2013届高考物理复习创新演练大冲关：12-2碰撞与动量守恒
一、选择题(本题包括10小题，每小题7分，共70分．至少一个选项符合题目要求)1．木块a 和b 用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a 紧靠在墙壁上，在b 上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图1所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图1①a 尚未离开墙壁前，a 和b 系统的动量守恒 ②a 尚未离开墙壁前，a 与b 系统的动量不守恒 ③a 离开墙后，a 、b 系统动量守恒 ④a 离开墙后，a 、b 系统动量不守恒 A ．①③ B ．②④ C ．①④D ．②③解析：以a 、b 、弹簧为系统，撤去外力后，b 向右运动，在a 尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的弹力F N ，因此，该过程a 、b 系统动量不守恒，当a 离开墙壁后，系统水平方向不受外力，故系统动量守恒．答案：D2．(2011·张掖联考)放在光滑水平面上的甲、乙两物体，系在同一根绳的两端，开始时绳是松弛的，今使甲、乙沿平面反向运动并将绳拉断，那么在绳拉断后，对甲、乙可能的运动情况分析错误的是( )A ．甲和乙同时都停下来B ．甲和乙仍按各自原来的运动方向运动C ．其中一个停下来，另一个反向运动D ．其中一个停下来，另一个仍按原方向运动解析：作用前后总动量守恒，如果一个停下来，另一个反方向运动，则违背动量守恒定律，A 、B 、D 三个选项都遵从动量守恒定律．答案：C3．如图2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v 0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( ) 图2A ．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m v 0M ，方向水平向右D ．盒子的最终速度为m v 0M ＋m，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相对静止，由动量守恒得：m v 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝m v 0M ＋m，故D 对．答案：D4．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500 kg 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，并向南滑行了一小段距离停止．根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m /s 的速度行驶，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/s ]D ．大于30 m/s ，小于40 m/s解析：取向南为正方向，由题意知系统的总动量向南，由动量守恒定律有m 1v 1－m 2v 2>0，即v 2<m 1m 2v 1＝15003000×20 m/s ＝10 m/s ，A 选项正确． 答案：A5．斜面体的质量为M ，斜面的倾角为α，放在光滑的水平面上处于静止．一个小物块质量为m ，以沿斜面方向的速度v 冲上斜面体，若斜面足够长，物块与斜面的动摩擦因数为μ，μ>tan α，则小物块冲上斜面的过程中( )A ．斜面体与物块的总动量守恒B ．斜面体与物块的水平方向总动量守恒C ．斜面体与物块的最终速度为m vM ＋mD ．斜面体与物块的最终速度为M vM ＋m解析：物块与斜面体组成的系统水平方向不受力，水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A 错，B 对；由于μ>tan α，物体滑到最高点时停下来，不再沿斜面下滑，故m v cos α＝(M ＋m )v ′，斜面体与物体的最终速度v ′＝m v cos αM ＋m，故C 、D 错．答案：B6．(2011·安顺模拟)如图3所示，两条形磁铁各固定在甲、乙两车上，它们能在水平面上无摩擦地运动，甲车和磁铁的总质量为1 kg ，乙车和磁铁的总质量为0.5 kg ，两磁铁N 极相对，推动一下使两车在同一直线上相向而行，某时刻甲车的速度为2 m/s ，乙车的速度为3 m/s ，可以看到它们还未碰上便分开了．下列说法正确的是( ) 图3A ．乙车开始反向时，甲车的速度为1 m/s ，方向不变B ．两车距离最近时，乙车的速度为零C ．两车距离最近时，乙车的速度为0.33 m/s ，与乙车原来的速度方向相反D ．甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量解析：乙车开始反向时，速度为零，由动量守恒可推得这时甲车速度为0.5 m/s ，沿原方向，两车相距最近应是速度相等之时，v 甲＝v 乙＝0.51.5m /s≈0.33 m/s ，甲、乙冲量大小相等、方向相反．则C 正确． 答案：C7．甲、乙两人站在静止小车左右两端，如图4所示，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中错误的是(轨道光滑)( )图4 A ．乙的速度必定大于甲的速度B ．乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量C ．乙的动量大小必定大于甲的动量大小D ．甲、乙动量总和必定不为零解析：对甲、乙和小车组成的系统，由动量守恒可得：m 甲v 甲－m 乙v 乙＋m 车v 车＝0(取向右为正方向)，由上式很容易得出C 、D 均正确；因不知m 甲、m 乙的大小关系，所以甲、乙的速度关系不能确定，A 错误；对小车用动量定理得：I 乙－I 甲＝m 车v 车(取向右为正方向)，所以I 乙＞I 甲，B 项正确．答案：A ]8．如图5所示，一光滑地面上有一质量为m ′的足够长的木板ab ，一质量为m 的人站在木板的a 端，关于人由静止开始运动到木板的b 端(M 、N 表示地面上原a 、b 对应的点)，图6所示中正确的 图5 是( )图6解析：根据动量守恒定律，木板与人组成的系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，各自对地的位移为s m ′、s m ，且有m ′s m ′＝ms m ，s m ′＋s m ＝L 板长，以M 点为参考点，人向右运动，木板向左运动，易得D 是正确的．答案：D9．(2011·东城模拟)如图7所示，一沙袋用轻细绳悬于O 点．开始时沙袋静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出．第一粒弹丸的速度为v 1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°.当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度v 2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°.若弹丸质量是沙袋质量的140，则以下结论中正确的是( ) 图7A ．v 1＝v 2B ．v 1∶v 2＝41∶42C ．v 1∶v 2＝42∶41D ．v 1∶v 2＝41∶83解析：根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知，两次击中沙袋后的速度相同，设为v ，用M 表示沙袋的质量，m 表示弹丸的质量，由动量守恒得第一次：m v 1＝(M ＋m )v第二次：m v 2－(M ＋m )v ＝(M ＋2m )v ，m ＝140M ，解以上三式得：v 1∶v 2＝41∶83，故选项D 是正确的． 答案：D10．水平传送带上表面与水平桌面等高，右端与桌面紧密相接，左端足够长，传送带始终顺时针匀速转动传送木箱．如图8所示，木箱与传送带已有相同的速度，当木箱到达传送带右端时，突然遇到水平向左射来的子弹，二者迅速结为一体．已知木箱动量 图8p 1的大小小于子弹动量p 2的大小，最终木箱停在桌面上的Q 点，下列说法中正确的是( )A ．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q 点的右侧B ．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q 点的左侧C ．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q 点的右侧D ．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q 点的左侧解析：p 1<p 2，子弹和木箱合为一体后总动量方向向左，结合体向左减速，然后反向加速，到达传送带右端时，由动能定理μmgs ＝12m v 2，最后停于Q 点．若只增大子弹射入的速度，其合为一体时总动量增大，结合体仍向左减速，然后向右加速，可能一直加速，也可能先加速后匀速，故到达传送带右端时速度大于或等于碰后的速度，故可能仍在Q 点或在Q 点右侧，A 对，B 错．若增大木箱与传送带间的动摩擦因数，到达右端时速度不变，故仍在Q 点，C 、D 错．答案：A二、计算题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·山东高考)如图9所示，滑块A 、C 质量均为m ，滑块B 质量为32m .开始时A 、B 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C 无初速地放在A 上，并与A 粘合不再分开，此时A 与B 相距较近，B 与挡板相距足够远．若B 与挡 图9板碰撞将以原速率反弹，A 与B 碰撞将粘合在一起．为使B 能与挡板碰撞两次，v 1、v 2应满足什么关系？解析：设向右为正方向，A 与C 粘合在一起的共同速度为v ′，由动量守恒定律得 m v 1＝2m v ′①为保证B 碰挡板前A 未能追上B ，应满足 v ′≤v 2②设A 与B 碰后的共同速度为v ″，由动量守恒定律得 2m v ′－32m v 2＝72m v ″③为使B 能与挡板再次碰撞应满足 v ″＞0④联立①②③④式得1．5v 2＜v 1≤2v 2或12v 1≤v 2＜23v 1.⑤答案：1.5v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 112．(15分)如图10所示，m A ＝1 kg ，m B ＝4 kg ，小物块m C ＝1 kg ，ab 、dc 段均光滑，dc 段足够长；物体A 、B 上表面粗糙，最初均处于静止．最初小物块C 静止在a 点，已知ab 长度L ＝16 m ，现给小物块C 一个水平向右的瞬间冲量I 0＝6 N·s. 图10(1)当C 滑上A 后，若刚好在A 的右边缘与A 具有共同的速度v 1(此时还未与B 相碰)，求v 1的大小； (2)A 、C 共同运动一段时间后与B 相碰，若已知碰后A 被反弹回来，速度大小为0.2 m/s ，C 最后和B 保持相对静止，求B 、C 最终具有的共同速度v 2.解析：(1)对物块C ，由动量定理，取向右为正方向 I 0＝m C v 0－0， v 0＝I 0m C＝6 m/s.在C 滑到A 的右边缘的过程中，由于F 合＝0，所以A 、C 系统动量守恒，以v 0方向为正， m C v 0＝(m C ＋m A )v 1， v 1＝3 m/s.(2)以v 0方向为正，A 、C 一起向右运动到与B 相碰后，C 将滑上B 做减速运动，直到与B 达到共同的速度，整个过程动量守恒，有(m C ＋m A )v 1＝－m A v A ＋(m B ＋m C )v 2， 所以v 2＝1.24 m/s.答案：(1)3 m/s (2)1.24 m/s。
高考物理 第十二章 第二讲 创新演练大冲关
创新演练大冲关(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题7分，共70分．至少一个选项符合题目要求)1．木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图1所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图1①a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒②a尚未离开墙壁前，a与b系统的动量不守恒③a离开墙后，a、b系统动量守恒④a离开墙后，a、b系统动量不守恒A．①③B．②④C．①④D．②③解析：以a、b、弹簧为系统，撤去外力后，b向右运动，在a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的弹力F N，因此，该过程a、b系统动量不守恒，当a离开墙壁后，系统水平方向不受外力，故系统动量守恒．答案：D2．(2011·张掖联考)放在光滑水平面上的甲、乙两物体，系在同一根绳的两端，开始时绳是松弛的，今使甲、乙沿平面反向运动并将绳拉断，那么在绳拉断后，对甲、乙可能的运动情况分析错误的是( )A．甲和乙同时都停下来B．甲和乙仍按各自原来的运动方向运动C．其中一个停下来，另一个反向运动D．其中一个停下来，另一个仍按原方向运动解析：作用前后总动量守恒，如果一个停下来，另一个反方向运动，则违背动量守恒定律，A、B、D三个选项都遵从动量守恒定律．答案：C3．如图2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( ) 图2A ．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mv 0M ，方向水平向右 D ．盒子的最终速度为mv 0M ＋m，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相对静止，由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝mv 0M ＋m ，故D 对． 答案：D4．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500 kg 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，并向南滑行了一小段距离停止．根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s 的速度行驶，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/s解析：取向南为正方向，由题意知系统的总动量向南，由动量守恒定律有m 1v 1－m 2v 2>0，即v 2<m 1m 2v 1＝15003000×20 m/s＝10 m/s ，A 选项正确． 答案：A5．斜面体的质量为M ，斜面的倾角为α，放在光滑的水平面上处于静止．一个小物块质量为m ，以沿斜面方向的速度v 冲上斜面体，若斜面足够长，物块与斜面的动摩擦因数为μ，μ>tan α，则小物块冲上斜面的过程中( )A ．斜面体与物块的总动量守恒B ．斜面体与物块的水平方向总动量守恒C ．斜面体与物块的最终速度为mv M ＋mD ．斜面体与物块的最终速度为Mv M ＋m解析：物块与斜面体组成的系统水平方向不受力，水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A 错，B 对；由于μ>tan α，物体滑到最高点时停下来，不再沿斜面下滑，故mv cos α＝(M ＋m )v ′，斜面体与物体的最终速度v ′＝mv cos αM ＋m，故C 、D 错． 答案：B6．(2011·安顺模拟)如图3所示，两条形磁铁各固定在甲、乙两车上，它们能在水平面上无摩擦地运动，甲车和磁铁的总质量为1 kg ，乙车和磁铁的总质量为0.5 kg ，两磁铁N 极相对，推动一下使两车在同一直线上相向而行，某时刻甲车的速度为2 m/s ，乙车的速度为3 m/s ，可以看到它们还未碰上便分开了．下列说法正确的是( ) 图3A ．乙车开始反向时，甲车的速度为1 m/s ，方向不变B ．两车距离最近时，乙车的速度为零C ．两车距离最近时，乙车的速度为0.33 m/s ，与乙车原来的速度方向相反D ．甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量解析：乙车开始反向时，速度为零，由动量守恒可推得这时甲车速度为0.5 m/s ，沿原方向，两车相距最近应是速度相等之时，v 甲＝v 乙＝0.51.5m/s≈0.33 m/s ，甲、乙冲量大小相等、方向相反．则C 正确．答案：C7．甲、乙两人站在静止小车左右两端，如图4所示，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中错误的是(轨道光滑)( ) 图4A ．乙的速度必定大于甲的速度B ．乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量C ．乙的动量大小必定大于甲的动量大小D ．甲、乙动量总和必定不为零解析：对甲、乙和小车组成的系统，由动量守恒可得：m 甲v 甲－m 乙v 乙＋m 车v 车＝0(取向右为正方向)，由上式很容易得出C 、D 均正确；因不知m 甲、m 乙的大小关系，所以甲、乙的速度关系不能确定，A 错误；对小车用动量定理得：I 乙－I 甲＝m 车v 车(取向右为正方向)，所以I 乙＞I 甲，B 项正确．答案：A8．如图5所示，一光滑地面上有一质量为m ′的足够长的木板ab ，一质量为m 的人站在木板的a 端，关于人由静止开始运动到木板的b 端(M 、N 表示地面上原a 、b 对应的点)，图6所示中正确的 图5是( )图6解析：根据动量守恒定律，木板与人组成的系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，各自对地的位移为s m ′、s m ，且有m ′s m ′＝ms m ，s m ′＋s m ＝L 板长，以M 点为参考点，人向右运动，木板向左运动，易得D 是正确的．答案：D9．(2011·东城模拟)如图7所示，一沙袋用轻细绳悬于O 点．开始时沙袋静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出．第一粒弹丸的速度为v 1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°.当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度v 2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°.若弹丸质量是沙袋质量的140，则以下结论中正确的是( ) 图7 A ．v 1＝v 2B ．v 1∶v 2＝41∶42C ．v 1∶v 2＝42∶41D ．v 1∶v 2＝41∶83解析：根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知，两次击中沙袋后的速度相同，设为v ，用M 表示沙袋的质量，m 表示弹丸的质量，由动量守恒得第一次：mv 1＝(M ＋m )v第二次：mv 2－(M ＋m )v ＝(M ＋2m )v ，m ＝140M ， 解以上三式得：v 1∶v 2＝41∶83，故选项D 是正确的．答案：D10．水平传送带上表面与水平桌面等高，右端与桌面紧密相接，左端足够长，传送带始终顺时针匀速转动传送木箱．如图8所示，木箱与传送带已有相同的速度，当木箱到达传送带右端时，突然遇到水平向左射来的子弹，二者迅速结为一体．已知木箱动量 图8 p 1的大小小于子弹动量p 2的大小，最终木箱停在桌面上的Q 点，下列说法中正确的是( )A ．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q 点的右侧B ．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q 点的左侧C ．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q 点的右侧D ．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q 点的左侧解析：p 1<p 2，子弹和木箱合为一体后总动量方向向左，结合体向左减速，然后反向加速，到达传送带右端时，由动能定理μmgs ＝12mv 2，最后停于Q 点．若只增大子弹射入的速度，其合为一体时总动量增大，结合体仍向左减速，然后向右加速，可能一直加速，也可能先加速后匀速，故到达传送带右端时速度大于或等于碰后的速度，故可能仍在Q 点或在Q 点右侧，A 对，B 错．若增大木箱与传送带间的动摩擦因数，到达右端时速度不变，故仍在Q 点，C 、D错．答案：A二、计算题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·山东高考)如图9所示，滑块A 、C 质量均为m ，滑块B 质量为32m .开始时A 、B 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C 无初速地放在A 上，并与A 粘合不再分开，此时A 与B 相距较近，B 与挡板相距足够远．若B 与挡 图9板碰撞将以原速率反弹，A 与B 碰撞将粘合在一起．为使B 能与挡板碰撞两次，v 1、v 2应满足什么关系？解析：设向右为正方向，A 与C 粘合在一起的共同速度为v ′，由动量守恒定律得 mv 1＝2mv ′ ① 为保证B 碰挡板前A 未能追上B ，应满足v ′≤v 2 ② 设A 与B 碰后的共同速度为v ″，由动量守恒定律得2mv ′－32mv 2＝72mv ″ ③为使B 能与挡板再次碰撞应满足v ″＞0 ④ 联立①②③④式得1．5v 2＜v 1≤2v 2或12v 1≤v 2＜23v 1. ⑤答案：1.5v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1 12．(15分)如图10所示，m A ＝1 kg ，m B ＝4 kg ，小物块m C ＝1 kg ，ab 、dc 段均光滑，dc 段足够长；物体A 、B 上表面粗糙，最初均处于静止．最初小物块C 静止在a 点，已知ab长度L ＝16 m ，现给小物块C 一个水平向右的瞬间冲量I 0＝6 N·s. 图10(1)当C 滑上A 后，若刚好在A 的右边缘与A 具有共同的速度v 1(此时还未与B 相碰)，求v 1的大小；(2)A 、C 共同运动一段时间后与B 相碰，若已知碰后A 被反弹回来，速度大小为0.2 m/s ，C 最后和B 保持相对静止，求B 、C 最终具有的共同速度v 2.解析：(1)对物块C ，由动量定理，取向右为正方向I 0＝m C v 0－0，v 0＝I 0m C＝6 m/s. 在C 滑到A 的右边缘的过程中，由于F 合＝0，所以A 、C 系统动量守恒，以v 0方向为正， m C v 0＝(m C ＋m A )v 1，v 1＝3 m/s.(2)以v 0方向为正，A 、C 一起向右运动到与B 相碰后，C 将滑上B 做减速运动，直到与B 达到共同的速度，整个过程动量守恒，有(m C ＋m A )v 1＝－m A v A ＋(m B ＋m C )v 2， 所以v 2＝1.24 m/s.答案：(1)3 m/s (2)1.24 m/s。
2013届高考一轮物理复习课件选修3-5碰撞与动量守恒波粒二象性原子结构原子核教科版
C．卢瑟福的α粒子散射实验是为了验证核式结构理论的正
确性
D．卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式
结构”理论
答案 D
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2．(2010·全国Ⅱ，14)原子核AZX 与氘核21H 反应生成一个 α 粒
子和一个质子．由此可知
( )．
A．A＝2，Z＝1
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1．认识原子结构的线索 气体放电的研究―→阴极射线―→发现电子―→汤
姆孙的“枣糕”模型―α―粒―子―散―射―实――验→卢瑟福核
式结构模型―氢―原―子―光―谱―的―研―究→玻尔模型．
2．玻尔理论的基本内容
能级假设：氢原子 En＝En21，n 为量子数． 跃迁假设：hν＝E 末－E 初． 轨道量子化假设：氢原子 rn＝n2r1，(n 为量子数)．
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原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰 期、放射性同位素 Ⅰ(考纲要求)
1．天然放射现象、三种射线 (1)天然放射现象：放射性元素自发地发出射线的现象， 首先由贝可勒尔发现．天然放射现象的发现，说明原子核 具有复杂的结构． (2)三种射线的比较
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射线名称 比较项目
α射线
β射线
组成
高速氦核流 高速电子流
带电荷量 质量 符号 速度
2e 4mp mp＝1．67
×10－27 kg He 0.1c
－e
mp 1 840
－01e 0.99c
垂直电磁场 偏转情况
偏转
偏转
2013年广东省高考模拟理综物理分类汇编——动量 2
一、动量守恒定律1、 动量守恒定律的条件：系统所受的总冲量为零（不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的相互作用力），即系统所受外力的矢量和为零。
（碰撞、爆炸、反冲）注意：内力的冲量对系统动量是否守恒没有影响，但可改变系统内物体的动量。
内力的冲量是系统内物体间动量传递的原因，而外力的冲量是改变系统总动量的原因。
2、动量守恒定律的表达式 m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1/+m 2v 2/（规定正方向） △p 1=—△p 2/3、某一方向动量守恒的条件：系统所受外力矢量和不为零，但在某一方向上的力为零，则系统在这个方向上的动量守恒。
必须注意区别总动量守恒与某一方向动量守恒。
4、碰撞（1）完全非弹性碰撞：获得共同速度，动能损失最多动量守恒， ； （2）弹性碰撞：动量守恒，碰撞前后动能相等；动量守恒， ；动能守恒， ；特例1：A 、B 两物体发生弹性碰撞，设碰前A 初速度为v0，B 静止，则碰后速度v m m m m v B A BA A +-=，vB=02v m m m B A A+．特例2：对于一维弹性碰撞，若两个物体质量相等，则碰撞后两个物体互换速度（即碰后A的速度等于碰前B 的速度，碰后B 的速度等于碰前A 的速度）（3）一般碰撞：有完整的压缩阶段，只有部分恢复阶段，动量守恒，动能减小。
5、人船模型——两个原来静止的物体（人和船）发生相互作用时，不受其它外力，对这两个物体组成的系统来说，动量守恒，且任一时刻的总动量均为零，由动量守恒定律，有mv = MV （注意：几何关系）1．弹性碰撞在两滑块的相碰端装上缓冲弹簧，于是它们相碰可视为弹性碰撞。
碰撞过程中两滑块系统的动量和动能均守恒。
2222112202210121212121v m v m v m v m +=+ （4） 由（1）和（4）可得211012021221202102112)(2)(m m v m v m m v m m v m v m m v ++--=++-=（5）令2m 在碰撞前静止，即020=v ，上式可简化为21101221102112)(m m v m v m m v m m v +=+-=(6)（1）若两个滑块质量相等，m 1 = m 2 = m ，则v 1 = 0，v 2 =v 10 ，即两个滑块将彼此交换速度。
2013年高考物理真题汇编全解全析：专题十七 碰撞与动量守恒 Word版含解析
专题十七 碰撞与动量守恒1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ，35题)(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】(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12m v 2＝12m v 21＋12(2m )v 22 ① m v ＝m v 1＋(2m )v 2 ②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＝12m v 21④μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22 ⑤ 据题意有 d ＝d 1＋d 2 ⑥ 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：(2) 285μgd2.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ，35题)(2)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黄分离的过程中，(ⅰ)整个系统损失的机械能；(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能． 【解析】(2)A 、B 碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B 、C 相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为机械能的损失．当A 、B 、C 速度相等时，弹性势能最大．(ⅰ)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m v 0＝2m v 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，由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 1＝2m v 2 ② 12m v 21＝ΔE ＋12(2m )v 22 ③ 联立①②③式得ΔE ＝116m v 20. ④(ⅱ)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 .由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3 ⑤ 12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348m v 20. ⑦答案：(2)(ⅰ)116m v 20 (ⅱ)1348m v 20 3．(2013·高考天津卷，2题)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【解析】选B.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A 错误；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp 甲＝－Δp 乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B 正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C 、D 错误．4．(2013·高考重庆卷，9题)在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A 和小球B ，从距水平地面高度为ph (p ＞1)和h 的地方同时由静止释放，如图所示．球A 的质量为m ，球B 的质量为3m .设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g ，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间．(1)求球B 第一次落地时球A 的速度大小；(2)若球B 在第一次上升过程中就能与球A 相碰，求p 的取值范围； (3)在(2)情形下，要使球A 第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p 应满足的条件．【解析】(1)小球B 第一次落地时，两球速度相等，由v 2＝2gh 得v ＝2gh . (2)B 球从开始下落到第一次落地所用时间t 1＝v g ＝2h g①由于小球B 在第一次上升过程中就能与A 球相碰，则B 球运动时间应满足t 1<t 2<2t 1②由相遇条件知12gt 22＋v (t 2－t 1)－12g (t 2－t 1)2＝ph ③ 由①②③解得1<p <5.(3)设t ＝t 2－t 1，由①③式得t ＝p －142hg，则A 、B 两球相遇时的速度分别为v A ＝v ＋gt ＝2gh ＋g p －142h g ＝2gh p ＋34v B ＝v －gt ＝2gh －g p －142h g ＝2gh 5－p4若A 球碰后刚好能达到释放点，由两球相碰为弹性碰撞知 12m v 2A ＋12·3m v 2B ＝12m v ′ 2A ＋12·3m v ′2B m v A －3m v B ＝－m v A ′＋3m v B ′ v A ′＝v A可解得此时v B ′＝v B ，v A ＝3v B.要使A 球碰后能到达比其释放点更高的位置，须满足v A <3v B ，解得p <3.由v B ＝2gh ·5－p4知，5－p 4<1，解得p >1，所以p 的取值范围是1<p <3.答案：(1)2gh (2)1<p <5 (3)1<p <3 5．(2013·高考山东卷，38题) (2)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 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】(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，由动量定恒定律得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. ④ 答案：(2)2 m/s 6．(2013·高考广东卷，35题)如图，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m .P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L .物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p .【解析】P 1与P 2发生完全非弹性碰撞时，P 1、P 2组成的系统遵守动量守恒定律；P 与(P 1＋P 2)通过摩擦力和弹簧弹力相互作用的过程，系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律．注意隐含条件P 1、P 2、P 的最终速度即三者最后的共同速度；弹簧压缩量最大时，P 1、P 2、P 三者速度相同．(1)P 1与P 2碰撞时，根据动量守恒定律，得 m v 0＝2m v 1解得v 1＝v 02，方向向右P 停在A 点时，P 1、P 2、P 三者速度相等均为v 2，根据动量守恒定律，得2m v 1＋2m v 0＝4m v 2解得v 2＝34v 0，方向向右．(2)弹簧压缩到最大时，P 1、P 2、P 三者的速度为v 2，设由于摩擦力做功产生的热量为Q ，根据能量守恒定律，得从P 1与P 2碰撞后到弹簧压缩到最大 12×2m v 21＋12×2m v 20＝12×4m v 22＋Q ＋E p 从P 1与P 2碰撞后到P 停在A 点 12×2m v 21＋12×2m v 20＝12×4m v 22＋2Q 联立以上两式解得E p ＝116m v 20，Q ＝116m v 20根据功能关系有Q ＝μ·2mg (L ＋x )解得x ＝v 2032μg－L .答案：(1)v 1＝12v 0，方向向右 v 2＝34v 0，方向向右(2)v 2032μg －L 116m v 20 7．(2013·高考江苏卷，5题)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )A ．30%B ．50%C ．70%D ．90%【解析】选A.根据v ＝x t 和E k ＝12m v 2解决问题．量出碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比为12∶7，即碰撞后两球速度大小v ′与碰撞前白球速度v 的比值，v ′v ＝712.所以损失的动能ΔE k ＝12m v 2－12·2m v ′2，ΔE kE k0≈30%，故选项A 正确．8．(2013·高考江苏卷，12题C) (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】(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：(3)0.02 m/s ，离开空间站方向 9．(2013·高考福建卷，30题)(2)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。
高考物理专练题碰撞与动量守恒(试题部分)
高考物理专练题碰撞与动量守恒考点一动量、动量定理1.(2018山西师大附中月考,5)(多选)以下四个图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的图线和动量变化率随时间变化的图线。
若不计空气阻力,取竖直向上为正方向,那么正确的是()答案 CD2.(多选)在2016年里约奥运跳水比赛中,中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌。
假设质量为m 的跳水运动员从跳台上以初速度v 0向上跳起,跳水运动员从跳台上起跳到入水前重心下降H,入水后受水阻力而速度减为零,不计跳水运动员水平方向的运动,运动员入水后到速度为零时重心下降h,不计空气阻力,重力加速度g,则( )A.运动员从跳台上起跳到入水前受到合外力冲量大小m √v 02+2gH +mv 0 B.水对运动员阻力的冲量大小m √v 02+2gHC.运动员克服水的阻力做功mgH+12m v 02D.运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量mg(H+h)+12m v 02答案 AD3.(2018云南师大附中月考,25)如图所示,一高h=1.25 m 、质量m B =2 kg 的木块B,在一水平向右的恒力F=3 N 作用下,在水平地面上向右运动。
现将一质量m A =1 kg(可视为质点)的小滑块A 轻轻静置(相对地面的速度为零)于木块B 上距B 左端b=1.00 m 处,一段时间后A 从B 上滑落,从放上A 到A 刚离开B 的时间内,B 向右运动的距离x 0=1.5 m,已知A 与B 间的动摩擦因数、B 与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.10,g=10 m/s 2(结果均保留2位有效数字)。
求(1)整个过程中,A 与B 间由于摩擦产生的热量Q; (2)A 落地时,落地点到B 左端的水平距离s 。
答案 (1)1.0 J (2)0.19 m考点二 动量守恒定律及其应用1.(多选)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移时间图像。
高考物理总复习 第六章 碰撞与动量守恒 高效演练创预测 七 验证动量守恒律
避躲市安闲阳光实验学校验证动量守恒定律1.(2018·太原模拟)“枪支比动能e0”是反映枪支威力的一个参数，已知e0=，式中E0是子弹离开枪口时的动能，S是子弹的横截面积(若子弹是球形，则S是过球心的截面圆面积)。
“J2136冲击摆实验器”是物理实验中的实验器材，可以用来测量弹簧枪的比动能e0，如图甲所示，左侧是可以发射球形子弹的弹簧枪，中间立柱上悬挂小摆块，摆块一般用塑料制成，正对枪口处有一水平方向的锥形孔(使弹丸容易射入并与摆块结合为一体)。
摆块摆动的最大角θ可由刻度盘读出。
(重力加速度大小为g)(1)用游标卡尺测量子弹直径，测量结果如图乙所示，子弹的直径d=_______mm。
(2)实验开始之前，必须测量的物理量为子弹直径d以及_______和_______。
(写出物理量及其表示字母)；(3)实验步骤如下：①将冲击摆实验器放在桌上，调节底座上的调平螺丝，使底座水平；②再调节支架上端的调节螺丝，改变悬线的长度，使摆块的孔洞跟枪口正对，并且使摆块右侧与0刻度对齐；③此时用刻度尺测量出摆长L；④扣动弹簧枪扳机，打出子弹，记录下摆块的最大摆角；⑤多次重复实验，计算出摆块最大摆角的平均值θ；⑥处理实验数据，得出实验结论。
(4)子弹的发射速度为v0=_______，弹簧枪的比动能为e0=_______。
(用已知量和测量量的字母表示)；(5)由于存在系统误差，使得测量值_______理论值。
(选填“大于”“小于”或“等于”)【解析】(1)主尺读数为1.0 cm，游标读数为0.02×26=0.52 mm，所以最终读数为10 mm+0.52 mm=10.52 mm；(2)本实验中要确定子弹的动能，所以在实验前应先测量出子弹的质量m和摆块的质量M；(4)根据机械能守恒定律可知， (m+M)gL(1-cosθ)=(M+m)v2根据动量守恒定律可知：mv0=(M+m)v，联立解得：子弹的速度为：v0=；根据比动能的定义式可知：e0=，E0=m，截面积S=πd2，解得比动能e0=；(5)由于摆块在运动中存在空气阻力做功，因此求出的子弹的速度偏小，故测量值一定小于真实值。
2013年高考期末一模联考物理新题精选分类解析专题25动量和动量守恒定律
1．（9分）（2013河北省唐山市期末模拟）光滑水平面上A．B两小球向同一方向运动，B在前A在后，已知A的动量为P A=6kg·m/s，B的质量为m B=4kg，速度为v B=3 m/s，两球发生对心碰撞后，速度同为4m／s。
求：（1）A球的质量：（2）如果碰后两球的速度不相同，求碰后B球可能的最大速度。
2（2013江苏苏南四校联考）如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量m A=1kg．初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移-时间图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向），则物体B的质量为多少？3(9分）（2013江西省景德镇二模）如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M=3 kg的薄板和质量m=1kg的物块。
现给薄板和物块相同的初速度v=4m/s朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，求①当薄板的速度为2.4m/s时，物块的速度大小和方向。
②薄板和物块最终停止相对运动时，因摩擦而产生的热量。
4（9分）（2013贵州省四校联考）如图所示，木块A的质量m A=1kg，足够长的木板B的质量m B=4kg，质量为m C=2kg，的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C 之间有摩擦，现使A以v o=10m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以立即以4m/s 的速度弹回。
求：①B运动过程中的最大速度；②若B、C间的动摩擦因数为0.6，则C在B上滑动的距离。
解析：①A与B碰撞过程，由动量守恒定律，m A v 0= m B v B - m A v A5. (2013苏北三市一模)如图所示，质量均为m 的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小明站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v ，接着木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小。
6．（9分）（2013河北唐山期末）光滑水平面上A ．B 两小球向同一方向运动，B 在前A 在后，已知A 的动量为P A =6kg ·m/s ，B 的质量为m B =4kg ，速度为v B =3 m/s ，两球发生对心碰撞后，速度同为4m ／s 。
绝杀20132013届高考物理模拟+权威预测：专题18碰撞与动量守恒 Word版含答案
专题十八碰撞与动量守恒1.(2012·杭州模拟)如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内．则下列说法正确的是( )A.小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B.小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒2.(2012·嘉兴模拟)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示.则( )A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C.当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0D.甲物块的速率可能达到5 m/s3.(2012·太原模拟)一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( )A.Mv0=(M-m)v′+mvB.Mv0=(M-m)v′+m(v+v0)C.Mv0=(M-m)v′+m(v+v′)D.Mv0=Mv′+mv4.(2012·蚌埠模拟)关于动量守恒定律，下列说法中正确的是( )A.小球与地球相碰撞的过程中，小球的动量守恒B.只有不受外力作用时，系统的动量才是守恒的C.系统在不受外力和内力作用时动量才是守恒的D.系统虽然受到外力作用，但动量仍然可能守恒5.(2012·太原模拟)如图所示，物体A 与物体B 置于光滑水平面上，其质量m A >m B ，A 、B 间有一细绳连接，且有与A 、B 不连接的被压缩的轻弹簧，整个装置处于静止状态，现将细绳烧断，而后弹簧伸展将A 、B 弹开，以下说法正确的是( )A.此过程中，B 受弹力大小比A 受弹力大B.此过程中，弹力对B 的冲量大小比对A 的冲量大C.此过程中，弹力对B 做功比对A 做功多D.开始运动后，任一时刻B 的瞬时速度大小始终比A 的瞬时速度大6.(2012·乌鲁木齐模拟)如图所示,有n 个相同的质点静止在光滑水平面上的同一直线上，相邻的两个质点间的距离都是1 m ，在某时刻给第一个质点一个初速度v ，依次与第二个、第三个…质点相碰，且每次碰后相碰的质点都粘在一起运动，则从第一个质点开始运动到与第n 个质点相碰所经历的时间是( )A.()n n 12v - B.()n n 12v+ C.()n 2n 12v ++ D.()n 2n 12v -- 7.(2011·太原模拟)如图所示，质量为M 的小车静止于光滑的水平面上，小车上AB 部分是半径为R 的四分之一光滑圆弧，BC 部分是粗糙的水平面．今把质量为m 的小物体从A 点由静止释放，m 与BC 部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B 、C 之间的D 点，则B 、D 间距离x 随各量变化的情况是( )A．其他量不变，R越大x越大B．其他量不变，μ越大x越大C．其他量不变，m越大x越大D．其他量不变， M越大x越大8.(2011·嘉兴模拟)甲、乙两球质量分别为1 kg、3 kg，甲球与原来静止的乙球在光滑水平面上发生正碰，图甲表示甲球碰撞前后的位移—时间图线，图乙表示乙球碰后的位移—时间图线，不计碰撞时间，则下列说法正确的是( )A.甲、乙两球在t=2 s时发生碰撞B.碰撞前后甲球动量改变了2 kg·m/sC.碰撞后甲球的速度反向了D.碰撞前后系统动量守恒9.(2012·昆明模拟)如图所示，质量均为m的小滑块P和Q都视为质点，与轻质弹簧相连的Q静止在光滑水平面上．P以某一初速度v向Q运动并与弹簧发生碰撞，在整个过程中，P、Q的共同速度为___________，弹簧具有的最大弹性势能等于___________.10.(2012·嘉兴模拟)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做了如下实验:①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1>m2.②按照如图所示的那样，安装好实验装置．将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平.将一斜面BC连接在斜槽末端.③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置.④将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置.⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离.图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为L D、L E、L F.根据该同学的实验，回答下列问题:(1)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的________点，m2的落点是图中的________点.(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式____________________________，则说明碰撞中动量是守恒的.(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式__________________________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞.11.(2012·长安模拟)如图所示，两只质量均为120 kg的小船静止在水面上，相距10 m，并用钢绳连接．一个质量为60 kg的人在甲船头以恒力F拉绳，不计水的阻力.求:(1)当两船相遇时，两船各行进了多少米？(2)当两船相遇不相碰的瞬间，为了避免碰撞，人从甲船跳向乙船需要对地的最小水平速度为6 m/s，计算原来人拉绳的恒力F.12.(2012·青岛模拟)如图，一质量为1 kg 的物块静止在水平地面上，它与地面的动摩擦因数为0.2，一质量为10 g的子弹以水平速度500 m/s射入物块后水平穿出，物块继续滑行1 m距离停下.求：子弹射穿物块过程中系统损失的机械能.(g取10 m/s2)13.(2012·保定模拟)A、B两个粒子都带正电，B的电荷量是A的2倍，A的质量为m, B的质量是A的4倍，两个粒子在同一直线上相向运动，初速度大小均为v0，不计粒子重力和其他外力,只计A、B两者的库仑力.求:(1)当A的速度方向改变时，B的速度多大？(2)当A、B之间的距离最近时，两个粒子增加的电势能？14.(2012·哈尔滨模拟)如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是M的小车A和B，两车间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度向右运动，另有一质量也为M的粘性物体，从高h处自由下落，正好落至A车并与之粘合在一起，在此后的过程中，弹簧获得最大弹性势能为E.求:A、B车开始匀速运动的初速度v0的大小.15.(2012·乌鲁木齐模拟)如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接.质量为m的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为km的小球发生碰撞，碰撞前后两小球的运动方向处于同一水平线上.(1)若两小球碰撞后粘连在一起，求碰后它们的共同速度；(2)若两小球在碰撞过程中无机械能损失，为使两小球能发生第二次碰撞，求k应满足的条件.【高考预测】动量守恒定律是力学的重要内容，在近三年新课标地区高考(无论是作为必考模块还是选考模块)都对此内容进行了考查．试题更强调初、末状态的联系，单独的动量守恒定律或者动量定理的题目出现的可能性较小，更不可能太深、太难，但动量守恒定律的应用作为综合题中的一环将多个过程联系起来，或者简单的动量和能量综合的试题，将是今后一段时期高考命题的趋势．对该部分内容的命题预测点如下：1.如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A.两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手，后放开右手之后，系统动量不守恒C.先放开左手，后放开右手，总动量向左D.无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零2.在光滑水平地面上有一质量为m1的小球处于静止状态，现有一质量为m2的小球(两球形状完全相同)以一定的初速度匀速向m1球运动，并与m1球发生对心碰撞．对于这样的一个作用过程，可用速度－时间图象进行描述，下列四个图象中，图线1表示m1球运动的情况，图线2表示m2球运动的情况．则在这四个图象中可能正确地反映了两球相互作用过程中速率随时间变化关系的是( )3.用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验：(1)先测出可视为质点的两滑块A、B的质量分别为m、M及滑块与桌面间的动摩擦因数μ.(2)用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻弹簧处于压缩状态，滑块B恰好紧靠桌边．(3)剪断细线，测出滑块B做平拋运动的水平位移x1，滑块A沿水平桌面滑行的距离x2(未滑出桌面)．为验证动量守恒定律，写出还需测量的物理量及表示它的字母_________；如果动量守恒，需要满足的关系式为_________________________.4.在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动.在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示.小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动.小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2.5.如图所示，在光滑水平面上放着A、B、C三个物块，A、B、C的质量依次是m、2m、3m．现让A物块以初速度v0向B运动，A、B相碰后不再分开，共同向C运动；它们和C相碰后也不再分开，A、B、C共同向右运动．求：(1)A、B、C共同向右运动的速度v的大小;(2)A、B碰撞过程中的动能损失ΔE k;(3)A、B与C碰撞过程B物块对C物块的冲量大小I.6.如图所示，质量为m的物块以水平速度v0滑上原来静止在光滑水平面上质量为M的小车上，物块与小车间的动摩擦因数为μ，小车足够长.求:(1)物块相对小车静止时的速度；(2)从物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间；(3)从物块滑上小车到相对小车静止时，系统产生的热量和物块相对小车滑行的距离.7.如图所示，有一竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力作用，阻力的大小恒为F f＝1mg(g为重力加速度)．在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为2l.现有一质量也为m的物体从距地面2l处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力．求:(1)物体与滑块碰撞后共同运动速度的大小;(2)碰撞后，在滑块向下运动到最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量.答案解析【模拟演练】1.【解析】选C、D.小球下滑到槽的最低点之后，槽才离开墙壁，所以小球与槽组成的系统水平方向上的动量在槽离开墙壁之前不守恒，之后动量守恒，D正确；槽在离开墙壁之后，球与槽之间的弹力对球和槽都要做功，所以B错；整个过程中系统只有重力做功,机械能守恒，C正确；槽离开墙壁之后弹力对槽做功，小球与槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，A错.【误区警示】解答本题易产生的三个误区(1)不能准确判断动量守恒的条件，本题中只有槽离开墙壁以后水平方向动量才守恒.(2)误认为小球离开槽以后做竖直上抛运动，实际上小球在水平方向上与槽有相同速度，小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动.(3)误认为球与槽之间的弹力对球和槽都不做功，实际上球与槽之间的弹力与它们的位移都不垂直,都要做功.2.【解析】选C.甲、乙两个物块通过弹簧发生相互碰撞，遵循动量和能量守恒，当两个物块离开弹簧时交换速度，即甲的速度为4 m/s ，乙的速度为3 m/s ，方向相反，且整个碰撞过程中甲的速度不可能大于4 m/s ，乙的速度不可能大于3 m/s ，当两物块相距最近时速度相等为0.5 m/s ，所以A 、B 、D 错，C 正确.3.【解析】选A.解答本题应注意动量守恒的矢量性和相对性，即水平方向动量守恒，相互作用前后的速度都是相对地的速度，则根据动量守恒可得:Mv 0=(M-m)v ′+mv,A 正确.4.【解析】选D.根据系统动量守恒条件是合外力为零可得，B 、C 错误，D 正确；小球与地球相碰撞的过程中，小球和地球组成的系统动量守恒，A 错.5.【解析】选C 、D. 细绳烧断后弹簧伸展将A 、B 弹开的过程中，弹簧对A 、B 的作用力和冲量都是大小相等、方向相反，所以A 、B 选项错；弹力对A 、B 做功可根据动量守恒和动能定理得W=2p 2m，任一时刻p 相等，由于m A >m B ，所以弹力对B 做功比对A 做功多且任一时刻B 的瞬时速度大小始终比A 的大，C 、D 正确.6.【解析】选A.根据动量守恒可得:mv=nmv n ,v n =v ,n 则t n =n 1n ,v v=t=t 1+t 2+…+t n-1 ()()n n 112n 1n 2n 1,v v v v 2v--=++⋯+==-所以选项A 正确. 7.【解析】选A.对系统由动量守恒得:0=(m+M)v ，所以v=0.又根据能量守恒得:mgR=μmgx+12(m+M)v 2，所以x=R μ， x 只由R 和μ决定,与m 、M 无关，故选项A 正确. 8.【解析】选A 、C 、D.由图象可求得甲碰撞前后速度分别为:v 1=4 m/s ，v ′1= -2 m/s ；乙碰撞后的速度为v 2=2 m/s ，甲、乙在t=2 s 时发生碰撞，甲动量的改变量Δp 甲第 10 页 共 17 页 金太阳新课标资源网=-6 kg ·m/s,故B 错，A 、C 、D 正确.9.【解析】当弹簧压缩量最大时P 、Q 速度相等，由动量守恒得: mv=2mv 1,v 1=v 2又根据能量守恒得:12mv 2=12×2mv 12+E pm 所以E pm =2mv 4答案:v 2 2mv 410.【解析】(1)小球发生碰撞后m 1的落点是D 点，m 2的落点是F 点.(2)若动量守恒，则:m 1v=m 1v 1+m 2v 2小球在B 点平抛落到斜面上，有:Lcos θ=v 0t Lsin θ=12gt 2 可得:v 0=cos所以:v=cosv 1=cosv 2=cos所以:m(3)若碰撞是弹性碰撞，机械能守恒，则:12m 1v 2=12m 1v 12+12m 2v 22 所以:m 1L E =m 1L D +m 2L F答案:(1)D F(2)m金太阳新课标资源网(3)m 1L E =m 1L D +m 2L F【方法技巧】巧测碰撞前后速度简捷研究动量和能量守恒(1)巧用碰撞前后两小球都从同一点做平抛运动，若都落在同一水平面上则时间相等，水平位移与平抛初速度成正比；若都落在同一斜面上，由位移关系可以比较平抛初速度等，其他装置都是要确定平抛初速度.(2)确定碰撞前后小球的落点位置，计算碰撞前后动量和动能.(3)列动量守恒和动能守恒方程即可得结论.11.【解析】(1)由动量守恒定律得:(m 甲＋m 人)v 甲-m 乙v 乙=0有:(m 甲＋m 人)x 甲=m 乙x 乙x 甲＋x 乙＝10 m得:x 甲＝4 m ，x 乙＝6 m(2)为了避免碰撞，人跳到乙船后系统至少要静止．设人在起跳前瞬间甲船和人的速度为v 1，乙船速度为v 2，对甲船和人组成的系统由动量守恒得:(m 甲＋m 人)v 1＝m 人×6 m/s得:v 1＝2 m/s对甲船和人由动能定理得:Fx 甲=12(m 甲+m 人)v 12 解得:F=90 N答案:(1)甲船行进了4 m,乙船行进了6 m (2)90 N【方法技巧】解决动量守恒中的临界问题应注意的事项(1)寻找临界状态：题设情境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.12.【解析】设子弹射穿物块后的速度为v 1，物块的速度为v 2，对物块应用动能定理有 μMgx=12Mv 22 对物块与子弹组成的系统应用动量守恒定律有金太阳新课标资源网mv 0=mv 1+Mv 2则子弹射穿物块过程中系统损失的机械能ΔE=12mv 02-12mv 12-12Mv 22 联立以上方程并代入数据解得ΔE=798 J答案:798 J13.【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)建立一个碰撞模型:A 、B 两个粒子相互作用过程.(2)A 的速度方向改变时,A 的速度恰好为零.(3)A 、B 之间的距离最近时，A 、B 速度相等损失的动能最大，即系统增加的电势能最多.【解析】(1)设A 的质量为m ，B 的质量是4m ．A 的速度为零时，速度方向改变. 由动量守恒定律得:4mv 0-mv 0=4mv B ,即v B =34v 0 (2)当A 、B 两粒子速度相同时，距离最近，则4mv 0-mv 0=5mvΔE p =12×5mv 02-12×5mv 2=85mv 02 或ΔE p =1.6mv 02答案:(1)34v 0 (2)85mv 02或1.6mv 0214.【解析】粘性物体与A 碰撞，水平方向动量守恒Mv 0=2Mv 1 ①弹簧压缩到最短时三者共速，由动量守恒得2Mv 0=3Mv 2 ②弹簧压缩到最短时对系统由能量守恒得 E=12Mv 02+12×2Mv 12-12×3Mv 22 ③联立①②③式解得:v 0④金太阳新课标资源网答案【误区警示】解答本题应注意以下两点(1)物体M 落到小车A 上时，弹簧还来不及发生形变,没有弹力，所以只有物体M 与小车A 相互作用,动量守恒.(2)当小车B 通过弹簧与小车A 、物体M 发生作用，弹簧压缩至最短时速度相等，弹性势能最大.15.【解析】(1)由机械能守恒定律得: mgh=12mv 02 由动量守恒定律得:mv 0(2)由动量和能量守恒定律得: mv 0=mv 1+kmv 212mv 02=12mv 12+12kmv 22 解得:v 1=k 1k 1--+v 0,v 2=2k 1+v 0 须满足:k 1k 1-+v 0＞2k 1+v 0,k ＞3 答案:见解析【高考预测】1.【解析】选A 、C 、D.当两手同时放开时，系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A 正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B 错,C 、D 正确.2.【解析】选B 、D.四幅图象中v 在横轴上方,即两小球碰后速度方向相同.m 1球速度从零开始变化,A 错误;m 2球碰撞m 1球,碰后m 2速度不能大于m 1球速度,否则m 1、m 2仍将接触,C 错误;碰后m 1球速度可能大于m 2球速度,也可能m 1球、m 2球结合在一起运动,B 、D 正确.3.【解析】弹开后B 做平拋运动，为求其弹开后的速度即平拋运动的初速度，必须测量下落高度h.金太阳新课标资源网h ＝12gt 12,x 1＝v 1t 1,v 1＝x弹开后A 做匀减速运动，由动能定理得:μmgx 2＝12mv 22 解得:v 2由动量守恒定律得:Mv 1-mv 2＝0即Mx答案:桌面离地高度hMx4.【解析】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变.根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1.两球碰撞过程有：m 1v 0=m 1v 1+m 2v 212m 1v 02=12m 1v 12+12m 2v 22 解得12m m =2. 答案:25.【解析】(1)以A 、B 、C 整体为研究对象，全过程应用动量守恒定律得:mv 0＝(m ＋2m ＋3m)v解得:A 、B 、C 共同向右运动的速度为v ＝0v .6 (2)设A 、B 碰撞后的速度为v ′，根据动量守恒有:mv 0＝(m ＋2m)v ′动能损失:ΔE k ＝12mv 02-12(m ＋2m)v ′2 解得:ΔE k ＝13mv 02. (3)以C 为研究对象，A 、B 与C 碰撞过程应用动量定理，B 物块对C 物块的冲量等于C 物块金太阳新课标资源网的动量变化，则:I ＝3mv ＝12mv 0. 答案:(1)0v 6 (2)13mv 02 (3)12mv 0 【方法技巧】解决碰撞问题时要紧紧抓住三个依据(1)系统的动量守恒，即p 1+p 2=p ′1+p ′2.(2)系统的动能不可能增加，即E k1+E k2≥E ′k1+E ′k2或222212121212p p p p .2m 2m 2m 2m ''+≥+ (3)系统内各物体的速度合理：①碰前两物体同向运动，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至少有一个物体发生改变.6.【解题指南】解答本题可按以下步骤进行:(1)分析物块和小车的运动：物块滑上小车后，受到向后的摩擦力而做减速运动，小车受到向前的摩擦力而做加速运动，因小车足够长，最终物块与小车相对静止.(2)画出运动过程图如图所示.(3)判断系统动量是否守恒:由于是“光滑水平面”，系统所受合外力为零，故满足动量守恒定律条件.【解析】(1)对物块与小车系统组成的系统，由动量守恒定律得:mv 0=(M+m)v 共解得:v 共=0mv M m+ (2)对小车由动量定理得:金太阳新课标资源网μmgt=Mv 共所以:t=()()00Mmv Mv mg M m g M m =μ+μ+ (3)系统产生的热量等于系统动能的减少量,即Q=ΔE k =12mv 02-12(M+m)v 共2 =()20Mmv 2M m + 又-F f l =12 (M+m)v 共2 -12mv 02, F f =μmg解得:l =()20Mv 2M m gμ+ 答案:(1)0mv M m + (2)()0Mv g M m μ+ (3)()20Mv 2M m gμ+ 7.【解析】(1)设物体下落至与薄滑块碰撞前的速度为v 0，在此过程中机械能守恒，依据机械能守恒定律有:mg l ＝20mv 2解得:v 0设碰撞后共同速度为v ，依据动量守恒定律有:mv 0＝2mv解得:v ＝12(2)设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为x ，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到返回初始位置的过程，有:－2F f x ＝0-12×2mv 2 设在滑块向下运动的过程中，弹簧的弹力所做的功为W ，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有:金太阳新课标资源网W ＋2mgx-F f x ＝0-12×2mv 2 解得:W ＝5mg 4，l 所以弹簧弹性势能增加了5mg 4l . 答案:(1) 125mg 4l。
2013届高考物理复习创新演练大冲关：1-3运动的图象_追及与相遇
一、选择题(本题包括9小题，每小题6分，满分54分．每小题只有一个选项正确)1.物体A、B的x－t图象如图1所示，由图可知()A．从第3 s起，两物体运动方向相同，且v A＞v BB．两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟 3 s才开始运动C．在5 s内物体的位移相同，5 s末A、B相遇D．5 s内A、B的平均速度相等解析：物体A从第3 s起才开始运动，起始点在x＝0处，而物体B从t＝0开始运动，但起始点在x ＝5 m处，由x－t图象中两条直线的斜率大小可知，v A＞v B，故A正确，B错误；在5 s内A的位移x A＝10 m，B的位移x B＝5 m，故v A＝x At＝5 m/s，v B＝x Bt＝1 m/s.C、D均错误．答案：A2．(2011·莆田联考)某人将小球以初速度v0竖直向下抛出，经过一段时间小球与地面碰撞，然后向上弹回，以抛出点为原点，竖直向下为正方向，小球与地面碰撞时间极短，不计空气阻力和碰撞过程中动能损失，则下列图象中能正确描述小球从抛出到弹回的整个过程中速度v随时间t的变化规律的是()图2解析：取向下为正方向，小球下落的速度均匀增大，碰撞地面反弹后，速度反向向上，为负值，且均匀减小，故只有C正确．答案：C3．某跳伞运动训练研究所，让一名跳伞运动员从悬停在高空的直升机中跳下，研究人员利用运动员随身携带的仪器记录下了他的运动情况，通过分析数据，定性画出了运动员从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v－t图象如图3所示，则对运动员的运动，下列图3说法正确的是()A．0～15 s末都做加速度逐渐减小的加速运动B．0～10 s末做自由落体运动，15 s末开始做匀速直线运动C．10 s末打开降落伞，以后做匀减速运动至15 s末D．10 s～15 s末加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小解析：在v－t图象中，图线的斜率代表加速度．从图象中可以看出，0～10 s内，加速度方向向下，图线的斜率越来越小，故不是自由落体运动，是变加速直线运动，10 s末速度达到最大值；10 s末打开降落伞，加速度方向向上，物体做加速度逐渐减小的减速运动，15 s末加速度为零，速度达到稳定值，以后将做匀速直线运动．故选项D正确．答案：D4．设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为s.现有四个不同物体的运动图象如图4所示，假设物体在t ＝0时的速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是( )图4解析：图象A 中物体的位移的大小和正负均随时间做周期性变化，物体做往复运动，图象B 中物体速度的大小和方向也做周期性变化，也是往复运动，图象C 中，物体在第1 s 内匀加速运动，第2 s 内向前匀减速，t ＝2 s 时速度为零，在第3 s 内又开始向前匀加速运动，故此物体将一直向前运动，但图象D 中，第3 s 内物体将反向匀加速运动．故正确的选项只有C.答案：C ]5．汽车A 在红绿灯前停住，绿灯亮起时启动，以0.4 m/s 2的加速度做匀加速运动，经过30 s 后以该时刻的速度做匀速直线运动．设在绿灯亮的同时，汽车B 以8 m/s 的速度从A 车旁边驶过，且一直以此速度做匀速直线运动，运动方向与A 车相同，则从绿灯亮时开始( )A ．A 车在加速过程中与B 车相遇 B ．A 、B 相遇时速度相同C ．相遇时A 车做匀速运动D ．两车不可能再次相遇解析：若A 车在加速过程中与B 车相遇，设运动时间为t ，则12at 2＝v B t ，解得t ＝2v B a ＝2×80.4 s ＝40 s ＞30 s 可见，A 车加速30 s 内并未追上B 车．因加速30 s 后，v A ＝12 m/s ＞v B ＝8 m/s ，故匀速运动过程中可追上B 车．答案：C6．如图5所示的x －t 图象和v －t 图象中，给出的四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是( )图5A ．图线1表示物体做曲线运动B ．x －t 图象中t 1时刻物体1的速度大于物体2的速度C ．v －t 图象中0至t 3时间内物体4的平均速度小于物体3的平均速度D．两图象中，t2、t4时刻分别表示物体2、4开始反向运动解析：运动图象只能用来描述直线运动，A错；x－t图象中，t1时刻物体1的斜率大于物体2的斜率，故B对；v－t图象，0至t3时间内由速度—时间图象所围的面积可知v4＞v3，C错；t2时刻物体2开始反向，t4时刻物体4的速度方向不变，加速度开始反向，D错．答案：B7．在平直公路上有甲、乙两辆汽车沿着同一方向做匀加速直线运动，它们的速度图象如图6所示．在t＝0时刻它们处于同一位置，则以下说法不．正确的是()A．甲车的加速度比乙车的加速度大图6B．在t0时刻甲、乙两车的速度相同C．在t0时刻甲、乙两车再次处于同一位置D．在0～t0时间内，甲车的位移一直小于乙车的位移解析：甲图线的斜率比乙的大，甲的加速度大，A正确；在t0时刻，甲、乙图线相交，速度相同，B 正确；甲乙从0到t0时刻图线所夹的面积不同，位移也不同，乙的面积大，位移大，D正确，C错误．答案：C8．(2011·马鞍山模拟)在平直道路上，甲汽车以速度v匀速行驶．当甲车司机发现前方距离为d处的乙汽车时，立即以大小为a1的加速度匀减速行驶，与此同时，乙车司机也发现了甲，立即从静止开始以大小为a2的加速度沿甲运动的方向匀加速运动．则()A．甲、乙两车之间的距离一定不断减小B．甲、乙两车之间的距离一定不断增大C．若v＞2(a1＋a2)d，则两车一定不会相撞D．若v＜2(a1＋a2)d，则两车一定不会相撞解析：在乙车加速到与甲车速度相同之前，两车间距一直在减小；速度相同之后，两车间距就会变大，故选项A、B均不对；以乙车为参考系，甲车对乙车的加速度为(a1＋a2)，初速度为v，距离为d，由v t2－v02＝2ax得，若v＜2(a1＋a2)d，则两车就不会相撞．答案：D9．亚丁湾索马里海域六艘海盗快艇试图靠近中国海军护航编队保护的商船，中国特战队员成功将其驱离．假如其中一艘海盗快艇在海面上运动的v－t 图象如图7所示，设运动过程中海盗快艇所受阻力不变．则下列说法正确的是() 图7A．海盗快艇在0～66 s内从静止出发做加速度增大的加速直线运动B．海盗快艇在96 s末开始调头逃离C．海盗快艇在66 s末离商船最近D．海盗快艇在96～116 s内做匀减速直线运动解析：在0～66 s内图象的斜率越来越小，加速度越来越小，故海盗快艇做加速度减小的加速运动，A选项错；海盗快艇在96 s 末，速度由正变负，即改变运动的方向，开始掉头逃跑，此时海盗快艇离商船最近，B 对C 错；海盗快艇在96～116 s 内，沿反方向做匀加速运动，D 选项错．答案：B二、非选择题(本题包括3小题，满分46分)10．(15分)(2010·全国卷Ⅰ)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图8所示．(1)画出汽车在0～60 s 内的v －t 图线；(2)求在这60 s 内汽车行驶的路程． 图8 解析：(1)设t ＝10 s 、40 s 、60 s 时刻的速度分别为v 1、v 2、v 3. 由图知0～10 s 内汽车以加速度2 m/s 2匀加速行驶，由运动学公式得 v 1＝2×10 m/s ＝20 m/s ①由图知10～40 s 内汽车匀速行驶，因此v 2＝20 m/s ②由图知40 s ～60 s 内汽车以加速度1 m/s 2匀减速行驶，由运动学公式得 v 3＝(20－1×20) m/s ＝0 m/s ③根据①②③式，可画出汽车在0～60 s 内的v －t 图线，如图所示． (2)由图可知，在这60 s 内汽车行驶的路程为 s ＝30＋602×20 m ＝900 m ④ 答案：(1)见解析 (2)900 m11．(15分)(2011·合肥质检)如图9所示，小球甲从倾角θ＝30°的光滑斜面上高h ＝5 cm 的A 点由静止释放，同时小球乙自C 点以速度v 0沿光滑水平面向左匀速运动，C 点与斜面底端B 处的距离L ＝0.4 m ．甲滑下后能沿斜面底部的光滑小圆弧平稳地朝乙追去，甲释放后经过1 s 刚好追上乙，求乙的速度v 0.图9解析：a ＝g sin30°＝5 m/s 2 由h sin30°＝12at 12 得：t 1＝4ha＝0.2 s t 2＝t －t 1＝0.8 s v 1＝at 1＝1 m/s v 0t ＋L ＝v 1t 2 ]v 0＝0.4 m/s. 答案：0.4 m/s12．(16分)汽车前方120 m 有一自行车正以6 m/s 的速度匀速前进，汽车以18 m/s 的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上做同方向的直线运动，求：(1)经多长时间，两车第一次相遇？(2)若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2 m/s 2，则再经多长时间两车第二次相遇？解析：(1)设经t 1秒，汽车追上自行车，由题意得： v 汽t 1＝v 自t 1＋x ， 解得：t 1＝10 s.(2)汽车的加速度大小为a ＝2 m/s 2，设第二次追上所用的时间为t 2，则 v 自t 2＝v 汽t 2－12at 22，解得：t 2＝12 s设汽车从刹车到停下用时t 3秒，则 t 3＝v 汽a＝9 s ＜t 2，故自行车再次追上汽车前，汽车已停下． 停止前汽车的位移：x 汽＝0＋v 汽2t 3设经t 4时间追上，则v 自t 4＝0＋v 汽2t 3， 解得t 4＝13.5 s ，再经过13.5 s 两车第二次相遇． 答案：(1)10 s (2)13.5 s。
高三物理一轮复习 第12章 动量守恒律 第2节 碰撞 反冲运动教师用书
峙对市爱惜阳光实验学校第2节碰撞反冲运动考点一| 碰撞现象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(1)动量守恒律．(2)机械能不增加．(3)速度要合理①假设碰前两物体同向运动，那么有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一增大，假设碰后两物体同向运动，那么有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．2．碰撞问题解题策略(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：v1＝m1－m2m1＋m2v0、v2＝2m1m1＋m2v0.当两球质量相时，两球碰撞后交换速度．1．如图1221，两滑块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1221A．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D[选向右为正方向，那么A的动量p A＝m·2v0＝2mv0.B的动量p B＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．]2．(2021·选考模拟)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 ′＝ 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 ′＝ m/sB [虽然题中四个选项均满足动量守恒律，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 ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B＝22 J ，违背了能量守恒律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒律，故B 项正确．]3．(2021·选考模拟)质量相的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，A 球追上B 球发生碰撞，那么碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．p A ′＝6 kg·m/s，pB ′＝6 kg·m/s B ．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/sA [从碰撞前后动量守恒p A ＋pB ＝p A ′＋p B ′验证，A 、B 、C 三种皆有可能．从总动能不增加即p 2A 2m A ＋p 2B2m B ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B来看，只有A 可能．]4．如图1222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.假设滑块以速度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屡次，最终相对于盒静止，那么此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________.【导学号：81370406】图1222【解析】 由于水平面光滑，那么滑块与盒碰撞时动量守恒，故有：mv ＝(M ＋m )v 1，且M ＝2m相对静止时的共同速度v 1＝mv M ＋m ＝v3由功能关系知：μmgs ＝12mv 2－12(M ＋m )v 21解得滑块相对盒的路程s ＝v 23μg .【答案】 v3 v 23μg考点二| 反冲运动、 1．反冲现象(1)物体的不同在内力作用下向相反方向运动．(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒律来处理． (3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加．2．(1)工作原理：利用反冲运动．燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使获得巨大的反作用力．(2)设在Δt 时间内喷射燃气的质量是Δm ，喷出燃气的速度是u ，喷出燃气后的质量是m .获得的速度v ＝Δmum.讨论反冲运动注意的问题1．系统不受外力或所受外力的和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒律解决反冲运动问题．2．系统虽然受到外力作用，但内力远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒律解决反冲运动问题．1．(2021·选考模拟)以下关于反冲运动的说法中，正确的选项是( ) A ．抛出物m 1的质量要小于剩下质量m 2才能获得反冲B ．假设抛出质量m 1大于剩下的质量m 2，那么m 2的反冲力大于m 1所受的力C ．反冲运动中，牛顿第三律适用，但牛顿第二律不适用D ．对抛出和剩余都适用于牛顿第二律 答案：D2．(多项选择)以下属于反冲运动的有( ) A ．喷气式飞机的运动 B ．直升机上升 C ．上升D ．还击式水轮机的运动 答案：ACD3．一枚搭载着卫星以速率v 0进入太空预位置，由控制系统使箭体与卫星别离如图1223所示．前的卫星质量为m 1，后的箭体质量为m 2，别离后箭体以速率v 2沿原方向飞行，假设忽略空气阻力及别离前后系统质量的变化，那么别离后卫星的速率v 1为( )图1223A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)D [对和卫星由动量守恒律得 (m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1解得v 1＝m 1＋m 2v 0－m 2v 2m 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．应选D.]4．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平，在最高点爆炸成质量不的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平，那么另一块的速度是( )【导学号：81370407】A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋vC[在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，选C.]考点三| 动量与能量的综合用1．动量理：物体所受合外力的冲量于物体的动量变化．即I＝Δp或Ft＝Δp或Ft＝p1－p2，它的表达式是一个矢量方程，即表示动量的变化方向与冲量的方向相同．2．动量守恒律：(1)内容：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．即：p1＝p2或Δp1＝－Δp2.(2)条件：①系统不受外力或者所受外力的和为零；②系统所受外力远小于系统的内力，可以忽略不计；③系统在某一个方向上所受的合外力为零，那么该方向上动量守恒．3．动能理：合外力做的功于物体动能的变化．(这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力)．表达式为W ＝ΔE k或W总＝E k2－E k1.4．机械能守恒律：在只有重力(或弹簧弹力)做功时，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，那么系统机械能守恒．动量和能量综合题的解题思路1．仔细审题，把握题意在读题的过程中，必须仔细、认真，要收集题中的有用信息，弄清物理过程，建立清晰的物理情景，充分挖掘题中的隐含条件，不放过任何一个细节．2．确研究对象，进行受力分析和运动分析有的题目可能会有多个研究对象，研究对象确后，必须对它进行受力分析和运动分析，明确其运动的可能性．3．思考解题途径，正确选用规律根据物体的受力情况和运动情况，选择与它相适的物理规律及题中给予的某种量关方程求解．4．检查解题过程，检验解题结果检查过程并检验结果是否符合题意以及是否符合实际情况．1．(2021·选考模拟)如图1224所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固一轻弹簧，弹簧左侧挡板的质量不计．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相时，B与C恰好相碰并粘接在一起，且B 与C 碰撞时间极短．此后A 继续压缩弹簧，直至弹簧被压缩到最短．在上述过程中，求：图1224(1)B 与C 相碰后的瞬间，B 与C 粘接在一起时的速度大小； (2)整个系统损失的机械能；(3)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，由动量守恒律得：mv 0＝2mv 1设碰撞后瞬间B 与C 的速度为v 2，由动量守恒律得：mv 1＝2mv 2解得：v 2＝v 04.(2)设B 与C 碰撞损失的机械能为ΔE ，由能量守恒律得： 12mv 21＝ΔE ＋12(2m )v 22 整个系统损失的机械能为ΔE ＝116mv 20.(3)由于v 2＜v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此时速度为v 3，弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p ，由动量守恒律和能量守恒律得：mv 0＝3mv 312mv 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p 解得：E p ＝1348mv 20.【答案】 (1)v 04 (2)116mv 20 (3)1348mv 22．(2021·选考模拟)如图1225所示，质量M ＝4 kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L＝0.5 m ，这段滑板与木块A (可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固端D 所对的滑板上外表光滑．小木块A 以速度v 0＝10 m/s 由滑板B 左端开始沿滑板B 外表向右运动．木块A 的质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.求：图1225(1)弹簧被压缩到最短时木块A 的速度大小； (2)木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．【解析】 (1)A 、B 组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，弹簧被压缩到最短时，木块A 与滑板B 具有相同的速度，设为v ，从木块A 开始沿滑扳B 外表向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，根据动量守恒，mv 0＝(M ＋m )v ，解得：v ＝mm ＋M v 0代入数据得木块A的速度v＝2 m/s.(2)木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大．根据能量守恒律可得：最大弹性势能为E p＝12mv20－12(m＋M)v2－μmgL代入数据解得：E p＝39 J.【答案】(1)2 m/s (2)39 J。