高考物理人教版一轮复习课时规范练20动量守恒定律及其应用+Word版含解析

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高考物理一轮复习20动量守恒定律新人教版

20动量守恒定律一、选择题(1～5题只有一个选项符合题目要求，6～9题有多个选项符合题目要求)1．在匀强电场中，将质子和α粒子由静止释放．若不计重力，当它们获得相同动能时，质子经历的时间为t1，α粒子经历的时间为t2，则t1：t2为( )A．：1 B．：2C．：1 D．：12．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．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3．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．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为：5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为：10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为：5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为：104．质量为M的原子核，原来处于静止状态，当它以速度v放射出一个质量为m的粒子时，如果以速度v为正方向，则剩余部分的速度为( )A．mv/(M－m) B．－mv/(M－m)C．mv/(M＋m) D．－mv/(M＋m)5．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图象(x－t图)如图中ADC和BDC所示．由图可知，物体A、B的质量之比为( ) A．：1 B．：2C．：3 D．：16．如图所示，A、B两物体的质量之比m A：m B＝：2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的轻质弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( ) A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒7．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比：m可能为( )A．2 B．3 C．4 D．58．如图所示，质量为m 的小球从光滑的半径为R 的半圆槽顶部A 由静止滑下，设槽与桌面无摩擦，则( )A ．小球不可能滑到右边最高点BB ．小球到达槽底的动能小于mgRC ．小球升到最大高度时，槽速度为零D ．若球与槽有摩擦，则系统水平动量不守恒9．质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv 2B.12mM m ＋Mv 2 C.12N μmgL D ．N μmgL 二、非选择题10．如图所示，质量为m 1＝0.2 kg 的小物块A ，沿水平面与小物块B 发生正碰，小物块B 的质量为m 2＝1 kg.碰撞前，A 的速度大小为v 0＝3 m/s ，B 静止在水平地面上．由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g 取 10 m/s 2，试求碰后B 在水平面上滑行的时间．11．如图所示，质量为2 kg 的小车甲静止于光滑水平面上，一个光滑的14圆弧(其半径R ＝1 m ，质量可忽略)AB 固定在小车左端，其圆心O 恰位于B 点的正上方．小车的上表面粗糙．现将质量m ＝1 kg 的滑块P(可视为质点)从A 处由静止释放，滑块P 滑上小车后最终未滑离小车，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块P 刚滑上小车时的速度大小．(2)滑块P 与小车组成的系统在整个过程中损失的机械能．12．如图所示，光滑半圆形轨道MNP 竖直固定在水平面上，直径MP 垂直于水平面，轨道半径R ＝0.5 m ．质量为m 1的小球A 静止于轨道最低点M ，质量为m 2的小球B 用长度为2R 的细线悬挂于轨道最高点P.现将小球B 向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度v 0＝4 m/s 释放小球B ，小球B 与小球A 碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P 点．两球可视为质点，g ＝10 m/s 2.试求：(1)B 球与A 球相碰前的速度大小；(2)A、B两球的质量之比m1：m2. 答案m1：m＝：5。

2022届高考物理一轮复习课时作业二十动量和动量定理含解析新人教版

动量和动量定理一、单项选择题1．[2021·某某某某摸底考试]从同样高度由静止落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易碎，而掉在草地上不容易碎，其原因是( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，受地面的冲击力小，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力大2.[2021·某某某某一模]如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，如此运动员( )A．过程Ⅰ的动量改变量等于零B．过程Ⅱ的动量改变量等于零C．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量D．过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量3．[2019·全国卷Ⅰ，16]最近，我国为“长征九号〞研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．假如某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，如此它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )A．1.6×102 kg B．1.6×103 kgC．1.6×105 kg D．1.6×106 kg4．古时有“守株待兔〞的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死．假如兔子与树桩发生碰撞，作用时间为0. 2 s，如此被撞死的兔子的奔跑的速度可能是( )A．1 m/s B．1.5 m/sC．2 m/s D．1.8 m/s5.如下列图为某物业公司的宣传提醒牌．从提供的信息知：一枚30 g的鸡蛋从17楼(离地面安全帽为45 m高)落下，能砸破安全帽．假如鸡蛋壳与安全帽的作用时间为4.5×10－4 s，人的质量为50 kg，重力加速度g取10 m/s2，如此安全帽受到的平均冲击力的大小约为( ) A．1 700 N B．2 000 NC．2 300 N D．2 500 N6.[2021·某某某某中学联考]如下列图，在一次冰壶比赛中，冰壶(可看成质点)被释放后，在水平面上做匀减速直线运动，依次经过a、b、c三点，到达c点时冰壶恰好停止．a、b间的距离是b、c间距离的3倍．不计空气阻力，如下说法正确的答案是( ) A．冰壶通过ab段所用时间小于通过bc段所用时间B．冰壶在ab段所受摩擦力的冲量等于在bc段所受摩擦力的冲量C．冰壶在ab段的动量变化量大于在bc段的动量变化量D．冰壶在ab段的动能变化量等于在bc段的动能变化量7．如下列图，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合力随时间变化的关系图线为某一正弦函数，如下表述不正确的答案是( )A．0～2 s内合外力的冲量一直增大B．0～4 s内合外力的冲量为零C．2 s末物体的动量方向发生变化D．0～4 s内物体动量的方向一直不变8．[2021·某某晋中考试]如下列图，在光滑的水平面上有一质量为m的物体，它受到水平向右的力F的作用．假如力F与重力mg的比值分别按A、B、C、D四个选项图中所示的方式随时间t变化(取水平向右为正方向)．物体在t＝0时速度为零，假如用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在2 s末的速率，如此这四个速率中最大的速率所对应的图像为( )9．[2021·某某某某市联考]如下列图，在水平地面上有两个完全一样的钩码A、B处于静止状态，现在挂钩处分别对A、B施加竖直向上的恒力F1和F2(F1＞F2)，使钩码都竖直向上做匀加速直线运动，A、B两个钩码各自运动一段时间后撤去竖直向上的恒力作用，A、B向上运动的最大高度相等．忽略空气阻力作用，设F1对钩码A的冲量大小为I1，F2对钩码B的冲量大小为I2，如此( )A．I1＜I2B．I1＞I2C．I1＝I2D．以上情况都有可能10．如下列图，AB是固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道．CD是固定于竖直平面内的光滑斜面轨道，AB两点和CD两点的高度差一样且AB的弧长与斜面CD长度相等．现让小球甲从A点沿圆弧轨道下滑到B点，小球乙从C点沿斜面轨道下滑到D点，两球质量相等，以下说法正确的答案是( )A．甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小B．甲球所受合外力的冲量比乙球所受合外力的冲量小C．两球所受轨道的支持力的冲量均为零D．两球动量的变化量一样二、多项选择题11．[2020·某某等级考模拟]第二届进博会于2019年11月在某某举办．会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，与时调整球拍将球击回．假如机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转，如下说法正确的答案是( )A．击球过程合外力对乒乓球做功为零B．击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C．在上升过程中，乒乓球处于失重状态D．在下落过程中，乒乓球处于超重状态12．如下列图，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s．如下说法正确的答案是( )A．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 NB．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NC．球棒对垒球做的功为126 JD．球棒对垒球做的功为36 J13.[2020·某某长郡中学月考]如下列图，一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面上，一端与质量为3 kg的物块B固定在一起，质量为1 kg的物块A放于B上．现在A和B正在一起竖直向上运动，当A、B别离后，A上升0.2 m到达最高点，此时B的速度方向向下，弹簧为原长，如此从A、B别离起至A到达最高点的这一过程中，如下说法正确的答案是(g取10 m/s2)( )A．A、B别离时B的加速度为gB．弹簧的弹力对B做的功为零C．弹簧的弹力对B的冲量大小为6 N·sD．B的动量变化量为零三、非选择题14．如下列图，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300 kg，长度为2.5 m的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100 kg/s向下漏原料，装料车以0.5 m/s的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料．(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行；(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2 s内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力．课时作业(二十)1．解析：从同样高度由静止下落的玻璃杯，由自由落体运动规律可知v＝2gh，故掉到水泥地面和草地时速度大小一样，动量大小一样，选项A错误；无论掉到水泥地面还是草地上，与地面碰撞后的速度都是零，故动量改变量一样，选项B错误；由于水泥地面相比于草地硬，玻璃杯与地面碰撞作用的时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面碰撞作用的时间长，故一样的动量变化，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，选项C正确；由动量定理FΔt＝Δp可知，掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，作用的时间Δt短，受到地面的冲击力F大，掉在草地上的玻璃杯与地面接触时，作用的时间Δt长，受到地面的冲击力F小．选项D错误．答案：C2．解析：此题考查动量改变量的判断．过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；运动员入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量改变量不等于零，故B 错误；过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D 错误．答案：C3．解析：设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m ，以这局部气体为研究对象，根据动量定理有：Ft ＝mv －0，解得m ＝Ft v＝4.8×106×13×103kg ＝1.6×103 kg ，应当选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．答案：B4．解析：根据题意建立模型，设兔子与树桩的撞击力为F ，兔子撞击树桩后速度为零，根据动量定理有－Ft ＝0－mv ，所以v ＝Ft m＝mgtm＝gt ＝10×0.2 m/s ＝2 m/s.应当选项C 正确．答案：C5．解析：鸡蛋从17楼(离地面安全帽为45 m 高)落下，可近似看成是自由落体运动，如此根据v 2＝2gh 可得落到安全帽上的瞬时速度为v ＝30 m/s ，鸡蛋壳与安全帽碰撞的过程，由动量定理得：F Δt ＝Δp ，即有：F ＝Δp Δt ＝mv Δt ＝30×10－3×304.5×10－4N ＝2 000 N ，选项B 正确．答案：B6．解析：将冰壶的运动看作反方向的初速度为零的匀加速直线运动，由x ＝12at 2知，冰壶通过ab 段所用时间等于通过bc 段所用时间，A 错误；冰壶在运动过程中所受摩擦力不变，由I ＝Ft 知，ab 段冰壶所受摩擦力的冲量等于bc 段冰壶所受摩擦力的冲量，B 正确；冰壶所受的合力为摩擦力，由动量定理知，冰壶在ab 段动量变化量等于在bc 段动量变化量，C 错误；由动能定理知，冰壶在ab 段动能变化量大于在bc 段动能变化量，D 错误．答案：B7．解析：根据F－t图像面积表示冲量，可知在0～2 s内合外力的冲量一直增大，A 正确；0～4 s内合外力的冲量为零，B正确；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，C错误，D正确．答案：C8．解析：物体运动过程中，受重力、支持力和拉力的作用，合外力等于拉力，根据动量定理，有I＝mv－0，故物体在0～2 s内受到的冲量最大时，物体在2 s末的速率最大，图中Ft图像与t轴所围图形的面积与冲量大小成正比，t轴上方的冲量为正，t轴下方的冲mg－量为负，由于A选项图中冲量的矢量和最大，故A选项中图像对应的物体在2 s末的速率最大．故A正确．答案：A9．解析：此题考查动量定理知识，以与理解能力、推理能力，表现了物理观念中运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、科学论证的要素．设钩码A、B的质量为m，因F1＞F2，由牛顿第二定律知向上做匀加速直线运动的加速度：a1＞a2，由于上升高度一样，如此速度图像如下列图：根据图像可知A上升过程中运动的总时间小于B上升过程中运动的总时间．全过程根据动量定理，对A有I1－mgt1＝0，对B有I2－mgt2＝0，所以I1＜I2，故A正确，B、C、D 错误．答案：A10．解析：由动能定理知甲、乙两球滑到底端时的速度大小相等，甲沿切线方向做加速度减小的加速运动，乙沿斜面做匀加速直线运动，且AB 的弧长与斜面CD 长度相等，画出甲、乙小球速率随时间变化的图像如下列图，根据v － t 图像可知，甲运动的时间短，由I ＝mgt 知，甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小，选项A 正确；甲、乙两球滑到底端时的速度大小相等、方向不同，两球的动量变化大小相等、方向不同，由动量定理知，甲球所受合外力的冲量与乙球所受合外力的冲量大小相等、方向不同，选项B 、D 错误；两球所受轨道的支持力均不为零，由I ＝F N t 知，两球所受轨道的支持力的冲量均不为零，选项C 错误．答案：A11．解析：球拍将乒乓球原速率击回，可知乒乓球的动能不变，动量方向发生改变，可知合力做功为零，冲量不为零，A 正确，B 错误；在乒乓球的运动过程中，加速度方向向下，可知乒乓球处于失重状态，C 正确，D 错误．答案：AC12．解析：设球棒对垒球的平均作用力为F ，由动量定理得F · t ＝m (v －v 0)，取v ＝45m/s ，如此v 0＝－25 m/s ，代入上式，得F ＝1 260 N ，由动能定理得W ＝12mv 2－12mv 20＝126 J ，选项A 、C 正确．答案：AC13．解析：A 、B 别离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为0，对A 分析可知，A 的加速度a A ＝g ，所以B 的加速度为g ，A 正确；A 、B 别离时，弹簧恢复原长，A 到达最高点时弹簧恢复原长，从A 、B 别离起至A 到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧的弹力对B 做的功为零，B 正确；A 、B 别离后A 做竖直上抛运动，可知竖直上抛的初速度v ＝2gh ＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s ，上升到最高点所需的时间t ＝2h g＝0.2 s ，由运动的对称性可知，当A 上升到最高点时B 的速度为2 m/s ，方向竖直向下，对B 由动量定理(规定向下为正方向)得m B gt ＋I 弹＝m B v －(－m B v )，解得弹簧的弹力对B 的冲量大小为I 弹＝6 N ·s ，B 的动量变化量Δp ＝m B v －(－m B v )＝12 kg ·m/s ，C 正确，D 错误．答案：ABC14．解析：(1)设在Δt 时间内漏到车上的原料质量为Δm ，要使这些原料获得与车一样的速度，需加力为F ，根据动量定理，有F ·Δt ＝Δm ·v所以F ＝Δm Δt·v ＝100×0.5 N ＝50 N (2)车装完料的总质量为M ＝m 车＋Δm Δt·t ＝,0.5))) kg ＝800 kg 对车应用动量定理，有F ′·t ′＝0－(－Mv )解得F ′＝Mvt ′＝,2) N ＝200 N答案：(1)50 N (2)200 N。

高考物理一轮总复习课时冲关二十二动量守恒定律及其应用(含解析)新人教版

动量守恒定律及其应用[A 级－基础练 ]1．一颗子弹水平射入置于圆滑水平面上的木块A并留在此中，A、B用一根弹性优秀的轻质弹簧连在一同，如下图．则在子弹打击木板 A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧构成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．没法判断动量、机械能能否守恒分析： C [ 动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的协力为零，此题中子弹、两木块、弹簧构成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向所受外力的协力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其余力对系统不做功，此题中子弹射入木块瞬时有部分机械能转变成内能( 发热 ) ，所以系统的机械能不守恒，故C正确，A、B、D错误．]2.(2019 ·广西钦州模拟) 如下图，在圆滑的水平面上，静置一个质量为M小车，在车上固定的轻杆顶端系一长为l 的细绳，绳的尾端拴一质量为m的小球，将小球拉至水平右端后松手，则()A．系统的动量守恒B．水平方向随意时辰m与 M的动量等大反向C．m不可以向左摆到原高度D．小球和车能够同时向同一方向运动分析： B[ 当小球向下摇动的过程中，竖直方向拥有向上的分加快度，小车和小球整体处于超重状态，即可得悉整体所受的协力不为零，总动量不守恒，故 A 错误；小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，知足水平方向动量守恒定律，开始系统水平方向动量为零，所以水平方向随意时辰m与M的动量等大反向，故B 正确；以小球和小车构成的系统，水平方向动量守恒，当小球和小车的速度均变成零时，小球向左摆到最大高度，因只有重力做功，机械能守恒，所以m能向左摆到原高度，故 C 错误；因水平方向随意时辰m与 M的动量等大反向，即速度必定是反向的，故D错误． ]3．(2017 ·全国卷Ⅰ) 将质量为 1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g 焚烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬时，火箭的动量大小为( 喷出过程中重力和空气阻力可忽视)()A．30 kg ·m/sB．5.7 ×10 2 kg·m/sC．6.0 ×10 2kg·m/sD．6.3 ×10 2kg·m/s分析： A[ 燃气从火箭喷口喷出的瞬时，火箭和燃气构成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬时，火箭的动量大小为p，依据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝ mv0＝0.050 kg×600 m/s ＝30 kg ·m/s，选项 A 正确．]4．(2019 ·山东师大附中模拟) 如下图，质量为m、速度为止 B 球发生对心正碰，碰撞后B球的速度可能有不一样的值，碰后v 的 A 球跟质量为B 的速度可能为(3m的静)A． 0.2 v B． 0.4 vC． 0.6 v D． 0.8 v分析： B [ 两球碰撞过程动量守恒，以 A的初速度方向为正方向，假如两球发生完整非弹性碰撞，由动量守恒定律得：＝ (＋ 3 )′解得：v ′＝ 0.25v；假如两球发生完整弹性mv m m v碰撞，由动量守恒定律得：＝A＋3B，由机械能守恒定律得：121212＝A＋·3B，解mv mv mv2mv2mv2mv 得： v B＝0.5 v，则碰撞后 B 的速度为0.25 v≤v B≤0.5 v，故 B 正确． ]5.(2019 ·湖南涟源一中模拟) 质量为的小车静止在圆滑水平面上，车上是一个四分之M一的圆滑圆周轨道，轨道下端切线水平．质量为m 的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加快度为g，如下图．已知小球不从小车上端走开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分别时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶ 3，则m∶M的值为()A． 1∶3B． 3∶1C． 3∶5D． 5∶3v13分析： C[ 设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知：mv0＝ Mv1－ mv2，v2＝1，对整体有机械能守恒定律可得：12121 2，联立解得： m 3mv 0＝ Mv 1＋ mv 2 ＝，应选项 C 正确． ]2 2 2M 56．(2019 ·浙江选考考前特训 )( 多项选择 ) 如下图，水平圆滑轨道宽度和弹簧自然长度均为 d . m 2 的左侧有一固定挡板． m 1 由图示地点静止开释，当 m 1 与 m 2第二次相距近来时 m 1的速度为 v 1，则在此后的运动过程中( )A ． 1 的最小速度是 0m B ． m 1 的最小速度是 v 1C ． m 2 的最小速度是 v 1D ． 2 的最大速度是v 1m分析： BD[ 当 m 与 m 相距近来后， m 在前，做减速运动，m 在后，做加快运动，当再1212次近来时， m 1 减速结束， m 2 加快结束，所以此时 m 1 速度最小， m 2 速度最大，在此过程中遵照121212动量守恒 m 1v 1＝ m 1v 1′＋ m 2v 2，机械能守恒： 2m 1v 1 ＝ 2m 1v 1′ ＋ 2m 2v 2；所以两者的作用相当于弹性碰撞，由弹性碰撞的公式可解得 B 、D 选项正确． ] 7．(2019 ·哈尔滨市三中查收考试 )( 多项选择)小球 A 的质量为 A ＝ 5 kg ，动量大小为 p A ＝ 4mkg ·m/s ，小球A 水平向右与静止的小球B 发生弹性碰撞，碰后A 的动量大小为p A ′＝ 1kg ·m/s ，方向水平向右，则 ()A ．碰后小球B 的动量大小为p ＝3 kg ·m/sBB ．碰后小球 B 的动量大小为p ＝5 kg ·m/sBC ．小球 B 的质量为 15 kgD ．小球 B 的质量为 3 kg分析： AD [ 规定向右为正，碰撞过程中 A 、B 构成的系统动量守恒，所以有p A ＝ p A ′＋2p B ，解得 p B ＝3 kg ·m/s ， A 正确， B 错误；因为是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故p A＝2mAp ′ 2p 2A＋B2 A 2 ，解得 m ＝3 kg ，C 错误， D 正确． ]Bmm8．(2019 ·安徽合肥一模 ) 质量为 0.2 kg 的球竖直向下以 6 m/s 的速度落至水平川面，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，对于球动量变化量 p 和合外力对小球做的功 W ，以下说法正确的选项是 ( )A ．＝2 kg ·m/s ＝－2Jp WB．p＝－2 kg·m/s W＝2 JC．＝ 0.4 kg·m/s＝－2Jp WD．p＝－0.4 kg·m/s W＝2J分析： A[ 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：p＝ mv2－1＝0.2×4kg·m/s－0.2 ×( －6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理知，mv合外力做的功：＝121212122－1＝×0.2×4J－×0.2×6J＝－2 J，A正确，B、C、D错W2mv2mv22误． ][B级—能力练 ]9．(2019 ·江西吉安质检 )( 多项选择 ) 如图甲所示，长木板 A 放在圆滑的水平面上，质量为m＝4 kg的小物块 B 以水平速度v0＝2 m/s滑上本来静止的长木板 A 的上表面，因为A、 B 间存在摩擦，以后 A、 B 速度随时间变化状况如图乙所示，g 取10 m/s2，则以下说法正确的是()A．木板A获取的动能为 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分析： AD[ 由题中图象可知，木板获取的速度为v ＝ 1 m/s，、构成的系统动量守恒，A B以物体 B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝( m0＋m) v，解得 m0＝4 kg，木板12121212获取的动能为E k＝2m0v －0＝2 J，故A正确；系统损失的机械能E＝2mv0－2mv－2m0v ＝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11x ＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，木板 A 的位移为x ＝×1×1 m＝0.5 m，则木板 A 的最小长B A22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的加快度 a＝v2 t＝－ 1 m/s ，负号表示加快度的方向与规定正方向相反，由牛顿第二定律得－μ m B g＝m B a，得μ＝0.1，故 D正确． ]10． ( 多项选择 ) 圆滑水平川面上，A、 B 两物体质量都为m， A 以速度 v 向右运动， B 本来静止，左端有一轻弹簧，如下图，当 A 撞上弹簧，弹簧被压缩最短时()A ． A 、B 系统总动量仍旧为 mv B ． A 的动量变成零C ． B 的动量达到最大值D ． A 、B 的速度相等分析： AD [ 系统水平方向动量守恒， A 正确；弹簧被压缩到最短时、两物体拥有相A B同的速度， D 正确， B 错误；但此时 B 的速度其实不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B 物体会进一步加快， A 物领会进一步减速， C 错误． ]11． ( 多项选择 ) 如下图，在足够长的水平川面上有两辆同样的小车甲和乙，、 B 两点相A距为 5 m ，小车甲从 B 点以大小为 4 m/s 的速度向右做匀速直线运动的同时，小车乙从A 点由静止开始以大小为2 m/s 2 的加快度向右做匀加快直线运动．一段时间后，小车乙与小车甲相碰 ( 碰撞时间极短 ) ，碰后两车粘在一同，整个过程中，两车的受力不变( 不计碰撞过程) ．以下说法正确的选项是( )A ．小车乙追上小车甲用时 4 sB ．小车乙追上小车甲以前它们的最远距离为9 mC ．碰后瞬时两车的速度大小为7 m/sD ．若地面圆滑，则碰后两车的加快度大小仍为2 m/s 2分析： BC [ 小车乙追上小车甲时，有x 乙－x 甲＝ 5 m ，即 1 2－v 甲＝ 5 m ，代入数据解2at t得 t ＝ 5 s ，所以小车乙追上小车甲用时5 s ，故 A 错误；当两车的速度相等时相距最远，则v 甲412有 v甲＝ at ′，解得 t ′＝ a ＝ 2 s ＝ 2 s ，最远距离s ＝ 5 m ＋ v 甲 t ′－ 2 at ′ ＝5＋4×2－ 1×2×22 m ＝ 9 m ，故 B 正确；碰前瞬时乙车的速度 v 乙＝ at ＝2×5 m/s ＝ 10 m/s ，2对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得 mv ＋ m v ＝ 2 ，解得碰后瞬时两车甲乙的共同速度 v ＝ 7 m/s ，故 C 正确；若地面圆滑，碰前乙车所受的作使劲 F ＝ ma ，甲车的协力为 0，则碰后两车的加快度大小a ′＝F a2＝＝ 1 m/s，故 D 错误． ]2m 212．(2018 ·全国卷Ⅱ ) 汽车 A 在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前面停有汽车B ，立刻采纳制动举措，但仍旧撞上了汽车 B . 两车碰撞时和两车都完整停止后的地点如下图，碰撞后B 车向前滑动了 4.5 m ，车向前滑动了2.0 m ．已知A 和B 的质量分别为 2.0 ×10 3 kgA和 1.5 ×10 3 kg ，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10 ，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有转动，重力加快度大小g ＝10 m/s 2. 求：(1)碰撞后的瞬时 B 车速度的大小；(2)碰撞前的瞬时 A 车速度的大小．分析： (1) 设B车的质量为m B，碰后加快度大小为a B，依据牛顿第二定律有μm B g＝ m B a B①式中μ 是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬时B车速度的大小为v B′，碰撞后滑行的距离为s B.由运动学公式有v B′2＝2a B s B②联立①②式并利用题给数据得v B′＝3.0 m/s③(2)设 A 车的质量为 m A，碰后加快度大小为 a A.依据牛顿第二定律有μm A g＝ m A a A④设碰撞后瞬时A车速度的大小为v A′，碰撞后滑行的距离为s A.由运动学公式有v A′2＝2a A s A⑤设碰撞前的瞬时 A 车速度的大小为Av .两车在碰撞过程中动量守恒，有AAAAB Bmv ＝ mv ′＋ mv ′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A＝4.3 m/s.答案： (1)3.0 m/s(2)4.3 m/s13．(2019 ·江西上饶二中模拟 ) 如下图AOB是圆滑水平轨道，BC是半径为 R的圆滑1的4固定圆弧轨道，两轨道恰巧相切．质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右迅速射入小木块内，并留在此中和小木块一同运动，且恰能抵达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均能够当作质点) ．已知R＝ 0.4 m，m＝ 1 kg，M＝10 kg.( g＝ 10 m/s2，结果保存两位有效数字) 求：(1)子弹射入木块前的速度 v0；(2)若每当小木块上涨到圆弧并返回到 O点时，立刻有同样的子弹射入小木块，并留在此中．则当第 3 颗子弹射入小木块后，木块速度多大．分析： (1) 第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即：mv＝( m＋ M) v1系统由 O到 C的运动过程中机械能守恒，即：122( m＋M) v1＝ ( m＋M) gRm＋ M由以上两式解得：v0＝m2gR≈31 m/s.(2) 由动量守恒定律可知，第 2 颗子弹射入木块后，木块的速度为0当第 3 颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得：mv0＝(3 m＋ M) v33mv0≈2.4 m /s.解得： v ＝3m＋M答案： (1)31 m/s(2)2.4 m/s14．(2019 ·包头模拟 ) 如下图，AB为圆滑水平面，BC部分位于竖直平面内半径为R的半圆轨道， B 点是最低点， C点是最高点， C点切线方向水平，圆管截面半径r ? R.有一个质量为的球以水平初速度向右运动碰撞到本来静止在水平面上的质量为 3 的b 球，两m a m球发生对心碰撞，碰撞时间极短，而且碰撞时没有能量损失，碰撞后b球顺利进入圆滑圆管( B点无能量损失，小球的半径比圆管半径r略小 ) ，它经过最高点C后飞出，最后落在水平川面上的 A点，已知 AB的距离为2R.已知重力加快度为 g.求：(1)小球 b 运动到 C点时对轨道的压力．(2)碰后小球 a 的速度．分析： (1) b球从C点做平抛运动，则：水平方向 x＝2R＝ v C t12竖直方向： y＝2R＝2gt解得： v C＝gR在 C点依据牛顿第二定律得：2v解得： F N＝0由牛顿第三定律知小球对轨道的压力为0(2)b 球从 B 到 C，由机械能守恒得：12123mg·2R＝ 2×3mv B－ 2×3mv C解得： v B＝5gRa 球与b 球发生弹性碰撞，则：mv0＝ mv a＋3mv B12＝12120＋×3a B解得： v a＝－5gR方向向左．答案： (1)0(2)5gR，方向向左。

高三物理一轮复习课时规范练20动量守恒定律及其应用解析含答案

课时规范练20 动量守恒定律及其应用基础巩固组1.(人船模型)(2017·云南昆明三中检测)一装有柴油的船静止于水面上,船前舱进水,堵住漏洞后用一水泵把前舱中的水抽往后舱,如图所示。

不计水的阻力,船的运动情况是( )A.向后运动B.向前运动C.静止D.无法判断,但水的质量发生了转移,从前舱转移到了后舱,相当于人从船的一头走到另一头的过程。

故B正确。

2.(动量守恒定律的应用)(2017·广东东莞市月考)滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动,现有质量为m的人站立于雪橇上,如图所示。

人与雪橇的总质量为m0,人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。

当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时,雪橇向南的速度大小为( )A. B.C. D.v1,人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒,人跳起后水平方向速度不变,雪橇的速度仍为v1,D正确。

3.(人船模型)如图所示,质量为m1、半径为r1的小球,放在内半径为r2、质量为m2=3m1的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上,当小球由图中位置无初速度释放后沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离为( )A. B.C. D.4.(多选)(碰撞模型)带有光滑圆弧轨道、质量为m0的滑车静止置于光滑水平面上,如图所示。

一质量为m的小球以速度v0水平冲上滑车,当小球上滑再返回,并脱离滑车时,以下说法可能正确的是( )A.小球一定沿水平方向向左做平抛运动B.小球可能沿水平方向向左做平抛运动C.小球可能做自由落体运动D.小球可能水平向右做平抛运动,又返回,到离开滑车的整个过程,相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程。

如果m<m0,小球离开滑车向左做平抛运动;如果m=m0,小球离开滑车做自由落体运动;如果m>m0,小球离开滑车向右做平抛运动。

〚导学号06400319〛5.(多选)(碰撞模型)(2017·贵州台江区月考)如图所示,半径和动能都相等的两个小球相向而行。

2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练：动量守恒定律及应用(含解析)

2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练动量守恒定律及其应用一、选择题1、光滑水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，a 的质量为m ，b 的质量M 可以取不同的数值．现使a 以某一速度向b 运动，此后a与b 发生弹性碰撞，则( )A ．当M ＝m 时，碰撞后b 的速度最大B ．当M ＝m 时，碰撞后b 的动能最大C ．当M >m 时，若M 越小，碰撞后b 的速度越小D ．当M <m 时，若M 越大，碰撞后b 的动量越小解析：选B a 与b 发生弹性碰撞，由动量守恒定律，mv 0＝mv 1＋Mv 2，由机械能守恒定律，12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22，联立解得v 1＝m －Mm ＋M v 0，v 2＝2mm ＋M v 0.显然，当M →0时，b 的速度最大，选项A 错误；当M ＝m时，碰撞后a 的速度为零，动能为零，b 的动能最大，选项B 正确；当M >m 时，若M 越小，碰撞后b 的速度越大，选项C 错误；当M <m 时，若M 越大，碰撞后a 的速度越小，a 的动量越小．b 的动量Mv 2＝2mM m ＋M v 0＝2m m /M ＋1v 0，若M 越大，碰撞后b 的动量越大，选项D 错误．2、一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析：选C 动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，只有选项C正确．3、如图所示，A、B两物体质量分别为m A、m B，且m A>m B，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将( )A ．停止运动B ．向左运动C ．向右运动D ．运动方向不能确定解析：选C 已知两个力大小相等，m A >m B ，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度a A <a B ，又知x A ＝x B ，由运动学公式得x A ＝12a A t A 2，x B＝12a B t B 2，可知t A >t B ，由I A ＝Ft A ，I B ＝Ft B ，可得I A >I B ，由动量定理可知p A －0＝I A ，p B －0＝I B ，则p A >p B ，碰前系统总动量方向向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量方向向右，故A 、B 、D 错误，C 正确．4、(多选)质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度v 0与质量为2m 的静止小球B 发生正碰．碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( )A.13v 0B.23v 0C.49v 0 D.59v 0解析：选AB 要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A 球碰后动能变为原来的19，则其速度大小变为原来的13.两球在光滑水平面上正碰，碰后A 球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹．当以A 球原来的速度方向为正方向时，则v A ′＝±13v 0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv 0＋0＝m ×13v 0＋2mv B ′，mv 0＋0＝m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13v 0＋2mv B ″，解得v B ′＝13v 0，v B ″＝23v 0.又12·m ⎝ ⎛⎭⎪⎫13v 02＋12·2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫13v 02<12mv 02，12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫－v 032＋12·2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫23v 02＝12mv 02，即碰后动能没有增加，所以A 、B 正确．5.(多选)如图所示，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 的质量小解析：选AC 两人及车组成的系统动量守恒，则m A v A －m B v B －m C v C＝0，得m A v A －m B v B >0，即m A v A >m B v B .6、如图所示，两个大小相同、质量均为m 的小弹珠静止在水平地面上，某小孩在极短时间内给第一个弹珠一个水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动了距离L 时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动了2L 后停下．已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k 倍，重力加速度为g ，则小孩对第一个弹珠( )A ．施加的冲量为m kgLB ．施加的冲量为m 3kgLC ．做的功为kmgLD ．做的功为3kmgL解析：选D 两个完全相同的小球发生弹性碰撞，速度交换，设第二个小球碰后的速度为v ，根据匀变速直线运动的规律v 2＝2kg ·2L ，对第一个小球，设小孩对其做功为W ，根据动能定理W －kmgL ＝12mv 2，代入可求W ＝3kmgL ，故C 错误，D 正确；设小孩施加的冲量为I ，则I 2＝2mW ，解得I ＝m 6kgL ，故A 、B 错误．7.(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，小车总质量为M，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AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使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C向右运动，同时小车也向右运动B．C与油泥碰前，C与小车的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，小车立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，小车继续向右运动解析：选BC 小车与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，小车应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，小车的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得v1v2＝Mm，故B正确；设C与油泥粘在一起后，小车、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误．8．(多选)质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为( )A．0.6v B．0.4vC ．0.2vD ．0.3v解析：选BD 若v B ＝0.6v ，选v 的方向为正，由动量守恒得mv ＝mv A ＋3m ·0.6v ，解得v A ＝－0.8v ，碰撞前系统的总动能为E k ＝12mv 2.碰撞后系统的总动能为E k ′＝12mv A 2＋12×3mv B 2>12mv 2，违反了能量守恒定律，不可能，故A 错误；若v B ＝0.4v ，由动量守恒得mv ＝mv A ＋3m ·0.4v ，解得v A ＝－0.2v ，碰撞后系统的总动能为E k ′＝12mv A 2＋12×3mv B 2<12mv 2，不违反能量守恒定律，是可能的，故B 正确；A 、B 发生完全非弹性碰撞，则有mv ＝(m ＋3m )v B ，v B ＝0.25v ，这时B 获得的速度最小，所以v B ＝0.2v ，是不可能的，故C 错误；若v B ＝0.3v ，由动量守恒得mv ＝mv A ＋3m ·0.3v ，解得v A ＝0.1v ，碰撞后系统的总动能为E k ′＝12mv A 2＋12×3mv B 2<12mv 2，不违反能量守恒定律，是可能的，故D 正确．9.(多选) 两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞前后两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示，已知a 的质量为80 g ，则下列判断正确的是( )A ．碰撞前滑块a 、b 的运动方向相同B ．碰撞后滑块b 的速度大小是0.75 m/sC ．滑块b 的质量为100 gD ．碰撞前后滑块a 、b 组成的系统损失的动能为1.4 J 解析：选CD 由x t 图象的斜率表示速度，可知，碰撞前滑块a 、b 的运动方向相反，A 错误；碰撞后，滑块b 的速度v b ′＝Δx ′Δt ′＝0－33＝－1 m/s ，速度大小为1 m/s ，B 错误；碰撞前，滑块a 的速度v a ＝Δx a Δt a ＝3－81＝－5 m/s ；b 的速度v b ＝Δx b Δt b ＝31＝3 m/s ，碰撞后a 的速度为0.两滑块碰撞过程系统动量守恒，以b 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m a v a ＋m b v b ＝m b v b ′，解得m b ＝100 g ，C 正确；碰撞前后滑块a 、b 组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12m a v a 2＋12m b v b 2－12m b v b ′2，解得ΔE k ＝1.4 J ，D 正确．10. 如图所示，两质量分别为m 1和m 2的弹性小球A 、B 叠放在一起，从高度为h 处自由落下，h 远大于两小球半径，落地瞬间，B 先与地面碰撞，后与A 碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计．已知m 2＝3m 1，则A 反弹后能达到的高度为( )A ．hB ．2hC ．3hD ．4h解析：选D 所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失．设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m 1＋m 2)gh ＝12(m 1＋m 2)v 2，m 2v －m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2，12(m 1＋m 2)v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22，12m 1v 12＝m 1gh 1，将m 2＝3m 1代入，联立可得h 1＝4h ，选项D 正确．11、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 。

高考物理一轮复习课时规范练20 动量守恒定律及其应用(含答案)

课时规范练20动量守恒定律及其应用基础对点练1.(动量守恒条件、机械能守恒条件)关于下列运动的说法正确的是()A.图甲所示的撑竿跳运动员在离开地面向上运动的过程中机械能守恒B.图乙所示的蹦床运动中运动员和蹦床组成的系统动量守恒C.图丙所示跳伞运动在匀速下降的过程中运动员和降落伞组成的系统机械能守恒D.图丁所示打台球的运动过程中,两个台球组成的系统在碰撞的一瞬间动量近似守恒2.(动量守恒定律简单应用)滑冰是很多人非常喜欢的一项运动。

在一次训练中,某质量为40 kg的女运动员以大小为3 m/s的速度向静止的男运动员运动,靠近男运动员的瞬间被男运动员抱起,且保持姿势不变。

若男运动员的质量为60 kg,则抱起后瞬间两运动员的速度大小为()A.0.8 m/sB.1.2 m/sC.1.6 m/sD.2 m/s3.(动量守恒定律应用——反冲)(2023福建高三模拟)某战斗机以速度v0水平向东飞行时,将总质量为m0的导弹自由释放瞬间,导弹向西喷出质量为m、对地速率为v1的燃气,则喷气后导弹的速率为()A.m0v0+mv1m0-m B.m0v0-mv1m0-mC.m0v0-mv1m0D.m0v0+mv1m04.(多选)(冲量、动量守恒和机械能守恒判定)质量为m的篮球以大小为v1的水平速度撞击竖直篮板后,被篮板水平弹回,速度大小变为v2,已知v2<v1,篮球与篮板撞击时间极短。

下列说法正确的是()A.撞击时篮球受到的冲量大小为m(v1+v2)B.撞击时篮板受到篮球的冲量为零C.撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒D.撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒5.(动量守恒定律应用、牛顿第二定律应用、冲量)如图甲所示,一儿童站在平板小车中间,与小车一起沿水平地面匀速向右运动,儿童突然走向小车一端,此过程儿童和小车的速度—时间关系如图乙所示,不计地面的摩擦。

以下说法正确的是()甲乙A.儿童的质量小于小车的质量B.儿童走向小车左端C.儿童和小车的总动能减少D.小车对儿童的冲量方向水平向右6.(碰撞)如图所示,半径R=0.4 m的半圆柱固定于水平地面上,O为圆心,一可看作质点的小物块质量为m2,放置于半圆柱的最高点。

2019高三物理人教版一轮教师用书：第6章第2节动量守恒定律及其应用 Word版含解析

第二节动量守恒定律及其应用(对应学生用书第107页)[教材知识速填]：知识点1 动量守恒定律1．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．2．动量守恒定律的内容一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量就保持不变．3．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)．易错判断(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．(√) 知识点2 碰撞、反冲和爆炸问题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：(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．易错判断(1)在爆炸现象中，动量严格守恒．(×)(2)在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×)(3)反冲现象中动量守恒、动能增加．(√)[教材习题回访]：考查点：碰撞现象分析1．(鲁科版选修3—5P20T3)(多选)半径相等的两个小球A和B，在光滑水平面上沿同一直线相向运动．若A球的质量大于B球的质量，发生弹性碰撞前，两球的动能相等．碰撞后两球的运动状态可能是( )A．A球的速度为零，B球的速度不为零B．B球的速度为零，A球的速度不为零C．两球的速度均不为零D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等[答案]：AC考查点：动量守恒定律在反冲现象中的应用2．(粤教版选修3－5P16T2)一个静止的、不稳定的原子核的质量为m′，当它放射出一个质量为m、速度为v的粒子后，剩余部分获得的反冲速度大小为( )A.m′vm′＋m B.mvm′＋mC.mvm′－m D.mvm′[答案]：C考查点：动量守恒定律在碰撞现象中的应用3．(人教版选修3－5P21T2改编)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A＝1 kg，m B＝2 kg，v A＝6 m/s，v B＝2 m/s.当A 追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是 ( )A．v A′＝5 m/s，v B′＝2.5 m/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[答案]：B考查点：碰撞中的图象问题4．(沪科选修3－5P23T4改编)(多选)如图621甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的xt图象．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断( )图621A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．m2＝0.3 kgD．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能[答案]：AC(对应学生用书第108页)1．动量守恒定律的“五性”方法一：直接由动量守恒的条件判断．方法二：直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少，则系统的动量一定不守恒．[题组通关]：1．(多选)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622所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图622A ．a 尚未离开墙壁前，a 和b 组成的系统动量守恒B ．a 尚未离开墙壁前，a 和b 组成的系统动量不守恒C ．a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统动量守恒D ．a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统动量不守恒[题眼点拨]：“撤去外力”及“光滑水平面”，要分析撤去外力后，a和b的受力特点和运动特点．BC[动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．]：2．(多选)如图623所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )【导学号：84370259】图623A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒BCD[如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A向右，F B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F A∶F B＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误．对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．]：1．碰撞现象满足的三个规律(1)动量守恒(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．2．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．3．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，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，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，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．[多维探究]：考向1 爆炸问题1．(多选)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( )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CD[根据动量守恒定律可知，若a的速度方向仍沿原来的方向，则b的速度大小和方向无法判断，A错误；物体炸裂后，a、b都做平抛运动，因距地面高度相同，所以a、b一定同时到达地面，但它们飞行的水平距离无法判断，B错误，C正确；根据动量守恒可以判断D正确．]：上题中若物体飞行到距离地面 5 m高，飞行的水平速度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，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )B [爆炸以后甲、乙均做平抛运动，可根据竖直方向的自由落体运动求得时间t ＝2hg ＝1 s ；根据水平方向的匀速直线运动求得爆炸后两者的水平速度大小．在A 、B 选项中，v 甲＝x 甲t ＝2.5 m/s ；v 乙＝x 乙t ＝0.5 m/s ；C 、D 选项中，v 甲＝x 甲t ＝1 m/s ，v 乙＝x 乙t ＝2 m/s.弹丸爆炸时水平方向不受外力，满足动量守恒定律．设乙的质量为m ，则甲的质量为3m ，爆炸前弹丸的动量为p ＝4mv ＝8m (kg·m·s －1)．爆炸后，选项A 中总动量p A ＝3mv 甲－mv 乙＝7m (kg·m·s －1)，A 项错误；选项B 中总动量p B ＝3mv 甲＋mv 乙＝8m (kg·m·s －1)，B 项正确；选项C 中总动量p C ＝3mv 甲＋mv 乙＝5m (kg·m·s －1)，C 项错误；选项D 中总动量p D ＝3mv 甲－mv 乙＝m (kg·m·s －1)，D 项错误．]：考向2 反冲问题2．(2017·全国Ⅰ卷)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg·m/sB ．5.7×102kg·m/s C ．6.0×102 kg·m/s D ．6.3×102 kg·m/s A [由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．燃气的动量p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝30 kg·m/s，选项A正确．]：考向3 碰撞问题3．如图624所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为( )【导学号：84370260】图624A．7∶5 B．1∶3C．2∶1 D．5∶3[题眼点拨]：①“光滑水平面”表明物体水平方向除碰撞力外，不受其它力作用；②“PQ＝2PO”以位移方式表明速度间的关系．D[设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有12m1v20＝12m1v21＋12m2v22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ )＝1∶5，联立三式可得m 1∶m 2＝5∶3，D 正确．]：4．(多选)A 、B 两球沿同一条直线运动，如图625所示的x t 图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a 、b 分别为A 、B 碰撞前的x t 图象．c 为碰撞后它们的x t 图象．若A 球质量为1 kg ，则B 球质量及碰后它们的速度大小为( )图625A ．2 kgB.23 kgC ．4 m/sD ．1 m/sBD [由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，v a ＝4－102m/s ＝－3 m/s ，v b ＝4－02 m/s ＝2 m/s ，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，v c ＝2－44－2 m/s ＝－1 m/s.碰撞过程中动量守恒，即 m A v a ＋m B v b ＝(m A ＋m B )v c可解得m B ＝23 kg由以上可知选项B 、D 正确．]：(多选)质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度v 0与质量为2m的静止小球B 发生正碰．碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( )A.13v 0B.23v 0C.49v 0D.59v 0AB [要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A 球碰后动能变为原来的19，则其速度大小仅为原来的13.两球在光滑水平面上正碰，碰后A 球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹．当以A 球原来的速度方向为正方向时，则v A ′＝±13v 0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv 0＋0＝m ×13v 0＋2mv B ′，mv 0＋0＝m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13v 0＋2mv B ″.解得v B ′＝13v 0，v B ″＝23v 0.]： 1抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，程求解.2可熟记一些公式，＝.当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度3因碰撞过程发生在瞬间，间发生突变，而物体的位置不变1．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)；(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．2．解决动力学问题的三个基本观点[母题]：(2016·全国Ⅱ卷)如图626所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.图626(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？[题眼点拨]： ①“光滑冰面”表明斜面体与物体碰撞会沿平面运动；②“最大高度”表明冰块和斜面体达到共同速度．[解析]：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m 2v 20＝(m 2＋m 3)v ①12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ② 式中v 20＝－3 m/s 为冰块被推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg. ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0 ④代入数据得v1＝1 m/s ⑤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＋m3v3 ⑥12m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s ⑧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]：(1)20 kg (2)不能[母题迁移]：迁移1 多物体、多阶段运动的求解1．(2015·全国Ⅰ卷)如图627所示，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.【导学号：84370261】图627[题眼点拨]： ①“光滑水平面”表明碰撞过程动量守恒；②“各发生一次碰撞”要思考发生一次碰撞的条件及各种可能．[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mv 0＝mv A 1＋Mv C 1① 12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1②联立①②式得 v A 1＝m －Mm ＋M v 0③ v C 1＝2mm ＋M v 0 ④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 0 ⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得 m 2＋4mM －M 2≥0⑦解得 m ≥(5－2)M ⑧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 . ⑨[答案]： (5－2)M ≤m <M迁移2 临界问题分析2．(2018·河北石家庄检测)如图628所示，甲车质量m 1＝m ，在车上有质量M ＝2m 的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h 处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m 2＝2m的乙车正以速度v 0迎面滑来，已知h ＝2v 20g ，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．图628[题眼点拨]： ①“斜坡上高h 处由静止滑下”：利用机械能守恒可求得到达水平面的速度；②“不发生碰撞”：思考满足的临界条件．[解析]：设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v 1，由机械能守恒定律有12(m 1＋M )v 21＝(m 1＋M )gh ，解得v 1＝2gh＝2v 0设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v ，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v ′1和v ′2，则人跳离甲车时： (M ＋m 1)v 1＝Mv ＋m 1v ′1人跳上乙车时：Mv －m 2v 0＝(M ＋m 2)v ′2解得v ′1＝6v 0－2v ，v ′2＝12v －12v 0两车不发生碰撞的临界条件是v ′1＝±v ′2当v ′1＝v ′2时，解得v ＝135v 0当v ′1＝－v ′2时，解得v ＝113v 0故v 的取值范围为135v 0≤v ≤113v 0.[答案]： 135v 0≤v ≤113v 0在母题中，若将斜面体换成放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．某时刻小孩将小球以v 0的速度向曲面推出，如图所示．已知小孩和冰车的总质量为m 1＝40 kg ，小球质量为m 2＝2 kg ，若小孩将球推出后还能再接到小球，求曲面质量m 3应满足的条件．[解析]：人推球过程动量守恒，即0＝m 2v 0－m 1v 1对于小球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有 m 2v 0＝－m 2v 2＋m 3v 312m 2v 20＝12m 2v 22＋12m 3v 23解得v 2＝m 3－m 2m 3＋m 2v 0若小孩将小球推出后还能再接到小球，则有v 2＞v 1解得m 3＞4219 kg.[答案]： m 3＞4219 kg。

高考物理人教版一轮复习课时规范练20动量守恒定律及其应用+Word版含解析 (1).docx

课时规范练20动量守恒定律及其应用基础对点练1.(碰撞特点)(2018·河北衡水调研)两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,B球在前,A球在后,m A=1 kg、m B=2 kg,v A=6 m/s、v B=3 m/s,当A球与B球发生碰撞后,A、B两球的速度可能为()A.v A'=4 m/s,v B'=4 m/sB.v A'=4 m/s,v B'=5 m/sC.v A'=-4 m/s,v B'=6 m/sD.v A'=7 m/s,v B'=2.5 m/s,以两球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得m A v A+m B v B=m A v A'+m B v B'①;由碰撞过程系统动能不能增加可知m A m B m A v A'2+m B v B'2②;根据题意可知v A'≤v B'③。

将四个选项代入①②③式检验可知,A正确,B、C、D错误。

2.(多选)(动量守恒定律应用、动量定理)(2018·山西二模)在2017花样滑冰世锦赛上,隋文静、韩聪以232.06分的总成绩获得冠军。

比赛中,当隋文静、韩聪以5.0 m/s的速度沿直线前、后滑行时,韩聪突然将隋文静沿原方向向前推出,推力作用时间为0.8 s,隋文静的速度变为11.0 m/s。

假设隋文静和韩聪的质量分别为40 kg和60 kg,作用前后两人沿同一直线运动,不计冰面阻力,将人视为质点,则()A.分离时韩聪速度的大小为1.0 m/sB.这一过程中,韩聪对隋文静冲量的值为440 N·sC.这一过程中,韩聪对隋文静平均推力的大小为450 ND.这一过程中,隋文静对韩聪做的功为-720 J,由动量守恒定律得:(m1+m2)v=m1v1+m2v2,式中v=5.0 m/s,v1=11.0m/s,m1=40 kg,m2=60 kg,代入数据解得:v2=1 m/s,故A正确;韩聪对隋文静的冲量等于隋文静动量的变化量,根据动量定理得:I=m1v1-m1v=(40×11-40×5) N·s=240 N·s,则平均推力为F= N=300 N,故BC错误;隋文静对韩聪做的功等于韩聪动能的变化量,根据动能定理得:W=m2m2v2=-720 J,故D正确;故选AD。

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将四个选项代入①②③式检验可知,A正确,B、C、D错误。

2.(多选)(动量守恒定律应用、动量定理)(2018·山西二模)在2017花样滑冰世锦赛上,隋文静、韩聪以232.06分的总成绩获得冠军。

比赛中,当隋文静、韩聪以5.0 m/s的速度沿直线前、后滑行时,韩聪突然将隋文静沿原方向向前推出,推力作用时间为0.8 s,隋文静的速度变为11.0 m/s。

3.(人船模型的应用)(2018·湖北宜昌调研)如图,质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点,一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点。

已知小车质量M=3m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。

则()A.全程滑块水平方向相对地面的位移为R+LB.全程小车相对地面的位移大小s=(R+L)C.小车M运动过程中的最大速度v m=D.μ、L、R三者之间的关系为R=4μL,全程小车相对地面的位移大小为s,则由动量守恒定律可知Ms=m(R+L-s),解得s=(R+L);滑块水平方向相对地面的位移为(R+L),选项A错误,B正确;滑块到达B点时,小车的速度最大,小车与滑块组成的系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:mv-Mv m=0,滑块从A到B过程,由能量守恒定律得:mgR=mv2+,解得:v m=;选项C错误;滑块到达C点时,系统的速度变为零,由能量关系可知:mgR=μmgL,即R=μL,选项D错误。

4.(弹性碰撞)(2018·安徽江南十校联考)如图所示,一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰,碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。

假如碰撞过程中无机械能损失,已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的距离为0.5 m,g取10 m/s2,物块可视为质点。

则A碰撞前瞬间的速度为()A.0.5 m/sB.1.0 m/sC.1.5 m/sD.2.0 m/sB做匀减速直线运动,由动能定理有-μ·2mgx=0-·2m,得v2=1 m/s。

A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,则有mv0=mv1+2mv2,·2m,解得v0=1.5 m/s,则选项C正确。

5.(多选)(弹性碰撞)(2018·华中师范大学附中5月押题卷)如图所示,光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板,A、B是两挡板连线的三等分点。

A点处有一质量为m2的静止小球,紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰。

小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰,两小球均可视为质点。

已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处,且m1<m2,则两小球的质量之比m1∶m2可能为()A.1∶2B.1∶3C.1∶5D.1∶71的速度方向与原来的方向相同,可知球1的速度小于球2的速度,两球在B点相遇,是球2反弹后在B点相遇,有:v2t=3v1t,即:v2=3v1,根据动量守恒得,m1v0=m1v1+m2v2,根据机械能守恒得m1m1m2,联立解得m1=3m2,若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反,与挡板碰后反弹在B点追上球2,则有v1t=3v2t,即:v1=3v2,根据动量守恒得m1v0=-m1v1+m2v2,根据机械能守恒得m1m1m2,联立解得m2=3m1,综上所述,故B、D正确。

6.(多选)(板块模型)(2018·广西三市联考)如图,光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2 kg的木块A以速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在有摩擦,之后,A、B 的速度随时间变化情况如下图所示,重力加速度g取10 m/s2。

则下列说法正确的是()A.A、B之间动摩擦因数为0.1B.长木板的质量M=2 kgC.长木板长度至少为2 mD.A、B组成系统损失机械能为4 J,A先做匀减速运动,B做匀加速运动,最后一起做匀速运动,共同速度:v=1 m/s,取向右为正方向,根据动量守恒定律得:mv0=(m+M)v,解得:M=m=2 kg,故B正确;由图象可知,木板B匀加速运动的加速度为:a= m/s2=1 m/s2,对B,根据牛顿第二定律得:μmg=Ma B,解得动摩擦因数为:μ=0.1,故A正确;由图象可知前1 s内B的位移为:x B=×1×1 m=0.5 m,A的位移为:x A=×1m=1.5 m,所以木板最小长度为:L=x A-x B=1 m,故C错误;A、B组成系统损失机械能为:ΔE=(m+M)v2=2 J,故D错误。

7.(多选)(反冲)(2018·山东烟台期末)质量为M的小车置于光滑的水平面上,左端固定一根轻弹簧,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,如图所示,当突然烧断细线后,以下说法正确的是()A.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vD.当物块离开小车时,小车向左运动的位移为L弹簧推开物体和小车的过程,若取物体、小车和弹簧的系统无其他力做功,机械能守恒,但选物体和小车的系统,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。

B.取物体和小车的系统,外力之和为零,故系统的动量守恒,B项正确。

C.由系统的动量守恒:0=mv-Mv',解得v'=v,C项正确。

D.弹开的过程满足反冲原理和人船模型,有,则在相同时间内,且x+x'=L,联立得x'=,D项错误。

故选BC。

8.(弹性碰撞)(2018·江苏徐州考前打靶)如图所示,光滑的水平面上,小球A以速率v0撞向正前方的静止小球B,碰后两球沿同一方向运动,且小球B的速率是A的4倍,已知小球A、B的质量别为2m、m。

(1)求碰撞后A球的速率;(2)判断该碰撞是否为弹性碰撞。

v A=v0(2)是弹性碰撞由动量守恒得2mv0=2mv A+mv B,且v B=4v A,解得v A=v0(2)碰撞前E k=×2m=m;碰撞后:E k'=×2m=m,E k=E k'是弹性碰撞。

素养综合练9.(冲量、动量守恒定律、能量守恒)(2018·辽宁协作校6月考前适应性训练)如图所示,质量为m 的小球A静止于光滑水平面上,在A球与墙之间用轻弹簧连接。

现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧,不计空气阻力,若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E,从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I,则下列表达式中正确的是()A.E=,I=2mv0B.E=,I=mv0C.E=,I=2mv0D.E=,I=mv0、B碰撞过程,取向左为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv,碰撞后,AB一起压缩弹簧,当AB的速度减至零时弹簧的弹性势能最大,由能量守恒定律得:最大弹性势能E=·2mv2,联立解得E=,从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中,取向右为正方向,对AB及弹簧整体,由动量定理得I=2mv-(-2mv)=4mv=2mv0,A正确。

10.(2018·河北黄石高三适应性考试)如图所示,位于光滑水平面上的小滑块P和Q都可视作质点,质量相等。

Q与轻质弹簧相连。

设Q静止,P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞。

在整个过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于()A.P的初动能B.P的初动能的C.P的初动能的D.P的初动能的,弹簧具有最大弹性势能时,P和Q的速度相同,根据动量守恒定律mv0=2mv;根据机械能守恒定律,有E p=-2·mv2=E k0,故最大弹性势能等于P的初动能的,故选项D正确。

11.(2018·福建福州高三模拟)如图所示,物块A、C的质量均为m,B的质量为2m,都静止于光滑水平台面上。

A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连。

初始时刻细线处于松弛状态,C位于A右侧足够远处。

现突然给A一瞬时冲量,使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动,绳断后A速度变为v0,A与C相碰后,黏合在一起。

求:(1) A与C刚黏合在一起时的速度大小;(2)若将A、B、C看成一个系统,则从A开始运动到A与C刚好黏合的过程中,系统损失的机械能为多少?v2=v0(2)轻细线绷断的过程,A、B组成的系统动量守恒,mv0=m·v0+2mv B解得v B=v0之后在A与C发生完全非弹性碰撞过程中,A、C组成的系统动量守恒m·v0=(m+m)v2解得v2=v0(2)在运动全过程,A、B、C组成的系统机械能损失为ΔE=(2m)(2m)12.(2018·河南洛阳第二次联考)如图所示,在光滑水平地面上有一固定的挡板,挡板左端固定一个轻弹簧。