2020年高考 高三一轮复习物理试题-动量-碰撞及其可能速度(word版,带答案)》
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习练习：第六章 第2节 碰撞 反冲和火箭
第六章碰撞与动量守恒第2节碰撞反冲和火箭1.(2019·福建泉州质检)“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露.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、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东,则另一块的速度为( C )A.3v0-vB.2v0-3vC.3v0-2vD.2v0+v解析:由动量守恒定律3mv0=2mv+mv′,得v′=3v0-2v,选项C正确. 2.(多选)A,B两球沿同一条直线运动,如图所示的x-t图像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图像.c为碰撞后它们的x t图像.若A球质量为1 kg,则B球质量及碰后它们的速度大小为( BD )A.2 kgB. kgC.4 m/sD.1 m/s解析:由图像可知碰撞前二者都做匀速直线运动,v a= m/s=-3m/s,v b= m/s= 2 m/s,碰撞后二者连在一起做匀速直线运动,v c= 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= kg由以上可知选项B,D正确.3.(2019·山东泰安模拟)质量相等的A,B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动,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球时发生碰撞,则碰撞后A,B两球的动量可能值是( A )A.p A=6 kg·m/s,p B=6 kg·m/sB.p A=3 kg·m/s,p B=9 kg·m/sC.p A=-2 kg·m/s,p B=14 kg·m/sD.p A=-4 kg·m/s,p B=17 kg·m/s解析:根据碰撞前后系统的动量守恒判断,碰前系统动量是12 kg·m/s,而D选项中,碰后系统动量为13 kg·m/s,不满足系统动量守恒,选项D错误;根据能量不增加判断,选项C的动能增加,选项C错误;设m A=m B=m,对A项,碰撞前后动能的变化为ΔE k=+-(+)=-<0,碰撞过程总动能不增加,选项A正确;对B项,碰撞前后动能的变化为ΔE k=+-(+)=>0,碰撞过程总动能增加,选项B错误.4.(2018·安徽马鞍山二模)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∶10解析:由m B=2m A知碰前v B<v A.若左方为A球,设碰后二者速度分别为v A′,v B′由题意知p A′=m A v A′=2 kg·m/s,p B′=m B v B′=10 kg·m/s,由以上各式得=,选项A正确;若右方为A球,由于碰前动量都为6 kg·m/s,且m B=2m A,v A>v B,则两球不可能相碰,选项C,D错误.5.在静水上浮着一只长为L=3 m、质量为300 kg的小船,船尾站着一质量为60 kg的人,开始时人和船都静止.若人匀速从船尾走到船头,不计水的阻力.则船将( A )A.后退0.5 mB.后退0.6 mC.后退0.75 mD.一直匀速后退解析:船和人组成的系统,在水平方向上动量守恒,人在船上行进,船向后退,以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得m人v1-m船v2=0. 人从船头走到船尾,设船后退的位移大小为x,则人相对于岸的位移大小为L-x.则m人-m船=0,代入数据解得x=0.5 m,船向后退了0.5 m,选项A正确,B,C错误;人与船组成的系统动量守恒,系统初动量为零,人停止运动时人的动量为零,由动量守恒定律可知,船的动量也为零,船停止运动,选项D错误.6.(2019·河北衡水模拟)(多选)甲物体在光滑水平面上运动的速度为v1,与静止的乙物体相碰,碰撞过程中无机械能损失,下列结论正确的是( ABC )A.当乙的质量等于甲的质量时,碰撞后乙的速率是v1B.当乙的质量远远小于甲的质量时,碰撞后乙的速率是2v1C.当乙的质量远远大于甲的质量时,碰撞后甲的速率是v1D.碰撞过程中甲对乙做的功大于乙的动能增量解析:由于碰撞过程中无机械能损失,故是弹性碰撞,根据动量守恒得m1v1=m1v1′+m2v2′,由机械能守恒得m1=m1v1′2+m2v2′2,解得两物体碰后的速度v1′=v1, v2′=v1.当m1=m2时,v2′=v1,选项A正确;当m1≫m2时,v2′=2v1,选项B正确;当m1≪m2时,v1′=-v1,选项C正确;根据动能定理可知,碰撞过程中甲对乙做的功等于乙的动能增量,选项D错误.7.(2019·陕西西安模拟)(多选)如图所示,物体A静止在光滑的水平面上,A的左边固定有轻质弹簧,与A质量相等的物体B以速度v向A 运动并与弹簧发生碰撞,A,B始终沿同一直线运动,则A,B组成的系统动能损失最大的时刻是( AC )A.A,B速度相等时B.A的速度等于v时C.弹簧压缩至最短时D.B的速度最小时解析:在压缩弹簧的过程中,系统的动量守恒,物体的动能转化为弹簧的弹性势能.当A,B速度相等时,此时弹簧压缩至最短,系统损失的动能最多,弹簧的弹性势能最大,选项A,C正确.8.(2019·山东济南模拟)(多选)如图所示,轻质弹簧的一端固定在墙上,另一端与质量为m的物体A相连,A放在光滑水平面上,有一质量与A相同的物体B从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下,与A相碰后一起将弹簧压缩,弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升.下列说法正确的是( BD )A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghC.B能达到的最大高度为hD.B能达到的最大高度为h解析:对B下滑过程,据机械能守恒定律可得mgh=m,则得B刚到达水平地面时的速度v0=,与A碰撞过程,以A,B组成的系统为研究对象,取向右为正方向,根据动量守恒定律可得mv0=2mv,得A与B碰撞后的共同速度为v=v0,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm=×2mv2=mgh,选项A错误,B正确;当弹簧再次恢复原长时,A与B 将分开,B以v的速度沿斜面上滑,根据机械能守恒定律可得mgh′=mv2,解得B能达到的最大高度为h′=h,选项C错误,D正确.9.如图所示,质量为km的小球a,用l1=0.4 m的细线悬挂于O1点,质量为m小球b,用l2=0.8 m的细线悬挂于O2点,且O1,O2两点在同一条竖直线上,让小球a静止下垂,将小球b向右拉起,使细线水平,从静止释放,两球刚好在最低点时对心相碰,相碰后,小球a向左摆动,细线与竖直方向最大偏角为60°,两小球可视为质点,空气阻力忽略不计,仅考虑首次碰撞,取g=10 m/s2.求:(1)两球相碰前小球b的速度大小;(2)讨论k可能的取值范围;(3)所有满足题干要求的碰撞情形中,k取何值时机械能损失最多? 解析:(1)对小球b下摆过程mgl2=m得出碰前v b=4 m/s.(2)小球a上摆过程kmgl1(1-cos 60°)=km碰后v a=2 m/s对两球碰撞过程有mv b=mv b′+kmv a,得出v b′=4-2k(m/s).由碰撞过程动能不增加有m≥mv b′2+km,得出k≤3,此外由碰撞中合理性原则不可穿得v b′=4-2k≤v a=2(m/s),得出k≥1.综上所述1≤k≤3.(3)碰撞中动能损失ΔE=m-mv b′2-m,ΔE=m-km-mv b′2代入数据,整理得ΔE=-2mk2+6mk,由数学知识可知当k=1.5时,动能损失最大.答案:(1)4 m/s (2)1≤k≤3 (3)1.510.(2019·辽宁沈阳质检)平板车停在水平光滑的轨道上,平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向顺着轨道方向跳出,落在平板车上的A点,距货厢水平距离为l=4 m,如图所示.人的质量为m,车连同货厢的质量为M=4m,货厢高度为h=1.25 m(g取10 m/s2).求:(1)车在人跳出后到落到A点期间的反冲速度;(2)车在地面上移动的位移是多少?人落在A点并站定以后,车还运动吗?解析:(1)人从货厢边跳离的过程,系统(人、车和货厢)的动量守恒,设人的水平速度是v1,车的反冲速度是v2,则mv1-Mv2=0,解得v2=v1.人跳离货厢后做平抛运动,车以v2做匀速运动,由h=gt2,解得运动时间为t=0.5 s.在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1=v1t,x2=v2t由题图可知x1+x2=l,即v1t+v2t=l,联立解得v2== m/s=1.6 m/s.(2)车的水平位移x2为x2=v2t=1.6×0.5 m=0.8 m.人落到车上A点的过程,系统水平方向的动量守恒,人落到车上前的水平速度仍为v1,车的速度为v2,落到车上后设共同速度为v,根据水平方向动量守恒得mv1-Mv2= (M+m)v,则v=0.故人落到车上A点站定后车的速度为零,故车不再运动.答案:(1)1.6 m/s (2)0.8 m 不运动11.如图所示,可视为质点的小物块A,B的质量分别为m和3m,静止放在光滑水平地面上,物块A,B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计).某时刻炸药爆炸使物块A,B脱离,然后物块A与一质量为2m 且以速度v0向右滑动的物块C发生碰撞,物块A,C碰撞后,物块A,B,C 具有相同的速度.若炸药爆炸释放的化学能全部转化为物块A,B的机械能,求炸药爆炸时释放的化学能.解析:炸药爆炸时,由动量守恒定律可得3mv B=mv A,A,C碰撞过程中满足动量守恒定律2mv0-mv A=3mv B联立解得v A=v0,v B=v0,根据能量守恒定律得爆炸时释放的化学能E=m+×3m=m.答案:m12.如图所示,光滑水平轨道右边与墙壁连接,木块A,B和半径为0.5 m 的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上,A,B,C质量分别为 1.5 kg,0.5 kg,4 kg.现让A以6 m/s 的速度水平向右运动,之后与墙壁碰撞,碰撞时间为0.3 s,碰后速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动,已知g=10 m/s2,求:(1)A与墙壁碰撞过程中,墙壁对小球平均作用力的大小;(2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h.解析:(1)A与墙壁碰撞过程,规定水平向左为正,对A由动量定理有Ft=m A v2-m A(-v1)解得F=50 N.(2)A与B碰撞过程,对A,B系统,水平方向动量守恒有m A v2=(m B+m A)v3 A,B滑上斜面到最高点的过程,对A,B,C系统,水平方向动量守恒有(m B+m A)v3=(m B+m A+m C)v4由能量关系(m B+m A)=(m B+m A+m C)+(m B+m A)gh解得h=0.3 m.答案:(1)50 N(2)0.3 m感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
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人教版物理一轮复习：第3讲 碰 撞
第3讲碰撞1.甲、乙两名滑冰运动员沿同一直线相向运动,速度大小分别为3 m/s 和 1 m/s,迎面碰撞后(正碰)甲、乙两人反向运动,速度大小均为2 m/s。
则甲、乙两人质量之比为( C )A.2∶3B.2∶5C.3∶5D.5∶3解析:选甲原来方向为正方向,则m甲v甲-m乙v乙=-m甲v甲′+m乙v乙′,解得m甲∶m乙=3∶5,选项C正确。
2.(多选)如图所示,木块B与水平轻弹簧相连放在光滑的水平面上,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内,入射时间极短,而后木块将弹簧压缩到最短。
关于子弹和木块组成的系统,下列说法中正确的是( AD )A.子弹射入木块的过程中,系统的动量守恒B.子弹射入木块的过程中,系统的机械能守恒C.木块压缩弹簧的过程中,系统的动量守恒D.木块压缩弹簧的过程中,系统的机械能守恒解析:子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零,系统动量守恒,故A正确;子弹射入木块的过程中要克服阻力做功,系统机械能不守恒,故B错误;木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,故C错误;木块压缩弹簧过程中,只有弹簧的弹力做功,子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒,故D正确。
3.如图所示,物体A静止在光滑的水平面上,A的左边固定有轻质弹簧,与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞,A,B始终沿同一直线运动,则A,B组成的系统动能损失最大的时刻是( D )A.A开始运动时B.A的速度等于v时C.B的速度等于零时D.A和B的速度相等时解析:当B触及弹簧后减速,而物体A加速,当A,B两物体速度相等时,A,B间距离最小,弹簧压缩量最大,弹性势能最大,由能量守恒定律可知系统损失的动能最多,故只有选项D正确。
4.(多选)在光滑水平面上,动能为E k0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞,碰撞前后球1的运动方向相反,将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E k1,p1,球2的动能和动量的大小分别记为E k2,p2,则必有( ABD )A.E k1<E k0B.p1<p0C.E k2>E k0D.p2>p0解析:两个钢球在相碰过程中同时遵守能量守恒和动量守恒,由于外界没有能量输入,而碰撞中可能产生热量,所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能,即E k1+E k2≤E k0,选项A正确,C错误;另外,选项A也可写成<,选项B正确;根据动量守恒,设球1原来的运动方向为正方向,有p2-p1=p0,选项D正确。
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。
考点八 碰撞与动量守恒--2020年高考物理分类题库
考点八碰撞与动量守恒1.(2020·全国Ⅰ卷)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。
若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是()A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【解析】选D。
有无安全气囊司机初动量和末动量均相同,则动量的改变量也相同,故选项B 错误;安全气囊可以延长司机受力作用时间,同时增大司机的受力面积,根据动量定理,则减少了司机受力大小,从而司机单位面积的受力大小也减少,故选项A 错误,D 正确;因有安全气囊的存在,司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能,故选项C 错误。
2.(2020·全国Ⅱ卷)水平冰面上有一固定的竖直挡板,一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0kg 的静止物块以大小为5.0m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0m/s 的速度与挡板弹性碰撞。
总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0m/s,反弹的物块不能再追上运动员。
不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为()A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg【解析】选B、C。
运动员第一次推物块,以运动员退行的方向为正方向,有0=Mv 1-mv①,第二次推物块,有Mv 1+mv=Mv 2-mv②…第八次推物块,有Mv 7+mv=Mv 8-mv⑧,联立解得815mvM v =,因v 8>5.0m/s,故M<60kg,D 错误;又推完7次时应该有:0=Mv 7-13mv,得7131vmv M=≤,故M ≥13m=52kg,A 错误;故本题正确答案为B、C。
3.(2020·全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。
2020版高考物理课标Ⅲ专用专题七 碰撞与动量守恒
h=
v02 2g
-
M 2g 2 ρ2v02S 2
⑧
考查点 动量定理、能量守恒定律、物体平衡
解题关键 在流体中运用动量知识时一定要取Δt时间内的流体为研究对象。
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考点二 动量守恒定律及其应用
5.(2017课标Ⅰ,14,6分)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/s B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 答案 A 由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与燃气组成的系统动量守 恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向, 可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05 kg×600 m/s=30 kg·m/s,A正 确。 易错点拨 系统中量与物的对应性 动量守恒定律的应用中,系统内物体至少为两个,计算各自的动量时,需注意速度与质量对应于 同一物体。
7.(2019课标Ⅰ,25,20分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平 滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示。t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静 止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中 未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图 像如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加 速度大小为g,不计空气阻力。
(江苏专用)2020版高考物理大一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 第一节 动量 冲量 动量定理课件
的作用时间的乘积
积
单位
N·s
J
冲量
功
公式
I＝Ft(F 为恒力)
W＝Flcos α(F 为恒力)
标矢性
矢量
标量
(1)表示力对时间的累积 (1)表示力对空间的累积 意义
(2)是动量变化的量度 (2)是能量变化多少的量度
都是过程量，都与力的作用过程相互联系
【跟进题组】 1.如图所示是我国女子短道速滑队训练中 的情景，“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( )
3．用动量定理解题的基本思路
4．动量定理的应用技巧 (1)应用 I＝Δp 求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用 I ＝Ft 求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等 效代换得出变力的冲量 I.
(2)应用Δp＝FΔt 求动量的变化 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δ p＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂．如果作用 力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化．
(6)物体所受合外力的冲量方向与 物体动量变化的方向相 同． ( ) 提示：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√
做一做
篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随
Байду номын сангаас
球迅速收缩至胸前，这样做可以( )
A．减小球对手的冲量
B．减小球对手的冲击力
C．减小球的动量变化量 D．减小球的动能变化量
动能
动量
动量变化量
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。
(浙江选考)2020版高考物理总复习第十二章2第2节动量守恒定律碰撞爆炸反冲练习(含解析)
动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲【随堂检测】1．一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/s 2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：选B.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，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． 2．(2019·金华质检)如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg ，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s ，乙同学和他的车的总质量为200 kg ，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s ，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( )A ．1 m/sB ．0.5 m/sC ．－1 m/sD ．－0.5 m/s解析：选D.两车碰撞过程动量守恒m 1v 1－m 2v 2＝(m 1＋m 2)v得v ＝m 1v 1－m 2v 2m 1＋m 2＝150×4.5－200×4.25150＋200m/s ＝－0.5 m/s ，故D 正确．3．(2019·绍兴联考)如图所示，两小车A 、B 置于光滑水平面上，质量分别为m 和2m ，一轻质弹簧两端分别固定在两小车上，开始时弹簧处于拉伸状态，用手固定两小车．现在先释放小车B ，当小车B 的速度大小为3v 时，再释放小车A ，此时弹簧仍处于拉伸状态；当小车A 的速度大小为v 时，弹簧刚好恢复原长．自始至终弹簧都未超出弹性限度．求：(1)弹簧刚恢复原长时，小车B 的速度大小； (2)两小车相距最近时，小车A 的速度大小； (3)求两小车相距最近时，弹簧弹性势能大小． 解析：(1)设弹簧刚恢复原长时，小车B 速度为v B ，以A 、B 两车和弹簧为研究对象，小车B 速度为3v 开始到小车A 速度为v 过程，此系统动量守恒，列方程有：2m ·3v ＝2m ·v B ＋m (－v ) 解得v B ＝3.5v ；(2)两小车相距最近时速度相同，由动量守恒定律有： 2m ×3v ＝(2m ＋m )v A 解得v A ＝2v ；(3)从弹簧刚恢复原长到两小车相距最近过程用能量守恒定律有E 弹＝12×2mv 2B ＋12mv 2－12×3m ·v 2A解得E 弹＝274mv 2.答案：(1)3.5v (2)2v (3)274mv 24．如图所示，光滑水平面AB 与粗糙斜面BC 在B 处通过圆弧衔接，质量M ＝0.3 kg 的小木块静止在水平面上的A 点．现有一质量m ＝0.2 kg 的子弹以v 0＝20 m/s 的初速度水平射入木块(但未穿出)，它们一起沿AB 运动，并冲上BC .已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面倾角θ＝45°，重力加速度g 取10 m/s 2，木块在B 处无机械能损失．试求：(1)子弹射入木块后的共同速度的大小； (2)子弹和木块能冲上斜面的最大高度．解析：(1)子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设向右为正方向，共同速度为v ，则mv 0＝(m ＋M )v ，代入数据解得v ＝8 m/s.(2)子弹与木块以v 的初速度冲上斜面，到达最大高度时，瞬时速度为零，子弹和木块在斜面上受到的支持力N ＝(M ＋m )g cos θ，受到的摩擦力f ＝μN ＝μ(M ＋m )g cos θ.对冲上斜面的过程应用动能定理，设最大高度为h ，有－(M ＋m )gh －f h sin θ＝0－12(M ＋m )v 2，联立并代入数据，解得h ≈2.13 m. 答案：(1)8 m/s (2)2.13 m5．两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比． 解析：(1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得 v ＝23m/s③由动量守恒定律得 m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v④联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8. ⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v2⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W ∶ΔE ＝1∶2.答案：(1)1∶8 (2)1∶2【课后达标检测】一、不定项选择题1．(2019·嘉兴质检)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，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B 两球的动量可能值是( )A．p′A＝6 kg·m/s，p′B＝6 kg·m/sB．p′A＝3 kg·m/s，p′B＝9 kg·m/sC．p′A＝－2 kg·m/s，p′B＝14 kg·m/sD．p′A＝－4 kg·m/s，p′B＝17 kg·m/s答案：A2．(2019·台州调研)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程中产生的内能可能为( )A．16 J B．2 JC．6 J D．4 J答案：A3．(2019·浙江十校联考)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.mMv0 B.Mmv0C.MM－mv0 D.mM－mv0答案：D4．(2019·金华质检)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解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v′A 大于B的速度v′B，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能E k′＝1 2m A v′2A＋12m B v′2B＝57 J，大于碰前的总动能E k＝12m A v2A＋12m B v2B＝22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确．5．一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A （A ＋1）2D.（A ＋1）2（A －1）2 解析：选A.设中子的质量为m ，则被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv 0＝mv 1＋Amv ′，据动能守恒，有12mv 20＝12mv 21＋12Amv ′2.解以上两式得v 1＝1－A 1＋A v 0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v ′1＝A －1A ＋1v 0，故中子碰撞前、后速率之比为A ＋1A －1. 6．(2019·温州质检)如图所示，放在光滑水平桌面上的两个木块A 、B 中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上．A 的落地点与桌边的水平距离为0.5 m ，B 的落地点与桌边的水平距离为1 m ，那么( )A ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为1∶2 B ．A 、B 质量之比为2∶1C ．未离开弹簧时，A 、B 所受冲量之比为1∶2D ．未离开弹簧时，A 、B 加速度之比为1∶2解析：选ABD.A 、B 组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，A 、B 两物体的落地点到桌边的距离x ＝v 0t ，因为两物体的落地时间相等，所以v 0与x 成正比，故v A ∶v B ＝1∶2，即A 、B 离开弹簧时的速度之比．由动量守恒定律可知，m A ∶m B ＝2∶1.未离开弹簧时，A 、B 受到的弹力相等，作用时间相同，冲量大小也相同．未离开弹簧时，F 相等，m 不同，加速度a ＝Fm，与质量成反比，故a A ∶a B ＝1∶2，故A 、B 、D 正确，C 错误．7．对下列几种物理现象的解释，正确的是( ) A ．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B ．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C ．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力D ．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零解析：选CD.击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A 、B 错误；据动量定理F ·t ＝Δp 知，当Δp 相同时，作用时间越长，作用力越小，故C 项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用无关，所以D 项正确．8.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.mM2（m ＋M ）v 2C.12N μmgL D ．N μmgL解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE ，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv ＝(M ＋m )v t (①式)、12mv 2＝12(M ＋m )v 2t ＋ΔE (②式)，由①②联立解得ΔE ＝Mm2（M ＋m ）v 2，可知选项A 错误、B 正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE ＝N μmgL ，选项C 错误、D 正确．二、非选择题9．(2019·杭州质检)如图所示，一质量为0.5 kg 的小球A 以2.0 m/s 的速度和静止于光滑水平面上、质量为1 kg 的另一大小相同的小球B 发生正碰，碰撞后它以0.2 m/s 的速度反弹．求：(1)原来静止小球B 获得的速度大小； (2)碰撞过程中损失的机械能．解析：(1)A 、B 两小球碰撞过程中动量守恒，设小球B 的速度为v ，则m A v A ＝m A v A ′＋m B v ， 代入数据解得v ＝1.1 m/s.(2)由A 、B 两小球组成的系统能量守恒有 12m A v 2A ＝12m A v ′2A ＋12m B v 2＋ΔE 解得ΔE ＝0.385 J.答案：(1)1.1 m/s (2)0.385 J10．如图所示，一质量M ＝2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B .从弧形轨道上距离水平轨道高h ＝0.3 m 处由静止释放一质量m A ＝1 kg 的小球A ，小球A 沿轨道下滑后与小球B 发生弹性正碰，碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g .求小球B 的质量．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)解析：设小球A 下滑到水平轨道上时的速度大小为v 1，平台水平速度大小为v ，由动量守恒定律有0＝m A v 1－Mv由能量守恒定律有m A gh ＝12m A v 21＋12Mv 2联立解得v 1＝2 m/s ，v ＝1 m/s小球A 、B 碰后运动方向相反，设小球A 、B 的速度大小分别为v ′1和v 2.由于碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A 的速度等于平台的速度，有v ′1＝1 m/s由动量守恒定律得m A v 1＝－m A v ′1＋m B v 2 由能量守恒定律有12m A v 21＝12m A v ′21＋12m B v 22联立上式解得m B ＝3 kg. 答案：3 kg11．(2019·宁波质检)如图，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰好为零．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B 球第一次到达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度．解析：(1)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有v B ＝2gh ① 将h ＝0.8 m 代入上式，得v B ＝4 m/s.②(2)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v 1和v ′1(v ′1＝0)，B 球的速度分别为v 2和v ′2.由运动学规律可得v 1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v ′2④ 12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22 ⑤设B 球与地面相碰后的速度大小为v ′B ，由运动学及碰撞的规律可得v ′B ＝v B ⑥ 设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v ′2B －v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h ′＝0.75 m.答案：(1)4 m/s (2)0.75 m。
2020届高考物理一轮复习 专题十六 碰撞与动量守恒(含答案解析)
【优化方案】2014届高考物理一轮复习 专题十六 碰撞与动量守恒（含答案解析）1. (2012·高考重庆卷)质量为m 的人站在质量为2m 的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v 0时，人从车上以相对于地面大小为v 0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v －t 图象为( )2.(2012·高考大纲全国卷)如图，大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触．现将摆球a 向左拉开一小角度后释放．若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( )A ．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B ．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C ．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D ．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置3.(2012·高考天津卷)质量为0.2 kg 的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________kg ·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s ，则小球受到地面的平均作用力大小为________N ．(取g ＝10 m/s 2)．4.(2012·高考山东卷)光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝3m 、m B ＝m C ＝m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．5.(2012·高考新课标全国卷)如图，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求(1)两球a 、b 的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比．答案：1.【解析】选B.人和小车作用时由动量守恒定律得，3mv 0＝－mv 0＋2mv ，解得v ＝2v 0，故小车作用后速度从2v 0开始减少，故答案为B.2.【解析】选AD.a 球释放后与b 球发生弹性碰撞，由动量守恒定律，可得：mv ＝mv 1＋3mv 2，由能量守恒定律可得：12mv 2＝12mv 21＋123mv 22 联立两式可得：v 1＝－12v ，v 2＝12v ，A 项正确，B 项不正确． 由mgh ＝12mv 2可知，两球碰后所上升的高度相同，摆角相同，C 项错．由T ＝2πl g，两球振动周期相同，会同时到达平衡位置发生第二次碰撞，D 项正确．3.【解析】本题目考查了Δp ＝mv ′－mv 和F 合力·t ＝Δp .代入数据得Δp ＝0.2×4－0.2×(－6)＝2(kg ·m/s)由(F －mg )t ＝Δp 代入数据得F ＝12 N.【答案】2 124.【解析】法一：把A 、B 、C 看成一个系统，整个过程中由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B ＋m C )v ①B 、C 碰撞过程中由动量守恒定律m B v B ＝(m B ＋m C )v ②联立解得v B ＝65v 0. 法二：设A 与B 碰撞后，A 的速度为v ，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得对A 、B 木块：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ①对B 、C 木块：m B v B ＝(m B ＋m C )v ②由A 到B 间的距离保持不变可知v A ＝v ③联立①②③式，代入数据得v B ＝65v 0.【答案】65v 0 5.【解析】(1)设球b 的质量为m 2，细线长为L ，球b 下落至最低点，但未与球a 相碰时的速率为v ，由机械能守恒定律得m 2gL ＝12m 2v 2①式中g 是重力加速度的大小．设球a 的质量为m 1，在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v ′，以向左为正．由动量守恒定律得m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′②设两球共同向左运动到最高处，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得 12(m 1＋m 2)v ′2＝(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)③ 联立①②③式得m 1m 2＝11－cos θ－1④ 代入题给数据得m 1m 2＝2－1.⑤ (2)两球在碰撞过程中的机械能损失是Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)⑥联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能E k (E k ＝12m 2v 2)之比为 Q E k ＝1－m 1＋m 2m 2(1－cos θ)⑦ 联立⑤⑦式，并代入题给数据得Q E k ＝1－22.⑧ 【答案】(1)2－1 (2)1－22。
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动量之碰撞及其可能速度完全弹性碰撞问题:m 1、m 2为发生碰撞的两个物体的质量，v 1、v 2为碰撞前m 1、m 2的速度，，1v 、，2v 为碰撞后m 1、m 2的速度。
第一，由动量守恒定理，得m 1v 1+m 2v 2=m 1，1v +m ，2v （1）第二，由机械能守恒定律，得 v m 21+v m 21=v m 21+v m 21′222′211222211（2）第三，速度限制，碰撞后m 2跑在前面，故m 2的速度必须不小于m 1的速度，即，1v ≤，2v （3）由（1）（2）解得2112122′1m m v m -m v m 2v ++=）（ （4）2121211′2m m v m -m v m 2v ++=）（ （5）另一组为v 1,=v 1,v 2,=v 2,这一组不符合实际，舍掉，综合起来完全弹性碰撞有且只有一组解。
但有时这一组解也有意义，反倒要舍去（3）（4）两式的结果。
见..特例：（1）若m 1=m 2，则有21v v =，，12v v =，也就是说，当两个质量相同的物体发生弹性碰撞，那么，这两个物体将会交换它们的速度；（2）若v 2=0，则有21121′1m m v m -m v +=）（，2111′2m m v m 2v += （3）用平抛运动验证动量守恒，为什么用大球碰静止的小球，小球获得比大球更大的速度？大球为什么不会反向？用（2）的结论，又大球质量m 1＞m 2，0m m v m -m v 21121′1＞）（+=，显然大球速度不会反向。
由于m 1＞m 2，很显然小球被碰后的速度2111′2m m v m 2v +=大于大球原速度v 1。
例1如图所示，大小相同的A 、B 两个球，A 球在光滑水平面上沿一直线向右做匀速直线运动，质量为m ，速度是6m/s ．B 求静止，质量为km ，不久A 、B 两球发生了对心碰撞，碰撞之后的B 球的速度是2m/s ，根据碰撞过程分析k 的取值范围（ ） A ．2≤k ≤3 B ．2≤k ≤5 C ．2≤k ≤6 D ．3≤k ≤5解析：碰撞过程中，系统动量守恒，以A 球速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0=mv 1+kmv 2①， v 1≤v 2=2m/s ②，根据碰撞过程总的机械能不会增加，则有： kmv 21+mv 21mv 21222120≥③由①解得2k -6kv -v v 201==，将此式分别代入②③解得2≤k ≤5，故B 正确。
故选：B 小练习1（09年广东物理）如图所示，水平地面上静止放置着物块B 和C ，相距 L=1.0m 。
物块A 以速度v 0=10m/s 沿水平方向与B 正碰。
碰撞后A 和B 牢固地粘在一起向右运动，并再与C 发生正碰，碰后瞬间C 的速度v=2.0m/s 。
已知A 和B 的质量均为m ，C 的质量为A 质量的k 倍，物块与地面的动摩擦因数μ=0.45. 设碰撞时间很短，g 取10m/s 2） （1）计算与C 碰撞前瞬间AB 的速度；（2）根据AB 与C 的碰撞过程分析k 的取值范围，并讨论与C 碰撞后AB 的可能运动方向。
解析：（1）设AB 碰撞后瞬间AB 的速度为v 1，设AB 与C 碰撞前瞬间的速度为v 2。
AB 碰撞过程由动量守恒定律得mv 0=2mv 1① 由动能定理得2122v 2m 21 - v 2m 21=μ2mgL -② 联立以上两式解得v 2=4m/s（2）AB 整体与C 碰撞瞬间动量守恒：2mv 2=2mv 3+kmv ③AB 整体与C 碰撞过程中机械能不增加：22322kmv 21+2mv 212mv 21≥④AB 整体与C 碰撞瞬间速度限制：v 3≤v ⑤由③解得k -42k282kv -v 2v 23=-==，代入④式 2222km 21+k -42m 2142m 21⨯≥⨯）（，解得0≤k ≤6⑥ 由⑤解得k ≥2⑦，⑥⑦取交集得2≤k ≤6，而碰撞后AB 的速度k -4v 3=， 故2≤k ＜4时，v 3＜0，即AB 与C 碰撞后速度向左 k=4时，v 3=0，即AB 与C 碰撞后速度为零 4＜k ≤6时，v 3＞0，即AB 与C 碰撞后速度向右例2（多选）质量为m 的小球A 以速度v 0在光滑水平面上运动，与质量为2m 的静止小球B 发生对心碰撞，则碰撞后小球A 的速度大小v A 和小球B 的速度大小v B 可能为（ ）A ．v A =31v 0，vB =32v 0 B ．v A =52v 0，v B =107v 0C ．v A =41v 0，v B =85v 0 D ．v A =83v 0，v B =165v 0 解析：方法一（计算法）： AB 动量守恒：mv 0=mv A +2mv B ①AB 机械能不增加：2B 2A 202mv 21+mv 21mv 21≥②速度限制：v A ≤v B ,v B ＞0③。
由①解得v A =v 0-2v B ，将此式代入②③可解出v B 的范围，然后得出v A 的范围，此法较为麻烦，不做具体计算。
选AC 。
方法二（把选项代入①②③逐个验证）注意题中要求得是速度大小，不考虑方向。
v B 一定大于0，但v A 速度可以大于零、小于零、等于零。
A:v A ′=31v 0、v B ′=32v 0满足①②③式B ：无论v A ′=52v 0、v B ′=107v 0或v A ′=-52v 0、v B ′=107v 0，均不满足②式 C ：v A ′=-41v 0，v B ′=85v 0 满足①②③式D ：无论v A =83v 0，v B =165v 0或D ．v A =-83v 0，v B =165v 0，均不满足①式小练习1(全国，多选)在质量为M 的小车中挂有一单摆,摆球的质量为m 0.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,下列哪个或哪些说法是可能发生的?（ BC ）(A)小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为v 1、v 2、v 3,满足(M+m 0)V=Mv 1+mv 2+m 0v 3(B)摆球的速度不变,小车和木块的速度变v 1和v 2,满足MV=Mv 1+mv 2 (C)摆球的速度不变,小车和木块的速度都变为v,满足MV=(M+m)v(D)小车和摆球的速度都变为v 1,木块的速度变为v 2,满足(M+m 0)V=(M+m 0)v 1+mv 22（上海，多选）在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞下列现象可能的是：（ AD ）A ．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开B ．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行C ．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开D ．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行练习 1A 、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5 kg ·m/s,B 球的动量是7 kg ·m/s,当A 球追上B 球时发生碰撞,则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是? （B ）A.p A = -4 kg ·m/s,p B =14 kg ·m/sB.p A =3 kg ·m/s,p B =9 kg ·m/sC.p A = -5 kg ·m/s,p B =17 kg ·m/sD.p A =6 kg ·m/s,p B =6kg ·m/s 解析：根据动量守恒、机械能不增加、速度限制判断即可得出答案2（多选）质量为m 的小球A 沿光滑水平面以v 0的速度与质量为2m 的静止小球B发生正碰，碰撞后A 球的动能变为原来的91，则小球B 碰后的速率可能是（ AC ）A ．3v 0B ．4v 0C ．32v 0D ．94v 03（多选）在光滑的水平面上，动能为E 0，动量为P 0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小记为E 1和P 1，球2的动能和动量大小记为E 2和P 2，则必有（ABD ） A.E 1＜E 0B ．P 1＜P 0C ．E 2＞E 0D ．P 2＞P 0解析：由题，碰撞后两球均有速度．根据碰撞过程中总动能不增加可知，E 1＜E 0，E 2＜E 0，故A 正确，C 错误。
由E 1＜E 0可知P 1＜P 0，故B 正确D 、选钢球1初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：P 0=P 2-P 1，得到P 2=P 0+P 1，可见，P 2＞P 0．故D 正确． 故选ABD4（多选）2017年斯诺克大师赛于1月15日至22日在英国伦敦亚历山德拉宫进行，世界排名TOP16的选手参赛．如图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在这一杆中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为p A =5kg •m/s ，花色球静止，白球A 与花色球B 发生碰撞后，花色球B 的动量变为p B ′=4kg •m/s ，则下列说法正确的是（AC ） A.两球碰撞瞬间白球动量为1kg.m/s B.两球碰撞瞬间白球动量为9kg.m/s C.两球质量m A 与m B 间的关系可能是m B =m AD.两球质量m A 与m B 间的关系可能是m B =6m A解析：选白色球碰撞前的速度方向为正方向，由题，由动量守恒定律得： p A +p B =p A ′+p B ′①，得：p A ′=1kg •m/s ，故A 正确。
P 根据碰撞过程机械能不增加，则有： v m 21+v m 21v m 21′2B B 2′A A 2A A ≥②而m 2p mv 2122=③，将④式通过③整理得B2′B A 2′A A 2A m 2p m 2p m 2p +≥④，再将p A 、p A ′、p B ′代入④得A B m 32≥m ⑤A B 得B′BA ′A m P m P ≤，解得m B ≤4m A ⑦，⑤⑦取交集得A B A m 4m m 32≤≤，故C 正确。
故选AC5（多选）如图（a ）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．t=0时，甲静止，乙以初速度6m/s 向甲运动．此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v-t 图象分别如图（b ）中甲、乙两曲线所示．则由图线可知（BC ）A．两电荷的电性一定相反B．t1时刻两电荷的电势能最大C．0～t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小D．0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小6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mB =2mA,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∶107（2017•银川二模）A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移图象，c为碰撞后两球共同运动的位移图象，若A球质量是m=2kg，则由图判断下列结论不正确的是（ C ）A．碰撞前后A的动量变化为4kg•m/sB．碰撞时A对B所施冲量为-4N•sC．A、B碰撞前的总动量为3kg•m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J8如图所示，在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b，a球质量为2m、带电量为+q，b球质量为m、带电量为+2q，两球从相距较远处（无相互作用力）相向运动，某时刻a、b球的速度大小依次为v和1.5v，由于静电斥力的作用，它们不会相碰，则下列叙述正确的是（ B ）A．两球相距最近时，它们的速度均为零B．两球相距最近时，它们的速度大小相等，方向相同C ．a 球和b 球所受的静电斥力对两球始终做负功D ．a 、b 两球都要反向运动，但b 球先反向9在光滑绝缘的水平面上，带有异种电荷的弹性金属小球A 和B （可视为点电荷），质量分别为m 和2m ，带电量分别为4q 和-2q ．它们从相距一定距离的两点沿两球心的连线相向运动，初始速度大小分别为2v 和v ．则下列说法中错误的是（ C ）A ．A 、B 两质点所受的库仑力总是大小相等，方向相反B ．A 、B 两质点返回到初始位置时相互作用的库仑力只有初态时库仑力的81C ．A 质点返回到初始位置时的速度大于2vD ．在某一瞬间，A 、B 两质点的动能之和可能为零10如图所示，在光滑水平面上，A 小球以速度v 0运动，与原静止的B 小球碰撞，碰撞后A 球以v=av 0（待定系数a ＜1）的速率弹回，并与固定挡板P 发生正碰，设m B =5m A ，若要求A 球能追上B 再相撞，求系数a 应满足的条件。