物理高考真题汇编——碰撞、动量和能量

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高考物理讲练测系列专题32 碰撞、动量和能量

2013年高考物理专项冲击波讲练测系列专题32 碰撞、动量和能量【重点知识解读】一．碰撞1. 弹性碰撞：碰撞后物体的形变可以完全恢复，且碰撞过程中系统的机械能守恒。

2. 非弹性碰撞：碰撞后物体的形变只有部分恢复，且碰撞过程中系统的机械能由损失。

3. 在物体发生相互作用时，伴随着能量的转化和转移。

相互作用的系统一定满足能量守恒定律。

若相互作用后有内能产生，则产生的内能等于系统损失的机械能。

二、动量和能量在物体发生相互作用时，伴随着能量的转化和转移。

相互作用的系统一定满足能量守恒定律。

若相互作用后有内能产生，则产生的内能等于系统损失的机械能。

三．力学规律的优选策略力学规律主要有：牛顿第二运动定律，动量定理和动量守恒定律，动能定理和机械能守恒定律，功能关系和能量守恒定律等。

1．牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，其表达式是：F =ma 。

据此可知，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受到恒力作用，且又直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应选用牛顿第二定律和运动学公式。

若物体受到变力作用，对应瞬时加速度，只能应用牛顿第二定律分析求解。

2．动量定理反映了力对时间的积累效应，其表达式是：Ft ＝Δp ＝mv 2－mv 1。

据此可知，动量定理适合于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及运动时间的问题，特别对于冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应选用动量定理求解。

3．动能定理反映了力对空间的积累效应，其表达式是：W ＝ΔE k ＝21222121mv mv。

据此可知，对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间（对于机车恒定功率P 运动，其牵引力的功W牵＝Pt，可以涉及时间t），而涉及力和位移、速度的问题，无论是恒力还是变力，都可选用动能定理求解。

4．如果物体（或系统）在运动过程中只有重力和弹簧的弹力做功，而又不涉及物体运动过程中的加速度和时间，对于此类问题应优先选用机械能守恒定律求解。

高考物理二轮复习专题二功和能碰撞与动量守恒真题汇编.doc

碰撞与动量守恒1.(2018·全国卷II ·T15)高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 ( )A.10 NB.102 NC.103 ND.104 N【解析】选C 。

对于鸡蛋撞击地面前的下落过程，根据动能定理：mgh=12mv 2；对于鸡蛋撞击地面的过程，设向下为正，由动量定理可得：mgt-F N t=0-mv 。

若每层楼高3 m ，则h=72 m ，由以上两式可得：F N ≈103 N ，选项C 正确。

2. (2018·天津高考·T9(1))质量为0.45 kg 的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg 的子弹以200 m/s 的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是m/s 。

若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为 4.5×103 N ，则子弹射入木块的深度为 m 。

【解析】根据动量守恒定律可得mv 0=(M+m)v ，解得v=00.05200()0.450.05mv M m ⨯=++m/s=20 m/s ；系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，故有fd=201122mv -(M+m)v 2，解得d=22011()22mv M m v f -+=0.2 m 。

答案：20 0.23.(2018·全国卷I ·T24) 一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。

当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动。

爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量。

求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

【命题意图】本题考查了运动学公式、机械能守恒定律、动量守恒定律等知识。

2012高考必备-物理试题动量和能量

高考物理试题分类汇编动量和能量（09年全国卷Ⅰ）21．质量为M 的物块以速度V 运动，与质量为m 的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m 可能为A.2B.3C.4D.5答案：AB解析：本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为222正确。

（分别为AC 2(o mgh −02(1)f g mg+功为零,只有阻力做功为有2221212o mv mv mgh −=−,解得=v v ,A 正确。

（09年上海物理）5．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。

在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离高度h 处，小球的势能是动能的两倍，则h 等于A ．H /9B ．2H /9C ．3H /9D ．4H /9答案：D解析：小球上升至最高点过程：20102mgH fH mv −−=−；小球上升至离地高度h 处过程：22101122mgh fh mv mv −−=−，又21122mv mgh =；小球上升至最高点后又下降至离地高度h 处过程：222011(2)22mgh f H h mv mv −−−=−，又22122mv mgh = ；以上各式联立解得49h H =，答案D 正确。

（09年上海卷）44.自行车的设计蕴含了许多物理知识，利用所学知识完成下表答案：40：0.6（09年天津卷）4.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R 上放出的热量答案：A解析：棒受重力G 、拉力F 和安培力F A 的作用。

高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)含解析

高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，质量为M=1kg 上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上，圆弧面的最底端刚好与水平面相切于水平面上的B 点，B 点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑，质量为m=0.5kg 的小物块放在水平而上的A 点，现给小物块一个向右的水平初速度v 0=4m/s ，小物块刚好能滑到圆弧面上最高点C 点，已知圆弧所对的圆心角为53°，A 、B 两点间的距离为L=1m ，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度为g=10m/s 2．求： (1)圆弧所对圆的半径R ；(2)若AB 间水平面光滑，将大滑块固定，小物块仍以v 0=4m/s 的初速度向右运动，则小物块从C 点抛出后，经多长时间落地?【答案】（1）1m （2）428225t s = 【解析】【分析】根据动能定理得小物块在B 点时的速度大小；物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和系统机械能守恒求出圆弧所对圆的半径；，根据机械能守恒求出物块冲上圆弧面的速度，物块从C 抛出后，根据运动的合成与分解求落地时间；【详解】解：(1)设小物块在B 点时的速度大小为1v ，根据动能定理得：22011122mgL mv mv μ=- 设小物块在B 点时的速度大小为2v ，物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒则有：12()mv m M v =+ 根据系统机械能守恒有：2201211()(cos53)22mv m M v mg R R =++- 联立解得：1R m =(2)若整个水平面光滑，物块以0v 的速度冲上圆弧面，根据机械能守恒有：2200311(cos53)22mv mv mg R R =+- 解得：322/v m s =物块从C 抛出后，在竖直方向的分速度为：38sin 532/5y v v m s =︒= 这时离体面的高度为：cos530.4h R R m =-︒=212y h v t gt -=-解得：4282t s +=2．光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为3A m m =、B C m m m ==，开始时B 、C 均静止，A 以初速度0v 向右运动，A 与B 相撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．【答案】065B v v = 【解析】【分析】【详解】设A 与B 碰撞后，A 的速度为A v ，B 与C 碰撞前B 的速度为B V ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得：对A 、B 木块：0A A A B B m v m v m v =+对B 、C 木块：()B B B C m v m m v =+由A 与B 间的距离保持不变可知A v v = 联立代入数据得：065B v v =．3．用放射源钋的α射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”．1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射（轰击）氢和氨（它们可视为处于静止状态）．测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氨核和氦核的质量之比为7：0．查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现了中子．假设铍“辐射”中的中性粒子与氢或氦发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量．（质量用原子质量单位u 表示，1u 等于1个12C 原子质量的十二分之一．取氢核和氦核的质量分别为1.0u 和14u ．）【答案】m ＝1.2u 【解析】设构成铍“副射”的中性粒子的质量和速度分别为m 和v ，氢核的质量为m H ．构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v′和v H ′．由动量守恒与能量守恒定律得 mv ＝mv′＋m H v H ′ ①12mv 2＝12mv′2＋12m H v H ′2② 解得v H ′＝2H mvm m +③同理，对于质量为m N 的氮核，其碰后速度为 V N ′＝2Nmvm m +④由③④式可得m ＝''''N N H H H N m v m v v v --⑤根据题意可知 v H ′＝7.0v N ′ ⑥将上式与题给数据代入⑤式得 m ＝1.2u ⑦4．如图所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A 点由静止出发绕O 点下摆，当摆到最低点B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A ．求男演员落地点C 与O 点的水平距离s ．已知男演员质量m 1和女演员质量m 2之比m 1∶m 2=2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R ，C 点比O 点低5R ．【答案】8R 【解析】【分析】【详解】两演员一起从从A 点摆到B 点，只有重力做功，机械能守恒定律，设总质量为m ，则212mgR mv =女演员刚好能回到高处，机械能依然守恒：222112m gR m v =女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒：122112m m v m v m v +=-+（）③根据题意：12:2m m = 有以上四式解得：222v gR = 接下来男演员做平抛运动：由2142R gt =，得8 t g R =因而：28s v t R ==；【点睛】两演员一起从从A 点摆到B 点，只有重力做功，根据机械能守恒定律求出最低点速度；女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒，由于女演员刚好能回到高处，可先根据机械能守恒定律求出女演员的返回速度，再根据动量守恒定律求出男演员平抛的初速度，然后根据平抛运动的知识求解男演员的水平分位移；本题关键分析求出两个演员的运动情况，然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解．5．如图，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 0/2 射出.重力加速度为g.求：（1）此过程中系统损失的机械能；（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．【答案】(1)2138mE mv M ⎛⎫∆=- ⎪⎝⎭ (2)02mv hs M g= 【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V ，由动量守恒得 mv 0=m +MV ①解得②系统的机械能损失为ΔE=③由②③式得ΔE=④（2）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s,则⑤s=Vt ⑥由②⑤⑥得S=⑦考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易．6．如图所示，木块m2静止在高h=0．45 m的水平桌面的最右端，木块m1静止在距m2左侧s0=6．25 m处．现木块m1在水平拉力F作用下由静止开始沿水平桌面向右运动，与 m2碰前瞬间撤去F，m1和m2发生弹性正碰．碰后m2落在水平地面上，落点距桌面右端水平距离s=l．2 m．已知m1=0．2 kg，m2 =0．3 kg，m1与桌面的动摩擦因素为0．2．（两个木块都可以视为质点，g=10 m／s2）求：（1）碰后瞬间m2的速度是多少？（2）m1碰撞前后的速度分别是多少？（3）水平拉力F的大小？【答案】（1）4m/s（2）5m/s ；-1m/s （3）0．8N【解析】试题分析：（1）m2做平抛运动，则：h=12gt2；s=v2t；解得v2=4m/s（2）碰撞过程动量和能量守恒：m1v=m1v1+m2v21 2m1v2=12m1v12+12m2v22代入数据解得：v=5m/s v 1=-1m/s （3）m 1碰前:v 2=2as11F m g m a μ-=代入数据解得：F=0．8N考点：动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题关键是搞清两个物体的运动特征,分清物理过程；用动量守恒定律和能量守恒定律结合牛顿定律列出方程求解．7．如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v 0向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后木板以原速率反弹.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.【答案】043v t gμ= 【解析】解：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙．木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度v ，动量守恒，有： 2mv 0﹣mv 0=（2m+m ）v ，解得：v=木板在第一个过程中，用动量定理，有：mv ﹣m （﹣v 0）=μ2mgt 1 用动能定理，有：﹣=﹣μ2mgs木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s=vt 2 木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t 1+t 2=+=答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为【点评】本题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题，正确分析出运动规律是关键．8．如图所示，质量均为M ＝4 kg 的小车A 、B ，B 车上用轻绳挂有质量为m ＝2 kg 的小球C ，与B 车静止在水平地面上，A 车以v 0＝2 m/s 的速度在光滑水平面上向B 车运动，相碰后粘在一起(碰撞时间很短)．求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后小球C 第一次回到最低点时的速度大小．【答案】(1) 4 J (2) 1.6 m/s 【解析】【详解】解：(1)设A 、B 车碰后共同速度为1v ，由动量守恒得：012Mv Mv = 系统损失的能量为：220112 4 212E Mv Mv J -⨯==损 (2)设小球C 再次回到最低点时A 、B 车速为2v ，小球C 速度为3v ，对A 、B 、C 系统由水平方向动量守恒得：12322Mv Mv mv =+ 由能量守恒得：22212311122222Mv Mv mv ⨯=⨯+ 解得：3 1.6 /v m s =9．图中两根足够长的平行光滑导轨，相距1m 水平放置，磁感应强度B =0.4T 的匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间．金属棒ab 、cd 质量分别为0.1kg 和0.2kg ，电阻分别为0.4Ω和0.2Ω，并排垂直横跨在导轨上．若两棒以相同的初速度3m /s 向相反方向分开，不计导轨电阻，求：(1)金属棒运动达到稳定后的ab 棒的速度大小；(2)金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热； (3)金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加多少？【答案】（1）1m/s （2）1．2J （3）1．5m 【解析】【详解】解：(1)ab 、cd 棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度v ，以水平向右为正方向，则解得稳定后的ab 棒的速度大小：(2)根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为：(3)对cd 棒根据动量定理有：即：又两棒间距离增加：10．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A ，其上面再放一个质量为m=0.10kg 的爆竹B ，木块的质量为M=6.0kg ．当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=5cm ，而木块所受的平均阻力为f=80N ．若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g 取10m/s 2，求爆竹能上升的最大高度．【答案】60m h = 【解析】试题分析：木块下陷过程中受到重力和阻力作用，根据动能定理可得211()02mg f h Mv -=-（1）爆竹爆炸过程中木块和爆竹组成的系统动量守恒，故有21mv Mv =（2）爆竹完后，爆竹做竖直上抛运动，故有222v g h =∆（3）联立三式可得：600h m ∆=考点：考查了动量守恒定律，动能定理的应用点评：基础题，比较简单，本题容易错误的地方为在A 下降过程中容易将重力丢掉11．如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m 、长为L 的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连．质量为m 的小滑块（可视为质点）以水平速度v 0滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零．现小滑块以水平速度v 滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，小滑块弹回后，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求0νν的值．【答案】【解析】试题分析：小滑块以水平速度v 0右滑时，有：201=0-2fL mv -（2分）小滑块以速度v 滑上木板到运动至碰墙时速度为v 1，则有22111=-22fL mv mv -（2分）滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v 2，则有12=(4)mv m m v +（2分）由总能量守恒可得：221211=-(4)22fL mv m m v +（2分）上述四式联立，解得032v v =（1分）考点：动能定理，动量定理，能量守恒定律．12．如图所示，水平光滑轨道AB 与以O 点为圆心的竖直半圆形光滑轨道BCD 相切于B 点，半圆形轨道的半径r =0.30m ．在水平轨道上A 点静止放置一质量为m 2=0.12kg 的物块2，现有一个质量m 1=0.06kg 的物块1以一定的速度向物块2运动，并与之发生正碰，碰撞过程中无机械能损失，碰撞后物块2的速度v 2=4.0m/s ．物块均可视为质点，g 取10m/s 2，求：（1）物块2运动到B 点时对半圆形轨道的压力大小；（2）发生碰撞前物块1的速度大小；（3）若半圆形轨道的半径大小可调，则在题设条件下，为使物块2能通过半圆形轨道的最高点，其半径大小应满足什么条件．【答案】【小题1】7.6N 【小题2】6.0m/s 【小题3】0.32m 【解析】（1）设轨道B 点对物块2的支持力为N ，根据牛顿第二定律有 N-m 2g=m 2v 22/R 解得 N=7.6N根据牛顿第三定律可知，物块2对轨道B 点的压力大小N′=7.6N（2）设物块1碰撞前的速度为v 0，碰撞后的速度为v 1，对于物块1与物块2的碰撞过程，根据动量守恒定律有 m 1v 0=mv 1+m 2v 2因碰撞过程中无机械能损失，所以有m1v02=m1v12+m2v22代入数据联立解得 v0=6.0m/s（3）设物块2能通过半圆形轨道最高点的最大半径为R m，对应的恰能通过最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律，对物块2恰能通过最高点时有 m2g=m2v2/R m对物块2由B运动到D的过程，根据机械能守恒定律有m2v22=m2g•2R m+m2v2联立可解得：R m=0.32m所以，为使物块2能通过半圆形轨道的最高点，半圆形轨道半径不得大于0.32m。

高考物理碰撞问题

碰撞问题（⼀）——考点透析碰撞问题是历年⾼考试题的重点和热点，同时它也是同学们学习的难点．它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，能够全⽅位地考查同学们的理解能⼒、逻辑思维能⼒及分析推理能⼒．⾼考中考查的碰撞问题，碰撞时间极短，位移为零，碰撞过程遵循动量守恒定律．⼀、考点诠释两个(或两个以上)物体相遇，物体之间的相互作⽤仅持续⼀个极为短暂的时间，⽽运动状态发⽣显著变化，这种现象称为碰撞。

碰撞是⼀个基本，⼗分重要的物理模型，其特点是：1．瞬时性．由于物体在发⽣碰撞时，所⽤时间极短，因此在计算物体运动时间时，通常把碰撞时间忽略不计；在碰撞这⼀极短的时间内，物体的位置是来不及改变的，因此我们可以认为物体在碰撞中位移为零。

2．动量守恒性．因碰撞时间极短，相互作⽤的内⼒⼤于外⼒，所以系统在碰撞过程中动量守恒。

3．动能不增．在碰撞过程中，系统总动能只有减少或者不变，⽽绝不会增加，即不能违背能量守恒原则。

若弹性碰撞则同时满⾜动量、动能守恒。

⾮弹性碰撞只满⾜动量守恒，⽽不满⾜动能守恒（系统的动能减少）。

⼆、解题策略⾸先要根据碰撞的瞬时性特点，正确选取相互作⽤的研究对象，使问题简便解决；其次要确定碰撞前和碰撞后系统中各个研究对象的状态；然后根据动量守恒定律及其他规律求解，并验证求得结果的合理性。

三、边解边悟1．在光滑的⽔平⾯上有三个完全相同的⼩球排成⼀条直线．2、3⼩球静⽌，并靠在⼀起，1球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞过程不损失机械能，则碰后三个⼩球的速度为多少？解析：本题的关键在于分析清楚实际的碰撞过程：由于球1与球2发⽣碰撞时间极短，球2的位置来不及发⽣变化，这样球2对球3也就⽆法产⽣⼒的作⽤，即球3不会参与此次碰撞过程．⽽球1与球2发⽣的是弹性碰撞，质量⼜相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1⽴即停⽌，球2速度⽴即变为；此后球2与球3碰撞，再⼀次实现速度交换．所以碰后球1、球2的速度为零，球3速度为v 0．2．⽤轻弹簧相连的质量均为m =2㎏的A 、B 两物体都以v =6m/s 的速度在光滑的⽔平地⾯上运动，弹簧处于原⻓，质量M =4㎏的物体C 运动，在以后的运动中，求：（1）当弹簧的弹性势能最⼤时物体A 的速度。

高考物理动量定理真题汇编(含答案)

高考物理动量定理真题汇编( 含答案 )一、高考物理精讲专题动量定理1．半径均为R 5 2m的四分之一圆弧轨道 1 和 2 如下图固定，两圆弧轨道的最低端切线水平，两圆心在同一竖直线上且相距R，让质量为 1kg 的小球从圆弧轨道 1 的圆弧面上某处由静止开释，小球在圆弧轨道 1 上转动过程中，协力对小球的冲量大小为5N s ，重力加快度 g 取10m / s2，求：（1）小球运动到圆弧轨道 1 最低端时，对轨道的压力大小 ;（2）小球落到圆弧轨道 2 上时的动能大小。

【答案】（ 1）5(22)N （2）62.5J 2【分析】【详解】（1）设小球在圆弧轨道 1 最低点时速度大小为v0，依据动量定理有I mv0解得 v05m / s在轨道最低端，依据牛顿第二定律，2F mg m v0R2N解得 F 5 22依据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为 F 522N 2（2）设小球从轨道 1 抛出抵达轨道 2 曲面经历的时间为t，水平位移：x v0t竖直位移：y 1gt 2 2由勾股定理：x2 y2R2解得 t1s竖直速度：v y gt 10m / s 可得小球的动能E k 1 mv21m v02v y262.5J222．如下图，一质量m1=0.45kg 的平顶小车静止在圆滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2=0.4 kg 的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m0 =0.05 kg 的子弹以水平速度v0=100 m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车互相作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最后小物体以 5 m/s的速度走开小车．g 取10 m/s 2．求：（1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小．（2）小车的长度．【答案】（ 1）4.5N s（ 2）5.5m【分析】① 子弹进入小车的过程中，子弹与小车构成的系统动量守恒，有：m0 v o (m0 m1 )v1，可解得 v110m / s ；对子弹由动量定理有：I mv1mv0 ，I4.5N s (或kgm/s)；② 三物体构成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：(m0 m1 )v1 (m0m1 )v2m2 v ；设小车长为 L，由能量守恒有：m2 gL 1( m0 m1 )v121(m0 m1 )v221m2v2 222联立并代入数值得 L＝ 5.5m；点睛：子弹击中小车过程子弹与小车构成的系统动量守恒，由动量守恒定律能够求出小车的速度，依据动量定理可求子弹对小车的冲量；对子弹、物块、小车构成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律能够求出小车的长度．3．质量0.2kg 的球 ,从 5.0m高处自由着落到水平钢板上又被竖直弹起,弹起后能达的最大高度为 4.05m. 假如球从开始着落到弹起达最大高度所用时间为 1.95s,不考虑空气阻力,g 取210m/s .求小球对钢板的作使劲.【分析】【详解】自由落体过程v12＝ 2gh1，得 v1=10m/s；v1=gt1得 t1=1s小球弹起后达到最大高度过程0- v22＝ -2 gh2，得 v2=9m/s0-v2=-gt2得 t 2=0.9s小球与钢板作用过程设向上为正方向，由动量定理：Ft′-mg t ′=mv2-（ -mv1）此中 t′=t-t1-t2 =0.05s得 F=78N由牛顿第三定律得F′=-F，所以小球对钢板的作使劲大小为78N，方向竖直向下；4．如图，一轻质弹簧两头连着物体 A 和 B，放在圆滑的水平面上，某时辰物体小为的水平初速度开始向右运动。

全国高考物理试题分项汇编专题碰撞与动量守恒

批扯州址走市抄坝学校【2021】高考物理试题分项汇编〔第01期〕专题16 碰撞与动量守恒〔3-5〕本期导读：1.【一中高考仿真试卷】如下图，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m ，在木板的上面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。

最初木板静止，A 、B 两木块同时以相向的水平初速度v 0和2v 0滑上长木板，木板足够长， A 、B 始终未滑离木板也未发生碰撞。

求： ①木块B 的最小速度是多少？②木块A 从刚开始运动到A 、B 、C 速度刚好相的过程中，木块A 所发生的位移是多少？1.【答案】①5vv =；②gv x μ502120=。

向右的位移为gv x μ252202=ACB2v 0v 0取向左为正方向，整个过程A 发生的位移为g v x x x μ50212021=-=即此过程中A 发生的位移向左，大小为gv μ502120。

【考点】动量守恒律；能量守恒律.2.【一中2021级高三第三次模拟考试】如图示，竖直平面内一光滑水平轨道左边与墙壁对接，右边与一足够高的1/4光滑圆弧轨道平滑相连，木块A 、 B 静置于光滑水平轨道上，A 、B 质量分别为1.5kg 和0.5kg 。

现让A 以6m/s 的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3s ，碰后速度大小变为4m/s 。

当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动，g =10m/s 2求：①A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小； ②A 、B 滑上圆弧轨道的最大高度。

2.【答案】①50N ② 0.45m考点：动量理；动量守恒律；机械能守恒律.3.【省2021—2021度第二学期物理试题】如下图，质量分别为m 1和m 2的两个小球A 、B 在光滑的水平面上分别以速度v 1、v 2同向运动并发生对心碰撞，碰后B 球被右侧的墙原速弹回，又与A 球相碰，碰后两球都静止。

① 求两球第一次碰撞后B 球的速度。

高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)

3．如图所示，两块相同平板 P1、P2 置于光滑水平面上，质量均为 m。P2 的右端固定一轻质弹簧，左端 A 与弹簧的自由端 B 相距 L。物体 P 置于 P1 的最右端，质量为 2m 且可以看作质点。P1 与 P 以共同速度 v0 向右运动，与静止的 P2 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后 P1 与 P2 粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在 A 点（弹簧始终在弹性限度内）。P 与 P2 之间的动摩擦因数为 μ，求：
（5）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置 M、P、N，如图丙所示．他发现 M 和 N 偏离了 OP 方向．这位同学猜想两小球碰撞前后在 OP 方向上依然动量守恒，他想到了验证这个猜想的办法：连接 OP、OM、ON，作出 M、N 在 OP 方向上的投
影点 M 、 N ．分别测量出 OP、 OM 、 ON 的长度．若在实验误差允许的范围内，满
（3）由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较
集中，但不是出现了错误，故 AB 错误；由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很
难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个
圆的圆心位置代表落点的平均位置，故 C 正确；仅调节斜槽上固定位置 C，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段 OP 的长度越小，故 D 错误．故选 C；
注意三个易错点：碰撞只是 P1、P2 参与；碰撞过程有热量产生；P 所受摩擦力，其正压力
为 2mg
【考点定位】碰撞模型、动量守恒定律、能量守恒定律、弹性势能、摩擦生热。中档题
4．如图，一质量为 M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为 h.一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射入物块后，以水平速度 v0/2 射出.重力加速度为 g.求：（1）此过程中系统损失的机械能；（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．

高中物理动量守恒定律真题汇编(含答案)

高中物理动量守恒定律真题汇编(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如下图,质量为 M=2kg 的小车静止在光滑的水平地面上,其AB 局部为半径R=0.3m一一1 一的光滑一圆孤,BC 局部水平粗糙,BC 长为L=0.6m .一可看做质点的小物块从A 点由静止4(1)小物块与小车 BC 局部间的动摩擦因数;(2)小物块从A 滑到C 的过程中,小车获得的最大速度.【答案】(1) 0.5 (2) 1m/s 【解析】解：(1)小物块滑到C 点的过程中,系统水平方向动量守恒那么有： (M m)v 0所以滑到C 点时小物块与小车速度都为 0由能量守恒得：mgR mgLR解得： R 0.5L(2)小物块滑到B 位置时速度最大,设为必,此时小车获得的速度也最大,设为V 2由动量守恒得：mv 1 Mv 2121 2 由能重寸恒得：mgR — mv 1— Mv 2 22联立解得：v 2 1m / s2.如下图,一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上,光滑圆弧 MN 的半径为R=3.2m,水平局部NP 长L=3.5m,物体B 静止在足够长的平板小车 C 上,B 与小车的接触面光滑,小车的左端紧贴平台的右端.从 M 点由静止释放的物体 A 滑至轨道最右端P 点后再滑上小车,物体 A 滑上小车后假设与物体 B 相碰必粘在一起,它们间无竖直作用力. A 与释放,滑到C 点刚好相对小车停止.小物块质量 m=1kg,取 g=10m/s 2.求:平台水平轨道和小车上外表的动摩擦因数都为0.4,且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相取 g=10m/s 2,求等.物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg,K(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小?考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律(2)物体A 在NP 上运动的时间？ (3)物体A 最终离小车左端的距离为多少？【答案】(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ；(2)物体A 在NP 上运动的时间为 0.5s (3)物体A 最终离小车左端的距离为33m 16【解析】试题分析：(1)物体A 由M 到N 过程中,由动能定理得：在N 点,由牛顿定律得 F N -m A g=m A 联立解得F N =3m A g=30N由牛顿第三定律得,物体 A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为:(2)物体A 在平台上运动过程中2m A gR=m A v NF N ' =3A g=30N(imAg=mAa 2 L=v N t-at 代入数据解得t=0.5s t=3.5s (不合题意,舍去)(3)物体A 刚滑上小车时速度 v 〔= v N -at=6m/s从物体A 滑上小车到相对小车静止过程中,小车、物体 A 组成系统动量守恒,而物体 B 保持静止(m A + m C )v 2= m A v 1小车最终速度 v 2=3m/s此过程中A 相对小车的位移为 L 1,那么,1 2 129mgL 1 — mv 1 - 2mv 2 解得：L [=1m2 24物体A 与小车匀速运动直到 A 碰到物体B, A, B 相互作用的过程中动量守恒:(m A + m B )v 3= m A V 2此后A, B 组成的系统与小车发生相互作用,动量守恒,且到达共同速度V 4(m A + m B )v 3+m C v 2=" (m" A +m B +m C ) v 4此过程中A 相对小车的位移大小为L 2,那么mgL 2 1mv 22 1 2 22mv 3213mv 42解得:23 1_2= — m16物体A 最终离小车左端的距离为,33 x=L i -L 2=— m163.光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、 C,质量分别为 m A 3m 、m Bmb m ,开始时B 、C 均静止,A 以初速度V o 向右运动, 起,此后A 与B 间的距离保持不变.求A 与B 相撞后分开,B 又与C 发生碰撞并粘在一 B 与C碰撞前B 的速度大小.239 _94PU 经过次a 盘变和次3盘变,取后变成铅的同位素.(填入铅的三种同位素 206 Pb 、282Pb 、282Pb 中的一种)(2)某同学利用如下图的装置验证动量守恒定律.图中两摆摆长相同,悬挂于同一高度,A 、B 两摆球均很小,质量之比为 1 ：2.当两摆均处于自由静止状态时,其侧面刚好接触.向右上方拉动 B 球使其摆线伸直并与竖直方向成 45.角,然后将其由静止释放.结果观察到两摆球粘在一起摆动,且最大摆角成 30..假设本实验允许的最大误差为土猊,此实验是否成功地验证了动量守恒定律? 【解析】【详解】(1)设发生了 x 次“衰变和y 次3衰变,【解析】【分析】设A 与B 碰撞后,A 的速度为V A , B 与C 碰撞前B 的速度为％, B 与C 碰撞后粘在一起的速度为V,由动量守恒定律得：对A 、B 木块：m A V o对B 、C 木块：M B由A 与B 间的距离保持不变可知 v A v 联立代入数据得：m A V A m B V Bmb4 .[物理出彳3—5] (1)天然放射性元素207【答案】(1) 8, 4, 82Pb ； (2)根据质量数和电荷数守恒可知,2x-y+82=94, 239=207+4x;由数学知识可知,x=8, y=4.假设是铅的同位素206,或208,不满足两数守恒, 因此最后变成铅的同位素是282Pb(2)设摆球A 、B 的质量分别为 m A 、m B,摆长为l, B 球的初始高度为h i,碰撞前B 球的速度为V B .在不考虑摆线质量的情况下,根据题意及机械能守恒定律得h 1 l(1 cos45)①1 22m B V B m B ghi ②设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P i 、P 2.有 P i = m B V B ③所以,此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律.5.氢是一种放射性气体,主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料.呼吸时氨气会随气体进入肺脏,氢衰变时放出射线,这种射线像小炸弹〞一样轰击肺细胞,使肺细胞受损,从而引发肺癌、白血病等.假设有一静止的氢核222Rn 发生衰变,放出一个速度为V .、质量为m 的粒子和一个质量为 M 的反冲核针288 Po 此过程动量守恒,假设氢核发生衰变时,释放的能量全部转化为粒子和针核的动能.(1)写衰变方程;联立①②③式得同理可得联立④⑤式得代人条件得由此可以推出 P m B J 2gl (1 cos45 ) ④F 2 (m A m B R2gl(1 cos30 )⑤P 2 m A m B 1 cos30 - - -------- J d P 1 m B . 1 cos452P2… —1.03⑦P(2)求出反冲核针的速度；(计算结果用题中字母表示相反；(3) m 【解析】【分析】【详解】(1)由质量数和核电荷数守恒定律可知,核反响方程式为222 218 4..86Rn 84 Po+2He (2)核反响过程动量守恒,以 a 离子的速度方向为正方向由动量守恒定律得mv 0 Mv 0解得vmv 0■,负号表示方向与 a 离子速度方向相反 M(3)衰变过程产生的能量21 2 1 2M m mv oE -mv 2 - Mv 2-2 22M由爱因斯坦质能方程得2E mc解得M m mv 2m ------------ 5——2Mc 26.如下图,一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A 点由静止出发绕.点下摆,当摆到最低点 B 时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处 A.求男演员落地点 C 与O 点的水平距离s.男演员质量 m 1 和女演员质量 m 2之比m 1 ：m 2=2,秋千的质量不计,秋千的摆长为R, C 点比.点低5R.【答案】8R 【解析】【分析】【详解】两演员一起从从 A 点摆到B 点,只有重力做功,机械能守恒定律,设总质量为 m,那么12(3)求出这一衰变过程中的质量亏损.(计算结果用题中字母表示)2222184 ..【答木】(1) 86 Rn 84 Po 2 He ; (2) vmv o负号表示方向与“离子速度方向2M m mv 0 2Mc 2mgR -mv1 2女演员刚好能回到高处,机械能依然守恒：m2gR -m2v12女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒：(m l m2) v m2v l m1v2③根据题意：m1 ：m2 2有以上四式解得：v22 2gR1c 8R接下来男演员做平抛运动：由4R -gt2,得t —2 . g因而：s v2t 8R；【点睛】两演员一起从从A点摆到B点,只有重力做功,根据机械能守恒定律求出最低点速度；女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒,由于女演员刚好能回到高处,可先根据机械能守恒定律求出女演员的返回速度,再根据动量守恒定律求出男演员平抛的初速度,然后根据平抛运动的知识求解男演员的水平分位移；此题关键分析求出两个演员的运动情况,然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解.7.光滑水平面上质量为1kg的小球A,以2.0m/s的速度与同向运动的速度为 1.0m/s、质量为2kg的大小相同的小球B发生正碰,碰撞后小球B以1.5m/s的速度运动.求：I~~J S I(1)碰后A球的速度大小；(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能.【答案】V A 1.0m/s, E损0.25J【解析】试题分析：(1)碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律可以求出小球速度.(2)由能量守恒定律可以求出损失的机械能.解：(1)碰撞过程,以A的初速度方向为正,由动量守恒定律得：m A V A+m B V B=m A V A+m B v B代入数据解：v A=1.0m/s②碰撞过程中A、B系统损失的机械能量为：_1 2,1 2 _ 1 y 2 _ 1 ,2KE损一］山正且? /8 ①山尸A/㈤胪B代入数据解得：E 损=0.25J 答：①碰后A 球的速度为1.0m/s ；②碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能为 0.25J.【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒,由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题,应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择.8 .如下图,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为科使木板与重物以共同的速度 v o 向右运动,某时刻木板与墙发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后木板以原速率反弹长,重物始终在木板上.重力加速度为g.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间4V 0 3~g解：木板第一次与墙碰撞后,向左匀减速直线运动,直到静止,再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度,再往后是匀速直线运动,直到第二次撞墙. 木板第一次与墙碰撞后,重物与木板相互作用直到有共同速度V,动量守恒,有：2mv o - mv o = (2m+m) v, 解得： v=^-木板在第一个过程中,用动量定理,有： mv - m ( - v 0)=科2mgt…〜一一 1? 1 2八用动能TE 理,有： -mv --IDV O =-科 2mgs木板在第二个过程中,匀速直线运动,有： s=vt 2,,一,…~、2v n 2v n I 4V n木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t l +t 2=—-+——-=一-3|Xg_ ……入……工……L,[W答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为34M【点评】此题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题,正确分析出运动规律是关键.9 .如下图,带有 1光滑圆弧的小车 A 的半径为R,静止在光滑水平面上.滑块C 置于4木板B 的右端,A 、B 、C 的质量均为 m, A 、B 底面厚度相同.现 B 、C 以相同的速度向右匀速运动,B 与A 碰后即粘连在一起,C 恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高.设木板足够处.那么：(重力加速度为 g)(1)B 、C 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少?【解析】此题考查动量守恒与机械能相结合的问题.(1)设B 、C 的初速度为vo, AB 相碰过程中动量守恒,设碰后 AB 总体速度u,由12 1 2 12-mv 0 - 2mu - 3mu mgR 2 2 2解得 v o 2.3gR(2)C 从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中,满足水平方向动量守恒、机械能守恒,有 mv 0 2mu mv 1 2mv 210.如下图,在光滑的水平面上,质量为 4m 、长为L 的木板右端紧靠竖直墙壁,与墙壁不粘连.质量为 m 的小滑块(可视为质点)以水平速度 v 0滑上木板左端,滑到木板右端时速度恰好为零.现小滑块以水平速度 v 滑上木板左端,滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞,小滑块弹回后,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,求一的值. 0v 1【答案］一二三 %- 【解析】1 2试题分析：小滑块以水平速度 v 0右滑时,有：fL =0- - mv 2 (2分)2mv o 2mu ,解得 uV2C 滑到最高点的过程mv o 2mu 3mu1 2—mv 0 2-2mu 21mv ； - 2mv 2 2 22 解得：v 1 mgR, 35,3gR31 o 1 o小滑块以速度v 滑上木板到运动至碰墙时速度为vi,那么有 fL = — mv 1-—mv (2分)2 2滑块与墙碰后至向左运动到木板左端,此时滑块、木板的共同速度为丫2,那么有 mv i =(m 4m)v 2(2 分)1 2 1 2由总能重寸恒可得：fL= —mv 1 -- (m 4m)v 2 (2分)2 2 v 3上述四式联立,解得一一(1分)v o 2考点：动能定理,动量定理,能量守恒定律.11.如下图,一质量为 M 的平板车B 放在光滑水平面上,在其右端放一质量为 m 的小木块A, m 〈M,A 、B 间粗糙,现给 A 和B 以大小相等、方向相反的初速度 v0,使A 开始向左运动,B 开始向右运动,最后 A 不会1t 离B,求：(1) A 、B 最后的速度大小和方向；(2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车的速度大小和方向.…… M m2Mm 2【答案】(1) ------------------------- v 0 (2) -------------- v 0M m 2 Mg【解析】试题分析：(1)由A 、B 系统动量守恒定律得：Mv0 —mv0= (M +m ) v ①一 M -w所以v=- ---------- v0 方向向右(2) A 向左运动速度减为零时,到达最远处,设此时速度为 Mv 0 mv 0Mv0 — mv0="Mv' v -------------------- 方向向右M考点：动量守恒定律；点评：此题主要考查了动量守恒定律得直接应用,难度适中.12.如下图,粗细均匀的圆木棒 A 下端离地面高 H,上端套着一个细环 B. A 和B 的质量均为m, A 和B间的滑动摩擦力为f,且fvmg.用手限制A 和B 使它们从静止开始自由下落.当A 与地面碰撞后,A 以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动,与地面发生碰撞时间极短,空气阻力不计,运动过程中 A 始终呈竖直状态.求：假设 A 再次着地前B 不脱离A, A 的长度应满足什么条件？v'那么由动量守恒定律得:r~丘7 --------------(mg + D【解析】试题分析：设木棒着地时的速度为l v°,由于木棒与环一起自由下落,那么也=\Z两木棒弹起竖直上升过程中,由牛顿第二定律有：对木棒：『+ mg ai = -解得：山,方向竖直向下对环：・_ mg-/解得上m方向竖直向下可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态,所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变2 vo木棒在空中运动的时间为在这段时间内,环运动的位移为--■ . ■要使环不碰地面,那么要求木棒长度不小于x,即,兰冈L>...................解得：+考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度,所以在做这一类问题时,特别又是多过程问题时,先弄清楚每个过程中的运动性质,根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力。

高考物理动量定理真题汇编(含答案)精选全文完整版

可编辑修改精选全文完整版高考物理动量定理真题汇编(含答案)一、高考物理精讲专题动量定理1．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=︒，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。

在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为10.5T B =，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为20.5T B =。

在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab ，另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，ab 棒和cd 棒的质量均为0.2kg m =，ab 棒的电阻为12r =Ω，cd 棒的电阻为24r =Ω。

已知t =0时刻起，cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动)，而ab 棒在水平拉力F 作用下始终处于静止状态，F 随时间变化的关系如图乙所示，ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37θ=︒。

其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。

(1)请通过计算分析cd 棒的运动情况；(2)若t =0时刻起，求2s 内cd 受到拉力的冲量；(3)3 s 内电阻R 上产生的焦耳热为2. 88 J ，则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少?【答案】(1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6N s ；(3)43.2J【解析】【详解】(1)设绳中总拉力为T ，对导体棒ab 分析，由平衡方程得：sin θF T BIl =+cos θT mg =解得：tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+由图乙可知：1.50.2F t =+则有：0.4I t =cd 棒上的电流为：0.8cd I t =则cd 棒运动的速度随时间变化的关系：8v t =即cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。

(2)ab 棒上的电流为：0.4I t =则在2 s 内，平均电流为0.4 A ，通过的电荷量为0.8 C ，通过cd 棒的电荷量为1.6C 由动量定理得：sin θ0F t I mg t BlI mv +-=-解得： 1.6N s F I =(3)3 s 内电阻R 上产生的的热量为 2.88J Q =，则ab 棒产生的热量也为Q ，cd 棒上产生的热量为8Q ，则整个回路中产生的总热量为28. 8 J ，即3 s 内克服安培力做功为28. 8J 而重力做功为：G sin 43.2J W mg θ==对导体棒cd ，由动能定理得：F W W '-克安2G 102W mv +=- 由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s解得：43.2J F W '=2．如图所示,固定在竖直平面内的4光滑圆弧轨道AB 与粗糙水平地面BC 相切于B 点。

2023届高考一轮复习：动量和能量综合问题

2023届高考一轮复习：动量和能量综合问题一、完全非弹性碰撞碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得： m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 共（1）完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔE k = ½m 1v 12+ ½ m 2v 22- ½(m 1+m 2)v 共2. （2）联立（1）、（2）解得：v 共 =；ΔE k =1．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m 1、m 2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M 点，如图所示，已知OM 与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比为m 1︰m 2为( )A ．(21)∶(21)+-B ．2∶1C ．(21)∶(21)-+D ．1∶22．如图所示，木块A 和B 质量均为2 kg ，置于光滑水平面上．B 与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A 以4 m/s 的速度向B 撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为（）A ．4 JB ．8 JC ．16 JD ．32 J3．A 、B 两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A 、B 两球的质量分别为m 和M (m <M )．若使A 球获得瞬时速度v (如图3甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若使B 球获得瞬时速度v (如图乙)，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 ．不能确定二、弹性碰撞解法一：解法二：4．一质量为2m 的小物块A ，沿X 轴的正方向运动，与另一个沿X 轴的负方向运动的质量为m 的小物块B 发生弹性碰撞。

碰撞前物块A 、B 的速度大小都为v 0。

则碰撞后，小物块A 、B 速度分别为（取X 轴的正方向为速度的正方向）， .5．旅行者1号经过木星和土星时通过引力助推（引力弹弓）获得了足以完全摆脱太阳引力的动能。

高考物理专题复习：动量和能量

高考物理专题复习：动量和能量碰撞：说明：碰撞过程中内力很大，持续时间很短，外力的作用通常远小于物体之间的相互作用，可以忽略，认为碰撞过程中动量守恒．弹性碰撞过程中，系统的动能守恒．一般情况下，大多数碰撞动能都不守恒，都有一部分动能转化为其它形式的能．如果物体在相碰后粘在一起，这时动能的损失最大，是因为碰撞过程中物体发生的形变完全不恢复．不要求掌握弹性碰撞的概念，但是在碰撞过程中，系统动能不损失，实质上就是指弹性碰撞而言．1.在粗糙水平面上运动的物体，从A点开始受水平恒力作用，作直线运动．已知物体在B点的速度与A点的速度大小相等，则这个过程中：A.物体不一定做匀速直线运动B.F始终与摩擦力方向相反C.F与摩擦力对物体所做的总功为零D.F与摩擦力对物体的总冲量为零2.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在空中下落的过程称为过程I，进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ，则：A.过辑I中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B.过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力冲量的大小C.过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程I与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和D.过程Ⅱ中损失的机械能等于过程I中钢珠所增加的动能3.在光滑水平面上有一静止的物体，现以水平恒力甲推这一物体．作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力乙推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J，则在整个过程中，恒力甲做的功等于J，恒力乙做的功等于J．4.如图所示，长为L的轻绳一端系于固定点O，另一端系质量为m小球，将小球从O点正下方L/4处以一定初速度水平向右抛出，经一定时间绳被拉直，以后小球将以O点为支点在竖直面内摆动，已知绳刚被拉直时，绳与竖直线成600角，求：⑴小球水平抛出时的初速度；⑵在被拉紧的瞬间，支点O受到的冲量；⑶小球到最低点时，绳子所受的拉力。

5.如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木如图所示，用细线悬挂一质量为M的木块，木块静止．现有一质量为m的子弹自左方水平地射穿木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v．求木块能摆到的最大高度．(设于弹穿过木块的时间很短，可不计)6.质量为M的木块静止在光滑的水平面上，现有一质量为m、速度v0的子弹水平地射中木块，使木块在水平面上平动，子弹在木块内深入距离d后相对木块静止，并留在木块内．求子弹深入木块d的这段时间内木块滑行的距离，(设子弹在木块内所受阻力是恒定的)．7.一质量为m1的入射粒子与一质量为m2的静止粒子发生正碰．已知机械能在碰撞过程中有损失．实验中测出了碰撞后第二个粒子的速度为v2，求第一个粒子原来速度v0的值的可能范围．8.质量分别为m和M的两个粒子发生碰撞，碰撞前后两粒于都在同一直线上，在碰撞过程中损失的动能为定值E0，今要求碰撞前两粒子的总动能为最小，求碰撞前两粒子的速度大小和方向．9.(1)在光滑水平面上，质量为m1＝4kg的物块1具有动能E＝100J，物块1与原来静止的、质量为m2＝1kg的物块2发生碰撞，碰后粘合在一起，求碰撞中机械能损失△E．(2)若物块l、2分别具有动能E1、E2，E1与E2之和为100J．两物块相向运动并粘合在一起，问E1与E2各应是多少时，碰撞中损失的机械能最大？这时损失的机械能是多少？10.如图所示，重物M质量为1.0kg，以10m/s的初速度沿水平台面从A点向右运动，在B点与质量为0.20kg的静止小球m相碰撞，结果重物M落在地面上的D点．已知重物M 与台面AB间的动摩擦因数为0.10，图中AB长18m，BC和CD均等于5.0m，取g＝10m/s 2．求：(1)重物M 与小球碰撞前瞬间速度大小；(2)重物M 与小球碰撞中所减少的动能，(3)小球m 落地点F 与重物M 落地点D 之间的距离．11. 一质量为M 的长木板，静止在光滑水平桌面上．一质量为m 的小滑块以水平速度v 0从长木板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板．滑块刚离开木板时的速度为31v 0．若把此木板固定在水平桌面上，其他条件相同，求滑块离开木板时的速度v 。

高考物理《碰撞问题》真题练习含答案

高考物理《碰撞问题》真题练习含答案1.如图，在光滑水平面上，一质量为100 g 的A 球，以2 m/s 的速度向右运动，与质量为200 g 大小相同的静止B 球发生对心碰撞，撞后B 球的速度大小为1.2 m/s ，取A 球初速度方向为正方向，下列说法正确的是( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为完全非弹性碰撞C ．碰撞前后A 球的动量变化为－1.6 kg·m/sD ．碰撞前后A 球的动量变化为－0.24 kg·m/s答案：D解析：以A 球初速度方向为正方向，碰撞过程根据动量守恒得m A v 0＝m A v A ＋m B v B ，解得A 球碰后的速度为v A ＝－0.4 m/s ，碰撞前后A 球的动量变化为Δp ＝m A v A －m A v 0＝0.1×(－0.4) kg·m/s －0.1×2 kg·m/s ＝－0.24 kg·m/s ，C 错误，D 正确；碰撞前系统的机械能为E 1＝12m A v 20 ＝12 ×0.1×22 J ＝0.2 J ，碰撞后系统的机械能为E 2＝12 m A v 2A ＋12 m B v 2B ＝12×0.1×0.42 J ＋12×0.2×1.22 J ＝0.152 J ，由于E 2<E 1，且碰后A 、B 速度并不相同，则该碰撞不是弹性碰撞，也不是完全非弹性碰撞，A 、B 错误．2．[2024·辽宁省沈阳市期中考试]在某次台球比赛中，质量均为m 、材料相同的白球和黑球静止在水平台球桌面上，某时刻一青少年瞬击白球后，白球与一静止的黑球发生了对心碰撞，碰撞前后两球的位置标记如图所示，A 、B 分别为碰前瞬间白球、黑球所在位置，C 、D 分别为碰撞后白球、黑球停止的位置．则由图可知白、黑两球碰撞过程中损失的动能与碰前时刻白球动能的比值为( )A ．12B ．23C ．49D ．59答案：C解析：令碰后白球的位移为3x 0，则黑球碰后位移为12x 0，碰撞过程，根据动量守恒定律有m v 0＝m v 1＋m v 2，碰撞后两球做匀减速直线运动，利用逆向思维，根据速度与位移关系有v 21 ＝2μg ·3x 0，v 22 ＝2μg ·12x 0，白、黑两球碰撞过程中损失的动能ΔE k ＝12 m v 20 －12m v 21 －12 m v 22 ，碰前时刻白球动能E k0＝12 m v 20 ，解得ΔE k ΔE k0 ＝49，C 正确． 3．[2024·北京市顺义区期中考试]如图所示，两物块A 、B 质量分别为m 、2m ，与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接．初始时弹簧处于原长状态，使A 、B 两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v 1、v 2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零．关于这一运动过程，下列说法正确的是( )A ．两物块A 、B 及弹簧组成的系统动量不守恒B ．两物块A 、B 及弹簧组成的系统机械能守恒C ．两物块A 、B 初速度的大小关系为v 1＝v 2D ．两物块A 、B 运动的路程之比为2∶1答案：D解析：分析可知，物块A 、B 的质量分别为m 、2m ，与地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，因此在滑动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于2μmg ，且方向相反，由此可知系统所受合外力为零，系统动量守恒，A 错误；在系统运动过程中要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，B 错误；系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得m v 1－2m v 2＝0，解得v 1＝2v 2，C 错误；系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得m v 1－2m v 2＝0，设A 、B 的路程分别为s 1、s 2，则有m s 1t －2m s 2t＝0，解得s 1∶s 2＝2∶1，D 正确．4．随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度．为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度．如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u ，探测器的初速度大小为v 0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v 1和v 2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比．那么下列判断中正确的是( )A ．v 1>v 0B ．v 1＝v 0C ．v 2>v 0D ．v 2＝v 0答案：A解析：根据题意，设行星的质量为M ，探测器的质量为m ，当探测器从行星的反方向接近行星时(题中左图)，再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得－m v 0＋Mu ＝Mu ′＋m v 1.12 m v 20 ＋12 Mu 2＝12 Mu ′2＋12m v 21 ，整理得v 1－v 0＝u ＋u ′，所以v 1>v 0，A 正确，B 错误；同理，当探测器从行星的同方向接近行星时(题中右图)，再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得m v 0＋Mu ＝Mu ″－m v 2，12 m v 20 ＋12 Mu 2＝12 Mu ″2＋12m v 22 ，整理得v 0－v 2＝u ＋u ″，所以v 2<v 0，C 、D 错误．5．如图所示，质量为M 的滑块静止在光滑水平地面上，其左侧是四分之一光滑圆弧，左端底部恰好与地面相切．两小球的质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝3 kg ，m 1的初速度为v 0，m 2保持静止．已知m 1与m 2发生弹性正碰，要使m 1与m 2发生两次碰撞，则M 可能为( )A ．2 kgB ．3 kgC ．5 kgD ．6 kg答案：D解析：m 1与m 2发生第一次弹性碰撞后，设小球m 1与m 2的速度分别为v 1、v 2，则由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，系统机械能守恒，有12 m 1v 20 ＝12 m 1v 21 ＋12m 2v 22 ，解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2 v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0；进入四分之一圆弧轨道M ，当m 2离开圆弧轨道时，设m 2的速度为v ′2，根据动量守恒和机械能守恒得v ′2＝m 2－M m 2＋Mv 2，要使m 1与m 2发生两次碰撞，则v ′2<0，即m >m 2，且|v ′2|>|v 1|，联立解得M >5 kg ，D 正确．6．[2024·浙江省宁波金兰教有合作组织联考]有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d 和船长L ，已知他自身的质量为m ，忽略船运动过程中水对它的阻力，则可测得船的质量为( )A ．m （L －d ）dB ．m （L ＋d ）dC ．m （L ＋d ）LD ．mL d答案：A解析：设人走动时船的速度大小为v ，人的速度大小为v ′，船的质量为M ，人和船的相对位移为L ，人从船尾走到船头所用时间为t ，则v ＝d t ，v ′＝L －d t，人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得M v －m v ′＝0，解得船的质量M ＝m （L －d ）d，A 正确． 7．如图所示，平板小车A 放在光滑水平面上，长度L ＝1 m ，质量m A ＝1.99 kg ，其上表面距地面的高度h ＝0.8 m ．滑块B (可视为质点)质量m B ＝1 kg ，静置在平板小车的右端，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.1.现有mC ＝0.01 kg 的子弹以v 0＝400 m/s 速度向右击中小车A 并留在其中，且击中时间极短，g 取10 m/s 2.求：(1)子弹C 击中平板小车A 后的瞬间，A 速度多大？(2)B 落地瞬间，平板小车左端与滑块B 的水平距离x 多大？答案：(1)2 m/s (2)0.4 m解析：(1)子弹C 击中小车A 后并留在其中，则A 与C 共速，速度为v 1，以v 0为正方向，根据动量守恒有m C v 0＝(m C ＋m A )v 1，得v 1＝2 m/s(2)设A 与B 分离时的速度分别是v 2、v 3，对A 、B 、C 组成的系统分析，由动量守恒和动能定理得(m A ＋m C )v 1＝(m A ＋m C )v 2＋m B v 3－μm B gL ＝12 (m A ＋m C )v 22 ＋12 m B v 23 －12(m A ＋m C )v 21 解得v 2＝53 m/s ，v 3＝23m/s 或v 2＝1 m/s ，v 3＝2 m/s(舍去，因为A 的速度不能小于B 的速度)B 从A 飞出以v 3做平抛运动，则h ＝12gt 2 得t ＝0.4 sA 以v 2向右做匀速直线运动，则当B 落地时，它们的相对位移x ＝(v 2－v 3)t ＝0.4 m8．[2024·河北省唐山市一中联盟联考]如图所示，光滑水平面上有一质量M ＝1.98 kg 的小车，小车上表面有一半径为R ＝1 m 的14光滑圆弧轨道，与水平轨道在B 点相切，B 点右侧粗糙，小车的最右端D 点竖直固定轻质弹簧片CD .一个质量m ＝2 kg 的小球置于车的B 点，车与小球均处于静止状态，有一质量m 0＝20 g 的子弹，以速度v 0＝800 m/s 击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小球与弹簧片碰撞时无机械能损失，BD 之间距离为0.3 m ，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2.求：(1)子弹击中小车后的瞬间，小车的速度；(2)小球再次返回圆弧轨道最低点时，小球的速度大小；(3)小球最终相对于B 点的距离．答案：(1)8 m/s (2)8 m/s (3)0.2 m解析：(1)取向右为正方向，子弹打小车过程，子弹和小车系统动量守恒m 0v 0＝(m 0＋M )v解得v ＝8 m/s(2)子弹、小车和小球构成的系统动量守恒(m 0＋M )v ＝(m 0＋M )v 1＋m v 2子弹、小车和小球构成的系统机械能守恒12 (m 0＋M )v 2＝12 (m 0＋M )v 21 ＋12m v 22 联立可得v 1＝0 v 2＝8 m/s(3)小球最终状态是三者共速时(m 0＋M )v ＝(m 0＋m ＋M )v 3损失的机械能12 (m 0＋M )v 2－12(m 0＋m ＋M )v 23 ＝μmgs 联立可得s ＝3.2 m所以相对于B 点的距离是x ＝s －0.3×10 m ＝0.2 m9．[2024·江苏省宿迁市月考]如图所示，滑块A 、B 、C 位于光滑水平面上，已知A 的质量m A ＝1 kg ，B 的质量m B ＝m C ＝2 kg.滑块B 的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态．现使滑块A 以v 0＝3 m/s 速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B 相互作用，直至分开未与C 相撞．整个过程弹簧没有超过弹性限度，求：(1)弹簧被压缩到最短时，B 物体的速度大小；(2)弹簧给滑块B 的冲量；(3)滑块A 的动能最小时，弹簧的弹性势能．答案：(1)1 m/s (2)4 N·s ，方向向右(3)2.25 J解析：(1)对AB 系统，AB 速度相等时，弹簧被压缩到最短．取向右为正方向，根据动量守恒定律可得m A v 0＝(m A ＋m B )v 1代入数据解得v 1＝1 m/s(2)在弹簧作用的过程中，B 一直加速，B 与弹簧分开后，B 的速度最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得m A v 0＝m A v A ＋m B v B根据机械能守恒定律可得12 m A v 20 ＝12 m A v 2A ＋12m B v 2B 联立解得v B ＝2 m/s对B 根据动量定理可得I ＝m B v B －0＝2×2 N·s －0＝4 N·s方向向右；(3)滑块A 的动能最小时速度为零，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得m A v 0＝m B v ′B 代入数据解得v ′B ＝1.5 m/s根据功能关系可得E p ＝12 m A v 20 －12m B v ′2B 代入数据解得E p ＝2.25 J ．。

高考物理最新力学知识点之动量真题汇编附答案解析(3)

高考物理最新力学知识点之动量真题汇编附答案解析(3)一、选择题1．马路”低头族”已经成为交通安全的一个大问题，一个小朋友手拿手机正在过马路，突然一阵急促鸣笛，手机掉在地上，还好有惊无险，小朋友没事，手机虽然戴着有很好缓冲作用的保护套，可是屏还是摔碎了。

如果手机质量为180克，从静止开始下落，开始离地高度为0. 8米，与地面的撞击时间为0. 04秒，且落地后不再反弹，重力加速度g 取210m/s ，那么手机在与地面作用的过程中，地面对手机作用力的大小为（） A ．19. 8NB ．18. 0NC ．16. 2ND ．18. 18N2．半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，若甲球质量大于乙球质量，发生碰撞前，两球的动能相等，则碰撞后两球的状态可能是（）A ．两球的速度方向均与原方向相反，但它们动能仍相等B ．两球的速度方向相同，而且它们动能仍相等C ．甲、乙两球的动量相同D ．甲球的动量不为零，乙球的动量为零3．自然界中某个量D 的变化量D ∆，与发生这个变化所用时间t ∆的比值Dt∆∆，叫做这个量D 的变化率．下列说法正确的是 A ．若D 表示某质点做平抛运动的速度，则Dt∆∆是恒定不变的 B ．若D 表示某质点做匀速圆周运动的动量，则Dt∆∆是恒定不变的 C ．若D 表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则Dt∆∆一定变大． D ．若D 表示某质点的动能，则Dt∆∆越大，质点所受外力做的总功就越多 4．下列说法正确的是( ) A ．速度大的物体，它的动量一定也大 B ．动量大的物体，它的速度一定也大C ．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变D ．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大5．如图所示，一个质量为M 的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF ，圆弧半径为R =1m ．E 点切线水平．另有一个质量为m 的小球以初速度v 0从E 点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M =4m ，g 取10m/s 2，不计摩擦．则小球的初速度v 0的大小为（）A．v0=4m/s B．v0=6m/s C．v0=5m/s D．v0=7m/s6．篮球运动深受同学们喜爱。

高考物理专题32动量与能量的综合应用(含解析)(2021年整理)

专题32 动量与能量的综合应用一、两物体的碰撞问题两物体发生正碰（m 1，v 1；m 2，v 2→m 1，v 3；m 2,v 4），总能量损失ΔE动量守恒:m 1v 1+m 2v 2=m 1v 3+m 2v 4，能量守恒：+=++ΔE规定总动量p =m 1v1+m 2v 2，几何平均质量m ，总质量M =m 1+m 2可得v 3=，v 4=1．若ΔE =0,损失能量最小.当m 1=m 2=m 时,可得v 3=v 2，v 4=v 1（另解v 3=v 1，v 4=v 2舍去），即发生速度交换。

故ΔE =0的碰撞称为弹性碰撞,ΔE 〉0的碰撞称为非弹性碰撞。

2．若ΔE 尽量大，取最大值时，有. 此时可得v 3=v 4=，碰后两物体共同运动。

故ΔE 最大的碰撞称为完全非弹性碰撞。

二、弹簧连接体的“碰撞”光滑水平面上，若将轻弹簧连接体系统的动能损失（等于弹簧的弹性势能）视为一般碰撞问题中的ΔE ，则弹簧连接体的运动可视为碰撞模型。

1．弹簧处于原长状态时，可视为弹性碰撞。

2．弹簧压缩最短或拉伸最长时,弹簧弹性势能最大，即动能损失最大，对应完全非弹性碰撞。

在规定了正方向的情况下，求出的两组速度解分别对应弹簧最短和最长的情况。

3．弹簧连接体问题一般会得到两组速度解,且均有实际物理意义,故需要联系具体情况保留或舍去。

三、水平方向的动量守恒2112m v 2222m v 2132m v 2242m v 1212(m p m mv m 22212121212()()22()m v v m m v v E M mm --∆==+pM动量为矢量，故动量守恒定律也具备矢量性；系统在某一方向上受力平衡,则在该方向上的分动量之和不变；一般系统在竖直方向始终受到重力作用,故只在水平方向动量守恒。

四、核反应过程：粒子系统的动量守恒；能量变化ΔE =Δmc 2(Δm 为质量亏损，c 为真空光速)。

甲、乙两球在光滑的水平面上沿同一方向运动，它们的动量大小分别为p 1=10 kg·m/s,p 2=14 kg·m/s,已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生正碰后，乙球的动量大小变为20 kg·m/s,则甲、乙两球的质量之比可能为A ．3:10B ．1：10C ．1:4D ．1:6 【参考答案】AC【详细解析】碰撞前甲球速度大于乙球速度，则有>,可得<；根据动量守恒有p 1+p 2=p ′1+p ′2，解得p ′1=4 kg·m/s，碰撞后甲、乙两球同向运动，甲球速度小于乙球速度，则有〈,可得>；根据碰撞过程总动能不增加，由E k ==，有+≥+，可得≤。

碰撞(解析版)—三年(2022-2024)高考物理真题汇编(全国通用)

碰撞考点01 弹性碰撞1. （2024年高考广西卷）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。

M水平向右运动，速度大小为v。

M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。

若不计空气阻力，则碰撞后，N在（）A. 竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动B. 竖直增面上的垂直投影的运动是匀加速运动C. 水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于vD. 水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 【答案】BC 【解析】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即：M 0v =，N v v=碰后小球N 做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v ；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直地面上的垂直投影的运动是匀加速运动。

故选BC 。

2. （2024年高考广东卷）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H 甲、H 乙高度同时由静止开始下滑。

斜坡与水平面在O 处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。

忽略空气阻力。

下列说法正确的有（）A. 甲斜坡上运动时与乙相对静止B. 碰撞后瞬间甲速度等于碰撞前瞬间乙的速度C. 乙的运动时间与H 乙无关D. 甲最终停止位置与O 处相距H μ乙【参考答案】ABD【名师解析】两滑块在同一斜坡上同时由静止开始下滑，加速度相同，则相对速度为零，即甲斜坡上运动时与乙相对静止，A正确；两物块滑到水平面后均做匀减速直线运动，由于两物块质量相同，且发生在的在弹性碰撞，根据弹性碰撞规律可知碰撞后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲速度等于碰撞前瞬间乙的速度，B 正确；设斜面倾角为θ，对乙沿斜面下滑，有，在水平面上运动一段时间t2后与甲碰撞，碰撞后以甲碰撞前的速度做匀减速运动，运动时间为t3，乙运动的时间，由于t 1与H 乙有关，则总时间与H 乙有关，C 错误；一下滑过程，有，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止位置相同；如果不发生碰撞，乙在水平面上运动最终停止位置，由联立解得 x=H μ乙即发生碰撞后甲最终停止位置与O 处相距H μ乙，D 正确。

专题07 碰撞与动量守恒(解析版)

2020年高考物理三轮冲刺与命题大猜想专题07 碰撞与动量守恒目录猜想一：结合生活现象考查动量定理的简单应用 (1)猜想二：结合生活现象考查动量守恒定律的简单应用 (2)猜想三：动量与能量综合考查碰撞与爆炸 (3)最新模拟冲刺练习 (6)猜想一：结合生活现象考查动量定理的简单应用【猜想依据】高空坠物的危害，物体的制动情况以及体育运动中球类的冲击力等，以此情境命制的试题都会涉及动量定理的应用体现了分析问题解决问题这一思想。

【要点概述】1．对动量定理的理解(1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F 应理解为变力在作用时间内的平均值．(2)动量定理的表达式F ·Δt ＝Δp 是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F 是物体或系统所受的合力．2．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt 越短，力F 就越大，力的作用时间Δt 越长，力F 就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)当作用力F 一定时，力的作用时间Δt 越长，动量变化量Δp 越大，力的作用时间Δt 越短，动量变化量Δp 越小．【例1】(2020·湖北部分重点中学模拟)质量为m 的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经过时间t ，身体伸直并刚好离开地面，离开地面时速度为v .在时间t 内( )A ．地面对他的平均作用力为mgB ．地面对他的平均作用力为mv tC ．地面对他的平均作用力为m ⎪⎭⎫⎝⎛-g t v D ．地面对他的平均作用力为m ⎪⎭⎫ ⎝⎛+g t v 【答案】：D.【进行】人的速度原来为零，起跳后变化v ，则由动量定理可得：(F －mg )t ＝mv ，故地面对人的平均作用力为F ＝m ⎪⎭⎫ ⎝⎛+g t v ，D 正确．【例2】.(2020·广东广州一模)如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅰ，忽略空气阻力，则运动员( )A ．过程Ⅰ的动量改变量等于零B ．过程Ⅰ的动量改变量等于零C ．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量D ．过程Ⅰ 的动量改变量等于重力的冲量【答案】C.【解析】：过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt ，不为零，故A 错误，C 正确；运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅰ的动量改变量不等于零，故B 错误；过程Ⅰ的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D 错误．【例3】(2020·湖南长沙二模)乒乓球运动的高抛发球是由我国运动员刘玉成于1964年发明的，后成为风靡世界乒乓球坛的一项发球技术．某运动员在一次练习发球时，手掌张开且伸平，将一质量为2.7 g 的乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后向上运动的最大高度为2.45 m ，若抛球过程，手掌和球接触时间为5 ms ，不计空气阻力，则该过程中手掌对球的作用力大小约为( )A ．0.4 NB ．4 NC ．40 ND ．400 N【答案】B.【解析】：向上为正，手离开球后的速度为v ：v ＝2gh ＝2×10×2.45 m/s ＝7 m/s ，重力忽略由动量定理有：F ＝mv t ＝2.7×10－3×75×10－3 N≈4 N ，故B 正确，A 、C 、D 错误．猜想二：结合生活现象考查动量守恒定律的简单应用【猜想依据】教材例题、高考题、模拟题中都加重了试题与实际的联系、命题导向由单纯解题向解决问题转变，对于动量守恒定律这一重要规律我们也要关注其在生活实际中的应用，学会模型构建、科学推理。