2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练：碰撞和动量守恒(含解析)
高考物理(新高考版)一轮复习考点考法精练专题七碰撞与动量守恒
专题七碰撞与动量守恒一、单项选择题(共6小题,18分)1.如果没有空气阻力,天上的云变成雨之后落到地面,在经过一路的加速后,到达地面时的速度会达到300 m/s,这样的速度基本相当于子弹速度的一半,是非常可怕的.由于空气阻力的作用,雨滴经过变加速运动,最终做匀速运动,一般而言,暴雨级别的雨滴落地时的速度为8~9 m/s.某次下暴雨时李明同学恰巧撑着半径为0.5 m的雨伞(假设伞面水平,雨水的平均密度为0.5 kg/m3),由于下雨使李明增加撑雨伞的力最小约为() A.2.5×101 N B.2.5 NC.2.5×101 ND.2.5×102 N2.甲、乙两物体在同一直线上运动,它们在0~0.4 s时间内的vt图象如图所示.若两物体仅存在相互作用,则下列说法正确的是()A.0~0.4 s时间内甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量~t1时间内甲、乙位移之比为1∶3C.甲、乙质量之比为3∶1D.t1=0.28 s3.某质量为3 kg的木块在喷泉作用下,静止在距某喷口上方1 m的位置,喷口的圆形内径约为2 cm,若喷出的水全部撞击木块且冲击后水的速度变为零,则驱动该喷口喷水的水泵功率最接近(不计空气阻力,π取3,重力加速度g取10 m/s2)()A.100 WB.200 WC.300 WD.400 W4.一同学研究箱子的运动,让一质量为m=1 kg的箱子在水平恒力F的推动下沿光滑水平面做直线运动,箱子运动的xt t图线如图所示,t是从某时刻开始计时箱子运动的时间,x为箱子在时间t内的位移,由此可知()A.箱子受到的恒力大小为F=0.5 NB.0~10 s内箱子的动量变化量为5 kg·m/sC.5 s时箱子的速度大小为5.5 m/sD.0~5 s内箱子的位移为27.5 m5.如图所示,光滑水平面上停放一个木箱和小车,木箱质量为m,小车和人总质量为M,M∶m=4∶1,人以速率v沿水平方向将木箱推出,木箱被挡板以原速率反弹回来以后,人接住木箱再以同样大小的速率v第二次推出木箱,木箱又被原速反弹,…,则人最多能推木箱的次数为()D.16.在光滑的水平面上有A、B两辆玩具小汽车,质量分别为M A=2 kg,M B=1 kg.现使A车以10 m/s的速度沿A、B中心的连线向静止的B车运动,与B车发生对心碰撞,则碰后两车的速度可能是()A.v A=7 m/s,v B=6 m/sB.v A=1 m/s,v B=22 m/sC.v A=6 m/s,v B=8 m/sD.v A=2 m/s,v B=16 m/s二、多项选择题(共4小题,16分)7.2019年6月15日,中国田径街头巡回赛·北京撑杆跳高比赛在北京市朝阳区世贸天阶举行,如图所示,一名运动员正在撑杆跳高.完整的撑杆跳高过程可以简化成三个阶段:持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落.将运动员撑杆起跳上升的过程在竖直方向上的运动简化为竖直初速度为v0=5 m/s的运动,对应时刻重心高度为1.5 m,越过杆时的竖直速度为零,从起跳至运动到离地面6.15 m的最高点经历的时间为5 s,运动员的质量为75 kg,不计空气阻力,g取10 m/s2.则在撑杆起跳上升过程中()A.撑杆对运动员的冲量大于运动员对撑杆冲量B.撑杆释放的弹性势能为2 450 JC.运动员在竖直方向受到的合力产生的冲量为375 N·sD.撑杆对运动员的力在竖直方向产生的冲量为3 375 N·s8.如图所示,光滑水平面与竖直光滑曲面相切于曲面最低点,大小相同的弹性小球A、B质量分别为m A、m B.B静止在曲面最低点,让球A从曲面上一定高度h滑下,在最低点与球B发生正碰,碰撞过程无机械能损失,水平面足够长.下列说法正确的是()A.A、B可能发生第二次碰撞B.若m A<m B,A、B一定能发生第二次碰撞C.增大h可让A、B发生第二次碰撞D.当m B≤3m A时A、B只能发生一次碰撞9.一竖直放置的轻弹簧,一端固定于地面,一端与质量为3 kg的B固定在一起,质量为1 kg的A 放于B上,并施加向下的恒力,系统处于静止状态.撤去外力后,A和B一起竖直向上运动,如图所示.当A、B分离后,A上升0.2 m到达最高点,此时B速度方向向下,弹簧为原长,则从A、B 分离起至A到达最高点的过程中,下列说法正确的是(g取10 m/s2)()A.A、B分离时,弹簧处于原长状态B.A、B分离时,A的速度大于B的速度C.从A、B分离起至A到达最高点的过程中,弹簧的弹力对B的冲量大小为6 N·sD.B的机械能守恒10.如图所示,小球A、B、C质量分别为2m、m、m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为l,B、C置于水平地面上.现让两轻杆并拢,以此时小球A在水平地面上的竖直投影为坐标原点,A由静止释放到下降到最低点的过程中,A、B、C在同一竖直平面内运动,忽略一切摩擦,重力加速度为g.则球A与地面接触时(小球直径远小于杆长)()A.球C速度大小为√gl3B.球B、C的动量之和为零C.球A落点在原点左侧D.A与地面接触时的速度大小为√2gl三、非选择题(共4小题,50分)11.[5分]图示装置可用来验证动量守恒定律:一段长为l的细绳一端与力传感器(图中未画出,传感器的体积忽略不计,它可以实时记录绳所受的拉力大小)相连,固定在O点,另一端连接一个质量为m1、直径为d的小钢球A.在小钢球自然下垂时在其最低点N的右侧放置有一气垫导轨,气垫导轨左端放有质量为m2的小滑块B(B上安装有宽度为d的遮光片,遮光片的质量忽略不计),右侧安装有光电门1和光电门2(它们分别与数字毫秒计连接,数字毫秒计可记录遮光片挡光的时间).当地的重力加速度为g.将气垫导轨调整为水平,并调整好气垫导轨的高度,确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B 发生正碰;调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力作用.(1)将小钢球A从某位置由静止释放,摆到最低点N与滑块B发生碰撞.若小钢球A与滑块B 碰撞前瞬间,拉力传感器的示数为F1,则小钢球A与滑块B碰撞前的速度大小为.(用题中已给出的物理量符号表示)(2)为完成实验,除了要记录数字毫秒计的读数Δt外,还需要记录的信息有.(3)写出一条对提高实验结果准确度有益的建议:.12.[6分]利用气垫导轨可以验证被压缩的弹簧弹开时,两滑块组成的系统动量守恒,可用图示装置进行以下实验.实验时,用两滑块压缩弹簧,并用细线固定,使其静止在两光电门中间附近,已知两滑块上遮光片的宽度相同,都是d,剪断拴弹簧的细线,测得质量为m1的滑块1和质量为m2的滑块2上遮光片通过光电门的时间分别为t1和t2.(1)实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮,使导轨;充气后,当滑块放在气垫导轨上任意位置都能时,说明气垫导轨已经调节好.(2)若满足,则两滑块组成的系统动量守恒(采用最简式).(3)不计滑块在气垫导轨上运动时受到的阻力,则剪断拴弹簧的细线前弹簧的弹性势能为.13.[19分]如图所示,在光滑水平面上静止着两个质量均为m的小滑块a、b,两者相距为l.现对滑块a施一水平向右的大小为F的恒力,以后两滑块发生正碰过程时间极短,不计碰撞过程中的动能损失.(1)小滑块a、b在第一次碰撞后的速度大小各是多少?(2)滑块a与滑块b第一次碰撞后,经过多长时间第二次碰撞?两次相碰间隔多远?(3)若要使滑块a与滑块b仅发生三次碰撞,可在滑块b运动一段距离s(未知)后给滑块b也施加一个水平向右的大小为F的恒力,试求距离s应该在什么范围内.14.[20分]如图,静置于光滑水平面上的滑块Q由半径为L的14光滑圆弧轨道AB和长为L的水平轨道BC组成,半径OB竖直,末端C离地高度为L2.若滑块Q锁定,让一小物块P从A处由静止释放,沿轨道运动,从C端飞出,落到水平面上的D点.已知Q的质量是P的4倍,P与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,小物块P可视可质点,重力加速度为g.(1)求C、D间的水平距离x0.(2)若将滑块Q解锁,让P仍从A处由静止释放沿轨道运动,离开C端后落到水平面上的D'点,求:①P滑到C端时的速度大小v1;②D'、D两点间的距离x.1.C设t时间内,落到雨伞上雨水的质量为m,根据动量定理,有Ft=mv,又m=vtπr2ρ,所以F=v2πr2ρ,代入数值解得F=2.5×101 N,所以选项C正确.【解题关键】根据速度和雨水的平均密度求出单位时间内雨水的质量是解题的关键.2.C甲、乙两物体仅存在相互作用,则甲、乙两物体组成的系统动量守恒,故0~0.4 s时间内甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量,A错误;在vt图象中,图线与坐标轴围成图形的面积表示位移,则0~t1时间内甲、乙位移之比为1∶5,B错误;由图线可知,甲、乙两物体加速度大小之比为1∶3,则甲、乙质量之比为3∶1,C正确;由图线可知a乙的大小为10 m/s2,则t1=0.3 s,D错误.3.B喷口的内径约2 cm,则半径约为r=0.01 m,木块静止在距喷口h=1 m的位置,即木块受到水的冲击力等于木块的重力,由动量定理得0mv=m木gt,在一段极短时间t内喷到木块上的水柱的质量为m=ρ水vtS,S=πr2,设水在刚喷出喷口时的速度为v喷,由机械能守恒定律可知mgh+12mv2=12m v喷2,设驱动该喷口喷水的水泵功率为P,在接近管口很短一段时间Δt内喷出水柱的质量m1=ρ水v喷ΔtS,根据动能定理可得PΔt=12m1v喷2,解得P≈ 197 W,故B正确.4.D将匀变速直线运动位移公式x=v0t+12at2,两边同除以t可得xt=v0+12at,对比xtt图线可知,箱子的初速度v 0=3 m/s,图线斜率为12a=0.5 m/s 2,箱子运动的加速度a=1 m/s 2,由牛顿第二定律,可得恒力F=ma=1 N,A 错误;箱子的初动量为p 0=mv 0=3 kg·m/s,10 s 时箱子的速度大小v=v 0+at 1=13 m/s,0~10 s 内箱子的动量变化量为mvmv 0=10 kg·m/s,B 错误;5 s 时箱子的速度大小为v 0+at 2=8 m/s,C 错误;0~5 s 内箱子的位移为x=v 0t 2+12a t 22=3×5 m +12×1×52 m =27.5 m,D 正确.5.B 选木箱、人和小车组成的系统为研究对象,取向右为正方向,设第n (n 为整数)次推出木箱后人与小车的速度为v n ,第n 次接住木箱后速度为v'n ,则由动量守恒定律 第一次推出后有0=Mv 1mv ,则v 1=mvM第一次接住后有Mv 1+mv=(M+m )v'1 第二次推出后有(M+m )v'1=Mv 2mv ,则v 2=3mv M第二次接住后有Mv 2+mv=(M+m )v'2 ︙ ︙第n 1次接住后有Mv n 1+mv=(M+m )v'n 1 第n 次推出后有(M+m )v'n 1=Mv n mv 即v n =(2n -1)Mmv设最多能推n 次,推出后有{v n ≥vv n -1<v即(2n -1)mvM ≥v ,且[2(n -1)-1]mvM <v所以12(Mm +1)≤n<12(Mm +1)+1 将Mm =4代入,可得2.5≤n<3.5因为n 取整数,故n=3.6.C 碰撞前两车组成的系统总动量p=M A v 0=2×10 kg·m/s =20 kg·m/s,碰撞前系统总动能E k =12M A v 02=12×2×102 J =100 J .A 项,碰撞后,A 、B 同向运动,A 在B 的后面,A 的速度大于B 的速度,不可能,故A 项错误.B 项,碰撞后,系统的总动量p'=M A v A +M B v B =2×(1) kg·m/s +1×22kg·m/s =20 kg·m/s,系统动量守恒,系统总动能E'k =12M A v A 2+12M B v B 2=12×2×12 J +12×1×222 J =243J >E k ,系统动能增加,不可能,故B 项错误.C 项,碰撞后,系统的总动量p'=M A v A +M B v B =2×6kg·m/s +1×8 kg·m/s =20 kg·m/s,系统动量守恒,系统总动能E'k =12M A v A 2+12M B v B 2=12×2×62J +12×1×82 J =68 J <E k ,系统动能不增加,并符合实际运动情况,是可能的,故C 项正确.D 项,碰撞后,系统的总动量p'=M A v A +M B v B =2×2 kg·m/s +1×16 kg·m/s =20 kg·m/s,系统动量守恒,系统总动能E'k =12M A v A 2+12M B v B 2=12×2×22 J +12×1×162 J =132 J >E k ,系统动能增加,不可能,故D 项错误.7.CD 在撑杆起跳上升过程中,撑杆对运动员的作用力和运动员对撑杆的作用力是一对作用力和反作用力,根据牛顿第三定律知,作用力和反作用力总是等大反向,且具有等时性,故撑杆对运动员的冲量和运动员对撑杆的冲量大小相等,A 错误;在竖直方向上重力势能增加量为ΔE p =mg Δh=3 487.5 J,而动能的减少量为ΔE k =12m v 02=937.5 J,其差值为2 550 J,但能量是标量,没有方向,而水平方向的速度变化未知,故不能求解撑杆弹性势能的变化,B 错误;冲量是矢量,在竖直方向上,根据动量定理有I=Ft=(F T mg )t=0mv 0,故合外力的冲量为I 合=Δp ,即I 合=0mv 0=375 N·s,C 正确;撑杆在竖直方向产生的冲量为I T =F T t=mgtmv 0=3 375 N·s,D 正确.8.AD 由动量守恒定律和能量守恒定律可得m A v 0=m A v A +m B v B ,12m A v 02=12m A v A 2+12m B v B 2,两球碰后的速度分别为v A =m A -mB m A+m Bv 0、v B =2m AmA +m Bv 0,v A 、v B 同向时,v A 总小于v B ,不发生第二次碰撞,若球A反弹后滑上曲面,由于机械能守恒,球A 回到水平面上时的速度与反弹时的速度大小相等,当速度大小v A >v B 可发生第二次碰撞,与h 无关,选项A 正确,C 错误;若发生第二次碰撞,则有m A -m B m A +m Bv 0>2m AmA +m Bv 0,解得m B >3m A ,所以当m B ≤3m A 时,球A 、B 只能发生一次碰撞,选项B 错误,D正确.9.AC 分离前,A 、B 作为整体向上运动,当A 、B 间无相互作用力时二者分离,分离时二者速度、加速度相等,对A 、B 整体有(m A +m B )gF 弹=(m A +m B )a ,对A 有m A g=m A a ,解得F 弹=0,可知二者分离时弹簧处于原长,A 正确,B 错误;分离后A 做竖直上抛运动,上升h=0.2 m 到达最高点,可知分离时A 、B 的速度均为v=√2gℎ,上升到最高点所需的时间t=√2ℎg ,对B 在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)有m B gt+I N =m B v (m B v ),解得I N =6 N·s,C 正确;分离时B 的速度方向向上,A 上升0.2 m 到达最高点时B 速度方向向下,速度大小不变,高度不变,但运动过程中,弹簧对B 做功,除初末时刻,B 的机械能不守恒,D 错误.10.BD 忽略一切摩擦,释放A 球前,对A 球进行受力分析可知,两杆对A 球的作用力大小相等,下降过程中,因两杆长度均为l ,由几何知识可知两杆与水平地面的夹角相等,所以两杆对A 球的作用力大小相等,球B 、C 运动的速度大小相等,球A 竖直向下运动,C 错误;A 、B 、C 组成的系统水平方向受到的合力为零,水平方向上动量守恒,则球B 、C 的动量之和为零,B 正确;对球A 、C 的运动过程分析可知,球C 的速度先增大后减小,球A 落地时有最大速度,此时球C 速度为零,A 错误;同理,球A 落地时球B 速度也为零,由机械能守恒定律得2mgl=12·2m v A 2,则球A 与水平地面接触时的速度大小为√2gl ,D 正确. 11.(1) √(F 1-m 1g m 1)(l +d2)(2分) (2)碰撞结束瞬间力传感器的示数F 2和小钢球A 的运动方向(2分) (3)器材选择时,小钢球应选体积小、密度大的(或细绳应选用无弹性的绳子,其他答案合理也可)(1分)解析:(1)根据牛顿第二定律有F 1m 1g=m 1v 2l+d 2,得v=√(F 1-m 1g m 1)(l +d2).(2)要验证动量守恒定律,还需要记录的信息有碰撞结束瞬间力传感器的示数F 2(通过它可计算得到小钢球A 碰撞后的速度大小)和小钢球A 的运动方向.(3)为提高实验结果准确度,在器材选择时,小钢球应选体积小、密度大的,细绳应选用无弹性的绳子.12.(1)水平(1分) 静止(1分) (2)m 1t 1=m2t 2(2分) (3)d 22(m1t 12+m2t 22)(2分)解析:(1)实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮,使导轨水平;充气后,当滑块放在气垫导轨上任意位置都能静止时,说明气垫导轨已经调节好.(2)质量为m 1的滑块1和质量为m 2的滑块2通过光电门的时间分别为t 1和t 2,则其通过光电门时的速度分别为v 1=d t 1、v 2=dt 2,若满足m 1v 1=m 2v 2,即m 1d t 1=m 2d t 2,也就是m 1t 1=m2t 2,则两滑块组成的系统动量守恒.(3)根据机械能守恒定律知,剪断拴弹簧的细线前弹簧的弹性势能等于两滑块通过光电门时的动能之和,E p =12m 1v 12+12m 2v 22=d 22(m 1t 12+m 2t 22).13.解析:(1)设a 第一次碰前速度大小为v 0根据动能定理得Fl=12m v 020(1分)a 与b 碰撞过程动量守恒,则有mv 0=mv'a +mv'b (1分) 由机械能守恒定律,有12mv'20=12mv'2a +12mv'2b (1分)解得v'a =0,v'b =v 0=√2Flm.(1分)(2)第一次碰撞后,b 做匀速直线运动,a 做初速度为零的匀加速直线运动 设经过时间t 1发生第二次碰撞,则v'b t 1=12·Fm t 12(2分) 解得t 1=√8ml F(1分)两次相碰间隔Δx=v'b t 1=4l.(1分)(3)由前面的分析可知,第二次碰撞前b 的瞬时速度为v'b =v 0=√2Flm ,a 的瞬时速度v a 2=Fm·t 1=2√2Flm(1分)根据前面的分析,碰撞之后两滑块交换速度,b 的速度v b 2=2√2Fl m ,a 的速度v'a 2=√2Flm (1分) 之后b 又以v b 2=2√2Flm的速度做匀速直线运动,a 以v'a 2=√2Flm的初速度做匀加速直线运动.要使a 、b 能发生第3次碰撞,则必须在v a 3>v b 2以后给b 加上水平向右的大小为F 的恒力,即有v'a 2+Fm t 2>v b 2,s=Δx+v b 2t 2,即s>8l (2分)若a 、b 已经发生了第3次碰撞,由前面的分析可知,第三次碰撞前b 的瞬时速度为v b 2=2√2Flm ,物块a 的瞬时速度v a 3=3√2Flm (1分)根据前面的分析,碰撞之后两滑块交换速度,b 的速度v b 3=3√2Fl m ,a 的速度v'a 3=2√2Flm (1分) 要使a 、b 不能发生第4次碰撞,则必须在v a 4<v b 3之前给b 加上水平向右的大小为F 的恒力,即v'a 3+Fm t 3<v b 3,s=Δx+Δx'+v b 3t 3(2分) Δx'=v'a 2t'2+Fm t '22=v b 2t'2(1分)解得s ≤18l (1分)距离s 应该在8l<s ≤18l 范围内,a 与b 仅发生三次碰撞.(1分)0根据动能定理有mgLμmgL=12m v02(2分)P离开C端后做平抛运动,则x0=v0t1(2分)L 2=12g t12(2分)联立解得x0=L.(1分)(2)①若将滑块Q解锁,设P到达C端时,P的速度大小为v1,Q的速度大小为v2,以水平向右为正,系统在水平方向上不受外力,系统在水平方向上动量守恒,则mv14mv2=0(2分)根据能量守恒定律有mgL=μmgL+12m v12+12·4m v22(2分)解得v1=√4gL5.(1分)②由(1)问得t1=√LgP离开C端后做平抛运动,则水平射程x3=v1t1(2分)设在P从A运动到C的过程,Q向左运动的位移大小为x2,则P向右运动的位移大小x1=2Lx2(2分)系统在水平方向上不受外力,在水平方向上平均动量守恒,则m·x1t24m·x2t2=0(2分)解得x2=25LD'、D两点间的距离x=x0+x2x3=7-2√55L.(2分)。
2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练：碰撞、反冲和动量守恒定律的应用(含解析)
2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练碰撞、反冲与动量守恒定律的应用一、选择题1、如图1，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。
若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )图1A．v0＋mMv B．v0－mMvC．v0＋mM(v0＋v) D．v0＋mM(v0－v)答案：C解析：取向右为正方向，由动量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝v0＋mM(v0＋v)，故C正确。
2、如图2，两滑块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2A．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：由于A、B碰前总动量为0，由动量守恒可知碰后总动量也为0，因两滑块发生弹性碰撞，故碰后A、B一定反向，即A向左运动，B向右运动，选项D正确。
3、一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/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＝10 m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹不正确的是( )图3答案：ACD解析：弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t＝2hg＝1 s，取向右为正，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确．4、质量分别为m a ＝1 kg 和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4所示，则可知碰撞属于( )图4A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，无法判断 答案：A解析：由x －t 图象可知，碰撞前，v a ＝3 m/s ，v b ＝0，碰撞后，v a ′＝－1 m/s ，v b ′＝2 m/s ，碰撞前的总动能为12m a v 2a ＋12m b v 2b ＝92 J ，碰撞后的总动能为12m a v a ′2＋12m b v b ′2＝92 J ，故机械能守恒；碰撞前的总动量为m a v a ＋m b v b ＝3 kg·m/s，碰撞后的总动量为m a v a ′＋m b v b ′＝3 kg·m/s，故动量守恒。
2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第六章 第二讲 碰撞、反冲与动量守恒定律 Word版含答案
能力提升课第二讲 碰撞、反冲与动量守恒定律热点一 碰撞问题 (师生共研)1．碰撞的特点和分类(1)特点：①作用时间极短，内力远大于外力，满足动量守恒．②满足能量不增加原理．③必须符合一定的物理情境． (2)分类2.(1)动量守恒定律． (2)机械能不增加．(3)速度要合理：①若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．[典例1] [弹性碰撞] (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.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12m v 20>μmgl ① 即μ<v 202gl ②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有 12m v 20＝12m v 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有m v 1＝m v 1′＋34m v 2′④ 12m v 21＝12m v 1′2＋12(34m )v 2′2⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12(34m )v 2′2≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 2113gl ⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件为 32v 20113gl ≤μ<v 202gl . 答案：32v 20113gl ≤μ<v 202gl [反思总结]碰撞问题的解题策略1．抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解． 2．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0.3．熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m 1≫m 2，且v 20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v .当m 1≪m 2，且v 20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．1－1.[碰撞现象的分析](多选)如图所示，动量分别为p A＝12 kg·m/s、p B＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用Δp A、Δp B表示两小球动量的变化量，则下列选项中可能正确的是()A．Δp A＝－3 kg·m/s，Δp B＝3 kg·m/sB．Δp A＝－2 kg·m/s，Δp B＝2 kg·m/sC．Δp A＝－24 kg·m/s，Δp B＝24 kg·m/sD．Δp A＝3 kg·m/s，Δp B＝－3 kg·m/s答案：AB1－2.[非弹性碰撞]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v0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：(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v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得m v0＝2m v1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得m v1＝2m v2②12m v 21＝ΔE＋12(2m)v22③联立①②③式得ΔE＝116m v2.④(2)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p.由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3⑤12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348m v 20. 答案：(1)116m v 20 (2)1348m v 201－3.[弹性碰撞] (2015·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．解析：A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得 m v 0＝m v A 1＋M v C 1① 12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1② 联立①②式得 v A 1＝m －M m ＋M v 0③v C 1＝2m m ＋M v 0④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 A2≤v C1⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0解得m≥(5－2)M另一解m≤－(5＋2)M舍去．所以，m和M应满足的条件为(5－2)M≤m＜M.答案：(5－2)M≤m＜M热点二反冲、爆炸问题(自主学习)1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒；④反冲运动中机械能往往不守恒．2－1.[水平方向的反冲问题]一枚火箭搭载着卫星以速率v0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m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2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v1为()A．v0－v2 B．v0＋v2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)答案：D2－2.[竖直方向的反冲问题] 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v 0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.mM v 0 B ．Mm v 0 C.M M －m v 0 D ．mM －m v 0答案：D2－3.[爆炸问题] 一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量之比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1 s ．取向右为正方向，由水平速度v ＝x t 知，A 中，v甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故m v ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知B 正确． 答案：B热点三 动量与能量综合问题 (师生共研)1．解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．2．利用“动量和能量”观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．[典例2](2016·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m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝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/s2.(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？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m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①12m2v 220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥12m2v 220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝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．答案：见解析3－1.[动量定理与动能定理综合]某快递公司分拣邮件的水平传输装置如图所示，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.解析：(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则F＝μmg①取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有Ft＝m v－0②由①②式并代入数据得t＝0.2 s③(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Fx＝12m v2－0④由①④式并代入数据得(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s ，则 s ＝v t ⑥摩擦力对皮带做的功 W ＝－Fs ⑦由①③⑥⑦式并代入数据得 W ＝－2 J.答案：(1)0.2 s (2)0.1 m (3)－2 J3－2.[动量守恒与动能定理综合] 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 的初速度大小．解析：以A 碰前速度方向为正方向．设发生碰撞前瞬间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，由动量守恒定律和能量守恒定律，得m v ＝m v 1＋(2m )v 2① 12m v 2＝12m v 21＋12(2m )v 22② 由①②式得 v 1＝－v 22③设碰后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理有 μmgd 1＝12m v 21④ μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22⑤ 由题意得d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得 μmgd ＝12m v 20－12m v 2⑦ 联立②至⑦式得v 0＝285μgd .答案：285μgd1．(2017·全国卷Ⅰ)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 )A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/sC．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s2．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两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6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( A )A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶103．(多选)(2019·莆田一中月考)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：在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒．炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系，A错误；a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，B错误；a、b 都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a 、b 一定同时到达水平地面，C 正确；在炸裂过程中，a ，b 受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，即炸裂的过程中，a 、b 的动量变化大小一定相等，D 正确．4．如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m 的物块B 与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m 的物块A 从圆弧轨道上距离水平面高h 处由静止释放，与B 碰撞后推着B 一起运动但与B 不粘连．求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)A 与B 第一次分离后，物块A 沿圆弧面上升的最大高度．解析：(1)A 下滑与B 碰撞前，根据机械能守恒得3mgh ＝12×3m v 21A 与B 碰撞，根据动量守恒得3m v 1＝4m v 2弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能，根据能量守恒得E pmax ＝12×4m v 22＝94mgh(2)根据题意，A 与B 分离时A 的速度大小为v 2A 与B 分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得3mgh ′＝12×3m v 22解得h ′＝916h .答案：(1)94mgh (2)916h。
2020年高考物理一轮复习专题6.2碰撞、反冲与动量守恒定律的应用(精讲)(含解析)
专题6.2 碰撞、反冲与动量守恒定律的应用1.理解动量守恒定律的确切含义，知道其适用范围。
2.掌握动量守恒定律解题的一般步骤。
3.会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题。
知识点一动量守恒定律及其应用1．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．(2)动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2.2．系统动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒.知识点二碰撞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，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类【拓展提升】1．弹性碰撞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 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 ② 解得v 1′＝1212212()2m m v m v m m -++ v 2′＝2121112()2m m v m v m m -++ 2．弹性碰撞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′＝12112()m m v m m -+，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2， (1)m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度。
(2)m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动。
(3)m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
2020年高考物理一轮复习考点归纳：专题(06)动量守恒定律(含答案)
2020年高考一轮复习知识考点专题06 《动量守恒定律》【基本概念、规律】一、动量动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力F的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)公式：p＝mv.(3)单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的增量．(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．4．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp＝p′－p.(2)动能和动量的关系：E k＝p22m .二、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.三、碰撞1．碰撞物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类【重要考点归纳】考点一动量定理的理解及应用1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．3．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt 越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt 越短，动量变化量Δp越小4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程．研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段．(2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．(3)规定正方向．(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．考点二动量守恒定律与碰撞1．动量守恒定律的不同表达形式(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．2．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E′k1＋E′k2或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.(3)速度要合理．①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．3．两种碰撞特例 (1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为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 ′2①12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22② 由①②得v ′1＝m 1－m 2v 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，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． (2)完全非弹性碰撞两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律． 4.应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)； (3)规定正方向，确定初、末状态动量； (4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．考点三 爆炸和反冲 人船模型 1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒．反冲运动中机械能往往不守恒． 注意：反冲运动中平均动量守恒． (3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等．3．人船模型若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m 1v 1＝－m 2v 2得m 1x 1＝－m 2x 2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．(3)x 1、x 2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．考点五 实验：验证动量守恒定律 1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m 和碰撞前后物体的速率v 、v ′，找出碰撞前的动量p ＝m 1v 1＋m 2v 2及碰撞后的动量p ′＝m 1v ′1＋m 2v ′2，看碰撞前后动量是否守恒．2．实验方案方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出滑块质量． (2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出两小球的质量m 1、m 2. (2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出两小车的质量.(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A 运动，小车B 静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v ＝ΔxΔt 算出速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)按照如图所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图所示．(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1OP＝m1OM ＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒．【思想方法与技巧】动量守恒中的临界问题1．滑块与小车的临界问题滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．2．两物体不相碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．3．涉及弹簧的临界问题对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．4．涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．5.正确把握以下两点是求解动量守恒定律中的临界问题的关键：(1)寻找临界状态看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．。
2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练：机械能守恒定律及应用(含解析)
2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练机械能守恒定律及其应用一、选择题1、如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ＜45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。
现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是( )A．小球的动能与重力势能之和保持不变B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变答案：B解析：小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒。
弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以整个过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错。
2、如图所示，倾角为θ的光滑斜面体C固定于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，释放后，A将向下运动，则在A碰地前的运动过程中( )A．A的加速度大小为gB．A机械能守恒C．由于斜面光滑，所以B机械能守恒D．A、B组成的系统机械能守恒答案：D解析：A向下运动的过程中除受到重力以外，还受到细绳向上的拉力，故A下落的加速度一定小于g，A项错误；A下落过程中，细绳的拉力做负功，A的机械能不守恒，B项错误；由于斜面光滑，A、B组成的系统在整个运动过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，但细绳的拉力对B做正功，B的机械能增加，C项错误，D项正确。
3．如图所示，一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点处，将小球拉至A 处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O 点正下方B 点时速度为v ，A 、B 两点间的竖直高度差为h ，则( )A ．由A 到B 重力做的功小于mghB ．由A 到B 重力势能减少12mv 2 C ．由A 到B 小球克服弹力做功为mghD ．小球到达位置B 时弹簧的弹性势能为mgh －mv 22答案：D解析：重力做功只与初末位置的高度差有关，则小球由A 至B 重力做功为mgh ，所以A 错误；小球由A 至B 重力做功为mgh ，则重力势能减少mgh ，小球在下降过程中重力势能转化为小球动能和弹簧弹性势能，所以mgh >12mv 2，故B 错误；根据动能定理得mgh ＋W 弹＝12mv 2，所以由A到B小球克服弹力做功为mgh－12mv2，故C错误；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以小球到达B位置时弹簧的弹性势能为mgh－12mv2，故D正确．4．如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中( )A．小桶处于失重状态B．小桶的最大速度为12ghC．小车受绳的拉力等于mgD．小车的最大动能为mgh答案D解析：小桶能够由静止上升是由于小车对它的拉力大于它自身的重力，小桶加速度向上，则小桶处于超重状态，选项A错误；由于整个系统均在加速，当小桶上升至h高度时速度最大，对系统由机械能守恒定律得3mgh sin30°－mgh ＝12·4mv 2m ，解得v m ＝gh 2，选项B 正确；由于小桶处于超重状态，绳对小桶的拉力与绳对小车的拉力为相互作用力，大小相等，即F T ＝mg ＋ma ，选项C 错误；速度最大时的动能也最大，即E km ＝12·3mv 2m ＝38mgh ，选项D 错误． 5．如图所示，质量为m 的物体A 和质量为2m 的物体B 通过不可伸长的轻绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧．开始用手托着物体A 使弹簧处于原长且细绳伸直，此时物体A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上．现由静止释放A ，A 与地面即将接触时速度恰好为0，此时物体B 对地面恰好无压力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．物体A 下落过程中一直处于失重状态B ．物体A 即将落地时，物体B 处于失重状态C ．物体A 下落过程中，弹簧的弹性势能最大值为mghD ．物体A 下落过程中，A 的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小答案：D解析：对物体A下落过程中受力分析可知，其先加速后减速，则其先处于失重状态后处于超重状态，A项错误．物体A即将落地时，B所受合外力为零，T－2mg＝0，则B的加速度a B＝0，B项错误．依据能量守恒定律：－mgh＋ΔE弹＝0，ΔE弹＝mgh，C项正确．在物体A下落过程中，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，物体A的重力势能、动能与弹簧的弹性势能之和不变，因A的重力势能一直减小，则A的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，D项错误．6．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m．两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g 取10 m/s2.则下列说法中正确的是( )A．整个下滑过程中A球机械能守恒B．整个下滑过程中B球机械能守恒C．整个下滑过程中A球机械能的增加量为23JD ．整个下滑过程中B 球机械能的增加量为23J 答案：D解析：在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B 球沿水平面滑行，而A 沿斜面滑行时，杆的弹力对A 、B 球做功，所以A 、B 球各自机械能不守恒，故A 、B 错误；根据系统机械能守恒得：m A g (h ＋L sin θ)＋m B gh ＝12(m A ＋m B )v 2，解得：v ＝236 m/s ，系统下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为12m B v 2－m B gh ＝23J ，故D 正确；A 球的机械能减少量为23J ，C 错误． 7、如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。
2020年高考物理新课标第一轮总复习练习：6-2 碰撞、反冲与动量守恒定律 含解析
[A组·基础题]1．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( C )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2. (2019·莆田一中月考)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—时间图象如图所示．则下列判断正确的是( A )A．A、B的质量之比为1∶2B．碰撞前后A的运动方向相同C．碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小D．碰前B的动量较小解析：根据位移－时间图象的斜率表示速度，知碰撞前后A的运动方向相反，B错误；碰撞前，A的速度v A＝Δx AΔt A＝20－302＝－5 m/s，B的速度为v B＝Δx BΔt B＝20－102＝10 m/s，碰撞后，A、B的共同速度为v＝ΔxΔt＝20－102＝5 m/s，碰撞前后A的动能不变，B的动能减小，根据动量守恒定律得m A v A＋m B v B＝(m A＋m B)v，解得m A∶m B＝1∶2，A正确，C错误；碰撞前，A的动量为P A＝m A v A，B的动量为P B＝m B v B，则得P A∶P B＝1∶4，B的动量较大，D错误．3. (2018·湖南六校联考)如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量．若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为( C )A ．L 1＞L 2B ．L 1＜L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定解析：若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者的共速，则m A v ＝(m A ＋m B )v ′，解得v ′＝m A v (m A ＋m B )，弹性势能最大，最大为ΔE p ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22(m A ＋m B )；若用垂直敲击B 球，同理可得m B v ＝(m A ＋m B )v ″，解得v ″＝m B v (m A ＋m B )，弹性势能最大为ΔE p ＝12m B v 2－12(m A ＋m B )v ″2＝m A m B v 22(m A ＋m B )，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L 1＝L 2，C 正确．4．(2019·山东乐陵一中月考)如图甲所示，物块A 、B 间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A 物块最初与左侧固定的挡板相接触，B 物块质量为2 kg ，现解除对弹簧的锁定，在A 离开挡板后，B 物块的v －t 图象如图乙所示，则可知( B )A ．A 的质量为4 kgB ．运动过程中A 的最大速度为v m ＝4 m/sC ．在A 离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D ．在A 离开挡板后弹簧的最大弹性势能为5 J解析：解除对弹簧的锁定，A 离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒，B 速度最大时，A 的速度最小为零，且此时弹簧处于原长，B 的速度最小时，A 的速度最大，设A 的质量为m ，此时A 的速度为v ，根据动量守恒和机械能守恒有：m v ＋2×1＝2×3，12m v 2＋12×2×12＝12×2×32，可得m ＝1 kg ，v ＝4 m/s ，A 错误、B 正确；在A 离开挡板前，由于挡板对A 有作用力，所以A 、B 系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故C 错误；当A 、B 速度相等时，A 、B 动能之和最小，根据机械能守恒定律，此时弹性势能最大．根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：m B v max ＝(m B ＋m )v 共，E pmax ＝12m B v 2max－12(m B ＋m )v 2共，联立解得：E pmax ＝3 J ，故D 错误．5．(多选)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，下列情况可能发生的是( BC )A．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＝M v1＋m v2＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足M v＝M v1＋m v2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足M v＝(M＋m)v1D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋m v26．(多选)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v0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v0向右运动．在此过程中( BD )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v02时，弹簧的长度最长D．M的速度为v02时，弹簧的长度最短7．(多选)(2019·辽宁六校联考)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( CD )A．p A＝－2 kg· m/s ，p B＝14 kg· m/sB．p A＝－4 kg· m/s ，p B＝16 kg· m/sC．p A＝6 kg· m/s ，p B＝6 kg· m/sD．p A＝5 kg· m/s ，p B＝7 kg· m/s解析：碰撞前系统总动量p＝p A＋p B＝12 kg·m/s，由题意，设m A＝m B＝m，碰前总动能为：E k ＝p 2A 2m ＋p 2B 2m ＝722m ＋522m ＝37m ；若p A ＝－2 kg·m/s ，p B ＝14 kg·m/s ，系统动量守恒，碰撞后的总动能：222m ＋1422m ＝100m ＞E k ，不可能，A 错误；若p A ＝－4 kg·m/s ，p B ＝16 kg·m/s 碰撞后的总动能：422m ＋1622m ＝136m ＞E k ，不可能，B 错误；若p A ＝p B ＝6 kg·m/s ，系统动量守恒，碰撞后的总动能2×622m ＝36m ＜E k ，是可能的，C 正确；若p A ＝5 kg·m/s ，p B ＝7 kg·m/s 系统动量守恒，碰撞后的总动能522m ＋722m ＝37m ＝E k ，是可能的，D 正确．8．(多选)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，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( AD )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[B 组·能力题]9．(多选)(2018·凉山检测)如图所示，水平面右端相切连接一竖直放置的半圆形轨道，半径R ＝0.4 m ，所有接触面光滑且绝缘，在距A 点正上方0.1 m 处固定一带＋Q 电量的点电荷，在水平面上有两个质量分别为M ＝4 kg ，m ＝2 kg 的静止不带电小球(视为质点)，中间夹着一个被压缩的轻弹簧(弹簧与两球不粘连)，现突然释放弹簧，球m 向右运动，脱离弹簧后继续滑向A 点，在A 点速度v ＝6 m/s ，在此处瞬间让m 球带上负电荷，m 球能从A 点沿圆弧运动到B 点．取g ＝10 m/s 2，则( BD )A ．两球弹开的过程中，弹簧释放的弹性势能为36 JB ．两球弹开的过程中，弹簧对M 球的冲量大小为12 N·sC ．m 球从A 点沿圆弧运动到B 点过程中，电势能减少，机械能增加D ．m 球能运动到B 点，在B 点的速度一定大于2 m/s解析：小球m 被弹开时的速度为v 1＝6 m/s ，由动量守恒定律：m v 1＝M v 2，解得v 2＝3m/s ，则两球弹开的过程中，弹簧释放的弹性势能为E p ＝12m v 21＋12M v 22＝12×2×62 J ＋12×4×32 J ＝54 J ，选项A 错误；两球弹开的过程中，弹簧对M 球的冲量大小为I M ＝M v 2＝12 N·s ，选项B 正确；因m 在A 点带上了负电，则从A 到B 的过程中，＋Q 电量的点电荷对m 做负功，电势能增加，机械能减小，选项C 错误；m 球能运动到B 点，在B 点的速度最小值满足：F 库＋mg ＝m v 2min R ，则v min ＞gR ＝2 m/s ，选项D 正确．10．以初速度v 0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m 和2m 的两块，其中质量大的一块沿着原来的方向以2v 0 的速度飞行．求：(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能．解析：(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v 1＝v 0cos 60°＝12v 0.设v 1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得3m v 1＝2m v 1′＋m v 2其中爆炸后大块弹片速度v 1′＝2v 0，解得v 2＝－2.5v 0，“－”号表示v 2的速度方向与爆炸前速度方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔE k ＝12×2m v 1′2＋12m v 22－12(3m )v 21＝274m v 20. 答案：(1)2.5v 0 方向与爆炸前速度的方向相反 (2)274m v 2011．(2017·天津卷)如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．先将B 竖直向上再举高h ＝1.8 m(未触及滑轮)然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．取g ＝10 m/s 2.空气阻力不计．求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ；(2)A 的最大速度v 的大小；(3)初始时B 离地面的高度H .解析：(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h ＝12gt 2解得：t ＝0.6 s.(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v 0，有v 0＝gt ＝6 m/s细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，总动量守恒m B v 0＝(m A ＋m B )v绳子绷直瞬间，A 、B 系统获得的速度v ＝2 m/s之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s.(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有：12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH ，解得，初始时B 离地面的高度H ＝0.6 m.答案：(1)t ＝0.6 s (2)v ＝2 m/s (3)H ＝0.6 m。
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习练习：第六章 《碰撞与动量守恒》综合检测 Word版含解析
《碰撞与动量守恒》综合检测(时间:90分钟 满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.一物体竖直向下匀加速运动一段距离,对于这一运动过程,下列说法正确的是( C )A.物体的机械能一定增加B.物体的机械能一定减少C.相同时间内,物体动量的增量一定相等D.相同时间内,物体动能的增量一定相等解析:物体竖直向下做匀加速运动,有两种可能的情况:①加速度大于重力加速度,物体受到重力和向下的力的作用;②加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、小于重力的作用力.若物体的加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、小于重力的作用力,该力对物体做负功,物体的机械能减少,选项A错误;若物体的加速度大于g,说明除重力做功之外,还有其他力对物体做正功,物体的机械能应增加,选项B错误;物体做匀加速运动,则物体受到的合外力不变,根据I=Ft,相同时间内物体受到的冲量一定相等,根据动量定理,物体动量的增量一定相等,选项C正确;由C的分析,物体受到的合外力不变,相同时间内物体动量的增量一定相等,则物体动能的增加量ΔE k=m-m=m(v2-v1)(v2+v1)=·mΔv·(v2+v1),显然,随时间的变化,v2+v1是变化的,即动量变化相等的情况下,动能的变化是不同的,选项D错误.2.如图所示,一质量为2 kg的物体放在光滑的水平面上,原来处于静止状态,现用与水平方向成60°角的恒力F=10 N作用于物体上,历时5 s,则下列说法不正确的是( A )A.力F对物体的冲量大小为50 N·sB.力F对物体的冲量大小为25 N·sC.物体的动量变化量为50 kg·m/sD.物体所受合外力冲量大小为50 N·s解析:力F对物体的冲量大小I=Ft=10×5 N·s=50 N·s,选项A正确,B错误;物体受到的合外力的冲量为I=Ftcos 60°,由动量定理可知Ftcos 60°=Δp,则合外力的冲量及动量的变化量为Δp=10×5× kg·m/s=25 kg·m/s,选项C,D错误.3.在光滑的水平面上有a,b两球,其质量分别为m a,m b,两球在t0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失,两球碰撞前后的速度—时间图像如图所示,下列关系正确的是( B )A.m a>m bB.m a<m bC.m a=m bD.无法判断解析:由图像知a球以一初速度向原来静止的b球运动,碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小,根据动量守恒定律,a球的质量小于b 球的质量,选项B正确.4. 如图所示,质量为3 kg的木板放在光滑的水平地面上,质量为1 kg 的木块放在木板上,它们之间有摩擦,木板足够长,两者都以4 m/s的初速度向相反方向运动.当木板的速度为2.4 m/s 时,木块( C )A.处于匀速运动阶段B.处于减速运动阶段C.处于加速运动阶段D.静止不动解析:木板和木块组成的系统动量守恒,设它们相对静止时的共同速度为v,以木板运动的方向为正方向,则Mv1-mv2=(M+m)v,v==2 m/ s,方向与木板运动方向相同.在这之前,木板一直做匀减速运动,木块先做匀减速运动,当相对地面的速度为零时,再反向向右做匀加速运动,直到速度增大到2 m/s.设当木块对地速度为零时,木板速度为v′,则Mv1-mv2=Mv′,v′==2.67 m/s,大于2.4 m/s,所以木板的速度为2.4 m/s时,木块处在反向向右加速运动阶段,选项C正确.5.如图所示,质量为M的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一块质量为m的物体,某时刻给物体一个水平向右的初速度v0,那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( D )A.两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等C.盒子的最终速度为,方向水平向右D.盒子的最终速度为,方向水平向右解析:由于盒子内表面不光滑,在多次碰后物体与盒子相对静止,由动量守恒得mv0=(M+m)v′,解得v′=,选项D正确.6.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( C )A. B.C. D.解析:此题属“人船模型”问题.m与M组成的系统在水平方向上动量守恒,设m在水平方向上对地位移为s1,M在水平方向上对地位移为s2,因此有0=ms1-Ms2.且s1+s2=.可得s2=,选项C正确.7.如图所示,完全相同的A,B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动.A,B间夹有少量炸药,对A,B在炸药爆炸过程及随后的运动过程有下列说法,其中正确的是( D )A.炸药爆炸后瞬间,A,B两物块速度方向一定相同B.炸药爆炸后瞬间,A,B两物块速度方向一定相反C.炸药爆炸过程中,A,B两物块组成的系统动量不守恒D.A,B在炸药爆炸后至A,B相对传送带静止的过程中动量守恒解析:设A,B质量都为m,A,B在炸药爆炸过程中,内力远远大于外力,动量守恒,爆炸后B的速度方向肯定与v的方向相同,根据动量守恒定律得2mv=mv A+mv B.若爆炸后B的速度大于2v,则A的速度方向与B的速度方向相反,若爆炸后B的速度小于2v,则A的速度方向与B的速度方向相同,选项A,B,C错误;A,B在炸药爆炸后至A,B相对传送带静止的过程中,对A,B的两个摩擦力刚好大小相等,方向相反,时间相同,所以冲量是相反的,所以总冲量是0,动量是守恒的,选项D正确.8.如图所示,质量为M的“L”形物体静止在光滑的水平面上.物体的AB 部分是半径为R的四分之一光滑圆弧,BC部分是水平面.将质量为m 的小滑块从物体的A点静止释放,沿圆弧面滑下并最终停在物体的水平部分BC之间的D点,则( AD )A.滑块m从A滑到B的过程,物体与滑块组成的系统动量不守恒,机械能守恒B.滑块滑到B点时,速度大小等于C.滑块从B运动到D的过程,系统的动量和机械能都不守恒D.滑块滑到D点时,物体的速度等于0解析:因为滑块从A下滑到B的过程中,系统所受合外力不为零,系统动量守恒,又因为滑块从A下滑到B的过程中系统中只有动能和重力势能的相互转化,故满足机械能守恒条件,选项A正确;滑块从A下滑到B的过程中,系统在水平方向上动量守恒,机械能守恒,设到达B点时的速度为v M,到达B点时的速度为v m,圆弧的半径为R,以水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得mv m+Mv M=0,由机械能守恒定律可得mgR=m+M,当v m=时,v M=0,这两组数据不满足动量守恒定律,选项B错误;滑块从B运动到D的过程,系统所受合外力为零,系统动量守恒,在该过程中要克服摩擦阻力做功,系统机械能不守恒,选项C 错误;滑块到达D点时停在物体上,即滑块与物体相对静止,速度相等.根据动量守恒定律mv m+Mv M=0,满足方程时只有v M=v m=0,即滑块滑到D 点时,物体的速度一定等于零,选项D正确.9.如图所示,位于光滑水平桌面、质量相等的小滑块P和Q都可以视做质点,Q与轻质弹簧相连,设Q静止,P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用,若整个作用过程中无机械能损失,用E1表示弹簧具有的最大弹性势能,用E2表示Q具有的最大动能,则( AD )A.E1=E0B.E1=E0C.E2=E0D.E2=E0解析:弹簧的最大弹性势能发生在P,Q的速度相等时,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv,由能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能为E1=m-2×mv2,解得E1=m=E0,选项A正确,B错误;由于P,Q之间发生的是完全弹性碰撞,且P,Q的质量相等,最终P,Q将交换速度,即小滑块P将静止,小滑块Q以动能E0运动,选项C错误,D正确.10.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+mv2D.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,选项A,B错误;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,选项C,D正确.11. 如图所示,水平传送带AB足够长,质量为M=1.0 kg的木块随传送带一起以v1=2 m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,当木块运动到最左端A点时,一颗质量为m=20 g的子弹,以v0=300 m/s 的水平向右的速度,正对射入木块并穿出,穿出速度v=50 m/s,设子弹射穿木块的时间极短,(g取10 m/s2)则( BC )A.子弹射穿木块后,木块一直做减速运动B.木块遭射击后远离A的最大距离为0.9 mC.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为1.0 sD.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为0.6 s解析:子弹射穿木块后,木块先向右做减速运动,然后再向左做加速运动,选项A错误;设木块被子弹击穿时的速度为v3,子弹击穿木块过程水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,故mv0-Mv1=mv+Mv3,代入数据解得v3=3.0 m/s木块遭射击后远离A的距离最大时的瞬时速度为0,根据动能定理得-μMgs m=0-M代入数据得s m=0.9 m,选项B正确;选取向右为正方向,则木块与传送带的速度相等时的速度是-2 m/s.木块的加速度a=-=-μg=-0.5×10 m/s2=-5 m/s2木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为t==1.0 s,选项C正确,D错误.12.如图所示,水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板,m1由图示位置静止释放.当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1,在以后的运动过程中( BD )A.m1的最小速度是0B.m1的最小速度是v1C.m2的最大速度是v1D.m2的最大速度是v1解析:从小球m1到达最近位置后继续前进,此后拉着m2前进,m1减速,m2加速,达到共同速度时两者相距最远,此后m1继续减速,m2加速,当两球再次相距最近时,m1达到最小速度,m2达到最大速度.两小球水平方向动量守恒,速度相同时保持稳定,一直向右前进,m1v1=m1v1′+m2v2,m1=m1v1′2+m2,解得v1′=v1,v2=v1故m1的最小速度为v1,选项A错误,B正确;m2的最大速度为v1,选项D正确,C错误.二、非选择题(共52分)13.(6分)在用气垫导轨做“验证动量守恒定律”实验时,左侧滑块质量m1=170 g,右侧滑块质量m2=110 g,挡光片宽度为3.00 cm,两滑块之间有一压缩的弹簧片,并用细线连在一起,如图所示.开始时两滑块静止,烧断细线后,两滑块分别向左、右方向运动.挡光片通过光电门的时间分别为Δt1=0.32 s,Δt2=0.21 s.则两滑块的速度分别为v1′= m/s,v2′= m/s.烧断细线前m1v1+m2v2= kg·m/s,烧断细线后m1v1′+m2v2′= kg·m/s.可得到的结论是 .解析:由平均速度公式可得v1′= m/s=0.09 m/s;v2′= m/s=0.143 m/s.设向右为正方向,因烧断细线之前,两滑块均静止,故烧断细线前的动量为零;碰后的动量为0.17×(-0.09) kg·m/s+0.11×0.143 kg·m/s≈0,故说明碰撞前后动量相等,系统动量守恒.答案:0.09 0.143 0 0 系统动量守恒评分标准:前四个空每空1分,最后一个空2分.14.(6分)如图(甲)所示,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(甲)中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时,先将入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程.然后,把被碰小球m 2静止于轨道的水平部分,再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放,与小球m2相撞,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m1,m2B.测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1,m2相碰后平均落地点的位置M,NE.测量平抛射程,(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].(4)经测定,m1=0.45 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图(乙)所示.碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′,则p1∶p1′= ∶11;若碰撞结束时m2的动量为p2′,则p1′∶p2′=11∶ .实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值为 .解析:(1)小球离开轨道后做平抛运动,由H=gt2知t=,即小球的下落时间一定,则初速度v=可用平抛运动的水平射程来表示,选项C 正确.(2)本实验要验证的是m 1·+m2·=m1·,因此要测量两个小球的质量m 1和m2以及它们的水平射程和,而要确定水平射程,应先分别确定两个小球落地的平均落点,没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度H.故应完成的步骤是ADE.(3)若动量守恒,应有m1v1+m2v2=m1v0(v0是m1单独下落离开轨道时的速度,v1,v2是两球碰后m1,m2离开轨道时的速度),又v=,则有m1·+ m 2·=m1·,即m1·+m2·=m1·.(4)碰前m1的动量p1=m1v0=m1·,碰后m1的动量p1′=m1v1=m1·,则p 1∶p1′=∶=14∶11;碰后m2的动量p2′=m2v2=m2·,所以p1′∶p 2′=(m1·)∶(m2·)=11∶2.9;碰撞前、后总动量的比值= 1.01.答案:(1)C (2)ADE (3)m 1·+m2·=m1· (4)14 2.9 1.01评分标准:每空1分.15.(8分)光滑水平地面上,木板A左端与竖直墙壁接触处于静止状态,可视为质点的小木块B停在木板的右端,如图所示.对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v0=7 m/s,经时间t=0.5 s木块运动到竖直墙壁处,速度大小减为v1=5 m/s.木块与墙壁发生弹性碰撞后,恰能停在木板右端.重力加速度g=10 m/s2,求:(1)木板的长度L和木板与木块间的动摩擦因数μ;(2)木板和木块的质量的比值.解析:(1)木块向左运动L=(v0+v1)t(1分)v1=v0-at(1分)μmg=ma(1分)木板长为L=3 m(1分)动摩擦因数为μ=0.4.(1分)(2)木块在木板上向右滑动的过程中mv1=(M+m)v(1分)m=μmgL+(M+m)v2(1分)可得=24.(1分)答案:(1)3 m 0.4 (2)2416.(8分)如图所示,光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B,B的质量为M=3m,B的曲面下端与水平面相切,且劈B足够高.现让小物块C以水平速度v0向右运动,与A发生弹性碰撞,碰撞后小物块A又滑上劈B.求物块A在B上能够达到的最大高度.解析:C,A组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mv C+mv A(1分)由能量守恒定律得m=m+m(1分)解得v C=0,v A=v0(2分)A,B系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv A=(m+M)v(1分)系统机械能守恒,由机械能守恒定律得m=mgh+(m+M)v2(2分)解得h=.(1分)答案:17.(12分)如图所示,半径为R的四分之三光滑圆轨道竖直放置,CB是竖直直径,A点与圆心等高,有小球b静止在轨道底部,小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切进入竖直圆轨道,a,b 小球直径相等,质量之比为3∶1,两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出落在离C点水平距离为2R的地面上,重力加速度为g,小球均可视为质点.求:(1)小球b碰后瞬间的速度;(2)小球a碰后在轨道中能上升的最大高度.解析:(1)b小球从C点抛出做平抛运动,有gt2=2R(1分)解得t=(1分)小球b做平抛运动的水平位移x=v C t=2R(1分)解得v C=(1分)根据机械能守恒有m b=m b+2m b gR(1分)可知小球b在碰后瞬间的速度v b=.(2分)(2)a,b两小球相碰,由动量守恒得m a v a=m a v a′+m b v b(1分)a,b两小球发生弹性碰撞,由机械能守恒得m a=m a v a′2+m b(1分)又m a=3m b解得v a=v b,v a′=v a=v b(1分)可得v a′=,小球a在轨道内运动,不能到达圆心高度,所以小球a 不会脱离轨道,只能在轨道内来回滚动,根据机械能守恒可得m a v a′2= m a gh(1分)解得h=.(1分)答案:(1) (2)R18.(12分)质量M=3.0 kg的长木板置于光滑水平面上,木板左侧放置一质量m=1.0 kg的木块,右侧固定一轻弹簧,处于原长状态,弹簧正下方部分的木板上表面光滑,其他部分的木板上表面粗糙,如图所示.现给木块v0=4.0 m/s的初速度,使之向右运动,在木板与木块向右运动过程中,当木板和木块达到共速时,木板恰与墙壁相碰,碰撞过程时间极短,木板速度的方向改变,大小不变,最后木块恰好在木板的左端与木板相对静止.求:(1)木板与墙壁相碰时的速度v1;(2)整个过程中弹簧所具有的弹性势能的最大值E pm.解析:(1)以木块与木板组成的系统为研究对象,从木块开始运动到两者速度相同的过程中,系统动量守恒,由动量守恒定律可得mv0= (M+m)v1,(1分)解得v1=1 m/s.(1分)(2)木板与墙壁碰后返回,木块压缩弹簧,当弹簧压缩到最短时,木块与木板速度相等,在此过程中两者组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可得Mv1-mv1=(M+m)v2,(1分)解得v2=0.5 m/s;(1分)当弹簧压缩到最短时,弹簧弹性势能最大,由能量守恒定律可得m= (M+m)+E pm+Q,(2分)当木块到达木板最左端时两者速度相等,在此过程中,系统动量守恒,由动量守恒定律可得Mv1-mv1=(M+m)v3,(2分)解得v3=0.5 m/s;(1分)从木块开始运动到木块再回到木板最左端的整个过程中,由能量守恒定律可得m=(M+m)+2Q,(2分)解得Q=3.75 J,E pm=3.75 J.(1分)答案:(1)1 m/s (2)3.75 J。
- 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)。
2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练碰撞与动量守恒一、选择题1、某电影里两名枪手在房间对决，他们各自背靠墙壁，一左一右假设他们之间的地面光滑随机放着一均匀木块到左右两边的距离不一样。
两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射击一发子弹听天由命。
但是子弹都没有射穿木块两人都活了下来反而成为了好朋友。
假设你是侦探仔细观察木块发现右边的射孔（弹痕）更深。
设子弹与木块的作用力大小一样，请你分析一下，哪个结论是正确的（）A．开始时，木块更靠近左边的人，左边的人相对更安全B．开始时，木块更靠近左边的人，右边的人相对更安C．开始时木块更幕近右边的人左边的人相对更安全区D．开始时，木块更靠近右边的人，右边的人相对更安全答案：B解析：子弹的质量与射出时的速度都相等，两子弹与木块组成的系统总动量为零；如果木块在正中间，则弹痕应该一样长，结果是右边的长一些，假设木块靠近其中某一人，设子弹质量为m，初速度为v0，木块质量为M，阻力为f，弹痕长度分别为x1、x2，两子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0=（M +m ）v 1，由能量守恒定律得：2201111()22mv M m v fx =++，对另一发子弹，同样有：（M +m ）v 1-mv 0=0，2201211()22mv M m v fx ++= ，解得：x 1＜x 2，综合判断，后接触木块的子弹弹痕长，更容易射穿木块，对面的人更危险，所以一开始木块离左边近一些，右边的人相对更安全，故B 正确，ACD 错误。
2、在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a ）所示，碰撞前后两壶运动的v -t 图线如图（b ）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）A ．两壶发生了弹性碰撞B ．碰后蓝壶速度为0.8m/sC ．碰后蓝壶移动的距离为2.4mD ．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力答案：B解析：由图知：碰前红壶的速度v 0＝1.0m/s ，碰后速度为v ′0＝0.2m/s ，可知，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v ，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv 0＝mv ′0+mv ，代入数据解得：v ＝0.8m/s ，222111+222mv mv mv '>00，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A 错误，B 正确；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小0.852m 22v x t ==⨯=，故C 错误；根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D 错误。
3．质量为1kg 的物体静止在水平面上，t=0时受到水平拉力F 的作用开始运动，F 随时间t 变化的关系图象如图所示。
已知t=4s 时物体刚好停止运动，取g=10m/s 2，以下判断正确的是（ ）A ．物体所受摩擦力为3NB ．t=2s 时物体的速度最大C ．t=3s 时物体的动量最大D ．物体的最大动能为2J答案：A解析：在0-4s 内由动量定理：0F I ft -=，其中的1422412N s 2F I =⨯+⨯⨯=⋅，解得f =3N ，选项A 正确；当F=f 时，加速度为零，此时速度最大，由图可知此时刻是t =2.5s 时刻，此时刻物体的动量也最大，选项BC 错误；从开始到t =2.5s 时刻由动量定理：''F I ft mv -=，其中的'142(34)0.59.75N s 2F I =⨯+⨯+⨯=⋅，解得v =2.25m/s ，则最大动能为22111 2.25J 2.53J 22k E mv ==⨯⨯=，选项D 错误。
4、如图所示，把石块从高处抛出，初速度方向与水平方向夹角为（090θ︒≤<︒），石块最终落在水平地面上。
若空气阻力可忽略，仅改变以下一个因素，可以对石块在抛出到落地的过程中的“动能的变化量”和 “动量的变化量”都产生影响，这个因素是（ ）A ．抛出石块的速率v 0B ．抛出石块的高度hC ．抛出石块的角度D ．抛出石块用力的大小答案：B 解析：根据动能定理：k E mgh ∆=；由动量定理：p mgt ∆=，则如果抛出石块的速率v 0变化，则对物体动能的变化无影响；因时间t 要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项A 错误；若抛出石块的高度h 变化，则对物体动能的变化有影响；因时间t 要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项B 正确；若抛出石块的角度变化，则则对物体动能的变化无影响；因时间t 要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项C 错误；若抛出石块用力的大小变化，则抛出石块的速率v 0变化，对物体动能的变化无影响；因时间t 要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项D 错误；故选B 。
5、如图，橡皮条一端固定在O'点，另一端系着中心有孔的小球，小球穿在固定的水平杆上，杆上O点在O'点正下方，橡皮条的自由长度等于OO'。
将小球拉至A点后无初速释放，小球开始运动，由于球与杆之间有摩擦，球向右运动的最远处为杆上B点。
在小球从A向B运动的过程中（）A．在O点，小球的加速度为零B．在A、O之间的某点，小球的动能最大C．在O、B之间的某点，小球的动量最大D．小球和橡皮条系统的机械能先减小后增大答案：B解析：在小球从A向B运动的过程中，受到重力、杆对小球的支持力、橡皮条对小球的拉力和杆对小球的摩擦力，小球沿杆先做加速直线运动，再做减速直线运动；在O点橡皮条对小球无拉力，小球的合力等于杆对小球的摩擦力，所以小球的加速度不为零；在A、O之间的某点，橡皮条对小球的拉力的水平方向的分力等于杆对小球的摩擦力，合力为等于零，小球的速度最大，小球的动能最大，根据动量定义可知小球的动量最大；由于杆对小球的摩擦力做负功，所以小球和橡皮条系统的机械能一直减小，故选项B正确，A、C、D错误。
6、如图所示，地面上固定有一半径为R的半圆形凹槽，O为圆心、AB为水平直径、现将小球（可视为质点）从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点：若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，C、D两点等高，OC与水平方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．v1：v2＝l：4B．小球从开始运动到落到凹槽上的过程中，其两次的动量变化量相同C．小球落在凹槽上时，其两次的重力的瞬时功率不同D．小球落到C点时，速度方向可能与该处凹槽切面垂直答案：B解析：过C与D分别做AB的垂线，交AB分别与M点与N点，如图：则：OM＝ON＝R•cos60°＝0.5R；所以：AM＝0.5R，AN＝1.5R；由于C与D点的高度是相等的，由：h＝12gt2可知二者运动的时间是相等的。
由水平方向的位移为：x＝v0t，可得1213vv．故A错误；它们速度的变化量：△v＝gt，二者运动的时间是相等的，则它们速度的变化量也相等，根据P=mv可知动量变化量相等。
故B正确；两次的位移分别为：AD和AC，显然AC≠2AD，所以前后两次的平均速度之比不等于1：2．故C错误；球落到C点时，若速度方向与该处凹槽切面垂直则速度方向为OC，O点应为AM的中点，显然不是，故D错误.7、如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球1、2发生正碰，两小球的质量分别为m1和m2。
图乙为它们碰撞前后的位移一时间图像（x—t 图像）。
己知m1=0.1kg，由此可判断（）A．碰前小球2保持静止B．碰后小球1和小球2都向右运动C．两球的碰撞为弹性碰撞D．小球2的质量m2=0.2kg答案：AC解析：由x-t图像可知，碰前小球2的位移不随时间变化，处于静止状态，故选项A正确。
碰后小球2的速度为正方向，说明向右运动，小球1的速度为负方向，说明向左运动，故选项B错误。
由图读出，碰前小球1速度为v1=4 m/s，碰后小球2和小球1的速度分别为v′2 =2m/s，v′1=-2m/s，根据动量守恒定律得m1v1= m1v′1+m2v′2，解得m2=0.3kg，故选项D错误。
由于碰撞前后满足12m1v12=12m1v′12+12m2v′22，故为弹性碰撞，选项C正确。
本题正确答案为AC。
8、在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。
如图甲所示，蓝壶静止在固形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰，碰后两壶的加速度相等，若碰撞前后两壶的v ﹣t 图象如图乙所示。
关于冰壶的运动，下列说法正确的是（ ）A ．红壶碰撞前后速度大小变化了1.1m/sB ．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3m/s 2C ．蓝壶运动了4s 停下D ．碰撞后两壶相距的最远距离为1.2m答案：BD解析：红壶碰撞前后的速度分别为1.2m/s 、0.3m/s ，所以红壶碰撞前后速度大小变化了0.9m/s ，故A 错误；碰撞后蓝壶的加速度大小等于红壶的加速度大小，为220.3m m 0.3s s 1v a t ∆===∆ ．故B 正确；设碰后蓝壶的速度为v ，碰前红壶的速度v 0＝1.2m/s ，碰后速度为'0m 0.3sv =，根据动量守恒定律可得：'00mv mv mv =+，解得：v ＝0.9m/s ，故蓝壶运动时间为3s v t a==，故C 错误；碰撞后两壶相距的最远距离等于碰后两图象与时间轴所围面积之差，为 0.930.31 1.2m 22S ⨯⨯=-=，故D 正确。
9、粗糙水平地面上的物体，在一个水平恒力作用下做直线运动，其v-t图象如图所示，下列物理量中第1s内与第2s内相同的是（）A．摩擦力的功B．摩擦力的冲量C．水平恒力的功D．水平恒力的冲量答案：D解析：由图像可知，物体在摩擦力和恒力F作用下先向正方向做匀减速运动，然后反向加速，由图像可知，第1s内与第2s内的位移不同，则摩擦力的功不同，水平恒力的功也不同，选项AC错误；第1s内与第2s内摩擦力的方向不同，则摩擦力的冲量不同，选项B错误；水平恒力的冲量I=Ft，则水平恒力的冲量相同，选项D正确。
10、目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。
为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m 的汽车沿一山坡直线行驶。
测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值v m。
设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是（）A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零C ．上坡过程中，汽车速度由m 4v 增至m 2v ，所用的时间可能等于2m 332mv PD ．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度v m ，所用时间一定小于m 2s v答案：D解析：关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A 错误；关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B 错误；上坡过程中，汽车速度由4m v 增至2m v ，所用的时间为t ，根据动能定理可得：22112224m m v v Pt fs m m ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得2332m mv fs t P P =+，故C 错误；上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度m v ，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为1t ，则12m v t s ⋅<，解得12m s t v <，故D 正确。