2019届高三物理第一轮复习第六章碰撞与动量守恒 第二节《碰撞 反冲和火箭》学生版
【配套K12】[学习]2019版高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 课后分级演练19 碰撞 反冲
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课后分级演练(十九) 碰撞 反冲运动【A 级——基础练】1．(多选)A 、B 两个质量相等的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 ′＝8 kg·m/s，pB ′＝4 kg·m/s B ．p A ′＝6 kg·m/s，p B ′＝6 kg·m/sC ．p A ′＝5 kg·m/s，p B ′＝7 kg·m/sD ．p A ′＝－2 kg·m/s，p B ′＝14 kg·m/s解析：BC 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确；从能量角度分析，A 、B 碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加，碰前B 在前，A 在后，碰后如果二者同向，一定仍是B 在前，A 在后，A 不可能超越B ，所以碰后A 的速度应小于B 的速度．A 选项中，显然碰后A 的速度大于B 的速度，这是不符合实际情况的，所以A 错．碰前A 、B 的总动能E k ＝p 2A 2m ＋p 2B2m ＝742m碰后A 、B 的总动能，B 选项中E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝722m <E k ＝742m ，所以B 可能．C 选项中E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝742m＝E k ，故C 也可能．D 选项中E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝2002m >E k ＝742m，所以D 是不可能的．综上，本题正确选项为B 、C.2．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，碰撞后二者的动量正好相等．二者质量之比Mm可能为( )A ．6B ．3C ．4D ．5解析：B 设碰撞后两物块的动量都为p ，根据动量守恒定律可得总动量为2p ，根据p 2＝2mE k 可得碰撞前的总动能E k1＝p 22M，碰撞后的总动能E k2＝p 22m ＋p 22M根据碰撞前后的动能关系可得4p 22M ≥p 22m ＋p22M.3．(2017·北京西城区期末)(多选)冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生碰撞，如图 2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置下列选项正确的是( )解析：BCD 因为两个冰壶质量完全相同，由动量守恒定律易知，B 、C 、D 对，A 错． 4.我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B ．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：B 在甲、乙相互作用的过程中，系统的动量守恒，即甲对乙和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，选项B 正确，A 错误．由E k＝p 22m和W ＝ΔE k 可知，选项C 、D 均错误． 5.如图所示，质量为M 的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋m M vB ．v 0－m M vC ．v 0＋m M(v 0＋v )D ．v 0＋m M(v 0－v )解析：C 以向右为正方向，据动量守恒定律有(M ＋m )v 0＝－mv ＋Mv ′，解得v ′＝v 0＋m M(v 0＋v )，故选C.6．(多选)(2017·天津和平质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是( )A ．子弹在每个水球中的速度变化相同B ．子弹在每个水球中运动的时间不同C ．每个水球对子弹的冲量不同D ．子弹在每个水球中的动能变化相同解析：BCD 恰好能穿出第4个水球，即末速度v ＝0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－3)∶(3－2)∶(2－1)∶1，则B 正确．由于加速度a 恒定，由at ＝Δv ，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A 项错误．因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由I ＝ft 可知每个水球对子弹的冲量不同，C 项正确．由动能定理有ΔE k ＝fx ，f 相同，x 相同，则ΔE k 相同，D 项正确．7．(2017·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/s 2，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/s解析：C 碰后物块B 做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx ＝0－12·2mv 22，得v 2＝1 m/s.A 与B 碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv 0＝mv 1＋2mv 2，12mv 20＝12mv 21＋12·2mv 22，解得v 0＝1.5 m/s ，则C 项正确． 8.(2016·北京丰台区质检)如图所示，两质量分别为m1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：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 21＋12m 2v 22，12m 1v 21＝m 1gh 1，将m 2＝3m 1代入，联立可得h 1＝4h ，选项D 正确．9．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝m C ＝3m B ，A 、B 用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起最终三滑块之间距离不变．求B 与C 碰撞前B 的速度及最终的速度．解析：对A 、B 被弹开过程由动量守恒有：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，对B 、C 碰撞过程由动量守恒有：m B v B ＝(m B ＋m C )v C由题意知三个滑块最终速度相同v A ＝v C 解得最终速度v A ＝v C ＝4v 07；B 与C 碰撞前B 的速度v B ＝16v 07. 答案：碰撞前B 的速度为16v 07 最终的速度为4v 0710．(2017·东营模拟)如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v 0＝2 m/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点．甲和他的装备总质量为M 1＝90 kg ，乙和他的装备总质量为M 2＝135 kg ，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m ＝45 kg 的物体A 推向甲，甲迅速接住A 后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v (相对于空间站)将物体A 推出？(2)设甲与物体A 作用时间为t ＝0.5 s ，求甲与A 的相互作用力F 的大小．解析：(1)以甲、乙、A 三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M 2v 0－M 1v 0＝(M 1＋M 2)v 1以乙和A 组成的系统为研究对象，由动量守恒得：M 2v 0＝(M 2－m )v 1＋mv代入数据联立解得v 1＝0.4 m/s ，v ＝5.2 m/s.(2)以甲为研究对象，由动量定理得，Ft ＝M 1v 1－(－M 1v 0)代入数据解得F ＝432 N. 答案：(1)5.2 m/s (2)432 N 【B 级——提升练】11.(多选)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.mMm ＋Mv 2 C.12N μmgL D ．N μmgL解析：BD 设最终箱子与小物块的速度为v 1，根据动量守恒定律：mv ＝(m ＋M )v 1，则动能损失ΔE k ＝12mv 2－12(m ＋M )v 21，解得ΔE k ＝mMm ＋Mv 2，B 对；依题意，小物块与箱壁碰撞N 次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s ＝0.5L ＋(N －1)L ＋0.5L ＝NL ，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能，ΔE k ＝Q ＝N μmgL ，D 对．12.一个人在地面上立定跳远的最好成绩是x ，假设他站在船头要跳上距离在L 远处的平台上，水对船的阻力不计，如图所示．则( )A ．只要L <x ，他一定能跳上平台B ．只要L <x ，他有可能跳上平台C ．只要L ＝x ，他一定能跳上平台D ．只要L ＝x ，他有可能跳上平台解析：B 若立定跳远时，人离地时速度为v ，如题图从船上起跳时，人离船时速度为v ′.船的速度为v 船，由能量守恒E ＝12mv 2，E ＝12mv ′2＋12mv 2船.所以v ′<v ，人跳出的距离变小，所以B 正确．13.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( )A.mh M ＋mB.Mh M ＋mC.mh cot αM ＋mD.Mh cot αM ＋m解析：C 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x 1，M 在水平方向对地位移为x 2，因此0＝mx 1－Mx 2①且x 1＋x 2＝h cot α.② 由①②可得x 2＝mh cot αM ＋m，故选C. 14.如图所示，平板车P 的质量为M ，小物块Q 的质量为m ，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 的正上方高为R处，另一端系一质量也为m 的小球(大小不计)．今将小球拉至细绳与竖直方向成60°角的位置由静止释放，小球到达最低点时与Q 碰撞的时间极短，且无能量损失，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)小球到达最低点与Q 碰撞前瞬间的速度是多大？ (2)小物块Q 离开平板车时平板车的速度为多大？ (3)平板车P 的长度为多少？解析：(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有mgR (1－cos 60°)＝12mv 20解得v 0＝gR(2)小球与物块Q 相撞时，没有能量损失，动量和机械能都守恒，则mv 0＝mv 1＋mv Q ，12mv 20＝12mv 21＋12mv 2Q解得v 1＝0，v Q ＝v 0＝gRQ 在平板车上滑行的过程中，有mv Q ＝Mv ＋m ·2v则小物块Q 离开平板车时平板车的速度为v ＝16v Q ＝gR6(3)由能量守恒定律可知 μmgl ＝12mv 2Q －12Mv 2－12m (2v )2解得l ＝7R18μ.答案：(1)gR (2)gR6 (3)7R 18μ15．如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R ，平台上静止放着两个滑块A 、B ，其质量m A ＝m ，m B ＝2m ，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M ＝3m ，车长L ＝2R ，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为x ，x 在0<x <2R 的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A 恰好能够通过半圆轨道的最高点D ，滑块B 冲上小车．两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块A 在半圆轨道最低点C 时受到轨道的支持力F N ； (2)炸药爆炸后滑块B 的速度大小v B ；(3)请讨论滑块B 从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功W f 与s 的关系． 解析：(1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A 的速度大小为v A ，设滑块A 在半圆轨道运动到达最高点的速度为v AD ，则m A g ＝m v 2ADR得到v AD ＝gR滑块A 在半圆轨道上运动过程中， 据动能定理：－m A g ×2R ＝12m A v 2AD －12m A v 2AC得：v A ＝v AC ＝5gR滑块A 在半圆轨道最低点：F N －m A g ＝m v 2ACR得：F N ＝m A g ＋m A v 2ACR＝6mg(2)在A 、B 爆炸过程，动量守恒，则m B v B ＋m A (－v A )＝0得：v B ＝m A m B v A ＝5gR 2(3)滑块B 滑上小车直到与小车共速，设为v 共 整个过程中，动量守恒：m B v B ＝(m B ＋M )v 共 得：v 共＝2v B 5＝5gR5滑块B 从滑上小车到共速时的位移为x B ＝v 2共－v 2B－2μg ＝21R 8小车从开始运动到共速时的位移为x 车＝v 2共2μ2mg 3m＝34R两者位移之差(即滑块B 相对小车的位移)为： Δx ＝x B －x 车＝15R8<2R ，即滑块B 与小车在达到共速时未掉下小车．当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B 以v 共向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为x ′x ′＝v 2共2μg ＝R 2>(L －Δx )＝18R所以，滑块B 会从小车上滑离．讨论：当0<x <3R4时，滑块B 克服摩擦力做功为W f ＝μ2mg (L ＋x )＝4m (2R ＋x )当3R4≤x ≤2R 时，滑块B 从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为 W f1＝μ2mgx B ＝21mR2. 答案：见解析。
(新课标)高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲随堂达标巩固落实课件
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 ＝1 s， g
2． (2015· 高考天津卷)如图所示， 在光滑水平面的左侧固定一 竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与 A 球 发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为 3∶1，A 球垂直撞 向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、 B 两球的质量之比为__________，A、B 两球碰撞前、后的总 动能之比为__________．
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 1 1 1 2 2 ΔE＝ m1v1＋ m2v2－ (m1＋m2)v2⑥ 2 2 2 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 1 W＝ (m1＋m2)v2⑦ 2 联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W∶Δ E＝1∶2.
答案：(1)3 m/s
1 m/s
L (2) 4
4．(2017· 广东东莞联考)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 v0＝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/s2，木块在 B 处无机械能 损失．试求：
h 1 有－(M＋m)gh－f ＝0－ (M＋m)v2， sin θ 2 联立并代入数据，解得 h≈2.13 m. 答案：(1)8 m/s (2)2.13 m
2019版高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒6_2_1考点强化动量守恒定律的应用课件
题组剖析
3．[人教版选修3－5· P17· T7改编]悬绳下吊着一个质量为M＝9.99 kg的沙袋， 构成一个单摆，摆长L＝1 m。一颗质量m＝10 g的子弹以v0＝500 m/s的水平 速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s2)，则此 时悬绳的拉力为( ) A．35 N B．100 N C．102.5 N D．350 N
规律总结
方法技巧：应用动量守恒定律解题时应该首先判断动量是否守 恒，这就需要理解好动量守恒的条件，基本思路如下
明确研究 对象
分析受力
定正方向
列方程
系统的组成、 研究过程
判断动量 是否守恒
确定两态 的动量
求解 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 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 (发热 ) ，所以系统 的机械能不守恒。故C正确，A、B、D错误。 答案 C
备选训练
【备选训练2】如图示,甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面 上游戏。甲和他的冰车质量共为30 kg,乙和他的冰车质量也是30 kg。游戏时,甲推着一个质量为15 kg的箱子和他一起以2 m/s的速 度滑行,乙以同样大小的速率迎面滑来。为避免相撞，甲突然将 箱子沿冰面推给乙。箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计 冰面摩擦，甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与 乙相撞？ 甲乙怎样推出 与接到箱子才 能恰好避免相 撞？ 答案 m/s 5.2
2019版一轮物理教科版练习：第六章 第二讲 碰撞、反冲
一、选择题1．(多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是()A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零解析：在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小，故A正确，B错误．当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故C正确．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确．答案：ACD2．(2018·山东寿光现代中学月考)如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端，当两人同时相向运动时()A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大解析：A、B两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得m A v A＋m B v B＋m车v车＝0，若小车不动，则m A v A＋m B v B＝0，由于不知道A、B质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；若小车向左运动，则A、B的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；若小车向右运动，则A、B的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的小，故D错误．答案：C3．一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，重力加速度g 取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：弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞行，则有2m ＝34m v 甲＋14m v 乙①若爆炸后甲、乙反向飞出，则有2m ＝34m v 甲－14m v 乙②或2m ＝－34m v 甲＋14m v 乙③爆炸后甲、乙从同一高度做平抛运动，由选项A 中图可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间t ＝2hg ＝2×510s ＝1 s ，速度分别为v 甲＝x 甲t ＝2.51m/s＝2.5 m/s ，v 乙＝x 乙t ＝0.51 m/s ＝0.5 m/s ，代入②式不成立，A 项错误；同理，可求出选项B 、C 、D 中甲、乙的速度，分别代入①式、③式可知，只有B 项正确． 答案：B4．(2018·四川成都外国语学校月考)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图像，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移—时间图像，c 为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像，若A 球质量m ＝2 kg ，则由图可知下列结论错误的是( )A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/sB．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·sC．碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J解析：由s-t图像可知，碰撞前有：A球的速度v A＝Δs aΔt a＝4－102m/s＝－3 m/s，B球的速度v B＝Δs bΔt b＝42m/s＝2 m/s；碰撞后A、B两球的速度相等，为v A′＝v B′＝v＝Δs cΔt c＝2－42m/s＝－1 m/s；对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒．碰撞前后B 的动量变化为：Δp A＝m v A′－m v A＝2×(－1)－2×(－3)＝4 kg·m/s根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为：Δp B＝－Δp A＝－4 kg·m/s又：Δp B＝m B(v B′－v B)，所以：m B＝Δp Bv B′－v B＝－4－1－2kg＝43kg，所以A与B碰撞前的总动量为：p总＝m v A＋m B v B＝[2×(－3)＋43×2]kg·m/s＝－103kg·m/s；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：I B＝Δp B＝－4 kg·m/s＝－4 N·s.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：ΔE k＝12m v2A＋12m Bv2B－12(m＋m B)v2，代入数据解得：ΔEk＝10 J，故A错误，B、C、D正确；本题选错误的，故选A.答案：A二、非选择题5．(2018·成都实验中学月考)如图，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上的O点，此时弹簧处于原长．另一质量与B相同的滑块A 从导轨上的P点以初速度v0向B滑行，当A滑过距离l时，与B相碰．碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动．设滑块A和B均可视为质点，与导轨的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量．解析：设A 、B 质量均为m ，A 刚接触B 时的速度为v 1，碰后瞬间共同的速度为v 2；以A 为研究对象，从P 到O ，由能量守恒定律得：μmg l ＝12m v 20－12m v 21，以A 、B 为研究对象，碰撞瞬间系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：m v 1＝2m v 2，解得：v 2＝12v 20－2μgl ，碰后A 、B 由O 点向左运动，又返回到O 点，设弹簧的最大压缩量为x ，由能量守恒定律得：μ(2mg )·2x ＝12·2m v 22，解得：x ＝v 2016μg －l 8.答案：v 2016μg －l 86．(2018·辽宁抚顺模拟)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。
2019届高考物理一轮复习教科版课件：第六章 碰撞与动量守恒 基础课1 精品
冲量
1.定义：力和力的_作__用__时__间__的乘积叫做这个力的冲量。 公式：I＝__F__t _。
2.单位：__牛__·秒___，符号是__N__·s_。 3.方向：冲量是矢量，冲量的方向与力的方向__相__同__。
动量定理
1.内容：物体所受_合__外__力__的冲量等于物体__动__量__的变化。 2.表达式：Ft＝mv′－mv＝p′－p。 3.矢量性：动量变化量的方向与__合__外__力__的方向相同，可以在某一方向上用动量定 理。
动能
物体由于运动而具 有的能量
动量变化量
物体末动量与初动量的 矢量差
定义式
矢标性 特点
关联方程
p＝mv
Ek＝12mv2
Δp＝p′－p
矢量
标量矢量状态量状态量过程量Ek＝2pm2 ，Ek＝12pv，p＝ 2mEk，p＝2Ev k
1.(多选)对任何一个固定质量的物体，下列说法正确的是( ) A.物体的动量发生变化，其动能一定发生变化 B.物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化 C.物体的动能发生变化，其动量一定发生变化 D.物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化 解析 物体的动量发生变化，可能是方向改变也可能是大小改变，所以物体的动 能不一定发生变化，故选项A错误，B正确；物体的动能变化，速度大小一定变化， 则动量一定发生变化，故选项C正确，D错误。 答案 BC
3.动量定理的两个重要应用 (1)应用I＝Δp求变力的冲量。 (2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量。
【典例】 一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两 车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速率约为30 m/s。则： (1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大？ (2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人 体受到的平均冲力为多大？
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。
2019届高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用课件新人教版
3．(多选)小车 AB 静置于光滑的水平面上，A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘 有橡皮泥，小车的质量为 M，长为 L；质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细绳连接在小车的 A 端并使弹簧压缩。开 始时，小车与 C 都处于静止状态，如图所示。当突然烧断细绳后，弹簧被释放， 物体 C 离开弹簧向 B 端冲去，并跟 B 端的橡皮泥粘在一起，下列相关说法正确 的是 导学号 21992417 ( BCD )
• [解析] ①小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对 人与车组成的系统，系统受到的合外力为零，系统动量守 恒；②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹 与木块组成的系统，系统所受到的合外力为零，系统动量 守恒；③子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的 系统受墙角的作用力，系统所受到的合外力不为零，系统 动量不守恒；④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时， 绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系 统，所受到的合外力不为零，系统动量不守恒。综上可知， B正确，A、C、D错误。
•碰撞、反冲、爆炸
很短 __________,而物体 • 1．碰撞：物体间的相互作用持续时间 很大 间相互作用力__________的现象。 远大于 __________外 • 2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力 力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
• 3．分类：
两类守恒
碰撞类型 弹性碰撞 非完全弹性碰撞 完全非弹性碰撞
第六章
动量和动量守恒定律
第2讲 动量守恒定律及应用
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知识梳理自测 核心考点突破 阶段培优微专题 2年高考模拟
知识梳理自测
•动量守恒定律
不受外力 外力的矢量和 • 1．内容：如果一个系统 __________，或者所受 _______________为0，这个系统的总动量保持不变。 m1v1′＋m2v2′ • 2．表达式：m1v1＋m2v2 ＝__________________或p＝p′。 • 3．适用条件： 外力的合力 • (1)理想守恒：系统不受外力或所受____________为零，则 大于 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 _________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。
高考物理大一轮复习 第六章 第2讲 动量守恒定律及“三类模型”问题讲义(含解析)教科版-教科版高三全
第2讲动量守恒定律及“三类模型”问题一、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．2．表达式(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋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．(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．自测1关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒答案 C二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞．(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒．(3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失．②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失．③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大．2．反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、发射火箭等．(3)规律：遵从动量守恒定律．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒．如爆竹爆炸等．自测2如图1所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )图1A．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解析以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误.命题点一动量守恒定律的理解和基本应用例1(2018·湖北省仙桃市、天门市、潜江市期末联考)如图2所示，A、B两物体的质量之比为m A∶m B＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有( )图2A．A、B系统动量守恒B．A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒C．小车C先向左运动后向右运动D．小车C一直向右运动直到静止答案 D解析A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒．在弹簧释放的过程中，因m A∶m B＝1∶2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故A、B、C错误，D正确．变式1(多选)(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图3所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是( )图3A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒C．不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同答案BCD解析物体与油泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C 正确；由C 的分析可知，当物体与B 端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D 正确．例2 (2017·全国卷Ⅰ·14)将质量为1.00kg 的模型火箭点火升空，50g 燃烧的燃气以大小为600m/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 ．30kg·m/s B ．5.7×102kg·m/s C ．6.0×102kg·m/s D ．6.3×102kg·m/s答案 A解析 设火箭的质量为m 1，燃气的质量为m 2.由题意可知，燃气的动量p 2＝m 2v 2＝50×10－3×600kg·m/s＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝m 1v 1－m 2v 2，则火箭的动量大小为p 1＝m 1v 1＝m 2v 2＝30kg·m/s，所以A 正确，B 、C 、D 错误． 变式2 (2018·江西省七校第一次联考)一质量为M 的航天器远离太阳和行星，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m 的气体，气体向后喷出的速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小v 2等于(v 0、v 1、v 2均为相对同一参考系的速度)( ) A.M ＋m v 0－mv 1MB.M ＋m v 0＋mv 1MC.Mv 0＋mv 1M －mD.Mv 0－mv 1M －m答案 C解析 以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv 0＝－mv 1＋(M －m )v 2 解得v 2＝Mv 0＋mv 1M －m，故选C. 命题点二 碰撞模型问题1．碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律 (2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等．②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变． 2．弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2②解得v 1′＝m 1－m 2v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝m 2－m 1v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度． 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则：v 1′＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2，①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度． ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动． ③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来．例3 (2018·广东省湛江市第二次模拟)如图4所示，水平地面放置A 和B 两个物块，物块A 的质量m 1＝2kg ，物块B 的质量m 2＝1kg ，物块A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现对物块A 施加一个与水平方向成37°角的外力F ，F ＝10N ，使物块A 由静止开始运动，经过12s 物块A 刚好运动到物块B 处，A 物块与B 物块碰前瞬间撤掉外力F ，物块A 与物块B 碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A 、B 两物块均可视为质点，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图4(1)计算A 与B 两物块碰撞前瞬间物块A 的速度大小；(2)若在物块B 的正前方放置一个弹性挡板，物块B 与挡板碰撞时没有能量损失，要保证A 和B 两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B 的距离L 不得超过多大？答案 (1)6m/s (2)L 不得超过3.4m 解析 (1)设物块A 与物块B 碰前速度为v 1，由牛顿第二定律得：F cos37°－μ(m 1g －F sin37°)＝m 1a 解得：a ＝0.5m/s 2则速度v 1＝at ＝6m/s(2)设A 、B 两物块相碰后A 的速度为v 1′，B 的速度为v 2 由动量守恒定律得：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2 由机械能守恒定律得：12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22联立解得：v 1′＝2m/s 、v 2＝8 m/s对物块A 用动能定理得：－μm 1gx A ＝0－12m 1v 1′2解得：x A ＝0.4m对物块B 用动能定理得：－μm 2gx B ＝0－12m 2v 22解得：x B ＝6.4m物块A 和物块B 能发生第二次碰撞的条件是x A ＋x B >2L ， 解得L <3.4m即要保证物块A 和物块B 能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B 的距离L 不得超过3.4m.拓展点1 “滑块—弹簧”碰撞模型例4 (2018·山东省临沂市一模)如图5所示，静止放置在光滑水平面上的A 、B 、C 三个滑块，滑块A 、B 间通过一水平轻弹簧相连，滑块A 左侧紧靠一固定挡板P ，某时刻给滑块C 施加一个水平冲量使其以初速度v 0水平向左运动，滑块C 撞上滑块B 的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35J ，此时撤掉固定挡板P ，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A 、B 、C 的质量分别为m A ＝m B ＝0.2kg ，m C ＝0.1kg ，(取10＝3.17)求：图5(1)滑块C 的初速度v 0的大小；(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B 、C 的速度大小；(3)从滑块B 、C 压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B 、C 整体的冲量． 答案 (1)9m/s (2)1.9 m/s (3)1.47N·s，方向水平向右解析 (1)滑块C 撞上滑块B 的过程中，滑块B 、C 组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得：m C v 0＝(m B ＋m C )v 1弹簧被压缩至最短时，滑块B 、C 速度为零，根据能量守恒定律得：E p ＝12(m B ＋m C )v 12解得：v 1＝3m/s ，v 0＝9 m/s(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B 、C 的速度大小为v 2，滑块A 的大小为v 3，根据动量守恒定律得：m A v 3＝(m B ＋m C )v 2，根据能量守恒定律得：E p ＝12m A v 32＋12(m B ＋m C )v 22解得：v 2≈1.9m/s(3)设弹簧对滑块B 、C 整体的冲量I ，选向右为正方向，由动量定理得：I ＝Δp ＝(m B ＋m C )(v 2＋v 1)解得：I ＝1.47N·s，方向水平向右．拓展点2 “滑块—木板”碰撞模型例5 (2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)如图6，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m 的木板，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，最后所有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为g ，求：图6(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小； (2)木块2在整个运动过程中的最小速度． 答案 (1)4v 02μg (2)56v 0解析 (1)当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，设为v ，以v 0的方向为正方向．系统动量守恒m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝6mv 木块3在木板上匀减速运动：μmg ＝ma 由运动学公式(3v 0)2－v 2＝2ax 3 解得x 3＝4v 02μg(2)设木块2的最小速度为v 2，此时木块3的速度为v 3，由动量守恒定律m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(2m ＋3m )v 2＋mv 3在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同 3v 0－v 3＝2v 0－v 2 解得v 2＝56v 0.变式3 (多选)(2018·广西桂林市、百色市和崇左市第三次联考)如图7甲，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2kg 的木块A 以速度v 0＝2m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，之后木块A 与长木板B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图7A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1 B ．长木板的质量M ＝2kgC ．长木板B 的长度至少为2mD ．木块A 与长木板B 组成系统损失机械能为4J 答案 AB解析 由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为：a B ＝Δv Δt ＝11m/s 2＝ 1 m/s 2，对长木板B ，根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma B ，μ＝0.1，故A 正确；由题图可知前1s 内长木板B 的位移为：x B ＝12×1×1m＝0.5m ，木块A 的位移为：x A ＝2＋12×1m＝1.5m ，所以长木板B 的最小长度为：L ＝x A －x B ＝1m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成系统损失的机械能为：ΔE ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2＝2J ，故D 错误．拓展点3 “滑块—斜面”碰撞模型例6 (2018·福建省厦大附中第二次模拟)如图8所示，光滑水平面上质量为m 1＝2kg 的物块以v 0＝2m/s 的初速度冲向质量为m 2＝6kg 静止的光滑圆弧面斜劈体．求：图8(1)物块m 1滑到最高点位置时，二者的速度大小； (2)物块m 1从圆弧面滑下后，二者速度大小．(3)若m 1＝m 2，物块m 1从圆弧面滑下后，二者速度大小． 答案 见解析解析 (1)物块m 1与斜劈体作用过程水平方向遵从动量守恒定律，且到最高点时共速，以v 0方向为正，则有：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，v ＝0.5m/s ；(2)物块m 1从圆弧面滑下过程，水平方向动量守恒，动能守恒，则有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22， 解得：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0 代入数据得：v 1＝－1m/s ，v 2＝1 m/s ；(3)若m 1＝m 2，根据上述分析，物块m 1从圆弧面滑下后，交换速度，即v 1′＝0，v 2′＝2m/s. 变式4 (2019·甘肃省天水市调研)如图9所示，在水平面上依次放置小物块A 和C 以及曲面劈B ，其中A 与C 的质量相等均为m ，曲面劈B 的质量M ＝3m ，曲面劈B 的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B 足够高，各接触面均光滑．现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B .求：图9(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度． 答案 (1)14mv 02 (2)3v 0240g解析 (1)小物块C 与物块A 发生碰撞粘在一起，以v 0的方向为正方向 由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 解得v ＝12v 0；碰撞过程中系统损失的机械能为E 损＝12mv 02－12×2mv 2解得E 损＝14mv 02.(2)当小物块A 、C 上升到最大高度时，A 、B 、C 系统的速度相等．根据动量守恒定律：mv 0＝(m ＋m ＋3m )v 1 解得v 1＝15v 0根据机械能守恒得2mgh ＝12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 02－12×5m ⎝ ⎛⎭⎪⎫15v 02解得h ＝3v 0240g.命题点三 “人船”模型1．特点⎩⎪⎨⎪⎧1两个物体2动量守恒3总动量为零2．方程m 1v 1－m 2v 2＝0(v 1、v 2为速度大小)3．结论m 1x 1＝m 2x 2(x 1、x 2为位移大小)例7 (2018·河南省鹤壁市第二次段考)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d ，然后用卷尺测出船长L .已知他的自身质量为m ，水的阻力不计，则船的质量为( ) A.m L ＋dd B.m L －dd C.mL dD.m L ＋dL答案 B解析 设人走动的时候船的速度为v ，人的速度为v ′，人从船头走到船尾用时为t ，人的位移为L －d ，船的位移为d ，所以v ＝d t ，v ′＝L －dt.以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv －mv ′＝0，可得：M d t ＝mL －d t ，小船的质量为：M ＝m L －dd，故B 正确．变式5 (2018·河南省中原名校第六次模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A ，斜面体质量为M 、底边长为L ，如图10所示．将一质量为m 、可视为质点的滑块B 从斜面的顶端由静止释放，滑块B 经过时间t 刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为N ，则下列说法中正确的是( )图10A ．N ＝mg cos αB ．滑块下滑过程中支持力对B 的冲量大小为Nt cos αC ．滑块B 下滑的过程中A 、B 组成的系统动量守恒D ．此过程中斜面体向左滑动的距离为mM ＋mL答案 D解析 当滑块B 相对于斜面加速下滑时，斜面体A 水平向左加速运动，所以滑块B 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力N 不等于mg cos α，A 错误；滑块B 下滑过程中支持力对B 的冲量大小为Nt ，B 错误；由于滑块B 有竖直方向的分加速度，所以A 、B 组成的系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C 错误；A 、B 组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A 、B 两者水平位移大小分别为x 1、x 2，则Mx 1＝mx 2，x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝mM ＋mL ，D 正确．命题点四 “子弹打木块”模型1．木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒． 2．两者发生的相对位移为子弹射入的深度x 相．3．根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能．4．系统产生的内能Q ＝f ·x 相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积．5．当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔE k ＝f ·L (L 为木块的长度)．例8 一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为f .则： (1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？ (2)子弹在木块内运动的时间为多长？(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？答案 (1)m M ＋m v 0 (2)Mmv 0f M ＋m (3)Mm M ＋2m v 022f M ＋m 2Mm 2v 022f M ＋m2Mmv 022f M ＋m解析 (1)设子弹、木块相对静止时的速度为v ，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝(M ＋m )v解得v ＝mM ＋mv 0 (2)设子弹在木块内运动的时间为t ，由动量定理得 对木块：ft ＝Mv －0 解得t ＝Mmv 0f M ＋m(3)设子弹、木块发生的位移分别为x 1、x 2，如图所示，由动能定理得对子弹：－fx 1＝12mv 2－12mv 02解得：x 1＝Mm M ＋2m v 022f M ＋m2对木块：fx 2＝12Mv 2解得：x 2＝Mm 2v 022f M ＋m2子弹打进木块的深度等于相对位移，即x 相＝x 1－x 2＝Mmv 022f M ＋m变式6 (2019·陕西省商洛市质检)如图11所示，在固定的水平杆上，套有质量为m 的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M 的木块，现有质量为m 0的子弹以大小为v 0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图11A ．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m 0v 0m 0＋m ＋MB ．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M ＋m 0)gC ．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M ＋m ＋m 0)gD ．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 答案 C解析 子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，以v 0的方向为正方向，则m 0v 0＝(M ＋m 0)v 1，得v 1＝m 0v 0m 0＋M ，选项A 错误；子弹射入木块后的瞬间，T －(M ＋m 0)g ＝(M ＋m 0)v 12L，可知绳子拉力大于(M ＋m 0)g ，选项B 错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环：N ＝T ＋mg >(M ＋m ＋m 0)g ，由牛顿第三定律知，选项C 正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D 错误．1．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，那么这次碰撞是( )A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法确定答案 A2．(2018·福建省福州市模拟)一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为( )A.v2－v1v1M B.v2v2－v1MC.v2－v0v2＋v1M D.v2－v0v2－v1M答案 C3．(2018·广东省东莞市调研)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是( )A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙答案 B4．(2018·山东省青岛市第二次质量检测)如图1，连接有水平轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动．下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图像，不合理的是( )图1答案 A解析 物块b 以一定初速度向左运动与连接有水平轻弹簧的静止物块a 相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小．故A 错误．5．(2019·河南省鹤壁市调研)在列车编组站里，一节动车车厢以1m/s 的速度碰上另一节静止的拖车车厢，碰后两节车厢结合在一起继续运动．已知两节车厢的质量均为20t ，则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为(碰撞过程时间很短，内力很大)( ) A ．10N·s B ．20N·s C ．104N·s D ．2×104N·s答案 C解析 动车车厢和拖车车厢碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv 0＝2mv ，对拖车根据动量定理有I ＝mv ，联立解得I ＝104N·s，选项C 正确．6．(2018·山西省晋城市第一次模拟)所谓对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起．假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M 、m ，两者对接前的在轨速度分别为(v ＋Δv )、v ，对接持续时间为Δt ，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( )A.m 2·Δv M ＋m ΔtB.M 2·Δv M ＋m ΔtC.Mm ·ΔvM ＋m ΔtD ．0答案 C解析 在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中水平方向动量守恒，M (v ＋Δv )＋mv ＝(M ＋m )v ′，解得对接后两者的共同速度v ′＝v ＋M ·ΔvM ＋m，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F ·Δt ＝mv ′－mv ，解得F ＝Mm ·ΔvM ＋m Δt，选项C 正确．7．(2018·河北省石家庄二中期中)滑块a 、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，两者的位置x 随时间t 变化的图像如图2所示．则滑块a 、b 的质量之比( )图2A ．5∶4B．1∶8C．8∶1D．4∶5 答案 B解析 设滑块a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 两滑块碰撞前的速度为v 1、v 2， 由题图得v 1＝－2m/sv 2＝1m/s两滑块发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度设为v ，由题图得v ＝23m/s由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v联立解得m 1∶m 2＝1∶8.8.(2018·山东省日照市校际联合质检)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A 、B 碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图像如图3所示．则下列说法错误的是( )图3A ．碰撞前后物体A 的运动方向相反B ．物体A 、B 的质量之比为1∶2C ．碰撞过程中A 的动能变大，B 的动能减小D ．碰前物体B 的动量较大 答案 C解析 由题图可得，碰撞前v A ＝20－302m/s ＝－5 m/s ，碰撞后v A ′＝20－102m/s ＝5 m/s ，则碰撞前后物体A 的运动方向相反，故A 正确；由题图可得，碰撞前v B ＝20－02m/s ＝10 m/s ，根据动量守恒得m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v A ′，代入数据得：m A ∶m B ＝1∶2，故B 正确；碰撞前后物体A 速度大小相等，则碰撞过程中物体A 动能不变，故C 错误；碰前物体A 、B 速度方向相反，碰后物体A 、B 速度方向与物体B 碰前速度方向相同，则碰前物体B 动量较大，故D 正确．9.(多选)(2019·江西省上饶市调研)质量为M 的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，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4所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是( )图4A ．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mMv D ．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为m ML 答案 BC解析 弹簧推开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，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；取物块和小车的系统，外力的和为零，故系统的动量守恒，B 选项正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝mv －Mv ′，解得v ′＝m M v ，C 选项正确；弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”，有v v ′＝Mm，则在相同时间内x x ′＝M m ，且x ＋x ′＝L ，联立得x ′＝mL M ＋m，D 选项错误． 10.(多选)(2018·陕西省西安一中一模)如图5所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M ，物体M 上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C ，A 、B 为同一水平直径上的两点，现让小滑块m 从A 点由静止下滑，则( )图5A ．小滑块m 到达物体M 上的B 点时小滑块m 的速度不为零B ．小滑块m 从A 点到C 点的过程中物体M 向左运动，小滑块m 从C 点到B 点的过程中物体M 向右运动C ．若小滑块m 由A 点正上方h 高处自由下落，则由B 点飞出时做竖直上抛运动D ．物体M 与小滑块m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 答案 CD解析 物体M 和小滑块m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D 正确；小滑块m 滑到右端两者水平方向具有相同的速度：0＝(m ＋M )v ，v ＝0，可知小滑块m 到达物体M 上的B 点时，小滑块m 、物体M 的水平速度为零，故当小滑块m 从A 点由静止下滑，则能恰好到达B 点，当小滑块由A 点正上方h 高处自由下落，则由B 点飞出时做竖直上抛运动，A 错误，C 正确；小滑块m 从A 点到C 点的过程中物体M 向左加速运动，小滑块m 从C 点到B 点的过程中物体M 向左减速运动，选项B 错误．11．(2018·山东省日照市二模)2017年4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与离地面390公里处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接．下列说法正确的是( )A ．根据“天宫二号”离地面的高度，可计算出地球的质量B ．“天舟一号”与“天宫二号”的对接过程，满足动量守恒、能量守恒C ．“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，轨道半径和线速度都略微减小D ．若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度 答案 D解析 根据GMmR ＋h2＝m4π2T 2(R ＋h )，可得M ＝4π2R ＋h 3GT 2，则根据“天宫二号”离地面的高度，不可计算出地球的质量，选项A 错误；“天舟一号”与“天宫二号”对接时，“天舟一号”要向后喷气加速才能对接，故对接的过程不满足动量守恒，但是能量守恒，选项B 错误；“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，万有引力变大，则轨道半径略微减小，引力做正功，故线速度增加，选项C 错误；G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，而M ＝43πR 3ρ，可得ρ＝3πGT2，即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度，选项D 正确． 12．(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图6所示，质量M ＝9kg 的小车A 以大小v 0＝8m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台上放置质量m ＝1 kg 的小球。
高考物理一轮复习6.2 碰撞反冲与动量守恒律的用(精讲)
权掇市安稳阳光实验学校专题6.2 碰撞、反冲与动量守恒定律的应用 1.理解动量守恒定律的确切含义，知道其适用范围。 2.掌握动量守恒定律解题的一般步骤。 3.会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题。 知识点一 动量守恒定律及其应用 1．动量守恒定律 (1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变． (2)动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2. 2．系统动量守恒的条件 (1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒． (2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒． (3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒. 知识点二 碰撞 1．概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象． 2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． 3．分类
种类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 【拓展提升】 1．弹性碰撞后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ ①
12m1v21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2 ②
解得v1′＝12122
12
()2mmvmvmm
v2′＝
21211
12
()2mmvmvmm
2．弹性碰撞分析讨论 当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。 当碰前物体2的速度为零时，v2＝0，则：
v1′＝12112()mmvmm，v2′＝2m1v1m1＋m2，
(1)m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。 (2)m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动。 (3)m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来。 【典例】(2019·山东揭阳一中检测)如图所示，水平面上相距为L＝5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M＝2 kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d＝3 m。一质量为m＝1 kg的小物块A以v0＝6
高三物理一轮复习课件：第六章 碰撞与动量守恒6.2
(3)同一性:速度的大小跟参考系的选取有关,应用动量 守恒定律,各物体的速度必须是相对于同一参考系的速 度,一般选地面为参考系。 (4)普适性:它不仅适用于两个物体所组成的系统,也适
用于多个物体组成的系统;不仅适用于宏观物体组成的
系统,也适用于微观粒子组成的系统。
2.动量守恒定律解题的基本步骤: (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
【思考探究】 (1)小孩推开冰块过程中,小孩和冰块系统动量守恒吗? 提示:动量守恒。
(2)冰块滑上斜面过程中动量守恒吗?能否应用动量守 恒定律?机械能守恒吗? 提示:动量不守恒,但水平方向合力为零,因此水平方向 动量守恒,水平方向可以应用动量守恒定律,冰块上滑
斜面过程中机械能守恒,冰块的动能转化为两者的动能
(6)飞船做圆周运动时,若想变轨通常需要向前或向后
喷出气体,该过程中动量守恒。 ( )
提示:(1)√。满足动量守恒条件。 (2)×。动量守恒定律是普适定律,也适用于微观粒子。 (3)×。当系统合外力不为零,但某一方向上合外力为 零时,可以在该方向上应用动量守恒定律。
(4)√。物体相互作用,合外力为零时,其合外力所做的 功不一定为零,所以动量守恒时,其机械能不一定守恒。 (5)√。若在光滑水平面上两球相向运动,碰后均变为 静止,则两球碰前的动量大小一定相同,方向一定相反。
块以相对冰面3m/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=0.3m(h小于
斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,
冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。 重力加速度的大小g取10m/s2。 世纪金榜导学号42722138
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第六章碰撞与动量守恒
第二节碰撞反冲和火箭
一、学习目标
1.知道什么事弹性碰撞、非弹性碰撞，会用动量、能量的观点分析解决一维碰撞问题。
2.理解反冲运动原理，能够运用动量守恒定律解决反冲与爆炸问题
3.掌握人船模型特点，能够运用动量守恒定律解决此类问题。
二、知识梳理
（一）碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．1．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．2．分类
（二）反冲
1．“人船模型”问题的特征：两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．
2．运动特点：两个物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停．
3．处理“人船模型”问题的两个关键：
(1)处理思路：利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移的关系．
①用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率．
②此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m1v1－m2v2＝0.
③如果两物体相互作用的时间为t ，在这段时间内两物体的位移大小分别为x 1和x 2，则有m 1x 1t －m 2x 2
t
＝0，即m 1x 1－m 2x 2＝0.
(2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移的关系．
三、例题与即时训练
考点一 弹性碰撞与非弹性碰撞
【典例1】 (2018·湖北黄冈模拟)如图所示,质量为m A =2 kg 的木块A 静止在光滑水平面上.一质量为m B =1 kg 的木块B 以初速度v 0=5 m/s 沿水平方向向右运动,与A 碰撞后都向右运动.
木块A 与挡板碰撞后立即反弹(设木块A 与挡板碰撞过程无机械能损失),后来木块A 与B 发生二次碰撞,碰后A,B 同向运动,速度大小分别为0.9 m/s,1.2 m/s.求:
(1)木块A,B 第一次碰撞过程中A 对B 的冲量; (2)木块A,B 第二次碰撞过程中系统损失的机械能.
【即时训练1】 (多选)如图(甲)所示,在光滑水平面上的两小球发生正碰.小球的质量分别为m 1和m 2.图(乙)为它们碰撞前后的s-t 图像.已知m 1=0.1 kg,由此可以判断( ) A.碰后m 2和m 1都向右运动
B.碰前m 2静止,m 1向右运动
C.m 2=0.3 kg
D.碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能
【即时训练2】(2015·全国卷Ⅱ)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 变化的图像如图所示。
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。
【即时训练3】 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m2=3m1,则A反弹后能达到的高度为()
A.H
B.2h
C.3h
D.4h
【即时训练4】(2014·新课标全国卷Ⅰ)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=0.8m,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=0.3s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球的速度恰为零。
已知m B=3m A,重力加速度大小
g=10m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。
求:
①B球第一次到达地面时的速度;
②P点距离地面的高度。
【即时训练5】(2016·全国卷III·T35（2）)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3
4
m,两物块与
地面间的动摩擦因数均相同。
现使a以初速度v0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。
考点二多体碰撞问题
【典例2】如图所示,光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的
左端,三者质量分别为m A=2 kg,m B=1 kg,m C=2 kg.开始时C静止,A,B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A,B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞.求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小.
【例题拓展】在典例2中(1)A与C发生碰撞后粘在一起,则三个物体最终的速度是多少? (2)在相互作用的整个过程中,系统的机械能损失了多少?
【即时训练6】(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。
【即时训练7】(2013·课标卷Ⅱ，35(2))如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度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，
(ⅰ)整个系统损失的机械能； (ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
考点三 反冲与爆炸类问题
【典例3】 (2018·山东烟台校级月考)一个质量为m 的物体从高处自由下落,当物体下落h 时突然炸裂成两块,其中质量为m 1的一块恰好能沿竖直方向回到开始下落的位置,求刚炸裂时另一块的速度v 2.
【即时训练8】 (2018·福建福州模拟)一质量为M 的航天器,正以速度v 0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v 1,加速后航天器的速度大小为v 2,则喷出气体的质量m 为( )
A.201v v v -M
B.221v v v +M
C.2021v v v v -+M
D.20
21
v v v v --M
【即时训练9】(2015·海南高考)运动的原子核A Z X 放出α粒子后变成静止的原子核Y 。
已知X 、Y 和α粒子的质量分别是M 、m 1和m 2,真空中的光速为c,α粒子的速度远小于光速。
求
反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能。
考点四“人船模型”
【典例4】质量为m的人站在质量为M、长为L的静止小船的右端,小船的左端靠在岸边.在忽略水的阻力的情况下,当他从右端走到船的左端时,船左端离岸多远?
【即时训练10】如图所示,一个质量为m的玩具蛙,蹲在质量为M的小车的细杆上,小车放在光滑的水平桌面上,若车长为L,细杆高为h,且位于小车的中点,试求:当玩具蛙最小以多大的水平速度v跳出,才能落到桌面上.
四、巩固训练
1.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，两球在碰撞前后的速度—时间图象如图所示，下列关系正
确的是()
A．m a＞m b B．m a＜m b
C．m a＝m b D．无法判断
2.一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为()
A.v 2－v 0v 1M
B ．v 2
v 2＋v 1M
C.v 2－v 0v 2＋v 1
M D ．v 2－v 0v 2－v 1
M
3.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象．图中的线段a 、b 、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )
A ．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2
B ．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
C ．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D ．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16
4.(2018·山东淄博一中高三上学期期中)如图所示，AOB 是光滑水平轨道，BC 是半径为R 的光滑的1
4固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B 点．质量为M 的小木块静止在O 点，一颗
质量为m 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C (木块和子弹均看作质点)．
(1)求子弹射入木块前的速度；
(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并
留在其中，则当第17颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？。