2014挑战高考物理压轴题碰撞与动量守恒定律
高考物理动量守恒定律在碰撞问题中的应用
高考物理动量守恒定律在碰撞问题中的应用在高考物理中，动量守恒定律是一个极其重要的知识点，尤其是在处理碰撞问题时，其应用更是广泛而关键。
动量守恒定律为我们理解和解决物体之间相互作用的复杂情况提供了有力的工具。
首先，我们来明确一下动量守恒定律的基本概念。
动量是一个与物体的质量和速度相关的物理量，其表达式为 p ＝ mv ，其中 p 表示动量，m 表示物体的质量，v 表示物体的速度。
动量守恒定律指出，在一个不受外力或所受合外力为零的系统中，系统的总动量保持不变。
在碰撞问题中，我们通常会遇到完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞和非完全弹性碰撞这三种情况。
完全弹性碰撞是一种理想的情况，在这种碰撞中，不仅动量守恒，而且动能也守恒。
比如两个质量分别为 m1 和 m2 的小球，以速度 v1和v2 发生正碰，碰撞后速度分别变为v1' 和v2' 。
根据动量守恒定律，有 m1v1 ＋ m2v2 ＝ m1v1' ＋ m2v2' ；同时，由于动能守恒，有 1/2m1v1²＋ 1/2 m2v2²＝ 1/2 m1v1'²＋ 1/2 m2v2'²。
通过联立这两个方程，我们就可以求解出碰撞后的速度 v1' 和 v2' 。
完全非弹性碰撞则是另一个极端。
在这种碰撞中，两个物体碰撞后会粘在一起以相同的速度运动。
同样以两个质量分别为 m1 和 m2 的物体为例，碰撞前速度分别为 v1 和 v2 ，碰撞后共同速度为 v 。
根据动量守恒定律，有 m1v1 ＋ m2v2 ＝（m1 ＋ m2)v 。
在完全非弹性碰撞中，动能损失最大。
非完全弹性碰撞则介于上述两种情况之间，动量守恒，但动能有损失，只是损失的动能不像完全非弹性碰撞那么多。
那么，动量守恒定律在实际的高考题目中是如何应用的呢？让我们通过一些具体的例子来进行分析。
例 1：在光滑水平面上，有两个质量分别为 2kg 和 3kg 的滑块 A 和B，A 以 5m/s 的速度向右运动，B 以 3m/s 的速度向左运动，两者发生正碰。
动量守恒定律及碰撞问题解析
动量守恒定律及碰撞问题解析动量守恒定律是物理学中一个重要的基本原理，它在解决碰撞问题时发挥着重要的作用。
本文将对动量守恒定律进行详细的解析，并探讨碰撞问题的应用。
一、动量守恒定律的概念及原理动量是物体运动的一个重要物理量，它等于物体的质量与速度的乘积。
动量守恒定律指出，在一个孤立系统中，当没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
动量守恒定律的数学表达为：∑mv = ∑mv'其中，m为物体的质量，v为物体的初速度，v'为物体的末速度。
∑mv表示碰撞前系统的总动量，∑mv'表示碰撞后系统的总动量。
二、弹性碰撞问题的解析弹性碰撞是指碰撞后物体能够恢复其原有形状和大小，并且动能守恒。
在弹性碰撞中，动量守恒定律可以用来解决碰撞前后物体的速度和质量之间的关系。
考虑两个物体A和B的弹性碰撞情况。
设它们的质量分别为m1和m2，初速度分别为v1和v2，碰撞后的速度分别为v1'和v2'。
根据碰撞前后的动量守恒定律可以得到以下方程组：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2' （1）(1/2)m1v1^2 + (1/2)m2v2^2 = (1/2)m1v1'^2 + (1/2)m2v2'^2 （2）通过解方程组（1）和（2），可以求解出碰撞后物体A和物体B的速度。
这种方法在解决弹性碰撞问题时非常实用。
三、非弹性碰撞问题的解析非弹性碰撞是指碰撞后物体不能完全恢复其原有形状和大小，动能不守恒。
在非弹性碰撞中，可以利用动量守恒定律解决碰撞前后物体的速度和质量之间的关系。
考虑两个物体A和B的非弹性碰撞情况。
设它们的质量分别为m1和m2，初速度分别为v1和v2，碰撞后的速度为v。
根据碰撞前后的动量守恒定律可以得到以下方程：m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)v （3）通过解方程（3），可以求解出碰撞后物体的速度。
需要注意的是，非弹性碰撞中动能不守恒，所以无法通过动量守恒定律求解出速度的具体数值。
高考物理命题猜想与仿真押题专题碰撞与动量守恒命题猜想含解析.doc
碰撞与动量守恒命题猜想【考向解读】1．动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，这部分知识与牛顿运动定律、功能关系合称“解题三把金钥匙”，是解决物理问题的重要基本方法，是高考的重点考查内容．2．本讲内容经常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等知识点组成综合题．这类题型命题情景新颖，联系实际密切，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用．【网络构建】错误！未指定书签。
【命题热点突破一】冲量与动量定理1．恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解．2．物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力做的功决定的．3．动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量．4．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．5．动量定理解题步骤(1)明确研究对象和物理过程；(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况；(3)选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；(4)依据动量定理列方程、求解．例1、(2018·高考全国卷Ⅱ，T24)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：错误！未指定书签。
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．错误！未指定书签。
(2)设A车的质量为m A，碰后加速度大小为a A，根据牛顿第二定律有μm A g＝m A a A④设碰撞后瞬间A 车速度的大小为v A ′，碰撞后滑行的距离为s A ，由运动学公式有v A ′2＝2a A s A ⑤设碰撞前的瞬间A 车速度的大小为v A .两车在碰撞过程中动量守恒，有m A v A ＝m A v A ′＋m B v B ′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A ＝4.25 m/s ⑦【答案】(1)3.0 m/s (2)4.25 m/s【变式探究】【2017·新课标Ⅰ卷】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。
高考物理复习 第六章 碰撞与动量守恒定律高考培优讲座(六) 力学压轴题
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第六章 碰撞与动量守恒定律
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第六章第六章碰撞与动量守恒定律碰撞与动量守恒定律下一页上一页解析1滑块c滑上传送带后做匀加速运动设滑块c从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t加速度大小为a在时间t内滑块c的位移为x由牛顿第二定律得mgma由运动学公式得vv故滑块c在传送带上先加速达到传送带的速度v后随传送带匀速运动并从右端滑出则滑块c从传送带右端滑出时的速度为30第六章第六章碰撞与动量守恒定律碰撞与动量守恒定律下一页上一页第六章第六章碰撞与动量守恒定律碰撞与动量守恒定律下一页上一页3在题设条件下若滑块a在碰撞前速度有最大值v则碰撞后滑块c的速度有最大值它减速运动到传送带右端时速度应当恰好等于传送带的速度v与滑块c分离后a滑块c的速度为在传送带上做匀减速运动的末速度为v3ms加速度大小为2第六章第六章碰撞与动量守恒定律碰撞与动量守恒定律下一页上一页以水平向右为正方向由动量守恒定律可得ab碰撞过程有m答案见解析第六章第六章碰撞与动量守恒定律碰撞与动量守恒定律下一页上一页突破训练2020广东惠州第二次调研如图甲所示半径为r045的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内b点为轨道最低点在光滑水平面上紧挨b点有一静止的平板车其质量mkg长度l05m车的上表面与b点等高可视为质点的物块从圆弧轨道最高点a由静止释放其质量m1kgg取10第六章第六章碰撞与动量守恒定律碰撞与动量守恒定律10下一页上一页点时对轨道压力的大小
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第六章 碰撞与动量守恒定律
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(1)求物块滑到 B 点时对轨道压力的大小； (2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小； (3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车 上向右滑动时，所受摩擦力 Ff 随它距 B 点位移 L 的变化关系如图乙所示，物块最终滑 离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．
2014高考物理最后冲刺经典试题碰撞与动量守恒(选考试题,含2014模拟试题)
2014高考物理三轮冲刺经典试题碰撞与动量守恒（选考试题,含2014模拟试题）1.（2014天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试理科综合试题，8）在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为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的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有（）（A）E1< E0（B）p1< p0（C）E2> E0（D）p2> p02.（2014天津蓟县邦均中学高三模拟理科综合能力测试，8）长木板A放在光滑的水平面上，质量为m的物块以初速度V0滑上木板A的水平上表面它们的速度图像如图(8) 所示，则从图中所给的数据V0、V1、t1及物块质量m可以确定的量是A. 木板A获得的动能B. 系统损失的机械能C. 木板的最小长度D. 物块和木板之间的动摩擦因数3.(汕头市2014年普通高考模拟考试试题) 如图，质量为m的小车静止在光滑的水平地面上，车上有半圆形光滑轨道，现将质量也为m的小球在轨道左侧边缘由静止释放，则A．小球在下滑过程机械能守恒B．小球可以到达右侧轨道的最高点C．小球在右轨道上滑时，小车也向右运动D．小球在轨道最低点时，小车与小球的速度大小相等，方向相反4.(2014年安徽省江南十校高三联考) 如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点静止下滑，在此后的过程中，则A. M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒B. M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒C. 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D. m从A到B的过程中，M运动的位移为5.(北京市西城区2014届高三上学期期末考试) 1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验。
实验时，用双子星号宇宙飞船m1去接触正在轨道上运行的火箭组m2（后者的发动机已熄火）。
专题06 碰撞与动量守恒 高考物理经典问题妙解通解(解析版)
考点分类：考点分类见下表考点一应用动量定理求解连续作用问题机枪连续发射子弹、水柱持续冲击煤层等都属于连续作用问题．这类问题的特点是：研究对象不是质点(也不是能看成质点的物体)，动量定理应用的对象是质点或可以看做质点的物体，所以应设法把子弹、水柱质点化，通常选取一小段时间内射出的子弹或喷出的水柱作为研究对象，对它们进行受力分析，应用动量定理，或者综合牛顿运动定律综合求解．考点二“人船模型”问题的特点和分析1．“人船模型”问题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．这样的问题归为“人船模型”问题．2．人船模型的特点(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)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和x 一般都是相对地面而言的．考点三 动量守恒中的临界问题1.滑块不滑出小车的临界问题如图所示,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.＃网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.涉及物体与弹簧相互作用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体(斜面体放在光滑水平面上)的过程中,由于弹力的作用,斜面体在水平方向将做加速运动.物体滑到斜面体上最高点的临界条件是物体与斜面体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.考点四 弹簧类的慢碰撞问题慢碰撞问题指的是物体在相互作用的过程中,有弹簧、光滑斜面或光滑曲面等,使得作用不像碰撞那样瞬间完成,并存在明显的中间状态,在研究此类问题时,可以将作用过程分段研究,也可以全过程研究.典例精析★考点一：应用动量定理求解连续作用问题◆典例一：正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系．(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明) 【答案】f ＝13nmv2 【解析】◆典例二:一股水流以10 m/s 的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2，有一质量为0.32 kg 的球，因受水对其下侧的冲击而停在空中，若水冲击球后速度变为0，则小球停在离喷嘴多高处？【答案】1.8 m【解析】小球能停在空中，说明小球受到的冲力等于重力F ＝mg ①小球受到的冲力大小等于小球对水的力．取很小一段长为Δl 的小水柱Δm ，其受到重力Δmg 和球对水的力F ，取向下为正方向．学＊(F ＋Δmg)t ＝0－(－Δmv)②其中小段水柱的重力Δm·g 忽略不计，Δm ＝ρS·Δl★考点二：“人船模型”问题的特点和分析◆典例一：如图所示，长为L 、质量为M 的小船停在静水中，质量为m 的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？【答案】m m ＋M L Mm ＋M L【解析】设任一时刻人与船的速度大小分别为v 1、v 2，作用前都静止．因整个过程中动量守恒，所以有mv 1＝Mv 2.而整个过程中的平均速度大小为v 1、v 2，则有m v 1＝M v 2.两边乘以时间t 有m v 1t ＝M v 2t ，即mx 1＝Mx 2.且x 1＋x 2＝L ，可求出x 1＝M m ＋M L ，x 2＝mm ＋M L . ◆典例二：如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M ，顶端高度为h ，今有一质量为m 的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )A.mh M ＋mB.Mh M ＋mC.mh ＋D.Mh ＋【答案】C★考点三：动量守恒中的临界问题◆典例一：两质量分别为M1和M2的劈A 和B,高度相同,放在光滑水平面上,A 和B 的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切,如图所示.一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上,距水平面的高度为h.物块从静止滑下,然后滑上劈B.求物块在B 上能够达到的最大高度.【答案】h′=1212()()M M M m M m ++h.◆典例二 甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车的质量共为M=30 kg,乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时,甲推着一个质量为m=15 kg 的箱子和他一起以大小为v0=2.0 m/s 的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,如图所示.为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住.若不计冰面的摩擦力,求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出,才能避免与乙相撞.【答案】5.2 m/s【解析】法一 取甲开始运动的方向为正方向,设甲推出箱子后的速度为v1,箱子的速度为v,以甲和箱子为系统,则由动量守恒定律得(m+M)v0=Mv1+mv.设乙抓住箱子后其速度为v2,以箱子和乙为系统,则由动量守恒定律得mv-Mv0=(m+M)v2.而甲、乙不相撞的条件是v2≥v1,当甲和乙的速度相等时,甲推箱子的速度最小,此时v1=v2.联立上述三式可得v=222222m mM M m mM+++v0=5.2 m/s.即甲至少要以对地5.2 m/s 的速度将箱子推出,才能避免与乙相撞.法二 若以甲、乙和箱子三者组成的整体为一系统,由于不相撞的条件是甲、乙速度相等,设为v1,则由动量守恒定律得(m+M)v0-Mv0=(m+2M)v1,代入具体数据可得v1=0.4 m/s.再以甲和箱子为一系统,设推出箱子的速度为v,推出箱子前、后系统的动量守恒(m+M)v0=Mv1+mv,代入具体数据得v=5.2 m/s.考点四 弹簧类的慢碰撞问题◆典例一：(2018·四川南充模拟)如图所示,质量为M 的滑块静止在光滑的水平桌面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,一质量为m 的小球以速度v0向滑块滚来,设小球不能越过滑块,求:(1)小球到达最高点时小球和滑块的速度分别为多少? (2)小球上升的最大高度.【答案】v=0mv M m+,h=202()Mv M m g +1.【2016·全国新课标Ⅰ卷】（10分）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。
2010-2014广东高考物理汇编 第十二章 碰撞与动量守恒
第十二章 碰撞与动量守恒一、单选题（无）二、双选题（无）三、非选择题1．（2010年广东高考35）（18分）如图15所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以O 为圆心、R 为半径的一小段圆弧．可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，静止于b 处，A 的质量是B 的3倍．两物体在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动．B 到b 点时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的43，A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度g ，求： (1)物块B 在d 点的速度大小v ；(2)物块A 滑行的距离s ．答案：(1)2Rg ； (2)μ8R 。
解析：设A 、B 在分离瞬间速度大小分别为v 1、v 2，质量分别为3m 、m（1）在d 点对B 由牛顿第二定律得：Rv m mg mg 243=- ① 由①得：2Rg v = （2）取水平向右方向为正，A 、B 分离过程动量守恒，则：0)(321=+-mv v m ②A 、B 分离后，A 向左减速至零过程由动能定理得：21)3(210)3(v m gs m -=-μ ③ B 从b 点到d 点过程由动能定理得：2222121mv mv mgR -=- ④ 由①②③④得：μ8R s =2．（2011年广东高考36）（18分）如图20所示，以A 、B 和C 、D 为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B 点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B 、C ．一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E 点，运动到A 时刚好与传送带速度相同，然后经A 沿半圆轨道滑下，再经B 滑上滑板．滑板运动到C 时被牢固粘连．物块可视为质点，质量为m ，滑板质量M =2m ，两半圆半径均为R ，板长l =6.5R ，板右端到C 的距离L 在R <L <5R 范围内取值，正距A 为S =5R ，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度取g ．（1）求物块滑到B 点的速度大小；（2）试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功W f 与L 的关系，并判断物块能否滑到CD 轨道的中点．答案：(1) B v =(2) 34H R <，故物块不能滑到CD 轨道中点；4R h R =<，故物块不能滑到CD 轨道中点。
物理学中“碰撞--动量守恒”大题的解题方法
物理学中“碰撞---动量守恒”等大题的解题方法在物理学的考试中，尤其是高考中，总会有一些特别复杂的大题，有的是电磁学中包含了运动学，有的是运动学和力学的融合，无论是哪一种，都包含了很多个运动过程和知识点，目的就是为了尽可能多地考察学生的各种知识点的掌握情况，以及通过利用生活常识对题目运动过程的把握。
无论是哪种题型，解题方法都是通用的，其中以“碰撞——动量守恒”最为典型，现在以“碰撞——动量守恒”为例，讲解一下这类大题的做法。
一、方法：1、先要熟练掌握各种运动定律、基本知识点。
2、审清题目，知道题目叙述的是什么意思，由最后一问，确定一下基本思路，即最后一步我要通过什么方法求出这个所求的量。
或者是求这个量可以有哪些方法，我们要简单罗列一下。
★3、通过做图等方法，将整个题目的所有运动过程进行分解，分解成若干个运动过程，在“碰撞——动量守恒”的题目中，通过以“碰撞”为分界点，进行分解。
对应着每一个运动阶段，分析特点，列出所有相对应或者是有用的方程。
4、联立所有方程，解出最后的答案。
为了保证得到全分，避免中间有错误，而导致后面的结果都算错，我们将中间的计算过程都放在草稿纸上，在卷面上只留下最后一步的结果，即联立所有方程，得出最后结果。
例题：有一个足够长的木板，表面不光滑，摩擦系数为μ，上面放着一个木块，木板放在光滑的地面上，以V的速度向左运动，撞到墙后，反向弹回，已经木块的质量是木板质量分析：求时间，通常有两种方法1、运量定理2、运动学。
具体用哪种方法，我们要进一步分析题目。
分析整个运动过程，以碰撞为分界点，碰撞前：1、木板与木块以共同的速度V向左运动：地面光滑，二者以V做匀速运动2、木板与墙发生碰撞：在完全弹性碰撞“一动一静”的结论中我们知道，被撞物体的质量如果远远大于碰撞它的物体的质量，则碰撞物体会以原速度反向弹回，在这里，墙肯定是不会动的，相当于质量远远大于木板，则木板以V反向弹回，运量守恒：碰撞后，木板的速度是-V，木块仍然是V，以水平向右为正方向。
(新课标Ⅰ版)2014届高考物理 (第02期)名校试题解析分项汇编 专题16 碰撞与动量守恒(含解析
专题16 碰撞与动量守恒〔选修3-5〕〔解析版〕全国新课标Ⅰ卷有其特定的命题模板，无论是命题题型、考点分布、模型情景等，还是命题思路和开展趋向方面都不同于其他省市的地方卷。
为了给新课标全国卷考区广阔师生提供一套专属自己的复习备考资料，物理解析团队的名校名师们精心编写了本系列资料。
本资料以全国新课标Ⅰ卷考区的最新名校试题为主，借鉴并吸收了其他省市最新模拟题中对全国新课标Ⅰ卷考区具有借鉴价值的典型题，优化组合，合理编排，极限命制。
备注：新课标Ⅰ卷专版所选试题和新课标Ⅱ卷专版所选试题不重复，欢迎同时下载使用。
1.【2013•河北沧州五校第二次高三联考】如图乙，一质量为m的平板车左端放有质量为M 的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数为μ。
开始时，平板车和滑块共同以速度v0沿光滑水平面向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短，且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。
平板车足够长，以至滑块不会滑出平板车右端，重力加速度为g。
求：①平板车第一次与墙壁碰撞后再次与滑块速度一样时两者的共同速度；②平板车第一次与墙壁碰撞后再次与滑块速度一样时，平板车右端距墙壁的距离。
考点：动量守恒定律，动能定理。
2.【2013•河北唐山高三4月二模】〔9分〕如下列图，在光滑的水平地面上，质量为M=2kg 的滑块上用轻杆与轻绳悬吊质量为m=lkg的小球，轻绳的长度为L=lm。
此装置一起以速度v0=2m/s的速度向右滑动。
另一质量也为M=2kg的滑块静止于上述装置的右侧。
当两滑块相撞后，粘在一起向右运动，重力加速度为g=l0m/s2。
求：①两滑块粘在一起时的共同速度；②小球向右摆动的最大高度。
3.【2014•河北唐山一中高三第二次调研】〔9分〕质量为M =6 kg 的木板B 静止于光滑水平面上，物块A 质量为6 kg ，停在B 的左端。
质量为1 kg 的小球用长为0. 8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为0.2 m ，物块与小球可视为质点，不计空气阻力。
2014挑战高考物理压轴题实验验证动量守恒定律
2014挑战高考物理压轴题实验验证动量守恒定律1．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，小球的半径为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．让入射球与被碰球连续10次相碰，每次都要使入射小球从斜槽上不同的位置滚下C．要验证的表达式是m1ON＝m1OM＋m2OPD．要验证的表达式是m1OP＝m1OM＋m2ONE．要验证的表达式是m1(OP－2r)＝m1(OM－2r)＋m2ON2．在“验证碰撞中动量守恒”实验中．(1)在下列所给的器材中，所需的器材是________．(填器材前的序号字母)A．斜槽轨道B．秒表C．天平D．弹簧秤E．白纸F．复写纸G．导电纸H．刻度尺(2)实验中的小球落点情况如图所示．若入射小球A、被碰小球B的质量分别为m A和m B，用图中所示字母表示，只要满足关系式____________________，即可验证碰撞中动量守恒．3.如图所示，为验证动量守恒的实验装置示意图．实验步骤如下：A．在地面上依次铺白纸和复写纸．B．确定重锤对应点O.C．不放球2，让球1从槽M点滚下，确定它落地点P.D．把球2放在立柱上，让球1从斜槽M点滚下与球2正碰，确定它们落地位置L1、L2.E．量出OL1、O P、OL2的长度以及球的直径d(两球直径相同)．F．看m1OL1＋m2OL2与m1OP是否相等，以验证动量守恒．上述步骤不完善及错误之处有：①__________________________________________.②________________________________________.4．(1)某同学用10分度的游标卡尺测得小球的直径如下图所示，小球的直径为________cm.(2)在“碰撞中的动量守恒”的实验中，使用半径相同的A、B两小球，白纸上实验记录如下图所示，O为斜槽末端的竖直投影点，或者是重垂线所指的位置，M、P、N为小球在白纸上落点的平均位置，且O、M、P、N在同一直线上．已知A球的质量为3m，B球的质量为6m，设小球下落时间为1个单位时间，则碰撞前系统动量的表达式为p＝________，碰撞后系统动量的表达式为p′＝________.5．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无摩擦的．在实验室中，我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和质量均为M的滑块A和B做验证动量守恒定律的实验，如图所示实验步骤如下：①在A上固定一质量为m的砝码，在A和B间放入一个压缩状态的弹簧，用电动卡销置于气垫导轨上．②按下电钮放开卡销的同时，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，计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1、t2.③重复几次．(1)在调整气垫导轨时应注意____________________________________．(2)还应测量的数据有__________________________．(3)只要关系式__________________成立，即可验证该过程动量守恒．参考答案1．解析：在此装置中，应使入射球的质量大于被碰球的质量，防止入射球反弹或静止，故A错误；入射球每次必须从斜槽的同一位置由静止滚下，保证每次碰撞都具有相同的初动量，故B错误；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：m1OP＝m1OM＋m2ON，D正确，C、E错误．答案：D2．(1)ACEFH (2)m A O P＝m A O M＋m B O′N3．解析：①由于以上实验只做J一次，这样会造成较大误差，故应强调多次实验确定平均位置；②两个小球碰撞后飞出的位置是不同的，应分清楚．答案：①P、L1、L2必须为多次实验后落地的平均位置②F中的OL2应改为OL2－d.4.答案：(1)2.40 (2)6m·OP6m·OM＋3m·ON5．解析：(1)气垫导轨虽可消除摩擦力的影响，但也要注意重力的分量的影响，故导轨必须水平．(2)A、B被弹开后做匀速直线运动，故被弹开时的速度即其匀速运动的速度，只要测量A左端到C板的距离L1，B右端到D板的距离L2就可以了．(3)反其道而行，根据动量守恒定律即可列得该式．答案：(1)调整导轨水平(2)A左端到C板的距离L1，B右端到D板的距离L2(3)(M＋m)L1t1＝ML2t2。
高考分类题库解析答案-碰撞与动量守恒
考点17 碰撞与动量守恒一、选择题1.(2014·高考)如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。
甲木块与弹簧接触后( )A.甲木块的动量守恒B.乙木块的动量守恒C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒【解析】选C。
根据动量守恒定律的条件,以甲、乙为一系统,系统的动量守恒,A、B错误,C正确;甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能,甲、乙系统的动能不守恒,D错误。
2.(2014·高考)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1,不计质量损失,取重力加速度g=10m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )【解题指南】解答本题时可按以下思路进行:(1)利用平抛运动的规律221gt h =求爆炸后两弹片的落地时间。
(2)利用平抛运动的规律x=vt 分别求出各选项中的两弹片的水平速度。
(3)逐一计算各选项中爆炸后两弹片的总动量。
(4)利用动量守恒定律判断各选项中弹丸爆炸前后是否满足动量守恒。
【解析】选B 。
弹丸水平飞行爆炸时,在水平方向只有力作用,外力为零,系统水平方向动量守恒,设m 乙=m,m 甲=3m,则爆炸前p 总=(3m+m)v=8m,而爆炸后两弹片都做平抛运动,由平抛规律可得:竖直方向为自由落体运动, 221gt h =,解得t=1s;水平方向为匀速直线运动,x=vt,选项A:v 甲=2.5m/s,v 乙=0.5m/s(向左),p ′合=3m ×2.5+m ×(-0.5)=7m,不满足动量守恒,选项A 错误;选项B:p ′合=3m ×2.5+m ×0.5=8m,满足动量守恒,选项B 正确;同理,选项C:p ′合=3m ×2+m ×1=7m,选项D:p ′合=3m ×2+m ×(-1)=5m,C 、D 均错误。
(重庆版)2014届高考物理(第02期)名校试题解析分项汇编 专题7 碰撞与动量守恒(含解析)
专题7碰撞与动量守恒〔解析版〕重庆理综卷物理局部有其特定的题命模板，无论是命题题型、考点分布、模型情景等，还是命题思路和开展趋向方面都不同于其他省市的地方卷。
为了给重庆考区广阔师生提供一套专属自己的复习备考资料，物理解析团队的名校名师们精心编写了本系列资料。
本资料以重庆考区的最新名校试题为主，借鉴并吸收了其他省市最新模拟题中对重庆考区具有借鉴价值的典型题，优化组合，合理编排，极限命制。
一、单项选择题 1.【2014•重庆市重庆一中高三上期期中】如下列图，置于水平面上的质量为M 、长为L 的木板右端水平固定有一轻质弹簧，在板上与左端相齐处有一质量为m 的小物体〔m M <，3M m >〕，木板与物体一起以水平速度v 向右运动，假设M 与m 、M 与地的接触均光滑，板与墙碰撞无机械能损失，如此从板与墙碰撞以后，以下说法中正确的答案是〔 〕A.板与小物体组成的系统,总动量可能不守恒B.当物体和木板对地的速度一样时,物体到墙的距离最近C.当小物体滑到板的最左端时，系统的动能才达到最大D.小物体一定会从板的最左端掉下来2.【2014•重庆市杨家坪中学高三〔上〕入学考试】如下列图质量相等的A 、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6/m s ，B 球的速度是2/m s -，不久A 、B 两球发生了对心碰撞。
对于该碰撞之后的A 、B 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的哪一种猜测结果一定无法实现的是〔 〕A ．2/A v m s '=-，6/B v m s '=B ．2/A v m s '=，2/B v m s '=C ．3/A v m s '=-，7/B v m s '=D ．1/A v m s '=，3/B v m s '=3.【2014•重庆市巴蜀中学高三期中】如下列图，A 、B 两物体质量分别为A m 、B m ，且A B m m >，置于光滑水平面上，相距较远。
【优化方案】2014高考物理二轮 碰撞与动量守恒 近代物理初步课时演练知能提升(含2013试题,含详解)
【优化方案】2014物理二轮课时演练知能提升：碰撞与动量守恒近代物理初步（含2013试题，含详解）1．(2013·高考福建卷)在卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是( )解析：选C.金箔中的原子核与α粒子都带正电，α粒子接近原子核过程中受到斥力而不是引力作用，A、D错误；由原子核对α粒子的斥力作用，及物体做曲线运动的条件，知曲线轨迹的凹侧应指向受力一方，选项B错，C对．2．(2013·高考天津卷)下列说法正确的是( )A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律B．α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流C．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关解析：选C.原子核发生衰变时有质量亏损，质量不守恒，选项A错．γ射线是光子流，不是带电粒子流，选项B错．氢原子从激发态向基态跃迁，辐射的光子能量hν＝E m－E n，即只能辐射特定频率的光子，C项正确．光电效应的光电子动能E k＝hν－W，只与入射光频率有关，而与入射光强度无关，D项错误．3．(2013·银川一中二模)下列说法正确的是( )A．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小B．放射性物质的温度升高，则半衰期减小C．某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个D．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小解析：选CD.根据玻尔理论，原子轨道是量子化的，是不连续的，A错；放射性物质的半衰期由其本身决定，与外界环境无关，B错；据α衰变和β衰变的实质，2次α衰变放出2个42He，一次β衰变放出一个0－1e，可知C正确；据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，由高能级到低能级，电势能减小，动能增大，D正确．4．(2013·高考福建卷)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.mMv0 B.Mmv0C.MM－mv0 D.mM－mv0解析：选D.根据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝mM－mv0，选项D正确．5．在一个238 92U原子核衰变为一个206 82Pb原子核的过程中，发生β衰变的次数为( )A．6次B．10次C．22次D．32次解析：选A.设原子核衰变过程中发生了n次α衰变，m次β衰变，由核衰变规律及衰变前后质量数守恒与电荷数守恒得4n＝238－206，2n－m＝92－82，解得n＝8，m＝6，故A 正确．6．(2013·高考浙江自选模块)小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意图如图甲所示．已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s.(1)图甲中电极A为光电管的________(填“阴极”或“阳极”)；(2)实验中测得铷的遏止电压U c与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率νc＝________Hz，逸出功W0＝________J；(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能E k＝________J.解析：(1)由光电管的结构知，A为阳极；(2)U c－ν图象中横轴的截距表示截止频率νc，逸出功W0＝hνc；(3)由爱因斯坦的光电效应方程E k＝hν－W0，可求结果．答案：(1)阳极(2)(5.12～5.18)×1014(3.39～3.43)×10－19(3)(1.21～1.25)×10－197．(2013·高考江苏卷)(1)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的________也相等．A．速度B．动能C．动量D．总能量(2)根据玻尔原子结构理论，氦离子(He＋)的能级图如图所示．电子处在n＝3轨道上比处在n＝5轨道上离氦核的距离________(选填“近”或“远”)．当大量He＋处在n＝4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有______条．(3)如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向．解析：(1)根据λ＝h p，知电子和中子的动量大小相等，选项 C 正确．(2)根据玻尔理论r n ＝n 2r 1可知电子处在n ＝3的轨道上比处在n ＝5的轨道上离氦核的距离近．大量He ＋处在n ＝4的激发态时，发射的谱线有6条．(3)根据动量守恒定律，(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，代入数值解得v B ＝0.02 m/s ，离开空间站方向．答案：(1)C (2)近 6 (3)0.02 m/s 离开空间站的方向8．(1)下列说法正确的是________．A ．根据E ＝mc 2可知物体所具有的能量和它的质量之间存在着简单的正比关系B ．在单缝衍射实验中，假设只让一个光子通过单缝，则该光子不可能落在暗条纹处C ．一群氢原子从n ＝3的激发态向较低能级跃迁，最多可放出两种频率的光子D ．已知能使某金属发生光电效应的极限频率为ν0，则当频率为2ν0的单色光照射该金属时，光电子的最大初动能为2h ν0(2)如图，车厢的质量为M ，长度为L ，静止在光滑水平面上，质量为m 的木块(可看成质点)以速度v 0无摩擦地在车厢底板上向右运动，木块与前车壁碰撞后以速度v 02向左运动，则再经过多长时间，木块将与后车壁相碰？解析：(1)根据E ＝mc 2可知物体所具有的能量和它的质量之间存在着正比关系，A 对；在单缝衍射实验中，假设只让一个光子通过单缝，则该光子所落位置是不确定的，B 错；一群氢原子从n ＝3的激发态向较低能级跃迁，最多可放出3种频率的光子，C 错；能使某金属发生光电效应的极限频率为ν0，则当频率为2ν0的单色光照射该金属时，光电子的最大初动能为E km ＝2h ν0－h ν0＝h ν0，D 错．(2)木块和车厢组成的系统动量守恒．设向右为正方向，碰后车厢的速度为v ′mv 0＝Mv ′－m v 02，得v ′＝3mv 02M，方向向右，设t 时间后木块将与后车壁相碰，则：v ′t ＋v 02t ＝L t ＝L v 02＋3mv 02M＝2ML （M ＋3m ）v 0. 答案：(1)A (2)2ML （M ＋3m ）v 09．(1)关于原子核的结合能，下列说法正确的是 ________．A ．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B ．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C ．铯原子核(133 55Cs)的结合能小于铅原子核(20882Pb)的结合能D ．比结合能越大，原子核越不稳定E ．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能(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 发生碰撞(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 发生碰撞．求A 与C 碰撞后瞬间A 的速度大小．解析：(1)由原子核的结合能定义可知，原子核分解成自由核子时所需的最小能量为原子核的结合能，选项A 正确；重原子核的核子平均质量大于轻原子核的平均质量，因此原子核衰变产物的结合能之和一定大于衰变前的结合能，选项B 正确；铯原子核的核子数少，因此其结合能小，选项C 正确；比结合能越大的原子核越稳定，选项D 错误．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，选项E 错误．(2)因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为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 ①A 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 ②A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足v AB ＝v C ③联立①②③式，代入数据得v A ＝2 m/s.答案：(1)ABC (2)2 m/s10．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)(1)一质子束入射到静止靶核2713Al 上，产生如下核反应：p ＋2713Al →X ＋n式中p 代表质子，n 代表中子，X 代表核反应产生的新核．由反应式可知，新核X 的质子数为________，中子数为________．(2)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度的大小．解析：(1)从核反应发生时质子数和中子数守恒入手．p 为11H ，n 为10n ，则Z A X 中A ＝1＋13－0＝14，Z ＝27＋1－1＝27，则中子数为27－14＝13.(2)从碰撞时的能量和动量守恒入手，运用动能定理解决问题．设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得12mv 2＝12mv 21＋12(2m )v 22① mv ＝mv 1＋(2m )v 2②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得v 1＝－v 22③ 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得μmgd 1＝12mv 21④μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22⑤据题意有d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得 μmgd ＝12mv 20－12mv 2⑦联立②至⑦式，得 v 0＝285μgd .答案：(1)14 13 (2) 285μgd。
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2014挑战高考物理压轴题 碰撞与动量守恒定律 一、单项选择题 1．质量为m的物体以速度v竖直上抛，不计空气阻力，经过一段时间后又经过抛出点，设向上为正，则这段时间内动量的改变量为( ) A．0 B．mv C．2 mv D．－2 mv 2．在光滑的水平面上，质量m1＝2 kg 的球以速度v1＝5 m/s和静止的质量为m2＝1 kg的球发生正碰，碰后m2的速度v2′＝4 m/s，则碰后m1 ( ) A．以3 m/s速度反弹 B．以3 m/s速度继续向前运动 C．以1 m/s速度继续向前运动 D．立即停下 3. 在2010年温哥华冬奥会上，首次参赛的中国女子冰壶队喜获铜牌，右图为中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行．若两冰壶质量相等，规定向前运动的方向为正方向，则碰后中国队冰壶获得的速度为( ) A．0.1 m/s B．－0.1 m/s C．0.7 m/s D．－0.7 m/s 4．一个静止的、质量为M的不稳定原子核，当它射出质量为m、速度为v的粒子后，设射出粒子的方向为正，则原子核剩余部分的速度u等于( ) A．－v B．－ v C．－ v D．－ v 二、双项选择题 5.下列属于反冲运动的是( ) A．汽车的运动 B．直升飞机的运动 C．火箭发射过程的运动 D．反击式水轮机的运动 6.如图所示，光滑地面上放置一质量为M的长木板，一个质量为m(m<M)的人从木板的左端由静止走向右端，下列判断正确的是( ) A．双方构成的系统动量守恒 B．人向右走时，木板也向右滑动 C．人向右走时，木板却向左滑动 D．人向右走时，木板静止不动7．如图，光滑水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰，碰后两小球速度大小都为v，方向相反．则两小球质量之比m1∶m2和碰撞前后动能变化量之比ΔEk1∶ΔEk2为( ) A．m1∶m2＝1∶3 B．m1∶m2＝1∶1 C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶18． A、B两球质量分别为mA＝2.0 kg，mB＝1.0 kg，沿同一直线运动，相碰前后的s－t图象如右图如示，则相碰过程中( ) A．碰前A的动量为12 kg·m/s B．碰前B的动量为6 kg·m/s C．碰后A、B的动量相等 D．碰撞过程A的动量改变量为4 kg·m/s 9.A，B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，…，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则( ) A．A，B(包括人)两船速度大小之比为2∶3 B．A，B(包括人)两船动量大小之比为1∶1 C．A，B(包括人)两船的动能之比为3∶2 D．A，B(包括人)两船的动能之比为1∶1 三、非选择题 10．如图所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧与A，B不连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R.已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求： (1)B经c点抛出时速度的大小？ (2)B经b时速度的大小？ (3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能？ 11．如图所示，质量为m的b球用长h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处．质量也为m的小球a，从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道下滑，在C处与b球正碰并与b黏在一起．已知BC轨道距地面的高度为0.5h，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg .试问： (1)a球与b球碰前瞬间的速度多大？ (2)a，b两球碰后，细绳是否会断裂？若细绳断裂，小球在DE水平面上的落点距C的水平距离是多少？若细绳不断裂，小球最高将摆多高？ 12．如图所示，光滑轨道的下端离地面H＝0.8 m，质量为m的A球从轨道上端无初速释放，到轨道水平面时与质量也为m的B球发生正碰，B球碰后做平抛运动，落地点与抛出点水平距离为s＝0.8 m，求A球释放高度h的范围．1．解析：因设向上为正，则小球上抛的动量为mv，落回抛出点时的动量为－mv.则动量改变量为Δp＝－mv－mv＝－2 mv. 答案：D 2．解析：由动量守恒定律可得 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 代入数据解得v1′＝3 m/s，方向沿原方向，选项B正确． 答案：B 3．解析：设冰壶质量为m，碰后中国队冰壶速度为vx，由动量守恒定律得mv0＝mv＋mvx，解得vx＝0.1 m/s，故选项A正确． 答案：A 4．解析：由系统动量守恒得0＝mv＋(M－m)，得＝－v. 答案：B 5. 解析：A、B选项中汽车和飞机都是一个整体，没有发生分离，故不属于反冲运动．C选项中火箭发射是指火箭向后喷射出其携带的点燃着的燃气而使火箭筒向前运动，属于反冲运动的实例；D选项中反击式水轮机的运动是指水轮机向后喷射出其携带的水而使水轮机向前运动，也属于反冲运动的实例． 答案：CD 6．AC 7．解析：根据动量守恒定律，有： m1v＝m2－m1. 得＝，A正确B错误；碰撞前后质量为m1的小球动能的变化量为ΔEk1＝m1v2－m1(2)＝m1v2，质量为m2的小球动能的变化量为ΔEk2＝m2()2＝(3m1)＝m1v2，所以ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1，C错误D正确． 答案：AD 8．解析：由图象知碰撞前A、B两球的速度分别为vA＝0，vB＝6 m/s，所以碰前A的动量为0，B的动量为6kg·m/s，碰撞后A、B两球共同的速度v＝2 m/s，因质量不同，故动量不相等；碰后A球的动量为4 kg·m/s ，故动量改变量为4 kg·m/s. 答案：BD 9．解析：人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A，B(包括人)两船的动量大小相等，选项B正确． 经过n次跳跃后，A船速度为vA，B船速度为vB.0＝mvA－(m＋)vB，＝，选项A错误． A船最后获得的动能为EkA＝mv B船最后获得的动能为 EkB＝v ＝·2 ＝＝EkA.＝，选项C正确． 答案：BC 10．解析：(1)B从点飞出做平抛运动， 2R＝gt2 2R＝vct 得vc＝. (2)B从b到c，由机械能守恒定律， mv＝mg×2R＋mvc2，得vb＝. (3)弹簧恢复原长过程中A与B组成的系统动量守恒，2mvA－mvB＝0 得vA＝vB＝ 由能量守恒定律，弹簧弹性势能 Ep＝×2mv＋mv 得Ep＝3.75mgR. 答案：(1) (2) (3)3.75mgR 11．解析：(1)设a球经C点时速度为vC，则由机械能守恒得 mgh＝mv 解得vC＝，即a球与b球碰前的速度为. (2)设碰后b球的速度为v，由动量守恒得 mvC＝(m＋m)v故v＝vC＝ 小球被细绳悬挂绕O摆动时，若细绳拉力为FT，则 FT－2mg＝2m，解得FT＝3mg FT＞2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动 设平抛的时间为t，则0.5h＝gt2得 t＝ 故落点距C的水平距离为 s＝vt＝×＝h 小球最终落到地面距C水平距离h处． 答案：(1) (2)断裂 h 12．解析：根据平抛运动的知识，对B球可列式为： H＝gt2，s＝vt. 两式联立解得：v＝2 m/s. 设想两球发生弹性正碰，则由于两者的质量相等，发生碰撞过程双方交换速度，由此可知，A球碰撞前的速度v0＝2 m/s. 从轨道上端到碰撞前的过程中其机械能守恒，有mgh＝mv，解得h＝0.2 m. 设想两球发生完全非弹性正碰，根据动量守恒，有：mv0＝2mv，得A球碰撞前的速度大小为v0＝4 m/s. 从轨道上端到碰撞前的过程中其机械能守恒，有mgh＝mv，得h＝0.8 m. 综合以上结论得：0.2 m≤h≤0.8 m. 答案：0.2 m≤h≤0.8 m 高考学习网： 高考学习网：。
高考物理复习冲刺压轴题专项突破—动量守恒定律(含解析)
高考物理复习冲刺压轴题专项突破—动量守恒定律（含解析）一、单选题1.若采用下图中甲、乙两种实验装置来验证动量守恒定律（图中小球半径相同、质量均已知，且m A >m B ，B 、B ´两点在同一水平线上），下列说法正确的是A.采用图甲所示的装置，必需测量OB 、OM 、OP 和ON 的距离B.采用图乙所示的装置，必需测量OB 、B´N 、B´P 和B´M 的距离C.采用图甲所示的装置，若m A •ON =m A •OP +m B •OM ，则表明此碰撞动量守恒D.=，则表明此碰撞机械能也守恒【答案】D【解析】A.如果采用图甲所示装置，由于小球平抛运动的时间相等，故可以用水平位移代替速度进行验证，不需要测量OB 的长度，故A 错误；B.如果采用图乙所示装置时，利用水平距离相等，根据下落的高度可确定飞行时间，从而根据高度可以表示出对应的水平速度，从而确定动量是否守恒，故不需要测量OB 的距离，故B 错误；C.采用图甲所示装置，一个球时水平距离为OP ，两球相碰时，A 球距离为OM ，B 球为ON ，则根据动量守恒定律有：12A A B m v m v m v =+,因下落时间相同,则两端同时乘以t 后有A A B m OP m OM m ON =+ ，则表明此碰撞动量守恒，故C 错误；D.小球碰后做平抛运动，速度越快，下落高度越小，单独一个球下落时，落点为P ，两球相碰后，落点分别为M 和N ，根据动量守恒定律有12A A B m v m v m v =+，而速度l v t =，根据212h gt =可得t =，则可解得：12v v v ===，代入动量守恒表达式,消去公=22212111222A A B m v m v m v =+，联立动=故可以根据该式表明此碰撞机械能守恒，故D 正确；故选D.2.如图所示，一质量为0.5kg 的一块橡皮泥自距小车上表面1.25m 高处由静止下落，恰好落入质量为2kg 、速度为2.5m/s 沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g =10m/s 2，不计空气阻力，下列说法正确的是A.橡皮泥下落的时间为0.3sB.橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5m/sC.橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D.整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5J【答案】D【解析】橡皮泥下落的时间为：0.5t s =.故A 错误；橡皮泥与小车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：m 1v 0=（m 1+m 2）v ，所以共同速度为：10122 2.52/20.5m v v m s m m ⨯=++＝，故B 正确；橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒.故C 错误；在整个的过程中，系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：△E ＝m 2gh +[12m 1v 02−12(m 1+m 2)v 2]，代入数据可得：△E=7.5J.故D 正确.故选D.3.我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m 接力三连冠.观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【答案】B【解析】A.因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A 错误.B.设甲乙两运动员的质量分别为m 甲、m 乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v 甲，v 乙.根据题意整个交接棒过程动量守恒：''m v m v m v m v +=+甲甲乙乙甲甲乙乙可以解得：m v m v ∆=-∆甲甲乙乙，即B 选项正确；CD.经历了中间的完全非弹性碰撞过程会有动能损失，CD 选项错误.4.一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为（）A.v 0-v 2B.v 0+v 2C.21021m v v v m =-D.【答案】D 【解析】系统分离前后，动量守恒：()1201122m m v m v m v +=+，解得：()210021m v v v v m =+-，故ABC 错误；D 正确.5.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽高h 处开始自由下滑则（）A.在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h 处【答案】C【解析】由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械能守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点.小球与弹簧接触前，小球和槽组成的系统动量守恒，且有则有.当小球与弹簧接触后，小球受外力，故小球和槽组成的系统所受外力不为零，动量不再守恒，故A 错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移不垂直，故两力均做功，故B错误；小球脱离弧形槽后，槽向后做匀速运动，小球向前做速度大小和槽相同的匀速运动，而小球和弹簧作用过程中机械能守恒，故小球被原速率反弹，反弹继续做匀速运动，故C正确；小求被反弹后，因两物体均有向左的速度，且速度大小相等，则两物体不会相遇，小球不会到达最高点，故D错误.故选C.二、多选题6.如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度0v从U形管的一端射入，从另一端射出。
高考物理动量冲量精讲精练碰撞与动量守恒
碰撞与动量守恒一、碰撞1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．2．分类(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．二、动量与能量的综合1．区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程．但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功．2．表达式不同：动量守恒定律的表达式为矢量式，机械能守恒定律的表达式则是标量式，对功和能量只是代数和而已．对点自测1．判断正误(1)碰撞过程只满足动量守恒，不可能满足动能守恒(×)(2)发生弹性碰撞的两小球有可能交换速度(√)(3)完全非弹性碰撞不满足动量守恒(×)(4)无论哪种碰撞形式都满足动量守恒，而动能不会增加(√)(5)爆炸现象中因时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒(√)(6)反冲运动中，动量守恒，动能也守恒(×)2． (多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是( )A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好解析：选ABC.根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度．故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受的冲量I一定；由I＝Ft 可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身．故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固．故D错误．3．甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2 m/s.甲、乙两物体质量之比为( )A．2∶3 B．2∶5C．3∶5 D．5∶3解析：选C.选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入数据，可得m甲∶m乙＝3∶5，C正确．二碰撞问题难点解析1．解析碰撞的三个依据(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.(3)速度要符合情景①如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞．②碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′.③如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变．除非两物体碰撞后速度均为零．2．碰撞问题的探究(1)弹性碰撞的求解求解：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′1 2m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2解得：v1′＝m1－m2v1m1＋m2，v2′＝2m1v1m1＋m2(2)弹性碰撞的结论①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．③当质量小的球碰质量大的球时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．例题1 质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是( ) A．0.6v B．0.4vC．0.2v D．v解析 根据动量守恒得：mv ＝mv 1＋3mv 2，则当v 2＝0.6v 时，v 1＝－0.8v ，则碰撞后的总动能E′＝12m(－0.8v)2＋12×3m(0.6v)2＝1.72×12mv 2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能量不增加，故选项A 错误；当v 2＝0.4v 时，v 1＝－0.2v ，则碰撞后的总动能为E′＝12m(－0.2v)2＋12×3m(0.4v)2＝0.52×12mv 2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，选项B 正确；当v 2＝0.2v 时，v 1＝0.4v ，则碰撞后的A 球的速度大于B 球的速度，而两球碰撞，A 球不可能穿越B 球，故选项C 错误；当v 2＝v 时，v 1＝－2v ，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故选项D 错误．答案 B弹性碰撞问题的处理技巧(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略．(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的． (3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统的机械能．(4)在同一直线上的碰撞遵守一维动量守恒，通过规定正方向可将矢量运算转化为代数运算．不在同一直线上在同一平面内的碰撞，中学阶段一般不作计算要求．过关检测 1. 质量为m a ＝1 kg ，m b ＝2 kg 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移－时间图象如图所示，则可知碰撞属于( )A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，不能确定解析：选A.由xt 图象知，碰撞前v a ＝3 m/s ，v b ＝0，碰撞后v a ′＝－1 m/s ，v b ′＝2 m/s ，碰撞前动能12m a v 2a ＋12m b v 2b ＝92 J ，碰撞后动能12m a v a ′2＋12m b v b ′2＝92J ，故机械能守恒；碰撞前动量m a v a ＋m b v b ＝3 kg·m/s，碰撞后动量m a v a ′＋m b v b ′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞．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。
高考物理新题型揭秘 专题03 碰撞与动量守恒之实验题
新题型三 碰撞与动量守恒之实验题样题展示（2011·北京卷）如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。
但是，可以通过仅测量_______（填选项前的符号），间接地解决这个问题。
A ．小球开始释放高度hB ．小球抛出点距地面的高度HC ．小球做平抛运动的射程（2）图中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影。
实验时，先让入射球1m 多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP 。
然后，把被碰小球2m 静置于轨道的水平部分，再将入射球1m 从斜轨上S 位置静止释放，与小球2m 相碰，并多次重复。
接下来要完成的必要步骤是______填选项前的符号）。
A ．用天平测量两个小球的质量1m 、2mB ．测量小球1m 开始释放高度hC ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到1m 、2m 相碰后平均落地点的位置M 、NE ．测量平抛射程OM ，ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为____________________（用②中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为____________________（用②中测量的量表示）。
（4）经测定，1m =45.0 g ，2m =7.5 g ，小球落地点的平均位置距O 点的距离如图所示。
碰撞前、后1m 的动量分别为1p 与1p '，则1p :1p '=_________；若碰撞结束时2m 的动量为2p '，则1p ':2p '=_________。
实验结果表明，碰撞前、后总动量的比值112p p p '+'为____________________。
（5）有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。
高考专题18 动量守恒定律(碰撞问题)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知识回顾1．动量守恒条件(1)系统不受外力或合外力为零时，动量守恒．(2)若在某一方向合外力为0，则该方向动量守恒．2．必须掌握动量守恒定律的两种思想(1)守恒思想：p ＝p ′、m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.(2)转化思想：Δp 1＝－Δp 2.3．必须明确碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′.(3)速度要符合实际情况．规律方法应用动量守恒定律解题的基本思路(1)分析题意，明确研究对象，确定所研究的系统是由哪些物体组成的．(2)对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，区分系统内力和外力，在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件判断能否应用动量守恒定律．(3)明确所研究物体间的相互作用的过程，确定过程的初、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量．(4)规定正方向，确定初、末状态的动量的正、负号，根据动量守恒定律列方程求解． 三类碰撞的分析(1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，机械能守恒：21m 1v 12＋21m 2v 22＝21m 1v 1′2＋21m 2v 2′2.(2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′，机械能损失最多，机械能的损失： ΔE ＝21m 1v 12＋21m 2v 22－21(m 1＋m 2)v ′2(3)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2，机械能有损失，机械能的损失：ΔE ＝21m 1v 12＋21m 2v 22－21m 1v 1′2＋21m 2v 2′2例题分析【例1】 质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s ，B 球的动量是5 kg·m/s ，当A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．p A ＝6 kg·m/s ，pB ＝6 kg·m/sB ．p A ＝3 kg·m/s ，p B ＝9 kg·m/sC ．p A ＝－2 kg·m/s ，p B ＝14 kg·m/sD ．p A ＝－4 kg·m/s ，p B ＝17 kg·m/s【答案】 A【例2】．(2017年江色七校联考)光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，其中A 质量为m A ＝3m 、C 质量为m C ＝2m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 发生弹性碰撞后分开，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 的质量及B 与C 碰撞前B 的速度大小？【答案】m B ＝m ，v B ＝23v 0【解析】A 与B 碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设B 的质量为m B ，则3mv 0＝3mv A ＋m B v B21×3mv 02＝21×3mv A 2＋21m B v B 2B 、C 碰撞后与A 的速度相同，由动量守恒定律得：m B v B ＝(m B ＋2m )v A联立解得：m B ＝m ，v B ＝23v 0【例3】(2017·银川二模)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移图像，c为碰撞后两球共同运动的位移图像，若A球质量是m＝2 kg，则由图判断下列结论不正确的是()A．碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/sB．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·sC．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J【答案】C【例4】．(2017·衡水中学期末卷)如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2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发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以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m1∶m2为()A ．7∶5B ．1∶3C ．2∶1D ．5∶3【答案】 D 【解析】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，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有：21m 1v 02＝21m 1v 12＋21m 2v 22，两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，联立三式可得m 1∶m 2＝5∶3，D 项正确．专题练习1．在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的41.则碰后B 球的速度大小是( )A.2v0B.6v0C.2v0或6v0D ．无法确定【答案】：A2．(2017年山东济宁期末)如图所示，一质量为M ＝3.0 kg 的长木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m ＝1.0 kg 的小木块A .给A 和B 以大小均为4.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B .在A 做加速运动的时间内，B 的速度大小可能是( )A ．1.8 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s【答案】：B【解析】：A 先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，B 做减速运动，最终它们保持相对静止，设A 减速到零时，B 的速度为v 1，最终它们的共同速度为v 2，取水平向右为正方向，则Mv －mv ＝Mv 1，Mv 1＝(M ＋m )v 2，可得v 1＝38m/s ，v 2＝2m/s ，所以在A 做加速运动的时间内，B 的速度大小应大于2 m/s 且小于38 m/s ，只有选项B 正确．3．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两个小球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为8 kg·m/s ，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s ，则( )A ．右侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为2∶3B ．右侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为1∶6C ．左侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为2∶3D ．左侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为1∶6【答案】：C4．(2017年河北邯郸模拟)质量为m 、速度为v 的A 球与质量为3m 的静止的B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值，碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.2vD ．v【答案】：B【解析】：根据动量守恒定律得mv ＝mv 1＋3mv 2，则当v 2＝0.6v 时，v 1＝－0.8v ，则碰撞后的总动能E ′k ＝21m (－0.8v )2＋21×3m (0.6v )2＝1.72×21mv 2，大于碰撞前的总动能，违反了能量守恒定律，故A 项错误；当v 2＝0.4v 时，v 1＝－0.2v ，则碰撞后的总动能为E ′k ＝21m (－0.2v )2＋21×3m (0.4v )2＝0.52×21mv 2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B 项正确；当v 2＝0.2v 时，v 1＝0.4v ，则碰撞后的A 球的速度大于B 球的速度，而两球碰撞，A 球不可能穿透B 球，故C 项错误；当v 2＝v 时，v 1＝－2v ，显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，故D 项错误．5．(多选)(2016年高考·天津卷改编)如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块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( )A ．此时盒的速度大小为3vB ．此时盒的速度大小为2vC ．滑块相对于盒运动的路程为3μg v2D ．滑块相对于盒运动的路程为2μg v2【答案】：AC【解析】：设滑块的质量为m ，则盒的质量为2m ，对整个过程，由动量守恒定律可得mv＝3mv 共，解得v 共＝3v ，A 正确．由功能关系可知μmgx ＝21mv 2－21·3m 3v 2，解得x ＝3μg v2，C 正确．6．(2017·南平模拟)如图所示，A 、B 两物体质量分别为m A 、m B ，且m A ＞m B ，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F 的力，同时分别作用在A 、B 上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将( )A ．停止运动B ．向左运动C ．向右运动D ．运动方向不能确定【答案】 C7．如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是p A＝5.0 kg·m/s，p B＝7.0 kg·m/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp A和Δp B可能是()A．Δp A＝－3.0 kg·m/s；Δp B＝3.0 kg·m/sB．Δp A＝3.0 kg·m/s；Δp B＝3.0 kg·m/sC．Δp A＝3.0 kg·m/s；Δp B＝－3.0 kg·m/sD．Δp A＝－10 kg·m/s；Δp B＝10 kg·m/s【答案】A【解析】A项，根据碰撞过程动量守恒定律，如果Δp A＝－3 kg·m/s、Δp B＝3 kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A＝2 kg·m/s、p′B＝10 kg·m/s，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故A项正确；B项，两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若ΔP A＝3 kg·m/s，Δp B＝3 kg·m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B项错误；C项，根据碰撞过程动量守恒定律，如果Δp A＝3 kg·m/s、Δp B＝－3 kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A＝8 kg·m/s、p′B＝4 kg·m/s，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C 项错误；D项，如果Δp A＝－10 kg·m/s、Δp B＝10 kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为p′＝－5 kg·m/s、p′B＝17 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，A违反了能量守恒定律，不可能．故D项错误．8．如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上，间隔一定距离排成一条直线．具有初动能E0的物块1向其它4个静止的物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开．最后5个物块粘成一个整体．这个整体的动能等于()A ．E 0 B.54E 0 C.51E 0 D.251E 0【答案】 C9．(2017·铜仁市四模)(多选)如图所示，弧形轨道置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B 和C ，小球A 从弧形轨道上离地高h 处由静止释放，小球A 沿轨道下滑后与小球B 发生弹性正碰，碰后小球A 被弹回，B 球与C 球碰撞后粘在一起，A 球弹会后再从弧形轨道上滚下，已知所有接触面均光滑，A 、C 两球的质量相等，B 球的质量为A 球质量的2倍，如果让小球A 从h ＝0.2 m 处静止释放，则下列说法正确的是(重力加速度为g ＝10 m/s 2)( )A ．A 球从h 处由静止释放则最后不会与B 球再相碰B ．A 球从h 处由静止释放则最后会与B 球再相碰C ．A 球从h ＝0.2 m 处由静止释放则C 球的最后速度为97 m/sD ．A 球从h ＝0.2 m 处由静止释放则C 球的最后速度为98 m/s【答案】 AD10.(2017·淄博一模)(多选)如图所示，在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球的质量为m0，小车和小球以恒定速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？()A．在此过程中小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v ＝Mv1＋mv2＋m0v3B．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度分别为v1和v2，满足(M＋m0)v ＝Mv1＋mv2C．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变成u，满足Mv＝(M＋m)u D．碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2【答案】CD【解析】A项，碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变为v1和v2，根据动量守恒有：Mv＝Mv1＋mv2.若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：Mv＝(M＋m)u.故C项正确，A、B两项错误；D项，碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统动量守恒，则有：(M＋m0)v＝(M ＋m0)v1＋mv2，故D项正确．11．(2017·广东七校联考)(多选)如图所示，图(a)表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；图(b)为物体A与小车B的vt图像，由此可知()A．小车上表面长度B．物体A与小车B的质量之比C．A与小车B上表面的动摩擦因数D．小车B获得的动能【答案】BC12.(2017·天津六校联考)质量为m B＝2 kg的木板B静止于水平面上，质量为m A＝6 kg的物块A停在B的左端，质量为m C＝2 kg的小球C用长为L＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt＝10－2 s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h＝0.2 m．已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？【答案】(1)1 200 N(2)0.5 m【解析】(1)C 下摆过程，根据动能定理有：m C gL ＝21m C v C 2代入数据解得：碰前C 的速度v C ＝4 m/s ，C 反弹过程，根据动能定理有：－m C gh ＝0－21m C v ′C 2解得：碰后C 的速度v ′C ＝2 m/s取向右为正方向，对C ，根据动量定理有：－F Δt ＝－m C v ′C －m C v C解得：碰撞过程中C 所受的撞击力大小：F ＝1 200 N.13．(2017年高考·课标全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】m 3＝20 kg ； v 2＝1 m/s【解析】：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝(m 2＋m 3)v21m 2v 202＝21(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh且v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立上式且代入题给数据得m 3＝20 kg(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 20＝0代入数据得v 1＝1 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律得 m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 321m 2v 202＝21m 2v 22＋21m 3v 32联立上式且代入数据得v 2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．14．(2015年高考·课标全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．【答案】(－2)M ≤m <M如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m ＋M m －M v A 1＝(m ＋M m －M )2v 0⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0⑦解得m ≥(－2)M ⑧另一解m ≤－(＋2)M 舍去．所以，m 和M 应满足的条件为(－2)M ≤m <M ⑨15．两块厚度相同的木块A 和B ，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A ＝0.5 kg ，m B ＝0.3 kg ，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量m C ＝0.1 kg 的滑块C (可视为质点)，以v C ＝25 m/s 的速度恰好水平地滑到A 的上表面，如图7－2－4所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B 上，B 和C 的共同速度为3.0 m/s ，求：(1)木块A 的最终速度v A ；(2)滑块C 离开A 时的速度v ′C .【答案】2.6 m/s ；4.2 m/s.(2)为计算v ′C 我们以B 、C 为系统，C 滑上B 后与A 分离，C 、B 系统水平方向动量守恒．C 离开A 时的速度为v ′C ，B 与A 的速度同为v A ，由动量守恒定律有m B v A ＋m C v ′C ＝(m B ＋m C )v B∴v ′C ＝mC (mB ＋mCvB －mBvA＝0.1(0.3＋0.1×3.0－0.3×2.6 m/s ＝4.2 m/s.16.如图所示，光滑的水平地面上有一质量为M ＝3 kg 的木板，其左端放有一可看成质点、质量为m ＝1 kg 的重物，右方有一竖直的墙．重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5.使木板与重物以共同的速度v 0＝6 m/s 向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，经Δt ＝0.1 s 木板以v 1＝4 m/s 的速度返回，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：(1)墙壁对木板的平均作用力；(2)板与墙作用时间很短，忽略碰撞过程中重物的速度变化．若重物不从木板上掉下来，木板的最小长度．(3)木板与墙壁碰撞后，系统产生的内能；(4)木板与墙壁碰撞后，重物向右移动的最大位移．【答案】F ＝305 N ；L ＝7.5 m ；37.5 J ；x ＝3.6 m【解析】 (1)设向左为正方向，板碰后速度为v 1，由动量定理有：(F －μmg )Δt ＝Mv 1－(－Mv 0)代入数据可求得F ＝305 N(3)设向左为正方向，重物与木板组成的系统动量守恒：Mv 1－mv 0＝(M ＋m )v 共v 共＝1.5 m/s由能量守恒得：ΔE ＝21Mv 12＋21mv 02－21(M ＋m )v 共2＝37.5 J(4)设向左为正方向，当重物速度为零时向右的位移最大，系统动量守恒：Mv 1－mv 0＝Mv 2对木板列动能定理：－μmgx ＝21Mv 22－21Mv 12x ＝3.6 m17．(2017年湖北六校调考)如图所示，一质量为31m 的人站在质量为m 的小船甲上，以速度v 0在水面上向右运动．另一完全相同的小船乙以速率v 0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动，为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？【答案】v ＝725v 0.18．(2017年南昌市一模)如图所示，在光滑水平面上，A 小球以速度v 0运动，与原静止的B 小球碰撞，碰撞后A 球以v ＝αv 0(待定系数α<1)的速率弹回，并与挡板P 发生完全弹性碰撞，设m B ＝4m A ，若要求A 球能追上B 再相撞，求α应满足的条件．【答案】31<α≤53.【解析】：A 、B 碰撞过程，以v 0方向为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝－m A αv 0＋m B v BA 与挡板P 碰撞后能追上B 发生再碰的条件是αv 0>v B得α>31碰撞过程中损失的机械能ΔE k ＝21m A v 02－B 2≥0得－1≤α≤53所以α满足的条件是31<α≤53.19．(2017年湖北八校3月模拟)如图所示，质量为3 kg 的小车A 以v 0＝4 m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1 kg 的小球B (可看作质点)，小球距离车面0.8 m ．某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1 kg 的物块C 发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂．此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)绳未断前小球与砂桶的水平距离；(2)小车系统最终速度的大小；(3)整个系统损失的机械能．【答案】0.4 m ；v 2＝3.2 m/s ；ΔE ＝14.4 J.。
(福建专用)2014届高考物理三轮 典型专题检测卷 碰撞与动量守恒 近代物理初步
碰撞与动量守恒近代物理初步选择题（本题共16小题，共100分。
每小题只有一个选项正确）1.（6分）（2013·福州二模）在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止。
根据测速仪的测定，长途客车在碰前以20 m/s的速率行驶。
由此可判断卡车碰前的行驶速率（）A.小于10 m/sB.大于10 m/s，小于20 m/sC.大于20 m/s，小于30 m/sD.大于30 m/s，小于40 m/s2.（6分）（2013·天津高考）我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠。
观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功3.（6分）（2012·三明二模）在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m1=2 kg，乙球的质量m2=1 kg，规定向右为正方向，碰撞前后甲球的速度随时间变化情况如图所示。
已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为（）A.7 m/s，向右B.7 m/s，向左C.1 m/s，向左D.1 m/s，向右4.（6分）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v0，则（）A.小木块和木箱最终都将静止B.小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C.小木块在木箱内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5.（6分）（2013·上海高考）当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，这时（ ）A.锌板带负电B.有正离子从锌板逸出C.有电子从锌板逸出D.锌板会吸附空气中的正离子6.（6分）可见光光子的能量在1.61 eV ～3.10 eV 范围内。
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2014挑战高考物理压轴题 碰撞与动量守恒定律一、单项选择题1．质量为m 的物体以速度v 竖直上抛，不计空气阻力，经过一段时间后又经过抛出点，设向上为正，则这段时间内动量的改变量为( )A ．0B ．mvC ．2 mvD ．－2 mv2．在光滑的水平面上，质量m 1＝2 kg 的球以速度v 1＝5 m/s 和静止的质量为m 2＝1 kg 的球发生正碰，碰后m 2的速度v 2′＝4 m/s ，则碰后m 1 ( )A ．以3 m/s 速度反弹B ．以3 m/s 速度继续向前运动C ．以1 m/s 速度继续向前运动D ．立即停下3. 在2010年温哥华冬奥会上，首次参赛的中国女子冰壶队喜获铜牌，右图为中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s 的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后对方的冰壶以0.3 m/s 的速度向前滑行．若两冰壶质量相等，规定向前运动的方向为正方向，则碰后中国队冰壶获得的速度为( )A ．0.1 m/sB ．－0.1 m/sC ．0.7 m/sD ．－0.7 m/s4．一个静止的、质量为M 的不稳定原子核，当它射出质量为m 、速度为v 的粒子后，设射出粒子的方向为正，则原子核剩余部分的速度u 等于( )A ．－vB ．－mM －mvC ．－m m －M vD ．－mMv二、双项选择题5.下列属于反冲运动的是( ) A ．汽车的运动 B ．直升飞机的运动 C ．火箭发射过程的运动 D ．反击式水轮机的运动6.如图所示，光滑地面上放置一质量为M 的长木板，一个质量为m (m <M )的人从木板的左端由静止走向右端，下列判断正确的是( )A ．双方构成的系统动量守恒B ．人向右走时，木板也向右滑动C ．人向右走时，木板却向左滑动D ．人向右走时，木板静止不动7．如图，光滑水平面上，质量为m1的小球以速度v 与质量为m 2的静止小球正碰，碰后两小球速度大小都为12v ，方向相反．则两小球质量之比m 1∶m 2和碰撞前后动能变化量之比ΔE k1∶ΔE k2为( )A ．m 1∶m 2＝1∶3B ．m 1∶m 2＝1∶1C ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶3D ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶18． A 、B 两球质量分别为m A ＝2.0 kg ，m B ＝1.0 kg ，沿同一直线运动，相碰前后的s －t 图象如右图如示，则相碰过程中( )A ．碰前A 的动量为12 kg·m/sB ．碰前B 的动量为6 kg·m/sC ．碰后A 、B 的动量相等D ．碰撞过程A 的动量改变量为4 kg·m/s9.A ，B 两船的质量均为m ，都静止在平静的湖面上，现A 船中质量为12m 的人，以对地的水平速度v 从A 船跳到B 船，再从B 船跳到A 船，…，经n 次跳跃后，人停在B 船上，不计水的阻力，则( )A ．A ，B (包括人)两船速度大小之比为2∶3 B ．A ，B (包括人)两船动量大小之比为1∶1C ．A ，B (包括人)两船的动能之比为3∶2D ．A ，B (包括人)两船的动能之比为1∶1 三、非选择题10．如图所示，半径为R 的竖直光滑半圆轨道bc 与水平光滑轨道ab 在b 点连接，开始时可视为质点的物体A 和B 静止在ab 上，A 、B 之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧与A ，B 不连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下A 向左运动，B 向右运动，B 沿轨道经过c 点后水平抛出，落点p 与b 点间距离为2R .已知A 质量为2m ，B 质量为m ，重力加速度为g ，不计空气阻力，求：(1)B 经c 点抛出时速度的大小？ (2)B 经b 时速度的大小？(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能？11．如图所示，质量为m 的b 球用长h 的细绳悬挂于水平轨道BC 的出口C 处．质量也为m 的小球a ，从距BC 高h 的A 处由静止释放，沿ABC 光滑轨道下滑，在C 处与b 球正碰并与b 黏在一起．已知BC 轨道距地面的高度为0.5h ，悬挂b 球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg .试问：(1)a球与b球碰前瞬间的速度多大？(2)a，b两球碰后，细绳是否会断裂？若细绳断裂，小球在DE水平面上的落点距C的水平距离是多少？若细绳不断裂，小球最高将摆多高？12．如图所示，光滑轨道的下端离地面H＝0.8 m，质量为m的A球从轨道上端无初速释放，到轨道水平面时与质量也为m的B球发生正碰，B球碰后做平抛运动，落地点与抛出点水平距离为s＝0.8 m，求A球释放高度h的范围．参考答案1．解析：因设向上为正，则小球上抛的动量为mv ，落回抛出点时的动量为－mv .则动量改变量为Δp ＝－mv －mv ＝－2 mv .答案：D2．解析：由动量守恒定律可得m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′代入数据解得v 1′＝3 m/s ，方向沿原方向，选项B 正确．答案：B3．解析：设冰壶质量为m ，碰后中国队冰壶速度为v x ，由动量守恒定律得mv 0＝mv ＋mv x ，解得v x ＝0.1 m/s ，故选项A 正确．答案：A4．解析：由系统动量守恒得0＝mv ＋(M －m )u ，得u ＝－mM －mv .答案：B5. 解析：A 、B 选项中汽车和飞机都是一个整体，没有发生分离，故不属于反冲运动．C 选项中火箭发射是指火箭向后喷射出其携带的点燃着的燃气而使火箭筒向前运动，属于反冲运动的实例；D 选项中反击式水轮机的运动是指水轮机向后喷射出其携带的水而使水轮机向前运动，也属于反冲运动的实例．答案：CD 6．AC7．解析：根据动量守恒定律，有：m 1v ＝m 2v 2－m 1v 2.得m 1m 2＝13，A 正确B 错误；碰撞前后质量为m 1的小球动能的变化量为ΔE k1＝12m 1v 2－12m 1(v 22)＝38m 1v 2，质量为m 2的小球动能的变化量为ΔE k2＝12m 2(v 2)2＝12(3m 1)v 24＝38m 1v 2，所以ΔE k1∶ΔE k2＝1∶1，C 错误D 正确．答案：AD8．解析：由图象知碰撞前A 、B 两球的速度分别为v A ＝0，v B ＝6 m/s ，所以碰前A 的动量为0，B 的动量为6 kg·m/s，碰撞后A 、B 两球共同的速度v ＝2 m/s ，因质量不同，故动量不相等；碰后A 球的动量为4 kg·m/s ，故动量改变量为4 kg·m/s.答案：BD9．解析：人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A ，B (包括人)两船的动量大小相等，选项B 正确．经过n 次跳跃后，A 船速度为v A ，B 船速度为v B .0＝mv A －(m ＋m 2)v B ，v A v B ＝32，选项A 错误．A 船最后获得的动能为E k A ＝12mv 2A B 船最后获得的动能为E k B ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋m v 2B＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23v A 2 ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2A ＝23E k A .E k A E k B ＝32，选项C 正确． 答案：BC10．解析：(1)B 从c 点飞出做平抛运动， 2R ＝12gt 22R ＝v c t得v c ＝gR .(2)B 从b 到c ，由机械能守恒定律， 12mv 2b ＝mg ×2R ＋12mv c 2，得v b ＝5gR . (3)弹簧恢复原长的过程中A 与B 组成的系统动量守恒，2mv A －mv B ＝0 得v A ＝12v B ＝125gR由能量守恒定律，弹簧弹性势能E p ＝12×2mv 2A ＋12mv 2B得E p ＝3.75mgR .答案：(1)gR (2)5gR (3)3.75mgR11．解析：(1)设a 球经C 点时速度为v C ，则由机械能守恒得mgh ＝12mv 2C解得v C ＝2gh ，即a 球与b 球碰前的速度为2gh . (2)设碰后b 球的速度为v ，由动量守恒得mv C ＝(m ＋m )v 故v ＝12v C ＝122gh 小球被细绳悬挂绕O 摆动时，若细绳拉力为F T ，则F T －2mg ＝2m v 2h，解得F T ＝3mgF T ＞2.8mg ，细绳会断裂，小球做平抛运动设平抛的时间为t ，则0.5h ＝12gt 2得t ＝h g故落点距C 的水平距离为s ＝vt ＝122gh ×h g ＝22h 小球最终落到地面距C 水平距离22h 处． 答案：(1)2gh (2)断裂22h 12．解析：根据平抛运动的知识，对B 球可列式为：H ＝12gt 2，s ＝vt .两式联立解得：v ＝2 m/s.设想两球发生弹性正碰，则由于两者的质量相等，发生碰撞过程双方交换速度，由此可知，A 球碰撞前的速度v 0＝2 m/s.从轨道上端到碰撞前的过程中其机械能守恒，有mgh ＝12mv 20，解得h ＝0.2 m.设想两球发生完全非弹性正碰，根据动量守恒，有：mv 0＝2mv ，得A 球碰撞前的速度大小为v 0＝4 m/s.从轨道上端到碰撞前的过程中其机械能守恒，有mgh ＝12mv 20，得h ＝0.8 m.综合以上结论得：0.2 m≤h ≤0.8 m. 答案：0.2 m≤h ≤0.8 m。