和木板最后共速.[递进题组]1.如图所示，在桌面边缘有一木块质量是1.99 kg ，桌子高h ＝0.8 m ，一颗质量为10 g的子弹，击中木块，并留在木块内，落在桌子右边80 cm处的P点，子弹入射的速度大小是下列哪个数据(g取10 m/s2)()A、200 m/sB、300 m/sC、400 m/sD、500 m/s答案 C解析题目牵涉的过程有两个:一是子弹打击木块；二是子弹木块共同做平抛运动.根据平抛位移x＝0.8 m知x＝v共t，t＝2hg，所以v共＝xt＝xg2h＝2 m/s.子弹打击木块过程中动量守恒，则有m v0＝(M＋m)v共，所以v0＝(M＋m)v共m＝400 m/s，C正确.2. [2018·宁夏固原市一中月考]如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是()A.m v0M＋m B.m v0MC.M v0M＋m D.M v0m答案 A解析小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成系统，水平方向不受外力因而动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对滑块运动，此时一定不是最高点).由水平方向动量守恒得:m v0＝(M＋m)v，所以v＝m v0M＋m，A正确.考点2 碰撞问题分析[模型应用]1、分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.(3)速度要合理①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′.②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.2、弹性碰撞的规律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m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′①12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 由①②得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2 v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论:(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换了速度.(2)当m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，并且v 1′<v 2′，碰撞后两球都向前运动. (3)当m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来.例2 两个小球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线运动，其动量大小分别为5 kg·m/s 和7 kg·m/s ，发生碰撞后小球B 的动量大小变为10 kg·m/s ，由此可知:两小球的质量之比可能为( ) A.m Am B ＝1 B.m A m B ＝12 C.m A m B＝15D.m A m B＝110A 、B 两小球动量大小分别为5 kg·m/s 和7 kg·m/s 有几种情况？提示:①同向运动，A 球在前，B 球在后； ②同向运动，A 球在后，B 球在前； ③相向运动.(2)发生碰撞时，一定守恒的是什么？ 提示:动量. 尝试解答 选C.将两小球碰撞前后的动量方向间的关系作出如下各种假设，然后运用碰撞的三个制约因素进行检验.(1)设A 、B 两小球相向运动而发生碰撞，并取小球B 碰前的运动方向为参考正方向，即 p A 0＝－5 kg·m/s ，p B 0＝7 kg·m/s根据“运动制约”，小球B 在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即p B ＝－10 kg·m/s根据“动量制约”，小球A 在碰后动量必为p A ＝12 kg·m/s ，而这样的碰撞结果显然违背了“动能制约”，因为显然有:(－5)22m A ＋722m B ≤1222m A ＋(－10)22m B. (2)设A 、B 两小球同向运动而发生碰撞，且A 球在前，B 球在后，取两小球碰前的运动方向为参考正方向，即p A 0＝5 kg·m/s ，p B 0＝7 kg·m/s.根据“运动制约”，小球B 在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即p B ＝－10 kg·m/s.根据“动量制约”，小球A 在碰后动量必为p A ＝22 kg·m/s ，而这样的碰撞结果显然也违背“动能制约”，因为显然也有:522m A ＋722m B ≤2222m A ＋(－10)22m B.(3)设A 、B 两小球同向运动而发生碰撞，且B 球在前，A 球在后，仍取两个小球碰前的运动方向为参考正方向，即p A 0＝5 kg·m/s ，p B 0＝7 kg·m/s.根据“运动制约”，小球B 在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相同，即p B ＝10 kg·m/s.根据“动量制约”，小球A 在碰后动量必有p A ＝2 kg·m/s ，而这样的碰撞结果完全可以不违背“动能制约”，只要有:522m A ＋722m B ≥222m A ＋1022m B，即m A m B ≤717.仍然根据“运动制约”，为了保证碰前小球A 能追上小球B 而发生碰撞，同时为了保证碰后小球A 不至于超越到小球B 的前面，应分别有:5m A >7m B ，2m A ≤10m B .综上可知15≤m A m B ≤717，C正确. 总结升华碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解.(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足:v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0.(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m 1≫m 2，且v 20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 0；当m 1≪m 2，且v 20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹.[跟踪训练] (多选)质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以v 0的速度与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( )A.13v 0B.23v 0C.49v 0D.59v 0 答案 AB解析 根据E k ＝12m v 2，碰撞后A 球的动能变为原来的19，则A 的速度变为v A ′＝±13v 0，正、负表示方向有两种可能.当v A ′＝13v 0，v A ′与v 0同向时有:m v 0＝13m v 0＋2m v B ，v B ＝13v 0.碰撞后系统总动能为:E k 总＝E k A ′＋E k B ′＝39×12m v 20＝39E k A ，机械能减小说明碰撞是非弹性碰撞. 当v A ′＝－13v 0，v A ′与v 0反向时有:m v 0＝－13m v 0＋2m v B ，v B ＝23v 0.碰撞后系统总动能为:E k 总″＝E k A ″＋E k B ″＝12m v 20，机械能守恒说明碰撞是弹性碰撞.考点3 爆炸、反冲及“人船模型” [模型应用]1、爆炸的特点(1)动量守恒:由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时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，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动. 2、反冲(1)现象:物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象.(2)特点:一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况:①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒.反冲运动中机械能往往不守恒. (3)实例:喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例. 3、“人船模型”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，相互作用中均发生运动，则由m 1v 1－m 2v 2＝0，得m 1x 1＝m 2x 2.例3 载人气球静止于高h 的空中，气球的质量为M ，人的质量为m ，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？人和气球的速度有什么关系？提示:v 人v 球＝M m .(2)人和气球对地的位移与绳长有什么关系？ 提示:x 人＋x 球＝L 绳. 尝试解答M ＋mMh .气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移为x人，球的位移为x球，它们的位移状态图如图所示，由平均动量守恒有:0＝Mx球－mx人，又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝M＋m M h.总结升华利用人船模型解题需注意两点(1)条件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，因相互作用而反向运动.③x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移.(2)解题关键是画出草图确定初、末位置和各物体位移关系.[跟踪训练](多选)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、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飞行的水平距离一定比b的大C、a、b一定同时到达水平地面D、在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等答案CD解析空中爆炸问题，因系统内力远大于外力，故满足系统动量守恒的条件.由题中所给物理情景“一分为二”，系统动量守恒的表达式为m v0＝m a v a＋m b v b因m a v a与m v0同向，取v0为正方向.讨论:①若m a v a<m v0，则m b v b为正向，v b与v a同向.②若m a v a＝m v0，则m b v b＝0，即v b＝0，b做自由落体运动，a在b之前.③若m a v a>m v0，则m b v b为负向，v b与v a反向，a在b之前.所以A错误；因题设条件只给出了v a与v0同向和m a>m b，但未给出v a一定大于或等于v0的条件.所以v b大于、等于和小于v a的情况都有可能存在，从同一高度平抛物体的水平射程由水平初速度决定，故s b>s a、s b＝s a、s b<s a都有可能，B错误；平抛运动的飞行时间由抛出点的高度决定，h相同，由t＝2hg知，t相同，C正确；炸裂过程a与b相互作用遵循牛顿第三定律，F与F′等值、反向，D正确.考点4 子弹打木块问题(滑块类问题) [模型应用]子弹射击木块的两种典型情况1、木块放置在光滑的水平面上运动性质:子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动.处理方法:把子弹和木块看成一个系统，①系统水平方向动量守恒；②系统的机械能不守恒；③对木块和子弹分别利用动能定理.2、木块固定在水平面上运动性质:子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块静止不动.处理方法:对子弹应用动能定理或牛顿第二定律.两种类型的共同点:(1)系统内相互作用的两物体间的一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值(因为有一部分机械能转化为内能)；(2)摩擦生热的条件:必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程，大小为Q＝fs，其中f是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对路程(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者的相对路程，所以说是一个相对运动问题).例4[2016·张掖模拟]如图所示.质量M＝2 kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为M A＝2 kg的物体A(可视为质点).一个质量为m＝20 g的子弹以500 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A静止在车上.若物体A与小车间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2).(1)平板车最后的速度是多大？(2)全过程损失的机械能为多少？(3)A在平板车上滑行的时间为多少？最后物体A静止在车上，是物体A最终的速度是零吗？这句话的含义是什么？提示:最终的速度不是零.这句话的含义是物体A与小平板车相对静止，二者有共同的速度和共同的加速度.(2)全过程损失的机械能等于什么？提示:总机械能的损失等于系统动能的减少量.尝试解答(1)2_m/s__(2)2392_J__(3)0.4_s.(1)对子弹和物体，由动量守恒得m v0＝m v′＋M A v，得v＝4 m/s，同理对M和M A有M A v＝(M＋M A)v车，得v车＝2 m/s.(2)由能量守恒得:ΔE＝12m v2－12m v′2－12(M＋M A)v2车＝2392 J.(3)对物体A由动量定理得:－μM A gt＝M A v车－M A v得t＝0.4 s.总结升华对于滑块类问题，往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内的物体的运动状态，既可由两大定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由守恒定律分析动量的传递、能量的转化，在能量转化方面往往用到ΔE 内＝ΔE 机＝F 滑x 相.[跟踪训练] 一质量为M 、长为l 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m <M .现以地面为参考系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度，如图所示，使A 开始向左运动、B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板.(1)若已知A 和B 的初速度大小为v 0，求它们最后速度的大小和方向；(2)若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离. 答案 (1)M －m M ＋mv 0 水平向右 (2)M ＋m4M l解析 (1)用动量守恒定律求解:系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向.小木块A 不滑离B 板的条件是二者最终处于相对静止，设此时共同速度为v . 由动量守恒定律得:M v 0－m v 0＝(M ＋m )v ， 可得:v ＝M －mM ＋m v 0因为M >m ，故v 方向水平向右.(2)功能关系:当木块A 相对于地向左运动距离最远时，末速度为零，在这过程中，克服摩擦力F f 做功的结果是消耗了自身的动能:F f s ＝12m v 20而A 刚好没有滑离B 板的条件是:A 滑到B板的最左端，且二者具有相同速度v ，A 、B 间因摩擦产生的内能等于系统动能的损失:Q ＝F f l ＝M ＋m 2(v 20－v 2)由以上各式得向左运动的最远距离:s ＝M ＋m 4M l .考点5 动量守恒与其他知识的综合 [拓展延伸]1、动量守恒与动能定理、功能关系、牛顿运动定律，以及直线运动、平抛运动、圆周运动等运动学知识综合.2、动量守恒与能量守恒、核反应知识综合.3、动量守恒与混合场(重力场和电场)、向心力、平抛运动、能量综合.例5 [2017·吉林长春调研]如图，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切.质量为m 的带正电小球B 静止在水平轨道上，质量为2m 的带正电小球A 从LM 上距水平轨道高为h 处由静止释放，在A 球进入水平轨道之前，由于A 、B 两球相距较远，相互作用力可认为是零，A 球进入水平轨道后，A 、B 两球间相互作用视为静电作用.带电小球均可视为质点.已知A 、B 两球始终没有接触.重力加速度为g .求:(1)A 、B 两球相距最近时，A 球的速度v ；(2)A 、B 两球最终的速度v A 、v B 的大小.(1)A 、B 两球相距最近的含义是什么？提示:A 、B 共速.(2)怎样理解A 、B 两球最终的速度？提示:当A 、B 间相互斥力作用足够长时间后，它们的间距就足够远，相互间的斥力可以忽略不计，电势能为零.尝试解答 (1)232gh (2)2gh 3，432gh . (1)对下滑的过程:2mgh ＝12·2m v 20，v 0＝2gh ， 球进入水平轨道后两球组成的系统动量守恒，两球最近时速度相等.2m v 0＝(2m ＋m )v ，v ＝23v 0＝232gh . (2)当A 、B 相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A 、B 两球组成的系统动量守恒、能量也守恒.2m v 0＝2m v A ＋m v B ，12×2m v 20＝12×2m v 2A ＋12m v 2B ， 得v A ＝13v 0＝132gh ， v B ＝43v 0＝432gh . 总结升华动量守恒与其他知识综合问题的求解方法动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题.解决这类问题首先要弄清物理过程，其次是弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律.最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键.[跟踪训练] [2017·河南开封一模]如图所示，在高h 1＝30 m 的光滑水平平台上，物块P 以初速度v 0水平向右运动，与静止在水平台上的物块Q 发生碰撞，m Q ＝2m P ，碰撞后物块P 静止，物块Q 以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC 的B 点的切线方向进入圆弧形轨道，B 点的高度h 2＝15 m ，圆弧轨道的圆心O 与平台等高，轨道最低点C 的切线水平，并与地面上长为l ＝70 m 的水平粗糙轨道CD 平滑连接，物块Q 沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞.g取10 m/s2.(1)求物块Q由A到B的运动时间；(2)求物块P初速度v0的大小；(3)若小物块Q与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点E(E点没画出).设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围.答案(1) 3 s(2)20 m/s(3)0.17<μ≤0.5解析(1)由于h1＝30 m，h2＝15 m，设小物块Q从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝12gt2，解得t＝ 3 s.(2)由于R＝h1，R cosθ＝h1－h2，所以θ＝60°，小物块Q平抛的水平速度是v1，有gtv1＝tan60°，解得v1＝10 m/s.小物块P与Q发生碰撞的过程中系统的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得m P v0＝m Q v1解得v0＝20 m/s(3)设小物块Q在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是s max＝3l 路程的最小值是s min＝l路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大，由能量守恒知m Q gh1＋12m Qv21＝μmin m Q gs max，m Q gh1＋12m Qv21＝μmax m Q gs min解得μmax＝12，μmin＝16，即0.17<μ≤0.5.。
2019届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课后达标
第二节 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲[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m 1，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m 2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v 0、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 ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋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，3mv 0＝2mv ＋mv ′，可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，对比各选项可知，答案选C.3．一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.对火箭和卫星由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1，解得v 1＝（m 1＋m 2）v 0－m 2v 2m 1＝v 0＋m 2m 1·(v 0－v 2)．4．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，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，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.mMv0B．Mmv0C.MM－mv0D．mM－mv0解析：选D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′故v′＝mv0M－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．2LmM＋mC.MLM＋mD．mLM＋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v1、v2，有mv1＝Mv2，故ms1＝Ms2，s1＋s2＝2L，其中s1代表小球的水平位移大小，s2代表小车的水平位移大小，因此s2＝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v0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/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．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 )v 0＝Mv B 1，代入数据解得：v B 1≈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 )v 0＝(M ＋m )v B 2，代入数据解得：v B 2＝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 ′A v ′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.12mv 2 B ．mM2（m ＋M ）v 2C.12N μmgL D ．N μmgL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)、12mv 2＝12(M ＋m )v 2t ＋ΔE (②式)，由①②联立解得ΔE ＝Mm2（M ＋m ）v 2，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 ＝N μmgL ，选项C 错误，D 正确．10．一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不正确的是( )解析：选ACD.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 ＝2hg＝1 s ，取向右为正，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5m/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＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确．三、非选择题11．如图所示，小球B 与一轻质弹簧相连，并静止在足够长的光滑水平面上，小球A 以某一速度与轻质弹簧正碰．小球A 与弹簧分开后，小球B 的速度为v ，求：(1)当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时，小球B 的速度的大小．(2)若小球B 的质量m 2已知，在小球A 与弹簧相互作用的整个过程中，小球A 受到弹簧作用力的冲量．解析：(1)当系统动能最小时，弹簧压缩至最短，两球具有共同速度v共．设小球A 、B的质量分别为m 1、m 2，碰撞前小球A 的速度为v 0，小球A 与弹簧分开后的速度为v 1.从小球A 碰到弹簧到与弹簧分开的过程中，由系统动量守恒和能量守恒有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 2 联立解得v ＝2m 1v 0m 1＋m 2即m 1v 0＝m 1＋m 22v从小球A 碰到弹簧到两球共速的过程中，系统动量守恒，故m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 共 解得v 共＝v2.(2)设水平向右为正方向，则小球B 动量的增量为m 2v ，根据动量守恒小球A 动量的增量为－m 2v根据动量定理有I ＝－m 2v ，小球A 受到弹簧作用的冲量的大小为m 2v ，方向水平向左． 答案：见解析12．(2018·河北邯郸摸底)如图，木块A 、B 的质量均为m ，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A 、B 间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A 、B 以初速度v 0一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P 点，速度变为v 02，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 继续沿水平方向前进．已知O 、P 两点间的距离为s ，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ； (2)炸药爆炸时释放的化学能．解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E 0. 从O 滑到P ，对A 、B 由动能定理得－μ·2mgs ＝12·2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022－12·2mv 20，解得μ＝3v 28gs.(2)在P 点爆炸时，A 、B 动量守恒，有2m ·v 02＝mv ，根据能量守恒有E 0＋12·2m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝12mv 2，解得E 0＝14mv 20.答案：(1)3v 208gs (2)14mv 2。
2019高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲练习
第2讲 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲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 AB ．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 ′2B 2m 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 2② 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/s ②a 、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)v④ 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 2 ⑥ 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。
2019届高考物理一轮复习全国版教师用书：第六章 碰撞
[高考导航]基础课1 动量和动量定理知识排查动量1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示。
2.表达式：p ＝mv 。
3.单位：kg·m/s 。
4.标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。
冲量1.定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。
公式：I ＝Ft 。
2.单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s 。
3.方向：冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。
动量定理1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。
2.表达式：Ft ＝Δp ＝p ′－p 。
3.矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。
小题速练1.(2017·北京西城区模拟)(多选)关于动量和冲量，下列说法正确的是()A.物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同B.物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化C.物体所受合外力的冲量等于物体的动量D.物体动量的方向与物体的运动方向相同解析物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的方向相同，与动量的方向不一定相同，故选项A错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故选项B正确，C错误；物体的动量p ＝mv，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，选项D正确。
答案BD2.一质量为m＝100 g的小球从高h＝0.8 m处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，以向下为正方向，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(重力加速度大小g取10 m/s2)()A.0.4 N·sB.－0.4 N·sC.0.6 N·sD.－0.6 N·s解析设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，由h＝12gt21得t1＝2hg＝0.4 s。
设软垫对小球的冲量为I N，则对小球整个运动过程运用动量定理得，mg(t1＋t)＋I N ＝0，得I N＝－0.6 N·s，选项D正确。
2019版高考物理一轮复习第六章动量守恒定律章末综合测试.doc
第六章动量守恒定律章末综合测试（六）（时间：60分钟分数：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，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.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.（2017・天津理综）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是（）A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B.在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程屮，乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：B本题考查匀速圆周运动.乘客在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，而在上升过程屮重力势能增加，机械能增加，下降过程中则相反，A错误.在最高点时，乘客具有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，故B正确.因重力恒定，重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积，故重力冲量一定不为零，C错误.重力的瞬时功率宀/殆・r- cos a , 其屮Q是瞬时速度7的方向与重力方向Z间的夹角，故重力的瞬时功率不会保持不变，D 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, 力、〃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,〃/〃〃〉〃〃〉〃〃〃〃〃〃〃〃、/〃〉〃〃, 击木块月及弹簧被压缩的过程屮，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：C在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力之和为零，动量守恒, 但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒.3.-弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度r=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^=10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）解析：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I'nJ t=\ /—=1 s,収向右为正，由水平速度卩=£知，选项A 屮，y 甲=2. 5m/s,V g ty 乙=—0. 5m/s ；选项 B 中，卩甲=2. 5m/s, u 乙=0. 5 m/s ；选项 C 中，y 甲=1 m/s, u 乙=2 m/s ；选项D 中，卩甲=—1 m/s, v 乙=2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒,故mv=/n 甲v 甲+加乙v3 1乙，其中刃甲=［刃，刃乙=严 v=2 m/s,代入数值计算知选项B 正确.4. 如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为必 的斜面，斜面表面光滑、高度为力、倾角为〃•一质量为/〃（冰胁 的小物块以一定的初速度沿水平而向右运动，不计冲上斜而过程 屮的机械能损失.如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端.如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（）解析：D 若斜面固定，由机械能守恒定律可得*〃/=/〃妙；若斜面不固定，系统水平方 向动量守恒，有mv= （J/+/72） ri,市机械能守恒定律可得如M=/ngH +*（』/+刃）rl.联立以上各4/式可得力'故D 正确.5. （2017 •重庆一模）如图所示，为某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实 验数据得到的位移一时间图象.图屮的线段日、厶c 分别表示光滑水平面上沿同一条直线运 动的滑块I 、II 和它们发生正碰后结合体的位移变化关系，己知相互作用时间极短，由图象 给出的信息可知（）z m • CDA. hC 环B. D. mM+ni 2 M M+n!1A. 碰前滑块I 与滑块II 速度大小之比为7 : 2B. 碰前滑块I 的动量比滑块II 的动量大C. 碰前滑块I 的动能比滑块II 的动能小D. 滑块I 的质量是滑块II 的质量的右4=—2 m/s,大小为2m/s,滑块II 的速度为m/s = O. 8 m/s,则碰前速度大小之比为5 :2,故A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块I 速度为负，动量为负，滑块II 的速 度为正，动量为正，由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块I 的动量 比滑块II 小，故B 错误；碰撞后的共同速度为7=竽 m/s = 0.4m/s,根据动量守恒定律,1 2E 尹巧25 有：励旳+ /〃心=伽+他）卩，代入数据解得：他=6例，可知D 正确；方= ---- =斯，知C 错77他谥误.6. 质量为1 kg 的小球以4 ni/s 的速度与质量为2 kg 的静止小球正碰，关于碰后的速 度r/和专，下列可能正确的是（）4 A. v\f = vz =~ m/sB. v\f= —1 m/s, vz =2.5 m/s C. V\f— 1 m/s, Vi 1— 3 m/s D ・ v\ =3 m/s, V2 =0. 5 m/s解析：AB 对于碰撞问题要遵循三个原则：动量守恒、碰后系统的机械能不增加和碰撞 过程要符合实际情况.经检验，选项A 、B 满足碰撞过程应遵循的三个原则，所以A 、B 止确.7. 一静止的铝原子核似1俘获一速度为1.0X107 m/s 的质子p 后，变为处于激发态的 硅原子核器Si ：下列说法正确的是（）A. 核反应方程为P + B AI —iiSi*解析：D 根据s — t 图象的斜率表示速度，则得：碰撞前滑块I 的速度为：4一14 5m/ sB.核反应过程中系统动量守恒C.核反应过程中系统能量不守恒D.核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和E.硅原子核速度的数量级为10’ m/s,方向与质子初速度的方向一致解析：ABE核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，A项正确；微观粒子相互作用过程中，满足动量守恒定律，B项正确；题述核反应过程属于“二合一”形式的完全非弹性碰撞，机械能有损失，但对于封闭的系统，能量仍然守恒，C项错误；核反应过程屮的机械能有损失，故存在质量亏损现象，D项错误；硅原子质量约是质子质量的28倍，由动量守恒定律知，加巾=28加“所以硅原子核速度数量级为1(T in/s,方向与质子初速度的方向一致，E项正确.8.如图甲所示，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，日一t图象如图乙所示，t=0时其速度大小为2 m/s,滑动摩擦力大小恒为2 N,则()A.广=6 s时，物体的速度为20 m/sB.在0.6 s内，合力对物体做的功为400 JC.在0.6 s内，拉力对物体的冲量为36 N・sD.Z = 6 s时，拉力尸的功率为200 W解析：AD类比速度图象中位移的表示方法可知，在加速度一时间图象屮图线与横轴所围而积表示速度变化量，在0〜6 s内A r=18 m/s,又知旳=2 m/s,则f=6 s时的速度v =20 m/s, A正确；由动能定理可知，0~6 s内，合力做的功为“—如当诚=396 J, B错误；由动量定理可知，If'—Fi' • t—mv—mv^y解得厶=48 N・s, C错误；由牛顿第二定律可知，6 s末F—Fm,解得尸=10 N,所以拉力的功率P=Fv=2W W, D正确.二、非选择题(本大题共3小题，第9、10题各16分，第11题20分，共52分)9.(1)如图甲所示，一个质量为刃的物体，初速度为旳，在水a平合外力用恒力)的作用下，经过一段时间/后，速度变为仏请LZL 甲根据上述情景，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式屮等号两边物理量的物理意义.(2)高空坠物很危险.一球形面团，质量为1 kg,从20 m高的楼层上掉下，落在坚硬的水泥地面上，被摔成薄片，若面团与地面的作用时间约0.01 s, g取10 m/s2,试估算地面受到平均冲力的大小.(3)如图乙所示，自动称米机已被广泛使用.称米时，打开阀门，米粒就以每秒〃千克的恒定流量流进放在秤上的容器.当秤的示数达到顾客所要求的数量时，在出口处关闭阀门，切断米流.米粒在出口处速度很小，可视为零.对上述现象，买卖双方引起了争论.买方认为: 因为米粒落到容器中时有向下的冲力而不划算；卖方则认为：当达到顾客所耍求的数量时, 切断米流，此时尚有一些米在空中，这些米是多给买方的.请谈谈你的看法，并根据所学的知识给出合理的解释.解析：（1）根据牛顿第二定律尸=朋（1分）v t— vh加速度定义臼=―（1分）解得Ft=mv-niv…即动量定理（1分）&表示物体所受合力的冲量（1分）/nv—mvo表示物体动量的变化（1分）（2）面团刚落地时/=2劲（1分）卩=20 m/s与地面碰撞过程，以竖直向上为正方向（1分）由动量定理得（尸一飓）t=0~（—沏（1分）面团受到支持力尸=2 010 \（1分）根据牛顿第三定律，地面受到的平均冲力尸冲=2 010 N（1分）（3）米粒的流量是恒定的，关闭阀门就能在出口处切断米流.若切断米流时，盛米容器屮静止的那部分米的质量为加空中正在下落的米的质量为心冈1|落到已静止的米堆伽）上的一部分米的质量为△规这部分米对静止部分的米的冲力为尺（1分）刚切断米流时，称米机的读数为胚=朋+ "曲分）最终称米机的读数为朋=例+规+人刃（1分）取△刃为研究对象，在A十吋I'可内，有5=d・△ t,设其落到米堆上之前的速度为r, 经时间△广静止，根据动量定理得（F — A mg） A ^=0 —（― A mv）（1分）设米从出口处落到盛米容器中的米表而所用的时间为&则加=d・t, v=g认1分）解得dv= nbg,即F =//kg+分）根据牛顿第三定律知F=F ,刚切断米流时，称米机的读数为Mi=nh + F/g= nh++ △刃（1分）必=施（1分）可见，双方的说法都不正确.自动称米机是准确的，不存在谁划算谁不划算的问题.答案：（1）见解析（2）2 010 N （3）见解析10.如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地而与水而的距离为〃用水泵从水池抽水（抽水过程屮〃保持不变），龙头离地面高力，水管横截面积为S,水的密度为Q,重力加速度为g,不计空气阻力.（1）水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10力.设管口横截面上各处水的速度都相同.求：a.每秒内从管口喷出的水的质量加；b.不计额外功的损失，水泵输出的功率尺（2）在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一喷头，如图2所示.让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力.由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响.求水流落地前瞬间的速度大小K解析：（1）乩水从管口沿水平方向喷出做平抛运动，设水喷岀时速度为O落地时间为竖直方向力=*纟产水平方向10力=旳广时间方0内喷出的水的质量m= P V= p v Q toS （1分）（1分）（1分）每秒喷出的水的质量规=#to联立以上各式解得规=5 Q 乂网b.时间Fo内水泵输出功W=z?7g（〃+力）刃说（1分）（1分）（2分）W 输出功率P=-to （1分）解得P=5P簸（〃+26力（2）取与地面作用的一小部分水A /〃为研究对象根据动量定理尸・卜t=卜III • v （2分）（2分）解得$ 5 P S\）2g/]答案：⑴ a.5pS\[^ b. 5。
2019版高考物理一轮复习第六章动量守恒定律课后分级演练19碰撞反冲运动.doc
课后分级演练（十九）碰撞反冲运动【A 级一一基础练】1.（多选）力、〃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，力球的动量是7 kg ? m/s , 〃球的动量是 5 kg ? m/s,力球追上3球发生碰撞，则碰撞后力、3两球的动量可能值是（）A.=8 kg ?m/s, PB =4 kg ? m/s B.p/=6 kg ?m/s, pj =6 kg ? m/s C. =5 kg ?m/s, pn =7 kg ? m/sD.p.\ ——2 kg ? m/s, pj =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.〃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，力在后，碰后如果二者同向，一定仍是〃在前，力在后，力不可能超越〃，所以碰后/ 的速度应小于〃的速度.A 选项中，显然碰后〃的速度大于〃的速度，这是不符合实际情况的，所以n 错.碰前人B 的总动能煤=愛+礬券碰后人〃的总动能，B 选项中反=与-+牛-所以B 可能.C 选项中Z HI Z/n Zm Lin故C 也可能._血 2 亦2_200 74 2m 2 m 2 m '2〃/综上，本题正确选项为B 、C.2.质量为M 的物块以速度y 运动，与质量为/〃的静止物块发生正碰，碰撞后二者的动M量正好相等.二者质量之比評能为（）A. 6C. 4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2门，根据 b2 2 2 =2〃豚可得碰撞前的总动能&= 2：'碰撞后的总动能反=佥+気根据碰撞前后的动能关系可得需三鳥+养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 D 选项中反所以D 是不可能的. B. 3 D. 5。
2019届高考物理一轮复习全国版教师用书：第六章 碰撞
基础课2动量守恒定律及其应用知识排查动量守恒定律1.内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
2.表达式(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
3.动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。
弹性碰撞和非弹性碰撞1.碰撞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.分类小题速练 1.思考判断(1)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。
( )(2)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。
( )(3)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。
( )答案 (1)√ (2)× (3)×2.[人教版选修3－5·P 16·T 5改编]某机车以0.8 m/s 的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。
机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。
设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( )A.0.053 m/sB.0.05 m/sC.0.057 m/sD.0.06 m/s解析 取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv 0＝(m ＋15m )v ，v ＝116v 0＝116×0.8 m/s ＝0.05 m/s 。
(全国通用)2019高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒高效演练
6.2动量守恒定律及其应用高效演练·创新展望1.(多项选择)以以下图,一男孩站在小车上,并和木箱一起在圆滑的水平冰面上向右匀速运动,木箱与小车挨得很近。
现男孩用力向右迅速推开木箱。
在男孩推开木箱的过程中,以下说法正确的选项是( )A.木箱的动量增量等于男孩动量的减少许B.男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量C.男孩推开木箱后,男孩和小车的速度可能变成零D.对于小车、男孩和木箱构成的系统,推开木箱前后的总动能不变【分析】选B、C。
因为水平冰面圆滑,男孩、小车和木箱构成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,在站在小车上的男孩用力向右迅速推出木箱的过程中,木箱的动量增添量等于男孩和小车动量的减少许,故A错误;男孩对木箱推力和木箱对男孩推力是作用力与反作用力,冲量等大反向,男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量,故B正确;男孩、小车遇到与初动量反向的冲量,推开木箱后,男孩和小车的速度可能变成零,故C正确;男孩、小车与木箱三者构成的系统所受合力为零,系统动量守恒,推开木箱的过程不行能是弹性碰撞,推开前后的总动能变化,故D错误。
2.以以下图,质量为M的盒子放在圆滑的水平面上,盒子内表面不圆滑,盒内放有一块质量为m的物体,某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来去碰撞后( )A.二者的速度均为零B.二者的速度总不会相等C.盒子的最后速度为,方向水平向右D.盒子的最后速度为,方向水平向右【分析】选D。
物体与小车构成的系统动量守恒,则mv0=(M+m)v,解得v= ,v 方向与v0同样,即方向水平向右,故A、B、C错误,D正确。
3.(2018·深圳模拟)一个质量为m的小球A在圆滑的水平面上以3m/s的速度向右运动,与一个质量为2m的静止的小球B发生正碰。
假设碰撞过程中没有机械能损失,则碰后( )A.A球、B球都向右运动,速度都是1m/sB.A球向左运动,速度为1m/s;B球向右运动,速度为2m/sC.A球向左运动,速度为5m/s;B球向右运动,速度为1m/sD.A球向右运动,速度为0.5m/s;B球向右运动,速度为1.25m/s【分析】选B。
江苏专用2019高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律课时49碰撞加练半小时201901233105.docx
49 碰撞[方法点拨] (1)对于弹性碰撞的动量守恒和能量守恒要熟知，对于和一个静止的物体发生弹性碰撞后的速度表达式要熟记，如果在考场上来计算，太浪费时间．(2)明确碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态．1．(2018·湖北荆州质检)如图1所示， A 、B 两小球在光滑水平面上分别以动量p 1＝4 kg·m/s 和p 2＝6 kg·m/s(向右为正方向)做匀速直线运动，则在A 球追上B 球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp 1和Δp 2可能分别为( )图1A ．－2 kg·m/s, 3 kg·m/sB ．－8 kg·m/s, 8 kg·m/sC ．1 kg·m/s, －1 kg·m/sD ．－2 kg·m/s, 2 kg·m/s2．(2017·湖北武汉2月调考)在光滑水平面上，物块a 以大小为v 的速度向右运动，物块b 以大小为u 的速度向左运动，a 、b 发生弹性正碰．已知a 的质量远远小于b 的质量，则碰后物块a 的速度大小是( ) A ．v B ．v ＋u C ．v ＋2u D ．2u －v3．(2018·山东济宁期中)在光滑的水平地面上放有一质量为M 带光滑14圆弧形槽的小车，一质量为m 的小铁块以速度v 沿水平槽口滑去，如图2所示，若M ＝m ，则铁块离开车时将( )图2A ．向左平抛B ．向右平抛C ．自由落体D ．无法判断4．(2017·北京海淀区零模)如图3所示，在光滑水平地面上有A 、B 两个小物块，其中物块A 的左侧连接一水平轻质弹簧．物块A 处于静止状态，物块B 以一定的初速度向物块A 运动，并通过弹簧与物块A 发生弹性正碰．对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率－时间图象进行描述，在下图所示的图象中，图线1表示物块A 的速率变化情况，图线2表示物块B 的速率变化情况．则在这四个图象中可能正确的是( )图35.质量为m1＝1 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x－t 图象如图4所示，则( )图4A．此碰撞一定为弹性碰撞B．被碰物体质量为2 kgC．碰后两物体速度相同D．此过程有机械能损失6．(多选)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5所示．则上述两种情况相比较( )图5A．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7．(多选)(2017·江西新余一中第七次模拟)如图6所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，物体压缩弹簧(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断开，物体沿车滑动到B端并粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是( )图6A．若物体滑动中不受摩擦力，则全过程系统机械能守恒B．若物体滑动中受摩擦力，全过程系统动量守恒C．不论物体滑动中受不受摩擦力，小车的最终速度与断线前相同D．不论物体滑动中受不受摩擦力，系统损失的机械能相同8．如图7所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B两球碰撞前、后两球的总动能之比为________．图79．(2017·广东广州12月模拟)如图8所示，水平面上相距为L＝5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M＝2 kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d ＝3 m．一质量为m＝1 kg的小物块A以v0＝6 m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞．两物块与OQ段的动摩擦因数均为μ＝0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能．重力加速度g＝10 m/s2, 求：图8(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度；(2)两物块各自停止运动时的时间间隔．10．(2018·甘肃天水一中学段考试)如图9所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m的小物块，物块跟车表面的动摩擦因数为μ，平板车的质量M＝2m，车与物块一起向右以初速度v0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰．设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g，求：图9(1)平板车的长度L至少多长时，小物块才不会从车上落下来；(2)若在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞n次后，物块跟车一起运动的速度v n；(3)在车与左右墙壁来回碰撞的整个过程中，小物块在车表面相对于车滑动的总路程s.答案精析1．D [由于碰撞过程中动量守恒，两小球动量变化大小相等，方向相反，因此A 错误；因为碰撞的过程中系统动能不增加．若Δp 1和Δp 2分别为－8 kg·m/s, 8 kg·m/s，则p 1′＝－4kg·m/s，p 2′＝14 kg·m/s，根据E k ＝p 22m知相撞过程中系统动能增加，B 错误；两球碰撞的过程中，B 球的动量增加，Δp 2为正值，A 球的动量减小，Δp 1为负值，故C 错误．变化量分别为－2 kg·m/s、2 kg·m/s，符合动量守恒、动能不增加以及实际的规律，故D 正确．] 2．C3．C [小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝Mv 车＋mv 铁由机械能守恒定律得：12mv 2＝12Mv 车2＋12mv 铁2解得铁块离开小车时：v 铁＝0，v 车＝v所以铁块离开时将做自由落体运动，故A 、B 、D 错误，C 正确．]4．B [物块B 压缩弹簧的过程，开始时A 做加速运动，B 做减速运动，两个物块的加速度增大．当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A 继续加速，B 继续减速．当弹簧恢复原长时B 离开弹簧，A 、B 均做匀速直线运动，C 、D 错误；由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，碰后速度v A ＝2m B m A ＋m B v 0，v B ＝m B －m Am A ＋m Bv 0.A 、B 两项中碰后B 的速度为正值，可知m B >m A ，故v A ＝2m Am B＋1v 0>v 0，故A 错误，B 正确．]5．A [x －t 图象的斜率表示物体的速度，由题图求出碰撞前后的速度分别为：v 1＝4 m/s ，v 2＝0，v 1′＝－2 m/s ，v 2′＝2 m/s ；由动量守恒定律m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′得，m 2＝3 kg ；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8 J ，机械能没有损失，因此是弹性碰撞，B 、C 、D 错误，A 正确．]6．AB [根据动量守恒，两种情况下最终子弹与木块的速度相等，A 正确；根据能量守恒可知，初状态子弹动能相同，末状态两木块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量也相同，B 正确；子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，因此做功相同，C 错误；产生的热量Q ＝F f ·Δx ，由于产生的热量相同，而相对位移Δx 不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D 错误．]7．BCD [物体与油泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故A 错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B 正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B 端粘在B 端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C 正确；由C 的分析可知，当物体与B 端橡皮泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中受不受摩擦力无关，故D 正确．] 8．4∶1 9∶5解析 设A 、B 球的质量分别为m A 和m B ，A 球碰撞后的速度大小为v A 2，B 球碰撞前、后的速度大小分别为v B 1和v B 2，由题意知v B 1∶v B 2＝3∶1，v A 2＝v B 2.A 、B 碰撞过程由动量守恒定律得m B v B 1＝m A v A 2－m B v B 2，所以有m A m B ＝v B 1＋v B 2v A 2＝41.A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为12m B v B 1212m B v B 22＋12m A v A 22＝95. 9．(1)2 m/s ，方向向左 4 m/s ，方向向右 (2)1 s解析 (1)设A 、B 在O 点碰后的速度分别为v 1和v 2，以向右为正方向 由动量守恒：mv 0＝mv 1＋Mv 2碰撞前后动能相等：12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22解得：v 1＝－2 m/s ，负号表示方向向左；v 2＝4 m/s ，方向向右 (2)碰后，两物块在OQ 段减速时加速度大小均为：a ＝μg ＝2 m/s 2B 经过t 1时间与Q 处挡板碰，由运动学公式： v 2t 1－12at 12＝d得t 1＝1 s(t 1＝3 s 舍去)与挡板碰后，B 的速度大小v 3＝v 2－at 1＝2 m/s 反弹后减速时间t 2＝v 3a＝1 s反弹后经过位移x 1＝v 322a＝1 m ，B 停止运动．物块A 与P 处挡板碰后，以v 4＝2 m/s 的速度滑上O 点，经过x 2＝v 422a＝1 m 停止．所以最终A 、B 的距离x ＝d －x 1－x 2＝1 m ，两者不会碰第二次． 在A 、B 碰后，A 运动总时间t A ＝L －d |v 1|＋v 4μg＝3 sB 运动总时间t B ＝t 1＋t 2＝2 s则时间间隔Δt AB ＝1 s. 10．(1)8v 023μg (2)v 03n (3)3v 022μg解析 (1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变、方向相反，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力F f ＝μmg设物块与车共同速度为v 1，对车与物块组成的系统，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定律有(M －m )v 0＝(M ＋m )v 1设平板车的长至少为L ，根据能量守恒定律有 12(M ＋m )v 02－12(M ＋m )v 12＝12F f L 解得L ＝8v 023μg(2)由(1)可解得v 1＝v 03平板车和物块一起向右运动，与墙壁碰撞后共同速度为碰撞前的13，那么平板车和物块以相同的速度v 1与左侧墙壁碰撞后最终的共同速度为v 2，与向右碰撞过程相同， 所以v 2＝13v 1＝(13)2v 0所以经过n 次碰撞后的速度v n ＝v 03n(3)经过足够多的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能逐渐减少，最后全都转化为内能F f s ＝12(M ＋m )v 02整理得s ＝3v 022μg .。
2019年高考物理一轮复习考案6第6章动量和动量守恒定律 含解析 精品
考案[6]第六章动量和动量守恒定律综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：60分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。
1～5题为单选，6～8题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2018·广东揭阳月考)如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人。
原来车和人都静止。
当人从左向右行走的过程中导学号21993456(D)A．人和车组成的系统水平方向动量不守恒B．人和车组成的系统机械能守恒C．人和车的速度方向相同D．人停止行走时，人和车的速度一定均为零[解析]人和车组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，故A错误。
人和车组成的系统，初状态机械能为零，一旦运动，机械能不为零，可知人和车组成的系统机械能不守恒，故B错误。
人和车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量为零，可知人和车的速度方向相反，当人的速度为零时，车的速度也为零，故C错误，D正确。
2．(2018·河南灵宝中学检测)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。
将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。
从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是导学号21993457(A) A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力[解析]A、B项，绳子对人的拉力的方向始终向上，则绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力做负功。
由牛顿第二定律知，当绳子向上的拉力小于人的竖直向下的重力时，人的速度不断增大；随着人不断下落，绳子不断伸长，绳子的拉力不断增大，当绳子的拉力等于人的重力时，人的速度达到最大；此后绳子的拉力大于人的重力，人的速度不断减小则人的动量和动能都先增大后减小，故A项正确，B项错误。
C项，当绳子的拉力等于人的重力时，人的动能达到最大，故C项错误。
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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，p
B ′＝4 kg·m/s B ．p A ′＝6 kg·m/s，p B ′＝6 kg·m/s
C ．p A ′＝5 kg·m/s，p B ′＝7 kg·m/s
D ．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 2B
2m ＝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 ′2
2m
＝
74
2m
＝E k ，故C 也可能． D 选项中E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝2002m >E k ＝74
2m
，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M
m
可能为( )
A ．6
B ．3
C ．4
D ．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 2
2M
，碰撞后的总动能E k2＝p 22m ＋p 2
2M
根据碰撞前后的动能关系可得4p 2
2M ≥p 2
2m ＋p
2
2M
.
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 2
2m
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v
0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 v
B ．v 0－m M v
C ．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/s
B ．1.0 m/s
C ．1.5 m/s
D ．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 2
2，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 2，1
2mv 20＝12mv 21＋12
·2mv 2
2，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m
1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 ．h
B ．2h
C ．3h
D ．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．。