动量冲量精讲精练 碰撞与动量守恒典型练习题
高考物理动量冲量精讲精练碰撞与动量守恒典型练习题
碰撞与动量守恒1． 如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑块相对于盒运动的路程为________．解析：设滑块质量为m ，则盒子的质量为2m ；对整个过程，由动量守恒定律可得mv ＝3mv 共解得v 共＝v 3. 由功能关系可得μmgs＝12mv 2－12·3m·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 32 解得s ＝v 23μg. 答案：v 3 v 23μg2． (多选)在光滑水平面上动能为E 0，动量大小为p 0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量大小分别记为E 2、p 2，则必有( )A ．E 1＜E 0B ．p 2＞p 0C ．E 2＞E 0D ．p 1＞p 0 解析：选AB.因碰撞后两球速度均不为零，根据能量守恒定律，则碰撞过程中总动能不增加可知，E 1＜E 0，E 2＜E 0.故A 正确，C 错误；根据动量守恒定律得：p 0＝p 2－p 1，得到p 2＝p 0＋p 1，可见，p 2＞p 0.故B 正确．故选AB.3．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v A ′＝5 m/s ，vB ′＝2.5 m/sB ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/sC ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/sD ．v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．4．如图所示，在光滑的水平面上，质量m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 与小球B 均向右运动．小球B 与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A 在P 点相遇，PQ ＝2PO ，则两小球质量之比m 1∶m 2为( )A ．7∶5B ．1∶3C ．2∶1D ．5∶3解析：选D.设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2.① 由能量守恒定律有：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22② 两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ)＝1∶5.③联立①②③，代入数据解得：m 1∶m 2＝5∶3，故选D.5． (多选)如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝4 kg 的小物体B 以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．木板A 获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为2 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1解析：选AD.由图象可知，木板获得的速度为v ＝1 m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m)v ，解得：木板A 的质量M ＝4 kg ，木板获得的动能为：E k ＝12Mv 2＝2 J ，故A 正确；系统损失的机械能ΔE＝12mv 20－12mv 2－12Mv 2，代入数据解得：ΔE＝4 J ，故B 错误；由图得到：0～1 s 内B 的位移为x B ＝12×(2＋1)×1 m＝1.5 m ，A 的位移为x A ＝12×1×1 m＝0.5 m ，木板A 的最小长度为L ＝x B －x A ＝1 m ，故C 错误；由图象可知，B 的加速度：a ＝－1 m/s 2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μm B g ＝m B a ，代入解得μ＝0.1，故D 正确．高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
【物理】物理动量定理练习题及答案
【物理】物理动量定理练习题及答案一、高考物理精讲专题动量定理1.蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。
一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m 高处。
已知运动员与网接触的时间为1.2s,若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力来处理，求此力的大小和方向。
(g取10m/s2)【答案】1.5xl03N；方向向上【解析】【详解】设运动员从人处下落，刚触网的速度为匕=，2ghi=8m/s运动员反弹到达高度生,，网时速度为v2=q2gh2=10m/s在接触网的过程中，运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg,设向上方向为正，由动量定理有(F-)得F=1.5xlO3N方向向上2. 一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的八点，距离八点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以vo=9m/s的初速度从人点沿方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止.g取10m/s2.为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数〃=0.4。
质量m°=0.005kg的子弹以速度%=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（子弹与物块作用时间极短），木板足够长，g取3B⑴求物块与地面间的动摩擦因数〃；(2)若碰撞时间为0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F.【答案】(1)〃=0.32(2)F=130N【解析】试题分析：(1)对A到墙壁过程，运用动能定理得：代入数据解得：户032.(2)规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：Fat=mv—mv,代入数据解得：F=130N.3.如图所示，质量M=l.Okg的木板静止在光滑水平面上，质量m=0.495kg的物块(可视10m/s2。
求：（1）物块的最大速度VI：（2）木板的最大速度（3）物块在木板上滑动的时间t%m【答案】（l）3m/s；（2）lm/s：（3）0.5s o【解析】【详解】（1）子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，取向右为正方向，根据子弹和物块组成的系统动量守恒得：movo=（m+m。
动量冲量精讲精练：验证动量守恒定律典型练习题 含解析 精品
1．某同学利用如图所示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.当两摆球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，且最大摆角为30°.若本实验允许的最大误差为±4%，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？解析：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 1，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－cos 45°)①12m B v 2B ＝m B gh 1② 设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为p 1、p 2.有p 1＝m B v B ③联立得：p 1＝m B 2gl (1－cos 45°).同理可得：p 2＝(m A ＋m B )2gl (1－cos 30°).则有：p 2p 1＝m A ＋m B m B 1－cos 30°1－cos 45°. 代入已知条件得：⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2p 12＝1.03 由此可以推出⎪⎪⎪⎪⎪⎪p 2－p 1p 1≤4% 所以，此实验在规定的误差范围内验证了动量守恒定律．答案：见解析2．气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C 和D 的气垫导轨以及滑块A 和B 来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：a ．用天平分别测出滑块A 、B 的质量m A 、m B .b ．调整气垫导轨，使导轨处于水平状态．c ．在A 和B 间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡锁锁定，静止放置在气垫导轨上．d ．用刻度尺测出A 的左端至C 板的距离L 1.e ．按下电钮放开卡锁，同时使分别记录滑块A 、B 运动时间的计时器开始工作．当A 、B 滑块分别碰撞C 、D 挡板时停止计时，记下A 、B 分别到达C 、D 的运动时间t 1和t 2.(1)实验中还应测量的物理量是________．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__________________．(3)利用上述实验数据写出被压缩弹簧的弹性势能大小的表达式为__________________．解析：(1)A 、B 所组成的系统初动量为零，A 、B 两滑块分开后动量应大小相等，方向相反，这就需要求两滑块的速度，其中滑块A 的速度为L 1t 1，要求滑块B 的速度，还应测量B 右端到D 的距离L 2，这样滑块B 的速度就可用表达式L 2t 2来表示．(2)A 、B 开始时静止，放开卡锁后两者均做匀速直线运动，总动量为零，A 、B 运动后动量大小相等，方向相反，即m A L 1t 1＝m B L 2t 2. (3)弹簧的弹性势能转化为A 、B 的动能，即E p ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤m A ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1t 12＋m B ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2t 22. 答案：(1)B 右端到D 的距离L 2(2)m A L 1t 1＝m B L 2t 2(3)E p ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤m A ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1t 12＋m B ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2t 22高效演练跟踪检测1．某同学用如图所示的装置通过半径相同的A、B两球(m A＞m B)的碰撞来验证动量守恒定律．对入射小球在斜槽上释放点的高低对实验影响的说法中正确的是()A．释放点越低，小球受阻力越小，入射小球速度越小，误差越小B．释放点越低，两球碰后水平位移越小，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确C．释放点越高，两球相碰时，相互作用的内力越大，碰撞前后动量之差越小，误差越小D．释放点越高，入射小球对被碰小球的作用力越大，轨道对被碰小球的阻力越小解析：选 C.入射小球的释放点越高，入射小球碰前速度越大，相碰时内力越大，阻力的影响相对减小，可以较好地满足动量守恒的条件，也有利于减小测量水平位移时的相对误差，从而使实验的误差减小，选项C正确．2．在做“验证动量守恒定律”实验时，入射球a的质量为m1，被碰球b的质量为m2，两小球的半径均为r，各小球的落地点如图所示，下列关于这个实验的说法正确的是()A．入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相等的小球B．要验证的表达式是m1·ON＝m1·OM＋m2·OPC．要验证的表达式是m1·OP＝m1·OM＋m2·OND．要验证的表达式是m1(OP－2r)＝m1(OM－2r)＋m2·ON解析：选 C.在此装置中，应使入射球的质量大于被碰球的质量，防止反弹或静止，故选项A错；两球做平抛运动时都具有相同的起点，故应验证的关系式为m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，选项C对，B、D错．3．某同学用如图(甲)所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．其中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．B球落点痕迹如图(乙)所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐．(1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm.(2)在以下选项中，本次实验不需要进行的测量是________．A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离C．测量A球或B球的直径D．测量A球与B球的质量(或两球质量之比)E．测量G点相对于水平槽面的高度解析：(1)用最小的圆将所有点圈在里面，圆心位置即为落点平均位置，找准平均位置，读数时应在刻度尺的最小刻度后面再估读一位．读数为64.7 cm.(2)以平抛时间为时间单位，则平抛的水平距离在数值上等于平抛初速度．设A未碰B时A球的水平位移为x A，A、B相碰后A、B两球的水平位移分别为x A′、x B′，A、B质量分别为m A、m B，则碰前A的动量可写成p1＝m A x A，碰后A、B 的总动量为p2＝m A x A′＋m B x B′，要验证动量是否守恒，即验证p1与p2两动量是否相等．所以该实验应测量的物理量有m A、m B、x A、x A′、x B′.故选项C、E 不需测量．答案：(1)64.7(64.0～65.0均对)(2)CE4. 如图为“验证动量守恒定律”的实验装置．(1)下列说法中符合本实验要求的是________．A．入射球比靶球质量大或者小均可，但二者的直径必须相同B．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放C．安装轨道时，轨道末端必须水平D．需要使用的测量仪器有天平、刻度尺和秒表(2)实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为OM、OP和ON.已知入射球的质量为m1，靶球的质量为m2，如果测得m1·OM＋m2·ON近似等于________，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒．解析：(1)入射球应比靶球质量大，A错；本题用小球水平位移代替速度，所以不用求出具体时间，所以不需要秒表，D错．(2)若动量守恒，碰撞后两球的总动量应该等于不放靶球而让入射球单独下落时的动量，入射球单独下落时的动量可用m1·OP表示．答案：(1)BC(2)m1·OP5．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＝1f＝0.1 s，v＝xt，由题图知A、B匀速时速度分别为v A＝0.09 m/s，v B＝0.06 m/s，分开后A、B的动量大小均为p＝0.018 kg·m/s，方向相反，满足动量守恒，系统的总动量为0.答案：(1)匀速直线A、B两滑块的第一个间隔(2)0.0180.018A、B两滑块作用前后总动量不变，均为06．某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动．他设计的装置如图甲所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力．(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A 为运动的起点，则应选________段来计算A 碰前的速度．应选________段来计算A 和B 碰后的共同速度(以上两空选填“AB ”或“BC ”或“CD ”或“DE ”)．(2)已测得小车A 的质量m 1＝0.4 kg ，小车B 的质量为m 2＝0.2 kg ，则碰前两小车的总动量为________kg·m/s ，碰后两小车的总动量为________kg·m/s.解析：(1)从分析纸带上打点的情况看，BC 段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC 段能较准确地描述小车A 在碰撞前的运动情况，应选用BC 段计算小车A 碰前的速度．从CD 段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE 段内小车运动稳定，故应选用DE 段计算A 和B 碰后的共同速度．(2)小车A 在碰撞前速度v 0＝BC 5T ＝10.50×10－25×0.02m/s ＝1.050 m/s 小车A 在碰撞前的动量p 0＝m 1v 0＝0.4×1.050 kg·m/s ＝0.420 kg·m/s碰撞后A 、B 的共同速度v ＝DE 5T ＝6.95×10－25×0.02m/s ＝0.695 m/s 碰撞后A 、B 的总动量p ＝(m 1＋m 2)v ＝(0.2＋0.4)×0.695 kg·m/s ＝0.417 kg·m/s 答案：(1)BC DE (2)0.420 0.4177．为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同，体积不等的立方体滑块A 和B ，按下述步骤进行实验：步骤1：在A 、B 的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；步骤2：安装好实验装置如图，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；步骤3：让滑块B 静置于水平槽的某处，滑块A 从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A 、B 停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图所示．(1)由图分析可知，滑块A 与滑块B 碰撞发生的位置________．①在P 5、P 6之间②在P 6处③在P 6、P 7之间(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________．①A 、B 两个滑块的质量m 1和m 2②滑块A 释放时距桌面的高度③频闪照相的周期④照片尺寸和实际尺寸的比例⑤照片上测得的s 45、s 56和s 67、s 78⑥照片上测得的s 34、s 45、s 56和s 67、s 78、s 89⑦滑块与桌面间的动摩擦因数写出验证动量守恒的表达式________．(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议：________________________________________.解析：(1)由图可得s 12＝3.00 cm ，s 23＝2.80 cm ，s 34＝2.60 cm ，s 45＝2.40 cm ，s 56＝2.20 cm ，s 67＝1.60 cm ，s 78＝1.40 cm ，s 89＝1.20 cm.根据匀变速直线运动的特点可知A 、B 相撞的位置在P 6处．(2)为了探究A 、B 相撞前后动量是否守恒，就要得到碰撞前后的动量，所以要测量A 、B 两个滑块的质量m 1、m 2和碰撞前后的速度．设照相机拍摄时间间隔为T ，则P 4处的速度为v 4＝s 34＋s 452T ，P 5处的速度为v 5＝s 45＋s 562T ，因为v 5＝v 4＋v 62，所以A 、B 碰撞前在P 6处的速度为v 6＝s 45＋2s 56－s 342T；同理可得碰撞后AB 在P 6处的速度为v 6′＝2s 67＋s 78－s 892T.若动量守恒则有m 1v 6＝(m 1＋m 2)v 6′，整理得m1(s45＋2s56－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)．因此需要测量或读取的物理量是①⑥.(3)若碰撞前后都做匀速运动则可提高实验的精确度．答案：(1)②(2)①⑥；m1(s45＋2s56－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)(3)将轨道的一端垫起少许，平衡摩擦力，使得滑块碰撞前后都做匀速运动(其他合理答案也可)。
高考物理总复习 第六章 02 第2讲 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲运动精练(含解析)
第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲运动A组基础过关1.(2019甘肃兰州月考)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,A、B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A及弹簧被压缩的过程中,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、机械能是否守恒答案 C 动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零,本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统,水平方向上不受外力,竖直方向上所受外力的合力为零,所以动量守恒。
子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能,故系统机械能不守恒。
只有选项C正确。
2.(多选)如图所示,在水平光滑地面上有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使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。
若突然撤去力F,则下列说法中正确的是( )A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒答案BC 撤去F后,木块A离开墙壁前,竖直方向两木块及弹簧组成的系统所受的重力与支持力平衡,合力为零;而水平方向墙对A有向右的弹力,所以系统所受的合外力不为零,系统的动量不守恒,但系统的机械能守恒,故A错误,B正确。
A离开墙壁后,系统水平方向不受外力,竖直方向外力平衡,所以系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,因弹簧弹力属于系统内力,则系统机械能也守恒,故C正确,D错误。
3.如图所示,一质量M=3.0kg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=1.0kg的小木块A。
给A和B以大小均为4.0m/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始终没有滑离木板B。
高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，静置于水平地面上的二辆手推车沿一直线排列，质量均为m ，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L 时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L 时停。
车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍，重力加速度为g ，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞吋间很短，忽咯空气阻力，求： (1)整个过程中摩擦阻力所做的总功； (2)人给第一辆车水平冲量的大小。
【答案】(1)-3kmgL ；(2)10m kgL 【解析】 【分析】 【详解】(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ，则W =-kmgL -2kmgL =-3kmgL即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-3kmgL 。
(2)设第一辆车的初速度为v 0，第一次碰前速度为v 1，碰后共同速度为v 2，则由动量守恒得mv 1=2mv 222101122kmgL mv mv -=- 221(2)0(2)2k m gL m v -=-由以上各式得010v kgL =所以人给第一辆车水平冲量的大小010I mv m kgL ==2．如图1所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，与横坐标x 的关系如图2所示，图线是双曲线（坐标是渐近线）；顶角θ=53°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知t =0时，导体棒位于顶角O 处；导体棒的质量为m =4kg ；OM 、ON 接触处O 点的接触电阻为R =0．5Ω，其余电阻不计，回路电动势E 与时间t 的关系如图3所示，图线是过原点的直线，求：（1）t =2s 时流过导体棒的电流强度的大小； （2）在1~2s 时间内导体棒所受安培力的冲量大小；（3）导体棒滑动过程中水平外力F （单位：N ）与横坐标x （单位：m ）的关系式． 【答案】（1）8A （2）8N s ⋅（3）32639F x =+【解析】 【分析】 【详解】（1）根据E-t 图象中的图线是过原点的直线特点，可得到t =2s 时金属棒产生的感应电动势为4V E =由欧姆定律得24A 8A 0.5E I R === （2）由图2可知，1(T m)x B =⋅ 由图3可知，E 与时间成正比，有E =2t （V ）4EI t R== 因θ=53°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度43x L = 又由F BIL =安所以163F t 安=即安培力跟时间成正比所以在1~2s 时间内导体棒所受安培力的平均值163233N 8N2F +==故8N s I F t =∆=⋅安（3）因为43vE BLv Bx ==⋅所以1.5(m/s)v t =可知导体棒的运动时匀加速直线运动，加速度21.5m/s a =又212x at =，联立解得 32639F x =+【名师点睛】本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系，要掌握牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式．3．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。
高考物理 动量冲量精讲精练 动量守恒定律典型计算题
动量守恒定律例题1．如图所示，质量均为m 的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v ，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v 将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．解析：(1)取向左为正方向，根据动量守恒定律可得推出木箱的过程中0＝(m ＋2m )v 1－mv ，接住木箱的过程中mv ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2.解得v 2＝v 2. (2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得4mv 2＝3mv 3－mv ，则v 3＝v ，故无法再次接住木箱．答案：(1)v 2(2)否 例题2．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端．三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg ，开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 相碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小．解析：因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A 的速度大小为v A ，C 的速度大小为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ，A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ，A 、B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足v AB ＝v C ，联立解得v A ＝2 m/s. 答案：2 m/s例题3．人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，且M∶m＝31∶2.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v(相对地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v(相对地面)将球推向挡板．求人推多少次后不能再接到球？解析：设第1次推球后人的速度为v1，有0＝Mv1－mv，第1次接球后人的速度为v1′，有Mv1＋mv＝(M＋m)v1′；第2次推球(M＋m)v1′＝Mv2－mv，第2次接球Mv2＋mv＝(M＋m)v2′……第n次推球(M＋m)v n－1′＝Mv n－mv，可得v n＝2n－1mvM，当v n≥v时人便接不到球，可得n≥8.25，取n＝9.答案：9次例题4．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A 后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1以乙和A组成的系统为研究对象，有：M2v0＝(M2－m)v1＋mv代入数据联立解得v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s(2)以甲为研究对象，由动量定理得，Ft＝M1v1－(－M1v0)代入数据解得F＝432 N答案：(1)5.2 m/s (2)432 N例题5．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A＝4.0 kg和m B＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触，另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的vt图象如图乙所示，求：(1)物块C的质量m C；(2)从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小．解析：(1)由图可知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，m C v1＝(m A＋m C)v2，代入数据解得m C＝2 kg.(2)12 s时B离开墙壁，此时B速度为零，A、C速度相等时，v3＝－v2从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中，A、C两物体的动量变化为：Δp＝(m A＋m C)v3－(m A＋m C)v2从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小为I＝2(m A＋m C)v2，代入数据整理得到I＝36 N·s.答案：(1)2 kg (2)36 N·s例题6. 如图所示，质量为0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)．设小车足够长，求：(1)木块和小车相对静止时小车的速度；(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．解析：(1)以木块和小车为研究对象，由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v解得：v＝mM＋mv0＝0.4 m/s.(2)再以木块为研究对象，由动量定理可得－μmgt＝mv－mv0解得：t ＝v 0－v μg ＝0.8 s.(3)木块做匀减速运动，加速度为 a 1＝F f m ＝μg ＝2 m/s 2小车做匀加速运动，加速度为 a 2＝F f M ＝μmg M ＝0.5 m/s 2在此过程中木块的位移为x 1＝v 2－v 22a 1＝0.96 m小车的位移为：x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×0.82m ＝0.16 m由此可知，木块在小车上滑行的距离为： Δx ＝x 1－x 2＝0.8 m.答案：(1)0.4 m/s (2)0.8 s (3)0.8 m。
高考物理动量冲量精讲精练动量动量守恒全章综合练习
碰撞动量守恒定律一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1. 如图所示，水平轻弹簧与物体A和B相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体A的质量为m，物体B的质量为M，且M＞m.现用大小相等的水平恒力F1、F2拉A和B，从它们开始运动到弹簧第一次为最长的过程中( )A．因F1＝F2，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒B．因F1＝F2，所以A、B和弹簧组成的系统动量守恒C．由于F1、F2大小不变，所以m，M各自一直做匀加速运动D．弹簧第一次最长时，A和B总动能最大解析：选B.此过程F1、F2均做正功，A、B和弹簧组成的系统机械能增大，系统机械能不守恒，故A 错误；两拉力大小相等方向相反，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B正确；在拉力作用下，A、B 开始做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C错误；弹簧第一次最长时，A、B的总动能最小，故D错误；故选B.2. 如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个人静止站在A车上，两车静止，若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，静止于A车上，则A车的速率( )A．等于零B．小于B车的速率C．大于B车的速率D．等于B车的速率解析：选B.两车和人组成的系统位于光滑的水平面上，因而该系统动量守恒，设人的质量为m1，车的质量为m2，A、B车的速率分别为v1、v2，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v1－m2v2＝0，所以，有v1＝m2m1＋m2v2，m2m1＋m2<1，故v1<v2，所以B正确．3．有甲、乙两碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前双方都关闭了动力，且两车动量关系为p甲>p乙．假设规定p甲方向为正，不计一切阻力，则( )A．碰后两车可能以相同的速度沿负方向前进，且动能损失最大B．碰撞过程甲车总是对乙车做正功，碰撞后乙车一定沿正方向前进C．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进D．两车动量变化量大小相等，方向一定是Δp甲沿正方向，Δp乙沿负方向解析：选C.由于规定p甲方向为正，两车动量关系为p甲＞p乙．碰后两车可能以相同的速度沿正方向前进，且动能损失最大，选项A 错误．碰撞过程甲车先对乙车做负功，选项B 错误．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进，选项C 正确．由动量守恒定律，两车动量变化量大小相等，方向可能是Δp 甲沿负方向，Δp 乙沿正方向，选项D 错误．4. 如图所示，在光滑的水平面上有一物体M ，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C ，两端A 、B 一样高．现让小滑块m 从A 点静止下滑，则()A ．m 不能到达小车上的B 点B ．m 从A 到C 的过程中M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 向右运动C ．m 从A 到B 的过程中小车一直向左运动，m 到达B 的瞬间，M 速度为零D ．M 与m 组成的系统机械能守恒，动量守恒解析：选C.A.M 和m 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以m 恰能达到小车上的B 点，到达B 点时小车与滑块的速度都是0，故A 错误；B.M 和m 组成的系统水平方向动量守恒，m 从A 到C 的过程中以及m 从C 到B 的过程中m 一直向右运动，所以M 一直向左运动，m 到达B 的瞬间，M 与m 速度都为零，故B 错误，C 正确；D.小滑块m 从A 点静止下滑，物体M 与滑块m 组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒．M 和m 组成的系统机械能守恒，故D 错误．5．质量为m 的物体，以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点处返回原处的速度为v t ，且v t ＝0.5v 0，则( )A ．上滑过程中重力的冲量比下滑时大B ．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C ．合力的冲量在整个过程中大小为32mv 0 D ．整个过程中物体动量变化量为12mv 0 解析：选C.以v 0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为v t ＝0.5v 0，说明斜面不光滑．设斜面长为L ，则上滑过程所需时间t 1＝l v 02＝2l v 0，下滑过程所需时间t 2＝l v t 2＝4l v 0，t 1<t 2.根据冲量的定义，可知上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A 错误；上滑和下滑时支持力的大小都不等于零，B 错误；对全过程应用动量定理，则I 合＝Δp＝－mv t －mv 0＝－32mv 0，C 正确，D 错误． 6．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解析：选AB.碰后动量相等，设此动量为p ，方向一定与v 相同，则可知碰后速度关系，碰后m 的速度v 2一定要大于或等于碰后M 的速度v 1即v 2≥v 1由mv 2＝Mv 1，可知M m ＝v 2v 1≥1，由能量关系可知2p 22M≥p 22m ＋p 22M ，解得：M m ≤3，由上述结论可知，A 、B 项正确． 7. 如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上．其中，弹簧两端分别与静止的滑块N 和挡板P 相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M 以初速度v 0向右运动，它与挡板P 碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N 以速度v 0向右运动．在此过程中( )A ．M 的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B ．M 与N 具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C ．M 的速度为v 0/2时，弹簧的长度最长D ．M 的速度为v 0/2时，弹簧的长度最短解析：选BD.M 、N 两滑块碰撞过程中动量守恒，当M 与N 具有相同的速度v 0/2时，系统动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大，A 错误，B 正确；M 的速度为v 0/2时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C 错误，D 正确．8．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M ＝0.6 kg ，m ＝0.2 kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有E p ＝10.8 J 弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R ＝0.425 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示．g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．球m 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·sB ．M 离开轻弹簧时获得的速度为9 m/sC ．若半圆轨道半径可调，则球m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D ．弹簧弹开过程，弹力对m 的冲量大小为1.8 N·s解析：选AD.释放弹簧过程中，由动量守恒定律得Mv 1＝mv 2，由机械能守恒定律得E p ＝12Mv 21＋12mv 22，解得v 1＝3 m/s ，v 2＝9 m/s ，故B 错误；对m ，由A 运动到B 的过程由机械能守恒定律得12mv 22＝12mv 2′2＋mg×2R，得v 2′＝8 m/s ，由A 运动到B 的过程由动量定理得I 合＝mv 2′－(－mv 2)＝3.4 N·s，故A 正确；球m 从B 点飞出后，由平抛运动可知水平方向x ＝v 2′t，竖直方向2R ＝12gt 2，解得x ＝25.6R ，故C 错误；弹簧弹开过程，弹力对m 的冲量I ＝mv 2＝1.8 N·s，故D 正确．二、非选择题(共4小题，52分)9．(12分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间，已知碰后两滑块一起运动；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.(1)试着完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为________kg·m/s.(保留3位有效数字)(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是_______________.解析：(1)使用打点计时器时应先接通电源，后放开滑块1.(2)作用前滑块1的速度v1＝0.20.1m/s＝2 m/s，其质量与速度的乘积为0.310×2 kg·m/s＝0.620kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v＝0.1680.14m/s＝1.2 m/s，其质量与速度的乘积之和为(0.310＋0.205)×1.2 kg·m/s＝0.618 kg·m/s.(3)相互作用前后动量减小的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦．答案：(1)接通打点计时器的电源放开滑块1 (2)0.620 0.618 (3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦10．(12分)如图，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M ＝3.0 kg，木板的长度为L＝1.5 m，在木板右端有一小物块，其质量m＝1.0 kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度v0沿木板向左运动，重力加速度g＝10 m/s2.(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；(2)若初速度v0＝3 m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．解析：(1)设木板和物块最后共同的速度为v ，由动量守恒定律mv 0＝(m ＋M)v ①对木板和物块系统，由功能关系 μmgL＝12mv 20－12(M ＋m)v 2② 由①②两式解得：v 0＝2μgL M ＋mM ＝2×0.1×10×1.5×3＋13 m/s ＝2 m/s(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v.设碰撞过程中损失的机械能为ΔE.对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系有μmg2L＋ΔE＝12mv 20－12(m ＋M)v 2③ 由①③两式解得：ΔE＝mM 2M ＋m v 20－2μmgL＝1×323＋1×32－2×0.1×10×1.5 J＝0.375 J 答案：(1)2 m/s (2)0.375 J11．(14分)如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，其右侧边缘放有小滑块C ，与木板B 完全相同的木板A 以一定的速度向左运动，与木板B 发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块C 刚好没有从木板上掉下．已知木板A 、B 和滑块C 的质量均为m ，C 与A 、B 之间的动摩擦因数均为μ.求：(1)木板A 与B 碰前的速度v 0；(2)整个过程中木板B 对木板A 的冲量I.解析：(1)A 、B 碰后瞬时速度为v 1，碰撞过程中动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 1A 、B 粘为一体后通过摩擦力与C 发生作用，最后有共同的速度v 2，此过程中动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：2mv 1＝3mv 2C 在A 上滑动过程中，由能量守恒定律得：－μmgL＝12·3mv 22－12·2mv 21 联立以上三式解得：v 0＝23μgL(2)根据动量定理可知，B 对A 的冲量与A 对B 的冲量等大反向，则I 的大小等于B 的动量变化量，即：I ＝－mv 2＝－2m 3μgL 3，负号表示B 对A 的冲量方向向右． 答案：(1)23μgL (2)－2m 3μgL 3，负号表示B 对A 的冲量方向向右 12．(14分) 水平光滑的桌面上平放有一质量为2m 的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都为m 的小球(管道的半径远远大于小球的半径)，位于管道直径AB 的两端．开始时，环静止，两个小球沿着向右的切线方向，以相同的初速度v 0开始运动，如图所示．设系统处处无摩擦，所有的碰撞均为弹性碰撞．(质量相等的两物体弹性正碰后交换速度，此结论本题可直接用)(1)当两个小球在管道内第一次相碰前瞬间，试求两个小球之间的相对速度大小；(2)两小球碰后在第一次返回到A、B时，两小球相对桌面的速度方向(朝左还是朝右)和速度大小．解析：(1)根据对称性，两球运动相同的路程在细圆管的最右端相遇，相遇前，两小球与细圆管在左右方向上共速，共同速度设为v1，此时两球相对于细圆管的速度方向沿切线，大小相同设为v y.左右方向上两球与细圆管动量守恒2mv0＝(2m＋2m)v1，解得v1＝v0 2根据能量守恒定律可得2×12mv20＝12×2m v21＋2×12m(v21＋v2y)解得v y＝2 2v0两球相对速度大小v＝2×v y＝2v0(2)两球相碰，左右方向速度不变，沿管切线方向交换速度，之后两球同时分别到达A、B位置．从刚开始两球运动到两球第一次回到A、B位置，两球与细圆管组成的系统可以看成弹性碰撞，即质量为2m的物体与细圆管发生了弹性正碰，交换速度，故而两球相对桌面速度为零，细圆管相对桌面速度为v0.答案：(1)2v0(2)两小球相对桌面速度为零高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高考物理动量冲量精讲精练碰撞与动量守恒典型练习题
碰撞与动量守恒1． 如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑块相对于盒运动的路程为________．解析：设滑块质量为m ，则盒子的质量为2m ；对整个过程，由动量守恒定律可得mv ＝3mv 共解得v 共＝v 3. 由功能关系可得μmgs＝12mv 2－12·3m·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 32 解得s ＝v 23μg. 答案：v 3 v 23μg2． (多选)在光滑水平面上动能为E 0，动量大小为p 0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量大小分别记为E 2、p 2，则必有( )A ．E 1＜E 0B ．p 2＞p 0C ．E 2＞E 0D ．p 1＞p 0 解析：选AB.因碰撞后两球速度均不为零，根据能量守恒定律，则碰撞过程中总动能不增加可知，E 1＜E 0，E 2＜E 0.故A 正确，C 错误；根据动量守恒定律得：p 0＝p 2－p 1，得到p 2＝p 0＋p 1，可见，p 2＞p 0.故B 正确．故选AB.3．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v A ′＝5 m/s ，vB ′＝2.5 m/sB ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/sC ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/sD ．v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．4．如图所示，在光滑的水平面上，质量m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 与小球B 均向右运动．小球B 与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A 在P 点相遇，PQ ＝2PO ，则两小球质量之比m 1∶m 2为( )A ．7∶5B ．1∶3C ．2∶1D ．5∶3解析：选D.设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2.① 由能量守恒定律有：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22② 两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ)＝1∶5.③联立①②③，代入数据解得：m 1∶m 2＝5∶3，故选D.5． (多选)如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝4 kg 的小物体B 以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．木板A 获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为2 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1解析：选AD.由图象可知，木板获得的速度为v ＝1 m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m)v ，解得：木板A 的质量M ＝4 kg ，木板获得的动能为：E k ＝12Mv 2＝2 J ，故A 正确；系统损失的机械能ΔE＝12mv 20－12mv 2－12Mv 2，代入数据解得：ΔE＝4 J ，故B 错误；由图得到：0～1 s 内B 的位移为x B ＝12×(2＋1)×1 m＝1.5 m ，A 的位移为x A ＝12×1×1 m＝0.5 m ，木板A 的最小长度为L ＝x B －x A ＝1 m ，故C 错误；由图象可知，B 的加速度：a ＝－1 m/s 2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μm B g ＝m B a ，代入解得μ＝0.1，故D 正确．高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高考物理专练题碰撞与动量守恒(试题部分)
高考物理专练题碰撞与动量守恒考点一动量、动量定理1.(2018山西师大附中月考,5)(多选)以下四个图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的图线和动量变化率随时间变化的图线。
若不计空气阻力,取竖直向上为正方向,那么正确的是()答案 CD2.(多选)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,跳水运动员从跳台上起跳到入水前重心下降H,入水后受水阻力而速度减为零,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,重力加速度g,则( )A.运动员从跳台上起跳到入水前受到合外力冲量大小m √v 02+2gH +mv 0 B.水对运动员阻力的冲量大小m √v 02+2gHC.运动员克服水的阻力做功mgH+12m v 02D.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mg(H+h)+12m v 02答案 AD3.(2018云南师大附中月考,25)如图所示,一高h=1.25 m 、质量m B =2 kg 的木块B,在一水平向右的恒力F=3 N 作用下,在水平地面上向右运动。
现将一质量m A =1 kg(可视为质点)的小滑块A 轻轻静置(相对地面的速度为零)于木块B 上距B 左端b=1.00 m 处,一段时间后A 从B 上滑落,从放上A 到A 刚离开B 的时间内,B 向右运动的距离x 0=1.5 m,已知A 与B 间的动摩擦因数、B 与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.10,g=10 m/s 2(结果均保留2位有效数字)。
求(1)整个过程中,A 与B 间由于摩擦产生的热量Q; (2)A 落地时,落地点到B 左端的水平距离s 。
答案 (1)1.0 J (2)0.19 m考点二 动量守恒定律及其应用1.(多选)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移时间图像。
习题范例动量守恒与碰撞习题
习题范例动量守恒与碰撞习题动量守恒与碰撞习题范例在物理学中，动量守恒和碰撞是非常重要的概念。
掌握动量守恒和碰撞的原理和应用可以帮助我们解决各种与运动相关的问题。
下面，我将为大家提供一些关于动量守恒与碰撞的习题范例，并解答这些习题，希望对大家的学习有所帮助。
习题一：一个质量为2 kg的物体以速度5 m/s向右运动，与一个质量为3 kg的物体以速度2 m/s向左运动的物体发生碰撞。
碰撞后，第一个物体静止，第二个物体的速度是多少？解答：首先，根据动量守恒定律，碰撞前后物体的总动量保持不变。
设第二个物体碰撞后的速度为v2，则有：0 = 2 * 5 + 3 * (-2) = 10 - 6 = 4因此，第二个物体碰撞后的速度为4 m/s向左运动。
习题二：一个质量为0.5 kg的小球以速度10 m/s撞向一个质量为1 kg的小球，碰撞后，第一个小球以6 m/s的速度向左运动。
求第二个小球的速度。
解答：同样地，根据动量守恒定律，碰撞前后物体的总动量保持不变。
设第二个小球碰撞后的速度为v2，则有：0.5 * 10 = 1.5 + 1 * v25 = 1.5 + v2v2 = 3.5因此，第二个小球碰撞后的速度为3.5 m/s向右运动。
习题三：一个质量为4 kg的小车以速度8 m/s运动，与一个质量为2 kg的小车相碰，碰撞后，第一个小车以4 m/s的速度向右运动。
求第二个小车的速度。
解答：同样地，根据动量守恒定律，碰撞前后物体的总动量保持不变。
设第二个小车碰撞后的速度为v2，则有：4 * 8 = 2 * v2 + 2 * 432 = 2v2 + 82v2 = 24v2 = 12因此，第二个小车碰撞后的速度为12 m/s向左运动。
通过解答上述习题，我们可以看到动量守恒和碰撞问题的求解都可以通过应用动量守恒定律来实现。
在这些习题中，我们根据碰撞前的动量和碰撞后的动量之和相等这一原则来解决问题。
这些习题可以帮助我们巩固动量守恒和碰撞的概念，并提高解决实际问题的能力。
高中物理动量守恒定律的应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
4．在游乐场中，父子两人各自乘坐的碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前瞬间双方都关闭了动力，此时父亲的速度大小为v，儿子的速度大小为2v．两车瞬间碰撞后儿子沿反方向滑行，父亲运动的方向不变且经过时间t停止运动．已知父亲和车的总质量为3m，儿子和车的总质量为m，两车与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，求：
（2）根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R；
（3）根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解热量Q.
【详解】
（1）设弹簧恢复到自然长度时A、B的速度分别为vA、vB，由动量守恒定律： 由能量关系：
解得vA=2m/s；vB=4m/s
（2）设B经过d点时速度为vd，在d点：
v′= 0.4m/s
（2）小球与小滑块碰撞过程，动量守恒
mv= －mv′+m1v1
v1= (v+v′) = 1.2m/s
小滑块在木板上滑动过程中，动量守恒
m1v1=(m1+m2)v2
v2= v1= 0.6m/s
由能量守恒可得
μm1gL= m1v12－ (m1+m2)v22
碰撞及动量守恒定律练习一二带答案
碰撞及动量守恒定律练习一1．下列关于碰撞说法不．正确的是( ) A ．自然界中的碰撞都是有害的 B ．人们利用碰撞可以实现好多有益的物理过程C ．科学家利用高能粒子的碰撞发现新粒子D ．人们研究碰撞是为了利用有益的碰撞，避免有害的碰撞2．两个物体发生碰撞( )A ．碰撞中一定产生了内能B ．碰撞过程中，组成系统的动能可能不变C ．碰撞过程中，系统的总动能可能增大D ．碰撞过程中，系统的总动能可能减小3．在教材“实验与探究”中的实验中，下列说法不．正确的是( ) A ．悬挂两球的细绳长度要适当，且等长 B ．由静止释放小球以便较准确计算小球碰前的速度C ．两小球必须都是刚性球，且质量相同D ．两小球碰后可以合在一起共同运动4．碰撞现象的主要特点有( )A ．物体相互作用时间短B ．物体相互作用前速度很大C ．物体相互作用后速度很大D ．物体间相互作用力远大于外力5．关于碰撞的说法，正确的是( )A ．发生正碰的系统，总动能一定不变B ．发生正碰的系统，总动能可能减小C ．发生斜碰的系统，总动能一定减小D ．发生斜碰的系统，总动能可能不变6．下列属于弹性碰撞的是( )A ．钢球A 与钢球B B ．钢球A 与橡皮泥球BC ．橡皮泥球A 与橡皮泥球BD ．木球A 与钢球B7．下列说法正确的是( )A ．两小球正碰就是从正面碰撞B ．两小球斜碰就是从侧面碰撞C ．两小球正碰就是对心碰撞D ．两小球斜碰就是非对心碰撞8.如图1－1－4所示，P 物体与一个连着弹簧的Q 物体正碰，碰后P 物体静止，Q 物体以P 物体碰前速度v 离开．已知P 与Q 质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列的结论中正确的应是( )A ．P 的速度恰好为零B ．P 与Q 具有相同速度C ．Q 刚开始运动D ．Q 的速度等于v9．在公路上甲、乙两车相撞，发生了一起车祸，甲车司机的前胸受伤，乙车司机的后背受伤，则这起车祸可能出现的情况是( )①两车同向运动，甲车在前，乙车在后，乙车撞上甲车②两车同向运动，乙车在前，甲车在后，甲车撞上乙车③乙车司机在前倒车，甲车在乙车的后面向乙车运动，撞上了乙车④两车相向运动，来不及刹车，互相撞上了A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④10.如图1－1－5甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的s －t 图线．已知m 1＝0.1 kg ，m 2＝0.3 kg ，由此可以判断：①碰前m 2静止，m 1向右运动 ②碰后m 2和m 1都向右运动③碰撞过程中系统机械能守恒 ④碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能以上判断正确的是( )A ．①③B ．①②③C ．①②④D ．③④11.如图1－1－6所示，两个小球A 、B 发生碰撞，在满足下列条件时能够发生正碰的是( )A ．小球A 静止，另一个小球B 经过A 球时刚好能擦到A 球的边缘B ．小球A 静止，另一个小球B 沿着AB 两球球心连线去碰A 球C ．相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线时D ．相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向都在同一条直线上12．质量为1 kg 的A 球以3 m/s 的速度与质量为2 kg 的B 球发生碰撞，碰后两球以1 m/s 的速度一起运动．则两球的碰撞属于________类型的碰撞，碰撞过程中损失了________J 动能．13.小球A 、B 的质量均为m ，A 球用轻绳吊起，B 球静止放于水平地面上．现将小球A 拉起h高度由静止释放，如图所示．小球A 摆到最低点与B 球发生对心碰撞后粘在一起共同上摆．不计两小球相互碰撞所用时间，忽略空气阻力作用，碰后两小球上升的最大高度为h 4，则在两小球碰撞过程中，两小球的内能一共增加了多少？碰撞及动量守恒定律练习二1．若物体在运动过程中受到的合外力不为零，则( )A ．物体的动能不可能总是不变的B ．物体的动量不可能总是不变的C ．物体的加速度一定变化D ．物体的速度方向一定变化2．物体受到的冲量越大，则( )A ．它的动量一定越大B ．它的动量变化一定越快C ．它的动量的变化量一定越大D ．它所受到的作用力一定越大3．一个笔帽竖立在桌面上平放的纸条上，要求把纸条从笔帽下抽出，如果缓慢拉动纸条，笔帽必倒；若快速拉纸条，笔帽可能不倒．这是因为( )A ．缓慢拉动纸条时，笔帽受到的冲量小B ．缓慢拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小C ．快速拉动纸条时，笔帽受到的冲量小D ．快速拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小4．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )A ．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B ．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C ．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D ．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒5．把一支枪水平地固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，下列关于枪、子弹和车的说法中正确的是( )A ．枪和子弹组成的系统动量守恒B ．枪和车组成的系统动量守恒C ．若子弹和枪筒之间的摩擦忽略不计，枪、车和子弹组成系统的动量才近似守恒D ．枪、子弹和车组成的系统动量守恒6．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示，则在子弹打中木块A 及弹簧被压缩的过程中，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 ．无法判断动量、机械能是否守恒7．如图所示，A 、B 两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p 1和p 2，碰撞后A 球继续向右运动，动量大小为p 1′，此时B 球的动量大小为p 2′，则下列等式成立的是( )A ．p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′B ．p 1－p 2＝p 1′＋p 2′C ．p 1′－p 1＝p 2′＋p 2D ．－p 1′＋p 1＝p 2′＋p 28．如图所示，设车厢长为L ，质量为M ，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m 的物体，以速度v 0向右运动，与车厢壁来回碰撞n 次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为( )A ．v 0，水平向右B ．0C.mv 0M ＋m ，水平向右D.Mv 0M －m，水平向右 9．古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死．若兔子与树桩发生碰撞，作用时间为0.2 s ，则被撞死的免子的奔跑的速度可能是( )A ．1 m/sB ．1.5 m/sC ．2 m/sD ．2.5 m/s10．在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧(如图所示)，用手抓住小车将弹簧压缩并使小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法不正确的是()A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，再放开右手后，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零11.一辆平板车沿光滑平面运动，车的质量m＝20 kg，运动速度为v0＝4 m/s，求在下列情况下，车的速度变为多大？(1)一个质量为m′＝2 kg的沙包从5 m高处落入车内(2)将质量为m′＝2 kg的沙包，以v＝5 m/s的速度迎面水平扔入车内．12．两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg，两磁铁的N极相对．推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速度为3 m/s，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰．则：(1)两车最近时，乙的速度为多大？(2)甲车开始反向时，乙的速度为多大？13.如图所示，已知A、B之间的质量关系是m B＝1.5m A，拍摄共进行了4次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后，A原来处于静止状态，设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10 cm 至105 cm这段范围内运动(以滑块上的箭头位置为准)，试根据闪光照片(闪光时间间隔为0.4 s)，求出：(1)A、B两滑块碰撞前后的速度；(2)根据闪光照片分析说明：两滑块碰撞前后，两个物体各自的质量与自己的速度的乘积之和是不是不变量．14．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度约为30 m/s.则：(1)试求车祸中车内质量约为60 kg的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力为多大？15．一个人坐在光滑冰面上静止的小车中, 人与车总质量为M＝70kg, 当他接到一个质量m = 20kg, 以速度v＝5m/s迎面滑来的木箱后立即以相对于自己为v'＝5m/s的速度逆着木箱原来滑行的方向推出, 则小车获得的速度大小是多少？(保留一位小数)16．一颗质量为m，速度为v0的子弹竖直向上射穿质量为M的木块后继续上升，子弹从射穿木块到再回到原木块处所经过的时间为T，那么当子弹射出木块后，木块上升的最大高度为多少？17．质量是m的子弹以水平初速度v射入放在光滑水平面上质量为3m的木块并嵌入其中。
牛顿力学中的动量守恒与碰撞练习题及
牛顿力学中的动量守恒与碰撞练习题及解答牛顿力学中的动量守恒与碰撞练习题及解答1. 问题描述：一辆小汽车以20 m/s的速度行驶，质量为1500 kg。
它与一个质量为2500 kg的卡车发生碰撞，小汽车和卡车以10 m/s和15 m/s的速度相向运动，求碰撞前小汽车和卡车的动量以及碰撞后两者的动量。
2. 解答：在牛顿力学中，动量守恒原理指出，当系统内没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
利用动量守恒原理，我们可以解题如下：碰撞前，小汽车和卡车的总动量为：p1 = m1 * v1 + m2 * v2其中，m1为小汽车的质量，v1为小汽车的速度，m2为卡车的质量，v2为卡车的速度。
代入已知数值，有：p1 = (1500 kg) * (20 m/s) + (2500 kg) * (-10 m/s)因为小汽车和卡车以相向运动，所以卡车的速度取负值。
计算得到碰撞前的总动量为：p1 = 30000 kg·m/s - 25000 kg·m/s = 5000 kg·m/s碰撞后，根据动量守恒原理，小汽车和卡车的总动量仍然保持不变。
设碰撞后小汽车和卡车的速度分别为v3和v4，有：p2 = m1 * v3 + m2 * v4代入已知数值，有：p2 = (1500 kg) * (10 m/s) + (2500 kg) * (-15 m/s)计算得到碰撞后的总动量为：p2 = 15000 kg·m/s - 37500 kg·m/s = -22500 kg·m/s值得注意的是，在这个问题中，我们可以发现p1和p2之和为0，即碰撞前和碰撞后的总动量之和为零，这符合动量守恒的原理。
通过以上计算，我们得出了碰撞前和碰撞后的总动量。
在实际问题中，我们可以进一步研究碰撞的细节，比如撞击力、碰撞时间等，以深入理解碰撞过程中的物理现象。
3. 结论：根据牛顿力学中的动量守恒原理，当没有外力作用于系统时，系统的总动量保持不变。
高考物理动量冲量精讲精练动量定理
动量定理1．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．(2)表达式：F合·t＝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．对点自测1．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( ) A．减小球对手的冲量 B．减小球对手的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量解析：选B.由动量定理Ft＝Δp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B正确．2．一个质量m＝1.0 kg的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F＝10 N与水平面成30°角斜向下的推力作用时，在10 s内推力的冲量大小为________ N·s，动量的增量大小为________ kg·m/s.解析：根据p＝Ft，可知10 s内推力的冲量大小p＝Ft＝100 N·s，根据动量定理有Ftcos 30°＝Δp.代入数据解得Δp＝50 3 kg·m/s＝86.6 kg·m/s.答案：100 86.6二动量定理的理解及应用1．应用动量定理时应注意两点(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．2．动量定理的三大应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．(2)应用I＝Δp求变力的冲量．(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．[典例1] 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．解析 (1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v 0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 Δm Δt ＝ρv 0S ③ (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm)v 2＋(Δm)gh＝12(Δm)v 20④ 在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2⑧ 答案 (1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2(1)用动量定理解题的基本思路(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．过关检测1. 质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度图象如图所示．则物体在前10 s 内和后10 s 内所受外力的冲量分别是( )A ．10 N·s 10 N·sB ．10 N·s －10 N·sC ．0 10 N·sD．0 －10 N·s解析：选D.由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故正确答案为D.2．如图所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦．为使木板能保持速度v0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v0.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)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0则水平力的冲量I＝Ft＝2mv0.答案：2mv03．如图所示，一质量为M＝2 kg的铁锤从距地面h＝3.2 m高处自由下落，恰好落在地面上的一个质量为m＝6 kg的木桩上，随即与木桩一起向下运动，经时间t＝0.1 s停止运动．求木桩向下运动时受到地面的平均阻力大小．(铁锤的横截面小于木桩的横截面，木桩露出地面部分的长度忽略不计，重力加速度g取10 m/s2)解析：铁锤下落过程中机械能守恒，则v＝2gh＝8 m/s.铁锤与木桩碰撞过程中动量守恒，Mv＝(M＋m)v′，v′＝2 m/s.木桩向下运动，由动量定理(规定向下为正方向)得[(M＋m)g－f]Δt＝0－(M＋m)v′，解得f＝240 N.答案：240 N4．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.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg解析：选A.由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝m2ght＋mg.选项A正确．5. (多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )A．0～4 s内物体的位移为零B．0～4 s内拉力对物体做功为零C．4 s末物体的动量为零D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零解析：选BCD.由图象可知物体在4 s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，A错；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4 s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，0～4 秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2019_2020学年高中物理第1章碰撞与动量守恒1探究动量变化与冲量的关系精练(含解析)沪教版选修3_5
1．1 探究动量变化与冲量的关系1.理解动量和冲量的概念．2.理解动量定理的确切含义和表达式，知道动量定理适用于变力．(重点)3．会用动量定理解释有关物理现象，并能掌握一维情况下的计算问题．(重点＋难点)一、动量和冲量动量定理1．冲量(1)概念：力和力的作用时间的乘积Ft叫做冲量．(2)公式：I＝Ft.(3)单位：国际单位制中是牛顿秒，符号是N·s.(4)矢量性：冲量是矢量，它的方向与力的方向相同．(5)物理意义：冲量是反映力对时间累积效应的物理量，力越大，时间越长，冲量就越大．2．动量(1)定义：物体的质量m和速度v的乘积mv叫做动量．(2)定义式：p＝mv.(3)单位：在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号为：kg·m/s.(4)矢量：由于速度是矢量，所以动量是矢量，它的方向与速度相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．(2)公式：I＝Δp或Ft＝p′－p．1．(1)物体的质量越大，动量一定越大．( )(2)物体的速度大小不变，动量一定不变．( )(3)物体动量大小相同，动能一定相同．( )(4)动量和冲量的单位是等价的，所以二者是同一物理量的不同叫法．( )提示：(1)×(2)×(3)×(4)×二、动量定理的应用1．物体的动量变化一定的情况下：力的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小．2．作用力一定的情况下：力的作用时间越长，动量的变化就越大；力的作用时间越短，动量变化就越小．2．(1)用力推物体但没推动，则这个力对物体的冲量为零．( )(2)跳高比赛时，在运动员落地处放置很厚的海绵垫子可以减小冲量．( )提示：(1)×(2)×对冲量的理解[学生用书P1]1．冲量的特点(1)矢量性：力是矢量，冲量也是矢量，但冲量的方向并不一定是力的方向．(2)过程性：冲量是描述力对物体作用的时间积累效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大．(3)绝对性：由于力和时间都跟参考系的选择无关，因此冲量也跟参考系的选择无关；另外，物体受某个力的冲量只取决于这个力及其作用时间，与物体的运动状态、是否受其他力无关．2．冲量的计算(1)恒力的冲量：I＝Ft(F为恒力)．(2)变力的冲量：动量定理(I＝Δp)或图像法．如图所示，若某一力方向恒定不变，那么在F－t图像中，图中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．3．冲量的运算服从平行四边形定则，合冲量等于各外力的冲量的矢量和．若整个过程中，不同阶段受力不同，则合冲量为各阶段冲量的矢量和．求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量，这个力是变力还是恒力．关于冲量，下列说法中正确的是( )A．冲量是物体动量变化的原因B．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零C．动量越大的物体受到的冲量越大D．冲量的方向就是物体受力的方向[思路点拨] 理解冲量的概念和冲量与动量变化的关系是解题的关键．[解析] 力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A选项正确．只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化情况，是所有作用在物体上的力共同产生的效果，所以B 选项不正确．物体所受冲量I ＝Ft 与物体动量的大小p ＝mv 无关，C 选项不正确．冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故D 选项不正确．[答案] A力的冲量与物体运动状态无关，只有力为恒力时，力的冲量的方向才与力的方向相同．一质量为m 的小球，以初速度v 0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即沿反方向弹回．已知反弹速度的大小是入射速度大小的34.求在碰撞过程中斜面对小球的冲量的大小．解析：小球在碰撞斜面前做平抛运动，设刚要碰撞斜面时小球速度为v ，由题意知v 的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为v 0，如图所示．由此得v ＝2v 0.碰撞过程中，小球速度由v 变为反向的34v ，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，设反弹速度的方向为正方向，则斜面对小球的冲量为I ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫34v －m ·(－v )解得I ＝72mv 0. 答案：72mv 0 对动量和动量变化的理解[学生用书P2]1．对动量的理解(1)动量是状态量．在谈及动量时，必须明确是物体在哪个时刻或哪个状态所具有的动量．(2)动量的矢量性：动量是矢量，大小为 mv ，方向与 v 的方向相同，服从矢量运算法则．(3)动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选择有关，因此物体的动量也与参考系的选择有关．在中学阶段，动量表达式中的速度一般是以地球为参照物的．(4)动量与动能大小的关系E k ＝p 22m或p 2＝2mE k . 2．动量的变化(1)定义：动量变化 Δp 等于物体的末动量 p ′ 与初动量 p 的差，即 Δp ＝ p ′ －p .(2)动量变化的方向：动量变化是矢量，动量变化的方向就是速度变化的方向．(3)动量变化的计算①动量变化是矢量，其大小和方向可由 p ′ 与 p 的矢量差决定，而计算矢量差要用平行四边形定则；②共线的动量运算，先选定一个方向为正方向，可转化为代数运算，若Δp >0，说明Δp 的方向与选取的正方向相同，若Δp <0，说明Δp 的方向与选取的正方向相反．(1)物体的速度变化时，物体的动量一定变化，但动能不一定变化．(2)物体的动能变化时，速度一定变化，动量一定变化．质量为0.5 kg 的物体，运动速度为3 m/s ，它在一个变力作用下速度变为7 m/s ，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( )A ．5 kg ·m/s ，方向与原运动方向相反B ．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同C ．2 kg ·m/s ，方向与原运动方向相反D ．2 kg ·m/s ，方向与原运动方向相同[解析] 以原来的方向为正方向，由定义式Δp ＝mv ′－mv 得Δp ＝(－7×0.5－3×0.5) kg ·m/s ＝－5 kg ·m/s ，负号表示Δp 的方向与原运动方向相反．[答案] A关于动量变化量的求解(1)若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算．(2)若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则．【通关练习】1．(多选)质量为10 kg 的物体，当其速率由3 m/s 变为4 m/s 时，它的动量变化Δp 的大小可能是( )A ．10 kg ·m/sB ．50 kg ·m/sC ．70 kg ·m/sD ．90 kg ·m/s解析：选ABC.根据动量变化Δp ＝mv 2－mv 1知，当v 1和v 2的方向相同时，Δp ＝mv 2－mv 1＝10 kg ·m/s ，动量变化最小；当v 1和v 2的方向相反时，Δp ＝mv 2－mv 1＝70 kg ·m/s ，动量变化最大．所以10 kg ·m/s ≤Δp ≤70 kg ·m/s. 2.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 两点各有一质量为m 的小物体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：选A.a 、b 两物体到达S 点速度方向不同，故它们的动量不相等；a 物体做自由落体运动，运动时间为t 1，b 物体沿14圆弧轨道下滑的过程中(在P 点除外)，其竖直方向分运动的加速度在任何高度都小于重力加速度，又a 、b 两物体竖直方向位移相等，所以b 物体下滑到S 的时间t 2＞t 1，故A 正确，B 、C 、D 错误．对动量定理的理解[学生用书P3]1．对动量定理的理解(1)动量定理反映了合外力的冲量与动量改变量之间的因果关系，即合外力的冲量是原因，物体的动量改变量是结果．(2)动量定理表达式是矢量式，“＝”包含了大小相等、方向相同两方面的含义．(3)由动量定理可以得出F ＝p ′－p t，它说明动量的变化率决定于物体所受的合外力． (4)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段的矢量和．(5)动量定理具有普遍性，不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，不论作用力是恒力还是变力，几个力的作用时间不论是相同还是不同，动量定理都适用．2．动量定理的应用(1)定性解释一些物理现象在动量变化一定的情况下，如果需要增大作用力，必须缩短作用时间．在动量变化一定的情况下，如果需要减小作用力，必须延长作用时间——缓冲作用．(2)定量计算：在用动量定理计算有关问题时要注意定理中力必须是物体所受的合外力，要注意定理的矢量性，求解前先规定正方向，再简化为代数运算(一维情况)．(3)应用动量定理解决问题的一般步骤①选定研究对象．②进行受力分析和运动的初、末状态分析．③选定正方向，由动量定理列式求解．3．利用动量定理计算流体的冲力对于“变质量”和“连续”的流体的动量变化问题，因涉及流体的特点是连续性和变质量，因此解决该类问题的关键是研究对象的选取．一般要选用一段时间Δt 内流出的流体为研究对象，其长度为v ·Δt ，流体截面积为S ，则流体体积ΔV ＝Sv Δt ，故液柱的质量Δm ＝ρΔV ＝ρSv Δt ，再对质量为Δm 的液柱应用动量定理求解．在应用动量定理解题时，一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向．对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间Δt 极短时，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力．命题视角1 对动量定理的理解(多选)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，其原因是( )A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B ．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C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小[解析] 两种情况下，Δp 相同，所用时间不同．由F ＝Δp t可知C 、D 正确． [答案] CD利用动量定理分析问题时，要把哪个量不变，哪个量变化搞清楚．命题视角2 对动量定理的应用蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m 高处．已知运动员与网接触的时间为1.2 s ．若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小和方向．(g 取10 m/s 2)[解析] 法一：对运动员与网接触的过程应用动量定理．运动员刚接触网时速度的大小： v 1＝2gh 1＝2×10×3.2 m/s ＝8 m/s ，方向向下．刚离网时速度的大小：v 2＝2gh 2＝2×10×5.0 m/s ＝10 m/s ，方向向上．运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为F N ，对运动员，由动量定理(以向上为正方向)有：(F N －mg )t ＝mv 2－m (－v 1)解得F N ＝mv 2－m （－v 1）t ＋mg ＝60×10－60×（－8）1.2N ＋60×10 N ＝1.5×103 N ，方向向上．法二：此题也可以对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理．从3.2 m 高处自由下落的时间为t 1＝2h 1g ＝2×3.210s ＝0.8 s. 运动员弹回到5.0 m 高处所用的时间为t 2＝2h 2g ＝2×5.010s ＝1 s. 整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t 3＝1.2 s 的时间内受到网对他向上的弹力F N 的作用，对全过程应用动量定理，有F N t 3－mg (t 1＋t 2＋t 3)＝0，则F N ＝t 1＋t 2＋t 3t 3mg ＝0.8＋1＋1.21.2×60×10 N ＝1.5×103 N ，方向向上． [答案] 1.5×103 N 方向向上动量定理的解题要点(1)若物体在运动过程中所受的力不是同时的，可将受力情况分成若干阶段来求解，也可当成一个全过程来求解．(2)注意动量定理中的力是合外力，而不仅是冲力．命题视角3 利用动量定理计算平均力水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层．设水柱直径d ＝30 cm ，水速v ＝50 m/s ，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力．(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3)[解析] 设在一小段时间Δt 内，从水枪射出的水的质量为Δm ，则Δm ＝ρS ·v Δt .以Δm 的水为研究对象，如图所示，它在Δt 时间内的动量变化量Δp ＝Δm ·(0－v )＝－ρSv 2Δt .设F 为水对煤层的平均作用力，即冲力，F ′为煤层对水的反冲力，以v 的方向为正方向，根据动量定理(忽略水的重力)，有F ′·Δt ＝Δp ＝－ρSv 2Δt ，即F ′＝－ρSv 2.根据牛顿第三定律知F ＝－F ′＝ρSv 2.式中S ＝π4d 2， 代入数值得F ≈1.77×105 N.[答案] 1.77×105 N【通关练习】1．(多选)下列说法正确的是( )A ．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B ．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C ．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D ．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快解析：选BCD.由Ft ＝Δp 知，Ft 越大，Δp 越大，但动量不一定大，它还与初状态的动量有关；冲量不仅与Δp 大小相等，而且方向相同．由 F ＝p ′－p t知，物体所受合外力越大，动量变化越快．2．质量m ＝500 g 的篮球，以10 m/s 的初速度竖直上抛，当它上升的高度h ＝1.8 m处与天花板相碰，经过时间t ＝0.4 s 的相互作用，篮球以碰前速度的34反弹，设空气阻力忽略不计，g 取10 m/s 2，则篮球对天花板的平均作用力为多大？解析：设篮球碰天花板前速度为v 1，碰天花板后速度为v 2，由运动学公式：v 20－v 21＝2gh ，得v 1＝v 20－2gh ＝100－2×10×1.8 m/s ＝8 m/s ，v 2＝34v 1＝6 m/s. 设天花板对篮球的平均作用力为F ，方向向下，以F 方向为正方向，由动量定理(mg ＋F )t ＝mv 2－mv 1，将v 2＝6 m/s ，v 1＝－8 m/s ，代入上式得F ＝12.5 N ，根据牛顿第三定律，篮球对天花板作用力的大小F ′＝F ＝12.5 N.答案：12.5 N3．一宇宙飞船以v ＝1.0×104 m/s 的速度进入密度为ρ＝2.0×10－7 kg/m 3的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S ＝5 m 2，且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上．为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应增加多大？解析：设t 时间内附着在飞船上的微陨石总质量为Δm ，则Δm ＝ρSvt ①这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船对其作用的结果，由动量定理有Ft ＝Δp ＝Δmv ②则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft ，为使飞船速度保持不变，飞船应增加的牵引力为ΔF ＝F ③综合①②③并代入数值得ΔF ＝100 N ，即飞船的牵引力应增加100 N.答案：100 N[随堂检测][学生用书P4]1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定与该时刻的速度方向一致B ．物体的动能不变，其动量一定不变C ．动量越大的物体，其速度一定越大D ．物体的动量越大，其惯性也越大解析：选A.动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，选项A 正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B 项错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C 错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D 错误．2．将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102kg ·m/s C ．6.0×102 kg ·m/s D ．6.3×102 kg ·m/s 解析：选A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．3．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 ，取竖直向下为正方向，由动量定理得(mg －F )t ＝0－mv ，得F ＝m 2gh t＋mg ，选项A 正确． 4．如图所示，在甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A 均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有到岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t( )A．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小B．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大C．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大D．以上三种情况都有可能解析：选C.冲量是力和力作用的时间的乘积，由于人用相同大小的恒定拉力拉绳子，则在相同的时间内，甲、乙两图中，人对绳子拉力的冲量一样大，正确选项为C.5．质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1 s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s 停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10 m/s2)解析：以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t＝2hg＝1 s从开始下落到落到海绵垫上停止时，mg(t＋Δt1)－FΔt1＝0代入数据，解得F＝1 400 N.下落到沙坑中时，mg(t＋Δt2)－F′Δt2＝0代入数据，解得F′＝7 700 N.答案：1 400 N 7 700 N[课时作业][学生用书P77(单独成册)]一、单项选择题1．关于动量，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．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变D．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大解析：选D.动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，A、B均错误；动量是矢量，只要速度方向变化，动量也发生变化，选项C错误；由Δp＝mΔv知D正确．2.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t1速度变为零然后又下滑，经过时间t2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F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )A．mg sin θ(t1＋t2) B．mg sin θ(t1－t2)C．mg(t1＋t2) D．0解析：选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以作用时间，所以I G＝mg(t1＋t2)，即C正确．3.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度图像如图所示．则物体在前10 s内和后10 s 内所受合外力的冲量分别是( )A．10 N·s，10 N·s B．10 N·s，－10 N·sC．0，10 N·s D．0，－10 N·s解析：选D.由题图可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故正确答案为D.4．如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中( )A．重力的冲量相同B．弹力的冲量相同C．合力的冲量相同D．以上说法均不对解析：选D.设物体质量为m，沿倾角为θ的光滑斜面下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律，有mg sin θ＝ma .设物体开始下滑时高度为h ，根据初速度为零的匀加速直线运动的位移公式，可得物体下滑的时间为t ＝2h sin θa＝2hg sin 2θ.下滑过程中重力的冲量为I θ＝mgt ＝mg2hg sin 2θ.同理可得，物体沿倾角为α的光滑斜面下滑过程中重力的冲量为I α＝mg2hg sin 2α，因为θ≠α，所以I θ≠I α，选项A 错误；力的冲量是矢量，两个矢量相同，必须大小和方向都相同．因该题中θ≠α，故弹力的方向和合力的方向都不同，故弹力的冲量的方向和合力的冲量的方向也不同，选项B 、C 错误．5．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )A ．减小球对手的冲量B ．减小球对手的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量解析：选B.由动量定理Ft ＝Δp 知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球的动量变化率，减小了球对手的冲击力，选项B 正确．6．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s ，安全带自然长度为5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．1 000 N解析：选D.建筑工人下落5 m 时速度为v ，则v ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s ，设安全带所受平均冲力为F ，则由动量定理得：(mg －F )t ＝－mv ，所以F ＝mg ＋mv t＝60×10 N ＋60×101.5N ＝1 000 N ，故D 对，A 、B 、C 错．二、多项选择题7．A 、B 两球质量相等，A 球竖直上抛，B 球平抛，两球在运动中空气阻力不计，则下列说法中正确的是( )A ．相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同B ．相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同C ．动量的变化率大小相等，方向相同D ．动量的变化率大小相等，方向不同解析：选AC.A 、B 球在空中只受重力作用，因此相同时间内重力的冲量相同，因此两球动量的变化大小相等、方向相同，A 选项正确；动量的变化率为Δp Δt ＝m ΔvΔt ＝mg ，大小相等、方向相同，C 选项正确．8.古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死．若兔子与树桩发生碰撞，作用时间为0.2 s ，则被撞死的兔子的奔跑的速度可能是( )A ．1 m/sB ．1.5 m/sC ．2 m/sD ．2.5 m/s解析：选CD.根据题意建立模型，设兔子与树桩的撞击力为F ，兔子撞击树桩后速度为零，根据动量定理有－Ft ＝0－mv ，所以v ＝Ft m ＝mgtm＝gt ＝10×0.2 m/s ＝2 m/s.9．下列说法正确的是( )A ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B ．物体的加速度不变，其动量一定不变C ．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp 为零D ．物体做曲线运动时，动量的增量一定不为零解析：选AD.动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻的速度方向，选项A 正确；加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，选项B 错误；当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变化，动量可能不变化，即Δp ＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp ≠0，故选项C 错误；当物体做曲线运动时，动量的方向变化，即动量一定变化，Δp 一定不为零，故选项D 正确．10.如图所示，铁块压着一张纸条放在水平桌面上，第一次以速度v 抽出纸条后，铁块落在水平地面上的P 点，第二次以速度2v 抽出纸条，则( )A ．铁块落地点在P 点左边B ．铁块落地点在P 点右边C ．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次短D ．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次长解析：选AC.以不同的速度抽出纸条时，铁块所受摩擦力相同，抽出纸条的速度越大，铁块与纸条相互作用的时间越短，故铁块获得的速度越小，铁块平抛的水平位移越小，所以选项A 、C 正确．三、非选择题11.一质量为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－μmgs ＝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)W ＝12mv ′2＝9 J.答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J12．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ，据测算两车相撞前速度均约为30 m/s ，则(1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约为60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ，这时人体受到的平均冲力为多大？解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m.设运动的时间为t ，根据x ＝v 02t ，得t ＝2x v 0＝130s.根据动量定理得Ft ＝Δp ＝mv 0， 故F ＝mv 0t ＝60×30130N ＝5.4×104N.。
高中物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案)含解析.docx
高中物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题( 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，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m 、 m，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数恒定．现让甲以速度v0向着静止的乙运动并发生正碰，且碰撞时间极短，若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，试求：（1）第一次碰撞过程中系统损失的动能（2）第一次碰撞过程中甲对乙的冲量【答案】(1) 1 mv02； (2)4mv0【解析】【详解】解： (1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v1、 v2，之后甲做匀速直线运动，乙以v2初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速v2度相等，有： v12而第一次碰撞中系统动量守恒有：2mv02mv1 mv2由以上两式可得： v1v0， v2v0 2所以第一次碰撞中的机械能损失为：E 1g2mgv021g2mgv121mv221mv02 2224(2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：I mv20 mv02．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。
某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体，总质量为 M=l kg，点火后全部压缩气体以 v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有m的压缩气体，每级总2质量均为M，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o从底部喷口在极短时间2内竖直向下喷出，喷出后经过2s时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。
喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计， g 取 10 m ／ s2，求两种模型上升的最大高度之差。
【答案】 116.54m【解析】对模型甲：0 M m v甲mv0v甲21085m200.56 m h甲 =92g对模型乙第一级喷气：0M m v乙1m v022解得：v乙130ms2s 末：v乙‘1=v乙1gt10msh乙1= v乙21v '乙2140m2 g对模型乙第一级喷气：Mv乙‘1 =（M m)v乙2mv02222解得：v乙2=670 m9sh乙2= v乙2222445m277.10 m 2g81可得：h h乙1+h乙2h甲 =9440m116.54m 。
动量动量守恒定律碰撞复习练习题(附解析2015高考物理一轮)范文
动量动量守恒定律碰撞复习练习题（附解析2015高考物理一轮）1．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )第1题图A ．小木块和木箱最终都将静止B ．小木块最终相对木箱静止，二者一起向右运动C ．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 2．质量为m 的小球A ，在光滑的水平面上以速度v 0与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后A 球的速度大小变为原来的1/3，则碰后小球B 的速度大小可能为( )A.29v 0B.13v 0C.23v 0D.49v 03．如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2kg ，m B ＝4kg ，速率分别为v A ＝5m/s 、v B ＝2m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动，下述正确的是( )A ．它们碰撞前的总动量是18kg·m/s，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是18kg·m/s，方向水平向左C ．它们碰撞前的总动量是2kg·m/s，方向水平向右D ．它们碰撞后的总动量是2kg·m/s，方向水平向左第3题图4．如图所示，人站在小车上，不断用铁锤敲击小车的一端．下列各种说法哪些是正确的( )第4题图A ．如果地面水平、坚硬光滑，则小车将在原地附近做往复运动B ．如果地面的阻力较大，则小车有可能断断续续地水平向右运动C ．因为敲打时，铁锤跟小车间的相互作用力属于内力，小车不可能发生运动D ．小车能否运动，取决于小车跟铁锤的质量之比，跟其他因素无关5．如图所示，木块B 与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块B 内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是( )第5题图①子弹射入木块的过程中系统动量守恒 ②子弹射入木块的过程中系统机械能守恒 ③木块压缩弹簧过程中，系统总动量守恒④木块压缩弹簧过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒A．①② B．②③ C．①④ D．②④6．(13年江苏模拟)光滑水平面上两物体A、B用不可伸长的松驰细绳相连，A质量为2kg，B质量为1kg；现使两物体同时沿直线背向而行(v A＝4m/s，v B＝2m/s)，直至绳被拉紧，然后两物体一起运动，它们的总动量大小为________k g·m/s，两物体共同运动的速度大小v为________m/s.第6题图7．长木板B放在光滑水平面上，小物体A以水平初速度v0滑上B的上表面，它们的速度随时间变化的情况如图所示，则A与B的质量之比为__________；A克服摩擦力做的功与摩擦力对B做的功之比为__________．第7题图8．如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/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第8题图(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度9．如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h/16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t.第9题图10．(13年江苏模拟)如图所示，质量均为m的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小明站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v，接着木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小．第10题图课时作业(五十六) 动量 动量守恒定律 碰撞1.B 【解析】 因系统所受合外力为零，根据系统动量守恒可知最终两个物体以相同的速度一起向右运动，故B 正确．2.D 【解析】 设碰后小球B 的速度为v ，A 球的速度方向有两种可能：若碰后A 球的速度方向不变，根据动量守恒定律有mv 0＝13mv 0＋3mv ，可得v ＝29v 0，注意到碰后13v 0>29v 0，即A 球速度仍然大于B 球速度，将发生第二次碰撞，这显然是不可能的；若碰后A 球的速度方向反向，根据动量守恒定律有mv 0＝－13mv 0＋3mv ，可得v ＝49v 0，碰前系统的总机械能为12mv 20，碰后系统的总机械能为1954mv 20，可见，12mv 20>1954mv 20，所以，碰后小球B 的速度大小可能为49v 0.本题答案为D.3.C 【解析】 根据题述，它们碰撞前的总动量是m B v B －m A v a ＝－2kg ·m/s ，方向水平向右，根据动量守恒定律，它们碰撞后的总动量是2 kg ·m/s ，方向水平向右，选项C 正确ABD 错误．4.AB 【解析】 本题以动量守恒定律和动量定理为知识依托，考查对物理过程的分析能力和产生结果的推理判断能力．如果地面水平且坚硬光滑，据铁锤下摆过程中系统水平方向动量守恒可以判断小车向左移动；敲击后铁锤弹起上摆时，小车向右运动，即小车做往复运动．如果地面的阻力足够大，小车可能不运动；如果阻力不太大，而铁锤打击力较大，致使小车受向右的合外力而断断续续地水平向右运动．5.C 【解析】 子弹打木块模型是两个物体相互作用的典型问题．依据其相互作用原理、各自运动原理、能量转化原理建立的“子弹打木块”模型，其实质是物体系在一对内力的作用下，实现系统内物体的动量、动能和能量的变化过程．在子弹射入木块的过程中，因为入射时间极短，可认为系统静止 ，所以不受弹力作用，系统合力为零，动量守恒，说法①正确；在子弹射入木块的过程中，子弹相对于木块发生位移，内力做功，子弹将一部分机械能转化为系统的内能，即系统的机械能不守恒，说法②错误；木块压缩弹簧过程中，系统受到水平向右弹力作用，合外力不为零，系统的总动量不守恒，所以说法③错误；木块压缩弹簧过程中，由子弹、木块和弹簧组成的系统，只有系统内的弹力做功，所以系统的机械能守恒，说法④正确．本题答案为C.6.6 2 【解析】 它们的总动量大小为m A v A －m B v B ＝6 kg ·m/s.由动量守恒定律，m A v A－m B v B ＝(m A ＋m B )v 解得两物体共同运动的速度大小为v ＝2 m/s.7.1∶2 4∶1【解析】 由图可知，AB 最后同速，速度为13v 0.地面光滑，所以动量守恒 m A v 0＝(m A＋m B )·13v 0，所以m A ＝m B ＝1∶2，Wf A ＝12m A ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 032－12m A v 20，Wf B ＝12m B ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 032.∴Wf A ∶Wf B ＝4∶1. 8.(1)6J (2)2 m/s【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 共速由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v解得v ＝m A v 0m A ＋m B ＝1×41＋3m/s ＝1 m/s弹簧的最大弹性势能即滑块A 、B 损失的动能E m ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 2＝6 J(2)当弹簧恢复原长时，滑块B 获得最大速度，由动量守恒和能量守恒得 m A v 0＝m A v A ＋m B v m 12m A v 20＝12m B v 2m ＋12m A v 2A 解得v m ＝2 m/s. 9.2gh 4ug 【解析】 A 与B 碰撞前瞬间，由机械能守恒：m A gh ＝12m A v A 2，则v A ＝2gh ；A 反弹后能上升至最高点离水平面的距离为h/16，再由机械能守恒：m A g ·h 16＝12m A v ′2A，则v A '＝ 142gh ；碰撞过程，动量守恒，则 m A v A ＝－m A v 'A ＋mB v B ，其中m B ＝5m A ，解得v B＝ 142gh ，此后物块B 在水平面上做匀减速运动，其加速度大小a ＝ug ，则其运动时间t ＝v B a ＝ 2gh 4μg. 10.v2 【解析】 取向左为正方向，根据动量守恒定律：有推出木箱的过程：0＝(m ＋2m)v 1－mv接住木箱的过程：mv ＋(m ＋2m)v 1＝(m ＋m ＋2m)v 2 解得 共同速度v 2＝v2.。
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 动量定理练习
第1讲 动量 冲量 动量定理1.(2018·山东淄博一中质检)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量M ＝3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为14v ，则摩擦力对底座的冲量为 ( )A ．0B ．14mv ，方向向左 C.14mv ，方向向右 D ．34mv ，方向向左 解析：选B.设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝mv ；则弹丸对底座的作用力的冲量为－mv ，对底座根据动量定理：I f ＋(－mv )＝－3m ·v 4得：I f ＝＋mv 4，正号表示正方向，向左；故选B. 2.如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆弧轨道，圆心O 在S 的正上方．在O 和P 两点各有一质量为m 的小物体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 点的动量不相同B ．a 与b 同时到达S ，它们在S 点的动量不相同C ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量相同D ．b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量相同解析：选A.在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，故有mgh ＝12mv 2，解得v ＝2gh ，所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同．由于a 的路程小于b 的路程，故t a ＜t b ，即a 比b 先到达S ，又因为到达S 点时a 的速度竖直向下，而b 的速度水平向左，故两物体的动量不相同，A 正确．3．在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2) 解析：法一：用动量定理解，分段处理选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v ，取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＝mv －0.对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt 2＝0－mv .以上两式联立解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.法二：用动量定理解，研究全过程选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零．取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得(F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s. 答案：12 s4．(2016·高考北京卷)(1)动量定理可以表示为Δp ＝F Δt ，其中动量p 和力F 都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x 、y 两个方向上分别研究．例如，质量为m 的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v ，如图1所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．a ．分别求出碰撞前后x 、y 方向小球的动量变化Δp x 、Δp y ；b ．分析说明小球对木板的作用力的方向．(2)激光束可以看做是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．一束激光经S 点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图2所示．图中O 点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO 的夹角均为θ，出射时光束均与SO 平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．a ．光束①和②强度相同；b ．光束①比②强度大．解析：(1)a.x 方向：动量变化为Δp x ＝mv sin θ－mv sin θ＝0y 方向：动量变化为Δp y＝mv cosθ－(－mv cosθ)＝2mv cos θ方向沿y轴正方向．b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向．(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p.这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2np cos θ从小球出射时的总动量为p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理得FΔt＝p2－p1＝2np(1－cos θ)>0可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左．b．建立如图所示的Oxy直角坐标系．x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．y方向：设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2.这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)p sinθ从小球出射时的总动量为p2y＝0根据动量定理得F yΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)p sinθ可知，小球对这些粒子的作用力F y的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y 轴正方向．所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．答案：见解析。
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1．如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑块相对于盒运动的路程为________．
解析：设滑块质量为m，则盒子的质量为2m；对整个过程，由动量守恒定律可得m v＝3m v共
解得v共＝v 3.
由功能关系可得μmgs＝1
2m v
2－
1
2·3m·⎝
⎛
⎭
⎪
⎫v
3
2
解得s＝
v2 3μg.
答案：v
3
v2
3μg
2．(多选)在光滑水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有() A．E1＜E0B．p2＞p0
C．E2＞E0D．p1＞p0
解析：选AB.因碰撞后两球速度均不为零，根据能量守恒定律，则碰撞过程中总动能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0.故A正确，C错误；根据动量守恒定律得：p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可见，p2＞p0.故B正确．故选AB.
3．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A＝1 kg，m B ＝2 kg，v A＝6 m/s，v B＝2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()
A．v A′＝5 m/s，v B′＝2.5 m/s
B．v A′＝2 m/s，v B′＝4 m/s
C ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/s
D ．v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s
解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C
项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能
E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．
4．如图所示，在光滑的水平面上，质量m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 与小球B 均向右运动．小球B 与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A 在P 点相遇，PQ ＝2PO ，则两小球质量之比m 1∶m 2为( )
A ．7∶5
B ．1∶3
C ．2∶1
D ．5∶3
解析：选D.设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2.①
由能量守恒定律有：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12
m 2v 22② 两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：
v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ )＝1∶5.③
联立①②③，代入数据解得：m 1∶m 2＝5∶3，故选D.
5． (多选)如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝4 kg 的小物体B 以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列
说法正确的是( )
A ．木板A 获得的动能为2 J
B ．系统损失的机械能为2 J
C ．木板A 的最小长度为2 m
D ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1
解析：选AD.由图象可知，木板获得的速度为v ＝1 m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝(M ＋m )v ，
解得：木板A 的质量M ＝4 kg ，木板获得的动能为：E k ＝12M v 2＝2 J ，故A 正确；
系统损失的机械能ΔE ＝12m v 20－12m v 2－12M v 2，代入数据解得：ΔE ＝4 J ，故B 错
误；由图得到：0～1 s 内B 的位移为x B ＝12×(2＋1)×1 m ＝1.5 m ，A 的位移为
x A ＝12×1×1 m ＝0.5 m ，木板A 的最小长度为L ＝x B －x A ＝1 m ，故C 错误；由图象可知，B 的加速度：a ＝－1 m/s 2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μm B g ＝m B a ，代入解得μ＝0.1，故D 正确．。