2020高考物理重难点07 动量守恒定律(解析版)
(江苏专版)2020版高考物理第十一章第1节动量定理动量守恒定律讲义(含解析)
动量定理动量守恒定律(1)动量越大的物体，其速度越大。
( ×)(2)物体的动量越大，其惯性也越大。
( ×)(3)物体所受协力不变，则动量也不改变。
( ×)(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。
( ×)(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向同样。
( ×)(6)物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。
( √)(7)物体互相作用时动量守恒，但机械能不必定守恒。
( √)(8)若在圆滑水平面上的两球相向运动，碰后均变成静止，则两球碰前的动量大小必定同样。
( √)打破点 ( 一)动量定理的理解与应用1．动能、动量、动量变化量的比较动能动量 动量变化量 定义物体因为运动 物体的质量和物体末动量与 而拥有的能量速度的乘积初动量的矢量差定义式k12＝p ＝ ′－E ＝2mv p mvpp标矢性 标量 矢量矢量 特色状态量状态量过程量关系 k＝p 2， k ＝1， ＝ 2k， ＝ 2E k方程E2m E2pv p mE p v(1) 都是相对量，与参照系的选用相关，往常选用地面为参照系联系(2) 若物体的动能发生变化， 则动量必定也发生变化； 但动量发生变化时动能不必定发生变化2．应用动量定理解题的一般步骤(1) 明确研究对象和研究过程研究对象能够是一个物体， 也能够是几个物体构成的系统， 系统内各物体能够是保持相对静止的， 也能够是相对运动的。
研究过程既能够是全过程， 也能够是全过程中的某一阶段。
(2) 进行受力剖析只剖析研究对象之外的物体施加给研究对象的力， 全部外力之和为合外力。
研究对象内部的互相作使劲 ( 内力 ) 会改变系统内某一物体的动量， 但不影响系统的总动量， 所以不用分析内力。
假如在所选定的研究过程的不一样阶段中物体的受力状况不一样， 则要分别计算它们的冲量，而后求它们的矢量和。
(3) 规定正方向因为力、 冲量、速度、动量都是矢量， 在一维的状况下， 列式前能够先规定一个正方向，与规定的正方向同样的矢量为正，反之为负。
2020年高考物理一轮复习考点归纳：专题(06)动量守恒定律(含答案)
2020年高考一轮复习知识考点专题06 《动量守恒定律》【基本概念、规律】一、动量动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力F的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)公式：p＝mv.(3)单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的增量．(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．4．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp＝p′－p.(2)动能和动量的关系：E k＝p2 2m.二、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.三、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【重要考点归纳】考点一动量定理的理解及应用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．3．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4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程．研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段．(2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．(3)规定正方向．(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．考点二动量守恒定律与碰撞1．动量守恒定律的不同表达形式(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，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．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．2．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E′k1＋E′k2或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.(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．3．两种碰撞特例(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为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＝m1v′1＋m2v′2①12m1v 21＝12m1v′21＋12m2v′22②由①②得v′1＝m1－m2v1m1＋m2v′2＝2m1v1m1＋m2结论：①当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．②当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都向前运动．③当m1<m2时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．(2)完全非弹性碰撞两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律．4.应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．考点三爆炸和反冲人船模型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，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，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时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．(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某一方向动量守恒．反冲运动中机械能往往不守恒．注意：反冲运动中平均动量守恒．(3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等．3．人船模型若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v1＝－m2v2得m1x1＝－m2x2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．考点五实验：验证动量守恒定律1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速率v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′1＋m2v′2，看碰撞前后动量是否守恒．2．实验方案方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小车的质量.(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝ΔxΔt算出速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)按照如图所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图所示．(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒．【思想方法与技巧】动量守恒中的临界问题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．2．两物体不相碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．3．涉及弹簧的临界问题对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．4．涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．5.正确把握以下两点是求解动量守恒定律中的临界问题的关键：(1)寻找临界状态看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．。
2020年高考物理专题精准突破实验：验证动量守恒定律(解析版)
2020年高考物理专题精准突破专题实验：验证动量守恒定律【专题诠释】一、实验原理及注意事项注意事项1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
2．方案提醒(1)若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应注意利用水平仪确保导轨水平。
(2)若利用摆球进行验证，两摆球静止时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将摆球拉起后，两摆线应在同一竖直面内。
(3)若利用两小车相碰进行验证，要注意平衡摩擦力。
(4)若利用平抛运动规律进行验证，安装实验装置时，应注意调整斜槽，使斜槽末端水平，且选质量较大的小球为入射小球。
3．探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不变。
二、数据处理与误差分析【数据处理】由实验测得数据，m1碰撞前后光电计时器测得时间为t1、t′1，m2碰撞前后光电计时器测得时间为t2、t′2，验证表达式m1lt1－m2lt2＝m1lt′1－m2lt′2(l为滑块的长度)是否成立。
误差分析1．系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求。
(1)碰撞是否为一维。
(2)实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，用长木板实验时是否平衡掉摩擦力。
2．偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量。
自作主张自作主张三、实验创新设计将上面四种基本方法进行组合、迁移、可以延伸出多种验证动量守恒的方法．创新角度实验装置图创新解读【高考领航】【2019·浙江选考】小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图1所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续摆动，小球B做平抛运动。
图1 图2（1）小明用游标卡尺测小球A 直径如图2所示，则d =_______mm 。
又测得了小球A 质量m 1，细线长度l ，碰撞前小球A 拉起的角度α和碰撞后小球B 做平抛运动的水平位移x 、竖直下落高度h 。
为完成实验，还需要测量的物理量有：______________________。
高考物理动量守恒知识点讲解
高考物理动量守恒知识点讲解在高考物理中，动量守恒定律是一个非常重要的知识点，也是解题的关键工具之一。
理解并熟练运用动量守恒定律，对于解决很多物理问题至关重要。
一、动量守恒定律的基本概念动量，用符号 p 表示，定义为物体的质量 m 与速度 v 的乘积，即 p ＝ mv。
动量是一个矢量，其方向与速度的方向相同。
动量守恒定律指的是：如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变。
这里的“系统”可以是两个或多个相互作用的物体组成的整体。
二、动量守恒定律的表达式常见的表达式有两种形式：1、 m₁v₁＋ m₂v₂＝ m₁v₁' ＋ m₂v₂' （这是最常见的形式，适用于两个物体组成的系统）其中，m₁、m₂分别是两个物体的质量，v₁、v₂是它们相互作用前的速度，v₁'、v₂' 是相互作用后的速度。
2、∑p₁＝∑p₂（即系统作用前的总动量等于作用后的总动量）三、动量守恒定律的条件1、系统不受外力或所受外力的矢量和为零。
这是最理想的情况，但在实际问题中，外力的矢量和为零的情况相对较少。
2、系统所受的外力远小于内力，且作用时间极短。
比如爆炸、碰撞等过程，虽然系统受到了外力，但由于内力远远大于外力，在极短的时间内，可以近似认为系统的动量守恒。
四、动量守恒定律的应用1、碰撞问题（1）完全弹性碰撞在完全弹性碰撞中，动量守恒且动能守恒。
例如，两个质量分别为 m₁和 m₂的小球，以速度 v₁和 v₂相向碰撞，碰撞后它们的速度分别变为 v₁' 和 v₂'。
根据动量守恒：m₁v₁＋ m₂v₂＝ m₁v₁' ＋ m₂v₂'根据动能守恒：1/2 m₁v₁²＋ 1/2 m₂v₂²＝ 1/2 m₁v₁'²＋ 1/2m₂v₂'²通过解这两个方程，可以求出碰撞后的速度 v₁' 和 v₂'。
2020版高考物理专题1.1动量守恒定律(含解析)
专题1.1 动量守恒定律一．选择题1.(多选)如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。
一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动。
当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )A ．mv 0＝(m ＋M )vB ．mv 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＋12m (v 0sin θ)2D ．mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 20【答案】： BD【解析】： 小物块沿斜面向上运动到最高点时，小物块的速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能守恒，以向右为正方向，在小物块沿斜面向上运动的过程中，由水平方向系统动量守恒，得mv 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 错误，B 正确；根据系统机械能守恒，得mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 20，故C错误，D 正确。
2 .A 球的质量是m ，B 球的质量是2m ，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。
B 在前，A 在后，发生正碰后，A 球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v A ′∶v B ′为( )A.1∶2B.1∶3C.2∶1D.2∶3【答案】 D【解析】设碰前A 球的速率为v ，根据题意，p A ＝p B ，即mv ＝2mv B ，得碰前v B ＝v 2，碰后v A ′＝v 2，由动量守恒定律，有mv ＋2m ×v 2＝m ×v 2＋2mv B ′，解得v B ′＝34v 所以v A ′v B ′＝23，选项D 正确。
3.如图所示，A 、B 两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车C 上后，A 、B 、C 均处于静止状态。
若地面光滑，则在细绳被剪断后，A 、B 从C 上未滑离之前，A 、B 在C 上向相反方向滑动的过程中A ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小相同，则A 、B 组成的系统动量守恒，A 、B 、C 组成的系统动量守恒B ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小相同，则A 、B 组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 组成的系统动量守恒C ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，则A 、B 组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 组成的系统动量不守恒D ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，则A 、B 组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 组成的系统动量守恒【答案】 AD【解析】当A 、B 两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A 、B 与C 之间的摩擦力为外力。
最新高考物理专题复习-动量守恒定律 (含解析) (2)
专题十一 动量守恒定律重点难点1．动量守恒的条件：可以归纳为以下几种情况：①物体系统不受外力或所受合外力为零；②物体系统受到的外力远小于内力；③系统在某方向上不受外力、合外力为零或外力远小于外力，此时在该方向上动量守恒．在碰撞和爆炸现象中，由于物体间相互作用持续时间很短，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理．2．运用动量守恒定律应注意： ①矢量性：动量守恒定律的方程是一个矢量关系式对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向，按正方向确定各矢量的正负 ②瞬时性：动量是一个状态量，对应着一个瞬时动量守恒是指该相互作用过程中的任一瞬时的动量恒定不同时刻的动量不能相加③相对性：动量的具体数值与参考系的选取有关，动量计算时的速度必须是相对同一惯性系的速度，一般以地面为参考系3．反冲运动中移动距离问题的分析：一个原来静止的系统，由于某一部分的运动而对另一部分有冲量，使另一部分也跟着运动，若现象中满足动量守恒，则有m 1υ1-m 2υ2 = 0，υ1 = 12m m υ2．物体在这一方向上的速度经过时间的累积使物体在这一方向上运动一段距离，则距离同样满足s 1 = s 2，它们的相对距离s 相 = s 1+s 2．规律方法【例1】如图所示，大小相同质量不一定相等的A、B、C三个小球沿一直线排列在光滑水平面上，未碰前A、B、C三个球的动量分别为8kg·m/s、-13kg·m/s、-5kg·m/s，在三个球沿一直线相互碰撞的过程中，A、B两球受到的冲量分别为-9N·s、1N·s，则C球受到的冲量及C球碰后的动量分别为（B）A．1N·s，3kg·m/sB．8N·s，3kg·m/sC．-8N·s，5kg·m/sD．10N·s，5kg·m/s训练题A 、B 两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为的人以水平速度υ从A船跳到B船，再从B船跳回A船．经多次跳跃后，人最终跳到B船上，设水对船的阻力不计，则（ABC）A．A、B两船最终的速度大小之比为3∶2B．A、B（包括人）最终的动量大小之比为1∶1C．A、B（包括人）最终的动量之和为零D．因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定【例2】假定航天飞机的喷气发动机每次喷出质量为m= 200g的气体，气体离开发动机喷气孔时，相对于喷气孔的速度υ= 1000m/s，假定发动机在1min内喷气20次，那么在第1min末，航天飞机的速度的表达式是怎样的？如果这20次喷出的气体改为一次喷出，第1min末航天飞机的速度为多大？航天飞机最初质量为M = 3000kg，初速度为零，运动中所受阻力不计．【解析】设第一次喷气后航天飞机速度为υ1，第二次喷气后航天飞机速度为υ2，……依次类推，取航天飞机速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：第一次喷气后：（M-m）υ1-m（υ-υ1）= 0；得υ1 = mM第二次喷气后：（M -m ）υ1 = （M -2m ）υ2-m （υ-υ2），得υ2-υ1 = m M m υ- 第三次喷气后：（M -2m ）υ2 = （M -3m ）υ3-m （υ-υ3），得υ3-υ2 =2m M mυ-…… 第20次喷气后：（M -19m ）υ19 = （M -20m ）υ20-m （υ-υ20），得υ20-υ19 = 19m M m υ-综合以上可得1min 末飞船的速度为 υ20 =m M υ+m M m υ-+2m M m υ-+……+19m M m υ-若20次喷出的气体一次喷出，则：0 = （M -20m ）υ′-20m （υ-υ′） 得υ′ = M mv 20 = 300010002.020⨯⨯ = 34m/s比较可知υ20＞υ′，即当喷气质量一定时，分次喷出比一次喷出，航天飞机获得的速度大且分的次数越多，获得的速度越大，这也是火箭连续喷气的原因训练题甲、乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，车与水平面摩擦不计，甲与车的总质量为M = 100kg ，另有一质量为m = 2kg 的球乙固定站在车对面的地面上，身旁有若干质量不等的球开始车静止，甲将球以速率υ水平抛给乙，乙接球后马上将另一质量m 1 = 2m 的球以相同的速度υ水平抛给甲；甲接住后再以相同速率将此球抛回给乙，乙接住后马上将另一质量m 2 = 2m 1 = 4m 的球以速率υ水平抛给甲……这样往复抛球．乙每次抛给甲的球质量都是接到甲抛给他的球的质量的2倍，而抛球速率始终为υ（相对于地面水平方向）不变．求：（1）甲第二次抛出（质量为2m ）球后，后退速率多大？（2）从第1次算起，甲抛多少次后，将再不能接到乙抛来的球？ 答案：（1）v 2=v/10（2）甲抛5次后，将再不能接到乙抛来的球【例3】如图所示，三个质量为m 的弹性小球用两根长为L 的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上，现给中间的小球B 一个水平初速度υ0，方向与绳垂直小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长，求：（1）当小球A 、C 第一次相碰时，小球B 的速度．（2）当三个小球再次处在同一直线上时，小球B 的速度．（3）运动过程中小球A 的最大动能E KA 和此时两根绳的夹角θ．（4）当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F 的大小．【解析】由于绳子不可伸长，且A 、C 两球在运动过程中具有对称性，当A 、C 两球第一次相碰时，三球具有相同的速度；小球发生相互作用时满足动量守恒定律和机械能守恒定律．（1）设小球A 、C 第一次相碰时，小球B 的速度为υB ，此时A 、C 小球沿B 球初速度方向的速度也为υB ．由动量守恒定律，得：m υ0 = 3m υB ，由此得υB = 31υ0（2）当三个小球再次在同一直线上时，此时B 球的速度为υB 1，A 、C 球的速度为υA ，υA 的方向为B球的初速度方向，由动量守恒定律、机械能守恒定律得：m υ0 = m υB 1+2m υA 21m υ20 = 21m υB +2×21m υ2A 解得：υB 1 = -31υ0，υA = 32υ0（或υB 1 = υ0，υA = 0，此为初状态，舍去）所以，当三球再次处在同一直线上时，小球B 的速度为υB 1 = -31υ0，负号表示与初速度反向． （3）从（2）的解可知，B 球速度由最初的υ0变化（减小）为零，然后反向运动，可见当B 球速度为零时，动能E KBI 也为零，而机械能守恒，故此时A 球动能最大设此时A 球（C 球）的速度为υ，两根绳的关角为θ，如图，则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得：m υ0 = 2m υsin 2θ21m υ20 = 2×21m υ2可得此时A 球的最大动能为E KA =21m υ2 = 41m υ，两根绳间夹角为θ = 90°．（4）当三球处于同一直线上时，B 球受力平衡，B 球加速度为零，选B 球为参考系时，A 、C 两球做圆周运动，绳子拉力为其提供向心力．A 球相对B 球的速度为υAB = υA -υB 1 = υ0由牛顿第二定律，此时绳中拉力为F ，则F = m 2AB L υ = m 20Lυ． 训练题长为2b 的轻绳，两端各系一质量为m 的小球，中央系一质量为M 的小球，三球均静止于光滑的水平面上，绳处于拉直状态今给小球M 以一种冲击，使它获得一水平初速度υ0，υ0的方向与绳垂直，如图所示，求在两端的小球发生相互碰撞前的瞬间，球m 在垂直于绳方向的分速度多大？（绳不可伸长）答案：v 2=｛Mv/（M+2m ）｝1/2【例4】如图所示，甲、乙两人分别站在A 、B 两辆冰车上，一木箱静止于水平光滑的冰面上，甲与A 车的总质量为M 1，乙和B 车的总质量为M 2，甲将质量为m 的木箱以速率υ（对地）推向乙，乙接住后又以相等大小的速度将木箱推向甲，甲接住木箱后又以速率υ将木箱推向乙，然后乙接住后再次将木箱以速度υ推向甲，木箱就这样被推来推去，求最终甲、乙两人（连同冰车）的速度各为多少？（已知M 1 = 2M 2，M 1 = 30m ）【解析】设甲第1次推出木箱后获得的速度为υ1，第2次推出木箱后甲的速度为υ2，……第n 次推出木箱后速度为υn ，对木箱与甲（包括车）构成的系统应用动量守恒，第1次推出过程：0 = M 1υ1-m υ，得υ1 = 1M m υ．从接住到第2次推出：M 1υ1+m υ = M 1υ2-m υ，得υ2 = υ1+12m M υ = 13m M υ 从接住到第3次推出：M 1υ2+m υ = M 1υ3-m υ，得υ3 = υ2+12m M υ = 15m M υ……从接住到第n 次推出：M 1υn -1+m υ = M 1υn -m υ，得υn = υn -1+12m M υ = 1(21)n m M υ-当甲不再接住木箱时，有：υn ≥υ，即1(21)n m M υ-≥υ 解得n ≥15.5设乙第1次、第2次、第3次、……，第k 次推出木箱的速度依次为υ′1、υ′2、υ′3……υ′k ，根据动量守恒定律得：第1次推出：m υ = M 2υ′1-m υ，得υ′1 =22m M υ第2次推出：m υ+M 2υ′1 = M 2υ′2-m υ，得υ′2 = υ′1+22m M υ = 24m M υ 第3次推出：m υ+M 2υ′2 = M 2υ′3-m υ，得υ′3 = υ′2+22m M υ = 26m M υ ……第k 次推出：m υ+M 2υ′k -1 = M υ′k - m υ，得υ′k = υ′k -1+22m M υ = 22km M υ欲使乙不再接住木箱，必满足υ′k ≥υ，即≥υ，解得k ≥7.5比较n ≥15．5和k ≥7．5可知，当乙第8次推出木箱后，就不再接住木箱，因此甲第9次推出木箱后，速度也不再发生变化，故甲和乙的最终速度分别为：υ甲 = 1192M -⨯m υ = 3017υ，c 乙 = 282M ⨯m υ = 1516υ训练题如图一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n 的木板，所有木块的质量均为m ，与木板间的动摩擦因数都相同开始时，木板静止不动，第1、2、3、……、n 号木块的初速度分别是υ0、2υ0、3υ0、……n υ0，方向都向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动．设木块之间均无相互碰撞，求：（1）所有木块与木板一起匀速运动的速度υn．（2）第1号木块与木板刚好相对静止时的速度υ1．答案：（1）vn=（n+1）v0/4（2）v1=v0/2能力训练1．如图所示，光滑的水平地面上放着一个光滑的凹槽，槽两端固定有两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把槽、小球和弹簧视为一个系统，则在运动过程中（B ）A ．系统的动量守恒，机械能不守恒B ．系统的动量守恒，机械能守恒C ．系统的动量不守恒，机械能守恒D ．系统的动量守恒，机械能不守恒2．在一定条件下，让质子获得足够大的速度，当两个质子P以相等的速率对心正碰，特发生下列反应：P+P→P+P+p +p ，其中p是反质子（反质子与质子质量相等，均为m P，且带一个单位正电荷），则以下关于该反应的说法正确的是（ABC ）A ．反应前后系统总动量皆为零B ．反应过程系统能量守恒C．根据爱因斯坦质能方程可知，反应前两个质子的能量最小为2m p c2D．根据爱因斯坦质能方程可知，反应后单个质子的能量可能小于m p c2 3．一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生衰变而形成了如图3-11-8所示的两个圆形轨迹，两圆半径之比为1∶16，下列说法正确的是 （ A ）A ．该原子核发生了α衰变B ．反冲核沿大圆做逆时针方向的圆周运动C ．原来静止的原子核的序数为15D ．沿大圆和沿小圆运动的柆子周期相同4．如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M ，当炮管水平，火炮车在水平路面上以υ1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m 的炮弹后，自行火炮的速度变为υ2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度υ0为（ B ）A ．122()m m m υυυ-+B ．12M()mυυ- C ．122()2m m mυυυ-+ D ．1212())m m m υυυυ---（ 5．如图甲所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m 的小滑块以初速度υ0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板速度随时间变化的图象如图乙所示，某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是（ ACD ）A ．滑块与木板间始终存在相对运动B ．滑块始终未离开木板C ．滑块的质量大于木板的质量D ．在t 1时刻滑块从木板上滑出6．质量为m 的木板和质量为M 的金属块用细绳系在一起，处于深水中静止，剪断细绳，木块上浮h时（还没有出水面），则铁沉下沉的深度为多大？（水的阻力不计）答案：x=mh/M7．人和冰车的总质量为M，另有一木球质量为m，且M∶m= 10∶1，人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度υ（相对地面）将原来静止的木球沿冰面推向前方的固定挡板，球与冰面、车与冰面的摩擦可不计，空气阻力也忽略不计，设球与挡板碰撞后，球被原速率反向弹回，人接住球后再以同样的速率υ将球沿冰面向正前方推向挡板．问人推球多少次后不能再接到球？答案：人推球六次后不能再接到球8．如图所示，n个相同的木块（可视为质点），每块的质量都是m，从右向左沿同一直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为l，第n个木块到桌边的距离也是l，木块与桌面间的动摩擦因数为µ．开始时，第1个木块以初速度v0向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动．最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下．（1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能．（2）求第i次（i≤n－1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比．（3）若n＝４，l＝0.10m，v0＝3.0m/s，重力加速度g＝10m/s2，求µ的数值．答案：（1）整个过程中系统克服摩擦力做的总功为W f ＝µmgl （1＋2＋3＋…＋n ）＝mgl n n μ2)1(+ 整个过程中因碰撞而损失的总动能为mgl n n mv W mv E f k μ2)1(21212020+-=-=∆ （2）设第i 次（i ≤n －1）碰撞前瞬间，前i 个木块粘合在一起的速度为v i ， 动能为221i Ki imv E =与第i ＋１个（i ≤n －1）木块碰撞粘合在一起后瞬间的速度为v i ＇， 由动量守恒定律i i v m i imv '+=)1( 则i i v i i v 1+=' 第i 次（i ≤n －1）碰撞中损失的动能为121])1)(1([21)1(2121222222+⋅=++-='+-=∆i i mv v i i i iv m v m i imv E i i i i i Ki 则第i 次（i ≤n －1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比为 11+=∆i E E ki ki （i ≤n －1） （3）n ＝４时，共发生了i ＝3次碰撞．第1次碰前瞬间的速度为gl v v μ22021-=，碰撞中动量守恒：112v m mv '=第1次碰后瞬间的速度为22212011gl v v v μ-==' 第2次碰前瞬间的速度为410242220202122gl v gl gl v gl v v μμμμ-=--=-'= 碰撞中动量守恒：2232v m mv '= 第2次碰后瞬间的速度为310322022gl v v v μ-==' 第3次碰前瞬间的速度为9282910220202223gl v gl gl v gl v v μμμμ-=--=-'=碰撞中动量守恒：3343v m mv '= 第3次碰后瞬间的速度为428432033glv v v μ-==' 最后滑行到桌边，速度恰好为零，则0223=-'gl v μ 即02162820=--gl gl v μμ 整理后得06020=-gl v μ，代入数据解得15.0=μ。
2020高考物理重难点07 动量守恒定律(解析版)
重难点07 动量守恒定律【知识梳理】一、动量守恒定律的条件及应用1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
2．动量守恒定律的适用条件（1）前提条件：存在相互作用的物体系；（2）理想条件：系统不受外力；（3）实际条件：系统所受合外力为0；（4）近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力；（5）方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。
3．动量守恒定律的表达式（1）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；（2）Δp1=–Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向；（3）Δp=0，系统总动量的增量为零。
4．动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。
5．应用动量守恒定律解题的步骤：（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上动量是否守恒）；（3）规定正方向，确定初、末状态动量；（4）由动量守恒定律列出方程；（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
二、碰撞与动量守恒定律1．碰撞的特点（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。
（2）碰撞过程中，总动能不增。
因为没有其他形式的能量转化为动能。
（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。
（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。
2．碰撞的种类及遵从的规律3．关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
在光滑的水平面上，质量为m 1的钢球沿一条直线以速度v 0与静止在水平面上的质量为m 2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v 1、v 2221101v m v m v m +=①222211201212121v m v m v m +=② 由①②可得：021211v m m m m v +-=③021122v m m m v +=④利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：a ．当21m m >时，01>v ，02>v ，两钢球沿原方向原方向运动；b ．当21m m <时，01<v ，02>v ，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c ．当21m m =时，01=v ，02v v =，两钢球交换速度。
2020年高考物理二轮专题复习附解答：动量定理与动量守恒定律(解析版)
动量定理与动量守恒定律一、选择题1.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 根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约70 m)，Ft ＝mv ，代入数据解得F ≈1×103 N ，所以C 正确。
答案 C2.(多选)在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力F 的作用下，经过时间t 、通过位移L 后，动量变为p 、动能变为E k ，以下说法正确的是A ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动量将等于3pB ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动量将等于3pC ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动能将等于3E kD ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动能将等于3E k解析 根据p ＝mv ，E k ＝12mv 2 联立解得p ＝2mE k根据动能定理FL ＝12mv 2，位移变为原来的3倍，动能变为原来的3倍，根据p ＝2mE k ，动量变为原来的3倍，故B 错误，D 正确。
根据动量定理Ft ＝mv ，时间变为原来的3倍，动量变为原来的3倍，根据E k ＝p 22m，知动能变为原来的9倍，故A 正确，C 错误。
答案 AD3.(多选)质量为m 的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左侧，另一质量也为m 的物块乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，两物块通过弹簧相互作用(未超出弹簧弹性限度)并最终弹开，则A．在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C．甲物块的速率可能为5 m/sD．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s解析在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，选项A正确；当两物块相距最近时，两物块速度相等，甲物块的速度不为零，选项B错误；若甲物块的速率为5 m/s，根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为6 m/s或4 m/s，两物块组成的系统机械能增大，违反了能量守恒定律，选项C错误；当甲物块的速率为1 m/s，方向向左时，选取向右为速度的正方向，根据动量守恒定律，m·4 m/s－m·3 m/s＝mv－m·1 m/s，解得乙物块的速率v＝2 m/s，选项D正确。
07讲 动量与动量守恒定律基本应用解析版
2022-2023高考物理二轮复习（新高考）专题03力与动量.动量守恒定律●高考考点分析---在高考中，牛顿定律、功能关系、动量守恒定律是解题的三种基本方法。
无论什么运动状况，都可以从这三方面入手。
三者可以是递进关系：由牛顿定律的力引出功能关系、动量定理；也可能是并列关系：有些题目从三个角度都可以进行解析。
只有熟练运用这三者，才能在高考中游刃有余。
该类题型一般为单项选择题、不定项选择题、实验和计算题。
●知识框架●学习目标1.理解冲量与动量之间的关系。
2.熟练掌握动量守恒定律及其条件。
3.理清碰撞问题中的动量、能量关系。
4.能够将反冲问题举一反三，掌握其解题思路。
07讲动量与动量守恒定律基本应用●力与物体平衡的思维导图●重难点突破1.动量定理：Ft=mv-mv 0注：F 为物体所受合力；要规定正方向。
2.动量守恒条件：（1）不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒。
（2）当外力相对系统内力小很多时，系统的动量守恒。
（3）当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。
3.动量守恒定律：1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．2表达式：(1)p＝p′或m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．●考点应用1.应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)规定正方向，确定初、末状态动量．(4)由动量守恒定律列出方程．(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．例1.（2022·山东·临邑第一中学高二阶段练习）如图所示，下列情形都忽略空气阻力。
下列说法正确的是（）A．若子弹击入沙袋时间极短，可认为击入过程子弹和沙袋组成的系统，水平方向动量守恒B．若子弹击入杆的时间极短，可认为子弹和固定杆组成系统动量守恒C．圆锥摆系统动量守恒D．以上说法都不正确【答案】A【详解】A．子弹击入沙袋时间极短，水平方向合外力为零，故可认为击入过程子弹和沙袋组成的系统，水平方向动量守恒。
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【下载后获高清完整版-独家】高中物理：动量守恒定律-必考知识点+例题详解1. 动量，表征运动物体的作用效果或者保持运动的趋势，是一个状态量，表示物体的一个运动状态。
动量是矢量，即有方向。
2.冲量，力在时间上的累积，是一个过程量。
容易发现，动量与冲量的单位是一样的。
它们之间有什么关系吗？3.动量定理，冲量等于动量的改变量，即冲量引起动量的变化。
，动量定理的实质是牛顿第二定律推论：动量的变化率等于物体所受的合外力。
4.动量守恒定律⑴明确内力和外力的概念，单个物体与系统的含义；⑵如果一个系统所受合外力为零，则系统的总动量保持不变实质：把系统或者各个物体看做一个整体，合外力为零时，系统整体或者系统质心保持静止或匀速直线运动。
考察各组成部分的运动时，动量守恒就是牛顿第三定律的推广，作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用时间一样，所以冲量大小相等、方向相反，代数和为零，动量守恒。
⑶合外力不为零，但内力远大于外力时，也可认为近似守恒，如碰撞、爆炸等；⑷合外力不为零，但在某一方向上满足守恒条件，定律在该方向上也同样适用。
5.碰撞⑴碰撞的特点①相互作用的时间很短；②内力远大于外力，可认为系统动量守恒；③碰撞后系统的总动能不会增加；⑤碰撞后不能穿透对方。
⑵弹性碰撞：碰撞前后机械能守恒；两个物体碰撞前的速度分别为、，碰撞后的速度分别为、,根据系统的动量守恒和机械能守恒，可得当=0时，上式简化为：①时，两速度均为正；时，两物体交换速度（≠0时也成立）；时，两速度前负后正；②极端情况下，时，，；时，，；但要注意，此时被动球的动量不等于0，而是最大值（想一想为什么？）⑶非弹性碰撞：机械能不守恒的碰撞，因为碰撞产生的形变并不能完全恢复，所以造成动能损失。
完全非弹性碰撞：碰撞后两物体合二为一，具有共同的速度，此时动能损失最大。
[例1]静止在水平面上的物体受到水平拉力作用，经时间撤去，物体至停止共滑行位移，再换用水平拉力作用，经时间撤去，物体停止时也滑行了位移，已知，、对物体的冲量为、，对物体做功为、，则下列关系正确的是（）A.，B.，C.，D.，解析：考察动能变化：由动能定理，合外力做功等于动能的改变量，摩擦力做的负功在两种情况下是一样的，所以拉力做的正功也是一样的，即；再考察冲量变化：我们知道，由动量定理、是两种情况下的总的运动时间。
压轴题07 动量专题(解析版)-2020年高考物理挑战压轴题(尖子生专用)
压轴题07动量专题1．激光由于其单色性好、亮度高、方向性好等特点，在科技前沿的许多领域有着广泛的应用。
根据光的波粒二象性可知，当光与其他物体发生相互作用时，光子表现出有能量和动量，对于波长为λ的光子，其动量p=hλ。
已知光在真空中的传播速度为c ，普朗克常量为h 。
（1）科研人员曾用强激光做过一个有趣的实验：一个水平放置的小玻璃片被一束强激光托在空中。
已知激光竖直向上照射到质量为m 的小玻璃片上后，全部被小玻璃片吸收，重力加速度为g 。
求激光照射到小玻璃片上的功率P ；（2）激光冷却和原子捕获技术在科学上意义重大，特别是对生物科学将产生重大影响。
所谓激光冷却就是在激光的作用下使得做热运动的原子减速，其具体过程如下：一质量为m 的原子沿着x 轴负方向运动，频率为0ν的激光束迎面射向该原子。
运动着的原子就会吸收迎面而来的光子从基态跃迁，而处于激发态的原子会立即自发地辐射光子回到基态。
原子自发辐射的光子方向是随机的，在上述过程中原子的速率已经很小，因而光子向各方向辐射光子的可能性可认为是均等的，因而辐射不再对原子产生合外力的作用效果，并且原子的质量没有变化。
①设原子单位时间内与n 个光子发生相互作用，求运动原子做减速运动的加速度a 的大小； ②假设某原子以速度v 0沿着x 轴负方向运动，当该原子发生共振吸收后跃迁到了第一激发态，吸收一个光子后原子的速度大小发生变化，方向未变。
求该原子的第一激发态和基态的能级差ΔE ？【答案】（1）P mgc =；（2）①0nh a cm ν=；②220002(1)2v h E h c c mνν∆=+-【解析】 【分析】 【详解】（1）设在∆t 时间内照射到玻璃表面的光子数为n ，则由动量定理F △t =np对玻璃板由平衡知识F =mg每个光子的能量hcE h cp νλ===激光照射到小玻璃片上的功率nE P t=∆ 解得P mgc =（2）①原子单位时间内与n 个光子发生相互作用，由动量守恒定律h nm v cν=∆ 原子的加速度∆=∆v a t其中∆t =1s 解得nh a cmν=②以原子开始运动的方向为正方向，原子吸收一个光子的过程，由动量守恒定律0h mv mv cν-= 该原子的第一激发态和基态的能级差22001122E mv h mv ν∆=+- 解得220002(1)2v h E h c c mνν∆=+-2．如图所示，质量m 1=0.1kg 的长木板静止在水平地面上，其左、右两端各有一固定的半径R =0.4m的四分之一光滑圆弧轨道，长木板与右侧圆弧轨道接触但无粘连，上表面与圆弧轨道最低点等高。
动量守恒定律及三类模型(解析版)-2024物理一轮复习题型归纳(新高考专用)
第六章 碰撞与动量守恒定律动量守恒定律及三类模型【考点预测】1.动量守恒的条件2.动量守恒的简单应用3.子弹打木块问题4.爆炸反冲问题5.人船模型问题【方法技巧与总结】一、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变化量等大反向．(4)Δp=0，系统总动量的增量为零．3.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．二、“三类”模型问题1.“子弹打木块”模型(1)“木块”放置在光滑的水平面上①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直线运动．②处理方法：通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力远大于外力，可认为在这一过程中动量守恒．把“子弹”和“木块”看成一个系统：a.系统水平方向动量守恒；b.系统的机械能不守恒；c.对“木块”和“子弹”分别应用动能定理．(2)“木块”固定在水平面上①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．②处理方法：对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律．2.“反冲”和“爆炸”模型(1)反冲①定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．②特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、发射火箭等．③规律：遵从动量守恒定律．(2)爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒．如爆竹爆炸等．3.“人船模型”问题(1)模型介绍两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题即为“人船模型”问题．(2)模型特点①两物体满足动量守恒定律：m1v1-m2v2=0.②运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x1x2=v1v2=m2m1.③应用x1x2=v1v2=m2m1时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的．【题型归纳目录】题型一：动量守恒的判定题型二：动量守恒定律的理解和基本应用题型三：“人船”模型题型四：“子弹打木块”模型题型五：反冲和爆炸模型【题型一】动量守恒的判定【典型例题】1“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。
高考物理动量守恒定律试题(有答案和解析)含解析
高考物理动量守恒定律试题(有答案和解析)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．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。
高考专题20 动量守恒定律(子弹打木块模型)高考物理一轮复习专题详解 Word版含解析
高考重点难点热点快速突破1、在研究动量守恒中有一种类型题即子弹打木块的类型，由于子弹打击木块时内力远远大于外力，所以在外力不为零的 状态下也可以用动量守恒定律来求解，2 、在研究系统内物体的相互作用是，必须同时考虑动量关系和能量关系，否则问题往往会难以解决（1）动量关系一般是系统动量守恒（或某一方向动量恒）.（2）对于能量关系，若系统内外均无滑动摩擦力，则对系统应用机械能守恒定律。
（3）若系统外部不受摩擦力，而内部有滑动摩擦力。
则系统应用摩擦生热的功能关系：=f Q F x E E =-相对系统末系统初 当然也可以分别对两个物体使用动能定理求解，只是过程繁琐点3、若研究对象为一个系统，最好考虑动量守恒定律和能量守恒定律，若研究的对象为单一物体，优先考虑动能定理。
例题分析：【例1】.质量为M 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手．左侧射手首先开枪，子弹相对木块静止时水平射入木块的最大深度为d 1，然后右侧射手开枪，子弹相对木块静止时水平射入木块的最大深度为d 2，如图所示．设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相等，当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是( )A ． 木块静止，d 1＝d 2B ． 木块向右运动，d 1<d 2C ． 木块静止，d 1<d 2D ． 木块向左运动，d 1＝d 2 【答案】C【例2.】(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，则子弹刚好能射进一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较( )A．子弹对滑块做的功一样多B．子弹对滑块做的功不一样多C．系统产生的热量一样多D．系统产生的热量不一样多【答案】AC【例3】.如图所示，在固定的光滑水平杆上，套有一个质量为m＝0.5 kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98 kg的木块，现有一质量为m0＝20 g的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g取10 m/s2)，求：(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；(2)木块所能达到的最大高度．【答案】(1)99 J (2)0.01 m【解析】(1)子弹射入木块过程，系统的动量守恒，取向右方向为正方向，根据动量守恒定律得m0v0＝(m0＋M)v解得v＝1 m/s机械能只在该过程有损失，损失的机械能为ΔE＝m0v02－(m0＋M)v2＝99 J(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，以木块(含子弹)和圆环组成的系统为研究对象，根据系统水平方向的动量守恒得(m0＋M)v＝(m0＋M＋m)v′，解得v′＝0.8 m/s木块(含子弹)向上摆动过程中，根据机械能守恒定律有(m0＋M)v2＝(m0＋M＋m)v′2＋(m0＋M)gh联立解得h＝0.01 m专题练习1．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起，将其放在光滑水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知( )A．子弹射中上层时对滑块做功多B．两次子弹对滑块做的功一样多C．子弹射中上层系统产生热量多D．子弹与下层之间的摩擦力较大【答案】BD2.(2017·荆门期末)(多选)如图所示，光滑水平面上静止一个质量为M的木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并留在木块之中．下列说法中正确的是( )A．若M＝3m，则此过程中子弹的动能将损失95%B．在子弹射入木块的过程中，子弹和木块受到的冲量一定相同C．若在此过程中木块获得的动能为6 J，则该过程中产生的热量不可能为6 JD．在子弹射入木块的过程中，子弹射入木块的深度一定大于木块的位移【答案】CD【解析】若M ＝3m ，则根据动量守恒定律可知，mv 0＝(M ＋m)v ，解得v ＝v 04；此过程中子弹的动能损失为ΔE k ＝12mv 02－12mv 2＝1532mv 02，故损失的动能占比为：ΔE k E k0＝1516≈93.8%，故A 项错误；B 项，子弹和木块受到的冲量大小相等，方向相反，故冲量不相同，故B 项错误；C 项，设子弹的初速度为v 0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v ，木块的质量为M ，子弹的质量为m.根据动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m)v ，得v ＝mv 0M ＋m ，木块获得的动能为：E k ＝12Mv 2，系统产生的内能为：Q ＝12mv 02－12(M ＋m)v 2＝M ＋m m E k ，所以Q ＝M ＋mm E k >E k ，因此产生的热量不可能为6 J ，故C 项正确；D 项，在子弹射入木块的过程中，由于摩擦力产生的热量即摩擦力与射入深度的积一定大于摩擦力对木块所做的功，因此子弹射入木块的深度一定大于木块的位移，故D 项正确．3.(多选)如图所示，水平传送带AB 足够长，质量为M ＝1.0 kg 的木块随传送带一起以v 1＝2 m/s 的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定)，木块与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，当木块运动到最左端A 点时，一颗质量为m ＝20 g 的子弹，以v 0＝300 m/s 的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v ＝50 m/s ，设子弹射穿木块的时间极短，(g 取10 m/s 2)则( )A ．子弹射穿木块后，木块一直做减速运动B ．木块遭射击后远离A 的最大距离为0.9 mC ．木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为1 sD ．木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为0.6 s 【答案】BC4、如图所示，在光滑水平面上放置一质量为M的静止木块，一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块，穿出后子弹的速度变为v1，求木块和子弹所构成的系统损失的机械能．【答案】[M(v－v)－m(v0－v1)2]5.如图所示，两个质量都是M＝0.4 kg的沙箱A、B并排放在光滑的水平面上，一颗质量为m＝0.1 kg的子弹以v0＝200 m/s的水平速度射向A，射穿A后，进入B并最终一起运动，已知子弹恰好射穿A时，子弹的速度v1＝100 m/s，求沙箱A、B的最终速度．【答案】v A＝12.5 m/s v B＝30 m/s【解析】子弹在沙箱A内运动过程中，动量守恒，mv0＝mv1＋2Mv A子弹在沙箱B内运动过程中，动量守恒，mv1＋Mv A＝(M＋m)v B由以上各式可得：v A＝12.5 m/s, v B＝30 m/s6.如图所示，质量为3m、长度为L的木块静止放置在光滑的水平面上．质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为v0.试求：(1)子弹穿出木块后，木块的速度大小；(2)子弹穿透木块的过程中，所受到平均阻力的大小．【答案】 v0【解析】(1)设向右方向为正方向，由动量守恒定律可得：mv0＝3mv＋mv0①解得：v＝v0②(2)设子弹穿透木块的过程中，所受到平均阻力的大小为F f.由能量守恒定律可得：F f L＝mv－mv2－m(v0)2③联立②③式可得：F f＝7.如图所示，两物块A、B并排静置于高h＝0.80 m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M ＝0.60 kg.一颗质量m＝0.10 kg的子弹C以v0＝100 m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A，B都没有离开桌面．已知物块A的长度为0.27 m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s＝2.0 m．设子弹在物块A、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g取10 m/s2.(平抛过程中物块看成质点)求：(1)物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少；(2)子弹在物块B中打入的深度；(3)若使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，则物块B到桌边的最小初始距离．【答案】(1)5 m/s 10 m/s (2)2.5×10－2m (3)s min＝1.8×10－2m(2)设子弹离开A时的速度为v1，子弹与物块A作用过程系统动量守恒mv0＝mv1＋2Mv A；v1＝40 m/s子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒F f L B＝Mv＋mv－(M＋m)v①子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒F f L A＝mv＋mv－(M＋m)v②由①②解得L B＝2.5×10－2m(3)子弹在物块A中穿行过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1，由动能定理：F f s1＝(M＋M)v－0③子弹在物块B中穿行过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，由动能定理F f s2＝Mv－Mv④由②③④解得物块B到桌边的最小距离为：s min＝s1＋s2，解得：s min＝1.8×10－2m8、如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时速度变为v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒定．试求：(1)子弹穿出第一块木块后，木块的速度大小v；(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t.【答案】(1) v0(2)【解析】(1)子弹打穿第一块木块时，第一块木块的速度为v，由动量守恒定律mv0＝m(v0)＋3mv解得v＝9.如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平轨道上，下面用长为L的细线悬挂着质量为m 的沙箱，一颗质量为m0的子弹以v0的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后的运动过程中，求沙箱上升的最大高度．【答案】联立以上各式可得沙箱上升的最大高度h＝。
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。
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重难点07 动量守恒定律【知识梳理】一、动量守恒定律的条件及应用1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
2．动量守恒定律的适用条件（1）前提条件：存在相互作用的物体系；（2）理想条件：系统不受外力；（3）实际条件：系统所受合外力为0；（4）近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力；（5）方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。
3．动量守恒定律的表达式（1）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；（2）Δp1=–Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向；（3）Δp=0，系统总动量的增量为零。
4．动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。
5．应用动量守恒定律解题的步骤：（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上动量是否守恒）；（3）规定正方向，确定初、末状态动量；（4）由动量守恒定律列出方程；（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
二、碰撞与动量守恒定律1．碰撞的特点（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。
（2）碰撞过程中，总动能不增。
因为没有其他形式的能量转化为动能。
（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。
（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。
2．碰撞的种类及遵从的规律3．关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
在光滑的水平面上，质量为m 1的钢球沿一条直线以速度v 0与静止在水平面上的质量为m 2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v 1、v 2221101v m v m v m +=①222211201212121v m v m v m +=② 由①②可得：021211v m m m m v +-=③021122v m m m v +=④利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：a ．当21m m >时，01>v ，02>v ，两钢球沿原方向原方向运动；b ．当21m m <时，01<v ，02>v ，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c ．当21m m =时，01=v ，02v v =，两钢球交换速度。
d ．当21m m <<时，01v v ≈，02≈v ，m 1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m 2几乎不动。
例如橡皮球与墙壁的碰撞。
e ．当21m m >>时，0v v ≈，022v v ≈，说明m 1很大时速度几乎不变，而质量很小的m 2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。
4．一般的碰撞类问题的分析 （1）判定系统动量是否守恒。
（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。
（3）判定碰撞前后动能是否不增加。
【限时检测】（建议用时：30分钟）1．2019-2020 赛季短道速滑世界杯盐湖城站比赛，女子3000 米接力中国队夺冠，拿到本站比赛第二枚金牌。
在比赛中“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”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，假设运动员受冰面在水平方向上的阻力不可忽略则A．甲、乙动量守恒B．甲对乙的力大于乙对甲的力C．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【答案】C【解析】A．运动员与冰面间在水平方向上的相互作用不能忽略，甲、乙组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B．甲、乙间的作用力是作用力与反作用力大小相等、方向相反，故B错误；C．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，故C正确；D．虽然甲、乙间的作用力大小相等，但是不知在力的方向发生的位移，所以无法判断做功多少，故D 错误。
2．如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。
若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，物块B恰好能达到水平杆PQ位置，则A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒B ．子弹射入物块B 的初速度v 0=1002gLC ．若物块A 不固定，子弹仍以v 0射入，物块B 仍能摆到水平杆PQ 位置D ．若物块A 不固定，子弹仍以v 0射入，当物块B 摆到最高点时速度为23gL【答案】BD【解析】A ．在子弹射入物块B 的过程中，子弹和物块B 构成的系统，合外力冲量远小于内力冲量，其动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故A 错误；B ．子弹和木块一起向上摆至最高点，由机械能守恒有21(0.010.99)(0.010.99)2m m gL m m v +=⨯+，解得2v gL =，子弹射入木块过程由动量守恒得00.01(0.010.99)mv m m v =+，解得01002v gL =，故B 正确；C ．若物块A 不固定，子弹仍以v 0射入后，子弹和木块的动能转化为物块A 和物块B 的动能和物块B 的重力势能，所以物块B 的上摆高度小于物块A 固定时的高度，故C 错误；D ．子弹射入木块过程由动量守恒得00.01(0.010.99)mv m m v =+，解得01002v gL =，当物块A 、B 和子弹具有相同的速度时，物块B 摆到最高点，则有'00.01(0.010.992)mv m m m v =++，解得'23gLv =，故D 正确。
故选BD 。
3．带有14光滑圆弧轨道、质量为m 0的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示。
一质量为m 的小球以速度v 0水平冲上滑车，当小球上滑再返回，并脱离滑车时，以下说法可能正确的是A ．小球一定沿水平方向向左做平抛运动B ．小球可能沿水平方向向左做平抛运动C ．小球可能做自由落体运动D ．若小球初速度v 0足够大，以致小球能从滑道右端冲出滑车，则小球再也落不进滑车 【答案】BC【解析】ABC.小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，选取小球的速度v 0方向为正方向，由动量守恒定律得：0102 mv mv m v =+，由系统的机械能守恒得：2220102111222mv mv m v =+，联立解得：0100m m v v m m -=+，如果010m m v <<，，则小球离开滑车向左做平抛运动；如果010m m v ==，，即小球离开小车的速度是0，小球将做自由落体运动；如果010m m v >>，，小球离开小车向右做平抛运动，故A 错误，BC 正确；D.小球离开四分之一圆弧轨道，在水平方向上与小车的速度相同，则返回时仍然回到小车上。
故D 错误。
4．如图甲所示，物块A 、B 间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A 物块最初与左侧固定的挡板相接触，B 物块质量为4 kg 。
现解除对弹簧的锁定，在A 离开挡板后，B 物块的v -t 图如图乙所示，则可知A ．物块A 的质量为4 kgB ．运动过程中物块A 的最大速度为v m =4m/sC ．在物块A 离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D ．在物块A 离开挡板后弹簧的最大弹性势能为6J 【答案】BD【解析】A 、弹簧伸长最长时弹力最大，B 的加速度最大，此时A 和B 共速，由图知，AB 共同速度为：v 共=2m/s ，A 刚离开墙时B 的速度为：v 0=3m/s ，在A 离开挡板后，取向右为正方向，由动量守恒定律，有：0()B A B m v m m v =+共，解得 m A =2kg ；故A 错误.B 、当弹簧第一次恢复原长时A 的速度最大，由0B A A B B m v m v m v =+，2220111222B A A B B m v m v m v =+ ，解得A 的最大速度v A =4m/s ；故B 正确.C 、在A 离开挡板前，由于挡板对A 有作用力，A 、B 系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒；故C 错误.D 、分析A 离开挡板后A 、B 的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A 、B 的共同速度为v 共=2m/s ，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：0()B A B m v m m v =+共，22011()22P B A B E m v m m v =-+共；联立解得弹簧的最大弹性势能 E p =6J ，故D 正确.故选BD.5．（2019·江苏卷）质量为M 的小孩站在质量为m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v ，此时滑板的速度大小为_________。
A ．m v M B ．M v m C ．m v m M + D ．M v m M+ 【答案】B【解析】设滑板的速度为u ，小孩和滑板动量守恒得：0mu Mv =-，解得：Mu v m=，故B 正确。
6．（2019·新课标全国Ⅰ卷）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图（a ）所示。
t =0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A 返回到倾斜轨道上的P 点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。
物块A 运动的v –t 图像如图（b ）所示，图中的v 1和t 1均为未知量。
已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力。
（1）求物块B 的质量；（2）在图（b ）所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上。
求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】（1）3m （2）215mgH （3）11=9μμ'【解析】（1）根据图（b ），v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，12v 为其碰撞后瞬间速度的大小。
设物块B 的质量为m '，碰撞后瞬间的速度大小为v '，由动量守恒定律和机械能守恒定律有11()2vmv m m v ''=-+①22211111()2222v mv m m v ''=-+② 联立①②式得3m m '=③（2）在图（b ）所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f ，下滑过程中所走过的路程为s 1，返回过程中所走过的路程为s 2，P 点的高度为h ，整个过程中克服摩擦力所做的功为W ，由动能定理有211102mgH fs mv -=-④ 2121()0()22vfs mgh m -+=--⑤从图（b ）所给的v –t 图线可知11112s v t =⑥ 12111(1.4)22v s t t =⋅⋅-⑦ 由几何关系21s h s H =⑧物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为12W fs fs =+⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得215W mgH =⑩ （3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有cos sin H hW mg μθθ+=○11 设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s '，由动能定理有2102m gs m v μ''''-=-○12 设改变后的动摩擦因数为μ'，由动能定理有cos 0sin hmgh mg mgs μθμθ'''-⋅-=○13 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩○11○12○13式可得 11=9μμ'○14 7．（2019·新课标全国Ⅲ卷）静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A =l.0 kg ，m B =4.0 k g ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l =1.0 m ，如图所示。