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年高考物理一轮复习-第六章动量守恒定律45分钟章末验收卷课件

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江苏版高考物理一轮复习第6章第2节动量守恒定律及其应用课件

江苏版高考物理一轮复习第6章第2节动量守恒定律及其应用课件

3．(动量守恒定律的应用)(2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知 射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子 (即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核， 碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考 虑相对论效应，下列说法正确的是( ) A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0
A．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒 B．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒 C．小球下滑过程中，在水平方向上小车和小球组成的系统总动量 守恒 D．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能守恒
A [小车和小球组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，则水 平方向上动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，所以总的动量不 守恒；除重力以外的其他外力不做功，小车和小球组成的系统机械 能守恒，B、C、D正确。]
二、教材习题衍生 1．(动量守恒的判断)下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是 ()
甲
乙
A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动 时，人与车组成的系统 B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木 块组成的系统 C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统 D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时
[典例] (动量守恒定律与能量守恒的综合应用) (一题多变)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质 量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上， 物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速 度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：

高考物理一轮总复习第六章动量实验课验证动量守恒定律课件新人教版

高考物理一轮总复习第六章动量实验课验证动量守恒定律课件新人教版
b．在 A、B 间水平放入一个轻弹簧，用手压住 A、B 使弹簧压缩，放置在气垫 导轨上，并让它静止在某个位置．
c．给导轨送气，调整气垫导轨，使导轨处于水平． d．用刻度尺测出 A 的左端至 C 板的距离 l1，B 的右端至 D 板的距离 l2. (1)实验步骤的正确顺序是________． (2)实验中还需要的测量仪器是________，还需要测量的物理量是________． (3)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是____________．
(3)(多选)实验中必须测量的量是________(填选项前的字母)． A．两小球的质量 m1 和 m2 B．两小球的半径 r1 和 r2 C．桌面离地的高度 H D．小球起始高度 E．从两球相碰到两球落地的时间 F．小球 1 单独滚下后飞出的水平距离 G．两小球 1 和 2 相碰后飞出的水平距离
(4)设 m1＝3m，m2＝2m，则 v1＝43.50×t 10－2 m/s，m1v1＝1.30t5m kg·m/s，v1′
＝13.50×10－2 t
m/s，v2′＝45.00×t 10－2
m/s，m1v1′＋m2v2′＝1.305mt ，所以
m1v1
＝m1v1′＋m2v2′，选项 C 正确．
[答案] (1)B (2)ACD (3)AFG (4)C
(3)本实验必须测量的是两小球质量 m1 和 m2，入射球单独滚下后飞出的水平距 离和两小球相碰后各自飞出的水平距离，小球脱离轨道后做的是相同高度的平抛运 动，因此两球碰后落地时间相等，两小球水平分运动的时间也相等．故可以用水平 距离的测量代替速度的测量，所以不需要测量桌面离地的高度及两小球碰后落地的 时间，故选 AFG.
6．验证：连接 ON，测量线段 OP、OM、ON 的长度．将测量数据填入表中．最 后代入 m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立．

2025届高三物理一轮复习动量守恒定律及其应用(40张PPT)

2025届高三物理一轮复习动量守恒定律及其应用(40张PPT)
答案 CD
1.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。2.碰撞的特点:在碰撞现象中,一般都满足内力_______外力,可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
考点2 碰撞问题
远大于
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
_______
非完全弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
答案 D
考向3 用数学归纳法解决多次碰撞问题【典例6】 (多选)(2022·全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板,一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为( )A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
同学们再见！
授课老师：
时间：2024年9月1日
2024课件
同学们再见！
授课老师：
时间：2024年9月1日
考向1 碰撞的可能性【典例4】 (多选)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6 kg·m/s,B球的动量是4 kg·m/s,已知mA=1 kg,mB=2 kg,当A追上B并发生碰撞后,A、B两球速度的可能值是( )A.vA'=3 m/s vB'=3.5 m/s B.vA'=2 m/s vB'=4 m/sC.vA'=5 m/s vB'=2.5 m/s D.vA'=-3 m/s vB'=6.5 m/s

高三物理第一轮复习第六章动量第2讲 动量守恒定律及其应用 课件

高三物理第一轮复习第六章动量第2讲 动量守恒定律及其应用 课件
(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或 外力的作用远小于物体间的相互作用力， 可利用动量守恒定律来处理．
5．爆炸问题 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，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.
例6、如图所示，A、B、C三个木块的质量 均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间 有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不
高三物理第一轮复习
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．常用的表达式
(1)p＝p′，系统相互作用前的 总动量 p等于相互作用后的 总动量 p′.
(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的 两个物体组成的系统，作用前的 总动等量
例5、如图所示，甲、乙两船的总质量(包 括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿 同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、 v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为 m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人 将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不 计水的阻力)．
4v0
例5．如图光滑水平轨道上有三个木块A 、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝ m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向 右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生 碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持 不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
例4.一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 ( C )

新教材适用2024版高考物理一轮总复习第6章动量和动量守恒定律第1讲动量动量定理课件

新教材适用2024版高考物理一轮总复习第6章动量和动量守恒定律第1讲动量动量定理课件
第六章
动量和动量守恒定律
课程标准
命题热点
1.通过实验和理论推导，理解动量定理和动量守 恒定律，能用其解释生活中的有关现象。知道动 量守恒定律的普适性。 2．探究并了解物体弹性碰撞和非弹性碰撞的特 点，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。 3．体会用动量守恒定律分析物理问题的方法， 体会自然界的和谐与统一。
名师点拨 冲量的计算方法 (1)恒力冲量的计算首先考虑公式，其次考虑用动量定理求解；变力
冲量的计算首先用动量定理求解，其次可考虑F－t图像中的面积对应冲 量。
(2)总冲量的三种求法：①若各个外力是恒力，且各力的作用时间也 相同，可以先求出合力再乘以时间求冲量，即I合＝F合·t。②若各个外力 是恒力，但各力的作用时间不相同，可以先求出每个外力在相应时间内 的冲量，然后求各外力冲量的矢量和。③若外力是变力，可以应用动量 定理求合外力的冲量。
3．(2022·湖南岳阳市高三模拟)快递运输时，我们经常看到，有些 易损坏物品外面都会利ห้องสมุดไป่ตู้充气袋进行包裹，这种做法的好处是( C )
A．可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量 B．可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化 C．可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长 D．可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率增加
3．动量和动能的比较
动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
定义式 标矢性
p＝mv 矢量
Ek＝12mv2 标量
变化决定因素 换算关系
物体所受冲量
外力所做的功
p＝ 2mEk，Ek＝2pm2
例1 如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方 向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN。将 两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q两点无初速度释放，在它们各 自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( C )

高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 实验6 验证动量守恒定律课件

高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 实验6 验证动量守恒定律课件

12/9/2021
第十四页，共二十五页。
又 v2＝OtN，v0＝OtP， 故 ON＝m12＋m1m2·OP＝425×.0＋457.0.5×44.80 cm≈76.80 cm.
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第十五页，共二十五页。
答案：(1)C (2)ADE (3)14 2.9 1.01 (4)76.80
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第二十二页，共二十五页。
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第二十三页，共二十五页。
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第二十四页，共二十五页。
内容(nèiróng)总结
第六章 动量(dòngliàng)守恒定律
No
Image
12/9/2021
第二十五页，共二十五页。
12/9/2021
第二十页，共二十五页。
δp＝p－p p′×100%， 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得 δp＝1.7%＜5%. 因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．
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第二十一页，共二十五页。
答案：见解析
在验证动量守恒定律的实验中，核心问题是如 何测 量碰撞前后的瞬时速度，因此在实验设计时，可以根据 学过的知识进行测量，如可以利用平抛运动，或光电门， 或自由落体等变速运动，或圆周运动，或动能定理等进 行等效代换．本题就是利用了动能定理．
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第十二页，共二十五页。
12/9/2021
解析：(1)小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定， 即 v＝xt .而由 H＝1 2gt2 知，每次竖直高度相等，所以平抛时间 相等，即 m1OtP＝m1OtM＋m2OtN，则可得 m1· OP＝m1· OM＋ m2· ON.故只需测射程，因而选 C.

适用于新教材2024版高考物理一轮总复习第6章动量守恒定律第1讲动量和动量定理课件

适用于新教材2024版高考物理一轮总复习第6章动量守恒定律第1讲动量和动量定理课件

答案 D
)
B.Qρ
16
C. 2
π
4 2
D. 2
π
解析 设 t 时间内有体积为 V 的水打在钢板上,则这些水的质量为
1 2
m=ρV=ρSvt=4πd ρvt,以这部分水为研究对象,它受到钢板的作用力为
运动的方向为正方向,由动量定理得 Ft=0-mv,解得

v=
D。
=
4
,得
π 2
F,以水
合外力的冲量是动量变化的原因。
(3)由 Ft=p'-p,得
'-
F=
=
Δ
,即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。

(4)当物体运动包含多个不同过程时,可分段应用动量定理求解,也可以全
过程应用动量定理。
2.应用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象。
(2)对物体进行受力分析。可先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和—
现换成其中的4名儿童,用比之前更大的力拉整列列车,1 min内,列车会
(
A.静止不动
B.移动不超过3 m
C.移动4~5 m
D.移动8 m以上
答案 D
)
解析 磁悬浮列车受阻力可忽略,设每名儿童的拉力为F,拉力方向为正方向,
根据动量定理可知8Ft=mv
列车前进的位移

x= t
2
让 4 名儿童用同样的力拉动列车时 4Ft'=mv'
F 1 +F 2
I= 2 t,F1、F2 为该段时间内
初、末两时刻力的大小
如果物体受到大小或方向变化的力的作用,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,由 I=Δp

高考物理一轮复习 第六章 第1节 动量定理 动量守恒定律课件

高考物理一轮复习 第六章 第1节 动量定理 动量守恒定律课件
(3)由动量守恒定律可知 m 乙 v 乙-m 甲 v 甲=0,得出 v甲 = m乙 = 10 . v乙 m甲 7
2021/12/13
第九页，共五十七页。
过关(guò〃guān)巧练
1.思考(sīkǎo)判断
(1)一个物体的运动状态变化,它的动量一定(yīdìng)改变.(
)√
(2)物体所受合外力的冲量方向与物体动量的方向相同.(
)
×
(3)系统的机械能守恒时,动量也一定守恒.(
)
×
(4)物体的动量变化越大,其速度变化一定越大.(
)√
(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.(
)
√
2021/12/13
第十页，共五十七页。
2.(多选)关于动量的变化,下列说法正确(zhèngquè)的是( ABD) A.做直线运动的物体速度增大时,动量的增量Δp的方向与运动方向相同 B.做直线运动的物体速度减小时,动量的增量Δp的方向与运动方向相反 C.物体的速度大小不变时,动量的增量Δp为零
2021/12/13
第十八页，共五十七页。
【典例2】 (2019·吉林长春质检(zhì jiǎn))“蹦床”已成为奥运会的比赛项目.质量为m的
运动员从床垫正上方h1高处自由落下,落垫后反弹的高度为h2,设运动员每次与床垫接触的时间为
t,求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力.(空气阻力不计,重力加速度为g)
间力的作用时间很短,用Δt 表示.a1= v1 v1 ,a2= v2 v2 移项后得到 m1v1+m2v2=m1v1′
t
t
+m2v2′
2021/12/13

高考物理一轮复习第六章动量第一讲动量动量定理动量守恒定律课件

高考物理一轮复习第六章动量第一讲动量动量定理动量守恒定律课件
目录 CONTENTS
第六章 动量
动量守恒定律 第一讲 动量 动量定理
动量守恒定律
1 抓基础( jīchǔ)·双基
2 夯实
研考向·考点(kǎo diǎn)探究
3
随堂练·知能(zhī 4 nénɡ)提升
课后练·知能提升
第一页，共61页。
考点内容
动量、动量定 理、动量守恒 定律及其应用 弹性碰撞和非
弹性碰撞 实验七：验证 动量守恒定律
要求 Ⅱ Ⅰ
高考命题统计
2014
2015
2016
Ⅰ卷T35(2)10分
Ⅰ卷T35(2) 10分 Ⅱ卷T35(2) 10分 Ⅲ卷T35(2)10分
Ⅰ卷T35(2)9分 Ⅱ卷T35(2)10分
Ⅱ卷T35(2)10分
第二页，共61页。
命题规律 (1)动量和动量守恒等基本概念、规律的理解，一般结合碰撞等实 际过程考查； (2)综合运用动量和机械能的知识分析较复杂的运动过程
第二十九页，共61页。
考点(kǎo diǎn) 二
[反思总结] 1．用动量定理解题的基本思路
题组突破(tūpò)
第三十页，共61页。
考点(kǎo diǎn) 二
题组突破(tūpò)
2．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整 个过程用动量定理．
第三十一页，共61页。
考点(kǎo diǎn)二
1－2.[动量、动量变化、动能变化] 2016 年里约奥运会足球比赛中， 一足球运动员踢一个质量为 0.4 kg 的足球．
题组突破(tūpò)
第二十页，共61页。
考点(kǎo diǎn) 一
(1)若开始时足球的速度是 4 m/s，方向向右，踢球后，球的速度 为 10 m/s，方向仍向右(如图甲)，则足球的初动量 p＝________， 题组突破(tūpò) 方向________，足球的末动量 p′＝________，方向________； 在这一过程中足球动量的改变量 Δp＝________，方向________． (2)若足球以 10 m/s 的速度撞向球门门柱，然后以 3 m/s 速度反向 弹回(如图乙)，则这一过程中足球的动量改变量是________，方 向________；动能改变量是________．

第六章第2讲动量守恒定律-2025年高考物理一轮复习PPT课件

第六章第2讲动量守恒定律-2025年高考物理一轮复习PPT课件
答案
高考一轮总复习•物理
第20页
解析：对甲、乙两条形磁铁分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有 a 甲＝F－mμ甲m甲g， a 乙＝F－mμ乙m乙g，由于 m 甲>m 乙，所以 a 甲<a 乙，由于两条形磁铁运动时间相同，且同时由静止 释放，可得 v 甲<v 乙，A 错误；对于整个系统而言，由于 μm 甲 g>μm 乙 g，合力方向向左，合 冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D 正确，C 错误．
答案：9 次
高考一轮总复习•物理
第19页
1．[对动量和冲量的理解](多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面 上，甲的 N 极正对着乙的 S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相 等．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小 C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零
高考一轮总复习•物理
第25页
结果 v′1＝2m1mv11＋＋mm22v2－v1， v′2＝2m1mv11＋＋mm22v2－v2
若 v2＝0，则 v′1＝mm11－＋mm22v1，
讨论 v′2＝m12＋m1m2v1
m1＝m2
v′1＝0， v′2＝v1
质量相等，交换速度
m1＞m2 v′1＞0，v′2＞0，且 v′2＞v′1 大碰小，一起跑
答案
高考一轮总复习•物理
第13页
解析：在动能相同的情况下，根据 p＝ 2mEk可知 pA>pB，系统总动量方向与 A 球运动方 向相同，根据动量守恒可知，A、C 项正确，B 项错误；若碰后两球反向，动能仍相等，则 系统总动量方向改变，D 项错误．

2024届高考物理一轮总复习第二编第六章动量动量守恒定律第2讲动量守恒定律课件

2024届高考物理一轮总复习第二编第六章动量动量守恒定律第2讲动量守恒定律课件

2．[多个物体组成的系统动量守恒的判断]
(多选)如图所示，A、B两物体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静
止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹
簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是
()
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
[答案] BD
[多维训练]
考法1 系统在某方向上动量守恒的分析与判断
1. (多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完
全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧
形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是
()
A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒
动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射
入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求： (1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。 (2)木板向右滑行的最大速度v2。 (3)物块在木板上滑行的时间t。
解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守 恒可得： m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。 (2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得： (m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。 (3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得： －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1， 解得：t＝1 s。 答案：(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
情境创设 A 球的质量是 m，B 球的质量是m2 ，它们在光滑的水平面上以相同的动量 运动，A 在前，B 在后，发生正碰后，B 球仍朝原方向运动，但其速率是原来 的一半。

高考物理一轮复习第六章动量守恒定律45分钟章末验收卷课件

高考物理一轮复习第六章动量守恒定律45分钟章末验收卷课件

√
7.两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动.A车总质量为50 kg，以2 m/s 的速度向右运动；B车总质量为70 kg，以3 m/s的速度向左运动；碰撞后， 0.5 A 以 1.5 m/s 的速度向左运动，则 B 的速度大小为 ________m/s ，方向向 左 选填“左”或“右”). ______( 规定向右为正方向， 由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝－mAvA′＋mBvB′， 解得：vB′＝－0.5 m/s，所以B的速度大小是0.5 m/s，方向向左.
解析
1 3v，方向水平向右
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 11
(2)求水平轨道的长度；
答案 解析
3gR－2v2 3μg
物块滑下的过程中，物块的重力势能转化为系统的动能和内能， 1 1 有 2 mv2＋ 2 Mv′2＋μmgL＝mgR
3gR－2v2 解得L＝ 3μg
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 11
(3)若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块m不会越过 滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件.
A.
Ep m Ep m
B. D.2
2Ep m 2Ep m
√
C.2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 11
4.图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上， 5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高.用1、2、3、4、5
分别标记5个小钢球.当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由
答案
解析

2023版高考物理一轮总复习第六章第2节动量守恒定律及其应用课件

2023版高考物理一轮总复习第六章第2节动量守恒定律及其应用课件

球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等 于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中， 所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮 力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C 正确； 丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜 面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守 恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D 错 误.
＋
Ek2
≥
Ek1
′
＋
Ek2
′
或
p21 2m1
＋
p22 2m2
≥
p1′2 2m1
＋
p2′2 2m2
(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(或两物体速度相等). ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改 变(除非两物体碰撞后速度均为零).
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
矢量性 量为正值，相反为负值 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系
普适性 统
【典题 1】(多选)对于以下四幅图所反映的物理过程， 下列说法正确的是( )
甲
乙
丙
丁
图 6-2-3
A.图甲中子弹射入光滑水平面上的木块的过程中，子 弹和木块组成的系统动量守恒，机械能减少
B.图乙中 M、N 两木块放在光滑水平面上，剪断 M、 N 两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N 与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加
图 6-2-4 A.碰撞过程中 A 受到的冲量为 3.75 N·s B.碰撞过程中 A 的平均加速度为－75 m/s2 C.碰撞过程中 B 受到的平均作用力为 37.5 N D.A、B 碰撞结束后 A 的动量为 2.5 kg·m/s
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___左___(选填“左”或“右”).
答案 解析
规定向右为正方向， 由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝－mAvA′＋mBvB′， 解得：vB′＝－0.5 m/s，所以B的速度大小是0.5 m/s，方向向左.
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8.用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意图如图所示， 斜槽与水平槽圆滑连接.实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚 下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹.再把B球静置于水平槽前端边缘处， 让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹. 记录纸上的O点是重垂线所指的位置， 若测得各落点痕迹到O点的距离：OM＝2.68 cm，OP
原来的
1 4
.则碰后B球的速度大小是
√A.v20
C.v20或v60
答案 解析
B.v60 D.无法确定
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3.在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m.现B球静止，
A球向B球运动，发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧
时的总弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于
＝8.62 cm，ON＝11.50 cm，并知 A、B两球的质量比
为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的____P_ 点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误
差 |p－p′|＝__2_%(结果保留一位有效数字). p
答案 解析
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9.如图，质量分别为mA、mB的两个小球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球的速度恰为零.已知mB＝3mA，重力加速度大小为g ＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失. (1)B球第一次到达地面时的速度； 答案 4 m/s 解析
D.木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，木块A的速度为零
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7.两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动.A车总质量为50 kg，以2 m/s的
速度向右运动；B车总质量为70 kg，以3 m/s的速度向左运动；碰撞后，A
以 1.5 m/s 的 速 度 向 左 运 动 ， 则 B 的 速 度 大 小 为 ____0_._5__m/s ， 方 缩并处于静止状态.
若突然撤去力F，则下列说法中正确的是
答案 解析
√A.木块A离开墙壁前，墙对木块A的冲量大小等于 木块B动量变化量的大小
√B.木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块 B动能的增量
C.木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能
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A.上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒 B.上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒 C.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止
释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小 球1、2、3的释放高度
碰撞过程没有动能损失则有12mAvA2＋12mBvB′2＝12mBvB″2
上.A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失.当m1、v0一定时，若
m2越大，则
答案 解析
A.碰撞后A的速度越小
B.碰撞后A的速度越大
√C.碰撞过程中B受到的冲量越大 √D.碰撞过程中A受到的冲量越大
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6.如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连
答案
A.
Ep m
√C.2
Ep m
B.
2Ep m
D.2
2Ep m
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4.图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上， 5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高.用1、2、3、4、5分 别标记5个小钢球.当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止 释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达 到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示.关于此实验，下列说法 中正确的是
B.mgv、mgtsin α D.mgvsin α、mgt
√
根据瞬时功率的公式可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为 P＝mgvsin α，重力的冲量为I＝mgt，所以D正确，A、B、C错误.
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2.在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动.某时刻小球A与 质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为
B球在地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有
mBgh＝12 mBvB2
可得B球第一次到达地面时的速度vB＝
2g＝h 4 m/s
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(2)P点距离地面的高度. 答案 0.75 m 解析
A球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度vA＝gt＝3 m/s 设B球的速度为vB′， 则有碰撞过程动量守恒mAvA＋mBvB′＝mBvB″
√D.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止 释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小 球1、2、3的释放高度相同
答案 解析
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5.如图所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以
速度v0靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线
大家好
1
第六章 动量守恒定律
45分钟章末验收卷
1.如图所示，一倾角为α、高为h的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为m 的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为v，所用 时间为t，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及重力的冲量分别为
A.
、答0案 解析
C.mmggvchos α、mgt t