高考物理动量冲量精讲精练爆炸反冲碰撞动量能量综合练习题

一.必备知识精讲 1.反冲〔1〕定义：当物体的一局部以一定的速度离开物体时，剩余局部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．(1)火箭加速的原理设火箭飞行时在极短的时间Δt 内喷射燃气的质量是Δm ，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u ，喷出燃气后火箭的质量是m ，火箭在这样一次喷气后增加的速度为Δv 。

以喷气前的火箭为参考系。

喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是m Δv ，燃气的动量是Δmu 。

根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，所以m Δv ＋Δmu ＝0， 解出Δv ＝－Δmmu 。

上式说明，火箭喷出的燃气的速度u 越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比Δmm越大，火箭获得的速度Δv 越大。

(2)现代火箭的发射原理由于现代火箭喷气的速度在～4000 m/s ，近期内难以大幅度提高；火箭的质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)一般要小于10，故为使火箭到达发射人造地球卫星的7.9 km/s 的速度，采用多级火箭，即把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工作，这样一级一级地连起来，不过实际应用中一般不会超过四级。

〔3〕火箭获得的最终速度设火箭发射前的总质量为M 、燃料燃尽后的质量为m ，以地面为参考系，火箭燃气的喷射速度大小为v 1，燃料燃尽后火箭的飞行速度大小为v ，在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。

发射前的总动量为0，发射后的总动量为(M －m )v 1－mv (以火箭的速度方向为正方向)，那么：(M －m )v 1－mv ＝0，所以v ＝⎝⎛⎭⎪⎫Mm－1v 1，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比M m决定。

3.爆炸问题 动量守恒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，系二.典型例题精讲：题型一：爆炸类例1：(·全国卷Ⅰ)一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。

高考物理《动量》常用模型最新模拟题精练专题11爆炸模型一、选择题1.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗。

春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。

以下说法正确的是()A ．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B ．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西C ．爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D ．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能【参考答案】A【名师解析】设爆竹爆炸前的速度为v ，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为m ，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v 前后，中间那块碎片的速度大小为v ′。

设水平向东为正方向，根据水平方向动量守恒有3m v ＝m v 前后＋m v ′－m v 前后，得v ′＝3v ，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项A 正确，B 错误。

爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有h ＝12gt 2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，但水平方向上的分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同，选项C 错误。

爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能12m (3v )2＞12·3m ·v 2，选项D 错误。

2．一炸弹在水平地面上方飞出后轨迹为抛物线，若不爆炸，其最高点与落地点的水平距离为R ；若在最高点爆炸成a 、b 两块，质量比为2∶1，其中b 块沿原方向水平飞出，其最高点与落地点的水平距离为4R ，则a 、b 两块落地点的距离为()A ．4.5RB ．4.0RC ．3.5RD ．3.0R【参考答案】A 【名师解析】炸弹从最高点到地面过程做平抛运动，由于抛出点的高度相同，在空中的运动时间相等，设为t ，设初速度为v 0，则R ＝v 0t ，爆炸过程系统动量守恒，以炸弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得3m v 0＝2m v a ＋m v b ，对a ，x a ＝v a t ，对b ，x b ＝v b t ＝4R ，解得v a ＝－R2t，负号表示方向与炸弹的初速度方向相反，x a ＝－R2，则ab 落地点间的距离x ＝x b －x a ＝4.5R ，选项A 正确．3一个爆竹竖直升空后在最高点炸裂成质量相等的甲、乙两块，其中炸裂后一瞬间甲的速度方向如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是A.甲、乙有可能同时落地B.甲、乙落地时的速度一定相同C.从炸裂到落地，甲、乙的速度变化相同D.甲、乙落地瞬间，重力的瞬时功率相同【参考答案】D【名师解析】爆竹竖直升空后在最高点时速度为零，根据动量守恒定律可知，炸裂成质量相等的甲、乙两块速度等大反向，由此可知，乙先落地，故A错误。

2024届全国高考复习物理历年好题专项（动量、冲量、动量定理）练习1．[2023ꞏ湖南岳阳测试]“守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出自《韩非子》，原文为：“宋人有耕田者．田中有株，兔走触株，折颈而死．因释其耒而守株，冀复得兔．兔不可复得，而身为宋国笑．”假设一只兔子的质量为2 kg，受到惊吓后从静止开始沿水平道路匀加速直线运动，经过1.2 s速度大小达到9 m/s后匀速奔跑，撞树后被水平弹回，反弹速度大小为 1 m/s，设兔子与树的作用时间为0.05 s，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．加速过程中兔子的加速度为180 m/s2B．加速过程中地面对兔子的平均水平作用力大小为20 NC．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为320 ND．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为400 N2．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积3.[2023ꞏ安徽省滁州市高考模拟]全民运动，始于“足下”，足球已经成为中国由“体育大国”向“体育强国”转变具有代表性的重要一步．如图所示，学生练习用脚颠球．足球的质量为0.4 kg，某一次足球由静止自由下落0.8 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45 m．已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A.足球从下落到再次上升到最大高度，全程用了0.7 sB．在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为1.4 JC．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为2.8 kgꞏ m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为4 Nꞏs4．[2023ꞏ福建莆田二模]如图甲是我国首艘“海上飞船”—“翔州1”．“翔州1”在平静的水面由静止开始在水平面上沿直线运动，若运动过程中受到的阻力不变，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示t＝50 s后，“翔州1”以20 m/s的速度做匀速直线运动．则下列说法正确的是()A．“翔州1”所受阻力的大小为2.0×104NB．0～50 s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为1.0×106NꞏsC．“翔州1”的质量为2.5×104kgD．0～50 s内，动力F的功为5.0×106J5.[2023ꞏ广东茂名二模]蹦床是我国的优势运动项目，我国蹦床运动员朱雪莹在东京奥运会上一举夺冠，为祖国争了光．如图所示为朱雪莹比赛时的情景，比赛中某个过程，她自距离水平网面高3.2 m处由静止下落，与网作用后，竖直向上弹离水平网面的最大高度为5 m，朱雪莹与网面作用过程中所用时间为0.7 s．不考虑空气阻力，重力加速度取10 m/s2，若朱雪莹质量为60 kg，则网面对她的冲量大小为()A．420 Nꞏs B．480 NꞏsC．1 080 Nꞏs D．1 500 Nꞏs6．[2022ꞏ湖北卷]一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是()A.W2＝3W1，I2≤3I1B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1D．W2＝7W1，I2≥I17．[2021ꞏ福建卷]福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响．已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的()A．2倍B．4倍C．8倍D．16倍8．[2021ꞏ天津卷](多选)一冲九霄，问鼎苍穹.2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段．下列关于火箭的描述正确的是()A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用9．[2021ꞏ北京卷]如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动．某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止．下列说法正确的是()A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωrC．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr10．[2022ꞏ山东卷]我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中()A．火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量11．[2023ꞏ山东济宁一模]一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为()A．Snmv20B．2Snmv20C．Snmv30D．2Snmv3012．[2022ꞏ湖南卷](多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v - t图像如图所示．设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是()A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变[答题区]题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案13.[2023ꞏ北京西城区5月模拟]在跳台滑雪比赛中，运动员在空中运动时身体的姿态会影响其速度和下落的距离．如图甲，跳台滑雪运动员在某次训练时，助滑后从跳台末端水平飞出，从离开跳台开始计时，用v表示其水平方向速度，v - t图像如图乙所示，运动员在空中运动时间为4 s．在此运动过程中，若运动员在水平方向和竖直方向所受空气阻力大小相等且保持恒定．已知运动员的质量为50 kg，重力加速度取10 m/s2，求：(1)滑雪运动员水平位移的大小和水平方向所受的阻力大小；(2)滑雪运动员在空中运动过程中动量变化量的大小(结果保留2位有效数字).14.[2021ꞏ重庆卷]我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔．小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测．某次，他在头盔中装入质量为5.0 kg的物体(物体与头盔密切接触)，使其从1.80 m的高处自由落下(如图)，并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03 m时，物体的速度减小到零．挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)头盔接触地面前瞬间的速度大小；(2)物体做匀减速直线运动的时间；(3)物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小．参考答案 1．答案：D答案解析：兔子经过1.2 s速度由0达到9 m/s，根据加速度公式可知，a＝vt＝7.5 m/s2，A错误；匀加速过程中，设地面对兔子的平均水平作用力大小为f，根据动量定理可知，ft ＝m v－0，代入数据解得f＝15 N，B错误；撞树过程中，兔子撞树前的动量大小p＝m v＝2×9 kgꞏ m/s＝18 kgꞏ m/s，以撞树前兔子的速度方向为正方向，兔子撞树后的动量p′＝m v′＝2×(－1)kgꞏ m/s＝－2 kgꞏ m/s，兔子撞树过程中动量的变化量Δp＝p′－p＝－2 kgꞏ m/s－18 kgꞏ m/s＝－20 kgꞏ m/s，由动量定理得Ft＝Δp＝－20 Nꞏs，则兔子受到的平均作用力大小为400 N，C错误，D正确．2．答案：D答案解析：汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机与物体的接触面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，D正确．3．答案：C答案解析：足球下落时间为t1＝2h1g＝0.4 s足球上升时间为t2＝2h2g＝0.3 s总时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.8 s，A错误；在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为W合＝12m v22－12m v21根据运动学公式v21＝2gh1，v22＝2gh2解得W合＝－1.4 J，B错误；足球与脚部作用过程中动量变化量大小为Δp＝m v2－()－m v1＝2.8 kgꞏ m/s，C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为I G＝mgt＝0.4×10×0.8 Nꞏs＝3.2 Nꞏs，D错误．4．答案：C答案解析：根据图像中匀速运动可知“翔州1”所受阻力的大小为1.0×104 N，A错误；在0～50 s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为I＝Ft－F f t，代入数据可得I＝5×105 Nꞏs，B错误；由动量定理可知Ft－F f t＝m v，解得m＝2.5×104 kg，C正确；在0～50 s内，动力F是变力，加速度变化，无法求位移，无法求解功，D错误．5．答案：D答案解析：由静止下落到接触网面时，根据动能定理有mgh1＝12m v 21可得，接触网面瞬间的速度为v1＝8 m/s，方向竖直向下从离开网面到最大高度时，根据动能定理有－mgh2＝0－12m v 2 2可得，离开网面瞬间的速度为v2＝10 m/s，方向竖直向上取向上为正方向，则根据动量定理有I－mgt＝m v2－m(－v1)带入数据可得，网面对她的冲量大小为I＝1 500 Nꞏs，故选项D正确．6．答案：D答案解析：在前一段时间内，根据动能定理得：W 1＝12 m (2v )2－12 m v 2＝3×12 m v 2在后一段时间内，根据动能定理得：W 2＝12 m (5v )2－12 m (2v )2＝21×12 m v 2所以W 2＝7W 1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是：m ꞏ2v －m v ≤I 1≤m ꞏ2v ＋m v ，即m v ≤I 1≤3m vm ꞏ5v －m ꞏ2v ≤I 2≤m ꞏ5v ＋m ꞏ2v ，即3m v ≤I 2≤7m v可知：I 2≥I 1，故D 正确，A 、B 、C 错误．7．答案：B答案解析：设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S ，在时间Δt 的空气质量为：Δm ＝ρS v ꞏΔt ，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理得：－F Δt ＝0－Δm v ，可得F ＝ρS v 2，10级台风的风速v 1≈25 m/s ，16级台风的风速v 2≈50 m/s ，则有F 2F 1＝v 22 v 21 ≈4，B 正确． 8．答案：AB答案解析：根据F Δt ＝Δm v 可知，增加单位时间的燃气喷射量(即增加单位时间喷射气体的质量Δm )或增大燃气相对于火箭的喷射速度v ，都可以增大火箭的推力，故选项A 、B 正确．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，燃气相对火箭的速度不为零，且与火箭的运动方向相反，火箭仍然受推力作用做加速运动，故C 错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反冲力作用在火箭上使火箭获得推力，故D 错误．9．答案：D答案解析：圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受的摩擦力方向指向转轴提供向心力，方向沿半径方向，故A 错误；由动量定理可知，圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为零，B 错误；圆盘停止转动后，小物体沿运动轨迹的切线方向运动，C 错误；由动量定理可知，整个滑动过程摩擦力的冲量大小I ＝m ωr －0＝m ωr ，D 正确．10．答案：A答案解析：从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A 项正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B 项错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F 、火箭自身的重力mg 和空气阻力f 的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C 项错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F 、火箭自身的重力mg 和空气阻力f 对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D 项错误．11．答案：C答案解析：t 时间内黏附在飞船上的尘埃质量M ＝S v 0tnm ，对黏附的尘埃，由动量定理得Ft ＝M v 0，解得F ＝Snm v 20 .为维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为P ＝F v 0＝Snm v 30 ，C 正确．12．答案：AC答案解析：由题知，返回舱的运动简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P ＝mg v ，因此在0～t 1时间内，结合v -t 图像可知返回舱重力的功率随时间减小，A 项正确；v -t 图像的斜率表示返回舱的加速度，故0～t 1时间内，返回舱的加速度不断减小，B 项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t 1～t 2时间内，返回舱的动量随时间减小，C项正确；在t 2～t 3时间内，返回舱匀速下降，机械能不守恒，D 项错误．13．答案：(1)56 m 50 N (2)1.8×103 Nꞏs答案解析：(1)设运动员的水平位移为x ，由水平方向v - t 图像可得x ＝v 0＋v 2 t解得x ＝56 m设运动员在水平方向的加速度大小为a ，水平方向所受的阻力为f 1，竖直方向所受阻力为f 2，由运动学规律和牛顿第二定律得a ＝v －v 0t ，－f 1＝ma 代入数值可得f 1＝50 N.(2)由题意知f 2＝f 1＝50 N根据平行四边形定则可得F 合＝f 21 ＋（mg －f 2）2对运动员在空中运动过程应用动量定理可得Δp ＝F 合t解得Δp ＝1.8×103 Nꞏs.14．答案：(1)6 m/s (2)0.01 s (3)3 000 N答案解析：(1)由自由落体运动规律可得：v 2＝2gh ，其中：h ＝1.80 m 代入数据解得：v ＝6 m/s ；(2)由匀变速直线运动规律可得：Δx ＝v 2 t ，其中Δx ＝0.03 m代入数据解得：t ＝0.01 s ；(3)取向下为正方向，由动量定理得：－Ft ＝0－m v代入数据解得：F ＝3 000 N ．。

专题七碰撞与动量守恒【考情探究】课标解读考情分析备考指导考点内容动量、动量定理1。

理解冲量和动量。

2.通过理论推导和实验,理解动量定理，能用动量定理解释生产生活中的有关现象。

动量守恒定律是高考命题的重点和热点,常常与牛顿运动定律、能量守恒定律等知识综合考查。

常见的考查形式有:（1)动量定理在流体中的应用;(2)满足动量守恒定律条件的分析判断,对单一过程进行简单应用；（3)在碰撞、反冲等问题中,综合应用动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律和牛顿运动定律。

1。

在学生初步形成的运动与相互作用观念和能量观念的基础上,引导学生通过研究碰撞现象拓展对物理世界的认识和理解。

2。

通过探究碰撞过程中的守恒量,进一步发展学生运动与相互作用观念和能量观念,使其了解物理规律具有适用范围和条件。

3。

通过实验探究和理论推导,让学生经历科学论证过程,理解动量定理的物理实质与牛顿第二定律的一致性.4.能从理论推导和实验验证的角度,理解动量守恒定律,深化对物体之间相互作用规律的理解。

5.能用动量和机械能的知识分析和解释机械运动现象，解决一维碰撞问题。

动量守恒定律及其应用1.通过理论推导和实验，理解动量守恒定律,能用动量守恒定律解释生产生活中的有关现象。

2.知道动量守恒定律的普适性.3.通过实验,了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。

4.定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。

动量和能量的综合1。

能从牛顿运动定律、动量守恒定律、能量守恒定律思考物理问题.2.体会用守恒定律分析物理问题的方法,体会自然界的和谐与统一.【真题探秘】基础篇固本夯基【基础集训】考点一动量、动量定理1。

（多选)为了进一步探究课本中的迷你小实验,某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。

不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中（）A。

2024高考物理动量与冲量练习题精选及答案一、选择题1. 下列现象中，物体具有动量的是：A. 固定在天花板上的吊球B. 静止的卫星C. 具有质量的物体D. 飞机在空中飞行答案：D2. 在平直路面上，一铁块用力拉一个重为F的小车，小车是以初速度v0沿直线运动，忽略摩擦力的影响，则小车所受冲量大小为：A. FtB. (F/v0)tC. （v0/F）tD. 2Ft答案：A3. 设有一质点，当它的物质变化规律为y＝Ax²＋Bx＋C，其中A，B，C均为常数，则质点的动量随时间t的变化率为：A. 2Axt＋Bxt²B. Ax＋Bt＋CC. 2At＋BD. 2Ax＋B答案：C4. 以下现象中，没有发生力的变化的是：A. 卫星绕地球做匀速圆周运动B. 物体的质量发生改变C. 物体受到冲击D. 物体受到重力作用下自由下落答案：B二、填空题1. 动量守恒成立是因为系统内作用力为_________。

答案：零2. 物体所具有的速度和质量的乘积称为_________。

答案：动量3. 在碰撞前后相互作用力相等大小相反的两质点的碰撞称为_________。

答案：弹性碰撞4. 冲量可描述一个力对物体作用的_________。

答案：摇摆力三、计算题1.质量为2kg的物体以10m/s的速度水平往东运动，撞击与之静止的质量为4kg的物体，碰撞后两物体一并向东运动，求碰撞后物体的速度。

解答：根据动量守恒定律，动量守恒定律指出，在没有外力作用时，一个系统的总动量保持不变，即总动量守恒。

设碰撞后物体的速度为v，根据动量守恒定律可得：(2kg × 10m/s) + (4kg × 0m/s) = (6kg × v)。

解得：v = 3m/s所以，碰撞后物体的速度为3m/s向东。

2. 质量为5kg的物体以4m/s的速度向东运动，与质量为3kg的物体发生碰撞，碰撞结束后第一个物体以3m/s的速度向东运动，求第二个物体碰撞后的速度。

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Copyright 2003-2016 Aspose Pty Ltd.其次节动量守恒定律碰撞爆炸反冲[同学用书P112] 【基础梳理】一、动量守恒定律1．守恒条件(1)抱负守恒：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．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.二、碰撞爆炸反冲1．碰撞(1)碰撞现象：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2.爆炸现象：爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒．3．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．【自我诊断】判一判(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．( )(2)动量守恒只适用于宏观低速．( )(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．( )(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不肯定守恒．( )(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肯定相同．( )(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)√(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√做一做(2021·安徽名校联考)如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右快速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是( )A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同提示：选C.当把男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，所以选项C正确．想一想碰撞过程除了系统动量守恒之外，还需要满足什么条件？碰撞与爆炸在能量转化方面有何不同？提示：碰撞过程除了系统动量守恒之外，还要满足的条件：系统动能不增加；碰撞结果要符合实际状况．碰撞系统动能不增加，而爆炸系统动能增加，这是二者最大的不同．对动量守恒定律的理解和应用[同学用书P113]【学问提炼】1．动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同．(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的削减量．(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同始终线上时，作用前总动量与作用后总动量相等．2．动量守恒定律的“五性”矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必需是相对同一参考系的速度(没有特殊说明要选地球这个参考系)．假如题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系时，必需转换成相对同一参考系的速度同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…必需是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2…必需是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加系统性争辩的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统，而不是其中的一个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统【典题例析】(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算推断，冰块与斜面体分别后能否追上小孩？[审题指导] 在人与冰块分别、冰块与斜面体作用过程中水平方向都满足动量守恒条件，结合能量守恒可得出三者之间的速度关系．[解析] (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v ①1 2m 2v20＝12(m2＋m3)v2＋m2gh ②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m3＝20 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设冰块与斜面体分别后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥1 2m2v20＝12m 2v2＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s由于冰块与斜面体分别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)见解析1．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确争辩对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及争辩的过程)．(2)进行受力分析，推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，必要时争辩说明．2．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，一般可忽视不计，可以认为爆炸后仍旧从爆炸前的位置以新的动量开头运动．3．“人船模型”：若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．假如系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v－1＝m2v－2得m1x1＝m2x2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相对作用而反向运动．(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．【迁移题组】迁移1 动量守恒的条件推断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，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( ) A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析：选C.动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒，故C正确，A、B、D错误．迁移2 人船模型2.如图所示，长为l，质量为m的小船停在静水中，一个质量为m′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？解析：人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v1、v2，以人的速度方向为正方向，由于原来处于静止状态，因此0＝m′v2－mv1，即m′v2＝mv1由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m′ v－2＝m v－1，等式两边同乘运动的时间t，得m ′ v －2t ＝m v －1t ，即m ′x 2＝mx 1 又因x 1＋x 2＝l ，因此有x 1＝m′lm′＋m .答案：m′lm′＋m迁移3 子弹打木块模型3．(多选)如图所示，质量为m 的子弹水平射入质量为M 、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，则从子弹接触木块到随木块一起匀速运动的过程中木块动能增加了5 J ，那么此过程中系统产生的内能可能为( )A ．16 JB ．11.2 JC ．4.8 JD ．3.4 J解析：选AB.法一：设子弹的初速度为v 0，与木块的共同速度为v ，则由动量守恒定律有mv 0＝(M ＋m )v ；系统产生的内能Q ＝fd ＝12mv 20－12(m ＋M )v 2，木块得到的动能为E k1＝fs ＝12Mv 2，其中，f 为子弹与木块间的摩擦力，d 为子弹在木块内运动的位移，s 为木块相对于地面运动的位移，变形可得Q ＝M ＋mmE k1>E k1，故选项A 、B 正确．法二：本题也可用图象法，画出子弹和木块的v －t 图象如图所示，依据v －t 图象与坐标轴所围面积表示位移，ΔOAt 的面积表示木块的位移s ，ΔOAv 0的面积表示子弹相对木块的位移d ，系统产生的内能Q ＝fd ，木块得到的动能E k1＝fs ，从图象中很明显可以看出d >s ，故系统产生的内能大于木块得到的动能．迁移4 弹簧模型 4.如图所示，滑块A 、B 的质量分别为m 1与m 2，m 1<m 2，由轻质弹簧相连接，置于水平的气垫导轨上．用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧，两滑块一起以恒定的速度v 0向右滑动，突然，轻绳断开．当弹簧伸长至本身的自然长度时，滑块A 的速度正好为零，问在以后的运动过程中，滑块B 是否会有速度等于零的时刻？试通过定量分析，证明你的结论．解析：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块A 的速度为零，故系统的机械能等于滑块B 的动能．设这时滑块B 的速度为v ，则有E ＝12m 2v 2 由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 2v 解得E ＝12·（m1＋m2）2v 20m 2假定在以后的运动中，滑块B 可以消灭速度为零的时刻，并设此时滑块A 的速度为v 1，这时，不论弹簧是处于伸长状态还是压缩状态，都具有弹性势能E p .由机械能守恒定律得12m 1v 21＋E p ＝12·（m1＋m2）2v 20m 2①依据动量守恒得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1 求出v 1，代入①式得（m1＋m2）2v 202m 1＋E p ＝（m1＋m2）2v 202m 2由于E p ≥0，故得（m1＋m2）2v 202m 1≤（m1＋m2）2v 202m 2即m 1≥m 2，与已知条件m 1<m 2不符．可见滑块B 的速度永不为零，即在以后的运动中，不行能消灭滑块B 的速度为零的状况．答案：见解析对碰撞现象中规律的分析[同学用书P114]【学问提炼】 1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 22m 2≥p′212m 1＋p′22m 2.(3)速度要符合情景：假如碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后>v 前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度肯定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v ′前≥v ′后，否则碰撞没有结束．假如碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不行能都不转变，除非两物体碰撞后速度均为零．2．碰撞模型类型 (1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2 12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′2 解得v ′1＝（m1－m2）v1m1＋m2，v ′2＝2m1v1m1＋m2结论：①当两球质量相等时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动．③当质量小的球碰质量大的球时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． ④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等． (2)完全非弹性碰撞 ①撞后共速．②有动能损失，且损失最多． 【典题例析】(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同始终线上，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．[审题指导] 由于是弹性碰撞，则同时满足动量守恒和机械能守恒，并且物体间碰后速度还要满足实际状况，即前面的速度大于后面的速度．[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，开头时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 1 ②联立①②式得v A 1＝m －M m ＋M v 0③ v C 1＝2m m ＋Mv 0④假如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，不行能与B 发生碰撞；假如m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不行能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的状况．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 2v⑤依据题意，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≥0 解得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去． 所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M .This document was truncated here because it was created in the Evaluation Mode.。

动量和能量观点综合应用1．动量的观点和能量的观点动量的观点：动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的初、末状态动量式、动能式和力在过程中所做的功，即可对问题进行求解．2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．(2)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题．若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解．例题1 如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①1 2m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得v1＝1 m/s⑤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＋m3v3⑥12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝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)见解析应用动量、能量观点解决问题的两点技巧(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象．(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究．列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况．例题2．如图所示，两块长度均为d ＝0.2 m 的木块A 、B ，紧靠着放在光滑水平面上，其质量均为M ＝0.9 kg.一颗质量为m ＝0.02 kg 的子弹(可视为质点且不计重力)以速度v 0＝500 m/s 水平向右射入木块A ，当子弹恰水平穿出A 时，测得木块的速度为v ＝2 m/s ，子弹最终停留在木块B 中．求：(1)子弹离开木块A 时的速度大小及子弹在木块A 中所受的阻力大小；(2)子弹穿出A 后进入B 的过程中，子弹与B 组成的系统损失的机械能．解析：(1)设子弹离开A 时速度为v 1，对子弹和A 、B 整体，有mv 0＝mv 1＋2MvFd ＝12mv 20－12mv 21－12×2Mv 2 联立解得v 1＝320 m/s ，F ＝7 362 N(2)子弹在B 中运动过程中，最后二者共速，速度设为v 2，对子弹和B 整体，有mv 1＋Mv ＝(m ＋M)v 2 解得v 2＝20523m/s ΔE＝12mv 21＋12Mv 2－12(m ＋M)v 22＝989 J. 答案：(1)320 m/s 7 362 N (2)989 J例题3．两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．解析：(1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s ①v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v ＝23 m/s ③ 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④联立①②③④式得 m 1∶m 2＝1∶8⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2⑥ 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得W ∶ΔE＝1∶2⑧答案：(1)1∶8 (2)1∶2例题4．如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12mv 20>μmgl① 即μ<v 202gl② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12mv 20＝12mv 21＋μmgl③ 设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv 1′＋34mv 2′④ 12mv 21＝12mv 1′2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v 2′2⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1⑥ 由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v 2′2≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl⑧ 联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl⑨ 答案：32v 20113gl ≤μ<v 202gl例题5．如图所示，木块A 、B 的质量均为m ，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A 、B 间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A 、B 以初速度v 0一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为v 02，此时炸药爆炸使木块A 、B 脱离，发现木块B 立即停在原位置，木块A 继续沿水平方向前进．已知O 、P 两点间的距离为s ，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；(2)炸药爆炸时释放的化学能．解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E 0.从O 滑到P ，对A 、B 由动能定理得－μ·2mgs＝12·2m(v 02)2－12·2mv 20① 解得μ＝3v 208gs② (2)在P 点爆炸时，A 、B 动量守恒，有2m·v 02＝mv ③ 根据能量守恒定律，有E 0＋12·2m·(v 02)2＝12mv 2④ 联立③④式解得E 0＝14mv 20.3v20 8gs (2)14mv20答案：(1)高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲【随堂检测】1．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.如此如下图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的答案是( )解析：选B.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1 s ，取向右为正，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确． 2．(2019·金华质检)如下列图，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg ，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s ，乙同学和他的车的总质量为200 kg ，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s ，如此碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( )A ．1 m/sB ．0.5 m/sC ．－1 m/sD ．－0.5 m/s解析：选D.两车碰撞过程动量守恒m 1v 1－m 2v 2＝(m 1＋m 2)v得v ＝m 1v 1－m 2v 2m 1＋m 2＝150×4.5－200×4.25150＋200m/s ＝－0.5 m/s ，故D 正确．3．(2019·绍兴联考)如下列图，两小车A 、B 置于光滑水平面上，质量分别为m 和2m ，一轻质弹簧两端分别固定在两小车上，开始时弹簧处于拉伸状态，用手固定两小车．现在先释放小车B ，当小车B 的速度大小为3v 时，再释放小车A ，此时弹簧仍处于拉伸状态；当小车A 的速度大小为v 时，弹簧刚好恢复原长．自始至终弹簧都未超出弹性限度．求：(1)弹簧刚恢复原长时，小车B 的速度大小； (2)两小车相距最近时，小车A 的速度大小； (3)求两小车相距最近时，弹簧弹性势能大小． 解析：(1)设弹簧刚恢复原长时，小车B 速度为v B ，以A 、B 两车和弹簧为研究对象，小车B 速度为3v 开始到小车A 速度为v 过程，此系统动量守恒，列方程有：2m ·3v ＝2m ·v B ＋m (－v ) 解得v B ＝3.5v ；(2)两小车相距最近时速度一样，由动量守恒定律有： 2m ×3v ＝(2m ＋m )v A 解得v A ＝2v ；(3)从弹簧刚恢复原长到两小车相距最近过程用能量守恒定律有E 弹＝12×2mv 2B ＋12mv 2－12×3m ·v 2A解得E 弹＝274mv 2.答案：(1)3.5v (2)2v (3)274mv 24．如下列图，光滑水平面AB 与粗糙斜面BC 在B 处通过圆弧衔接，质量M ＝0.3 kg 的小木块静止在水平面上的A 点．现有一质量m ＝0.2 kg 的子弹以v 0＝20 m/s 的初速度水平射入木块(但未穿出)，它们一起沿AB 运动，并冲上BC .木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面倾角θ＝45°，重力加速度g 取10 m/s 2，木块在B 处无机械能损失．试求：(1)子弹射入木块后的共同速度的大小； (2)子弹和木块能冲上斜面的最大高度．解析：(1)子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设向右为正方向，共同速度为v ，如此mv 0＝(m ＋M )v ，代入数据解得v ＝8 m/s.(2)子弹与木块以v 的初速度冲上斜面，到达最大高度时，瞬时速度为零，子弹和木块在斜面上受到的支持力N ＝(M ＋m )g cos θ，受到的摩擦力f ＝μN ＝μ(M ＋m )g cos θ.对冲上斜面的过程应用动能定理，设最大高度为h ，有－(M ＋m )gh －f h sin θ＝0－12(M ＋m )v 2，联立并代入数据，解得h ≈2.13 m. 答案：(1)8 m/s (2)2.13 m5．两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如下列图．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块抑制摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比． 解析：(1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得 v ＝23m/s③由动量守恒定律得 m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8.⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v2⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块抑制摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W ∶ΔE ＝1∶2.答案：(1)1∶8 (2)1∶2【课后达标检测】一、不定项选择题1．(2019·嘉兴质检)质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg ·m/s ，B 球的动量是5 kg ·m/s ，A 球追上B 球发生碰撞，如此碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．p ′A ＝6 kg ·m/s ，p ′B ＝6 kg ·m/s B ．p ′A ＝3 kg ·m/s ，p ′B ＝9 kg ·m/sC ．p ′A ＝－2 kg ·m/s ，p ′B ＝14 kg ·m/sD ．p ′A ＝－4 kg ·m/s ，p ′B ＝17 kg ·m/s 答案：A2．(2019·台州调研)如下列图，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J ，那么此过程中产生的内能可能为( )A ．16 JB ．2 JC ．6 JD ．4 J答案：A3．(2019·浙江十校联考)将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，如此喷气完毕时火箭模型获得的速度大小是( )A.mMv 0B.M mv 0C.MM －mv 0 D.mM －mv 0答案：D4．(2019·金华质检)两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg 、v A ＝6 m/s 、v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′B ＝2.5 m/s B ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝4 m/sC ．v ′A ＝－4 m/s ，v ′B ＝7 m/sD ．v ′A ＝7 m/s ，v ′B ＝1.5 m/s解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v ′A大于B 的速度v ′B ，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ＝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．5．一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．假设碰前原子核静止，如此碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A 〔A ＋1〕2D.〔A ＋1〕2〔A －1〕2 解析：选A.设中子的质量为m ，如此被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv 0＝mv 1＋Amv ′，据动能守恒，有12mv 20＝12mv 21＋12Amv ′2.解以上两式得v 1＝1－A 1＋A v 0.假设只考虑速度大小，如此中子的速率为v ′1＝A －1A ＋1v 0，故中子碰撞前、后速率之比为A ＋1A －1. 6．(2019·温州质检)如下列图，放在光滑水平桌面上的两个木块A 、B 中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上．A 的落地点与桌边的水平距离为0.5 m ，B 的落地点与桌边的水平距离为1 m ，那么( )A ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为1∶2 B ．A 、B 质量之比为2∶1C ．未离开弹簧时，A 、B 所受冲量之比为1∶2D ．未离开弹簧时，A 、B 加速度之比为1∶2解析：选ABD.A 、B 组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，A 、B 两物体的落地点到桌边的距离x ＝v 0t ，因为两物体的落地时间相等，所以v 0与x 成正比，故v A ∶v B ＝1∶2，即A 、B 离开弹簧时的速度之比．由动量守恒定律可知，m A ∶m B ＝2∶1.未离开弹簧时，A 、B 受到的弹力相等，作用时间一样，冲量大小也一样．未离开弹簧时，F 相等，m 不同，加速度a ＝F m，与质量成反比，故a A ∶a B ＝1∶2，故A 、B 、D 正确，C 错误．7．对如下几种物理现象的解释，正确的答案是( ) A ．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B ．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C ．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力D ．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零解析：选CD.击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A 、B 错误；据动量定理F ·t ＝Δp 知，当Δp 一样时，作用时间越长，作用力越小，故C 项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用无关，所以D 项正确．8.质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如下列图．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，如此整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv 2B.mM2〔m ＋M 〕v 2C.12N μmgL D ．N μmgL解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE ，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，如此有mv ＝(M ＋m )v t (①式)、12mv 2＝12(M ＋m )v 2t ＋ΔE (②式)，由①②联立解得ΔE ＝Mm2〔M ＋m 〕v 2，可知选项A 错误、B 正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，如此损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE ＝NμmgL ，选项C 错误、D 正确．二、非选择题9．(2019·杭州质检)如下列图，一质量为0.5 kg 的小球A 以2.0 m/s 的速度和静止于光滑水平面上、质量为1 kg 的另一大小一样的小球B 发生正碰，碰撞后它以0.2 m/s 的速度反弹．求：(1)原来静止小球B 获得的速度大小； (2)碰撞过程中损失的机械能．解析：(1)A 、B 两小球碰撞过程中动量守恒，设小球B 的速度为v ，如此m A v A ＝m A v A ′＋m B v ， 代入数据解得v ＝1.1 m/s.(2)由A 、B 两小球组成的系统能量守恒有 12m A v 2A ＝12m A v ′2A ＋12m B v 2＋ΔE 解得ΔE ＝0.385 J.答案：(1)1.1 m/s (2)0.385 J10．如下列图，一质量M ＝2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B .从弧形轨道上距离水平轨道高h ＝0.3 m 处由静止释放一质量m A ＝1 kg 的小球A ，小球A 沿轨道下滑后与小球B 发生弹性正碰，碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台．所有接触面均光滑，重力加速度为g .求小球B 的质量．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)解析：设小球A 下滑到水平轨道上时的速度大小为v 1，平台水平速度大小为v ，由动量守恒定律有0＝m A v 1－Mv由能量守恒定律有m A gh ＝12m A v 21＋12Mv 2联立解得v 1＝2 m/s ，v ＝1 m/s小球A 、B 碰后运动方向相反，设小球A 、B 的速度大小分别为v ′1和v 2.由于碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台，如此此时小球A 的速度等于平台的速度，有v ′1＝1 m/s由动量守恒定律得m A v 1＝－m A v ′1＋m B v 2 由能量守恒定律有12m A v 21＝12m A v ′21＋12m B v 22联立上式解得m B ＝3 kg.答案：3 kg11．(2019·宁波质检)如图，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰好为零．m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力与碰撞中的动能损失．求：(1)B 球第一次到达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度．解析：(1)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有v B ＝2gh ① 将h ＝0.8 m 代入上式，得v B ＝4 m/s.②(2)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v 1和v ′1(v ′1＝0)，B 球的速度分别为v 2和v ′2.由运动学规律可得v 1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v ′2④12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22⑤ 设B 球与地面相碰后的速度大小为v ′B ，由运动学与碰撞的规律可得v ′B ＝v B ⑥ 设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v ′2B －v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入条件可得h ′＝0.75 m.答案：(1)4 m/s (2)0.75 m。

高考物理动量定理的技巧及练习题及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一．设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开．某次试验中，质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1 = 36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1 = 0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开．忽略撞击过程中地面阻力的影响．（1）求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；（2）若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2 =1 600 kg、速度v2 =18 km/h同向行驶的汽车，经时间t2 =0.16 s两车以相同的速度一起滑行．试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开．【答案】（1）I0 = 1.6×104 N·s ，1.6×105 N；（2）见解析【解析】【详解】（1）v1 = 36 km/h = 10 m/s，取速度v1 的方向为正方向，由动量定理有－I0 =0－m1v1 ①将已知数据代入①式得I0 = 1.6×104 N·s ②由冲量定义有I0 = F0t1 ③将已知数据代入③式得F0 = 1.6×105 N ④（2）设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v，由动量守恒定律有m1v1+ m2v2 = (m1+ m2)v⑤对试验车，由动量定理有－Ft2 = m1v－m1v1 ⑥将已知数据代入⑤⑥式得F= 2.5×104 N ⑦可见F＜F0，故试验车的安全气囊不会爆开⑧2．如图所示，质量M=1.0kg的木板静止在光滑水平面上，质量m=0.495kg的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。

质量m0=0.005kg的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（子弹与物块作用时间极短），木板足够长，g取10m/s2。