2019届高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒章末热点集训课件新人教版201808143129
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。
高考物理第一轮复习第六章碰撞与动量守恒 PPT课件 课件(课件 练习共6份) 人教课标版
高考总复习·物理
3．系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言 的，系统若改变，动量就不一定守恒了．
4．同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前 同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．
5．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，而且适用于高速运动的微观粒子组成的系统．
高考总复习·物理
【典例剖析】
例2 (2010·山东)如图3所示，滑块A、C质量均为m，滑块
B质量为
3 2
m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道
向固定在右侧的挡板运动；现将C无初速度地放在A上，并与A
黏合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若
B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将黏合在一起．为使
高考总复习·物理
【解析】初动量为p0＝mv0＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s. 末动量为 p＝mv＝2×6 kg·m/s＝12 kg·m/s. 因此，动量增大为原来的2倍． 初动能为Ek0＝12mv20＝12×2×32 J＝9 J. 末动能为Ek＝12mv2＝12×2×62 J＝36 J. 因此，动能增大为原来的4倍．
高考总复习·物理
[知识梳理] 1．动量守恒定律 (1) 内 容 ： 如 果 一 个 系 统 _____不__受__外__力_____ ， 或 者 _所__受__到__的__合___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．
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课件.pptx
“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。
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【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v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧 的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所 示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x， 则( )
图5 (1)物块在车面上滑行的时间t； (2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。
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解析 (1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向， 根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff， 对物块应用动量定理有－Fft＝m2v－m2v0，又Ff＝μm2g
解得 t＝μ（mm1＋1vm0 2）g，代入数据得 t＝0.24 s。
(2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度， 设其为v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′
由功能关系有12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL，代入数据解得 v0′＝5 m/s
故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。 答案 (1)0.24 s (2)5 m/s
2
【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。
3
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 mAv0＝(mA＋mB)v，解得 v＝mmA＋Avm0 B＝11＋×43 m/s＝1 m/s 弹簧的最大弹性势能即滑块 A、B 损失的动能 Epm＝12mAv20－12(mA＋mB)v2＝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mAv0＝mAvA＋mBvm 12mAv20＝12mBv2m＋12mAv2A，解得 vm＝2 m/s，向右。 答案 (1)6 J (2)2 m/s，向右
全国通用近年高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒高效演练创新预测6.2动量守恒定律及其应用(202
（全国通用版）2019版高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒高效演练创新预测6.2 动量守恒定律及其应用编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒高效演练创新预测6.2 动量守恒定律及其应用）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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6。
2 动量守恒定律及其应用高效演练·创新预测1.（多选)如图所示，一男孩站在小车上，并和木箱一起在光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,下列说法正确的是（)A.木箱的动量增量等于男孩动量的减少量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为零D。
对于小车、男孩和木箱组成的系统，推开木箱前后的总动能不变【解析】选B、C。
由于水平冰面光滑,男孩、小车和木箱组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,木箱的动量增加量等于男孩和小车动量的减少量，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、小车受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为零,故C正确；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒,推开木箱的过程不可能是弹性碰撞，推开前后的总动能变化,故D错误。
高考物理一轮复习第6章动量章末专题复习课件
(2017·淮北月考)如图 6-1 所示，质量为 M 的平板车 P 高 h，质量为 m 的小物块 Q 的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面 上．一不可伸长的轻质细绳长为 R，一端悬于 Q 正上方高为 R 处，另一端系一 质量也为 m 的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成 60°角，由静止 释放，小球到达最低点时与 Q 的碰撞时间极短，且无能量损失，已知 Q 离开平 板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与 P 之间的动摩擦因数为 μ，M∶m＝ 4∶1，重力加速度为 g.求：
零或内力远大于合外力时，这个方向上系统的 量保持不变
动量分量就保持不变.
标 量 式 ： Ek1 ＋ Ep1 ＝
公 Ek2＋Ep2，即：21mv21＋ 矢量式：p1＋p2＝p1′＋p2′，即 m1v1＋m2v2＝m1v1′
式
mgh1
＝
1 2
mv
2 2
＋
mgh2
＋m2v2′或 Δp1＝Δp2
或 ΔEk＝ΔEp
(1)第 1 次碰撞前、后雨滴的速度 v1 和 v′1； (2)求第 n 次碰撞后雨滴的动能12mnv′2n.
【思路导引】
【解析】 (1)若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为 g 的匀加速 运动，碰撞瞬间动量守恒
第 1 次碰撞前 v21＝v20＋2gl，v1＝ v20＋2gl 第 1 次碰撞后 m0v1＝m1v1′，v1′＝mm01v1＝mm01 v20＋2gl ① (2)第 2 次碰撞前 v22＝v′21＋2gl 利用①式化简得 v22＝mm012v20＋m02m＋12m212gl ②
2019届高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用课件新人教版
3．(多选)小车 AB 静置于光滑的水平面上，A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘 有橡皮泥，小车的质量为 M，长为 L；质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细绳连接在小车的 A 端并使弹簧压缩。开 始时，小车与 C 都处于静止状态，如图所示。当突然烧断细绳后，弹簧被释放， 物体 C 离开弹簧向 B 端冲去，并跟 B 端的橡皮泥粘在一起，下列相关说法正确 的是 导学号 21992417 ( BCD )
• [解析] ①小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对 人与车组成的系统，系统受到的合外力为零，系统动量守 恒；②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹 与木块组成的系统，系统所受到的合外力为零，系统动量 守恒；③子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的 系统受墙角的作用力，系统所受到的合外力不为零，系统 动量不守恒；④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时， 绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系 统，所受到的合外力不为零，系统动量不守恒。综上可知， B正确，A、C、D错误。
•碰撞、反冲、爆炸
很短 __________,而物体 • 1．碰撞：物体间的相互作用持续时间 很大 间相互作用力__________的现象。 远大于 __________外 • 2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力 力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
• 3．分类：
两类守恒
碰撞类型 弹性碰撞 非完全弹性碰撞 完全非弹性碰撞
第六章
动量和动量守恒定律
第2讲 动量守恒定律及应用
1 2 3 4
知识梳理自测 核心考点突破 阶段培优微专题 2年高考模拟
知识梳理自测
•动量守恒定律
不受外力 外力的矢量和 • 1．内容：如果一个系统 __________，或者所受 _______________为0，这个系统的总动量保持不变。 m1v1′＋m2v2′ • 2．表达式：m1v1＋m2v2 ＝__________________或p＝p′。 • 3．适用条件： 外力的合力 • (1)理想守恒：系统不受外力或所受____________为零，则 大于 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 _________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。
高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒章末热点集训课件新人教版
(2)欲使球跳起 0.8 m，应使球由静止下落的高度为 h＝00..684 m＝1.25 m，球由 1.25 m 落到 0.8 m 处的速度为 v＝3 m/s，则应在 0.8 m 处给球的冲量为 I＝mv＝1.5 N·s， 方向竖直向下．
答案：见解析
动量守恒定律的应用
在光滑的水平面上，有 a、b 两球，
思路就是我们思考问题的步骤。例如老师在讲解一道数学题时，首先思考应该从什么地方下手，然后在思考用什么方法，通过什么样的过程来进行解 答。听课时关键应该弄清楚老师讲解问题的思路。
三、听问题。
对于自己预习中不懂的内容，上课时要重点把握。在听讲中要特别注意老师和课本中是怎么解释的。如果老师在讲课中一带而过，并没有详细解答， 大家要及时地把它们记下来，下课再向老师请教。
3.(高考北京卷)如图所示，竖直平面内的四 分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块 A 和 B 分别 静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将 A 无初速释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道 光滑，半径 R＝0.2 m；A 和 B 的质量相等；A 和 B 整体与 桌面之间的动摩擦因数 μ＝0.2.取重力加速度 g＝10 m/s2. 求：
动量和能量的综合问题 如图所示，光滑水平面上，一半 圆形槽 B 中间放一光滑小球 A(可看成 质点)，A、B 质量均为 2 kg.A、B 共同 以 v0＝6 m/s 的速度向右运动，质量为 4 kg 的物体 C 静止在 前方．B 与 C 碰撞后粘合在一起运动，求： (1)B、C 碰撞后瞬间的速度大小； (2)在以后的运动过程中，A 速度等于零时重力势能的增加量．
(1)帆船受到风的推力 F 的大小； (2)风速的大小 v. [解析] (1)风突然停止，帆船只受到阻力 f 的作用，做匀减 速直线运动，设帆船的加速度为 a，则 a＝0－t v0＝－0.5 m/s2 根据牛顿第二定律有－f＝Ma，所以 f＝468 N 则帆船匀速运动时，有 F－f＝0，解得 F＝468 N.
近年届高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲课后达标新人教版(2021
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第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲（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。
2019届高三物理第一轮复习第六章碰撞与动量守恒 第一节《动量定理 动量守恒定律》教师版
第六章碰撞与动量守恒第一节动量定理动量守恒定律一、学习目标1.理解动量、动量的变化量.2.理解冲量的概念,掌握动量定理含义及其应用.3.知道动量守恒定律内容、表达式,理解其守恒条件及具体应用.二、知识梳理..三、例题与即时训练考点一冲量与动量变化的计算【典例1】(2018·黑龙江哈尔滨模拟)(多选)质量相等的A,B两个小球,沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面,由静止从同一高度h2下滑到同样的另一高度h1,如图所示,则A,B 两小球()A.滑到h1高度时的动量相同B.滑到h1高度时的动能相等C.由h2滑到h1的过程中小球动量变化量相等D.由h 2滑到h 1的过程中小球动能变化量相等 BD【即时训练1】 (2018·江西南昌模拟)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 C考点二 动量定理的理解与应用【典例2】 (2018·山东临沂校级月考)在撑杆跳比赛的横杆下方要放上很厚的海绵垫子,设一位撑杆跳运动员的质量为70 kg,越过横杆后从h=5.6 m 高处落下,落在海绵垫上和落在普通沙坑里分别经时间Δt 1=1 s,Δt 2=0.1 s 后停下.试比较两种情况下海绵垫和沙坑对运动员的平均作用力.(g 取10 m/s 2)解析:若规定竖直向上为正方向,则运动员着地(接触海绵或沙坑)过程中的始、末动量,p ′=0.受到的合外力F=F N -mg.由动量定理得Ft=p ′-p=mv ′-mv,即F N -mg=(0t--∆,所以F N落在海绵垫上时,Δt 1=1 s,则F N1=(70×)N ≈1 441 N.落在沙坑里时,Δt 2=0.1 s,则F N2=（70×10+）N ≈8 108 N.两者相比F N2≈5.6 F N1.放上海绵垫后,运动员发生同样动量变化的时间延长了,同时又增大了运动员与地面(海绵垫)的接触面积,可以有效地保护运动员不致受到猛烈冲撞而受伤.【即时训练2】(2017·全国丙卷·T20)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。
2019届一轮复习人教版 碰撞与动量守恒 课件(25张)
性碰撞(Ⅰ)
• 高考命题已逐渐从知识立意 到能力立意,并向核心素养 立意转化,核心素养立意是在能 力立意命题思想的基础上进一 步完善的命题思想 。
今日复习知识点
1．动量定理：Ft＝p′－p＝mv′－mv 或 I＝Δp。其中 F 是物体所受的合力，p′－p 是末态动量跟初态动量的矢量差。 2．动量守恒定律的适用条件 (1)系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零； (2)系统所受合外力不为零，但在某一方向上系统所受外力 的合力为零，则在该方向上系统动量守恒； (3)系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如 碰撞、爆炸过程。
解析：人的速度原来为零，起跳后变化 v，则由动量定理可 得 I－mgΔt＝mv，故地面对人的冲量为 I＝mv＋mgΔt；而 人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做 功，故 B 项正确。
答案：B
解析：规定向右为正，碰撞过程中 A、B 组成的系统动量守 恒，所以有 pA＝pA′＋pB，解得 pB＝3 kg· m/s，A 项正确， pA2 B 项错误； 由于是弹性碰撞， 所以没有机械能损失， 故 ＝ 2mA pA′2 pB2 ＋ ，解得 mB＝3 kg，C 项错误，D 项正确。 2mA 2mB
解得 P、Q 碰前瞬间，Q 的速度 v2＝ 22 m/s P、Q 间一定发生弹性碰撞，由动量守恒定律有
mQv2＝mPvP′＋mQvQ′ 1 1 1 2 2 由机械能守恒定律有 mQv2 ＝ mPvP′ ＋ mQvQ′2 2 2 2 22 22 解得 vP′＝ m/s，vQ′＝－ m/s，负号表示方向向右 2 2 vP′2 碰后滑块 P 向左滑动的位移 xP′＝ ＝2.75 m 2μg 碰后滑块 Q 向右滑动的位移 vQ′2 xQ′＝ ＝2.75 m＞L－x1＝2.5 m， 2μg 所以滑块 Q 在第二次碰撞后会冲上斜面后返回 x′＝xQ′－(L－x1)＝0.25 m，不会发生第三次碰撞 所以 P、Q 都停下后两滑块相距 Δx＝xP′＋xQ′－2x′＝5 m。 答案：(1)6.5 m (2)1.35 m (3)5 m
新课标2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第一节动量动量定理课件
解析：选 AC.根据动量的公式，拉力的冲量为 Ft，选项 A 正确， B 错误；根据动量定理：I 合＝Δ mv，物体没有运动，则Δ v＝0， 所以 I 合＝0，所以 C 正确；根据动量定理，竖直方向上： Fsin θ·t－mgt＝0，得 mgt＝Fsin θ·t≠0，所以 D 错误．
用动量定理解释现象的方法 (1)Δ p 一定时，F 的作用时间越短，力就越大；时间越长，力 就越小． (2)F 一定，此时力的作用时间越长，Δ p 就越大；力的作用时 间越短，Δ p 就越小． 分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚．
考向 2 动量定理的应用 2.(多选)(2018·福建福州八中模拟)如图某物体在拉力 F 的作用 下没有运动，经时间 t 后( )
5．(2016·高考全国卷Ⅰ)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．为计算方便起 见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0 竖直向上喷 出；玩具底部为平板(面积略大于 S)；水柱冲击到玩具底板后， 在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽 略空气阻力．已知水的密度为 ρ，重力加速度大小为 g.求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
B．m t2gh－mg
m C.
tgh＋mg
D．m tgh－mg
解析：选 A.设高空作业人员自由下落 h 时的速度为 v，则 v2 ＝2gh，得 v＝ 2gh，设安全带对人的平均作用力为 F，由牛 顿第二定律得 F－mg＝ma，又 v＝at， 解得 F＝m t2gh＋mg.
3．(2018·江西吉安新干县二中段考)力 F 作用在质量为 m 的物
2019届高考物理一轮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新人教版
答案：(1)4 m/s
22 N (2)45
(3)vn＝ 9－0.2n(n＜45)
动量守恒中的临界问题 【题型解读】 1．动量守恒问题中常见的临界问题 (1)滑块与小车的临界问题： 滑块与小车是一种常见的相互作 用模型．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．
(1)求 A 滑过 Q 点时的速度大小 v 和受到的弹力大小 F； (2)若碰后 AB 最终停止在第 k 个粗糙段上，求 k 的数值； (3)求碰后 AB 滑至第 n 个(n＜k)光滑段上的速度 vn 与 n 的关 系式．
解析：(1)物块 A 由初始位置到 Q 的过程，由动能定理得： 1 2 1 2 －mg×2R＝ mv － mv0 2 2 解得：v＝4 m/s. 设在 Q 点物块 A 受到轨道的弹力为 F，受力分析如图所示 mv2 由牛顿第二定律得：mg＋F＝ R
(2)从 A 滑上 C 到“恰好能到达 C 的最高点”的过程中，设 A 到达最高点时 A 和 C 的共同速度为 vC，研究 A 和 C 组成 的系统，在水平方向上由动量守恒定律有 v0 3 m ＋mvB＝2mvC，解得 vC＝ v0 2 8 由于在此过程中 A 和 C 组成的系统机械能守恒，有
3v02 1 v02 1 2 1 mgR＝ m ＋ mvB－ ×2m 2 2 2 2 8
mv2 解得：F＝ R －mg＝22 N．
(2)由机械能守恒定律知： 物块 A 与 B 碰前的速度仍为 v0＝6 m/s. A 与 B 碰撞过程动量守恒，设碰后 A、B 的速度为 v 共 mv0＝2mv 共 1 解得 v 共＝ v0＝3 m/s. 2 设 A 与 B 碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为 s， 1 由动能定理得－μ×2mgs＝0－ ×2mv2 共 2
近年届高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒实验七验证动量守恒定律随堂检测新人教版(2021年整理)
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实验七验证动量守恒定律1．气垫导轨上有A、B两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用绳子连接(如图甲所示），绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz，由图可知：（1)A、B离开弹簧后，应该做____________运动,已知滑块A、B的质量分别为200 g、300 g,根据照片记录的信息，从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是__________________________________________________________________ ______．（2)若不计此失误，分开后,A的动量大小为________kg·m/s，B的动量的大小为________kg·m/s.本实验中得出“在实验误差允许范围内，两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是________________________________________________________________．解析:（1)A、B离开弹簧后因水平方向不再受外力作用，所以均做匀速直线运动,在离开弹簧前A、B均做加速运动,A、B两滑块的第一个间隔都应该比后面匀速时相邻间隔的长度小．（2）周期T＝错误!＝0.1 s，v＝错误!，由题图知A、B匀速时速度大小分别为v A＝0。
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(2)设在时间 t 内，正对着吹向帆面的空气的质量为 m， 根据动量定理有－Ft＝m(v0－v) 又 m＝ρS(v－v0)t 所以 Ft＝ρS(v－v0)2t 解得 v＝10 m/s.
[答案] (1)468 N (2)10 m/s
1.皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一 次上升的高度总等于前一次的 0.64 倍，且每次球与地板接 触的时间相等．若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力 可忽略． (1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？ (2)若用手拍这个球，使其保持在 0.8 m 的高度上下跳动，则 每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量 m＝0.5 kg， g 取 10 m/s2)
解析：(1)由题意可知，碰撞后的速度是碰撞前的 0.8 倍．设 皮球所处的初始高度为 H， 与地板第一次碰撞前瞬时速度大 小为 v0＝ 2gH， 第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰 撞前瞬时速度大小)v1 和第二次碰撞后瞬时速度大小 v2 满足 v2 ＝ 0.8v1 ＝ 0.82v0. 设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别 为 F1、F2，取竖直向上为正方向．根据动量定理，有 F1t＝ mv1 － ( － mv0) ＝ 1.8mv0 ， F2t ＝ mv2 － ( － mv1) ＝ 1.8mv1 ＝ 1.44mv0，则 F1∶F2＝5∶4.
(2)欲使球跳起 0.8 m，应使球由静止下落的高度为 0.8 h＝ m＝1.25 m，球由 1.25 m 落到 0.8 m 处的速度为 0.64 v＝3 m/s， 则应在 0.8 m 处给球的冲量为 I＝mv＝1定律的应用 在光滑的水平面上， 有 a、 b 两球， 其质量分别为 ma、mb，两球在 t0 时刻发 生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失， 两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是 ( ) B．ma＜mb D．无法判断
(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小； (2)在整个过程中，小车移动的距离．
解析： (1)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别 为 v1、v2，则 mv1－Mv2＝0 1 2 1 2 mv ＋ Mv ＝Ep 2 1 2 2 解得：v1＝3 m/s，v2＝1 m/s.
(2)设小车移动 x2 距离，小球移动 x1 距离，整个过程中，根 x1 x2 据平均动量守恒(人船模型)得 m t ＝M t x1＋x2＝L L 解得：x2＝ . 4
(1)碰撞前瞬间 A 的速率 v； (2)碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v′； (3)A 和 B 整体在桌面上滑动的距离 l.
ma－mb 2ma 联立①②得：v1＝ v ，v2＝ v ma＋mb 0 ma＋mb 0 由 a 球碰撞前后速度方向相反，可知 v1＜0，即 ma＜mb， 故 B 正确．
[答案] B
2.如图所示，一辆质量为 M＝3 kg 的小车 A 静止在光滑的水平面上， 小车上有一质量为 m＝1 kg 的光滑 小球 B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为 Ep＝6 J，小球与小车右壁距离为 L，解除锁定，小球脱离弹 簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：
[答案] (1)2 m/s (2)0
3.(高考北京卷)如图所示，竖直平面内的四 分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块 A 和 B 分别 静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将 A 无初速释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体， 并沿桌面滑动． 已知圆弧轨道 光滑，半径 R＝0.2 m；A 和 B 的质量相等；A 和 B 整体与 桌面之间的动摩擦因数 μ＝0.2.取重力加速度 g＝10 m/s2. 求：
第六章
碰撞与动量守恒
章末热点集训
动量定理的应用 一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速 度为 v0＝4 m/s 的匀速直线运动．若该帆船在运动状态下突 然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减速直线运动，经 过 t＝8 s 才可静止．该帆船的帆面正对风的有效面积为 S＝ 10 m2，帆船的总质量约为 M＝936 kg.若帆船在航行过程中 受到的阻力恒定不变，空气的密度为 ρ＝1.3 kg/m3，在匀速 行驶状态下估算：
(1)帆船受到风的推力 F 的大小； (2)风速的大小 v.
[解析]
(1)风突然停止，帆船只受到阻力 f 的作用，做匀减
速直线运动，设帆船的加速度为 a，则 0－v0 a＝ t ＝－0.5 m/s2 根据牛顿第二定律有－f＝Ma，所以 f＝468 N 则帆船匀速运动时，有 F－f＝0，解得 F＝468 N.
答案：(1)3 m/s
1 m/s
L (2) 4
动量和能量的综合问题 如图所示，光滑水平面上，一半 圆形槽 B 中间放一光滑小球 A(可看成 质点)，A、B 质量均为 2 kg.A、B 共同 以 v0＝6 m/s 的速度向右运动， 质量为 4 kg 的物体 C 静止在 前方．B 与 C 碰撞后粘合在一起运动，求： (1)B、C 碰撞后瞬间的速度大小； (2)在以后的运动过程中， A 速度等于零时重力势能的增加量．
A．ma＞mb C．ma＝mb
[解析]
由题图可知 b 球碰前静止，取 a 球碰前速度方向为
正方向，设 a 球碰前速度为 v0，碰后速度为 v1，b 球碰后速 度为 v2，两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则 mav0＝mav1＋mbv2 1 1 1 2 2 mav0＝ mav1＋ mbv2 2 2 2 2 ① ②
[解析]
(1)设 B、C 碰撞后瞬间的速度为 v1，根据水平方向
动量守恒有 mBv0＝(mB＋mC)v1 解得 v1＝2 m/s. (2)设当 A 的速度为零时，B、C 整体的速度为 vBC，根据动 量守恒定律有 mAv0＋mBv0＝(mB＋mC)vBC 解得 vBC＝4 m/s
重力势能的增加量 1 1 1 2 2 Δ Ep＝ mAv0＋ (mB＋mC)v1－ (mB＋mC)v2 BC 2 2 2 解得Δ Ep＝0 即当 A 的速度为零时，A 处于 B 中最低点，重力势能增加 量为零．