高考物理一轮复习文档：第六章 第2讲 动量守恒定律 练习
高考物理一轮复习 第六章 第2课 动量守恒律的综合用练习
权掇市安稳阳光实验学校第2课动量守恒定律的综合应用考点一碰撞1．特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒．2．分类：(1)弹性碰撞：既满足动量守恒，又满足机械能守恒．碰撞中没有机械能损失．(2)非弹性碰撞：碰撞后总机械能小于碰撞前总机械能，满足动量守恒．碰撞中有机械能损失．(3)完全非弹性碰撞：只满足动量守恒，不满足机械能守恒．两物体碰后速度相等并粘在一起运动，系统机械能损失最多．3．分析角度：(1)动量角度：碰撞过程满足动量守恒．(2)机械能角度：碰撞后总机械能小于或等于碰撞前总机械能．(3)运动角度：关注碰撞前后的速度关系等．考点二反冲运动1．反冲现象：在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化，而其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象．2．应用：如、喷气式飞机等就是利用了反冲运动的原理．3．特点：在反冲运动中，系统的动量是守恒的．,1．向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则(CD) A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等解析：根据动量守恒定律可知，a的速度大小、b的速度大小和方向都无法判断，A、B错误；但a、b都做平抛运动，竖直高度相同，所以a、b一定同时到达地面，C正确；根据动量定理可以判断，D也正确．2．如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A 相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A 分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是(BD)A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2C．B能达到的最大高度为h2D．B能达到的最大高度为h4解析：根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝2gh，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝12v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm＝12·2mv2＝12mgh，即B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝12mv 2，B 能达到的最大高度为h4，即D 正确．3．如图中滑块和小球的质量均为m ，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O 由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l.开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点．求：(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小．解析：(1)对系统，设小球在最低点时速度大小为v 1，此时滑块的速度大小为v 2，滑块与挡板接触前由系统的机械能守恒定律得：mgl ＝12mv 21＋12mv 22，由系统的水平方向动量守恒定律得：mv 1＝mv 2，从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为：I ＝mv 2，联立解得：I ＝m gl ，方向向左．(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功的大小为W ，对小球由动能定理，得：mgl ＋W ＝12mv 21，解得：W ＝－12mgl.即绳的拉力对小球做负功，大小为12mgl.答案：(1)m gl ，方向向左 (2)拉力做负功，大小为12mgl课时作业一、单项选择题1．如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是(C)A ．男孩和木箱组成的系统动量守恒B ．小车与木箱组成的系统动量守恒C ．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D ．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同解析：男孩、小车和木箱三者组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，木箱动量的增量与男孩、小车的总动量增量等大、反向，故只有选项C 正确．2．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s ，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m 3)(A)A ．0.15 PaB ．0.54 PaC ．1.5 PaD ．5.4 Pa解析：设水杯底面积为S ，1小时内下落的水总质量m ＝ρhS，其动量变化量Δp ＝m Δv ，水对杯底的压力F ＝p ′S ，对水由动量定理得p′St＝ρhvS，得p′＝ρhv t＝0.15 Pa.正确选项为A.3．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么该碰撞是(A)A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，无法确定解析：由动量守恒定律有：3mv －mv ＝0＋mv′，得v′＝2v.碰前总动能：E k ＝12×3mv 2＋12mv 2＝2mv 2，碰后总动能：E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，则E k ′＝E k ，选项A 正确．4．甲物体在光滑水平面上运动的速度为v 1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论错误的是(D)A ．当乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速率是v 1B ．当乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v 1C ．当乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v 1D ．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙的动能增量解析：由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒得m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2，机械能守恒得12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22，解得两物体碰后的速度v′1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v ′2＝2m 1m 1＋m 2v 1.当m 1＝m 2时，v ′2＝v 1，A 正确；当m 1≫m 2时，v ′2＝2v 1，B 正确；当m 1≪m 2时，v ′1＝－v 1，C 正确；根据动能定理可知，D错误．5．A 、B 两球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，A 、B 两球速度的可能值是(B)A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′B ＝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：虽然题给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，即A 、D 项错误；C 项中，两球碰后的总动能E k 后＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ＝57 J ，大于碰前的总动能E k 前＝22 J ，违背了能量守恒，选项C 错误；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒，选项B 正确．二、不定项选择题6．两位同学穿旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是(ABC)A ．互推后两同学总动量和之前总动量之和相等B ．互推后两同学动量大小相等，方向相反C ．分离时质量大的同学的速度小一些D ．互推过程中机械能守恒解析：对两同学所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒，故A 正确；两同学动量的变化量大小相等，方向相反，故B 、C 正确；互推过程中机械能增大，故D 错误．7．如图所示，在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度v0沿光滑水平面运动，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．在碰撞过程中，下列情况可能发生的是(CD) A．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v0＝(M ＋m0)v1＋mv2B．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)v0＝Mv1＋mv2＋m0v3C．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv0＝Mv1＋mv2 D．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v′，满足Mv0＝(M＋m)v′解析：由于小车与木块发生碰撞的时间极短，碰撞时仅小车与木块间发生相互作用，使小车与木块的动量、速度发生变化，而在这极短时间内，摆球和小车水平方向并没有通过绳发生相互作用，所以小车与木块碰后瞬时，小球仍保持原来的速度而未来得及变化．仅小车与木块由于相互作用，各自动量发生改变，所以选项A、B是错误的．取小车(不包括摆球)和木块作为系统，碰撞前后动量守恒，但小车与木块碰后可能分离，也可能结合在一起，所以选项C、D 中两情况都可能发生．8．矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射入滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，如图甲所示；若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图乙所示，上述两种情况相比较(AC)A．子弹对滑块做功一样多B．子弹对滑块做的功不一样多C．系统产生的热量一样多D．系统产生热量不一样多解析：两次都没射出，则子弹与木块最终共速，设为v共，由动量守恒定律可得mv＝(M＋m)v共，得v共＝mM＋mv；子弹对滑块所做的功等于木块获得的动能，故A、C两项正确．9.(a)图所示光滑平台上，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，(b)图为物体A与小车的vt图象(v0、v1及t1均为已知)，由此可算出(BC)A．小车上表面长度B．物体A与小车B的质量之比C．物体A与小车B上表面间的动摩擦因数D．小车B获得的动能解析：图中速度线与坐标轴包围的面积表示A相对于小车的位移，不一定为小车长度，选项A错误；设m、M分别表示物体A与小车B的质量，根据动量守恒定律：mv0＝Mv1＋mv1，求出：mM＝v1v0－v1，选项B正确；物体A的vt图象中速度线斜率大小为：a＝μg＝v0－v1t1，求出μ，选项C正确；因B车质量大小未知，故无法计算B车的动能．10．如图所示，光滑的水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为12v ，方向相反，则两小球质量之比m 1m 2和碰撞前后动能变化量之比ΔE k1ΔE k2为(AD)A ．m 1m 2＝13B ．m 1m 2＝11C ．ΔE k1ΔE k2＝13D ．ΔE k1ΔE k2＝11 解析：由动量守恒可知， m 1v ＝m 2·12v －m 1·12v解得m 1m 2＝13，A 项正确，B 项错误． ΔE k1＝12m 1v 2－12m 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 2＝38m 1v 2ΔE k2＝12m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 2＝18m 2v 2所以ΔE k1ΔE k2＝11，D 项正确，C 项错误． 三、非选择题11．如图所示，高h ＝0.45 m 的光滑水平桌面上有质量m 1＝2 kg 的物体，以水平速度v 1＝5 m/s 向右运动，与静止的另一质量m 2＝1 kg 的物体相碰．若碰撞后m 1仍向右运动，速度变为v 1′＝3 m/s ，求：(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2)(1)m 2落地时距桌边缘A 点的水平距离；(2)m 2落地时动量的大小．解析：(1)m 1与m 2碰撞，动量守恒，有： m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2，解得：v 2＝4 m/s.而m 2做平抛运动，有：h ＝12gt 2，x ＝v 2t ；则m 2落地时距桌边缘A 点的水平距离x ＝1.2 m. (2)对m 2由机械能守恒得：m 2gh ＝12m 2v 2－12m 2v 22，解得m 2落地时的速度大小为v ＝5 m/s ， 动量大小为p ＝m 2v ＝5 kg ·m/s. 答案：(1)1.2 m (2)5 kg ·m/s12．如图所示，光滑的水平面上有一个质量为M ＝2m 的凸型滑块，它的左侧面与水平面相切，并且光滑，滑块的高度为h.质量为m 的小球，以某一初速度在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块．试分析计算小球的初速度满足什么条件，小球才能越过滑块．解析：设小球的初速度为v 0，当小球滑到滑块最高点时，小球的速度为v 1，滑块的速度为v 2，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：mv 0＝mv 1＋Mv 2，12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22＋mgh ， 小球要越过滑块，应有v 1>v 2，至少也要有v 1＝v 2，设v 1＝v 2＝v ，上述两式变为：mv 0＝(m ＋M)v ，12mv 20＝12(m ＋M)v 2＋mgh ，解得v 0＝3gh ，故小球的初速度必须大于3gh.答案：小球的初速度必须大于3gh13．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C.B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短．求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．解析：(1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 1，①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE.对B 、C 组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得：mv 1＝2mv 2，②12mv 21＝ΔE ＋12(2m)v 22，③ 联立①②③式得： ΔE ＝116mv 20.④(2)由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒和能量守恒定律得：mv 1＋2mv 2＝3mv 3，⑤12mv 20－ΔE ＝12·3mv 23＋E p ，⑥ 联立④⑤⑥式得：E p ＝1348mv 20.⑦答案：(1)116mv 20 (2)。
物理试题 人教版高考一轮复习第6章 动量动量守恒定律
第1讲 动量 动量定理[A 组 基础题组]一、单项选择题1．下列解释正确的是( )A ．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B ．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C ．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D ．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大解析：跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A 错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B 错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft ＝mv ，可知运动时间相等，故选项C 错误；人从越高的地方跳下，落地前瞬间速度越大，动量越大，落地时动量变化量越大，则冲量越大，故选项D 正确。
答案：D2．如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中( )A ．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心B ．小球所受支持力的冲量为0C ．小球所受重力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受合力的冲量大小为m 2gR解析：小球受到竖直向下的重力和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，故A 错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，故B 错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒定律可得mgR ＝12mv B 2，故v B ＝2gR ，根据动量定理可得I 合＝Δp ＝mv B ＝m 2gR ，故C 错误，D 正确。
答案：D3．一小球从水平地面上方无初速度释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零。
假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是( ) A ．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B ．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C ．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D ．从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功解析：根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A 错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)，可知地面对小球的冲量Ft 不为零，选项B 错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功的代数和，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确。
高考物理一轮复习 第6章 动量 第2节 动量守恒定律及其应用学案
学习资料第2节动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1．动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零,这个系统的总动量保持不变。
2．动量守恒的数学表达式（1）p＝p′（系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′）。
（2)Δp＝0(系统总动量变化为零)。
（3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等,方向相反）。
3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时,系统的动量守恒。
（2）系统所受外力之和不为零,但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。
（3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。
二、碰撞、反冲和爆炸1．碰撞(1）概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒.（3)分类：动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大(1）物体在内力作用下分裂为两个不同部分,并且这两部分向相反方向运动的现象.（2)反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用动量守恒定律来处理。
3．爆炸问题(1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒.(2）爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动.1．思考辨析（正确的画“√”，错误的画“×”)(1）系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。
（√）（2）动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。
(×）（3）物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。
（√)(4)在爆炸现象中，动量严格守恒. （×）(5）在碰撞问题中，机械能也一定守恒。
（×)（6)反冲现象中动量守恒、动能增加。
(通用版)2020版高考物理一轮复习第六章第2讲动量守恒定律及其应用课时作业(含解析)(最新整理)
（通用版）2020版高考物理一轮复习第六章第2讲动量守恒定律及其应用课时作业（含解析）编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（通用版）2020版高考物理一轮复习第六章第2讲动量守恒定律及其应用课时作业（含解析））的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（通用版）2020版高考物理一轮复习第六章第2讲动量守恒定律及其应用课时作业（含解析）的全部内容。
动量守恒定律及其应用一、选择题(本题共10小题,1～6题为单选题，7～10题为多选题）1．如图所示，物块A静止在光滑水平面上，将小球B从物块顶端由静止释放,从小球开始沿物块的光滑弧面(弧面末端与水平面相切）下滑到离开的整个过程中，对小球和物块组成的系统，下列说法正确的是( ）A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒,机械能守恒D．动量不守恒,机械能不守恒解析：C 对于A、B组成的系统,在B下滑的过程中，只有重力做功，则小球和物块组成的系统机械能守恒．A、B组成的系统在竖直方向上合外力不为零，则该系统动量不守恒，C正确．2．如图所示,光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A 以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中( )A．A、B的动量变化量相同B．A、B的动量变化率相同C．A、B系统的总动能保持不变D．A、B系统的总动量保持不变解析:D 两物块相互作用过程中系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，但总动量保持不变，A错误，D正确．由动量定理Ft＝Δp可知，动量的变化率等于物块所受的合外力,A、B两物块所受的合外力大小相等、方向相反，则A、B所受的合外力不同，动量的变化率不同,B错误．A、B和弹簧组成的系统总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化,C错误．3。
2025版高考物理一轮总复习动量观点在电磁感应中的应用考点2动量守恒定律在电磁感应中的应用(含答案)
高考物理一轮总复习考点突破：考点2 动量守恒定律在电磁感应中的应用(能力考点·深度研析)光滑的平行导轨示意图质量m b＝m a电阻r b＝r a长度L b＝L a力学观点杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动运动图像能量观点系统动能的减少转化为内能动量观点两杆组成的系统动量守恒(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。
导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。
一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。
导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。
碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。
P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。
不计空气阻力。
求：(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
[解析](1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv 0＝3mv Q ＋mv P12×3mv 20＝12×3mv 2Q ＋12mv 2P 联立解得v P ＝32v 0，v Q ＝12v 0 由题知，碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P 滑出导轨时的速度大小为v P ′＝v Q ＝12v 0。
(2)根据能量守恒有12mv 2P ＝12mv P ′2＋Q 解得Q ＝mv 20。
(3)P 、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得－B I l Δt ＝mv P ′－mv P 又q ＝I Δt ，I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝Blx R Δt 联立可得x ＝mv 0R B 2l 2由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为t ＝x v Q ＝2mR B 2l 2。
2020高考物理一轮总复习第六章第2讲动量守恒定律及其应用讲义(含解析)新人教版
动量守恒定律及其应用[基础知识·填一填][知识点1] 动量守恒定律及其应用1．几个相关概念(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统．(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力．(3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力．2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．(2)表达式①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．④Δp＝0，系统总动量的增量为零．(3)适用条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．(√)(2)动量守恒只适用于宏观低速．(×)(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．(×)(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(√)(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．(√)(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中动量守恒．(√)[知识点2] 弹性碰撞和非弹性碰撞1．碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类4.(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理．5．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)弹性碰撞前后系统的机械能守恒．(√)(2)两物体在完全非弹性碰撞后不再分开，以共同速度运动．(√)(3)质量相等的两球以相等的速率相向正碰，碰后可能以某一相等的速率反向而行．(√)(4)质量相等的两球以相等的速率相向正碰，碰后可能以某一相等的速率同向而行．(×)(5)质量不相等的两球以相等的速率相向正碰，碰后可能以某一相等的速率互相分开．(×)[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－5 P17第6题改编)甲、乙两名滑冰运动员沿同一直线相向运动，速度大小分别为3 m/s和1 m/s，迎面碰撞后(正碰)甲、乙两人反向运动，速度大小均为2 m/s.则甲、乙两人质量之比为( )A．2∶3B．2∶5C ．3∶5D ．5∶3解析：C [由动量守恒定律得：m 甲×3－m 乙×1＝m 甲×(－2)＋m 乙×2所以m 甲m 乙＝35，选项C 正确．] 2．(人教版选修3－5 P16第5题改编)某机车以0.8 m/s 的速度驰向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接．机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢．设机车和车厢的质量都相等，求：跟最后一节车厢相碰后车厢的速度．铁轨的摩擦忽略不计．解析：取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋15m )v ，v ＝116v 0＝116×0.8 m/s＝0.05 m/s. 答案：0.05 m/s3．根据人教版选修3－5 P17～P18“思考与讨论”回答下列问题．(1)如图为两钢性摆球碰撞时的情景．①两球质量相等，将一球拉到某位置释放，发现碰撞后，入射球静止，被碰球上升到与入射球释放时同样的高度，说明了什么？②弹性碰撞有什么特点？③质量为m 1的小球以速度v 1与质量为m 2的静止小球发生弹性正碰时，存在下列关系：m 1v 1＝__________________________________________________，12m 1v 21＝___________________________________________________. (2)①若质量为m 1的小球以一定初速度v 0沿光滑水平面撞击静止的小球m 2，最终二者粘合在一起运动，试分析动量及能量关系．②非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特点是什么？答案：(1)①两球在最低点碰撞时，满足动量守恒条件，二者组成系统动量守恒，入射球静止，被碰球上升同样的高度，说明该碰撞过程中机械能不变．②弹性碰撞动量守恒，机械能守恒． ③m 1v ′1＋m 2v ′2 12m 1v ′21＋12m 2v ′22 (2)①二者碰撞时满足动量守恒条件，即有m 1v 0＝(m 1＋m 2)v碰撞前后总动能差值ΔE k ＝12m 1v 20－12(m 1＋m 2)v 2＝m 1m 2v 202(m 1＋m 2)②a.非弹性碰撞：动量守恒，动能有损失，转化为系统内能．b ．完全非弹性碰撞：动量守恒；动能损失最大，碰后两物体粘在一起．考点一 动量守恒定律的理解及应用[考点解读]1．动量守恒定律的五个特性[典例赏析][典例1] (2019·郑州高三质量预测)如图所示，质量为m ＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为M ＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m 0＝5 g 的子弹以速度v 0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取10 m/s 2.子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v 1. (2)木板向右滑行的最大速度v 2. (3)物块在木板上滑行的时间t . [审题指导](1)子弹进入物块后到一起向右滑行的时间极短，木板速度仍为零． (2)子弹与物块一起运动的初速度即为物块向右运动的最大速度v 1.(3)木板足够长，物块最终与木板同速，此时，木板向右滑行的速度v 2最大． [解析] (1)子弹进入物块后向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得：m 0v 0＝(m 0＋m )v 1解得：v 1＝6 m/s(2)当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律得： (m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v 2 解得：v 2＝2 m/s(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得： －μ(m 0＋m )gt ＝(m 0＋m )v 2－(m 0＋m )v 1 解得：t ＝1 s.[答案] (1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s[母题探究][探究1] 如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m 、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v 0、v 0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min ，抛出货物后船的速度为v 1，甲船上的人接到货物后船的速度为v 2，由动量守恒定律，得12mv 0＝11mv 1－mv min,10m ×2v 0－mv min＝11mv 2，为避免两船相撞应满足v 1＝v 2，联立解得v min ＝4v 0.也可用不等式表达：设抛出货物的速度为v ，由动量守恒定律，得乙船与货物12mv 0＝11mv 1－mv甲船与货物10m ×2v 0－mv ＝11mv 2 两船不相撞的条件是：v 2≤v 1 解得v ≥4v 0. 答案：4v 0[探究2] 动量守恒定律的同时性如图所示，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 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 ABA 、B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足： v AB ＝v C .联立以上三式，解得v A ＝2 m/s.答案：2 m/s[探究3] 动量守恒定律的相对性一人站在静止于光滑平直轨道上的平板车上，人和车的总质量为M .现在这人双手各握一个质量均为m 的铅球，以两种方式顺着轨道方向水平投出铅球：第一次是一个一个地投；第二次是两个一起投．设每次投掷时铅球对车的速度相同，则两次投掷后小车速度之比为( )A.2M ＋3m2(M ＋m )B.M ＋mMC ．1D.(2M ＋m )(M ＋2m )2M (M ＋m )解析：A [因平直轨道光滑，故人与车及两个铅球组成的系统动量守恒．设每次投出的铅球对车的速度为u ，第一次是一个一个地投掷时，有两个作用过程，根据动量守恒定律，投掷第一个球时，应有0＝(M ＋m )v －m (u －v )①投掷第二个球时，有(M ＋m )v ＝Mv 1－m (u －v 1)②由①②两式，解得v 1＝(2M ＋3m )mu /(M ＋m )(M ＋2m )第二次两球一起投出时，有0＝Mv 2－2m (u －v 2)，解得v 2＝2mu /(M ＋2m )所以两次投掷铅球小车的速度之比v 1/v 2＝(2M ＋3m )/2(M ＋m )．]考点二 碰撞问题 [考点解读]1．分析碰撞问题的三个依据 (1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.(3)速度要合理①碰前两物体同向，则v 后＞v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v 前′≥v后.②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变． 2．弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1，速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′①12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 由①②得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2 v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换了速度．(2)当m 1＞m 2时，v 1′＞0，v 2′＞0，并且v 1′＜v 2′，碰撞后两球都向前运动． (3)当m 1＜m 2时，v 1′＜0，v 2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．[典例赏析][典例2] 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/s B ．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] 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．][母题探究][探究1] (2016·全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m ，两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动，此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g ，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ，要使物块a 、b 能发生碰撞，应有12mv 20>μmgl ，即μ<v 202gl设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1，由动能定理可得 －μmgl ＝12mv 21－12mv 2设在a 、b 发生弹性碰撞后，a 、b 的速度大小分别为v 2、v 3， 由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv 1＝mv 2＋34mv 312mv 21＝12mv 22＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v 23 联立各式得v3＝87v 1由题意知b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 μ34mgl ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v 23 解得μ≥32v 20113gl综上所述有32v 20113gl ≤μ<v 22gl答案：32v 20113gl ≤μ<v 22gl[探究2] 完全非弹性碰撞两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比． 解析：(1)设a 、b 质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象，得v 1＝－2 m/s v 2＝1 m/sa 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v ，由题给图象可得v ＝23m/s.由动量守恒定律，得：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v联立各式解得m 1m 2＝18.(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2由图可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2 解得W ΔE ＝12.答案：(1)m 1m 2＝18 (2)W ΔE ＝12[探究3] 多物多次碰撞问题如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静止于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．解析：设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰撞后A 的速度v A ′＝18v 0，B 的速度为v B ＝34v 0，根据动量守恒定律，A 、B 碰撞过程满足 mv A ＝m ·v 08＋m ·3v 04，解得v A ＝7v 08；从A 开始运动到与B 相碰的过程，根据动能定理：W f ＝12mv 20－12mv 2A ，解得W f ＝15128mv 2则对滑块B 从与A 碰撞完毕到与C 相碰损失的动能也为W f ，由动能定理可知：W f ＝12mv 2B－12mv B ′2， 解得v B ′＝218v 0； BC 碰撞时满足动量守恒，则mv B ′＝2mv 共，解得v 共＝12v B ′＝2116v 0.答案：2116v 0 多物多次碰撞1．由多个物体组成的系统，由于物体较多，相互作用的过程比较复杂，此时往往需要根据作用过程的不同阶段，合理的确定研究对象，列出多个动量守恒的方程．2．有时可能涉及到多次碰撞，此时需要注意明确研究的系统，以及确定针对哪个碰撞过程列方程.物理模型(八) 动量守恒中的两类模型◆题型1 子弹打木块模型[典例1] (2019·张掖模拟)如图所示．质量M＝2 kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为M A＝2 kg的物体A(可视为质点)．一个质量为m＝20 g的子弹以500 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A静止在车上．若物体A与小车间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2)．(1)平板车最后的速度是多大？(2)全过程损失的机械能为多少？(3)A在平板车上滑行的时间为多少？[审题指导](1)最后物体A静止在车上，并不是A处于静止状态，而是A与车相对静止，以共同的速度运动．(2)全过程损失的机械能等于系统动能的减少量．[解析](1)对子弹和物体，由动量守恒得mv0＝mv′＋M A v，得v＝4 m/s，同理对M和M A有M A v＝(M＋M A)v车，得v车＝2 m/s.(2)由能量守恒得：ΔE＝12mv20－12mv′2－12(M＋M A)v2车＝2 392 J.(3)对物体A由动量定理得：－μM A gt＝M A v车－M A v得t＝0.4 s.[答案](1)2 m/s (2)2 392 J (3)0.4 s[跟踪训练]1.(2019·北京四中质检)(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．上述两种情况相比较( )A．子弹对滑块做的功一样多B．子弹对滑块做的功不一样多C．系统产生的热量一样多D．系统产生热量不一样多解析：AC [根据动量守恒知，最后滑块获得的速度(最后滑块和子弹的共同速度)是相同的，即滑块获得的动能是相同的，根据动能定理，滑块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对滑块做的功一样多，A正确，B错误．子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多(子弹初、末速度相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，C正确，D错误．]◆题型2 人船模型[典例2] 如图所示，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？[解析]先画出示意图如图所示选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前系统的总动量为零．设某一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，选人前进的方向为正方向．根据动量守恒定律有：mv2－Mv1＝0，即v2v1＝Mm.因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比，从而可以得出：在人从船头走向船尾的过程中，人和船的平均速度也跟它们的质量成反比，即对应的平均动量M v 1＝m v 2，而位移s ＝v t ，所以有Ms 1＝ms 2，即s 2s 1＝M m.由图可知s 1＋s 2＝l ，解得s 1＝m M ＋m l ，s 2＝M M ＋ml .[答案] 船的位移为mM ＋m l 人的位移为MM ＋ml “人船模型”问题1．系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零．2．在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．在解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系．[跟踪训练]2．如图所示，三角形木块A 质量为M ，置于光滑水平面上，底边长为a ，在其顶部有一三角形小木块B 质量为m ，其底边长为b ，若B 从顶端由静止滑至底部，则木块A 后退的距离为( )A.maM ＋m B.Ma M ＋m C.m (a －b )M ＋mD.M (a －b )M ＋m解析：C [取向右方向为正方向．设木块A 后退的距离为x ，B 从顶端由静止滑至底部时，B 向左运动的距离为a －b －x ，则水平方向上A 的平均速度大小为x t ，B 的平均速度大小为a －b －xt根据水平方向动量守恒得：M x t －ma －b －xt＝0解得x ＝m (a －b )M ＋m.]。
2023届高考物理一轮总复习练专题二 动量守恒定律
2023年高考物理总复习专题二——动量守恒定律1、如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为m A， B的质量为m B， m A>m B．最初人和车都处于静止状态，现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B相对地面的速度大小相等，则车A．静止不动 B．向右运动C．向左运动 D．左右往返运动2、两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙3、在光滑的地面上放有一质量为M带光滑弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度v0沿水平槽口滑去，如图所示，若M=m，则铁块从右端离开车时将A．向左平抛 B．向右平抛 C．自由落体 D．无法判断4、如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。
让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。
从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。
忽略空气阻力，求（1）两球a、b的质量之比；（2）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。
5、如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平面上的O点，此时弹簧处于原长．另一质量与B相同的滑块A从P点以初速度v0向B滑行，经过时间t时，与B相碰．碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动．滑块均可视为质点，与平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g．求：（1）碰后瞬间，A、B共同的速度大小；（2）若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量；（3）整个过程中滑块B对滑块A做的功．6、如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端（B、C可视为质点），三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg，A与B的动摩擦因数为μ=0．5；开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）并粘在一起，经过一段时间，B刚好滑至A的右端而没掉下来．求长木板A的长度．（g＝10 m/s2）7、如图所示，两质量分别为M1=M2=1.0kg的木板和足够高的光滑凹槽静止放在光滑水平面上，木板和光滑凹槽接触但不粘连，凹槽左端与木板等高。
2020高考大一轮复习(新课改专用)第6章 第2节 动量守恒定律
第2节动量守恒定律一、动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
[注1] 2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
[注2](3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为0，则系统在该方向上动量守恒。
二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。
(2)分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。
[注3]②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。
2．爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
3．反冲 [注4](1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。
【注解释疑】[注1] 外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。
[注2] 外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。
[注3] 弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在。
[注4] 反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的。
[深化理解]1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。
2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。
3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。
4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。
[基础自测]一、判断题(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。
(×)(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。
2019高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲练习
第2讲 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲1.(2015·高考福建卷)如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动解析：选D.选向右为正方向，则A 的动量p A ＝m ·2v 0＝2mv 0，B 的动量p B ＝－2mv 0.碰前A 、B 的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A 、B 的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D 符合题意．2.2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A 队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量p A ＝5 kg ·m/s ，花色球静止，白色球A 与花色球B 发生碰撞后，花色球B 的动量变为p ′B ＝4 kg ·m/s ，则两球质量m A 与m B 间的关系可能是( )A ．mB ＝m AB ．m B ＝14m AC ．m B ＝16m AD ．m B ＝6m A解析：选A.由动量守恒定律得p A ＋p B ＝p ′A ＋p ′B ，解得p ′A ＝1 kg ·m/s ，根据碰撞过程中总动能不增加，则有p 2A 2m A ≥p ′2A 2m A ＋p ′2B 2m B ，代入数据解得m B ≥23m A ，碰后两球同向运动，白色球A 的速度不大于花色球B 的速度，则p ′A m A ≤p ′B m B ，解得m B ≤4m A ，综上可得23m A ≤m B ≤4m A ，选项A 正确． 3.如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m/s 的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m 0＝0.1 kg的子弹以v 0＝179 m/s 的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g ＝10 m/s 2)．解析：设子弹射入木块后的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有 m 0v 0－mv ＝(m ＋m 0)v 1①代入数据解得v 1＝8 m/s. 它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s ＝6 m 时，它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有(m ＋m 0)v 1－Mv ＝(m ＋m 0＋M )v 2② 由能量守恒定律有Q ＝μ(m ＋m 0)gs ＝12(m ＋m 0)v 21＋12Mv 2－12(m ＋m 0＋M )v 22 ③联立①②③并代入数据解得μ＝0.54.答案：0.544．(2015·高考全国卷Ⅱ)两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．解析：(1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s① v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得v ＝23m/s③ 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v④ 联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8.⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2 ⑥ 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W ∶ΔE ＝1∶2.答案：(1)1∶8 (2)1∶2。
高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用练习(2021年整理)
2019年高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用练习编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用练习）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019年高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用练习的全部内容。
配餐作业动量守恒定律及应用A组·基础巩固题1．两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止。
可以肯定的是，碰前两球的( ）A．质量相等B．动能相等C．动量大小相等D．速度大小相等解析两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以断定碰前两球的动量大小相等、方向相反，C项正确。
答案 C2．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块,子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为( ）A．16 J B．2 JC．6 J D．4 J解析设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝（m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即E＝错误!m0v错误!－错误!(m＋m0）v2,而木块获得的动能E木＝错误!mv2＝6 J，两式相除得错误!＝错误!＞1，即E〉6 J,A项正确。
答案 A3．(2018·湖南师大附中摸底考试)如图所示，质量均为M＝0.4 kg的两长平板小车A和B开始时紧靠在一起都静止于光滑水平面上。
小物块(可看成质点）m＝0.2 kg以初速度v＝9 m/s从最左端滑上小车A的上表面，最后停在小车B最右端时速度为v＝2 m/s,最后A的速度v1为（)2A．1.5 m/s B. 2 m/sC．1 m/s D．0.5 m/s解析三物体整体分析，系统动量守恒mv＝（m＋M)v2＋Mv1⇒v1＝1.5 m/s。
2022年高考物理大一轮复习 第六章 动量及动量守恒定律第二讲动量守恒定律及其应用
B．m＝v2＋v2v1M D．m＝vv22－－vv01M
解析：规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒
v2－v0
定律可得
Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得
m＝ M，故 v2＋v1
C 正确．
答案：C
对反冲运动的三点说明
作用 原理
反冲运动是系统内物体之间 的作用力和反作用力产生的 效果
动量 守恒
反冲运动中系统不受外力或 内力远大于外力，所以反冲 运动遵循动量守恒定律
3．爆炸问题
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的， 爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以 在爆炸过程中，系统的总动量守恒．
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能 量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增 加．
(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物 体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后 仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．
究对象 受的内力和外力 量守恒的条件
解析：在 a 离开墙壁前、弹簧伸长的过程中，对 a
和 b 组成的系统，由于受到墙对 a 的弹力作用，
所以 a、b 组成的系统动量不守恒，选项 A 错误，B 正确；在 a 离开墙壁后，a、b 构成的系统所受的合外力 为零，因此动量守恒，故选项 C 正确，D 错误．
解析：选向右为正方向，则 A 的动量 pA＝m·2v0＝ 2mv0.B 的动量 pB＝－2mv0.碰前 A、B 的动量之和为零， 根据动量守恒，碰后 A、B 的动量之和也应为零，可知四 个选项中只有选项 D 符合题意．
答案：D
考点 3 反冲和爆炸
1．反冲运动的特点及遵循的规律 (1)特点：是物体之间的作用力与反作用力产生的效 果． (2)条件： ①系统不受外力或所受外力的矢量和为零； ②内力远大于外力；
高考物理大一轮复习 第六章 第2讲 动量守恒定律及“三类模型”问题讲义(含解析)教科版-教科版高三全
第2讲动量守恒定律及“三类模型”问题一、动量守恒定律1．内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．2．表达式(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．自测1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答案 C二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞．(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒．(3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失．②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失．③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大．2．反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、发射火箭等．(3)规律：遵从动量守恒定律．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒．如爆竹爆炸等．自测2如图1所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )图1A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动答案 D解析以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误.命题点一动量守恒定律的理解和基本应用例1(2018·湖北省仙桃市、天门市、潜江市期末联考)如图2所示，A、B两物体的质量之比为m A∶m B＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有( )图2A．A、B系统动量守恒B．A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒C．小车C先向左运动后向右运动D．小车C一直向右运动直到静止答案 D解析A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒．在弹簧释放的过程中，因m A∶m B＝1∶2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故A、B、C错误，D正确．变式1(多选)(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图3所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是( )图3A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒C．不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同答案BCD解析物体与油泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C 正确；由C 的分析可知，当物体与B 端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D 正确．例2 (2017·全国卷Ⅰ·14)将质量为1.00kg 的模型火箭点火升空，50g 燃烧的燃气以大小为600m/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 ．30kg·m/s B ．5.7×102kg·m/s C ．6.0×102kg·m/s D ．6.3×102kg·m/s答案 A解析 设火箭的质量为m 1，燃气的质量为m 2.由题意可知，燃气的动量p 2＝m 2v 2＝50×10－3×600kg·m/s＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝m 1v 1－m 2v 2，则火箭的动量大小为p 1＝m 1v 1＝m 2v 2＝30kg·m/s，所以A 正确，B 、C 、D 错误． 变式2 (2018·江西省七校第一次联考)一质量为M 的航天器远离太阳和行星，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m 的气体，气体向后喷出的速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小v 2等于(v 0、v 1、v 2均为相对同一参考系的速度)( ) A.M ＋m v 0－mv 1MB.M ＋m v 0＋mv 1MC.Mv 0＋mv 1M －mD.Mv 0－mv 1M －m答案 C解析 以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv 0＝－mv 1＋(M －m )v 2 解得v 2＝Mv 0＋mv 1M －m，故选C. 命题点二 碰撞模型问题1．碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律 (2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等．②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变． 2．弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2②解得v 1′＝m 1－m 2v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝m 2－m 1v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度． 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则：v 1′＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2，①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度． ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动． ③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来．例3 (2018·广东省湛江市第二次模拟)如图4所示，水平地面放置A 和B 两个物块，物块A 的质量m 1＝2kg ，物块B 的质量m 2＝1kg ，物块A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现对物块A 施加一个与水平方向成37°角的外力F ，F ＝10N ，使物块A 由静止开始运动，经过12s 物块A 刚好运动到物块B 处，A 物块与B 物块碰前瞬间撤掉外力F ，物块A 与物块B 碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A 、B 两物块均可视为质点，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图4(1)计算A 与B 两物块碰撞前瞬间物块A 的速度大小；(2)若在物块B 的正前方放置一个弹性挡板，物块B 与挡板碰撞时没有能量损失，要保证A 和B 两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B 的距离L 不得超过多大？答案 (1)6m/s (2)L 不得超过3.4m 解析 (1)设物块A 与物块B 碰前速度为v 1，由牛顿第二定律得：F cos37°－μ(m 1g －F sin37°)＝m 1a 解得：a ＝0.5m/s 2则速度v 1＝at ＝6m/s(2)设A 、B 两物块相碰后A 的速度为v 1′，B 的速度为v 2 由动量守恒定律得：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2 由机械能守恒定律得：12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22联立解得：v 1′＝2m/s 、v 2＝8 m/s对物块A 用动能定理得：－μm 1gx A ＝0－12m 1v 1′2解得：x A ＝0.4m对物块B 用动能定理得：－μm 2gx B ＝0－12m 2v 22解得：x B ＝6.4m物块A 和物块B 能发生第二次碰撞的条件是x A ＋x B >2L ， 解得L <3.4m即要保证物块A 和物块B 能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B 的距离L 不得超过3.4m.拓展点1 “滑块—弹簧”碰撞模型例4 (2018·山东省临沂市一模)如图5所示，静止放置在光滑水平面上的A 、B 、C 三个滑块，滑块A 、B 间通过一水平轻弹簧相连，滑块A 左侧紧靠一固定挡板P ，某时刻给滑块C 施加一个水平冲量使其以初速度v 0水平向左运动，滑块C 撞上滑块B 的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35J ，此时撤掉固定挡板P ，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A 、B 、C 的质量分别为m A ＝m B ＝0.2kg ，m C ＝0.1kg ，(取10＝3.17)求：图5(1)滑块C 的初速度v 0的大小；(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B 、C 的速度大小；(3)从滑块B 、C 压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B 、C 整体的冲量． 答案 (1)9m/s (2)1.9 m/s (3)1.47N·s，方向水平向右解析 (1)滑块C 撞上滑块B 的过程中，滑块B 、C 组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得：m C v 0＝(m B ＋m C )v 1弹簧被压缩至最短时，滑块B 、C 速度为零，根据能量守恒定律得：E p ＝12(m B ＋m C )v 12解得：v 1＝3m/s ，v 0＝9 m/s(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B 、C 的速度大小为v 2，滑块A 的大小为v 3，根据动量守恒定律得：m A v 3＝(m B ＋m C )v 2，根据能量守恒定律得：E p ＝12m A v 32＋12(m B ＋m C )v 22解得：v 2≈1.9m/s(3)设弹簧对滑块B 、C 整体的冲量I ，选向右为正方向，由动量定理得：I ＝Δp ＝(m B ＋m C )(v 2＋v 1)解得：I ＝1.47N·s，方向水平向右．拓展点2 “滑块—木板”碰撞模型例5 (2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)如图6，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m 的木板，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，最后所有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为g ，求：图6(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小； (2)木块2在整个运动过程中的最小速度． 答案 (1)4v 02μg (2)56v 0解析 (1)当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，设为v ，以v 0的方向为正方向．系统动量守恒m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝6mv 木块3在木板上匀减速运动：μmg ＝ma 由运动学公式(3v 0)2－v 2＝2ax 3 解得x 3＝4v 02μg(2)设木块2的最小速度为v 2，此时木块3的速度为v 3，由动量守恒定律m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(2m ＋3m )v 2＋mv 3在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同 3v 0－v 3＝2v 0－v 2 解得v 2＝56v 0.变式3 (多选)(2018·广西桂林市、百色市和崇左市第三次联考)如图7甲，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2kg 的木块A 以速度v 0＝2m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，之后木块A 与长木板B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图7A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1 B ．长木板的质量M ＝2kgC ．长木板B 的长度至少为2mD ．木块A 与长木板B 组成系统损失机械能为4J 答案 AB解析 由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为：a B ＝Δv Δt ＝11m/s 2＝ 1 m/s 2，对长木板B ，根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma B ，μ＝0.1，故A 正确；由题图可知前1s 内长木板B 的位移为：x B ＝12×1×1m＝0.5m ，木块A 的位移为：x A ＝2＋12×1m＝1.5m ，所以长木板B 的最小长度为：L ＝x A －x B ＝1m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成系统损失的机械能为：ΔE ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2＝2J ，故D 错误．拓展点3 “滑块—斜面”碰撞模型例6 (2018·福建省厦大附中第二次模拟)如图8所示，光滑水平面上质量为m 1＝2kg 的物块以v 0＝2m/s 的初速度冲向质量为m 2＝6kg 静止的光滑圆弧面斜劈体．求：图8(1)物块m 1滑到最高点位置时，二者的速度大小； (2)物块m 1从圆弧面滑下后，二者速度大小．(3)若m 1＝m 2，物块m 1从圆弧面滑下后，二者速度大小． 答案 见解析解析 (1)物块m 1与斜劈体作用过程水平方向遵从动量守恒定律，且到最高点时共速，以v 0方向为正，则有：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，v ＝0.5m/s ；(2)物块m 1从圆弧面滑下过程，水平方向动量守恒，动能守恒，则有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22， 解得：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0 代入数据得：v 1＝－1m/s ，v 2＝1 m/s ；(3)若m 1＝m 2，根据上述分析，物块m 1从圆弧面滑下后，交换速度，即v 1′＝0，v 2′＝2m/s. 变式4 (2019·甘肃省天水市调研)如图9所示，在水平面上依次放置小物块A 和C 以及曲面劈B ，其中A 与C 的质量相等均为m ，曲面劈B 的质量M ＝3m ，曲面劈B 的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B 足够高，各接触面均光滑．现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B .求：图9(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度． 答案 (1)14mv 02 (2)3v 0240g解析 (1)小物块C 与物块A 发生碰撞粘在一起，以v 0的方向为正方向 由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 解得v ＝12v 0；碰撞过程中系统损失的机械能为E 损＝12mv 02－12×2mv 2解得E 损＝14mv 02.(2)当小物块A 、C 上升到最大高度时，A 、B 、C 系统的速度相等．根据动量守恒定律：mv 0＝(m ＋m ＋3m )v 1 解得v 1＝15v 0根据机械能守恒得2mgh ＝12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 02－12×5m ⎝ ⎛⎭⎪⎫15v 02解得h ＝3v 0240g.命题点三 “人船”模型1．特点⎩⎪⎨⎪⎧1两个物体2动量守恒3总动量为零2．方程m 1v 1－m 2v 2＝0(v 1、v 2为速度大小)3．结论m 1x 1＝m 2x 2(x 1、x 2为位移大小)例7 (2018·河南省鹤壁市第二次段考)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d ，然后用卷尺测出船长L .已知他的自身质量为m ，水的阻力不计，则船的质量为( ) A.m L ＋dd B.m L －dd C.mL dD.m L ＋dL答案 B解析 设人走动的时候船的速度为v ，人的速度为v ′，人从船头走到船尾用时为t ，人的位移为L －d ，船的位移为d ，所以v ＝d t ，v ′＝L －dt.以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv －mv ′＝0，可得：M d t ＝mL －d t ，小船的质量为：M ＝m L －dd，故B 正确．变式5 (2018·河南省中原名校第六次模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A ，斜面体质量为M 、底边长为L ，如图10所示．将一质量为m 、可视为质点的滑块B 从斜面的顶端由静止释放，滑块B 经过时间t 刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为N ，则下列说法中正确的是( )图10A ．N ＝mg cos αB ．滑块下滑过程中支持力对B 的冲量大小为Nt cos αC ．滑块B 下滑的过程中A 、B 组成的系统动量守恒D ．此过程中斜面体向左滑动的距离为mM ＋mL答案 D解析 当滑块B 相对于斜面加速下滑时，斜面体A 水平向左加速运动，所以滑块B 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力N 不等于mg cos α，A 错误；滑块B 下滑过程中支持力对B 的冲量大小为Nt ，B 错误；由于滑块B 有竖直方向的分加速度，所以A 、B 组成的系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C 错误；A 、B 组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A 、B 两者水平位移大小分别为x 1、x 2，则Mx 1＝mx 2，x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝mM ＋mL ，D 正确．命题点四 “子弹打木块”模型1．木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒． 2．两者发生的相对位移为子弹射入的深度x 相．3．根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能．4．系统产生的内能Q ＝f ·x 相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积．5．当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔE k ＝f ·L (L 为木块的长度)．例8 一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为f .则： (1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？ (2)子弹在木块内运动的时间为多长？(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？答案 (1)m M ＋m v 0 (2)Mmv 0f M ＋m (3)Mm M ＋2m v 022f M ＋m 2Mm 2v 022f M ＋m2Mmv 022f M ＋m解析 (1)设子弹、木块相对静止时的速度为v ，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝(M ＋m )v解得v ＝mM ＋mv 0 (2)设子弹在木块内运动的时间为t ，由动量定理得 对木块：ft ＝Mv －0 解得t ＝Mmv 0f M ＋m(3)设子弹、木块发生的位移分别为x 1、x 2，如图所示，由动能定理得对子弹：－fx 1＝12mv 2－12mv 02解得：x 1＝Mm M ＋2m v 022f M ＋m2对木块：fx 2＝12Mv 2解得：x 2＝Mm 2v 022f M ＋m2子弹打进木块的深度等于相对位移，即x 相＝x 1－x 2＝Mmv 022f M ＋m变式6 (2019·陕西省商洛市质检)如图11所示，在固定的水平杆上，套有质量为m 的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M 的木块，现有质量为m 0的子弹以大小为v 0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图11A ．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m 0v 0m 0＋m ＋MB ．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M ＋m 0)gC ．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M ＋m ＋m 0)gD ．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 答案 C解析 子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，以v 0的方向为正方向，则m 0v 0＝(M ＋m 0)v 1，得v 1＝m 0v 0m 0＋M ，选项A 错误；子弹射入木块后的瞬间，T －(M ＋m 0)g ＝(M ＋m 0)v 12L，可知绳子拉力大于(M ＋m 0)g ，选项B 错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环：N ＝T ＋mg >(M ＋m ＋m 0)g ，由牛顿第三定律知，选项C 正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D 错误．1．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( )A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法确定答案 A2．(2018·福建省福州市模拟)一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为( )A.v2－v1v1M B.v2v2－v1MC.v2－v0v2＋v1M D.v2－v0v2－v1M答案 C3．(2018·广东省东莞市调研)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是( )A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙答案 B4．(2018·山东省青岛市第二次质量检测)如图1，连接有水平轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动．下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图像，不合理的是( )图1答案 A解析 物块b 以一定初速度向左运动与连接有水平轻弹簧的静止物块a 相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小．故A 错误．5．(2019·河南省鹤壁市调研)在列车编组站里，一节动车车厢以1m/s 的速度碰上另一节静止的拖车车厢，碰后两节车厢结合在一起继续运动．已知两节车厢的质量均为20t ，则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为(碰撞过程时间很短，内力很大)( ) A ．10N·s B ．20N·s C ．104N·s D ．2×104N·s答案 C解析 动车车厢和拖车车厢碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv 0＝2mv ，对拖车根据动量定理有I ＝mv ，联立解得I ＝104N·s，选项C 正确．6．(2018·山西省晋城市第一次模拟)所谓对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起．假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M 、m ，两者对接前的在轨速度分别为(v ＋Δv )、v ，对接持续时间为Δt ，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( )A.m 2·Δv M ＋m ΔtB.M 2·Δv M ＋m ΔtC.Mm ·ΔvM ＋m ΔtD ．0答案 C解析 在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中水平方向动量守恒，M (v ＋Δv )＋mv ＝(M ＋m )v ′，解得对接后两者的共同速度v ′＝v ＋M ·ΔvM ＋m，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F ·Δt ＝mv ′－mv ，解得F ＝Mm ·ΔvM ＋m Δt，选项C 正确．7．(2018·河北省石家庄二中期中)滑块a 、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，两者的位置x 随时间t 变化的图像如图2所示．则滑块a 、b 的质量之比( )图2A ．5∶4B．1∶8C．8∶1D．4∶5 答案 B解析 设滑块a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 两滑块碰撞前的速度为v 1、v 2， 由题图得v 1＝－2m/sv 2＝1m/s两滑块发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度设为v ，由题图得v ＝23m/s由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v联立解得m 1∶m 2＝1∶8.8.(2018·山东省日照市校际联合质检)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A 、B 碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图像如图3所示．则下列说法错误的是( )图3A ．碰撞前后物体A 的运动方向相反B ．物体A 、B 的质量之比为1∶2C ．碰撞过程中A 的动能变大，B 的动能减小D ．碰前物体B 的动量较大 答案 C解析 由题图可得，碰撞前v A ＝20－302m/s ＝－5 m/s ，碰撞后v A ′＝20－102m/s ＝5 m/s ，则碰撞前后物体A 的运动方向相反，故A 正确；由题图可得，碰撞前v B ＝20－02m/s ＝10 m/s ，根据动量守恒得m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v A ′，代入数据得：m A ∶m B ＝1∶2，故B 正确；碰撞前后物体A 速度大小相等，则碰撞过程中物体A 动能不变，故C 错误；碰前物体A 、B 速度方向相反，碰后物体A 、B 速度方向与物体B 碰前速度方向相同，则碰前物体B 动量较大，故D 正确．9.(多选)(2019·江西省上饶市调研)质量为M 的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m 的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L ，如图4所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是( )图4A ．物块和小车组成的系统机械能守恒B ．物块和小车组成的系统动量守恒C ．当物块速度大小为v 时，小车速度大小为mMv D ．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为m ML 答案 BC解析 弹簧推开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A 选项错误；取物块和小车的系统，外力的和为零，故系统的动量守恒，B 选项正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝mv －Mv ′，解得v ′＝m M v ，C 选项正确；弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”，有v v ′＝Mm，则在相同时间内x x ′＝M m ，且x ＋x ′＝L ，联立得x ′＝mL M ＋m，D 选项错误． 10.(多选)(2018·陕西省西安一中一模)如图5所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M ，物体M 上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C ，A 、B 为同一水平直径上的两点，现让小滑块m 从A 点由静止下滑，则( )图5A ．小滑块m 到达物体M 上的B 点时小滑块m 的速度不为零B ．小滑块m 从A 点到C 点的过程中物体M 向左运动，小滑块m 从C 点到B 点的过程中物体M 向右运动C ．若小滑块m 由A 点正上方h 高处自由下落，则由B 点飞出时做竖直上抛运动D ．物体M 与小滑块m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 答案 CD解析 物体M 和小滑块m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D 正确；小滑块m 滑到右端两者水平方向具有相同的速度：0＝(m ＋M )v ，v ＝0，可知小滑块m 到达物体M 上的B 点时，小滑块m 、物体M 的水平速度为零，故当小滑块m 从A 点由静止下滑，则能恰好到达B 点，当小滑块由A 点正上方h 高处自由下落，则由B 点飞出时做竖直上抛运动，A 错误，C 正确；小滑块m 从A 点到C 点的过程中物体M 向左加速运动，小滑块m 从C 点到B 点的过程中物体M 向左减速运动，选项B 错误．11．(2018·山东省日照市二模)2017年4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与离地面390公里处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接．下列说法正确的是( )A ．根据“天宫二号”离地面的高度，可计算出地球的质量B ．“天舟一号”与“天宫二号”的对接过程，满足动量守恒、能量守恒C ．“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，轨道半径和线速度都略微减小D ．若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度 答案 D解析 根据GMmR ＋h2＝m4π2T 2(R ＋h )，可得M ＝4π2R ＋h 3GT 2，则根据“天宫二号”离地面的高度，不可计算出地球的质量，选项A 错误；“天舟一号”与“天宫二号”对接时，“天舟一号”要向后喷气加速才能对接，故对接的过程不满足动量守恒，但是能量守恒，选项B 错误；“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，万有引力变大，则轨道半径略微减小，引力做正功，故线速度增加，选项C 错误；G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，而M ＝43πR 3ρ，可得ρ＝3πGT2，即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度，选项D 正确． 12．(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图6所示，质量M ＝9kg 的小车A 以大小v 0＝8m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台上放置质量m ＝1 kg 的小球。
第2讲 动量守恒定律-2025版物理大一轮复习
动量守恒定律目标要求 1.理解系统动量守恒定律，知道动量守恒的条件。
2.理解碰撞的种类及其遵循的规律，会分析一维碰撞的相关问题。
3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型。
考点一动量守恒定律的理解及应用1.内容：如果一个系统不受外力或者所受合外力的矢量和为□1零，这个系统的总动量保持不变。
2.表达式(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝□2m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝□3－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
3.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为□4零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力□5远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在□6这一方向上动量守恒。
【判断正误】1.只要系统所受的外力的矢量和为零，系统的动量就守恒。
(√)2.只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。
(×)3.若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。
(√)1.动量守恒定律的五个特性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p 1、p 2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p 1′、p 2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。
2021版高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒2动量守恒定律及其应用创新练1(含解析)
动量守恒定律及其应用4.如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物) 分别为10m、12m,两船沿同一直线同一方向运动,速度分别为2v0、v0。
为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度。
(不计水的阻力)【解析】设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min,抛出货物后船的速度为v1,甲船上的人接到货物后船的速度为v2,由动量守恒定律得12mv0=11mv1-mv min①10m·2v0-mv min=11mv2②为避免两船相撞应满足v1=v2③联立①②③式得v min=4v0答案:4v0【补偿训练】假设火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体,气体离开发动机喷出时的速度v=1 000 m/s,设火箭质量M=300 kg,发动机每秒喷气20次。
(1)当第三次气体喷出后,火箭的速度多大。
(2)运动第1 s末,火箭的速度多大。
【解析】方法一:喷出气体运动方向与火箭运动方向相反,系统动量守恒。
(M-m)v1-mv=0,所以v1=。
第二次气体喷出后,火箭速度为v2,有(M-2m)v2-mv=(M-m)v1,所以v2=第三次气体喷出后,火箭速度为v3,有(M-3m)v3-mv=(M-2m)v2所以v3== m/s=2 m/s。
依次类推,第n次气体喷出后,火箭速度为v n,有(M-nm)v n-mv=[M-(n-1)m],所以v n=因为每秒喷气20次,所以1 s末火箭速度为v20== m/s=13.5 m/s方法二:整体选取研究对象,运用动量守恒定律求解(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象,据动量守恒定律得:(M-3m)v3-3mv=0,所以v3==2 m/s(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象(M-20m)v20-20mv=0所以v20==13.5 m/s答案:(1)2 m/s (2)13.5 m/s。
2021高考物理一轮复习第6章动量守恒定律及其应用第2讲动量守恒定律课时作业含解析
第2讲 动量守恒定律时间：70分钟 满分：100分一、选择题(本题共11小题，每小题6分，共66分。
其中1～6题为单选，7～11题为多选)1. (2019·某某摸底考试)如图所示，静止在光滑水平面上的质量为2m 的滑块B 与轻质弹簧拴接，轻弹簧另一端固定，质量为m 的滑块A 以速度v 0向右运动，滑块A 、B 相碰瞬间粘在一起。
此后弹簧弹性势能的最大值为( )A.12mv 20B.16mv 20 C.14mv 20D.19mv 20 答案 B解析 滑块A 、B 发生碰撞，由动量守恒定律，mv 0＝(m ＋2m )v ，解得v ＝v 03。
碰撞后的动能E k ＝12·3mv 2＝16mv 20，滑块压缩弹簧，动能转化为弹性势能，由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能E p ＝E k ＝16mv 20，B 正确。
2. 如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B 静止在圆弧轨道的最低点。
现将小滑块A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放。
已知圆弧轨道半径R ＝1.8 m ，小滑块的质量关系是m B ＝2m A ，重力加速度g ＝10 m/s 2。
则碰后小滑块B 的速度大小不可能是( )A ．5 m/s B.4 m/sC.3 m/sD.2 m/s答案 A解析 设小滑块A 到达最低点时的速度为v 0，根据动能定理：mgR ＝12mv 20－0，可得v 0＝6 m/s 。
若是弹性碰撞，m A v 0＝m A v 1＋m B v 2，12m A v 20＝12m A v 21＋12m B v 22，联立解得v 2＝4 m/s ；若是完全非弹性碰撞，m A v 0＝(m A ＋m B )v ，解得v ＝2 m/s ，所以碰后小滑块B 的速度X 围为2 m/s ≤v ≤4 m/s ，B 的速度不可能是5 m/s ，故选A 。
3．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。
2025高考物理总复习动量守恒定律及其应用
目录
研透核心考点
2.动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
零
目录
夯实必备知识
2.
非常大
目录
夯实必备知识
3.
远大于
守恒
目录
夯实必备知识
4.
远大于
目录
夯实必备知识
1.思考判断
× (1)只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。( ) √ (2)系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。( )
(3)动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要
目录
研透核心考点
讨论：(1)若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换，动量和动能全部转移)。 (2)若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后两物体沿同一方向运动)。 (3)若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1。 (4)若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后两物体沿相反方向运动)。 (5)若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。
动量 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中， 守恒 系统的总动量守恒 机械能 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系 增加 统的机械能增加 位置 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆 不变 炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
近年届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第2讲动量守恒定律的综合应用课时作业(含解析)(2021年
2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第2讲动量守恒定律的综合应用课时作业（含解析）编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第2讲动量守恒定律的综合应用课时作业（含解析））的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第2讲动量守恒定律的综合应用课时作业（含解析）的全部内容。
2、动量守恒定律的综合应用［基础训练]1．（2018·黑龙江哈三中二模）如图所示,在光滑水平面上质量为m的物体A以速度v0与静止的物体B发生碰撞,物体B的质量为2m,则碰撞后物体B 的速度大小可能为( )A．v0 B。
错误! C．0 D.错误!答案:D 解析:物体A与物体B碰撞的过程中动量守恒,选物体A原来的运动方向为正方向：如果发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，计算得出v＝错误!v0；如果发生的是完全弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2,由能量守恒定律得错误!mv错误!＝错误!mv错误!＋错误!·2mv错误!，计算得出v2＝错误!v0.碰撞后物体B的速度满足错误!v0≤v B≤错误!v0，选项D正确．2．如图所示,静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连,木板质量M＝3 kg.质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J答案:A 解析:设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v,铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L,摩擦力大小为F f。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。
其中1～4为单选，5～10为多选)1．[2018·长春一中月考]光滑水平面上半径相等的两金属小球A 和B 相向运动并发生对心碰撞，碰后两球均静止，若两球的质量之比为m A ∶m B ＝1∶3，则两球碰前的速度关系为( ) A ．方向相同，大小之比为1∶3 B ．方向相同，大小之比为3∶1 C ．方向相反，大小之比为1∶3 D ．方向相反，大小之比为3∶1 ★答案★ D解析 根据动量守恒，m A v A －m B v B ＝0，所以v A v B ＝m B m A ＝31，D 正确。
2．[2017·安徽合肥一模]质量为0.2 kg 的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回。
取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp 和合外力对小球做的功W ，下列说法正确的是( ) A ．Δp ＝2 kg·m/s W ＝－2 J B ．Δp ＝－2 kg·m/s W ＝2 J C ．Δp ＝0.4 kg·m/s W ＝－2 J D ．Δp ＝－0.4 kg·m/s W ＝2 J ★答案★ A解析 取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp ＝m v 2－m v 1＝0.2×4 kg·m/s －0.2×(－6) kg·m/s ＝2 kg·m/s ，方向竖直向上。
由动能定理知，合外力做的功：W ＝12m v 22－12m v 21＝12×0.2×42 J －12×0.2×62 J ＝－2 J ，A 正确，B 、C 、D 错误。
3. 如图所示，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M ，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动。
当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时，车向东的速度大小为( )A.M v 1－M v 2M －mB.M v 1M －m C.M v 1＋M v 2M －mD ．v 1★答案★ D解析 在水平方向动量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度没变，(m ＋M )v 1＝m v 1＋M v 车，因此v 车＝v 1，所以D 正确。
4．[2017·安徽黄山模拟]小球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 。
当小球A 追上小球B 并发生碰撞后，小球A 、B 的速度可能是( ) 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 ★答案★ B解析 首先判断动量是否守恒，经过计算，四个选项均满足动量守恒；然后判断机械能变化，碰前系统的动能E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝22 J ，因为动能不增加，所以碰后系统的动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2≤22 J ，满足条件的有选项A 和B ，排除选项C 和D 。
最后判断速度关系，本题中，小球A 追上B 发生碰撞，碰后必然有v A ′≤v B ′，故可再排除选项A ，故B 正确。
5. (多选)如图所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车AB总质量为m0，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车AB和木块C都静止。
当突然烧断细绳时，木块C被释放，使木块C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦。
以下说法正确的是()A．弹簧伸长过程中木块C向右运动，同时小车AB也向右运动B．木块C与B碰前，木块C与小车AB的速率之比为m0∶m C．木块C与油泥粘在一起后，小车AB立即停止运动D．木块C与油泥粘在一起后，小车AB继续向右运动★答案★BC解析小车AB、物块C和弹簧组成的系统动量守恒，初状态总动量为零，在弹簧伸长的过程中，木块C向右运动，则小车向左运动，故A错误；规定向右为正方向，在木块C与B碰前，根据动量守恒有：0＝m v C－m0v，解得v C∶v＝m0∶m，故B正确；因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当木块C与油泥粘在一起时，总动量仍然为零，则小车停止运动，故C正确，D错误。
6. 如图所示，静止小车C放在光滑地面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是()A ．A 、B 质量相等，但A 比B 速率大 B ．A 、B 质量相等，但A 比B 速率小C ．A 、B 速率相等，但A 比B 的质量大D ．A 、B 速率相等，但A 比B 的质量小 ★答案★ AC解析 两人及车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则m A v A －m B v B －m C v C ＝0，得m A v A －m B v B >0。
由该式可知：若m A ＝m B ，必有v A >v B ，故A 正确，B 错误；若v A ＝v B ，必有m A >m B ，故C 正确，D 错误。
7．[2017·江西吉安质检]如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝4 kg 的小物块B 以水平速度v ＝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，g 取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 ★答案★ AD解析 由题中图象可知，木板获得的速度为v ＝1 m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，以物体B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝(m 0＋m )v ，解得m 0＝4 kg ，木板获得的动能为E k ＝12m 0v 2－0＝2 J ，故A 正确；系统损失的机械能ΔE ＝12m v 20－12m v 2－12m 0v 2＝4 J，故B错误；速度—时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，故0～1 s内物体B的位移为x B＝12×(2＋1)×1 m＝1.5 m，木板A的位移为x A＝12×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为l＝x B－x A＝1 m，故C错误；由题图可知，物体B在0～1 s的加速度a＝ΔvΔt＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与规定正方向相反，由牛顿第二定律得μm B g＝m B a，得μ＝0.1，故D正确。
8．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，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受地面的冲击力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小★答案★CD解析设玻璃杯下落高度为h。
它们从h高度落地瞬间的速度大小相等，都是2gh，设玻璃杯的质量是m，则落地的瞬间动量的大小都是m2gh，A错误；与水泥或草地接触一段时间后，最终都静止，动量的改变量是相等的，B错误；同时，在此过程中，不难得出掉在水泥地上对应的时间要小于掉在草地上对应的时间，故C正确；根据动量定理，动量改变量相同时，作用时间短的冲击力大，D正确。
9．两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(设为正)，B的速度v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是()A．均为1 m/s B．＋4 m/s和－5 m/sC．＋2 m/s和－1 m/s D．－1 m/s和＋5 m/s★答案★AD解析由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。
再看动能情况：E k＝12m1v21＋12m2v22＝12×4×9 J＋12×2×9 J＝27 JE k′＝12m1v′21＋12m2v2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k≥E k′，可排除选项B；选项C虽满足E k≥E k′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(v1′>0，v2′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误；验证选项A、D均满足E k≥E k′，故★答案★为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)。
10．光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时()A．A、B系统总动量仍然为m vB．A的动量变为零C．B的动量达到最大值D．A、B的速度相等★答案★AD解析系统水平方向动量守恒，A正确；弹簧被压缩到最短时A、B 两物体具有相同的速度，D正确、B错误；但此时B的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B物体会进一步加速，A物体会进一步减速，C错误。
二、非选择题(本题共3小题，共40分)11. [2017·山东青岛模拟](12分)质量为m0的木板B置于光滑水平面上，另一质量为m的木块A(可视为质点)在木板B的左端以水平速度v0开始向右运动，如图所示，木块A与木板B之间的动摩擦因数为μ，若要使木块A刚好不从木板B的右端掉下去，则木板B的长度至少应多长？★答案★m0v202μg(m0＋m)解析若要使木块A刚好不从木板B的右端掉下去，则木块滑至木板右端时两者具有共同速度v，在A、B相互作用的过程中，系统不受外力作用，系统内力为一对摩擦力，小木块A可视为“子弹”，木板B可视为“木块”，这与子弹打击木块模型相似。
由动量守恒定律得m v0＝(m0＋m)v①由能量守恒定律得12m v20＝12(m0＋m)v2＋Q②②式中的Q＝μmgl，其中l为木块相对于木板发生的位移(即木板最小的长度)，解①②可得l＝m0v202μg(m0＋m)。
12. [2017·烟台二模](12分)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＝2.0 kg, m B＝0.90 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量m C＝0.10 kg的滑块C，以v C ＝10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示。