2022届高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒试题2含解析新人教版

专题七碰撞与动量守恒一、单项选择题(共6小题,18分)1.如果没有空气阻力,天上的云变成雨之后落到地面,在经过一路的加速后,到达地面时的速度会达到300 m/s,这样的速度基本相当于子弹速度的一半,是非常可怕的.由于空气阻力的作用,雨滴经过变加速运动,最终做匀速运动,一般而言,暴雨级别的雨滴落地时的速度为8~9 m/s.某次下暴雨时李明同学恰巧撑着半径为0.5 m的雨伞(假设伞面水平,雨水的平均密度为0.5 kg/m3),由于下雨使李明增加撑雨伞的力最小约为() A.2.5×101 N B.2.5 NC.2.5×101 ND.2.5×102 N2.甲、乙两物体在同一直线上运动,它们在0~0.4 s时间内的vt图象如图所示.若两物体仅存在相互作用,则下列说法正确的是()A.0~0.4 s时间内甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量~t1时间内甲、乙位移之比为1∶3C.甲、乙质量之比为3∶1D.t1=0.28 s3.某质量为3 kg的木块在喷泉作用下,静止在距某喷口上方1 m的位置,喷口的圆形内径约为2 cm,若喷出的水全部撞击木块且冲击后水的速度变为零,则驱动该喷口喷水的水泵功率最接近(不计空气阻力,π取3,重力加速度g取10 m/s2)()A.100 WB.200 WC.300 WD.400 W4.一同学研究箱子的运动,让一质量为m=1 kg的箱子在水平恒力F的推动下沿光滑水平面做直线运动,箱子运动的xt t图线如图所示,t是从某时刻开始计时箱子运动的时间,x为箱子在时间t内的位移,由此可知()A.箱子受到的恒力大小为F=0.5 NB.0~10 s内箱子的动量变化量为5 kg·m/sC.5 s时箱子的速度大小为5.5 m/sD.0~5 s内箱子的位移为27.5 m5.如图所示,光滑水平面上停放一个木箱和小车,木箱质量为m,小车和人总质量为M,M∶m=4∶1,人以速率v沿水平方向将木箱推出,木箱被挡板以原速率反弹回来以后,人接住木箱再以同样大小的速率v第二次推出木箱,木箱又被原速反弹,…,则人最多能推木箱的次数为()D.16.在光滑的水平面上有A、B两辆玩具小汽车,质量分别为M A=2 kg,M B=1 kg.现使A车以10 m/s的速度沿A、B中心的连线向静止的B车运动,与B车发生对心碰撞,则碰后两车的速度可能是()A.v A=7 m/s,v B=6 m/sB.v A=1 m/s,v B=22 m/sC.v A=6 m/s,v B=8 m/sD.v A=2 m/s,v B=16 m/s二、多项选择题(共4小题,16分)7.2019年6月15日,中国田径街头巡回赛·北京撑杆跳高比赛在北京市朝阳区世贸天阶举行,如图所示,一名运动员正在撑杆跳高.完整的撑杆跳高过程可以简化成三个阶段:持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落.将运动员撑杆起跳上升的过程在竖直方向上的运动简化为竖直初速度为v0=5 m/s的运动,对应时刻重心高度为1.5 m,越过杆时的竖直速度为零,从起跳至运动到离地面6.15 m的最高点经历的时间为5 s,运动员的质量为75 kg,不计空气阻力,g取10 m/s2.则在撑杆起跳上升过程中()A.撑杆对运动员的冲量大于运动员对撑杆冲量B.撑杆释放的弹性势能为2 450 JC.运动员在竖直方向受到的合力产生的冲量为375 N·sD.撑杆对运动员的力在竖直方向产生的冲量为3 375 N·s8.如图所示,光滑水平面与竖直光滑曲面相切于曲面最低点,大小相同的弹性小球A、B质量分别为m A、m B.B静止在曲面最低点,让球A从曲面上一定高度h滑下,在最低点与球B发生正碰,碰撞过程无机械能损失,水平面足够长.下列说法正确的是()A.A、B可能发生第二次碰撞B.若m A<m B,A、B一定能发生第二次碰撞C.增大h可让A、B发生第二次碰撞D.当m B≤3m A时A、B只能发生一次碰撞9.一竖直放置的轻弹簧,一端固定于地面,一端与质量为3 kg的B固定在一起,质量为1 kg的A 放于B上,并施加向下的恒力,系统处于静止状态.撤去外力后,A和B一起竖直向上运动,如图所示.当A、B分离后,A上升0.2 m到达最高点,此时B速度方向向下,弹簧为原长,则从A、B 分离起至A到达最高点的过程中,下列说法正确的是(g取10 m/s2)()A.A、B分离时,弹簧处于原长状态B.A、B分离时,A的速度大于B的速度C.从A、B分离起至A到达最高点的过程中,弹簧的弹力对B的冲量大小为6 N·sD.B的机械能守恒10.如图所示,小球A、B、C质量分别为2m、m、m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为l,B、C置于水平地面上.现让两轻杆并拢,以此时小球A在水平地面上的竖直投影为坐标原点,A由静止释放到下降到最低点的过程中,A、B、C在同一竖直平面内运动,忽略一切摩擦,重力加速度为g.则球A与地面接触时(小球直径远小于杆长)()A.球C速度大小为√gl3B.球B、C的动量之和为零C.球A落点在原点左侧D.A与地面接触时的速度大小为√2gl三、非选择题(共4小题,50分)11.[5分]图示装置可用来验证动量守恒定律:一段长为l的细绳一端与力传感器(图中未画出,传感器的体积忽略不计,它可以实时记录绳所受的拉力大小)相连,固定在O点,另一端连接一个质量为m1、直径为d的小钢球A.在小钢球自然下垂时在其最低点N的右侧放置有一气垫导轨,气垫导轨左端放有质量为m2的小滑块B(B上安装有宽度为d的遮光片,遮光片的质量忽略不计),右侧安装有光电门1和光电门2(它们分别与数字毫秒计连接,数字毫秒计可记录遮光片挡光的时间).当地的重力加速度为g.将气垫导轨调整为水平,并调整好气垫导轨的高度,确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B 发生正碰;调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力作用.(1)将小钢球A从某位置由静止释放,摆到最低点N与滑块B发生碰撞.若小钢球A与滑块B 碰撞前瞬间,拉力传感器的示数为F1,则小钢球A与滑块B碰撞前的速度大小为.(用题中已给出的物理量符号表示)(2)为完成实验,除了要记录数字毫秒计的读数Δt外,还需要记录的信息有.(3)写出一条对提高实验结果准确度有益的建议:.12.[6分]利用气垫导轨可以验证被压缩的弹簧弹开时,两滑块组成的系统动量守恒,可用图示装置进行以下实验.实验时,用两滑块压缩弹簧,并用细线固定,使其静止在两光电门中间附近,已知两滑块上遮光片的宽度相同,都是d,剪断拴弹簧的细线,测得质量为m1的滑块1和质量为m2的滑块2上遮光片通过光电门的时间分别为t1和t2.(1)实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮,使导轨;充气后,当滑块放在气垫导轨上任意位置都能时,说明气垫导轨已经调节好.(2)若满足,则两滑块组成的系统动量守恒(采用最简式).(3)不计滑块在气垫导轨上运动时受到的阻力,则剪断拴弹簧的细线前弹簧的弹性势能为.13.[19分]如图所示,在光滑水平面上静止着两个质量均为m的小滑块a、b,两者相距为l.现对滑块a施一水平向右的大小为F的恒力,以后两滑块发生正碰过程时间极短,不计碰撞过程中的动能损失.(1)小滑块a、b在第一次碰撞后的速度大小各是多少?(2)滑块a与滑块b第一次碰撞后,经过多长时间第二次碰撞?两次相碰间隔多远?(3)若要使滑块a与滑块b仅发生三次碰撞,可在滑块b运动一段距离s(未知)后给滑块b也施加一个水平向右的大小为F的恒力,试求距离s应该在什么范围内.14.[20分]如图,静置于光滑水平面上的滑块Q由半径为L的14光滑圆弧轨道AB和长为L的水平轨道BC组成,半径OB竖直,末端C离地高度为L2.若滑块Q锁定,让一小物块P从A处由静止释放,沿轨道运动,从C端飞出,落到水平面上的D点.已知Q的质量是P的4倍,P与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,小物块P可视可质点,重力加速度为g.(1)求C、D间的水平距离x0.(2)若将滑块Q解锁,让P仍从A处由静止释放沿轨道运动,离开C端后落到水平面上的D'点,求:①P滑到C端时的速度大小v1;②D'、D两点间的距离x.1.C设t时间内,落到雨伞上雨水的质量为m,根据动量定理,有Ft=mv,又m=vtπr2ρ,所以F=v2πr2ρ,代入数值解得F=2.5×101 N,所以选项C正确.【解题关键】根据速度和雨水的平均密度求出单位时间内雨水的质量是解题的关键.2.C甲、乙两物体仅存在相互作用,则甲、乙两物体组成的系统动量守恒,故0~0.4 s时间内甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量,A错误;在vt图象中,图线与坐标轴围成图形的面积表示位移,则0~t1时间内甲、乙位移之比为1∶5,B错误;由图线可知,甲、乙两物体加速度大小之比为1∶3,则甲、乙质量之比为3∶1,C正确;由图线可知a乙的大小为10 m/s2,则t1=0.3 s,D错误.3.B喷口的内径约2 cm,则半径约为r=0.01 m,木块静止在距喷口h=1 m的位置,即木块受到水的冲击力等于木块的重力,由动量定理得0mv=m木gt,在一段极短时间t内喷到木块上的水柱的质量为m=ρ水vtS,S=πr2,设水在刚喷出喷口时的速度为v喷,由机械能守恒定律可知mgh+12mv2=12m v喷2,设驱动该喷口喷水的水泵功率为P,在接近管口很短一段时间Δt内喷出水柱的质量m1=ρ水v喷ΔtS,根据动能定理可得PΔt=12m1v喷2,解得P≈ 197 W,故B正确.4.D将匀变速直线运动位移公式x=v0t+12at2,两边同除以t可得xt=v0+12at,对比xtt图线可知,箱子的初速度v 0=3 m/s,图线斜率为12a=0.5 m/s 2,箱子运动的加速度a=1 m/s 2,由牛顿第二定律,可得恒力F=ma=1 N,A 错误;箱子的初动量为p 0=mv 0=3 kg·m/s,10 s 时箱子的速度大小v=v 0+at 1=13 m/s,0~10 s 内箱子的动量变化量为mvmv 0=10 kg·m/s,B 错误;5 s 时箱子的速度大小为v 0+at 2=8 m/s,C 错误;0~5 s 内箱子的位移为x=v 0t 2+12a t 22=3×5 m +12×1×52 m =27.5 m,D 正确.5.B 选木箱、人和小车组成的系统为研究对象,取向右为正方向,设第n (n 为整数)次推出木箱后人与小车的速度为v n ,第n 次接住木箱后速度为v'n ,则由动量守恒定律 第一次推出后有0=Mv 1mv ,则v 1=mvM第一次接住后有Mv 1+mv=(M+m )v'1 第二次推出后有(M+m )v'1=Mv 2mv ,则v 2=3mv M第二次接住后有Mv 2+mv=(M+m )v'2 ︙ ︙第n 1次接住后有Mv n 1+mv=(M+m )v'n 1 第n 次推出后有(M+m )v'n 1=Mv n mv 即v n =(2n -1)Mmv设最多能推n 次,推出后有{v n ≥vv n -1<v即(2n -1)mvM ≥v ,且[2(n -1)-1]mvM <v所以12(Mm +1)≤n<12(Mm +1)+1 将Mm =4代入,可得2.5≤n<3.5因为n 取整数,故n=3.6.C 碰撞前两车组成的系统总动量p=M A v 0=2×10 kg·m/s =20 kg·m/s,碰撞前系统总动能E k =12M A v 02=12×2×102 J =100 J .A 项,碰撞后,A 、B 同向运动,A 在B 的后面,A 的速度大于B 的速度,不可能,故A 项错误.B 项,碰撞后,系统的总动量p'=M A v A +M B v B =2×(1) kg·m/s +1×22kg·m/s =20 kg·m/s,系统动量守恒,系统总动能E'k =12M A v A 2+12M B v B 2=12×2×12 J +12×1×222 J =243J >E k ,系统动能增加,不可能,故B 项错误.C 项,碰撞后,系统的总动量p'=M A v A +M B v B =2×6kg·m/s +1×8 kg·m/s =20 kg·m/s,系统动量守恒,系统总动能E'k =12M A v A 2+12M B v B 2=12×2×62J +12×1×82 J =68 J <E k ,系统动能不增加,并符合实际运动情况,是可能的,故C 项正确.D 项,碰撞后,系统的总动量p'=M A v A +M B v B =2×2 kg·m/s +1×16 kg·m/s =20 kg·m/s,系统动量守恒,系统总动能E'k =12M A v A 2+12M B v B 2=12×2×22 J +12×1×162 J =132 J >E k ,系统动能增加,不可能,故D 项错误.7.CD 在撑杆起跳上升过程中,撑杆对运动员的作用力和运动员对撑杆的作用力是一对作用力和反作用力,根据牛顿第三定律知,作用力和反作用力总是等大反向,且具有等时性,故撑杆对运动员的冲量和运动员对撑杆的冲量大小相等,A 错误;在竖直方向上重力势能增加量为ΔE p =mg Δh=3 487.5 J,而动能的减少量为ΔE k =12m v 02=937.5 J,其差值为2 550 J,但能量是标量,没有方向,而水平方向的速度变化未知,故不能求解撑杆弹性势能的变化,B 错误;冲量是矢量,在竖直方向上,根据动量定理有I=Ft=(F T mg )t=0mv 0,故合外力的冲量为I 合=Δp ,即I 合=0mv 0=375 N·s,C 正确;撑杆在竖直方向产生的冲量为I T =F T t=mgtmv 0=3 375 N·s,D 正确.8.AD 由动量守恒定律和能量守恒定律可得m A v 0=m A v A +m B v B ,12m A v 02=12m A v A 2+12m B v B 2,两球碰后的速度分别为v A =m A -mB m A+m Bv 0、v B =2m AmA +m Bv 0,v A 、v B 同向时,v A 总小于v B ,不发生第二次碰撞,若球A反弹后滑上曲面,由于机械能守恒,球A 回到水平面上时的速度与反弹时的速度大小相等,当速度大小v A >v B 可发生第二次碰撞,与h 无关,选项A 正确,C 错误;若发生第二次碰撞,则有m A -m B m A +m Bv 0>2m AmA +m Bv 0,解得m B >3m A ,所以当m B ≤3m A 时,球A 、B 只能发生一次碰撞,选项B 错误,D正确.9.AC 分离前,A 、B 作为整体向上运动,当A 、B 间无相互作用力时二者分离,分离时二者速度、加速度相等,对A 、B 整体有(m A +m B )gF 弹=(m A +m B )a ,对A 有m A g=m A a ,解得F 弹=0,可知二者分离时弹簧处于原长,A 正确,B 错误;分离后A 做竖直上抛运动,上升h=0.2 m 到达最高点,可知分离时A 、B 的速度均为v=√2gℎ,上升到最高点所需的时间t=√2ℎg ,对B 在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)有m B gt+I N =m B v (m B v ),解得I N =6 N·s,C 正确;分离时B 的速度方向向上,A 上升0.2 m 到达最高点时B 速度方向向下,速度大小不变,高度不变,但运动过程中,弹簧对B 做功,除初末时刻,B 的机械能不守恒,D 错误.10.BD 忽略一切摩擦,释放A 球前,对A 球进行受力分析可知,两杆对A 球的作用力大小相等,下降过程中,因两杆长度均为l ,由几何知识可知两杆与水平地面的夹角相等,所以两杆对A 球的作用力大小相等,球B 、C 运动的速度大小相等,球A 竖直向下运动,C 错误;A 、B 、C 组成的系统水平方向受到的合力为零,水平方向上动量守恒,则球B 、C 的动量之和为零,B 正确;对球A 、C 的运动过程分析可知,球C 的速度先增大后减小,球A 落地时有最大速度,此时球C 速度为零,A 错误;同理,球A 落地时球B 速度也为零,由机械能守恒定律得2mgl=12·2m v A 2,则球A 与水平地面接触时的速度大小为√2gl ,D 正确. 11.(1) √(F 1-m 1g m 1)(l +d2)(2分) (2)碰撞结束瞬间力传感器的示数F 2和小钢球A 的运动方向(2分) (3)器材选择时,小钢球应选体积小、密度大的(或细绳应选用无弹性的绳子,其他答案合理也可)(1分)解析:(1)根据牛顿第二定律有F 1m 1g=m 1v 2l+d 2,得v=√(F 1-m 1g m 1)(l +d2).(2)要验证动量守恒定律,还需要记录的信息有碰撞结束瞬间力传感器的示数F 2(通过它可计算得到小钢球A 碰撞后的速度大小)和小钢球A 的运动方向.(3)为提高实验结果准确度,在器材选择时,小钢球应选体积小、密度大的,细绳应选用无弹性的绳子.12.(1)水平(1分) 静止(1分) (2)m 1t 1=m2t 2(2分) (3)d 22(m1t 12+m2t 22)(2分)解析:(1)实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮,使导轨水平;充气后,当滑块放在气垫导轨上任意位置都能静止时,说明气垫导轨已经调节好.(2)质量为m 1的滑块1和质量为m 2的滑块2通过光电门的时间分别为t 1和t 2,则其通过光电门时的速度分别为v 1=d t 1、v 2=dt 2,若满足m 1v 1=m 2v 2,即m 1d t 1=m 2d t 2,也就是m 1t 1=m2t 2,则两滑块组成的系统动量守恒.(3)根据机械能守恒定律知,剪断拴弹簧的细线前弹簧的弹性势能等于两滑块通过光电门时的动能之和,E p =12m 1v 12+12m 2v 22=d 22(m 1t 12+m 2t 22).13.解析:(1)设a 第一次碰前速度大小为v 0根据动能定理得Fl=12m v 020(1分)a 与b 碰撞过程动量守恒,则有mv 0=mv'a +mv'b (1分) 由机械能守恒定律,有12mv'20=12mv'2a +12mv'2b (1分)解得v'a =0,v'b =v 0=√2Flm.(1分)(2)第一次碰撞后,b 做匀速直线运动,a 做初速度为零的匀加速直线运动 设经过时间t 1发生第二次碰撞,则v'b t 1=12·Fm t 12(2分) 解得t 1=√8ml F(1分)两次相碰间隔Δx=v'b t 1=4l.(1分)(3)由前面的分析可知,第二次碰撞前b 的瞬时速度为v'b =v 0=√2Flm ,a 的瞬时速度v a 2=Fm·t 1=2√2Flm(1分)根据前面的分析,碰撞之后两滑块交换速度,b 的速度v b 2=2√2Fl m ,a 的速度v'a 2=√2Flm (1分) 之后b 又以v b 2=2√2Flm的速度做匀速直线运动,a 以v'a 2=√2Flm的初速度做匀加速直线运动.要使a 、b 能发生第3次碰撞,则必须在v a 3>v b 2以后给b 加上水平向右的大小为F 的恒力,即有v'a 2+Fm t 2>v b 2,s=Δx+v b 2t 2,即s>8l (2分)若a 、b 已经发生了第3次碰撞,由前面的分析可知,第三次碰撞前b 的瞬时速度为v b 2=2√2Flm ,物块a 的瞬时速度v a 3=3√2Flm (1分)根据前面的分析,碰撞之后两滑块交换速度,b 的速度v b 3=3√2Fl m ,a 的速度v'a 3=2√2Flm (1分) 要使a 、b 不能发生第4次碰撞,则必须在v a 4<v b 3之前给b 加上水平向右的大小为F 的恒力,即v'a 3+Fm t 3<v b 3,s=Δx+Δx'+v b 3t 3(2分) Δx'=v'a 2t'2+Fm t '22=v b 2t'2(1分)解得s ≤18l (1分)距离s 应该在8l<s ≤18l 范围内,a 与b 仅发生三次碰撞.(1分)0根据动能定理有mgLμmgL=12m v02(2分)P离开C端后做平抛运动,则x0=v0t1(2分)L 2=12g t12(2分)联立解得x0=L.(1分)(2)①若将滑块Q解锁,设P到达C端时,P的速度大小为v1,Q的速度大小为v2,以水平向右为正,系统在水平方向上不受外力,系统在水平方向上动量守恒,则mv14mv2=0(2分)根据能量守恒定律有mgL=μmgL+12m v12+12·4m v22(2分)解得v1=√4gL5.(1分)②由(1)问得t1=√LgP离开C端后做平抛运动,则水平射程x3=v1t1(2分)设在P从A运动到C的过程,Q向左运动的位移大小为x2,则P向右运动的位移大小x1=2Lx2(2分)系统在水平方向上不受外力,在水平方向上平均动量守恒,则m·x1t24m·x2t2=0(2分)解得x2=25LD'、D两点间的距离x=x0+x2x3=7-2√55L.(2分)。

专题七碰撞与动量守恒考点1 动量、冲量、动量定理高考帮·揭秘热点考向1.[2019全国Ⅰ,16,6分]最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展.若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A.1.6×102 kgB.1.6×103 kgC.1.6×105 kgD.1.6×106 kg2.[2020天津,11,16分]长为l的轻绳上端固定,下端系着质量为m1的小球A,处于静止状态.A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动,恰好能通过圆周轨迹的最高点.当A回到最低点时,质量为m2的小球B与之迎面正碰,碰后A、B粘在一起,仍做圆周运动,并能通过圆周轨迹的最高点.不计空气阻力,重力加速度为g,求:(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小;(2)碰撞前瞬间B的动能E k至少多大?拓展变式1.[2015北京,18,6分]“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力2.[2015重庆,3,6分]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()A.+mgB.-mgC.+mgD.-mg3.一辆轿车强行超车时,与另一辆迎面驶来的轿车相撞,两车相撞后,两车车身因相互挤压,皆缩短了0.5 m,据测算两车相撞前速率均为30 m/s.(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大.(2)若此人系有安全带,安全带在车祸过程中与人体的作用时间是0.1 s,求这时人体受到的平均冲力为多大.4.一质量为m、长为L的柔软绳自由悬垂,下端恰与一压力传感器接触.某时刻放开柔软绳上端,求压力传感器的最大读数.5.[2020广西二校联考]对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质.正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量.为简化问题,我们假定:粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变.利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系.(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时给出必要的说明)考点2 动量守恒定律高考帮·揭秘热点考向1.[2020全国Ⅱ,21,6分,多选]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 kgB.53 kgC.58 kgD.63 kg2.[2020浙江7月选考,20,12分]小明将如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC 平滑连接而成.质量m=0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0 m处静止释放.已知R=0.2 m,L AB=L BC=1.0 m,滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑,忽略空气阻力.(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力;(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点;(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰,碰后一起运动,动摩擦因数仍为0.25,求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系.(碰撞时间不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)拓展变式1.[多选]如图所示,A、B两物体质量之比m A:m B=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,当弹簧突然释放后,A、B分别向左、右滑动,则()A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成的系统的动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成的系统的动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统的动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成的系统的动量守恒2.[2017江苏,12C(3),4分]甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动,速度大小都是1 m/s.甲、乙相遇时用力推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,速度大小分别为1 m/s和 2 m/s.求甲、乙两运动员的质量之比.3.[多选]如图所示,四个小球放在光滑的水平面上,小球3和小球4分别以v0和2v0的速率向两侧匀速运动,中间两个小球静止,小球1的质量为m,小球2的质量为2m,1、2两球之间放置一被压缩的轻弹簧,弹簧所具有的弹性势能为E p,将弹簧的弹性势能全部释放,下列说法正确的是()A.弹簧的弹性势能在释放过程中,小球1和小球2的合动量不为零B.小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2、C.若小球1能追上小球3,则小球2一定能追上小球4D.若离开弹簧后小球1能追上小球3,小球2不能追上小球4,则质量m要满足≤m<4.在纳米技术中需要移动或修补原子,必须使在不停地做热运动(速率约几百米每秒)的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间,为此发明了“激光制冷”的技术.若把原子和入射光子分别类比为一辆小车和一个小球,则“激光制冷”与下述的力学模型很类似:一辆质量为m的小车(一侧固定一轻弹簧),如图所示,以速度v0水平向右运动,一个动量大小为p,质量可以忽略的小球(图中未画出)水平向左射入小车并压缩弹簧至最短,接着被锁定一段时间Δt,再解除锁定使小球以大小相同的动量p水平向右弹出,紧接着不断重复上述过程,最终小车将停下来.设地面和车厢均光滑,除了锁定时间Δt外,不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间.求:(1)小球第一次入射后再弹出时,小车的速度大小和这个过程中小车动能的减少量;(2)从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间.5.[2018全国Ⅱ,24,12分]汽车A在水平冰雪路面上行驶.驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m.已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10 m/s2.求(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小.6.[2018海南,5,4分]如图,用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱,沙箱静止.一质量为m的子弹以速度v水平射入沙箱并留在其中,随后与沙箱共同摆动一小角度.不计空气阻力.对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程()A.若保持m、v、l不变,M变大,则系统损失的机械能变小B.若保持M、v、l不变,m变大,则系统损失的机械能变小C.若保持M、m、l不变,v变大,则系统损失的机械能变大D.若保持M、m、v不变,l变大,则系统损失的机械能变大7.质量m=260 g的手榴弹从水平地面上以v0=10 m/s的初速度斜向上抛出,上升到距地面h=5 m的最高点时爆炸,手榴弹除火药外的部分炸裂成质量相等的两块弹片,其中一块弹片自由下落到达地面,落地时动能为5 J.重力加速度g=10 m/s2,空气阻力不计,火药燃烧充分,求:(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小;(2)手榴弹所装火药的质量;(3)两块弹片落地点间的距离.8.如图所示,光滑地面上静置一质量为M的半圆形凹槽,凹槽半径为R,表面光滑.将一质量为m的小滑块(可视为质点),从凹槽边缘处由静止释放,当小滑块运动到凹槽的最低点时,对凹槽的压力为F N,F N的求解比较复杂,但是我们可以根据学过的物理知识和方法判断出可能正确的是(重力加速度为g) ()A.B.C. D.9.[2018海南,8,5分,多选]如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上,t=0时, 小物块以速度v0滑到长木板上,图(b)为物块与木板运动的v-t图像,图中t1、v0、v1已知.重力加速度大小为g.由此可求得()图(a)图(b)A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能10.[2019全国Ⅰ,25,20分]竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示.t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止.物块A运动的v-t图像如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量.已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力.图(a)图(b)(1)求物块B的质量;(2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功;(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等.在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P 点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上.求改变前后动摩擦因数的比值.11.在原子核物理中,研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”.这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似.两个小球A和B用轻质弹簧相连,在光滑的水平直轨道上处于静止状态.在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P,右边有一小球C沿轨道以速度大小v0射向B球,如图所示.C与B发生碰撞并立即结成一个整体D.在它们继续向左运动的过程中,当弹簧长度变到最短时,长度突然被锁定,不再改变.然后,A球与挡板P发生碰撞,碰后A、D都静止不动,A与P接触而不粘连.过一段时间,突然解除锁定(锁定及解除锁定时均无机械能损失).已知A、B、C三球的质量均为m.(1)求弹簧长度刚被锁定后A球的速度大小.(2)求在A球离开挡板P之后的运动过程中,弹簧的最大弹性势能.考点3 实验:验证动量守恒定律高考帮·揭秘热点考向[北京高考]图甲如图甲,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.(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),间接地解决这个问题.A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的水平射程(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影,实验时先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测出平抛射程OP,然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放,与小球m2相碰,并多次重复.接下来要完成的必要步骤是.(填选项前的符号)A.用天平测量两个小球的质量m1、mB.测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM、ON图乙(3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为[用(2)中测量的量表示];若碰撞是弹性碰撞,那么还应满足的表达式为[用(2)中测量的量表示].(4)经测定,m1=45.0 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示.碰撞前、后m1的动量分别为p1与p'1,则p1:p'1= :11.若碰撞结束时m2的动量为p'2,则p'1:p'2=11:.实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值为.(5)有同学认为,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水平射程增大.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.拓展变式[新角度]几个同学在闲聊时说起了滑旱冰用到的物理学知识,于是大家想据此粗略探究碰撞中的不变量,设计好方案后按下列步骤进行:①在宽阔水平的场地上选取两个基准点为原点,分别向相反方向画射线,选取一定长度为标度画上刻度;②两个同学穿好旱冰鞋分别站立在两个基准点上,互推,旁边同学用智能手机跟拍;③改变互推人数,比如一方两个同学相互抱住,另一方一个同学,旁边同学拍下运动场景;④选取同学的运动轨迹基本沿着射线的视频,根据视频得到一些相关数据.请回答:(1)要完成实验目的,选出下列你认为需要用到的数据.A.本地重力加速度gB.互推双方的质量m1、m2C.互推双方滑行的标度数目n1、n2D.互推过程的时间tE.旱冰鞋与地面之间的动摩擦因数μ(2)如果互推过程中质量与速度的乘积之和保持不变,请用选出的物理量写出需验证的表达式: .(3)写出可能影响验证的一个因素:答案专题七碰撞与动量守恒考点1 动量、冲量、动量定理1.B 根据动量定理有FΔt=Δmv-0,解得==1.6×103 kg/s,所以选项B正确.2.(1)m1(2)解析:(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点,此时轻绳的拉力刚好为零,设A在最高点时的速度大小为v,由牛顿第二定律,有m1g=m1①A从最低点到最高点的过程中机械能守恒,取轨迹最低点处重力势能为零,设A在最低点的速度大小为v A,有m1=m1v2+2m1gl ②由动量定理,有I=m1v A③联立①②③式,得I=m1④.(2)设两球粘在一起时的速度大小为v',A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点,需满足v'=v A⑤要达到上述条件,碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同,以此方向为正方向,设B碰前瞬间的速度大小为v B,由动量守恒定律,有m2v B-m1v A=(m1+m2)v' ⑥又E k=m2⑦联立①②⑤⑥⑦式,得碰撞前瞬间B的动能E k至少为E k=⑧.1.A从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,绳子的拉力始终向上,故绳对人的冲量始终向上.由mg-T=ma知,人先做加速度减小的加速运动,当a=0时,速度最大,此时动量、动能均最大,以后做减速运动,故选项A 正确,B、C错误;人在最低点时,向上的加速度最大,故此时绳对人的拉力大于人所受的重力,选项D错误.2.A人先做自由落体运动下落高度h,获得速度为v,由v2=2gh得v=.安全带伸长到最长时,人下落到最低点,此时速度为零.设安全带对人的平均作用力为F,由动量定理得(mg-F)t=0-mv,F=+mg.3.(1)5.4×104 N(2)1.8×104 N解析:(1)两车相撞时可认为人与车一起做匀减速运动直到停止,位移为0.5 m设运动的时间为t,根据x=t得,t== s根据动量定理Ft=Δp=mv0得,F== N=5.4×104 N.(2)若此人系有安全带,则F'== N=1.8×104 N.4.3mg解析:如图所示,设t时刻落到压力传感器上的绳长为x,此时绳速为v=.在Δt(Δt→0)时间内,有质量为Δm=ρΔx的绳落到压力传感器上,其中ρ为绳的线密度(线密度是绳单位长度的质量).取向上为正方向,忽略微元段绳本身的重力冲量,根据动量定理,有FΔt=0-(-Δm·v)=ρΔx·v解得F=ρv=ρv2=2ρgx故N=F+ρgx=3ρgx=3mg所以压力传感器的最大读数为3mg,出现在软绳将要全部掉到压力传感器上时.5.f=nmv2解析:一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为ΔI=2mv,如图所示,以器壁上的面积S为底、以vΔt为高构成柱体,由题设可知,其内的粒子在Δt时间内有与器壁S发生碰撞,碰壁粒子总数为N=n·SvΔtΔt时间内粒子给器壁的冲量为I=N·ΔI=nSmv2Δt面积为S的器壁受到粒子的压力为F==nSmv2器壁单位面积所受粒子压力为f==nmv2.考点2 动量守恒定律1.BC 选运动员退行速度方向为正方向,设运动员的质量为M,物块的质量为m,物块被推出时的速度大小为v0,运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1.根据动量守恒定律,运动员第一次推出物块时有0=Mv1-mv0,物块与挡板发生弹性碰撞,以等大的速率反弹;第二次推出物块时有Mv1+mv0=-mv0+Mv2,依此类推,Mv2+mv0=-mv0+Mv3,…,Mv7+mv0=-mv0+Mv8,又运动员的退行速度v8>v0,v7<v0,解得13m<M<15m,即52 kg<M<60 kg,故B、C项正确,A、D项错误.2.(1)8 N,方向水平向左(2)见解析(3)h=解析:(1)机械能守恒定律mgH=mgR+m由牛顿第二定律知F N=代入数据解得F N=8 N由牛顿第三定律知F'N=F N=8 N,方向水平向左.(2)能在斜轨道上到达的最高点为C'点,由功能关系有mgH=μmgL AB+μmgL BC'cosθ+mgL BC'sinθ得L BC'= m<1.0 m,故不会冲出.(3)滑块运动到距A点x处的速度为v,由动能定理得mgH-μmgx=mv2碰撞后的速度为v',由动量守恒定律得mv=3mv'设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h,由动能定理有-3μmg(L AB-x)-3μmg-3mgh=0-(3m)v'2得h=x- m( m<x≤1 m)h=0 (0≤x≤ m).1.BCD如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,弹簧释放后A、B分别相对于平板车向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力分别为F A(向右)、F B(向左),由于m A:m B=3:2,所以F A:F B=3:2,则A、B组成的系统所受的外力之和不为零,故其动量不守恒,A选项错误.对A、B、C组成的系统,A、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力,它们的合力为零,故该系统的动量守恒,B、D选项均正确.若A、B所受摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受的外力之和为零,故其动量守恒,C选项正确.2.3:2解析:由动量守恒定律得m1v1-m2v2=m2v'2-m1v'1解得=代入数据得=.3.BD小球1和小球2组成的系统满足动量守恒,由于开始时小球1和小球2静止,所以在弹簧的弹性势能释放的过程中,小球1和小球2组成的系统合动量为零,A错误.设小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1-2mv2=0,E p=m+×2m,解得v1=2,v2=,B正确.若离开弹簧后小球1能追上小球3,小球2不能追上小球4,则各球速度大小应满足v1=2>v0,v2=≤2v0,解得≤m<,C错误,D正确.4.(1)v0-2p(v0-)(2)Δt解析:(1)小球射入小车和从小车中弹出的过程中,小车和小球所组成的系统动量守恒.由动量守恒定律可得mv0-p=mv1+p解得小车的速度大小v1=v0-此过程中小车动能减少量ΔE k=m-m,解得ΔE k=2pv0-=2p(v0-).(2)小球第二次入射和弹出的过程及以后重复进行的过程中,同样有小车和小球组成的系统动量守恒.由动量守恒定律得mv1-p=mv2+p解得小车的速度大小v2=v1-=v0-2()同理可推得v n=v0-n().要使小车停下来,即v n=0,小球重复入射和弹出的次数为n=,故小车从开始运动到停下来所经历的时间为t=nΔt=Δt.5.(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s解析:(1)设B车的质量为m B,碰后加速度大小为a B.根据牛顿第二定律有μm B g=m B a B①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数.设碰撞后瞬间B车速度的大小为v'B,碰撞后滑行的距离为s B.由运动学公式有v'2B=2a B s B②联立①②式并利用题给数据得v'B=3.0 m/s③.(2)设A车的质量为m A,碰后加速度大小为a A.根据牛顿第二定律有μm A g=m A a A④设碰撞后瞬间A车速度的大小为v'A,碰撞后滑行的距离为s A.由运动学公式有v'2A=2a A s A⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为v A.两车在碰撞过程中动量守恒,有m A v A=m A v'A+m B v'B⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A=4.3 m/s.6.C设子弹射入沙箱后,与沙箱共同的速度为v',根据动量守恒定律有,mv=(m+M)v',系统损失的机械能ΔE=mv2-(m+M)v'2=,若保持M、m、l不变,v变大,则系统损失的机械能变大,选项C正确;ΔE==,由此可知,若保持m、v、l不变,M变大,则系统损失的机械能变大,选项A错误;ΔE==,由此可知,若保持M、v、l 不变,m变大,则系统损失的机械能变大,选项B错误;由于损失的机械能与轻绳长度l无关,所以若保持M、m、v不变,l 变大,系统损失的机械能不变,选项D错误.7.(1)10 m/s(2)0.06 kg(3)26 m解析:(1)设手榴弹上升到最高点且未发生爆炸时的速度大小为v1,有m=m+mgh代入数据解得v1=10 m/s.(2)设两块弹片的质量均为m',爆炸后瞬间其中一块弹片的速度为零,设另一块弹片的速度为v2,有m'gh=5 J代入数据解得m'=0.1 kg设手榴弹所装火药的质量为Δm,有Δm=m-2m'代入数据解得Δm=0.06 kg.(3)设另一块弹片做平抛运动的时间为t,两块弹片落地点间的距离为Δx,有mv1=m'v2,Δx=v2t,h=gt2代入数据解得Δx=26 m.8.A滑块和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒,以向右为正方向,当滑块运动到最低点时有mv-Mv'=0;由机械能守恒定律有mgR=mv2+Mv'2.当M趋于无穷大时,凹槽将静止不动,v'将趋近于0,滑块速度趋近于,且小滑块在最低点时由牛顿第二定律得F N-mg=m,解得F N=3mg.四个选项中当M趋于无穷大时,只有A选项符合题意,B、C、D错误.9.BC由题图(b)可以得出物块相对于长木板滑动的距离没有超出木板的长度,故不能得出长木板的长度,选项A错误;设物块的质量为m,木板的质量为M,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v1,可以得出物块与木板的质量之比=,选项B正确;由题图(b)可以得出物块在长木板上滑动时的加速度大小为a=,由牛顿第二定律有μmg=ma,可以解得物块与木板之间的动摩擦因数μ==,选项C正确;从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能为E k=M,由于不知道长木板的质量M,因此不能得出从t=0开始到t1时刻木板获得的动能,选项D错误.10.(1)3m (2)mgH (3)解析:(1)根据题图(b)可知,v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,为其碰撞后瞬间速度的大小.设物块B的质量为m',碰撞后瞬间的速度大小为v'.由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=m(-)+m'v' ①m=m(-v1)2+m'v'2②联立①②式得m'=3m ③.(2)在题图(b)所描述的运动过程中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有mgH-fs1=m-0④-(fs2+mgh)=0-m(-)2⑤从题图(b)所给出的v-t图线可知s1=v1t1⑥s2=··(1.4t1-t1)⑦由几何关系有=⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W=mgH .(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有W=μmg cosθ·设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s',由动能定理有-μm'gs'=0-m'v'2设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有mgh-μ'mg cosθ·-μ'mgs'=0联立①③④⑤⑥⑦⑧式可得=.11.(1)v0(2)m解析:(1)设C球与B球结成D时,D的速度大小为v1,由动量守恒定律有mv0=(m+m)v1当弹簧压至最短时,D与A的速度大小相等,设此速度大小为v2,由动量守恒定律有2mv1=3mv2解得A的速度大小v2=v0.(2)设弹簧长度被锁定后,弹簧的弹性势能为E p,由能量守恒定律有·2m=·3m+E p撞击P后,A与D的动能都为零,解除锁定后,当弹簧刚恢复到自然长度时,势能全部转变成D的动能,设此时D的速度大小为v3,则有E p=(2m)当弹簧伸长时,A球离开挡板P并获得速度.当A、D的速度大小相等时,弹簧伸至最长,设此时的速度大小为v4,由动量守恒定律有2mv3=3mv4当弹簧伸到最长时,其势能最大,设此势能为E'p,由能量守恒定律有·2m=·3m+E'p解以上各式得E'p=m.考点3 实验:验证动量守恒定律(1)C(2)ADE或DAE或DEA(3)m1·OM+m2·ON=m1·OP m1·OM2+m2·ON2=m1·OP2(4)142.91.01(5)76.80 解析:(1)在落地高度不变的情况下,水平位移就能反映平抛初速度的大小,所以,仅测量小球做平抛运动的水平射程就能间接地测量速度.因此选C.(2)找出平均落地点的位置,测量平抛的水平位移,因此必须要有的步骤是D、E,且先D后E,而用天平测质量先后均可.所以答案是ADE或DAE或DEA.(3)小球抛出后的落地时间为t,则v1=,v'1=,v'2=,动量守恒的表达式是m1v1=m1v'1+m2v'2,动能不变的表达式是m1=m1v+m2v,所以若两球相碰前后的动量守恒,则m1·OM+m2·ON=m1·OP成立,若碰撞是弹性碰撞,动能不变,则m1·OM2+m2·ON2=m1·OP2成立.(4)碰撞前、后m1动量之比===,===,==≈1.01.(5)发生弹性碰撞时,被碰小球获得的速度最大,根据动量守恒和动能不变,可知m1v1=m1v'1+m2v'2,m1=m1v+m2v,联立解得v'2=v1,因此,最大射程为×44.80 cm=76.80 cm.。

2022新高考物理总复习--力学模块卷(二)一、选择题1.(2018温州六校重点高中联盟期末,1)测量“国际单位制选定的三个力学基本物理量”所用的仪器是()A.刻度尺、弹簧测力计、秒表B.刻度尺、弹簧测力计、打点计时器C.量筒、天平、秒表D.刻度尺、天平、秒表答案D国际单位制选定的三个力学基本物理量是:长度、质量、时间,对应的测量仪器是:刻度尺、天平、秒表,选D。

2.(2020河北魏县期末)嫦娥三号月球探测器成功完成月面软着陆,并且着陆器与巡视器(“玉兔号”月球车)成功分离,这标志着我国的航天事业又一次腾飞,下面有关嫦娥三号的说法正确的是()A.嫦娥三号刚刚升空的时候速度很小,加速度也很小B.研究“玉兔号”月球车在月球表面运动的姿态时,可以将其看成质点C.研究嫦娥三号飞往月球的运行轨道时,可以将其看成质点D.“玉兔号”月球车静止在月球表面时,其相对地球也是静止的答案C嫦娥三号在刚刚升空的时候速度很小,但是速度变化很快,加速度很大,故选项A错误。

研究“玉兔号”月球车在月球表面运动的姿态时,“玉兔号”月球车的大小和形状不能被忽略,不能看成质点,故选项B错误。

研究嫦娥三号飞往月球的运行轨道时,嫦娥三号的大小和形状可以被忽略,可以看成质点,故选项C正确。

“玉兔号”月球车静止在月球表面时,相对月球是静止的,相对地球是运动的,故选项D错误。

3.(2020江苏南通泰州期末)在冰球游戏中,冰球以速度v0在水平冰面上向左运动,某同学在水平面上沿图示方向快速打击冰球,不计一切摩擦和阻力。

下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后可能的运动路径的是()答案A因为不计一切摩擦和阻力,冰球受打击之后做匀速直线运动,故C、D均错误;冰球在受到打击时,沿打击的方向会获得一个分速度,所以合速度的方向一定在初速度方向与打击的方向之间,不能沿打击的方向,由以上的分析可知,A正确,B错误。

解题指导在快速打击过程中冰球受到一个短暂的瞬时冲量,沿打击方向获得一个分速度,而合速度的方向由平行四边形定则可知只能在两分速度之间。

2020-2021年高考物理重点专题讲解与突破07：碰撞与动量守恒超重点1：动量定理的应用一、动量1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示．2．表达式：p＝mv.3．单位：kg·m/s.4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向一样．5．动量、动能、动量变化量的比拟※考点一对动量、冲量的理解与计算1．冲量和动量的比拟2.(1)冲量和功都是过程量．冲量是表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用．(2)冲量是矢量，功是标量．(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零．[题组突破训练]1．(2020·福建漳州模拟)一个质量是5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回．假设取竖直向下的方向为正方向，如此小球动量的变化量是( )A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/sC．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s【解析】以向下为正方向，如此初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝－mv2＝－15 kg·m/s，如此Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s，选项D正确．【答案】D2.如下列图，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F f.在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为( )A．mg(t1＋t2)sin θB．mg(t1－t2)sin θC．mg(t1＋t2) D．0【解析】物体整个运动过程的总时间t＝t1＋t2，故由冲量的定义可知重力的冲量I＝mg(t1＋t2)，选项C正确．【答案】C※考点二对动量定理的理解与应用1．理解动量定理的要点(1)应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内力的冲量．(2)求合力的冲量的方法有两种：第一先求合力再求合力冲量，第二求出每个力的冲量再对冲量求和．(3)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向．2.用动量定理解释现象(1)Δp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，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp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＝Δp求变力的冲量．如果物体受到大小或方向改变的力的作用，如此不能直接用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Δp ，等效代换为力的冲量I .(2)应用Δp ＝F Δt 求动量的变化量．例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp ＝p 2－p 1)需要应用矢量运算方法，计算比拟复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化量．【典例】 一高空作业的工人重为600 N ，系一条长为L ＝5 m 的安全带，假设工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t ＝1 s ，如此安全带受的冲力是多少？(g 取10 m/s 2)【解析】 方法一：程序法依题意作图，如下列图，设工人刚要拉紧安全带时的速度为v 1， 如此v 21＝2gL ，得v 1＝2gL 经缓冲时间t ＝1 s 后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F 和重力mg .所以(mg －F )t ＝0－mv 1，F ＝mgt ＋mv 1t将数值代入得F ＝1 200 N.由牛顿第三定律，工人给安全带的冲力F ′为1 200 N ，方向竖直向下． 方法二：全过程整体法在整个下落过程中对工人应用动量定理，在整个下落过程中，重力的冲量大小为mg ·( 2L g＋t )，拉力F 的冲量大小为Ft .初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理得mg (2Lg＋t )－Ft ＝0解得F ＝mg2Lg ＋tt＝1 200 N.由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力F ′＝F ＝1 200 N ，方向竖直向下． 【答案】1 200 N[题组突破训练]1．一个质量为m ＝100 g 的小球从h ＝0.8 m 的高处自由下落，落到一个厚软垫上，假设从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t ＝0.2 s ，规定竖直向下的方向为正，如此在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．0.6 N ·sB ．0.4 N ·sC ．－0.6 N ·sD ．－0.4 N ·s【解析】设小球自由下落h ＝0.8 m 的时间为t 1，由h ＝12gt 2得t 1＝2hg＝0.4 s.如设I N 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，如此对小球整个运动过程运用动量定理得mg (t 1＋t )＋I N ＝0，解得I N ＝－0.6 N ·s.负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反．应当选项C 正确． 【答案】C2．一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．假设该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，如此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.假设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 f 的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a ，如此a ＝0－v 0t＝－0.5 m/s 2根据牛顿第二定律有－F f ＝Ma ，所以F f ＝468 N 如此帆船匀速运动时，有F －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/s3.(2015·高考安徽卷)一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如下列图．一物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)假设碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中抑制摩擦力所做的功W .【解析】(1)对小物块从A 运动到B 处的过程中，应用动能定理，有 －μmgs ＝12mv 2－12mv 20①代入数值解得μ＝0.32.②(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得F Δt ＝mv ′－mv ③ 解得F ＝－130 N ④其中“－〞表示墙面对物块的平均力方向向左． (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 －W ＝0－12mv ′2⑤解得W ＝9 J.【答案】(1)0.32 (2)130 N (3)9 J一、动量守恒定律 1．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变． (2)四种表达式①p ＝p ′，系统相互作用前总动量p 等于相互作用后的总动量p ′.②m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，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．③Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． ④Δp ＝0，系统总动量的增量为零． 2．动量守恒定律的应用条件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．二、弹性碰撞和非弹性碰撞超重点2：动量守恒定律与其应用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．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4.反冲(1)在某些情况下，原来系统内物体具有一样的速度，发生相互作用后各局部的末速度不再一样而分开．这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．(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．※考点一动量守恒的条件与应用1．动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，如此系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的“六种〞性质系统性研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统条件性首先判断系统是否满足守恒条件相对性公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻同时性的速度矢量性应先选取正方向，但凡与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值普适性不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统[题组突破训练]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，如下列图，如此在子弹打击木块A 与弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．无法判定动量、机械能是否守恒【解析】动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，此题中子弹、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，此题中子弹射入木块的过程中有局部机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒．故C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】C2．如图，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．假设救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，如此救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋m M vB ．v 0－m M vC ．v 0＋m M(v 0＋v )D ．v 0＋m M(v 0－v )【解析】设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有(M ＋m )v 0＝－mv ＋Mv x ，解得v x ＝v 0＋mM(v 0＋v )，选项C 正确．【答案】C3.如下列图，人站在滑板A 上，以v 0＝3 m/s 的速度沿光滑水平面向右运动．当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A 从横杆下方通过，与静止的滑板B 发生碰撞并粘在一起，之后人落到B 上，与滑板一起运动，人、滑板A 和滑板B 的质量分别为m 人＝70 kg 、m A ＝10 kg 和m B ＝20 kg ，求：(1)A 、B 碰撞过程中，A 对B 的冲量的大小和方向； (2)人最终与滑板的共同速度的大小． 【解析】(1)A 、B 碰撞过程中，由动量守恒有m A v 0＝(m A ＋m B )v 1代入数据解得v 1＝1 m/s由动量定理得，A 对B 的冲量I ＝m B v 1＝20 N ·s方向水平向右．(2)对人、A、B组成的系统进展全过程分析，由动量守恒有(m人＋m A)v0＝(m人＋m A＋m B)v代入数据解得v＝2.4 m/s【答案】(1)20 N·s 水平向右(2)2.4 m/s※考点二碰撞问题的分析1．碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律．(2)机械能不增加．(3)速度要合理．①假设碰前两物体同向运动，如此应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，假设碰后两物体同向运动，如此应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．弹性碰撞的结论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m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，如此有m1v1＝m1v1′＋m2v2′1 2m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2解得v1′＝m1－m2v1m1＋m2，v2′＝2m1v1m1＋m2结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)；(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)；(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)；(4)当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)．[典例1] 如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者的位移—时间图象，物块P的质量为m P＝1 kg，由此可知( )A．碰撞前P的动量为16 kg·m/sB．两物块的碰撞可能为弹性碰撞C．物块Q的质量为4 kgD．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 N·s【解析】根据位移—图象可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s，碰撞前P的动量为p0＝m P v0＝4 kg·m/s，选项A错误．根据位移—图象，碰撞后二者速度一样，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项B错误．碰撞后，二者的共同速度v＝1 m/s，由动量守恒定律，m P v0＝(m P＋m Q)v，解得m Q＝3 kg，选项C错误．由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I＝Δp Q＝m Q v＝3 N·s，选项D正确．【答案】D[题组突破训练]1.(多项选择)如下列图，动量分别为p A＝12 kg·m/s、p B＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用Δp A、Δp B表示两小球动量的变化量，如此如下选项中可能正确的答案是( ) A．Δp A＝－3 kg·m/s，Δp B＝3 kg·m/sB．Δp A＝－2 kg·m/s，Δp B＝2 kg·m/sC．Δp A＝－ 24 kg·m/s，Δp B＝24 kg·m/sD．Δp A＝3 kg·m/s，Δp B＝－3 kg·m/s【解析】此题属于追与碰撞问题，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否如此无法实现碰撞)，碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以Δp A<0，Δp B>0，并且Δp A＝－Δp B.据此可排除选项D；假设Δp A＝－24 kg·m/s、Δp B＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为p A′＝－12 kg·m/s、p B′＝37 kg·m/s，根据关系式E k＝p22m可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个原如此．【答案】AB2.(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位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．【解析】A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1①12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1② 联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0③v C 1＝2m m ＋Mv 0④如果m ＞M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m ＜M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝(m －M m ＋M)2v 0⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥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 . 【答案】(5－2)M ≤m ＜M3．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m B ＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块C 从t＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v ­t 图象如图乙所示．求：(1)物块C的质量m C；(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p.【解析】(1)由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．m C v1＝(m A＋m C)v2即m C＝2 kg.(2)12 s时B离开墙壁，之后A、B、C与弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大(m A＋m C)v3＝(m A＋m B＋m C)v41 2(m A＋m C)v23＝12(m A＋m B＋m C)v24＋E p得E p＝9 J【答案】(1)2 kg (2)9 J※考点三爆炸、反冲问题1．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同局部在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．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，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．[题组突破训练]1．(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102kg ·m/s C ．6.0×102kg ·m/sD ．6.3×102kg ·m/s【解析】燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．【答案】A2．一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、乙的质量之比为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】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 ．取向右为正方向，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．【答案】B※考点四 动量与能量综合问题1．求解动力学问题的三个根本观点(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题． (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题． (3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题． 2．利用“动量和能量〞观点解题的技巧(1)假设研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．(2)假设研究对象为单一物体，且涉与功和位移问题时，应优先考虑动能定理．(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．[真题拓展探究]【典例2】(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一外表光滑的斜面体，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)．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，冰块与斜面体别离后能否追上小孩？【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设冰块与斜面体别离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥1 2m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s⑧由于冰块与斜面体别离后的速度与小孩推出冰块后的速度一样且处在后方，故冰块不能追上小孩．【答案】见解析拓展1 “子弹打击木板〞问题1.如下列图，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端．一质量为m0＝0.05 kg 的子弹、以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车．子弹与车的作用时间极短，物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10 m/s2，求：(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；(2)小车的长度L.【解析】(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1解得v1＝10 m/s.(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3解得v2＝8 m/s由能量守恒可得1 2(m0＋m1)v21＝μm2gL＋12(m0＋m1)v22＋12m2v23解得L＝2 m.【答案】(1)10 m/s (2)2 m拓展2 “圆弧轨道＋滑块(小球)〞问题2.(14分)如下列图，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上外表是一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′相切．现将一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g＝10 m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．【解析】(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v1①由能量守恒得：1 2mv20－12(M＋m)v21＝mgR＋μmgL②联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v2④设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得：1 2mv20－12(M＋m)v22＝μmg(L＋x)⑤联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m.【答案】(1)5 m/s (2)0.5 m一、选择题1．物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明( )A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体受到的每个力的冲量大小都为5 N·sD．假设发生变化的时间为1 s，如此物体所受合外力的大小为5 N【解析】因不知动量变化的方向与初动量方向是否一样，故无法确定动量是增大还是减小，A、B错误；由动量定理I＝Δp可知，合外力的冲量与物体动量变化量大小一定一样，C错误；由Δp＝F·t可知D 正确．【答案】D2．运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，如此运动员对球的冲量为( )A．1000 N·s B．500 N·sC．零D．无法确定【解析】滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定题组突破训练人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．【答案】D3．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠．观察发现，“接棒〞的运动员甲提前站在“交棒〞的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，如此( )A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B ．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【解析】相互作用过程中的相互作用力大小相等，方向相反，作用时间一样，因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，由动量定理可知，甲、乙动量变化大小相等，方向相反，A 错，B 对；虽然相互作用力大小相等，方向相反，甲、乙在相互作用过程中的位移不同，乙对甲做的正功与甲对乙做负功的多少不同，由动能定理知，甲的动能增加量不等于乙动能的减少量，故C 、D 错误．【答案】B4．质量为0.2 kg 的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量变化量Δp 和合外力对小球做的功W ，如下说法正确的答案是( )A ．Δp ＝2 kg ·m/s ，W ＝－2 JB ．Δp ＝－2 kg ·m/s ，W ＝2 JC ．Δp ＝0.4 kg ·m/s ，W ＝－2 JD ．Δp ＝－0.4 kg ·m/s ，W ＝2 J【解析】取竖直向上为正方向，如此小球与地面磁撞过程中动量的变化量Δp ＝mv 2－mv 1＝2 kg ·m/s ，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功W ＝12mv 22－12mv 21＝－2 J ，A 正确．【答案】A5.(2020·山东济南高三质检)如下列图，在光滑水平面上静止放着两个相互接触但不粘连的木块A 、B ，质量分别为m 1和m 2，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t 1和t 2，木块对子弹的阻力恒为F f ，如此子弹穿过两木块后，木块A 的速度大小是( )A.F f t 1m 1＋m 2B.F f t 1m 1C.F f t 1＋t 2m 1＋m 2D.F f t 1＋t 2m 1【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，根据动量定理，取两木块系统为研究对象，以子弹穿过A 为研究过程，如此F f t 1＝(m 1＋m 2)v ，解得v ＝F f t 1m 1＋m 2，A 正确． 【答案】A6．(2020·黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的( )A ．质量相等B ．动能相等C ．动量大小相等D ．速度大小相等【解析】两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C 正确．【答案】C7.一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别离．前局部的卫星质量为m 1，后局部的箭体质量为m 2，别离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，假设忽略空气阻力与别离前后系统质量的变化，如此别离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)【解析】火箭和卫星组成的系统，在别离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有(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)，D 项正确．【答案】D8.(2020·抚州市四校联考)如下列图，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M ＝3.0 kg.质量为m ＝1.0 kg 的铁块以水平速度v 0＝4.0 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，如此在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．4.0 JB ．6.0 JC ．3.0 JD ．20 J【解析】设铁块与木板速度一样时，共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L ，摩擦力大小为F f ，根据能量守恒定律得。

2022新高考物理总复习--专题七碰撞与动量守恒应用篇【应用集训】应用一应用动量定理探究“流体模型”的冲击力问题1.(2019辽宁大连一中期末)为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm。

查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s,据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3)()A.0.15 PaB.0.54 PaC.1.5 PaD.5.4 Pa答案A2.(2019湖北武汉二月调研)运动员在水上做飞行表演,他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出,令自己悬停在空中,如图所示。

已知运动员与装备的总质量为90 kg,两个喷嘴的直径均为10 cm,取重力加速度大小g=10 m/s2,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,则喷嘴处喷水的速度大约为()A.2.7 m/sB.5.4 m/sC.7.6 m/sD.10.8 m/s答案C应用二应用动量守恒定律探究人船模型问题1.(2019上海质量检测)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A,斜面质量为M、底边长为L,如图所示。

将一质量为m,可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放,滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。

此过程中斜面对滑块的支持力大小为F N,重力加速度大小为g,则下列说法中正确的是()A.F N=mg cos αB.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为F N t cos αC.滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒D.此过程中斜面向左滑动的距离为mM+mL答案D2.(2020湖北武汉统考)如图所示,AB为一光滑水平横杆,杆上套一质量为M的圆环,环上系一长为L、质量不计的细绳,细绳的另一端拴一个质量为m的小球。

现将细绳拉直,且与AB平行,由静止释放小球,则①当细绳与AB成θ角时,圆环移动的距离是多少?②若在横杆上立一挡板,与环的初位置相距多远时才能使圆环在运动过程中恰好不与挡板相碰?答案①mL(1-cosθ)M+m ②2mLM+m应用三应用动量和能量观点探究力学综合问题1.(2019湖北稳派教育第二次联考)如图所示,半径R1=1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接,半径R2=0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接,下端与水平地面平滑连接,质量m=0.1 kg的乙物块放在平台BC的右端C点,将质量也为m的甲物块在A点由静止释放,让其沿圆弧下滑,并滑上平台与乙相碰,碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出,甲物块与平台间的动摩擦因数为μ=0.2,BC长L=1 m,重力加速度g取10 m/s2,不计两物块的大小及碰撞所用的时间,求:(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小;(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小;(3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间。

2022版新高考总复习--专题七 碰撞与动量守恒— 专题检测 —时间:60分钟 分值:100分一、选择题(每题5分,共55分)1.(2021江西八校4月联考,2)如图所示,在发生交通事故时,安全气囊能够很好地保护人身安全。

人的速度减为零的过程中,如果气囊没有弹开时的作用时间是气囊弹开时的110,则在速度变化相同的情况下,人在安全气囊未弹开与弹开时受到的作用力之比为( )A.1100B.110C.100D.10答案 D 本题考查动量定理的应用,为基础性题。

根据动量定理可得F Δt =mv ,得F =mv Δt ,当时间变为110,作用力变为10倍。

故选D 。

2.(2021河南普通高中3月适应性测试,3)高楼坠物极其危险,被称为“悬在城市上空的剑”。

若一枚质量为50 g 的鸡蛋,从27层楼的窗户自由落下,与地面撞击时间约为0.001 s 。

不计空气阻力,则鸡蛋对地面的平均作用力约为( )A.3 000 NB.2 000 NC.1 000 ND.500 N答案 B 本题为估算题,考查动量定理。

每层楼高约为3 m ,鸡蛋下落的总高度为h =(27-1)×3 m=78 m由公式h =12gt 2可知,自由下落时间为t 1=√2ℎg =√2×7810s ≈3.9 s 与地面的碰撞时间约为t 2=0.001 s ,全过程根据动量定理可得mg (t 1+t 2)-Ft 2=0,解得F ≈1 951 N ,故选B 。

解题关键 估算题注意数值取整。

从27层下落的高度为26乘以每层楼高。

3.(2021贵州新高考联盟第二学期入学质量监测,7)(多选)质量为M(M=2m)的斜槽静置在光滑的水平面上,左端固定轻弹簧。

质量为m的物体(可以视为质点),从半径为R的光滑的14圆弧轨道最高点A处由静止下滑,经过圆弧轨道的最低点B,然后与弹簧发生作用。

不计一切摩擦。

下列说法正确的是()A.物体下滑过程,重力的功率一直增加B.弹簧的最大弹性势能E p=mgRC.物体第一次下滑到B点的速度为√2gRD.物体能返回到与圆心等高的A点答案BD本题考查功率、动量守恒与能量守恒,属于有一定综合性的题。

专题七碰撞与动量守恒考点1 动量、冲量、动量定理1.如果没有空气阻力,天上的云变成雨之后落到地面,在经过一路的加速后,到达地面时的速度会达到300 m/s,这样的速度基本相当于子弹速度的一半,是非常可怕的.由于空气阻力的作用,雨滴经过变加速运动,最终做匀速运动,一般而言,暴雨级别的雨滴落地时的速度为8~9 m/s.某次下暴雨时李明同学恰巧撑着半径为0.5 m的雨伞(假设伞面水平,雨水的平均密度为0.5 kg/m3),由于下雨使李明增加撑雨伞的力最小约为()A.0.25 NB.2.5 NC.25 ND.250 N2.如图所示为某飞船与空间站对接时的示意图.已知空间站的质量为9.8×104 kg,飞船受到推进器的推力F为500 N,飞船与空间站对接后,推进器工作20 s,飞船和空间站的速度增加0.1 m/s,则()A.对接前后,飞船和空间站的动量守恒B.推进过程中,飞船对空间站的冲量与空间站对飞船的冲量相同C.飞船的质量为1.0×103 kgD.推进过程中,飞船对空间站的推力为490 N3.有一宇宙飞船,它的正面有效面积S=2 m2,以v=3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒区.此微粒区1 m3空间中有一个微粒,每一个微粒的平均质量为m=2×10-7 kg,设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上,要使飞船速度不变,飞船的牵引力应增加() A.3.6×103 N B.3.6 N C.1.2×103 N D.1.2 N4.[多选]第二届进博会于2019年11月在上海举办,会上展出了一种乒乓球陪练机器人,该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息,及时调整球拍将球击回,若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回,球在空中运动一段时间后落到对方的台面上,忽略空气阻力和乒乓球的旋转,下列说法正确的是()A.击球过程合外力对乒乓球做功为零B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C.在上升过程中,乒乓球处于失重状态D.在下落过程中,乒乓球处于超重状态5.有一种灌浆机可以持续将某种涂料以速度v喷在墙壁上,其喷射出的涂料产生的压强为p,若涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上,涂料的密度为ρ,则墙壁上涂料厚度增加的速度u为()A.u=B.u=C.u=D.u=6.拍皮球是大家都喜欢的体育活动,能强身健体.已知皮球质量为m=0.4 kg,为保证皮球每次与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为h=1.25 m,小明需每次在球到达最高点时拍球,每次拍球作用的距离为s=0.25 m,使球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s 的初速度v.若不计空气阻力及球的形变,g取10 m/s2,则每次拍球()A.手给球的冲量为1.6 kg· m/sB.手给球的冲量为2.0 kg· m/sC.人对球做的功为3.2 JD.人对球做的功为2.2 J7.如图所示,质量m=2 kg的木块静置在水平面上,受到一水平飞行的子弹打击,木块被子弹瞬间击穿后(击穿前后木块质量不变),在水平面上滑行了x=8 m距离后静止.已知木块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g=10 m/s2.求:(1)木块被击穿后获得的速度大小;(2)子弹对木块的打击力冲量的大小.考点2 动量守恒定律1. A、B两小球在光滑水平面上发生正碰,小球A的质量为m1=0.2 kg,碰撞前、后两球位置与时间的关系如图所示,由此可以判断()A.小球B的质量为m2=0.6 kgB.小球B的质量为m2=0.2 kgC.碰后小球A和B运动方向相同D.碰前小球A做加速运动,小球B做匀速运动2.[多选]如图所示,光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C,质量为M的小球B置于其底端,另一个小球A质量为,小球A以v0=6 m/s的速度向B运动,并与B发生弹性碰撞,不计一切摩擦,小球均视为质点,则()A.B的最大速率为4 m/sB.B运动到最高点时的速率为 m/sC.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞3.[多选]质量为M、左右内壁间距为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(可视为质点),小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间,如图所示.现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的,不计空气阻力,则整个过程中,小物块与箱子组成的系统损失的动能为()A.mv2B.·v2C.NμmgLD.NμmgL4.如图所示,光滑水平面上停放一个木箱和小车,木箱质量为m,小车和人总质量为M,M:m=4:1,人以速率v沿水平方向将木箱推出,木箱被挡板以原速率反弹回来以后,人接住木箱再以同样大小的速率v第二次推出木箱,木箱又被原速反弹……,则人最多能推木箱的次数为 ()A.2B.3C.4D.15.如图所示,光滑半圆轨道竖直固定在光滑水平面上,直径MN竖直.刚开始时,小物块P 和Q静止,二者间有一被压缩后锁定的轻弹簧(与物块未拴接),弹簧锁定时的弹性势能为9 J.解除锁定(时间极短)后,P、Q将与弹簧分离.已知P、Q的质量均为0.25 kg,半圆轨道的半径R=0.4 m,重力加速度g取10 m/s2,不计一切阻力.(1)解除锁定后,求P、Q与弹簧分离时的速度大小;(2)判断Q能否通过半圆轨道的最高点,并说明理由.考点3 实验:验证动量守恒定律1.[6分]某实验小组利用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律.实验的主要步骤如下:①用游标卡尺测量小球A、B的直径d,如图乙所示,用天平测量小球A、B的质量分别为m1、m2;②用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度,且自然下垂时两球恰好相切,球心位于同一水平线上;③将球A向左拉起至其悬线与竖直方向的夹角为α时由静止释放,与球B碰撞后,测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ1,球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2.(1)小球的直径d=cm.(2)若两球碰撞前后的动量守恒,则其表达式可表示为(用①、③中测量的量表示).(3)完成实验后,实验小组进一步探究.用质量相同的A、B两球重复实验步骤②、③,发现A球与B球碰撞后,A球静止,B球向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角略小于α,由此他们判断A、B两球的碰撞是(填“弹性碰撞”“非弹性碰撞”或“完全非弹性碰撞”).2.[7分]某同学用图甲所示装置通过M、N两弹性小球的碰撞来验证动量守恒定律,图甲中A是斜槽导轨,固定在水平桌面上,斜面BF顶端B点与斜槽导轨的水平末端平滑相接.实验时先使M球从斜槽上某一固定位置静止释放,落到斜面上的记录纸上留下痕迹,重复上述操作10次,得到M球的10个落点痕迹,如图乙所示,刻度尺贴近斜面且零刻度线与B点对齐.再把N球放在斜槽导轨水平末端,让M球仍从原位置静止释放,和N球碰撞后两球分别在斜面记录纸上留下各自的落点痕迹,重复这种操作10次.(不考虑小球对斜面的二次碰撞)(1)为了更精确地做好该实验,对两个碰撞小球的要求是M球的半径N球的半径,M球的质量N球的质量.(填“小于”“等于”或“大于”)(2)由图乙可得M球不与N球碰撞时在斜面上的平均落点位置到B点的距离为cm.(3)若已知斜面BF的倾角为θ,利用天平测出M球的质量m1,N球的质量m2,利用刻度尺测量平均落点位置C、D、E到B的距离分别为L C、L D、L E,,由上述测量的实验数据,验证动量守恒定律的表达式是.(用所给物理量的字母表示)3.2019年9月,我国成功完成了76 km/h高速列车实车对撞试验,标志着我国高速列车安全技术达到了世界领先水平.某学习小组受此启发,设计了如下的碰撞实验,探究其中的能量损耗问题,实验装置如图甲所示.该小组准备了质量分别为0.20 kg、0.20 kg、0.40 kg的滑块A、B、C,滑块A右侧带有自动锁扣,左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连,滑块B、C左侧均带有自动锁扣,打点计时器所接电源的频率f=50 Hz.调整好实验装置后,在水平气垫导轨上放置A、B两个滑块,启动打点计时器,使滑块A以某一速度与静止的滑块B相碰并粘合在一起运动,纸带记录的数据如图乙所示;用滑块C替代滑块B,重复上述实验过程,纸带数据如图丙所示.(1)根据纸带记录的数据,滑块A与B碰撞过程中系统损失的动能为 J,滑块A 与C碰撞过程中系统损失的动能为 J.(计算结果均保留2位有效数字)(2)根据实验结果可知,被碰物体质量增大,系统损失的动能(填“增大”“减小”或“不变”).一、选择题(共9小题,54分)1.质量为m的篮球以水平速度大小v撞击竖直篮板后,以水平速度大小v'被弹回,已知v'<v,篮球与篮板撞击时间极短.下列说法正确的是 ()A.撞击时篮球受到的冲量大小为m(v'-v)B.撞击时篮板受到的冲量为零C.撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒D.撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒2.某研究小组的同学们用如图所示的装置做探究物体的加速度与力、质量的关系实验之后,对此实验又做了进一步的分析:在实验前通过垫块已经平衡了阻力,且砂和砂桶的总质量远小于小车和车上砝码的总质量,若将小车(含车上砝码)和砂桶(含砂)当成一个系统,由静止释放小车后,下列说法正确的是()A.系统动量守恒,机械能守恒B.系统动量不守恒,机械能守恒C.系统动量守恒,机械能不守恒D.系统动量不守恒,机械能不守恒3.甲、乙两物体在同一直线上运动,它们在0~0.4 s时间内的v-t图像如图所示.若两物体仅存在相互作用,则下列说法正确的是()A.0~0.4 s时间内甲对乙的冲量大小大于乙对甲的冲量大小B.0~t1时间内甲、乙位移之比为1∶3C.甲、乙质量之比为3∶1D.t1=0.28 s4.某质量为3 kg的木块在喷泉作用下,静止在距某喷口上方1 m的位置,喷口的圆形内径约为2 cm,若喷出的水全部撞击木块且冲击后水的速度变为零,则驱动该喷口喷水的水泵功率最接近(不计空气阻力,π取3,重力加速度g取10 m/s2) ()A.100 WB.200 WC.300 WD.400 W5.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度.为了分析这个过程,可以提出以下两种模型:探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星,分别因相互作用改变了速度.如图甲、乙所示,以太阳为参考系,设行星运动的速度大小为u,探测器的初速度大小为v0,在图示的两种情况下,探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律类比.那么下列判断中正确的是()A.v1>v0B.v1=v0C.v2>v0D.v2=v06.如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑,则()A.在以后的运动过程中,小球和槽的动量始终守恒B.在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后,小球和槽的机械能守恒,小球能回到槽高h处7.[多选]如图所示,光滑水平面上有质量均为m的A、B两个相同物块,物块A以速度v 向右运动,与静止不动、左端有一轻弹簧的物块B发生对心碰撞,碰撞后物块A与弹簧不粘连,在物块A与弹簧接触以后的过程中,下列说法正确的是()A.弹簧被压缩过程中两物块总动量小于mvB.弹簧被压缩到最短时两物块总动能为mv2C.弹簧恢复原长时,物块A的动量为零D.弹簧恢复原长时,物块B的动能为mv28.[多选]研究平抛运动的装置如图所示.图中PQ是圆弧轨道,轨道末端的切线水平,QEF 是斜劈的横截面,H是QE的中点,曲线QMNE是某次质量为m的小球做平抛运动的轨迹,M 在H的正上方,N在H的左侧且与H在同一水平线上.不计空气阻力,下列说法正确的是()A.小球在M点的速度方向与QE平行B.从Q到M与从M到N,小球重力做的功相等C.从Q到M与从M到N,小球的动量变化量之比为(+1)∶1D.从Q到M与从M到E,小球的速度变化量之比为1∶29.[多选]如图所示,小球A、B、C质量分别为2m、m、m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为l,B、C置于水平地面上.现让两轻杆并拢,以此时小球A在水平地面上的竖直投影为坐标原点,A由静止释放到下降到最低点的过程中,A、B、C在同一竖直平面内运动,忽略一切摩擦,重力加速度为g,则球A与地面接触时(小球直径远小于杆长)()A.球C速度大小为B.球B、C的动量之和为零C.球A落点在原点左侧D.A与地面接触时的速度大小为二、非选择题(共6小题,70分)10.[4分]某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的实验.光滑的水平平台上的A点放置一个光电门.实验步骤如下:A.在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片;B.用天平分别测得小滑块a(含挡光片)和小球b的质量为m1、m2;C.将a和b用细线连接,中间夹一被压缩了的水平轻短弹簧,静止放置在平台上;D.烧断细线后,a、b被弹开,向相反方向运动;E.记录滑块a离开弹簧后通过光电门时挡光片的遮光时间t;F.小球b离开弹簧后从平台边缘飞出,落在水平地面上的B点,测出平台距水平地面的高度h及B点与平台边缘重垂线之间的水平距离x0;G.改变弹簧压缩量,进行多次实验.(1)用螺旋测微器测量挡光片的宽度,如图乙所示,则挡光片的宽度为mm.(2)若在误差允许范围内,满足m1=,则a、b与弹簧作用过程中系统动量守恒.(用上述实验所涉及物理量的字母表示,重力加速度为g)11.[6分]在“验证动量守恒定律”的实验中,一般采用如图所示的装置.其中P点为碰前入射小球落点的平均位置,M点为碰后入射小球落点的平均位置,N点为碰后被碰小球落点的平均位置.(1)若入射小球质量为m1,半径为r1;被碰小球的质量为m2,半径为r2,则.A.m1>m2,r1>r2B.m1>m2,r1<r2C.m1>m2,r1=r2D.m1<m2,r1=r2(2)以下所提供的测量工具中需要的是.A.刻度尺B.游标卡尺C.天平D.弹簧测力计E.秒表(3)在做实验时,对实验要求,以下说法正确的是.A.斜槽轨道必须是光滑的B.斜槽轨道末端的切线是水平的C.入射球每次都要从同一高度由静止滚下D.释放点应适当高点(4)设入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,用如图所示装置进行实验,则“验证动量守恒定律”的表达式为.(用装置图中的字母表示)12.如图所示,一个足够长的圆筒竖直固定,筒内有一质量为M的滑块锁定在距圆筒顶端h1=5 m处.现将一个直径小于圆筒内径、质量为m的小球, 从圆筒顶端沿圆筒中轴线由静止释放,小球与滑块刚要碰撞时解除滑块的锁定,小球与滑块发生弹性碰撞后最高能上升到距圆筒顶端h2=3.2 m处.不计空气阻力,已知滑块与圆筒间的滑动摩擦力为f=7.2 N,重力加速度g取10 m/s2.(1)求小球与滑块的质量之比.(2)若滑块质量为0.9 kg,求小球从与滑块第一次碰撞到与滑块第二次碰撞的时间间隔t.13.[2021湖北荆州中学月考,14分]两质量均为2m的劈A和B紧挨着放置,两劈内侧均为半径为R的圆形光滑曲面,放在光滑水平面上,如图所示.一质量为m的物块(可视为质点)从劈A的最高点由静止滑下,然后又滑上劈B.重力加速度为g.求:(1)物块第一次离开劈A时,劈A后退的距离;(2)物块在劈B上能够达到的最大高度.14.如图所示,在光滑的水平面上有一长为L的木板B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的圆弧槽C,与木板接触但不相连,圆弧槽的下端与木板上表面齐平,B、C静止在水平面上.现有滑块A以初速度v0从右端滑上B,并以v0的速度滑离B,之后恰好能到达C的最高点.A、B、C的质量均为m,重力加速度为g,求:(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ;(2)圆弧槽C的半径R;(3)当A滑离C时,C的速度.15.如图所示,一质量m=1 kg的滑块(可视为质点)从距斜面底端高度h0=8 m的位置由静止释放.已知斜面倾角θ=45°,滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.6,滑块滑至斜面底端时与挡板相碰,碰撞过程中无机械能损失,重力加速度为g=10 m/s2.求:(1)滑块第一次碰撞挡板前的瞬时速度大小;(2)第一次碰撞过程中,挡板对滑块的冲量大小;(3)所有碰撞过程中,挡板对滑块总的冲量大小.答案专题七碰撞与动量守恒考点1 动量、冲量、动量定理1.C设t时间内,落到雨伞上雨水的质量为m,根据动量定理,有Ft=mv,又m=vtπr2ρ,所以F=v2πr2ρ,代入数据解得F=25 N,所以选项C正确.2.D对接过程中,飞船受到推进器的推力作用,飞船和空间站整体动量不守恒,选项A 错误;推进过程中,飞船对空间站的推力大小等于空间站对飞船的推力大小,但二力方向相反,故飞船对空间站的冲量与空间站对飞船的冲量不相同,选项B错误;设飞船的质量为m,飞船与空间站对接后,推进器工作20 s的过程中,有(9.8×104 kg+m)×0.1 m/s=500 N×20 s,可得m=2.0×103 kg,选项C错误;飞船与空间站对接后,推进器工作20 s,飞船和空间站的速度增加0.1 m/s,加速度为0.005 m/s2,则飞船对空间站的推力为9.8×104 kg×0.005 m/s2=490 N,选项D正确.3.B在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M=vtSm,设飞船对微粒的作用力为F,由动量定理得Ft=Mv,联立解得F=v2Sm,代入数据得F=3.6 N,根据牛顿第三定律,可知微粒对飞船的作用力为3.6 N,要使飞船速度不变,根据平衡条件,可知飞船的牵引力应增加3.6 N,选项B正确.4.AC 球拍将乒乓球原速率击回,合外力对乒乓球的冲量不为零,可知乒乓球的动能不变,动量方向发生改变,合外力对乒乓球做功为零,A正确,B错误;在乒乓球的运动过程中,加速度方向向下,乒乓球处于失重状态,C正确,D错误.5B在涂料持续被喷向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中,涂料小颗粒的速度从v变为0.以Δt时间内喷在面积为ΔS上的质量为Δm的涂料为研究对象,设墙壁对它的作用力为F,它对墙壁的作用力为F',涂料增加的厚度为h.由动量定理可知F·Δt=Δm·v,其中Δm=ρ·ΔSh,则墙壁受到的压强p===.又因涂料厚度增加的速度为u=,联立解得u=,选项B正确.6.D为使皮球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s的初速度v,根据动量定理可知,合外力要给皮球的冲量为I=mv=0.4×4 kg· m/s=1.6 kg· m/s,手给球的冲量与重力给球的冲量之和等于合外力的冲量,故手给球的冲量小于1.6 kg· m/s,选项A、B错误;设人对球做的功为W,由动能定理知,W+mgs=mv2,解得W=2.2 J,选项D正确,C错误.7.(1)8 m/s(2)16 kg·m/s解析:(1)木块被击穿后在水平面上运动,对木块有μmg=ma(2分)得木块做匀减速直线运动的加速度大小a=μg=4 m/s2(1分)由匀变速直线运动规律有v2=2ax(1分)得木块被击穿后获得的速度大小v=8 m/s(1分).(2)对木块被击穿的过程,由动量定理有I=mv-0(2分)得子弹对木块打击力的冲量的大小I=16 kg·m/s(1分).考点2 动量守恒定律1.A由题图可知,碰前小球A的速度为v1=2 m/s,碰前小球B的速度为零,碰后小球A 的速度为v'1=-1 m/s,碰后小球B的速度为v'2=1 m/s,对小球A、B碰撞的过程,由动量守恒定律得m1v1=m1v'1+m2v'2,代入数据解得m2=0.6 kg,A正确,B错误;由以上分析可知,碰后A被反弹,则两球的运动方向相反,C错误;碰前小球A匀速运动,小球B静止,D错误.2.AD A与B发生弹性碰撞,设碰撞后瞬间A、B的速度分别为v A、v B,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0=v A+Mv B,·=·+M,解得v A=-2 m/s,v B=4 m/s,故B的最大速率为4 m/s,选项A正确;B冲上C并运动到最高点时,B与C 共速,此过程由动量守恒定律有Mv B=(M+2M)v,解得B运动到最高点时的速率为v= m/s,选项B错误;B冲上C然后又滑下的过程,设B、C分离时速度分别为v'B、v'C,由水平方向动量守恒有Mv B=Mv'B+2Mv'C,由机械能守恒有M=Mv'+·2Mv',解得v'B=- m/s,由于|v'B|<|v A|,所以A、B不会再次发生碰撞,选项C错误,D正确.3.BD小物块与箱子作用过程中二者组成的系统满足动量守恒,小物块最后恰好又回到箱子正中间,二者相对静止,即二者共速,设速度为v1,则mv=(m+M)v1,系统损失动能ΔE k=mv2-(M+m)=·,A项错误,B项正确;由于碰撞为弹性碰撞,故碰撞时不损失能量,系统损失的动能等于系统产生的热量,即ΔE k=Q=NμmgL,C项错误,D项正确.4.B选木箱、人和小车组成的系统为研究对象,取向右为正方向,设第n(n为整数)次推出木箱后人与小车的速度为v n,第n次接住木箱后速度为v'n,由动量守恒定律第一次推出后有0=Mv1-mv,则v1=第一次接住后有Mv1+mv=(M+m)v'1第二次推出后有(M+m)v'1=Mv2-mv,则v2=第二次接住后有Mv2+mv=(M+m)v'2︙︙第n-1次接住后有Mv n-1+mv=(M+m)v'n-1第n次推出后有(M+m)v'n-1=Mv n-mv即v n=mv设最多能推n次,推出后有即≥v,且<v所以(+1)≤n<(+1)+1将=4代入,可得2.5≤n<3.5因为n取整数,故n=3.5.(1)6 m/s 6 m/s(2)能理由见解析解析:(1)设P、Q与弹簧分离时的速度大小分别为v1、v2,弹簧锁定时的弹性势能为E p,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv1=mv2(2分)E p=m+m(2分)联立解得v1=v2=6 m/s(1分).(2)假设Q能通过半圆轨道的最高点M,且在最高点的速度为v.根据机械能守恒定律可得m=mg·2R+mv2(2分)解得v=2 m/s另一方面,若Q恰能通过M点,在M点根据牛顿第二定律及向心力公式有mg=m(2分)解得v M=2 m/s<v故假设成立,Q能通过最高点(1分).考点3 实验:验证动量守恒定律1.(1)2.20(2分)(2)m1=-m1+m2(2分)(3)弹性碰撞(2分)解析: (1)小球A、B的直径d=22 mm+0.1×0 mm=22.0 mm=2.20 cm.(2)小球A下摆过程只有重力做功,机械能守恒,由机械能守恒定律得m1=m1gl(1-cos α),碰撞后,对A、B两球分别根据机械能守恒定律得m1v=m1gl(1-cos θ1)、m2v=m2gl(1-cos θ2),若两球碰撞前后的动量守恒,则满足m1v1=-m1v'1+m2v'2,联立以上四式得m1=m2-m1.(3)用质量相同的两个小球完成实验,且碰后A球静止,则说明两球发生的碰撞为弹性碰撞.2.(1)等于(1分)大于(1分)(2)54.2(53.5~54.5范围内均可)(2分)(3)m1=m1+m2(3分)解析:(1)为了验证水平方向上动量守恒并确保N球被碰后做平抛运动,应使两小球对心碰撞,需两小球半径相等;同时为确保M球碰撞后速度方向不变,M球的质量必须大于N 球的质量.(2)将图乙中的10个落点用圆规画出最小的圆圈住,圆心即为落点的平均位置,可知圆心到B点的距离为54.2 cm,允许有一定的误差,取值在53.5~54.5 cm范围内都算正确.(3)小球离开导轨后做平抛运动,有L cos θ=v0t及L sin θ=gt2,联立可得v0=,对照图甲和实验条件可知,D点为M球未与N球碰撞时单独做平抛运动的平均落点位置,有v1=,E点为N球被碰后做平抛运动的平均落点位置,对应有v2=,C点为M球与N球碰撞后做平抛运动的平均落点位置,对应有v'1=,将v1、v'1和v2代入公式m1v1=m1v'1+m2v2得m1=m1+m2.3.(1)0.45(2分) 0.60(2分)(2)增大(2分)解析:(1)打点计时器所接电源的频率f=50 Hz,周期T==0.02 s,由题图乙可知,碰撞前滑块A的速度为v A=×10-2 m/s=3.0 m/s,A与B碰撞并粘合在一起后速度为v AB=×10-2 m/s=1.5 m/s.碰撞前滑块A的动能E k A=m A=×0.20×3.02 J=0.90 J,碰撞后滑块A、B的总动能E k AB=(m A+m B)=×(0.20+0.20)×1.52 J=0.45 J,A与B碰撞过程中系统损失的动能为ΔE k1= E k A-E k AB=0.90 J-0.45 J=0.45 J.由题图丙可知,A与C碰撞并粘合在一起后速度为v AC=×10-2 m/s=1.0 m/s.碰撞前滑块A的动能E k A=m A=×0.20×3.02 J=0.90 J,碰撞后滑块A、C的总动能E k AC=(m A+m C)=×(0.20+0.40)×1.02 J=0.30 J,A与C碰撞过程中系统损失的动能为ΔE k2= E k A-E k AC=0.90 J-0.30 J=0.60 J.(2)根据实验结果可知,被碰物体质量增大,系统损失的动能增大.1.C撞击时篮球受到的冲量等于其动量的变化,即I=mv'-m(-v)=m(v'+v),选项A错误;碰撞时,篮球与篮板相互作用,相互作用力等大反向,作用时间相等,则篮板受到的冲量大小不为零,选项B错误;撞击时间极短,重力的冲量忽略不计,撞击前后篮板均保持静止,篮球速度反向,所以篮球和篮板组成的系统动量不守恒,选项C正确;由于v'<v,系统机械能有损失,不守恒,选项D错误.2.D把砂桶(含砂)与小车(含车上砝码)看成一个整体,这个整体在向下运动时受到摩擦力作用,除了摩擦力外还有重力、斜面的支持力,摩擦力做负功,支持力不做功,故系统的机械能不守恒,选项A、B错误;在砂桶向下运动的过程中,系统受到了合外力(砂桶重力)的作用,它们的动量越来越大,动量不守恒,选项C错误,D正确.3.C甲、乙两物体仅存在相互作用,则甲、乙两物体组成的系统动量守恒,故0~0.4 s 时间内甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小,A错误;在v-t图像中,图线与坐标轴围成图形的面积表示位移,则0~t1时间内甲、乙位移之比为1∶5,B错误;由图线可知,甲、乙两物体加速度大小之比为1∶3,则甲、乙质量之比为3∶1,C正确;由图线可知a10 m/s2,则t1=0.3 s,D错误.乙的大小为4.B喷口的内径约2 cm,则半径约为r=0.01 m,木块静止在距喷口h=1 m的位置,即木块受到水的冲击力等于木块的重力,由动量定理得0-mv=-m木gt,在一段极短时间t内喷到木块上的水柱的质量为m=ρ水vtS,S=πr2,设水在刚喷出喷口时的速度为v喷,由机械能守恒定律可知mgh+mv2=m,设驱动该喷口喷水的水泵功率为P,在接近管口很短一段。

专题七动量守恒定律五年高考考点过关练考点一动量、冲量和动量定理1.(2022海南,1,3分)在冰上接力比赛时,甲推乙的作用力是F1,乙对甲的作用力是F2,则这两个力( )A.大小相等,方向相反B.大小相等,方向相同C.F1的冲量大于F2的冲量D.F1的冲量小于F2的冲量答案 A2.(2021湖南,2,4分)物体的运动状态可用位置x和动量p描述,称为相,对应p-x图像中的一个点。

物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述,称为相轨迹。

假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则对应的相轨迹可能是( )A BC D答案 D3.(2022重庆,4,4分)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中,某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。

从碰撞开始到碰撞结束过程中,若假人头部只受到安全气囊的作用,则由曲线可知,假人头部( )A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B.动量大小先增大后减小C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D.加速度大小先增大后减小答案 D4.(2019课标Ⅰ,16,6分)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。

若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( ) A.1.6×102 kg B.1.6×103 kgC.1.6×105 kgD.1.6×106 kg答案 B5.(2021北京,10,3分)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mωr答案 D6.(2023天津,5,5分)质量为m的列车以速度v匀速行驶,突然以大小为F的力制动刹车直到列车停止,整个过程中列车还受到大小恒为f的阻力,下列说法正确的是( ) A.减速运动过程的加速度大小a=FmB.力F的冲量大小为mvC.刹车距离为mv 22(F+f)D.匀速行驶时功率为(f+F)v 答案 C7.(2023重庆,8,5分)(多选)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示,E、F、M、N为曲线上的点,EF、MN段可视为两段直线,其方程分别为y=4t-26和y=-2t+140。