2018届高三物理一轮复习 课时提升作业 十九 第六章 碰撞与运量守恒 第2讲 动量守恒定律及其应用
全程复习构想2018高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒2动量守恒定律课件
例 1 两只小船平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐 时， 由每一只船上各投质量 m＝50 kg 的麻袋到对面一只船上去， 结果载重较小的一只船停了下来， 另一只船则以 v＝8.5 m/s 的速 度向原方向航行，设两只船及船上的载重量各为 m1＝500 kg 及 m2＝1 000 kg， 问在交换麻袋前两只船的速率为多少？(水的阻力 不计)
3．[某一方向上动量守恒]如图所示，A、B 两光滑物块静 1 止于光滑的水平桌面上， 质量均为 M， 4圆弧的半径为 1.2 m， 1 质量为 m＝2M 的物体从 A 的上端由静止释放．
(1)m 离开 A 后 A 的速度多大？ (2)物体向 B 上滑动最大可上升至多高？
解析： 两物体相互作用时机械能守恒， 水平方向上动量守恒， 设物体离开 A 时的速度为 v1，A 的速度为 vA，物体能滑上 B 的 最大高度为 h，此时两者在水平方向的共同速度为 v′0. 1 2 1 2 物体由 A 滑下时，由机械能守恒得 mgR＝2mv1＋2MvA 水平方向动量守恒得 mv1＝MvA 1 2 1 物体滑上 B 时，由机械能守恒得 2 mv 1 ＝ mgH ＋ 2 (M ＋ m)v′2 水平方向动量守恒得 mv1＝(m＋M)v′ 8 由以上四式联立可得 vA＝2 m/s，H＝25m 8 答案：(1)2 m/s (2)25m
考点一 动量守恒定律及应用 1.动量守恒定律 (1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和 为 0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律． (2)表达式 ①p＝p′， 系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后的总动 量 p′. ②m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成 的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． ③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． ④Δp＝0，系统总动量的增量为零．
精选-高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第2讲动量守恒定律的综合应用课时作业含解析
2、动量守恒定律的综合应用[基础训练]1．(2018·黑龙江哈三中二模)如图所示，在光滑水平面上质量为m 的物体A 以速度v 0与静止的物体B 发生碰撞，物体B 的质量为2m ，则碰撞后物体B 的速度大小可能为()A ．v 0 B.4v03C ．0 D.v03答案：D 解析：物体A 与物体B 碰撞的过程中动量守恒，选物体A 原来的运动方向为正方向：如果发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋2m )v ，计算得出v ＝13v 0；如果发生的是完全弹性碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋2mv 2，由能量守恒定律得12mv 20＝12mv 21＋12·2mv 2，计算得出v 2＝23v 0.碰撞后物体B 的速度满足13v 0≤v B ≤23v 0，选项D 正确．2．如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝3 kg.质量m ＝1 kg 的铁块以水平速度v 0＝4 m/s ，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A ．3 JB ．4 JC ．6 JD ．20 J答案：A 解析：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L ，摩擦力大小为F f .铁块相对于木板向右运动过程中，根据能量守恒得12mv 20＝F f L ＋12(M ＋m )v 2＋E p .铁块相对木板运动的整个过程中12mv 20＝2F f L ＋12(M ＋m )v 2，由动量守恒可知mv 0＝(M ＋m )v .联立解得E p ＝3 J ，A 正确．3．A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A 、B 两球质量分别为2m 和m .当用板挡住A 球而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌边距离为x 的水平地面上，如图所示．当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放时，B 球的落地点距桌边距离为()A .x 3 B.3x C ．x D.63x答案：D 解析：当用板挡住小球A 而只释放B 球时，根据能量守恒：E p ＝12mv 20，根据平抛运动规律有：x ＝v 0t .当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放时，设A 、B 的速度分别为v A 和v B ，则根据动量守恒和能量守恒有：2mv A －mv B ＝0，E p ＝12·2mv 2A ＋12mv 2B ，解得v B ＝63v 0，B 球的落地点距桌边距离为x ′＝v B t ＝63x ，选项D 正确．4．2017年6月15日上午11点，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射硬X 射线调制望远镜卫星“慧眼”．假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M ＝2 100 g ，当它以对地速度为v 0＝840 m/s 喷出质量为Δm ＝100 g 的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)()A ．42 m/sB ．－42 m/sC ．40 m/sD ．－40 m/s答案：B 解析：取火箭及喷出的高温气体为系统，则火箭在向外喷气过程中满足动量守恒定律0＝Δmv 0＋(M －Δm )v ，由此可得火箭的速度v ＝－Δmv0M －Δm＝－42 m/s.5．(多选)A 、B 两物体在一水平长直气垫导轨上相碰，碰撞前物体A 做匀速直线运动，物体B 静止不动，频闪照相机每隔0.1 s 闪光一次，连续拍照多次，拍得如图所示的照片，不计两物体的大小及两物体碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断()A ．第四次拍照时物体A 在100 cm 处B ．第四次拍照时物体A 在80 cm 处C ．m A ∶m B ＝3∶1D ．m A ∶m B ＝1∶3答案：AD 解析：碰撞前，物体A 做匀速直线运动，可知物体A 第三次在90 cm 处，第四次在100 cm 处，故A 项正确，B 项错误；碰撞前，物体A 的速度大小为v 0＝xA t ＝0.40.1 m/s ＝4 m/s ，方向向右，碰撞后，物体A 的速度大小为v A ＝x ′A t ＝0.20.1m/s ，方向向左，物体B 的速度大小为v B ＝xB t ＝0.20.1 m/s ＝2 m/s ，方向向右，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m A v 0＝－m A v A ＋m B v B ，代入数据得m A ×4＝－m A ×2＋m B ×2，解得m A ∶m B ＝1∶3，故C 项错误，D 项正确．[能力提升][能力提升]6．如图所示，小车放在光滑水平面上，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，开始时小车和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AB 也向右运动B ．C 与B 碰前，C 与小车的速率之比为m ∶M C ．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，小车继续向左运动答案：C 解析：依据系统动量守恒，C 向右运动时，AB 向左运动，或由牛顿运动定律判断，AB 受向左的弹力作用而向左运动，故A 项错；又Mv AB ＝mv C ，得vC vAB ＝Mm，即B 项错；根据动量守恒得：0＝(M ＋m )v ′，所以v ′＝0，故选C.7．(2018·河南洛阳一模)(多选)如图所示，质量为m ＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为M ＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，质量为m 0＝5 g 的子弹以速度v 0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，取g ＝10 m/s 2，则在整个过程中()A ．物块和木板组成的系统动量守恒B ．子弹的末动量大小为0.01 kg·m/s。
2018年高考物理一轮复习 第六章 动量 第二讲 碰撞、反冲与动量守恒定律课时作业
第二讲碰撞、反冲与动量守恒定律[A组·基础题]一、单项选择题1．(2017·北京大兴区质检)如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A＝2 kg、m B＝4 kg，速率分别为v A＝5 m/s、v B＝2 m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动，则( )A．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右B．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左C．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右D．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向左解析：它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右，A、B相碰过程中动量守恒定律，故它们碰撞后的总动量也是2 kg·m/s，方向水平向右，选项C正确．答案：C2．有甲、乙两碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前双方都关闭了动力，且两车动量关系为p甲>p乙．假设规定p甲方向为正，不计一切阻力，则( )A．碰后两车可能以相同的速度沿负方向前进，且动能损失最大B．碰撞过程甲车总是对乙车做正功，碰撞后乙车一定沿正方向前进C．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进D．两车动量变化量大小相等，方向一定是Δp甲沿正方向，Δp乙沿负方向解析：由于规定p甲方向为正，两车动量关系为p甲＞p乙，则碰后两车可能以相同的速度沿正方向前进，且动能损失最大，选项A错误．碰撞过程甲车先对乙车做负功，选项B 错误．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进，选项C 正确．由动量守恒定律可知，两车动量变化量大小相等，方向可能是Δp甲沿负方向，Δp乙沿正方向，选项D错误．答案：C3．(2017·抚州市四校联考)如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M＝3.0 kg.质量为m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A．4.0 J B．6.0 JC ．3.0 JD ．20 J解析：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L ，摩擦力大小为F f ，根据能量守恒定律得12mv 02＝F f L ＋12(M ＋m )v 2＋E p 铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得 12mv 02＝2F f L ＋12(M ＋m )v 2 又根据系统动量守恒可知，mv 0＝(M ＋m )v 联立得到E p ＝3.0 J ，故选C. 答案：C4．(2017·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p 1＝5 kg·m/s，p 2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量m 1与m 2间的关系可能是( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2解析：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，即p 1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2，所以有m 1≤2151m 2. 因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p 1m 1＞p 2m 2，即m 1＜57m 2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p 1′m 1≤p 2′m 2，所以m 1≥15m 2.因此C 选项正确． 答案：C二、多项选择题5．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，下列情况可能发生的是( )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 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v 1和v 2，满足Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v 1，满足Mv ＝(M ＋m )v 1D ．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 2解析：在小车M 和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度v 匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A 、D 项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B 、C 选项正确．答案：BC6．如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中，弹簧两端分别与静止的滑块N 和挡板P 相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M 以初速度v 0向右运动，它与挡板P 碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N 以速度v 0向右运动．在此过程中( )A ．M 的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B ．M 与N 具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C ．M 的速度为v 02时，弹簧的长度最长D ．M 的速度为v 02时，弹簧的长度最短解析：M 、N 两滑块碰撞过程中动量守恒，当M 与N 具有相同的速度v 02时，系统动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大，A 错误，B 正确；M 的速度为v 02时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C 错误，D 正确．答案：BD7．(2017·江西抚州市四校联考)在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 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，则碰后B 球的速度大小可能是( )A ．0.7vB ．0.6vC ．0.4vD ．0.2v解析：以两球组成的系统为研究对象，以A 球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得mv ＝mv A ＋2mv B ，由机械能守恒定律得12mv 2＝12mv A 2＋12·2mv B 2，解得v A ＝－13v ，v B ＝23v ，负号表示碰撞后A 球反向弹回；如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A 球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv ＝(m ＋2m )v B ，解得v B ＝13v ，则碰撞后B 球的速度范围是13v ＜v B ＜23v ，故B 、C 正确，A 、D 错误．答案：BC8．如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝4 kg 的小物体B 以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．木板A 获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为2 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1解析：由图象可知，木板获得的速度为v ＝1 m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝(M ＋m )v ，可得木板A 的质量M ＝4 kg ，木板获得的动能为E k ＝12Mv 2＝2 J ，故A 正确；系统损失的机械能ΔE ＝12mv 02－12mv 2－12Mv 2，代入数据解得ΔE ＝4 J ，故B 错误；由图得到0～1 s 内B 的位移为x B ＝12×(2＋1)×1 m＝1.5 m ，A 的位移为x A ＝12×1×1 m＝0.5 m ，木板A 的最小长度为L ＝x B －x A ＝1 m ，故C 错误；由图象可知，B 的加速度a ＝－1 m/s 2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得－μm B g ＝m B a ，代入解得μ＝0.1，故D 正确．答案：AD[B 组·能力题]一、选择题9．(多选)(2017·山东师大附中检测)如图所示，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解析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mv 0＝mv 1＋3mv 2，又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即12mv 02＝12mv 12＋12·3mv 22，解两式得v 1＝－v 02，v 2＝v 02，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A 正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B 错误；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C 错误；由单摆的周期公式T ＝2πlg，可知，两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D 正确．答案：AD 二、非选择题10．以初速度v 0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m 和2m 的两块，其中质量大的一块沿着原来的方向以2v 0 的速度飞行．求：(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向． (2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能．解析：(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v 1＝v 0cos 60°＝12v 0.设v 1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得3mv 1＝2mv 1′＋mv 2其中爆炸后大块弹片速度v 1′＝2v 0，解得v 2＝－2.5v 0，“－”号表示v 2的速度方向与爆炸前速度方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔE k ＝12×2mv 1′2＋12mv 22－12(3m )v 12＝274mv 02.答案：(1)2.5v 0 方向与爆炸前速度的方向相反 (2)274mv 0211．如图所示，三个质量分别为3 kg 、1 kg 、1 kg 的木块A 、B 、C放置在光滑水平轨道上，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0＝5 m/s 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．(1)求B 与C 碰撞前B 的速度大小；(2)若A 与B 的碰撞时间约为0.01 s ，求B 对A 的作用力F .解析：(1)设A 、B 碰撞后A 的速度为v A ，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，B 、C 碰撞后一起运动的速度为v ，以C 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律，对A 、B 有m A v 0＝m A v A ＋m B v B 对B 、C 有m B v B ＝(m B ＋m C )v由于A 与B 间的距离保持不变，则v A ＝v 代入数据解得：v A ＝3 m/s ，v B ＝6 m/s (2)选择水平向右为正方向，根据动量定理得Ft ＝m A v A －m A v 0解得F ＝－600 N ，负号说明方向向左． 答案：(1)6 m/s (2)600 N ，方向向左12．(2017·广东省实验中学模拟)如图所示，质量为M 的平板车P 高为h ，质量为m 的小物块Q 的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R ，一端悬于Q 正上方高为R 处，另一端系一质量为m 的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，且无机械能损失．已知Q 离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与P 之间的动摩擦因数为μ，M ∶m ＝4∶1，重力加速度为g ，求：(1)小物块Q 离开平板车时，二者速度各为多大？ (2)平板车P 的长度为多少？(3)小物块Q 落地时与小车的水平距离为多少？解析：(1)设小球与Q 碰前的速度为v 0，小球下摆过程机械能守恒，有mgR (1－cos 60°)＝12mv 02 v 0＝gR小球与Q 进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度．小物块Q 在平板车P 上滑动的过程中，Q 与P 组成的系统动量守恒，有mv 0＝mv 1＋Mv 2 其中v 2＝12v 1，M ＝4m ，解得v 1＝gR3，v 2＝gR6.(2)对系统由能量守恒定律有 12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22＋μmgL ， 解得L ＝7R 18μ.(3)Q 脱离P 后做平抛运动，由h ＝12gt 2得t＝2h gQ落地时二者的水平距离为x＝(v1－v2)t＝2Rh 6.答案：(1)gR3gR6(2)7R18μ(3)2Rh6。
2018高考一轮总复习物理模拟演练第6章动量守恒定律及其应用6动量守恒定律及其应用有答案
时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分。
其中1～4为单选，5～6为多选)1．某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，此时小船的速度v和该同学动量的变化量Δp分别为( )A.0.25 m/s,70 kg·m/sB.0.25 m/s，－105 kg·m/sC.0.95 m/s，－63 kg·m/sD.0.95 m/s，－35 kg·m/s答案 B解析取该同学开始跳时的速度方向为正方向，该同学跳到船上的过程中，人与船组成的系统动量守恒，则有60×2 kg·m/s－140×0.5 kg·m/s＝(60＋140)kg×v，小船的速度v＝0.25 m/s；该同学动量的变化量Δp＝(60×0.25－60×2) kg·m/s＝－105 kg·m/s，选项B正确，其他选项均错误。
2.高空作业须系安全带。
如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。
此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上。
则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg答案 A解析安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝2gh；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，由动量定理可得0－mv＝mgt－F t，故F＝mvt＋mg＝m2ght＋mg，故选项A正确。
3．如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为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( )A.A和B都向左运动B．A和B都向右运动C.A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动答案 D解析选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mv A＋2mv B＝0，选项A、B、C都不满足此式，只有选项D满足此式，所以D项正确。
高考物理一轮复习作业和检测第六章动量守恒定律课时作业
课时作业 25[双基过关练]1．两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回．如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edhU B ．edUh C.eU dh D.eUh d解析：电子受到的静电力做负功，有－eU OA ＝0－E k ，U OA ＝U d h ，E k ＝eUhd，由此知选项D 正确．答案：D2．(2018·辽宁大连5月模拟)某电容式话筒的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，薄片P 和Q 为两相互绝缘的金属板．当对着话筒说话时，P 振动而Q 可视为不动，在P 、Q 间距增大的过程中( )A ．P 、Q 两板组成电容器的电容增大B ．P 板的电荷量增加C ．M 点的电势比N 点低D ．M 点的电势比N 点高解析：电容式话筒与电源串联，其电压保持不变．在P 、Q 间距增大的过程中，根据电容的决定式C ＝εr S 4πkd 可知，电容减小，A 错误；根据电容的定义式C ＝QU可知，电容器所带电荷量减少，P 板上电荷量减少，电容器放电，放电电流通过R 的方向由M 到N ，则M 点的电势高于N 点的电势，B 、C 错误，D 正确．答案：D3．(多选)如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，在竖直平面内的直线AB 与场强E 互相垂直，在A 点以大小为v 0的初速度水平向右抛出一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，经时间t ，小球落下一段距离过C 点(图中未画出)时其速度大小仍为v 0，已知A 、B 、C 三点在同一平面内，则在小球由A 点运动到C 点的过程中( )A ．小球的机械能增加B ．小球的电势能增加)如图所示，两面积较大、放置，极板上带有等量异种电荷．其中A极板用绝缘线悬挂，( )．若在两极板间加上某种绝缘介质，A、B两极板所带的电荷量会增大两极板所带的电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一，则从开始射入到打到上板的过程中( )q P：q＝：2：Δk Q＝：2k P本题考查带电粒子在电场中的运动．带电粒子在电场中偏转，，它们的运动时间相等，A项错误；竖直方向，q P：q＝：2E k P：ΔE kQ＝1：，D答案：C多选)在水平方向的匀强电场中的点时只具有水平方向的速度，电场力做功3 J6：3连线与水平方向的夹角为在水平方向电场力对物体做正功，由于不知电场的方向，则不能确错误；由于只有重力和电场力做功，带电物体的动能、电势能、重力势能三者之和为一定值，当重力做功为－．如图所示，在绝缘水平面上，有相距为L的A、B两点，分别固定着两个带电荷量均连线的中点，a、b是AB连线上两点，其中′＝L2－kQqL2＝根据牛顿第二定律，128kQqmL2＋2E k0方向由时间内运动的描述，正确的是( )mgdmgd10 m/s)求：秒末小物块的速度大小；秒内小物块的位移大小．2 s内物块加速度2 m/s2板上，则两板间的距离d至少要多长？B点的运动时间为t1，小球的初速度为。
全程复习构想2018高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒专题五功能关系能量守恒课时作业新
功能关系能量守恒一、选择题（1〜4题只有一个选项符合题目要求， 5〜7题有多个选项符合题目要求 ）1.自然现象中蕴藏着许多物理知识, 变形，则水的重力势能（）A. 变大 B .变小C.不变 D .不能解析：人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加， A 正确.答案：A 2.滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态， 现用恒定的水平外 力F 作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力 F 做了 10 J 的功.在上述过程中 （ ）A 弹簧的弹性势能增加了10 JB. 滑块的动能增加了 10 JC.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了 10 JD. 滑块和弹簧组成的系统机械能守恒解析：拉力F 做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加， 由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和， C 正确，A 、B 、D 均错误.答案：C3 . （2017 •宜昌模拟）在离水平地面h 高处将一质量为 m 的小球水平抛出，在空中运动 的过程中所受空气阻力大小恒为 F 阻，落地时小球距抛出点的水平距离为 x ,速率为v ，那么，在小球运动的过程中（）A. 重力势能减少mg'h 2+ x 2B. 克服空气阻力做的功为 F 阻• h 2 + x 2C.落地时，重力的瞬时功率为 mgvD. 机械能逐渐减少解析：重力做功为WG= mgh 由功能关系可知重力势能减少 mgh 选项A 错误；空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于h 2+ x 2，故克服空气阻力做的功大于F阻• h 2+ x 2,选项B 错误；落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积， 故落地时重力的瞬时功率小于 mgv 选项C 错误；空气阻力做负功，机械能减少，选项 D 正 确.答案：D-Tsramfr ——L754.为m 的小物块并让其从静止出发下滑•已知盆内侧壁是光滑的，而盆底 BC 面与小物块间的 动摩擦因数为 卩=0.10，小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到 B 的距离 为（）A. 0.50 m B • 0.25 m C. 0.10 m D . 0解析：分析小物块的运动过程， 可知由于克服摩擦力做功，物块的机械能不断减小•设一 一 h 0.30物块在BC 上运动的总路程为I .根据动能定理得 mghr 卩mgl = 0，解得I =一= m = 33 0.10=6d ,即小物块正好停在 B 点，所以D 选项正确.答案：D5. （2017 •四川乐山一模）I -- L ----- 1如图所示，质量为 M 长度为L 的小车静止在光滑的水平面上，质量为 m 的小物块（可的距离为x .在这个过程中，以下结论正确的是 （A. 小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为B. 小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为C. 小物块和小车增加的机械能为Rx D.小物块克服摩擦力所做的功为F 1（L + x ）解析：对小车运动x 的过程运用动能定理有 Rx = 0，物块滑到小车右端时，小车具有的动能为Rx ,故A 错误，B 正确.摩擦产生的内能等于摩擦力与相对路程的乘积，即=f △x ，根据功能关系知，拉力做的功转化为小车和物块增加的机械能和摩擦产生的内能，有F （ L + x ） = A E + F 1L ,所以增加的机械能 △ E = F （ L + x ） — FL ,故C 错误.小物块克服摩擦 力所做的功等于摩擦力的大小乘小物块的位移，故 R （x + L ）, D 正确.答案：BD6.相同，顶角b 处安装一定滑轮.质量分别为 M mM >m 的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定 滑轮连接，轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动. 若不计滑轮的质 量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（ ）视为质点）放F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动，小物块和小车之间的摩擦力为F 1,小物块滑到小车的最右端时，小车运动) (F + F 1) •( L + x ) F 1X 如图所示,楔形木块be 与水平面的夹角A. 两滑块组成系统的机械能守恒B. 重力对M做的功等于M动能的增加C. 轻绳对m做的功等于m机械能的增加D. 两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析：由于系统受到摩擦力的作用，且摩擦力做功，故系统机械能不守恒，选项A错误; 根据动能定理可知，合力对M做的功等于M动能的增加，选项B错误；除重力以外的力对物体做的功等于机械能的增加，故选项C正确；由能量守恒定律可知，选项D正确.答案：CD7. （2017 •湖北八校联考）如图甲所示，质量为1 kg的小物块以初速度v。
2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第六章运动守恒定律第2讲含答案
第2讲碰撞反冲和火箭一、碰撞及特征1．碰撞碰撞是两个或两个以上的物体在相同的极短时间内产生非常大的相互作用的过程．2．碰撞特征（1)作用时间短．（2）作用力变化快．(3)内力远大于外力．(4）满足动量守恒．二、三种碰撞类型1．弹性碰撞(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′（2）机械能守恒:错误!m1v12＋错误!m1v22＝错误!m1v1′2＋错误!m2v2′2当v2＝0时,有v1′＝错误!v1，v2′＝错误!v1.（3）推论:质量相等,大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v1′＝v2，v2′＝v1。
2．非弹性碰撞(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′（2)机械能减少，损失的机械能转化为内能｜ΔE k｜＝E k初－E k末＝Q3．完全非弹性碰撞（1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2)v共（2）碰撞中机械能损失最多|ΔE k|＝错误!m1v12＋错误!m2v22－错误!(m1＋m2）v共2三、碰撞现象满足的规律1．动量守恒定律．2．机械能不增加（弹性碰撞机械能守恒、非弹性碰撞机械能减少)．3．速度要合理．（1）碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前（填“＜”“＝”或“＞”),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．四、爆炸和反冲运动1．爆炸爆炸过程中的内力远大于外力,爆炸的各部分组成的系统总动量守恒．2．反冲运动(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．1．(多选)A、B两球在光滑水平面上做相向运动,已知m A＞m B，当两球相碰后．其中一球停止，则可以断定( ）A．碰前A的动量等于B的动量B．碰前A的动量大于B的动量C．若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量D．若碰后B的速度为零,则碰前A的动量小于B的动量答案CD2．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。
全程复习构想2018高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒章末质量评估新人教版
故本题选C、D.
答案：CD
7．在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为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E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有()
答案：ABD
8．(2017·合肥市质量检测)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则()
A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J
B．人抱住物体的过程中系统机械能守恒
C．物体压缩弹簧过程中，系统总动量守恒
D．物体压缩弹簧过程中，人、物体和弹簧组成的系统机械能守恒
解析：在人抱住物体的过程中，因为作用时间极短，可认为系统静止，所以不受弹力作用，系统合力为零，动量守恒，选项A错误；在人抱住物体的过程中，一部分机械能转化为系统的内能，即系统的机械能不守恒，选项B错误；物体压缩弹簧过程中，系统受到水平向右的弹力作用，合外力不为零，系统的总动量不守恒，所以选项C错误；物体压缩弹簧过程中，由人、物体和弹簧组成的系统，只有系统内的弹力做功，所以系统的机械能守恒，选项D正确．
C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为48 N·s
D．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W
解析：类比速度图象位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做功W＝ mv2－ mv ＝396 J，B项错；由冲量定理可知，I－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得：I＝48 N·s，C项正确；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确．
高考物理一轮复习 第六章碰撞与动量守恒第2讲动量守恒定律及应用Word版含答案
第2讲动量守恒定律及应用考点一动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。
(2)表达式①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝0，系统总动量的增量为零。
2．动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
3．动量守恒定律的“五性”(1)动量具有瞬时性。
()(2)物体动量的变化等于某个力的冲量。
()(3)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。
()(4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。
()(5)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。
()答案：(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×[题组训练]1．[动量守恒的条件]在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。
若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中()A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能不守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒解析：子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，一部分动能转化为内能，之后木块(连同子弹)压缩弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守恒，但动量不守恒。
由于左侧挡板的支持力的冲量作用，使系统的动量不断减少，所以整个过程中，动量和机械能均不守恒。
2018年高考物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升6(含解析)
章末整合提升动量及动量守恒定律⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧动量p ＝m v ，矢量，p 与v 同向，Δp ＝p ′－p 也是矢量动量守恒定律⎩⎪⎨⎪⎧守恒条件⎩⎪⎨⎪⎧系统不受外力或受外力的合力为零系统内力远大于外力系统在某一方向上的合力为零表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′碰撞⎩⎪⎨⎪⎧弹性碰撞：动量守恒，动能守恒非弹性碰撞：动量守恒，动能不守恒完全非弹性碰撞：动量守恒，动能不守恒且损失最大1．(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 ．30 kg ·m/sB ．5.7×102 kg ·m/sC ．6.0×102 kg ·m/sD ．6.3×102 kg ·m/s命题意图：本题考查动量守恒定律及其相关的知识点．解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －m v 0＝0，解得p ＝m v 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．答案：A2.(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则()A．t＝1 s时物块的速率为1 m/sB．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t＝4 s时物块的速度为零命题意图：本题通过Ft图象考查动量定理．解析：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项均正确，C、D项均错误．答案：AB3．(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．命题意图：本题考查竖直上抛运动、动量定理及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用知识解决实际问题的能力．解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，①ΔV＝v0SΔt，②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm＝ρv0S.③Δt(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v .对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒定律得12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20，④ 在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp ＝(Δm )v ，⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理得F Δt ＝Δp ，⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ，⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2. 答案：(1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 4．(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．命题意图：本题考查能量守恒定律、动能定理、动量守恒定律等，意在考查考生对多过程问题的综合分析能力和推理计算能力．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，由能量守恒定律有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定律有m v 1＝m v 1′＋3m 4v 2′，④ 12m v 21＝12m v ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22，⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1，⑥ 由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22≤μ3m 4gl ，⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl，⑧ 联立②⑧式，a 与b 发生碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl. 答案：32v 20113gl ≤μ<v 202gl5．(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．命题意图：本题主要考查动量守恒定律、能量守恒定律、弹性碰撞及其相关知识，意在考查考生综合运用相关知识解决问题的能力．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 1，①12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1，② 联立①②式得v A 1＝m －M m ＋M v 0，③ v C 1＝2m m ＋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 1，⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0，⑦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 .答案：(5－2)M ≤m ＜M。
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课时提升作业十九动量守恒定律及其应用(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
1～5题为单选题,6～8题为多选题)1.下面关于碰撞的理解,正确的是( )A.碰撞是指相对运动的物体相遇时,在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程B.在碰撞现象中,一般来说物体所受的外力作用不能忽略C.如果碰撞过程中动能不变,则这样的碰撞叫作非弹性碰撞D.根据碰撞过程中动能是否守恒,碰撞可分为正碰和斜碰【解析】选A。
根据碰撞的定义可知,碰撞是指相对运动的物体相遇时,在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程,故A正确;在碰撞现象中,由于内力远大于外力,故可以忽略外力的作用,故B错误;如果碰撞中动能不变,则碰撞为弹性碰撞,故C错误;根据碰撞过程中动能是否守恒,碰撞可分为弹性碰撞和非弹性碰撞,故D错误。
2.台球以速度v0与球桌边框成α角撞击O点,反弹后速度为v1,方向与球桌边框夹角仍为α,如图所示。
如果v1<v0,OB垂直于桌边,则下列关于桌边对小球的弹力方向的判断中正确的是( )A.可能沿OA方向B.一定沿OB方向C.可能沿OC方向D.可能沿OD方向【解析】选B。
小球与球桌边框碰撞时属于点面接触,弹力方向垂直于接触面,即沿OB方向,故选B。
3.质量为m的物块甲以3m/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4m/s的速度与甲相向运动,如图所示。
则导学号42722460( )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1m/s时,乙物块的速率可能为2m/s,也可能为0D.甲物块的速率可能达到5m/s【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4m/s,乙的速度为3m/s,方向相反,且整个碰撞过程中甲的速度不可能大于4m/s,乙的速度不可能大于3m/s,当两物块相距最近时速度相等为0.5m/s,所以A、B、D错,C正确。
4.如图所示,足够长的小平板车B的质量为M,以水平速度v0向右在光滑水平面上运动,与此同时,质量为m 的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。
若物体与车面之间的动摩擦因数为μ,则在足够长的时间内( )A.若M>m,物体A对地向左的最大位移是B.若M<m,小车B对地向右的最大位移是C.无论M与m的大小关系如何,摩擦力对平板车的冲量均为mv0D.无论M与m的大小关系如何,摩擦力的作用时间均为【解析】选D。
规定向右为正方向,根据动量守恒定律有:Mv0-mv0=(M+m)v解得:v=。
若M>m,A所受的摩擦力f=μmg,对A,根据动能定理得:-μmgx A=0-m,则得物体A对地向左的最大位移x A=,故A错误。
若M<m,对B,由动能定理得:-μmgx B=0-M,则得小车B对地向右的最大位移x B=,B错误。
根据动量定理知,摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量,即I=-ft=Mv-Mv0=,f=μmg,解得:t=,故C错误,D 正确。
5.如图所示,一质量为m的小球沿光滑的水平面以速度v冲上一个静止在水平地面上的质量为2m的曲面体,曲面体的曲面部分为圆周并且和水平面相切。
当小球从曲面体再次滑到水平面的瞬间,其速度为( )A.vB.-vC.vD.-v【解析】选B。
小球在曲面体上滑动的过程中,小球和曲面体组成的系统,由水平方向动量守恒和机械能守恒得:mv=mv1+2mv2,mv2=m+·2m,联立得:v1=v=-v,故B正确。
6.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( )导学号42722461A.mv2B.v2C.NμmgLD.NμmgL【解析】选B、D。
根据动量守恒,共同速度v′=,损失的动能ΔE k=mv2 -(M+m)v′2=v2,所以B正确。
根据能量守恒,损失的动能等于因摩擦放出的热量,而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移,所以ΔE k=N·F f L=NμmgL,故D正确。
7.(2017·汕尾模拟)如图所示,箱子放在水平地面上,箱内有一质量为m的铁球以速度v向左壁碰去,来回碰几次后停下来,而箱子始终静止,则整个过程中( )A.铁球对箱子的冲量为零B.铁球和箱子受到的冲量大小相等C.箱子对铁球的冲量为mv,向右D.摩擦力对箱子的冲量为mv,向右【解析】选C、D。
箱子在水平方向上受到两个力作用,铁球对箱子的作用力和地面对箱子的摩擦力,二力始终等值反向,其合力始终为零,故箱子始终静止,因此,铁球对箱子的冲量与摩擦力对箱子的冲量等值反向,合冲量为零,故A错误;根据动量定理,铁球受到的冲量为I=0-mv=-mv,而箱子受到的冲量始终为零,故B错误;箱子对铁球的冲量I=0-mv=-mv,负号表示方向向右,故C正确;箱子对铁球的冲量为mv,向右,铁球对箱子的冲量为mv,向左,又因为摩擦力与铁球对箱子的作用力等值反向,所以摩擦力对箱子的冲量为mv,向右,故D正确。
8.如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。
现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图象信息可得( )导学号42722462A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s,且弹簧都是处于压缩状态B.t3～t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物块的质量之比为m1∶m2=1∶2D.在t2时刻A与B的动能之比为E k1∶E k2=1∶8【解析】选C、D。
由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大,t3时刻达到共同速度,此时弹性势能最大,弹簧处于伸长状态,故A错误;结合图象弄清两物块的运动过程,开始时A逐渐减速,B逐渐加速,弹簧被压缩,t1时刻二者速度相等,系统动能最小,弹性势能最大,弹簧被压缩到最短,然后弹簧逐渐恢复原长,B依然加速,A先减速为零,然后反向加速,t2时刻,弹簧恢复原长状态,由于此时两物块速度相反,因此弹簧的长度将逐渐增大,两物块均减速,t3时刻,两物块速度相等,系统动能最小,弹簧最长,从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长,故B错误;系统动量守恒,选择开始到t1时刻列方程可知:m1v1=(m1+m2)v2,将v1=3m/s,v2=1m/s代入得:m1∶m2=1∶2,故C正确;在t2时刻A的速度大小为v A=1m/s,B的速度为v B=2m/s,根据m1∶m2=1∶2,求出E k1∶E k2=1∶8,故D正确。
二、计算题(本题共2小题,共24分。
需写出规范的解题步骤)9.(11分)如图所示,人站在滑板A上,以v0=3m/s的速度沿光滑水平面向右运动,当靠近前方的横杆时,人相对滑板竖直向上起跳越过横杆,A从横杆下方通过,与静止的滑板B发生碰撞并粘在一起,之后人落到B板上,与滑板一起运动,已知人、滑板A和滑板B的质量分别为m人=70kg、m A=10kg、m B=20kg,求:(1)A、B碰撞过程中,A对B的冲量大小和方向。
(2)人落到B板上后,人与滑板的共同速度大小。
【解析】(1)人跳起后,A与B碰撞过程动量守恒,设碰后A、B的速度为v1,取向右为正方向,由动量守恒定律得:m A v0=(m A+m B)v1解得:v1=1m/s对B,由动量定理得:A对B的冲量:I=m B v1=20×1kg·m/s=20N·s方向水平向右(2)人下落与AB作用前后,水平方向动量守恒,设共同速度为v2,m人v0+(m A+m B)v1=(m人+m A+m B)v2代入数据得:v2=2.4m/s答案:(1)20N·s 方向水平向右(2)2.4m/s10.(13分)如图所示,装置的左边是足够长的光滑水平面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M=2kg的小物块A。
装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并平滑对接。
传送带始终以u=2m/s的速率逆时针转动。
装置的右边是一光滑的曲面,质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面高h=1.0m处由静止释放。
已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带长l=1.0m。
设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。
g取10m/s2。
导学号42722463(1)求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小。
(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上。
(3)如果物块A、B每次碰撞后,物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。
【解析】(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0由机械能守恒知mgh=mv0=设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma设物块B通过传送带后运动速度大小为v,有v2-=-2a l解得v=4m/s由于v>u=2m/s,所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v A、v1,取向右为正方向,由于是弹性碰撞,由动量守恒、能量守恒得-mv=mv1+Mv Amv2=m+M解得v1=v=m/s,即碰撞后物块B在水平台面上向右匀速运动设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′,则0-=-2a l′l′=m<1m所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时,将会沿传送带向左加速。
可以判断,物块B运动到左边台面的速度大小为v1,继而与物块A发生第二次碰撞。
设第二次碰撞后物块B速度大小为v2,由以上计算可知v2=v1=()2v物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…,碰撞后物块B的速度大小依次为v3=v2=()3v,v4=v3=()4v…则第n次碰撞后物块B的速度大小为v n=()n v答案:(1)4m/s (2)见解析(3)()n v【能力拔高题】1.(13分)质量M=0.6kg的平板小车静止在光滑水平面上,如图所示,当t=0时,两个质量都为m=0.2kg的小物体A和B,分别从小车的左端和右端以水平速度v1=5.0m/s和v2=2.0m/s同时冲上小车,当它们相对于小车停止滑动时,没有相碰。