2018届高考物理一轮复习专题碰撞与动量守恒综合检测

[浙江考试标准]第1节 动量和动量定理 动量守恒定律考点一| 动量和动量定理1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示． (2)表达式：p ＝m v . (3)单位：kg·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同． 2．冲量(1)定义：力F 与力的作用时间t 的乘积． (2)定义式：I ＝Ft . (3)单位：N·s.(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果． 3．动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．(2)表达式：⎩⎨⎧Ft ＝p ′－pI ＝Δp1．用动量定理解题的基本思路2．动量定理的应用 (1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．(2)应用I ＝Δp 求变力的冲量．(3)应用Δp ＝F ·Δt 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B ．物体的加速度不变，其动量一定不变C ．动量越大的物体，其速度一定越大D ．动量越大的物体，其质量一定越大A[动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻的速度方向，选项A正确．加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，选项B错误．物体动量的大小由物体质量及速度的大小共同决定，不是只由物体的速度决定的，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误．物体的动量越大，其质量并不一定越大，故选项D错误．] 2．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图12-1-1所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是()图12-1-1A．拉力F对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小为FtC．拉力F对物体的冲量大小是Ft cos θD．合力对物体的冲量大小为零BD[拉力F对物体的冲量大小为Ft，A、C错误，B正确；合力对物体的冲量等于物体动量的变化，即等于零，选项D正确．]3．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于()A．人跳在沙坑里的动量比跳在水泥地上小B．人跳在沙坑里的动量变化比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑里受到的冲量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑里受到的冲力比跳在水泥地上小D[人跳远从一定高度落下，落地前的速度(v＝v20＋2gh)一定，则初动量相同；落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化量Δp一定，因落在沙坑里作用的时间长，落在水泥地上作用的时间短，根据动量定理Ft＝Δp知，t长F小，故D对．]4．(2016·宁波调研)如图12-1-2所示，质量为m＝2 kg的物体，在水平力F ＝16 N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用t1＝2 s后撤去，撤去F后又经t2＝2 s，物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1 s，碰撞后反向弹回的速度v′＝6 m/s，求墙壁对物体的平均作用力的大小．(g取10 m/s2)图12-1-2【解析】 全过程整体考虑，取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F 方向为正方向，则由动量定理：Ft 1－μmg (t 1＋t 2)－F －t 3＝－m v ′ 代入数据整理解得：F －＝280 N. 【答案】 280 N5．(2016·浙江4月选考)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图12-1-3所示．竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L .导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B .绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m ，其中燃料质量为m ′，燃料室中的金属棒EF 电阻为R ，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触．引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD (电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC 面积减少量达到最大值ΔS ，用时Δt ，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭．在Δt 时间内，电阻R 产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体．当燃烧室下方的可控喷气孔打开后，喷出燃气进一步加速火箭．(不计空气阻力)(1)求回路在Δt 时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF 的电荷量，并判断金属棒EF 中的感应电流方向；(2)经Δt 时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度v 0；(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m ′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u ，求喷气后火箭增加的速度Δv .(提示：可选喷气前的火箭为参考系)【导学号：81370400】图12-1-3【解析】 (1)由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ， Q ＝I －Δt ＝ΔΦR ＝B ΔSR ，电流方向向右．(2)平均感应电流I －＝E －R ＝B ΔS R Δt ， 平均安培力F －＝B I －L ， 由动量定理得 (F －－mg )Δt ＝m v 0， v 0＝B 2L ΔSmR －g Δt .(3)以火箭为参考系，设竖直向上为正， 由动量守恒定律得－m ′u ＋(m －m ′)Δv ＝0， 解得Δv ＝m ′m －m ′u .【答案】 见解析考点二| 动量守恒定律1．内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．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．3．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)Δp1＝－Δp2，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零．1．动量守恒定律的“五性”(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、末状态的动量；(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．1．(多选)下列四个选项所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()AC[子弹射入木块的过程中，水平方向系统合力为零，动量守恒，A正确；两球匀速下降，总浮力等于总重力，细线断裂后，系统在竖直方向合力仍为零，动量守恒，C正确；剪断细线，弹簧恢复原长的过程中，系统水平方向动量增大，动量不守恒；木块沿光滑斜面下滑过程中，木块动量增大，斜面静止，故系统动量不守恒．]2．(2017·桐乡选考模拟)一个质量M＝2 kg的装沙小车沿光滑水平轨道运动，速度v＝3 m/s，一个质量m＝1 kg的球从0.2 m高处自由落下，恰落入小车的沙中，此后小车的速度v′为()A．3 m/s B．2 m/sC．2.7 m/s D．0B[车、沙、球组成的系统在水平方向上动量守恒，有M v＝(M＋m)v′，解得v′＝M vM＋m＝2×32＋1m/s＝2 m/s，选项B正确．]3．两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1kg.两磁铁的N 极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．求：(1)两车最近时，乙的速度为多大；(2)甲车开始反向运动时，乙车的速度为多大.【导学号：81370401】【解析】(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，所以两车最近时，乙车的速度为v＝m乙v乙－m甲v甲m甲＋m乙＝1×3－0.5×20.5＋1m/s＝43m/s≈1.33 m/s.(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，得v乙′＝m乙v乙－m甲v甲m乙＝1×3－0.5×21m/s＝2 m/s.【答案】(1)1.33 m/s(2)2 m/s4．如图12-1-4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＝2m，m B＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(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B与C碰撞前B的速度．图12-1-4【解析】设共同速度为v，滑块A和B分开后B的速度为v B，由动量守恒定律有(m A＋m B)v0＝m A v＋m B v Bm B v B＝(m B＋m C)v联立以上两式得，B与C碰撞前B的速度为v B＝95v0.【答案】9 5 v0。

第六章 碰撞与动量守恒章末热点集训动量定理的应用一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v 0＝4 m/s 的匀速直线运动．若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t ＝8 s 才可静止．该帆船的帆面正对风的有效面积为S ＝10 m 2，帆船的总质量约为M ＝936 kg.若帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m 3，在匀速行驶状态下估算：(1)帆船受到风的推力F 的大小；(2)风速的大小v .[解析] (1)风突然停止，帆船只受到阻力f 的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a ，则 a ＝0－v 0t＝－0.5 m/s 2 根据牛顿第二定律有－f ＝Ma ，所以f ＝468 N则帆船匀速运动时，有F －f ＝0解得F ＝468 N.(2)设在时间t 内，正对着吹向帆面的空气的质量为m ，根据动量定理有－Ft ＝m (v 0－v ) 又m ＝ρS (v －v 0)t所以Ft ＝ρS (v －v 0)2t解得v ＝10 m/s.[答案] (1)468 N (2)10 m/s1.皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地板接触的时间相等．若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略．(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？(2)若用手拍这个球，使其保持在0.8 m 的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m ＝0.5 kg ，g 取10 m/s 2)解析：(1)由题意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8倍．设皮球所处的初始高度为H ，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v 0＝2gH ，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)v 1和第二次碰撞后瞬时速度大小v 2满足v 2＝0.8v 1＝0.82v 0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F 1、F 2，取竖直向上为正方向．根据动量定理，有F 1t ＝mv 1－(－mv 0)＝1.8mv 0F 2t ＝mv 2－(－mv 1)＝1.8mv 1＝1.44mv 0则F 1∶F 2＝5∶4.(2)欲使球跳起0.8 m ，应使球由静止下落的高度为h ＝0.80.64m ＝1.25 m ，球由1.25 m 落到0.8 m 处的速度为v ＝3 m/s ，则应在0.8 m 处给球的冲量为I ＝mv ＝1.5 N ·s ，方向竖直向下．答案：见解析碰撞问题的求解(高考山东卷)如图，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求：(1)B 的质量；(2)碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失．[解析] (1)以初速度v 0的方向为正方向，设B 的质量为m B ，A 、B 碰撞后的共同速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v 2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ，由动量守恒定律得m v 2＋2m B v ＝(m ＋m B )v ①解得m B ＝m 2.② (2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得 mv 0＝(m ＋m B )v ③设碰撞过程A 、B 系统机械能的损失为ΔE ，则ΔE ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＋12m B (2v )2－12(m ＋m B )v 2④ 联立②③④式得ΔE ＝16mv 20. [答案] (1)m 2 (2)16mv 202.如图，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m 、m ，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数为μ.现让甲物块以速度v 0向着静止的乙运动并发生正碰，试求：(1)甲与乙第一次碰撞过程中系统的最小动能；(2)若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，则在第一次碰撞中系统损失了多少机械能？解析：(1)碰撞过程中系统动能最小时，为两物体速度相等时，设此时两物体速度为v 由系统动量守恒有2mv 0＝3mv得v ＝23v 0 此时系统动能E k ＝12·3mv 2＝23mv 20.(2)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v 1、v 2，之后甲做匀速直线运动，乙以初速度v 2做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙并发生碰撞，因此两物体在这段时间内平均速度相等，有 v 1＝v 22而第一次碰撞中系统动量守恒，有2mv 0＝2mv 1＋mv 2由以上两式可得v 1＝v 02v 2＝v 0所以第一次碰撞中的机械能损失量为E ＝12·2mv 20－12·2mv 21－12mv 22＝14mv 20. 答案：(1)23mv 20 (2)14mv 20运用动量和能量观点解决力学综合问题如图所示，光滑水平面上，一半圆形槽B 中间放一光滑小球A (可看成质点)，A 、B 质量均为2 kg.A 、B 共同以v 0＝6 m/s 的速度向右运动，质量为4 kg 的物体C 静止在前方．B 与C 碰撞后粘合在一起运动，求：(1)B 、C 碰撞后瞬间的速度大小；(2)在以后的运动过程中，A 速度等于零时重力势能的增加量．[解析] (1)设B 、C 碰撞后瞬间的速度为v 1，根据水平方向动量守恒有m B v 0＝(m B ＋m C )v 1解得v 1＝2 m/s.(2)设当A 的速度为零时，B 、C 整体的速度为v BC ，根据动量守恒定律有m A v 0＋m B v 0＝(m B ＋m C )v BC解得v BC ＝4 m/s重力势能的增加量ΔE p ＝12m A v 20＋12(m B ＋m C )v 21－12(m B ＋m C )v 2BC 解得ΔE p ＝0即当A 的速度为零时，A 处于B 中最低点，重力势能增加量为零．[答案] (1)2 m/s (2)03.(高考北京卷)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间A 的速率v ；(2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′；(3)A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .解析：设滑块的质量为m .(1)根据机械能守恒定律mgR ＝12mv 2 得碰撞前瞬间A 的速率v ＝2gR ＝2 m/s.(2)根据动量守恒定律mv ＝2mv ′得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s.(3)根据动能定理12(2m )v ′2＝μ(2m )gl 得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m. 答案：(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。

专题14 动量与动量守恒1.（15重庆卷）高空作业须系安全带.如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h （可视为自由落体运动）.此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为mg mg -mg +mg - 答案：A解析：人下落h 高度为自由落体运动，由运动学公式22v gh =，可知v =（取向上为正）由动量定理得()0()F mg t mv -=--，解得：F mg =+，故选A.2.（15新课标2卷）（10分）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；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：（ⅰ）滑块a 、b 的质量之比；（ⅱ）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 质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图像得 v 1=-2m/sv 2=1m/sa 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v ,由题给图像可得s m v /32=由动量守恒定律得：m 1v 1+m 2v 2=（m 1+m 2）v 解得8121=m m （2）由能量守恒得.两滑块因碰撞而损失的机械能为221222211)(212121v m m v m v m E +-+=∆ 由图像可知，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 221)(21v m m W +=解得21=∆E W 3.（2015·全国新课标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 ，三者都处于静止状态，现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间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.解析：设A 运动的初速度为vA 向右运动与C 发生碰撞，根据弹性碰撞可得12mv mv Mv =+22212111222mv mv Mv =+ 可得1m M v v m M -=+22m v v m M=+ 要使得A 与B 发生碰撞，需要满足10v <，即m M <A 反向向左运动与B 发生碰撞过程，弹性碰撞134mv mv Mv =+222134111222mv mv Mv =+ 整理可得31m M v v m M -=+ 412m v v m M=+ 由于m M <，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足32v v < 即2212()m M m m M v v v v m M m M m M--=>=+++整理可得224m Mm M +>解方程可得2)m M ≥。

《碰撞与动量守恒》综合检测(时间:90分钟满分:100分)【测控导航】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。

专题28 验证动量守恒定律【满分：110分时间：90分钟】一、实验题(共10大题，每题11分，共110分。

)1．某同学把两个大小不同的物体用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧，如图所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量，探究物体间相互作用时的不变量．（1）该同学还必须有的器材是__________________；（2）需要直接测量的数据是_____________________；（3）根据课堂探究的不变量，本实验中表示碰撞前后不变量的表达式应为__________________．【答案】（1）刻度尺、天平（2）两物体的质量m1、m2和两物体落地点分别到桌子两侧边缘的水平距离s1、s2（3）m1s1＝m2s22．某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验；气垫导轨装置如图（a）所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通人压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图（b）所示，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．（1）下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通人压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先，然后，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图（c）所示：⑧测得滑块1（包括撞针）的质量为310g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为205g；试完善实验步骤⑥的内容．（2）已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为kg•m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为kg•m/s（保留三位有效数字）．（3）试说明（2）问中两结果不完全相等的主要原因是．【答案】（1）接通打点计时器的电源，放开纸带；（2）0.620，0.618；（3）纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用【解析】3．某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A前端装有橡皮泥，推动小车A使之匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动。

功能关系能量守恒一、选择题（1〜4题只有一个选项符合题目要求， 5〜7题有多个选项符合题目要求 ）1.自然现象中蕴藏着许多物理知识, 变形，则水的重力势能（）A. 变大 B .变小C.不变 D .不能解析：人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加， A 正确.答案：A 2.滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态， 现用恒定的水平外 力F 作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力 F 做了 10 J 的功.在上述过程中 （ ）A 弹簧的弹性势能增加了10 JB. 滑块的动能增加了 10 JC.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了 10 JD. 滑块和弹簧组成的系统机械能守恒解析：拉力F 做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加， 由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和， C 正确，A 、B 、D 均错误.答案：C3 . （2017 •宜昌模拟）在离水平地面h 高处将一质量为 m 的小球水平抛出，在空中运动 的过程中所受空气阻力大小恒为 F 阻，落地时小球距抛出点的水平距离为 x ,速率为v ，那么，在小球运动的过程中（）A. 重力势能减少mg'h 2+ x 2B. 克服空气阻力做的功为 F 阻• h 2 + x 2C.落地时，重力的瞬时功率为 mgvD. 机械能逐渐减少解析：重力做功为WG= mgh 由功能关系可知重力势能减少 mgh 选项A 错误；空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于h 2+ x 2，故克服空气阻力做的功大于F阻• h 2+ x 2,选项B 错误；落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积， 故落地时重力的瞬时功率小于 mgv 选项C 错误；空气阻力做负功，机械能减少，选项 D 正 确.答案：D-Tsramfr ——L754.为m 的小物块并让其从静止出发下滑•已知盆内侧壁是光滑的，而盆底 BC 面与小物块间的 动摩擦因数为 卩=0.10，小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到 B 的距离 为（）A. 0.50 m B • 0.25 m C. 0.10 m D . 0解析：分析小物块的运动过程， 可知由于克服摩擦力做功，物块的机械能不断减小•设一 一 h 0.30物块在BC 上运动的总路程为I .根据动能定理得 mghr 卩mgl = 0，解得I =一= m = 33 0.10=6d ,即小物块正好停在 B 点，所以D 选项正确.答案：D5. （2017 •四川乐山一模）I -- L ----- 1如图所示，质量为 M 长度为L 的小车静止在光滑的水平面上，质量为 m 的小物块（可的距离为x .在这个过程中，以下结论正确的是 （A. 小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为B. 小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为C. 小物块和小车增加的机械能为Rx D.小物块克服摩擦力所做的功为F 1（L + x ）解析：对小车运动x 的过程运用动能定理有 Rx = 0，物块滑到小车右端时，小车具有的动能为Rx ,故A 错误，B 正确.摩擦产生的内能等于摩擦力与相对路程的乘积，即=f △x ，根据功能关系知，拉力做的功转化为小车和物块增加的机械能和摩擦产生的内能，有F （ L + x ） = A E + F 1L ,所以增加的机械能 △ E = F （ L + x ） — FL ,故C 错误.小物块克服摩擦 力所做的功等于摩擦力的大小乘小物块的位移，故 R （x + L ）, D 正确.答案：BD6.相同，顶角b 处安装一定滑轮.质量分别为 M mM >m 的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定 滑轮连接，轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动. 若不计滑轮的质 量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（ ）视为质点）放F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动，小物块和小车之间的摩擦力为F 1,小物块滑到小车的最右端时，小车运动) (F + F 1) •( L + x ) F 1X 如图所示,楔形木块be 与水平面的夹角A. 两滑块组成系统的机械能守恒B. 重力对M做的功等于M动能的增加C. 轻绳对m做的功等于m机械能的增加D. 两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析：由于系统受到摩擦力的作用，且摩擦力做功，故系统机械能不守恒，选项A错误; 根据动能定理可知，合力对M做的功等于M动能的增加，选项B错误；除重力以外的力对物体做的功等于机械能的增加，故选项C正确；由能量守恒定律可知，选项D正确.答案：CD7. （2017 •湖北八校联考）如图甲所示，质量为1 kg的小物块以初速度v。

六 碰撞 动量守恒定律(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1. 如图所示，水平轻弹簧与物体A 和B 相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体A 的质量为m ，物体B 的质量为M ，且M ＞m .现用大小相等的水平恒力F 1、F 2拉A 和B ，从它们开始运动到弹簧第一次为最长的过程中( )A ．因F 1＝F 2，所以A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒B ．因F 1＝F 2，所以A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒C ．由于F 1、F 2大小不变，所以m ，M 各自一直做匀加速运动D ．弹簧第一次最长时，A 和B 总动能最大解析：选B.此过程F 1、F 2均做正功，A 、B 和弹簧组成的系统机械能增大，系统机械能不守恒，故A 错误；两拉力大小相等方向相反，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B 正确；在拉力作用下，A 、B 开始做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C 错误；弹簧第一次最长时，A 、B 的总动能最小，故D 错误；故选B.2. 如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个人静止站在A 车上，两车静止，若这个人自A 车跳到B 车上，接着又跳回A 车，静止于A 车上，则A 车的速率( )A ．等于零B ．小于B 车的速率C ．大于B 车的速率D ．等于B 车的速率解析：选 B.两车和人组成的系统位于光滑的水平面上，因而该系统动量守恒，设人的质量为m 1，车的质量为m 2，A 、B 车的速率分别为v 1、v 2，则由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 1－m 2v 2＝0，所以，有v 1＝m 2m 1＋m 2v 2，m 2m 1＋m 2<1，故v 1<v 2，所以B 正确． 3．有甲、乙两碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前双方都关闭了动力，且两车动量关系为p 甲>p 乙．假设规定p 甲方向为正，不计一切阻力，则( )A ．碰后两车可能以相同的速度沿负方向前进，且动能损失最大B ．碰撞过程甲车总是对乙车做正功，碰撞后乙车一定沿正方向前进C ．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进D ．两车动量变化量大小相等，方向一定是Δp 甲沿正方向，Δp 乙沿负方向解析：选C.由于规定p 甲方向为正，两车动量关系为p 甲＞p 乙．碰后两车可能以相同的速度沿正方向前进，且动能损失最大，选项A 错误．碰撞过程甲车先对乙车做负功，选项B 错误．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进，选项C 正确．由动量守恒定律，两车动量变化量大小相等，方向可能是Δp 甲沿负方向，Δp 乙沿正方向，选项D 错误．4. 如图所示，在光滑的水平面上有一物体M ，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C ，两端A 、B 一样高．现让小滑块m 从A 点静止下滑，则()A ．m 不能到达小车上的B 点B ．m 从A 到C 的过程中M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 向右运动C ．m 从A 到B 的过程中小车一直向左运动，m 到达B 的瞬间，M 速度为零D ．M 与m 组成的系统机械能守恒，动量守恒解析：选C.A.M 和m 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以m 恰能达到小车上的B 点，到达B 点时小车与滑块的速度都是0，故A 错误；B.M 和m 组成的系统水平方向动量守恒，m 从A 到C 的过程中以及m 从C 到B 的过程中m 一直向右运动，所以M 一直向左运动，m 到达B 的瞬间，M 与m 速度都为零，故B 错误，C 正确；D.小滑块m 从A 点静止下滑，物体M 与滑块m 组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒．M 和m 组成的系统机械能守恒，故D 错误．5．质量为m 的物体，以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点处返回原处的速度为v t ，且v t ＝0.5v 0，则( )A ．上滑过程中重力的冲量比下滑时大B ．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C ．合力的冲量在整个过程中大小为32mv 0 D ．整个过程中物体动量变化量为12mv 0 解析：选C.以v 0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为v t ＝0.5v 0，说明斜面不光滑．设斜面长为L ，则上滑过程所需时间t 1＝l v 02＝2l v 0，下滑过程所需时间t 2＝l v t 2＝4l v 0，t 1<t 2.根据冲量的定义，可知上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A 错误；上滑和下滑时支持力的大小都不等于零，B 错误；对全过程应用动量定理，则I 合＝Δp ＝－mv t －mv 0＝－32mv 0，C 正确，D 错误．6．质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M /m 可能为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选AB.碰后动量相等，设此动量为p ，方向一定与v 相同，则可知碰后速度关系，碰后m 的速度v 2一定要大于或等于碰后M 的速度v 1即v 2≥v 1由mv 2＝Mv 1，可知M m ＝v 2v 1≥1，由能量关系可知p22M ≥p 22m ＋p 22M ，解得：M m≤3，由上述结论可知，A 、B 项正确． 7. 如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上．其中，弹簧两端分别与静止的滑块N 和挡板P 相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M 以初速度v 0向右运动，它与挡板P 碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N 以速度v 0向右运动．在此过程中( )A ．M 的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B ．M 与N 具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C ．M 的速度为v 0/2时，弹簧的长度最长D ．M 的速度为v 0/2时，弹簧的长度最短解析：选BD.M 、N 两滑块碰撞过程中动量守恒，当M 与N 具有相同的速度v 0/2时，系统动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大，A 错误，B 正确；M 的速度为v 0/2时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C 错误，D 正确．8．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M ＝0.6 kg ，m ＝0.2 kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有E p ＝10.8 J 弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R ＝0.425 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示．g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．球m 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·sB ．M 离开轻弹簧时获得的速度为9 m/sC ．若半圆轨道半径可调，则球m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D ．弹簧弹开过程，弹力对m 的冲量大小为1.8 N·s解析：选AD.释放弹簧过程中，由动量守恒定律得Mv 1＝mv 2，由机械能守恒定律得E p ＝12Mv 21＋12mv 22，解得v 1＝3 m/s ，v 2＝9 m/s ，故B 错误；对m ，由A 运动到B 的过程由机械能守恒定律得12mv 22＝12mv 2′2＋mg ×2R ，得v 2′＝8 m/s ，由A 运动到B 的过程由动量定理得I 合＝mv 2′－(－mv 2)＝3.4 N·s，故A 正确；球m 从B 点飞出后，由平抛运动可知水平方向x＝v 2′t ，竖直方向2R ＝12gt 2，解得x ＝25.6R ，故C 错误；弹簧弹开过程，弹力对m 的冲量I ＝mv 2＝1.8 N·s，故D 正确．二、非选择题(共4小题，52分)9．(12分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间，已知碰后两滑块一起运动；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.(1)试着完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s ；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为________kg·m /s.(保留3位有效数字)(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是_______________.解析：(1)使用打点计时器时应先接通电源，后放开滑块1.(2)作用前滑块1的速度v 1＝0.20.1m/s ＝2 m/s ，其质量与速度的乘积为0.310×2 kg·m/s ＝0.620 kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v ＝0.1680.14m/s ＝1.2 m/s ，其质量与速度的乘积之和为(0.310＋0.205)×1.2 kg·m/s＝0.618 kg·m/s.(3)相互作用前后动量减小的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦．答案：(1)接通打点计时器的电源 放开滑块 1 (2)0.620 0.618 (3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦10．(12分)如图，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M ＝3.0 kg ，木板的长度为L ＝1.5 m ，在木板右端有一小物块，其质量m ＝1.0 kg ，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度v 0沿木板向左运动，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v 0的大小；(2)若初速度v 0＝3 m/s ，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．解析：(1)设木板和物块最后共同的速度为v ，由动量守恒定律mv 0＝(m ＋M )v ① 对木板和物块系统，由功能关系μmgL ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2② 由①②两式解得：v 0＝2μgL M ＋m M ＝2×＋3 m/s ＝2 m/s(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v .设碰撞过程中损失的机械能为ΔE .对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系有μmg 2L ＋ΔE ＝12mv 20－12(m ＋M )v 2③ 由①③两式解得：ΔE ＝mM M ＋m v 20－2μmgL ＝1×3＋×32－2×0.1×10×1.5 J ＝0.375 J答案：(1)2 m/s (2)0.375 J11．(14分)如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，其右侧边缘放有小滑块C ，与木板B 完全相同的木板A 以一定的速度向左运动，与木板B 发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块C 刚好没有从木板上掉下．已知木板A 、B 和滑块C 的质量均为m ，C 与A 、B 之间的动摩擦因数均为μ.求：(1)木板A 与B 碰前的速度v 0；(2)整个过程中木板B 对木板A 的冲量I .解析：(1)A 、B 碰后瞬时速度为v 1，碰撞过程中动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 1A 、B 粘为一体后通过摩擦力与C 发生作用，最后有共同的速度v 2，此过程中动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：2mv 1＝3mv 2C 在A 上滑动过程中，由能量守恒定律得：－μmgL ＝12·3mv 22－12·2mv 21 联立以上三式解得：v 0＝23μgL(2)根据动量定理可知，B 对A 的冲量与A 对B 的冲量等大反向，则I 的大小等于B 的动量变化量，即：I ＝－mv 2＝－2m 3μgL 3，负号表示B 对A 的冲量方向向右． 答案：(1)23μgL (2)－2m 3μgL 3，负号表示B 对A 的冲量方向向右 12．(14分) 水平光滑的桌面上平放有一质量为2m 的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都为m 的小球(管道的半径远远大于小球的半径)，位于管道直径AB 的两端．开始时，环静止，两个小球沿着向右的切线方向，以相同的初速度v 0开始运动，如图所示．设系统处处无摩擦，所有的碰撞均为弹性碰撞．(质量相等的两物体弹性正碰后交换速度，此结论本题可直接用)(1)当两个小球在管道内第一次相碰前瞬间，试求两个小球之间的相对速度大小；(2)两小球碰后在第一次返回到A 、B 时，两小球相对桌面的速度方向(朝左还是朝右)和速度大小．解析：(1)根据对称性，两球运动相同的路程在细圆管的最右端相遇，相遇前，两小球与细圆管在左右方向上共速，共同速度设为v 1，此时两球相对于细圆管的速度方向沿切线，大小相同设为v y .左右方向上两球与细圆管动量守恒2mv 0＝(2m ＋2m )v 1，解得v 1＝v 02根据能量守恒定律可得2×12mv 20＝12×2mv 21＋2×12m (v 21＋v 2y ) 解得v y ＝22v 0 两球相对速度大小v ＝2×v y ＝2v 0(2)两球相碰，左右方向速度不变，沿管切线方向交换速度，之后两球同时分别到达A 、B 位置．从刚开始两球运动到两球第一次回到A 、B 位置，两球与细圆管组成的系统可以看成弹性碰撞，即质量为2m 的物体与细圆管发生了弹性正碰，交换速度，故而两球相对桌面速度为零，细圆管相对桌面速度为v 0. 答案：(1)2v 0 (2)两小球相对桌面速度为零。