2016高考物理大一轮复习第1讲碰撞与动量守恒模拟检测(选修3_5)
2016-2017学年高中物理第1章碰撞与动量守恒3动量守恒定律的应用学业分层测评教科版选修3-5
动量守恒定律的应用(建议用时：45分钟)[学业达标]1．一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法正确的是 ( )A．气球可能匀速上升B．气球可能相对地面静止C．气球可能下降D．气球运动速度不发生变化E．气球可能加速上升【解析】设气球质量为M，人的质量为m，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，则(M＋m)v0＝mv1＋Mv2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v2＝M＋m v0－mv1M.当v2＞0时，气球匀速上升；当v2＝0时，气球静止；当v2＜0时，气球下降．所以，选项A、B、C均正确．要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v0，即人不上爬，显然不对，D选项错误．E项违背动量守恒．【答案】ABC2．质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端，如图1311所示，当车与地面摩擦不计时，那么( )图1311A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车也突然停止B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同E．人在车上行走的平均速度越大，车在地面移动的平均速度也越大【解析】由人与车组成的系统动量守恒得：mv人＝Mv车，可知A、E正确；设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车得，x车＝mM＋mL，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C均错误．【答案】ADE3．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、p 2，则必有 ( )A ．E k1<E k0B ．p 1<p 0C ．E k2>E k0D ．p 2>p 0E ．p 2＝p 0【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，A 正确，C 错误；另外，A 选项也可写成p 212m ＜p 202m，B 正确；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p 2－p 1＝p 0，D 正确，E 错误．【答案】 ABD4．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，AB 车质量为M ，长为L .质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连结于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 与C 都处于静止状态，如图1312所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )【导学号：11010011】图1312A ．如果AB 车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B ．整个系统任何时刻动量都守恒C ．当木块对地运动速度为v 时，小车对地运动速度为m M vD ．整个系统最后静止E ．木块的位移一定大于小车的位移【解析】 因水平地面光滑，小车、木块、弹簧组成的系统动量守恒，有mv 1＝Mv 2，ms 1＝Ms 2，因不知m 、M 的大小关系，故无法比较s 1、s 2的大小关系，但当木块C 与B 端碰撞后，系统总动量为零，整体又处于静止状态，故B 、C 、D 均正确，E 错误；因木块C 与B 端的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A 错误．【答案】 BCD5．A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图1313所示为两球碰撞前后的位移图像．a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移图像，c 为碰撞后两球共同运动的位移图像，若A 球质量是m ＝2 kg ，则由图像判断下列结论正确的是( )图1313A ．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 的动量变化量为4 kg·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 JE ．B 球的质量为8 kg【解析】 根据图像可以求出碰撞前小球的速度v A ＝－3 m/s ，v B ＝2 m/s ；碰撞后两球共同运动的速度v ＝－1 m/s ，根据动量守恒定律有m B ＝43 kg ，即碰撞前的总动量为－103kg·m/s.碰撞前后A 的动量变化量为4 kg·m/s；碰撞时A 对B 所施冲量为43×(－1－2) N·s ＝－4 N·s；碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J.【答案】 BCD6．平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动．水对船的阻力忽略不计．下列说法中正确的是( )A ．人走动时，他相对于水面的速度大于小船相对于水面的速度B ．他突然停止走动后，船由于惯性还会继续走动一小段时间C ．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍D ．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍E ．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的8倍【解析】 人船系统动量守恒，总动量始终为零，因此人、船动量等大，速度与质量成反比，A 正确；人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v ，则(M ＋m )v ＝0，所以v ＝0，说明船的速度立即变为零，B 错误；人和船系统动量守恒，速度和质量成反比，因此人的位移是船的位移的8倍，C 错误，E 正确；动能、动量关系E k ＝p 22m ∝1m，人在船上走动过程中人的动能是船的动能的8倍，D 正确．【答案】 ADE7．质量为M 的火箭，原来以速度v 0在太空中飞行，现在突然向后喷出一股质量为Δm的气体，喷出气体相对火箭的速度为v ，则喷出气体后火箭的速率为________________．【解析】 依题意可知，火箭原来相对地的速度为v 0，初动量为p 0＝Mv 0，质量为Δm 的气体喷出后，火箭的质量为(M －Δm )，设气体喷出后，火箭和气体相对地的速度分别为v 1和v 2，则气体相对火箭的速度为：v ＝v 1＋v 2，v 2＝v －v 1，选v 1的方向为正方向，则系统的末动量为：p ＝(M －Δm )v 1＋Δm [－(v －v 1)]＝Mv 1－Δmv ，由动量守恒定律，有p ＝p 0，则：Mv 1－Δmv ＝Mv 0，所以v 1＝(Mv 0＋Δmv )/M .【答案】 (Mv 0＋Δmv )/M8．从某高度自由下落一个质量为M 的物体，当物体下落h 时，突然炸裂成两块，已知质量为m 的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：(1)刚炸裂时另一块碎片的速度；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为碎片的动能？【解析】 (1)M 下落h 时：由动能定理得Mgh ＝12Mv 2， 解得v ＝2gh爆炸时动量守恒：Mv ＝－mv ＋(M －m )v ′v ′＝M ＋m M －m2gh ，方向竖直向下． (2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，即ΔE k ＝12mv 2＋12(M －m )v ′2－12Mv 2 ＝12(m －M )v 2＋M ＋m 2gh M －m ＝4Mmgh M －m. 【答案】 (1)M ＋m M －m 2gh ，方向竖直向下 (2)4Mmgh M －m[能力提升]9．如图1314所示，质量为M 的小车原来静止在光滑水平面上，小车A 端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端放置一质量为m 的物体C ，小车底部光滑，开始时弹簧处于压缩状态，当弹簧释放后，物体C 被弹出向B 端运动，最后与B 端粘在一起，下列说法中正确的是 ( )图1314A ．物体离开弹簧时，小车向左运动B ．物体与B 端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C 的运动速率之比为mMC ．物体与B 端粘在一起后，小车静止下来D ．物体与B 端粘在一起后，小车向右运动E ．整个作用过程中，A 、B 、C 及弹簧组成的系统的机械能守恒【解析】 系统动量守恒，物体C 离开弹簧时向右运动，动量向右，系统的总动量为零，所以小车的动量方向向左，由动量守恒定律有mv 1－Mv 2＝0，所以小车的运动速率v 2与物体C 的运动速率v 1之比m M.当物体C 与B 粘在一起后，由动量守恒定律知，系统的总动量为零，即小车静止．弹性势能转化为内能．【答案】 ABC10．如图1315所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m 1＝1 kg ，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v 0＝0.8 m/s 一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g 取10 m/s 2.【导学号：11010012】(1)如果木板质量m 2＝3 kg ，求物体相对木板滑动的最大距离； (2)如果木板质量m 2＝0.6 kg ，求物体相对木板滑动的最大距离．图1315【解析】 (1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律得m 2v 0－m 1v 0＝(m 1＋m 2)v解得v ＝0.4 m/s ，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞．由能量守恒定律得12(m 1＋m 2)v 20＝12(m 1＋m 2)v 2＋μm 1gs 1 解得s 1＝0.96 m.(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律得m 2v 0－m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ′解得v ′＝－0.2 m/s ，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处． 由能量守恒定律得12(m 1＋m 2)v 20＝μm 1gs 2 解得s 2＝0.512 m.【答案】 (1)0.96 m (2)0.512 m11．(2015·山东高考)如图1316所示，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．图1316 【解析】 设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰撞后A 的速度v ′A ＝18v 0，B 的速度v B ＝34v 0，由动量守恒定律得mv A ＝mv ′A ＋mv B ① 设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝12mv 20－12mv 2A ② 设B 与C 碰撞前B 的速度为v ′B ，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝12mv 2B －12mv ′2B ③ 据题意可知W A ＝W B ④设B 、C 碰撞后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得mv ′B ＝2mv⑤联立①②③④⑤式，代入数据得 v ＝2116v 0. ⑥ 【答案】2116v 0。
专题16 碰撞与动量守恒(选修3-5)(第03期)-决胜2016年高考全国名校试题物理分项汇编(原卷版)
导读：本期汇编试题精选“全国百强校”优质试题，无论是试题出处即学校还是试题质量（包含命题质量和解析质量）都进行了更严格的把控，再经过名师解析团队具有十几年教学经验的一线教师的多次修改，校对，最终完成本期制作。
坚信，一份付出，多份收获。
1．【2016•天津一中高三零月考】我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。
观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”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大于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功2．【2016•黑龙江省双鸭山市第一中学高三上学期期中考试】长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg 的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B 速度随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是( )A．木板获得的动能为2JB．系统损失的机械能为1JC．木板A的最小长度为1mD．A、B间的动摩擦因数为0．13．【2016•重庆市巴蜀中学高三第二次月考】如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连．另一质量为m的小物块A以速度v0从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计．(所有过程都在弹簧弹性限度范围内)求：(1)A 、B 碰后瞬间各自的速度；(2)弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比．4．【2016•重庆市重庆一中高三入学测试】质量为4m 的小物块A 静止在离地面高h 的水平桌面的边缘，质量为m 的小物块B 沿桌面向A 运动以速度03v =与之发生正碰（碰撞时间极短）。
碰后A 离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为L ，碰后B 反向运动。
2016年高考物理大一轮总复习题库 第十三章 动量守恒定
第1课时动量动量守恒定律考纲解读 1.理解动量、动量的变化量的概念.2.知道动量守恒的条件.3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题．考点一动量守恒定律的理解1．内容如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：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)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．例1一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图1所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()图1A．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变式题组1. [动量守恒的判断]如图2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，则下列说法中不正确的是()图2A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒答案 A解析如果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 f A向右，F f B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F f A∶F f B＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错．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和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D均正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力之和为零，故其动量守恒，C正确．2．[动量守恒的判断]对于上题，如果数据不变，且已知A、B组成的系统动量守恒，则下列说法中正确的是()A．A、B与C的动摩擦因数相等B．A、B与C的动摩擦因数不相等C．根据已知条件，可以求出A与C、B与C的动摩擦因数比D．根据已知条件，不能求出A与C、B与C的动摩擦因数比答案BC解析因为A、B组成的系统动量守恒，所以A、B受到的摩擦力肯定大小相等、方向相反，故根据滑动摩擦力的公式可以求出来两者的动摩擦因数比．考点二动量守恒定律的应用1．动量守恒定律的不同表达形式(1)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．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零． 2．应用动量守恒定律解题的步骤(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(或某一方向上动量是否守恒)； (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．例2 如图3，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0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________．(填选项前的字母)图3A ．v 0＋m M vB ．v 0－mM vC ．v 0＋m M (v 0＋v )D ．v 0＋mM(v 0－v )解析 救生员跃出时，船和救生员组成的系统动量守恒．初状态：救生员和小船相对静止以速率v 0向右匀速行驶；末状态：救生员以速率v 水平向左运动，小船的速度为v ′.取向右为正方向，由动量守恒定律可得(M ＋m )v 0＝m ·(－v )＋M v ′，则v ′＝v 0＋mM (v 0＋v )答案 C 变式题组3. [动量守恒定律的应用]如图4所示，一质量为M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m ＝1.0 kg 的小物块A .现以地面为参考系，给A 和B 一大小均为4.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 并没有滑离B 板，站在地面上的观察者看到在一段时间内物块A 做加速运动．则在这段时间内的某时刻，木板B 相对地面的速度大小可能是( )图4A ．3.0 m /sB ．2.8 m/sC ．2.4 m /sD ．1.8 m/s 答案 C解析 以地面为参考系，初始阶段，A 受水平向右的摩擦力向左做减速运动，B 受水平向左的摩擦力向右做减速运动，由于M ＞m ，故A 的速度先减为零，设此时B 的速度为v B ′，由动量守恒定律得M v 0－m v 0＝M v B ′，v B ′＝2.7 m /s.此后A 向右加速运动，B 继续向右减速运动，最后二者达到共同速度v ，由动量守恒定律得Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v ，v ＝2.0 m/s ，所以B 相对地面的速度应大于2.0 m /s 而小于2.7 m/s ，C 正确．4. [动量守恒定律的应用]如图5所示，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M ，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时，车的速度变为( )图5A.M v 1－M v 2M －m ，向东B.M v 1M －m ，向东C.M v 1＋M v 2M －m ，向东 D ．v 1，向东答案 D解析 人和车组成的系统，在水平方向上所受合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒．设车的速度v 1的方向为正方向，选地面为参考系．初态车和人的总动量为M v 1，末态车的动量为(M －m )v 1，因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变．人在水平方向上对地的动量仍为m v 1，则有M v 1＝(M －m )v ＋m v 1，(M －m )v 1＝(M －m )v, 所以v ＝v 1，正确答案应为D.5. [动量守恒定律在多物体构成系统中的应用]如图6所示，质量均为m 的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小明站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v ，接着木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小．图6答案 v 2解析 取向左为正方向，根据动量守恒定律得 推出木箱的过程有0＝(m ＋2m )v 1－m v接住木箱的过程有m v ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2解得共同速度v 2＝v2考点三 碰撞现象的特点和规律1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，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≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． (3)分类2.碰撞后运动状态可能性判定(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′ (3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零．例3 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7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( )图7A.12m v 2B.mM 2(m ＋M )v 2C.12NμmgL D ．NμmgL 解析 由于水平面光滑，一方面，箱子和物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断二者具有向右的共同速度v ′，根据动量守恒定律有m v ＝(M ＋m )v ′，系统损失的动能为ΔE 1＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2，可知B 正确；另一方面，系统损失的动能可由Q＝ΔE k 且Q ＝μmg ·s 相对求得，由于小物块从中间向右出发，最终又回到箱子正中间，其间共发生N 次碰撞，则s 相对＝NL ，则D 选项也正确． 答案 BD 变式题组6．[碰撞规律的应用]质量都为m 的小球a 、b 、c 以相同的速度分别与另外三个质量都为M 的静止小球相碰后，a 球被反向弹回，b 球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c 球碰后静止，则下列说法正确的是( ) A ．m 一定小于M B ．m 可能等于MC ．b 球与质量为M 的球组成的系统损失的动能最大D ．c 球与质量为M 的球组成的系统损失的动能最大 答案 AC解析 由a 球被反向弹回，可以确定三小球的质量m 一定小于M ；当两小球发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大，b 球与被碰球粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞．7．[碰撞规律的应用]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/s B ．v A ′＝2 m /s ，v B ′＝4 m/s C ．v A ′＝－4 m /s ，v B ′＝7 m/s D ．v A ′＝7 m /s ，v B ′＝1.5 m/s 答案 B解析 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 ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝22 J ，违背了能量守恒定律；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．8．[动量守恒在碰撞中的应用] 如图8所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 碰撞后瞬间A的速度大小．图8答案 2 m/s解析 因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m A v 0＝m A v A ＋m C v C ①A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得 m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ②A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足 v AB ＝v C ③联立①②③式，代入数据得 v A ＝2 m/s ④高考模拟 明确考向1．牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v 0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ，且为对心碰撞，求碰撞后A 、B 的速度大小． 答案1748v 0 3124v 0 解析 设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2， 由动量守恒定律2m v 0＝2m v 1＋m v 2，且由题意知v 2－v 1v 0＝1516解得v 1＝1748v 0，v 2＝3124v 02．(2014·全国·21)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 －1 B.A －1A ＋1 C.4A (A ＋1)2 D.(A ＋1)2(A －1)2 答案 A解析 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m v 0＝m v 1＋Am v ′，据动能守恒，有12m v 20＝12m v 21＋12Am v ′2.解以上两式得中子的速率为|v 1|＝A －1A ＋1v 0，故中子前、后速率之比为A ＋1A －1. 3．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．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 答案 B解析 由动量定理Ft ＝Δp 知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B 正确．4．如图9所示，滑块A 、B 的质量分别为m 1和m 2，由轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后用一轻绳绑紧，两滑块一起以恒定的速率v 0向右滑动．若突然断开轻绳，当弹簧第一次恢复原长时，滑块A 的动能变为原来的14，求弹簧第一次恢复到原长时B 的速度．图9答案m 1＋2m 22m 2v 0 解析 设弹簧恢复原长时m 1、m 2的速度分别为v 1、v 2，则由题意知 12m 1v 21＝14·12m 1v 20 解得v 1＝v 02由动量守恒定律知 (m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 解得v 2＝m 1＋2m 22m 2v 05．如图10所示，质量为2m 的小滑块P 和质量为m 的小滑块Q 都视作质点，与轻质弹簧相连的Q 静止在光滑水平面上．P 以某一初速度v 向Q 运动并与弹簧发生碰撞，问：图10(1)弹簧的弹性势能最大时，P 、Q 的速度各为多大？(2)弹簧的最大弹性势能是多少？ 答案 (1)均为23v (2)13m v 2解析 (1)当弹簧的弹性势能最大时，P 、Q 的速度相等 2m v ＋0＝(2m ＋m )v 1 v 1＝23v(2)最大弹性势能E pmax ＝12×2m v 2－12×3m v 21＝13m v 2练出高分一、选择题1．(2014·福建理综·30(2))如图1所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0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m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2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v 1为( )图1A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)答案 D解析 根据动量守恒定律(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，故A 、B 、C 错误，D 正确．2．如图2所示，质量为M 的滑槽内有半径为R 的半圆轨道，将滑槽放在水平面上，左端紧靠墙壁．一质量为m 的物体从半圆轨道的顶端a 点无初速度释放，b 点为半圆轨道的最低点，c 点为半圆轨道另一侧与a 等高的点．不计一切摩擦，下列说法正确的是( )图2A ．m 从a 点运动到b 点过程中，m 与M 组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒B ．m 从a 点释放后运动的全过程中，m 的机械能守恒C ．m 释放后能够到达c 点D ．当m 首次从右向左到达最低点b 时，M 的速度达到最大 答案 D解析m首次下滑过程，墙对系统有向右的弹力，因此系统水平方向动量不守恒；系统没有摩擦和介质阻力，因此m从a点释放后运动的全过程中，系统机械能始终守恒，但M的机械能比初状态增加了，因此m的机械能不守恒；m第一次到最低点后，M离开墙，系统水平方向动量守恒，当m和M共速时，系统具有动能，因此m的势能必小于mgR，故m不能到达c 点；m第一次在圆轨道右半侧上滑行过程对M的弹力始终向右下方，有水平向右的分力，因此M始终加速，m从右向左通过最低点b后，M开始减速．故选项D正确．3．冰壶运动深受观众喜爱，图3(a)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正碰，如图(b)．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置可能是()图3答案 B解析两个质量相等的冰壶发生正碰，碰撞前后都在同一直线上，选项A错误；碰后冰壶甲在冰壶乙的左边，选项C错误；碰撞过程中系统的动能可能减小，也可能不变，但不能增大，所以选项B正确，选项D错误．4．质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度大小和方向是()A．1.0 m/s，向右B．1.0 m/s，向左C．2.2 m/s，向右D．2.2 m/s，向左答案 A5.如图4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向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断中正确的是()A ．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等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 答案 D解析 根据碰撞过程中动量守恒和机械能守恒得 m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2且m 1＝m ，m 2＝3m 解得|v 1′|＝m 2－m 1m 1＋m 2v 1＝12v 1，|v 2′|＝2m 1m 1＋m 2v 1＝12v 1所以A 、B 错误；根据12m v 2＝mgh ＝mgR (1－cos θ)知，第一次碰撞后，两球的最大摆角θ相同，C 错误；根据单摆的等时性知，D 正确．6．如图5所示，带有光滑弧形轨道的小车质量为m ，放在光滑水平面上，一质量也为m 的铁块，以速度v 沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时，将( )图5A ．以速度v 做平抛运动B ．以小于v 的速度做平抛运动C ．静止于车上D ．自由下落 答案 D解析 设铁块回到小车右端时，铁块的速度为v 1，小车的速度为v 2，对小车和铁块组成的系统，由动量守恒：m v ＝m v 1＋m v 2，由机械能守恒：12m v 2＝12m v 21＋12m v 22，解得v 1＝0，v 2＝v ，故D 正确．7．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 中，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6所示．则在子弹打中木块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 ．无法判断动量、机械能是否守恒 答案 C解析 由于子弹打入木块及压缩弹簧的整个过程中，系统所受的合外力等于零，则系统的动量守恒，由于子弹在打入木块过程中与木块间的阻力做功，使机械能的一部分转化为内能，所以系统机械能不守恒．8．人的质量m ＝60 kg ，船的质量M ＝240 kg ，若船用缆绳固定，船离岸1.5 m 时，人恰好可以跃上岸．若撤去缆绳，如图7所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为多远？(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)( )图7A ．1.5 mB ．1.2 mC ．1.34 mD ．1.1 m 答案 C解析 船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v 0，则 s 0＝v 0t撤去缆绳，由动量守恒得：0＝m v 1－M v 2，两次人消耗的能量相等，即动能不变 12m v 20＝12m v 21＋12M v 22 解得v 1＝ MM ＋m v 0故s 1＝v 1t ＝MM ＋m s 0≈1.34 m ，C 正确． 9．如图8所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽，置于光滑的水平面上，槽的左侧有一个竖直墙壁．现让一个小球自左端槽口A 的正上方从静止开始下落，与半圆形槽相切从点A 进入槽内，则以下说法中正确的是( )图8A ．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B ．小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能不守恒C ．小球从最低点向右侧最高点运动过程中，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒D ．小球离开槽右侧最高点以后，将做竖直上抛运动 答案 C解析 小球的机械能有一部分转移给了半圆形槽，因此除重力对小球做功外，半圆形槽对小球的弹力也对小球做了功(负功)，故A 错．整个系统不存在机械能损失，故B 错．当小球过槽的最低点后，槽就离开墙向右加速运动，系统水平方向不受外力作用，故C 正确．小球离开槽右侧最高点时，有一个随槽向右的水平分速度，小球飞出后做斜抛运动，故D 错． 二、非选择题10．短道速滑接力赛中，运动员通过身体接触完成交接棒过程．某次比赛中运动员甲以7 m /s 的速度在前面滑行，运动员乙以8 m/s 的速度从后面追上，并用双臂奋力将甲向前推出，完成接力过程．设甲、乙两运动员的质量均为60 kg ，乙推运动员甲后速度变为5 m/s ，方向向前，速度方向在同一直线上，则运动员甲获得的速度为________；此接力过程________(选填“可以”或“不可以”)看作弹性碰撞． 答案 10 m/s 不可以11．如图9所示，质量分别为m 1和m 2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v 1、v 2同向运动，并发生对心碰撞，碰后m 2被右侧墙壁原速弹回，又与m 1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后m 1球速度的大小．图9答案m 1v 1＋m 2v 22m 1解析 设两个小球第一次碰后m 1和m 2速度的大小分别为v 1′和v 2′， 由动量守恒定律得：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′两个小球再一次碰撞，由动量守恒定律得：m 1v 1′－m 2v 2′＝0 解得v 1′＝m 1v 1＋m 2v 22m 112．如图10所示，在光滑水平面上放置质量为M 的木块，一质量为m 、速度为v 0的子弹水平射入木块且未穿出．求：图10(1)子弹和木块的共同速度； (2)子弹与木块摩擦产生的热量Q .答案 (1)m v 0M ＋m (2)Mm v 22(M ＋m )解析 (1)根据动量守恒定律知， m v 0＝(M ＋m )v 解得v ＝m v 0M ＋m(2)根据能量守恒，产生的热量为 Q ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2＝Mm v 202(M ＋m )13．如图11甲，光滑水平面上有A 、B 两物体，已知A 的质量为2 kg ，A 以一定的初速度向右运动，与B 发生正碰后粘在一起向右运动，它们的位移—时间图象如图乙，求：图11(1)物体B 的质量；(2)A 、B 碰撞过程中损失的机械能． 答案 (1)6 kg (2)12 J解析 (1)由题图乙知，碰前v A ＝4 m/s ，v B ＝0 碰后两者速度v ＝1 m/s 由动量守恒得m A v A ＝(m A ＋m B )v 解得m B ＝6 kg(2)损失的机械能ΔE ＝12m A v 2A －12(m A ＋m B )v 2＝12 J。
高考物理大一轮复习《碰撞与动量守恒》综合检测
《碰撞与动量守恒》综合检测(时间:90分钟满分:100分)【测控导航】考点题号1.冲量、动量2,82.动量守恒的条件 13.动量定理5,154.动量守恒定律3,4,6,7,9,11,165.动量和能量综合10,12,17,186.实验:验证动量守恒定律13,14一、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1～9题只有一个选项正确,第10～12题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1.(2016·北京期中)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.若一个系统动量守恒时,则( D )A.此系统内每个物体所受的合力一定都为零B.此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C.此系统的机械能一定守恒D.此系统的机械能可能增加解析:若一个系统动量守恒时,则整个系统所受的合外力为零,但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零,选项A错误;此系统内每个物体的动量大小可能都会增加,但是方向变化,总动量不变这是有可能的,选项B错误;因系统所受合外力为零,但是除重力以外的其他力做功不一定为零,故机械能不一定守恒,系统的机械能可能增加,也可能减小,故选D.2.质量为2 kg的小球自塔顶由静止开始下落,不考虑空气阻力的影响,g取10 m/s2,下列说法中正确的是( A )A.2 s末小球的动量大小为40 kg·m/sB.2 s末小球的动能为40 JC.2 s内重力的冲量大小为20 N·sD.2 s内重力做功的平均功率为20 W解析:2 s末的速度v2=gt=20 m/s,则动量为p=mv2=40 kg·m/s,选项A正确;E k=m=400 J,选项B错误;冲量I=mgt=40 N·s,选项C错误;平均功率===200 W,故选项D错误.3.(2016·福建南平质检)如图所示,A,B两物体质量分别为m A,m B,且m A>m B,置于光滑水平面上,相距较远.将两个大小均为F的力同时分别作用在A,B上经相同距离后,撤去两个力,两物体发生碰撞并粘在一起后将( C )A.停止运动B.向左运动C.向右运动D.运动方向不能确定解析:由动能定理可知,因为两个大小均为F的力,同时分别作用在A,B上经相同距离,则两物体得到的动能相等,根据p=可知,因为m A>m B,则p A>p B,根据动量守恒定律可得p A-p B=(m A+m B)v共,则v共>0,即两物体一起向右运动,故选C.4.质量为m的小球P以大小为v的速度与质量为3m的静止小球Q发生正碰,碰后小球P以大小为的速度被反弹,则正碰后小球Q的速度大小是( B )A.2vB.C.D.解析:小球P和Q的正碰满足动量守恒定律(设小球P的运动方向为正方向),有mv+0=-m·+3m·v′,解得v′=,故选B.5.一个钢珠从静止状态开始自由下落(不计空气阻力),然后陷入泥潭中.若把它在空中自由下落的过程称为Ⅰ,进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ,则( A )A.过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B.过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小C.过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小与过程Ⅰ中重力冲量的大小无法比较D.过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量解析:设钢珠到达泥潭时的速度大小为v,规定竖直向下为正方向,由动量定理得,过程Ⅰ:I G1=mv-0,过程Ⅱ:I G2-I f2=0-mv,故A正确,D错误.解得I f2=I G1+I G2,故B、C错误.6.(2016·安徽六安一中月考)如图所示,在光滑水平面上静止放着两个相互接触而不粘连的木块A,B,质量分别为m1和m2,今有一子弹水平穿过两木块,设子弹穿过木块A,B的时间分别为t1和t2,木块对子弹的阻力恒为F f,则子弹穿过两木块后,木块A的速度大小是( A )A. B.C. D.解析:子弹穿过两木块后木块A的速度大小等于子弹穿过A时两木块的速度大小,根据动量守恒,以两木块系统为研究对象,子弹穿过A为研究过程,则F f t1=(m1+m2)v,解得v=,选项A正确.7.如图所示,木块A的右侧为光滑曲面,曲面下端极薄,其质量m A=2.0 kg,原来静止在光滑的水平面上,质量m B=2.0 kg的小球B以v=2 m/s的速度从右向左冲上木块A,则B球沿木块A的曲面向上运动中可上升的最大高度(设B球不能飞出去,g=10 m/s2)是( C )A.0.40 mB.0.20 mC.0.10 mD.0.50 m解析:A,B组成的系统在水平方向动量守恒,B球上升到最大高度时竖直速度为0,A,B两球具有相同的水平速度v′,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得m B v=(m A+m B)v′,由机械能守恒定律得m B v2=(m A+m B)v′2+m B gh解得h=0.10 m,故选项C正确.8.(2016·河南驻马店期末)有消息称:中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速度杀球,轻小的羽毛球被快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂!据测羽毛球的时速高达300 km,羽毛球的质量介于4.74 g～5.50 g之间,经分析,下列说法正确的是( D )A.这则消息一定是假的,因为羽毛球很轻小,不可能使西瓜爆裂B.这则消息一定是假的,因为击出的羽毛球速度虽高,但其能量却很小C.这则消息可能是真的,俗话说无快不破,羽毛球虽然很轻小,但速度很高D.这则消息可能是真的,西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力解析:在高速度杀球时,由于球速较快,在与西瓜相撞的瞬时,速度急剧变化,根据动量定理可知,羽毛球对西瓜的作用力较大,完全可以使西瓜爆裂,故使西瓜裂开的原因不是速度,只是冲击力的大小,该消息可能是真的,故只有D正确,A,B,C错误.9.(2016·山东济南质检)火箭搭载神舟十一号宇宙飞船以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与飞船分离.已知前部分的飞船质量为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,若忽略空气阻力与分离前后系统质量的变化,则分离后飞船的速率v1为( D )A.v0-v2B.v0+v2C.v0-v2D.v0+(v0-v2)解析:根据动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2v1=v0+(v0-v2)选项D正确.10.(2016·北京期末)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可能是图3中的哪几幅图( BCD )图3解析:由于两个冰壶的质量相等,如果发生弹性碰撞,则碰后甲停止运动,而乙向前运动,B正确;若碰撞时发生的不是弹性碰撞,则乙会向前运动一小段,C正确,根据碰后的机械能不可能超过碰前的机械能,甲不可能向后运动,A错误;若发生斜碰,则碰后甲会偏离原来的运动方向,D正确.11.如图所示,一长木板放置在水平地面上,一根轻弹簧右端固定在长木板上,左端连接一个质量为m的小物块,小物块可以在木板上无摩擦滑动.现在用手固定长木板,把小物块向左移动,弹簧的形变量为x1;然后,同时释放小物块和木板,木板在水平地面上滑动,小物块在木板上滑动;经过一段时间后,长木板达到静止状态,小物块在长木板上继续往复运动.长木板静止后,弹簧的最大形变量为x2.已知地面对长木板的滑动摩擦力大小为F f.当弹簧的形变量为x时,弹性势能E p=kx2,式中k为弹簧的劲度系数.由上述信息可以判断( BD )A.整个过程中小物块的速度可以达到x1B.整个过程中木板在地面上运动的路程为(-)C.长木板静止后,木板所受的静摩擦力的大小不变D.若将长木板改放在光滑地面上,重复上述操作,则运动过程中物块和木板的速度方向一定相反解析:根据动能定理mv2=k-W Ff,因此速度不可能达到x1,A错误;当木板静止时,小物块在长木板上做往复运动,只有弹力做功,系统的机械能守恒,所以当木板静止时,系统具有的机械能为k,根据能量守恒定律k-k=F f s,因此s=(-),B正确;木板静止后,木板受到的静摩擦力大小随弹簧伸缩量的改变而改变,C错误;若将长木板改放在光滑地面上,重复上述操作,根据动量守恒定律,运动过程中物块和木板的速度方向一定相反,D正确.12.(2016·黑龙江双鸭山期中)如图(甲)所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg 的另一物体B以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面,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,则下列说法正确的是( CD )A.木板获得的动能为2 JB.系统损失的机械能为1 JC.木板A的最小长度为1 mD.A,B间的动摩擦因数为0.1解析:因为水平面光滑,两者之间的摩擦力为内力,所以系统动量守恒,故有mv0=(M+m)v,解得M=2 kg,从图像上可以看出木板最后的速度为1 m/s,所以木板获得的动能为E k=Mv2=1 J,根据能量守恒可得ΔE=m-(M+m)v2=×2×22J-×(2+2)×12J=2 J,选项A,B错误;速度—时间图像中图像与坐标轴围成的面积表示位移,所以x A=×1×1 m=0.5 m,x B=×(2+1)×1 m=1.5 m,所以木板A的最小长度为s=x B-x A=1 m,摩擦力做功大小等于系统损失的机械能,即μmgs=ΔE,解得μ=0.1,故选项C,D正确.二、非选择题(共52分)13.(4分)(2016·江苏扬州期末)某同学用如图所示装置来验证动量守恒定律,让质量为m1的小球从斜槽某处由静止开始滚下,与静止在斜槽末端质量为m2的小球发生碰撞.(1)实验中必须要求的条件是.A.斜槽必须是光滑的B.斜槽末端的切线必须水平C.m1与m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度D.m1每次必须从同一高度处滚下(2)实验中必须测量的物理量是.A.小球的质量m1和m2B.小球起始高度hC.小球半径R1和R2D.小球起飞的时间tE.桌面离地面的高度HF.小球飞出的水平距离s解析:(1)实验中为保证小球做平抛运动,斜槽末端的切线必须水平,要使两球碰后均平抛,两球心必须在同一高度,要保证小球m1碰前速度不变,m1每次必须从同一高度处滚下,斜槽没必要保证光滑,故B,C,D正确.(2)必须测量两球质量m1,m2和小球平抛的水平距离,故选A,F.答案:(1)BCD (2)AF评分标准:每空2分.14.(8分)(2016·四川资阳检测)气垫导轨[如图(甲)]工作时,空气从导轨表面的小孔喷出,在导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层,使滑块不与导轨表面直接接触,大大减小了滑块运动时的阻力.为了验证动量守恒定律,在水平气垫导轨上放置两个质量均为a的滑块,每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连,两个打点计时器所用电源的频率均为b.气垫导轨正常工作后,接通两个打点计时器的电源,并让两滑块以不同的速度相向运动,两滑块相碰后粘在一起继续运动.图(乙)为某次实验打出的点迹清晰的纸带的一部分,在纸带上以同间距的6个连续点为一段划分纸带,用刻度尺分别量出其长度s1,s2和s3.若题中各物理量的单位均为国际单位,那么,碰撞前两滑块的动量大小分别为、,两滑块的总动量大小为;碰撞后两滑块的总动量大小为.重复上述实验,多做几次.若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等,则动量守恒定律得到验证.解析:由图(乙)结合实际情况可以看出,s1和s3是两物体相碰前打出的纸带,s2是相碰后打出的纸带.所以碰撞前物体的速度分别为v1===0.2s1b,v2==0.2s3b,碰撞后两物体共同速度v==0.2s2b,所以碰前两物体动量分别为p1=mv1=0.2abs1,p2=mv2=0.2abs3,总动量p=p1-p2=0.2ab(s1-s3);碰后总动量p′=2mv=0.4abs2.答案:0.2abs30.2abs1(可互换) 0.2ab(s1-s3) 0.4abs2评分标准:每空2分.15.(8分)(2016·重庆万州二中月考)质量是50 kg的建筑工人不慎从高空跌下,由于弹性安全带的保护,他被悬挂起来.已知安全带的缓冲时间是1.0 s,安全带长5 m,取g=10 m/s2,求安全带所受的平均冲力.解析:安全带长5 m,人在这段距离上做自由落体运动,由运动学公式得v2-0=2gh(2分)获得速度v==10 m/s(2分)受安全带的保护经1.0 s速度减小为0,对此过程应用动量定理,以向上为正方向,有(F-mg)t=0-(-mv)则F=+mg=1 000 N(2分)由牛顿第三定律得,安全带所受的平均冲力为1 000 N,方向竖直向上.(2分)答案:1 000 N 方向竖直向上16.(8分)如图所示,水平光滑地面上依次放置着质量m=0.08 kg的10块完全相同长直木板.一质量M=1.0 kg大小可忽略的小铜块以初速度v0=6.0 m/s 从长木板左侧滑上木板,当铜块滑离第一块木板时,速度大小为v1=4.0 m/s.铜块最终停在第二块木板上.(g=10 m/s2,结果保留两位有效数字)求:(1)第一块木板的最终速度;(2)铜块的最终速度.解析:(1)铜块和10个长木板水平方向不受外力,所以系统动量守恒,设铜块刚滑到第二个木板时,木板的速度为v2.由动量守恒得Mv0=Mv1+10mv2(2分)得v2=2.5 m/s.(2分)(2)由题可知铜块最终停在第二块木板上,设最终速度为v3,由动量守恒得Mv1+9mv2=(M+9m)v3(2分)得v3≈3.4 m/s.(2分)答案:(1)2.5 m/s (2)3.4 m/s17.(10分)(2016·广东七校联考)如图,一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点,且两者固定不动.一长L为0.8 m的细绳,一端固定于O点,另一端系一个质量m1为0.2 kg的球.当球在竖直方向静止时,球对水平桌面的作用力刚好为零.现将球提起使细绳处于水平位置时无初速释放.当球m1摆至最低点时,恰与放在桌面上的质量m2为0.8 kg的小铁球正碰,碰后m1小球以2 m/s的速度弹回,m2将沿半圆形轨道运动,恰好能通过最高点D.g=10 m/s2,求(1)m2在圆形轨道最低点C的速度为多大?(2)光滑圆形轨道半径R应为多大?解析:(1)设球m1摆至最低点时速度为v0,由小球机械能守恒有m1gL=m1v0=4 m/s(2分)m1与m2碰撞,动量守恒,设m1,m2碰后的速度分别为v1,v2,选向右的方向为正方向,则m1v0=m1v1+m2v2代入数据解得v2=1.5 m/s(2分)(2)m2在CD轨道上运动时,由机械能守恒有m2=m2g(2R)+m2(2分)由小球恰好通过最高点D点可知,重力提供向心力,即m2g=(2分)由以上两式得=5gR代入数据求得R=0.045 m.(2分)答案:(1)1.5 m/s (2)0.045 m18.(14分)(2016·福州模拟)如图所示,水平放置一足够长的轻弹簧,一端固定于墙壁,另一端与质量为3 kg的物体A固定在一起,另一质量为1 kg的物体B向左运动,与A发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后粘在一起(始终不分离),已知B与A碰前的速度v0=4 m/s,碰后经t= 0.2 s向左运动了s=0.05 m至最左端,A,B两物体与地面的动摩擦因数μ=0.2,弹簧始终处于弹性限度内(g取10 m/s2)求:(1)从碰后到最左端的过程中弹性势能的增加量ΔE p;(2)从碰后到最左端的过程中弹簧对物体A冲量的大小及方向.解析:(1)A,B碰撞过程中,由动量守恒定律得m B v0=(m A+m B)v(2分)解得v=1 m/s(2分)从碰后到最左端,由系统能量守恒定律得ΔE p=(m A+m B)v2-μ(m A+m B)gs=1.6 J.(4分)(2)从碰后至最左端的过程中,设向左为正方向,由动量定理得I-μ(m A+m B)gt=0-(m A+m B)v(4分)得I=-2.4 N·s,方向水平向右.(2分)答案:(1)1.6 J (2)2.4 N·s 方向水平向右【备用题组】1.(2016·北京期中)如图所示,一物体从光滑固定斜面顶端由静止开始下滑.已知物体的质量m=0.50 kg,斜面的倾角θ=30°,斜面长度L=2.5 m,取重力加速度g=10 m/s2.求:(1)物体沿斜面由顶端滑到底端所用的时间;(2)物体滑到斜面底端时的动能;(3)在物体下滑的全过程中支持力对物体的冲量大小.解析:(1)设物体沿光滑斜面下滑的加速度大小为a,根据牛顿第二定律mgsin θ=ma根据运动学公式L=at2,解得t=1.0 s.(2)设物体滑到斜面底端时的速度大小为v,则有v2=2aL解得v=5.0 m/s.滑到斜面底端时的动能E k=mv2=6.25 J.(3)设物体沿斜面下滑过程中所受到的支持力为F N,则F N=mgcos θ,在此过程中支持力对物体的冲量大小为I FN=F N t.解得I FN=4.33 N·s.答案:(1)1.0 s (2)6.25 J (3)4.33 N·s2.(2016·河北唐山模拟)如图所示,C是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为3m,在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B,它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止,A,B两木块同时以相向的水平初速度v0和2v0滑上长木板,木板足够长,A,B始终未滑离木板也未发生碰撞.求:(1)木块B的最小速度是多少?(2)木块A从刚开始运动到A,B,C速度刚好相等的过程中,木块A所发生的位移是多少?解析:(1)由题目可知,B向右减速,A向左减速,此时C静止不动;A先减速到零后与C一起反向向右加速,B向右继续减速,三者共速时,B的速度最小.取向右为正方向,根据动量守恒定律m·2v0-mv0=5mv解得B的最小速度v=.(2)A向左减速的过程,根据动能定理有-μmgx1=0-m,向左的位移为x1=A,C一起向右加速的过程,根据动能定理有μmgx2=×4m×()2向右的位移为x2=取向左为正方向,整个过程A发生的位移为x=x1-x2=即此过程中A发生的位移向左,大小为.答案:(1)(2)3.(2016·河南南阳模拟)如图所示,竖直平面内一光滑水平轨道左边与墙壁对接,右边与一足够高的1/4光滑圆弧轨道平滑相连,木块A,B静置于光滑水平轨道上,A,B质量分别为1.5 kg和0.5 kg.现让A以6 m/s的速度水平向左运动,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A平均作用力的大小;(2)A,B滑上圆弧轨道的最大高度.解析:(1)设水平向右为正方向,当A与墙壁碰撞时根据动量定理有-m A v1-m A v1′=t解得=50 N,方向水平向左.(2)当A与B碰撞时,设碰撞后两物体的速度为v,根据动量守恒定律有m A v1′=(m A+m B)vA,B在光滑圆弧轨道上升时,机械能守恒,由机械能守恒定律得(m A+m B)v2=(m A+m B)gh解得h=0.45 m.答案:(1)50 N(2)0.45 m4.(2016·江西省高安中学模拟)质量均为m=2 kg的三物块A,B,C,物块A,B用轻弹簧相连,初始时弹簧处于原长,A,B两物块都以v=3 m/s的速度在光滑的水平地面上运动,物块C静止在前方,如图所示.B与C碰撞后二者会粘在一起运动.求在以后的运动中:(1)从开始到弹簧的弹性势能第一次达到最大时,弹簧对物块A的冲量;(2)系统中弹性势能的最大值E p是多少?解析:(1)根据题意可以知道首先B与C发生碰撞后,B的速度减小,B,C一起向右运动.A物体没有参加碰撞,速度不变,继续向右运动,这样弹簧被压缩,当三者速度相同时,弹簧压缩量最大,弹性势能最大,则根据动量守恒(m A+m B)v=(m A+m B+m C)v A整理可以得到v A=2 m/s,根据动量定理I=m A v A-m A v=-2 N·s.(2)B,C碰撞时,B,C系统动量守恒,设碰后瞬间两者的速度为v1,则m B v=(m B+m C)v1,解得v1=1.5 m/s设弹簧的弹性势能最大为E p,根据机械能守恒得E p=(m B+m C)+m A v2-(m B+m C+m A)代入数据解得E p=1.5 J.答案:(1)-2 N·s (2)1.5 J5.(2016·河北唐山模拟)如图所示,在光滑水平面上有一块长为L的木板B,其上表面粗糙.在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接,圆弧槽的下端与木板的上表面相平,B,C静止在水平面上.现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B并以的速度滑离B,恰好能到达C的最高点.A,B,C的质量均为m,试求:(1)木板B上表面的动摩擦因数μ;(2)圆弧槽C的半径R;解析:(1)在光滑的水平面上,A与B,C组成的系统动量守恒和能量守恒,当A刚离开B时,B,C 有共同速度v,有mv0=m·+2mv可得v=μmgL=m-m()2-×2mv2解得动摩擦因数μ=.(2)当A滑到C上后,B做匀速运动,C继续加速,B与C分离,A到达最高点时与C有共同速度v AC,A,C组成的系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒m·+mv=2mv AC可得v AC=m()2+mv2=×2m+mgR解得圆弧槽半径R=.答案:(1)(2)6.(2016·湖南益阳模拟)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 B=m,m A=m C=2m,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v0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,最终三滑块速度恰好相同.求:(1)B与C碰撞前B的速度;(2)弹簧具有的弹性势能.解析:(1)A,B被弹开的过程中,A,B系统动量守恒,设弹开后A,B速度分别为v A,v B有3mv0=2mv A+mv B全过程动量守恒3mv0=5mv A解得v A=v0,v B=v0.(2)B,C碰撞前后,机械能损失量为ΔE=m-(3m)由能量守恒E p+(3m)=(5m)+ΔE解得E p=m.答案:(1)v0(2)m。
三年高考2014_2016高考物理试题分项版解析专题16动量(选修3_5)(含解析)
专题16 动量（选修3-5）一、选择题1．【2014·福建·30】（2）一枚火箭搭载着卫星以速率v 0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m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2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v 1为 。
（填选项前的字母）A ．v 0-v 2B ．v 0+v 2C ．21021m v v v m =-D ．()201201v v m m v v -+= 【答案】D【解析】系统分离前后，动量守恒：()2211021v m v m v m m +=+，解得：()201201v v m m v v -+=，故A 、B 、C 错误；D 正确。
【考点定位】本题考查动量守恒定律【方法技巧】对动量守恒的使用，注意其矢量性，选择正方向。
2．【2015·福建·30（2）】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 ，速度为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，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】取向右为正方向，根据动量守恒：B A mv mv mv v m 22200+=-，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即A 、B 的运动方向一定相反，所以D 正确；A 、B 、C 错误。
【考点】原子结构和原子核【方法技巧】本题主要考察动量守恒，在利用动量守恒解决问题时，注意动量是矢量，要先选择正方向。
3．【2015·北京·17】实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图，则（）A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外 B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里 D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里【答案】D【考点定位】衰变、动量守恒定律、带电粒子在磁场中的运动、左手定则。
2016学科王高考专项【3+2+1】-物理(全国)考点梳理-专题15 动量(选修3-5)
专题15 动量（选修3-5）【高考预测】动量是选修3-5的一个重点，也是高考命题的一个侧重点，历年高考命题在此均有体现，那么2016年高考命题也不会例外。
动量部分的命题形式在新课标考区多以计算题的形式出现，非课标考区除了计算题的命题形式外还有填空题，选择题的命题形式不多。
就动量来讲，主要在于动量的矢量性，2014年高考考纲增加了对动量定理的要求后，更加突出方向性。
主要包括动量、动量定理、动量守恒定律这几个主干知识，但又和机械能守恒结合出现弹性碰撞、非弹性碰撞，以及与牛顿运动定律结合，分析连接体的运动等问题，所以本考点的备考不要局限于动量。
命题考察方向可能是辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本概念，也可能常设置一个瞬间碰撞的情景，用动量定理求变力的冲量，或求出平均力，或用动量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值。
计算题的命题多与其他知识（如牛顿运动定律、功能关系、电场、磁场和原子物理等）交叉综合，也常与生产、生活、科技内容（如碰撞、爆炸、反冲等）相结合，一般过程复杂，能力要求比较高，特别是非课标考区难度比较大。
备考过程中，对于重力势能、弹性势能、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律都是复习的重点内容，弹力做功和弹性势能变化的关系是典型的变力做功，常出现在动量的考题中考察分析解决问题的能力。
【考点定位】新课标考区对选考的动量考察难度有所下降，考点更多侧重于有关基本概念的辨析、过程的定性分析和联系实际、联系现代科技的以动量为突破口的计算题。
非课标考区大多考察动量与能量的综合，或者动量、能量与平抛运动、圆周运动、热学、电磁学、原子物理等知识的综合，试题的情景常常是物理过程较复杂的，或者是作用时间很短的，如变加速运动、碰撞、爆炸、打击、弹簧形变等。
考点透析考点一、动量和动量定理【名师点睛】1. 动量：物体质量和速度的乘积，p mv =，单位为./kg m s ，矢量，方向与速度方向相同。
高三物理一轮复习第六章碰撞与运量守恒第1讲动量动量定理课件
滑。以下说法正确的是 ( )
A.a比b先到达S,它们在S点的动量不相等 B.a与b同时到达S,它们在S点的动量不相等 C.a比b先到达S,它们在S点的动量相等 D.b比a先到达S,它们在S点的动量相等
【解析】选A。在物体下落的过程中,只有重力对物体 做功,故机械能守恒 故有mgh=1 mv2
2.用动量定理解释现象: (1)Δ p一定时,F的作用时间越短,力就越大;时间越长, 力就越小。 (2)F一定,此时力的作用时间越长,Δ p就越大;力的作 用时间越短,Δ p就越小。 分析问题时,要把哪个量一定,哪个量变化搞清楚。
3.动量定理的两个重要应用: (1)应用I=Δ p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求变力的冲量,可以求出该力作用下物体动量的 变化量Δ p,等效代换为力的冲量I。
【易错辨析】 (1)动量越大的物体,其速度越大。 ( ) (2)物体的动量越大,其惯性也越大。 ( ) (3)物体所受合力不变,则动量也不变。 ( ) (4)物体沿水平面运动时,重力不做功,其冲量为零。
()
(5)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相 同。 ( ) (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。 ( )
【高考命题探究】 【典例1】(2017·合肥模拟)一质量为m的物体放在光 滑的水平面上,今以恒力F沿水平方向推该物体,在相同 的时间间隔内,下列说法正确的是 ( )
世纪金榜导学号42722132 A.物体的位移相等 B.物体动能的变化量相等 C.F对物体做的功相等 D.物体动量的变化量相等
【解析】选D。物体在水平恒力作用下做匀加速直线运 动,在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大,故A错误; 根据动能定理得知,物体动能的变化量逐渐增大,故B错 误;由功的公式W=FL知道,在相同的时间间隔内,F做功 增大,故C错误;根据动量定理得:Ft=Δ P,F、t相等,则 Δ P相等,即物体动量的变化量相等,故D正确。
2016《名师面对面》高考物理大一轮复习课件：选修3-5 第5讲实验：验证动量守恒定律
选考部分
选修3－5
高三一轮总复习 · 物理
(2011 年北京卷)如图 13－5－4 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．
图 13－5－4
选考部分
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(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
图 13－5－5 p1 实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值 为 p1′＋p2′ ____________________________．
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(5)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其 他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请你用 (4)中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程 ON 的最大值为________cm.
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研究“碰撞中的动量守恒”的实验装置如 图 13－5－6 所示，让质量为 m1 的小球从曲面上的某处自由滚 下，与静止在支柱上质量为 m2 的小球发生对心碰撞，则
图 13－5－6 (1)两小球的质量应满足________． A．m1＝m2 C．m1<m2 B.m1>m2 D.没有限制
(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰 前入射小球落点的平均位置，则关系式____________________ (用m1、m2及图中字母表示)成立，即表示碰撞中动量守恒． 【答案】(1)C (2)AC (3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
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2016届高三物理(鲁科版)一轮复习活页作业选修3-5-1《动量定理、动量守恒定律及其应用》
第1课时动量定理动量守恒定律及其应用基本技能练1.在如图1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，动量不守恒。
所以整个过程中，动量和机械能均不守恒。
答案 B2.(多选)如图2所示，A、B两物体的质量m A＞m B，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态。
若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动过程中()A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒D．以上说法均不对解析当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力。
当A、B与C之间的摩擦力等大、反向时，A、B组成的系统所受外力之和为零，动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒。
而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力，A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受外力之和圴为零，故系统的动量守恒。
高考物理复习 第6章 碰撞与动量守恒 第1讲 动量冲量动量定理77
2．动量的变化 (1)因为动量是矢量,动量的变化量Δp也是_____矢__量_,其方向与速度的改变量Δv的 方向________相. 同
(2)动量的变化量Δp的大小,一般用末动量p′减去初动量p进行计算,也称为动量的 增量,即Δp＝____________p. ′－p
3．冲量 (1)定义：__力____与___力__的__作__用__时__间___的乘积叫做力的冲量． (2)公式：___I_＝__F__t ____. (3)单位：___N__·_s ____. (4)方向：冲量是___矢__量___,其方向____与__力__的__方__向__相__同__.
第六章 碰撞与动量守恒
高考命题解读
考点内容 要求 年份
高考(全国卷)三年命题情况对照分析
题号
命题点
动量、动量定 Ⅱ
Ⅰ卷 35 题
动量定理的应用
理、
应用动量守恒定律和能量观点解决碰
动量守恒定律
2016 年 Ⅱ卷 35 题 撞问观点解决碰撞问题
考点内容 要求 年份
h＝3×24 m＝72 m
由 mgh＝12mv2 及(F－mg)t＝mv 知
鸡蛋对地面的冲击力 F＝mtv＋mg≈103 N．
02 核心考点·探究突破
考点一 动量、冲量的理解及计算
1．动能、动量、动量变化量的比较：
动能
动量
动量变化量
定义
物体由于运动 而具有的能量
物体的质量和 速度的乘积
物体末动量与初 动量的矢量差
4．教材 VS 高考
(2018·全国卷Ⅱ·15 题来源于人教版 3－5P25·T3) 高空坠物极易对行人造成伤害．若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与
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选修3－5 第1讲 碰撞与动量守恒
1．(多选)(2015年阳江模拟)如图13－1－4 ，一小车静止在光滑水平面上，甲、乙两人
分别站在左右两侧，整个系统原来静止．则当两人同时相向走动时( )
图13－1－4
A．要使小车向左运动，甲的速度大小一定比乙大
B．要使小车向左运动，甲的质量一定比乙大
C．要使小车向左运动，甲的动量大小一定比乙大
D．要使小车保持静止，甲、乙的动量大小一定相等
【答案】CD
2．(多选)(2015年汕头模拟)下列运动过程中，在任意相等时间内，物体的动量变化量
相等的是( )
A．匀速圆周运动 B.竖直上抛运动
C．平抛运动 D.变加速直线运动
【答案】BC
3．(单选)(2015年北京联考)质量为M的原子核，原来处于静止状态．当它以速度v放
出质量为m的粒子时(设v的方向为正方向)，剩余部分的速度为( )
A.mvM－m B.－mvM－m
C．－Mvm－M D.－mvM
【答案】B
4．(单选)(2013年福建卷)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.Mmv0
C.MM－mv0 D.mM－mv0
【答案】D
【解析】本题考查火箭反冲模型，意在考查考生对动量守恒定律的认识和应用能力．由
动量守恒定律有mv0＝(M－m)v，可得火箭获得的速率为mM－mv0，选D.
5．(单选)(2015年太原模拟)一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海
岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水
的阻力，则下列各关系式中正确的是( )
A．Mv0＝(M－m)v′＋mv
B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
D．Mv0＝Mv′＋mv
【答案】A
【解析】解答本题应注意动量守恒的矢量性和相对性，即水平方向动量守恒，相互作用
前后的速度都是相对地的速度，则根据动量守恒可得：Mv0＝(M－m)v′＋mv，A正确．