动量守恒定律及其应用习题(附答案)

考点19动量守恒定律及其一般应用[题组一基础小题]1．下列情况中系统动量守恒的是()①小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对人与车组成的系统②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统③子弹射入紧靠墙的木块中，对子弹与木块组成的系统④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统A．只有①B．①和②C．①和③D．①③④答案 B解析小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统，受到的合力为零，系统动量守恒，故①正确；子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统，所受外力之和为零，系统动量守恒，故②正确；子弹射入紧靠墙的木块中，对子弹与木块组成的系统，受到墙的作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒，故③错误；气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统，所受的合力不为零，系统动量不守恒，故④错误。

综上可知，B正确。

2．(2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。

小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为()A.mMv B．MmvC.mm＋Mv D．Mm＋Mv解析由题意知，小孩跃离滑板时小孩和滑板组成的系统动量守恒，则M v＋m v′＝0，得v′＝－M vm，即滑板的速度大小为M vm，B正确。

3．一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、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。

不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()答案 B解析弹片做平抛运动的时间t＝2hg＝1 s，爆炸过程两块弹片组成的系统水平方向动量守恒，设弹丸质量为m，以爆炸前弹丸的水平速度方向为正方向，则m v＝34m v甲＋14m v乙，又v甲＝x甲t，v乙＝x乙t，t＝1 s，则有34x甲＋14x乙＝2 m，将各选项中数据代入计算，可知B正确，A、C、D错误。

1.如图所示，以质量m=1kg 的小物块(可视为质点),放置在质量为M=4kg 的长木板，左侧长木板放置在光滑的水平地面上，初始时长木板与木块一起，以水平速度v ₀=2m/s 向左匀速运动。

在长木板的左侧上方固定着一个障碍物A ，当物块运动到障碍物A 处时与A 发生弹性碰撞（碰撞时间极短，无机械能损失)，而长木板可继续向左运动，重力加速度g=10m/s ²。

（1）设长木板足够长,求物块与障碍物第1次碰撞后,物块与长木板速度相同时的共同速率 1.2m/s（2）设长木板足够长，物块与障碍物发生第1次碰撞后，物块儿向右运动能到达的最大距离，s=0.4m ，求物块与长木板间的动摩擦因数以及此过程中长木板运动的加速度的大小.1.25m/s2（3）要使物块不会从长木板上滑落，长木板至少为多长?2m2.如图所示为一根直杆弯曲成斜面和平面连接在一起的轨道，转折点为C,斜面部分倾角为30度，平面部分足够长,滑块A,B 放在斜面上，开始时A,B 之间的距离为1米，B 与C 的距离为0.6米，现将A B 同时由静止释放.已知A 、B 与轨道的动摩擦因数分别为√3/5和√3/2 ,A 、B 质量均为m ，g 取10m/s²,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 、B 发生碰撞时为弹性碰撞。

物体A,B 可以看作是质点,不计在斜面与平面转弯处的机械能损失，则（1）经过多长时间滑块A,B 第1次发生碰撞. 1s（2）滑块B 停在水平轨道上的位置与C 点儿的距离是多少？m 1033.如图所示，光滑的轨道固定在竖直平面内，其O 点左边为水平轨道,O 点右边的曲面轨道高度h 等于0.45米，左右两段轨道在O 点平滑连接.质量m=0.10kg 的小滑块a 由静止开始从曲面轨道的顶端沿轨道下滑，到达水平段后与处于静止状态的质量M=0.30kg 的小滑块b 发生碰撞，碰撞后现小滑块a 恰好停止运动，取重力加速度g=10m/s²,求（1）小滑块a 通过O 点时的速度大小3m/s （2）碰撞后小滑块b 的速度大小1m/s（3）碰撞后碰撞过程中小滑块a 、b 组成的系统损失的机械能。

高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题 (含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1.竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E=4X 10/m .小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径， b 、c 球用长L 2m 的绝缘细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当 F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足F 2 t 2 —.已知三个小球均可看做质点且 m a =0.25kg , m b =0.2kg , m c =0.05kg ，小球 (1) 小球a 与b 发生碰撞时的速度 v o ; (2) 小球c 运动到Q 点时的速度v ;(3) 从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球 c 电势能的增加量.【答案】(1) V 4m/s (2) v=2m/s (3) E p 3.2J 【解析】【分析】对小球 a ,由动量定理可得小球 a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组 成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球 c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速 度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得； 解：⑴对小球a ,由动量定理可得I m a V 。

0 由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧 ，面积为拉力F 的冲量，由圆方程可知S 1m 2 代入数据可得：v 0 4m/s(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞 ， 由动量守恒可得 m a V 0 m a V | (m b m c )v 21 2 1 2 12由机械能守恒可得 m a v 0m a v 1 (m b m c )v 222 2解得 V 1 0, V 2 4m/ sA E阳1r c 带q=5 x 1'0)C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦， g=10m/s 2，求小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理1 2 1 2 m c gR qER ㊁血 mjv ㊁血 mjv ?代入数据可得v 2m/ s⑶由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：1 2(m b m c )v qERsin 22.如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在 '点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度0 =60.小明从A 点由静止往下摆，达到 O 点正下方B 点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运 动•到达C 点，小明跳离平板车(近似认为水平跳离)，安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂 上•绳长L=1.6m ,浮漂圆心与 C 点的水平距离x=2.7m 、竖直高度y=1.8m ，浮漂半径 R=0.3m 、不计厚度，小明的质量m=60kg ，平板车的质量 m=20kg ，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦.重力加速度g=10m/s 2，求：_*』吩(1) 轻绳能承受最大拉力不得小于多少？ (2) 小明跳离平板车时的速度在什么范围？(3) 若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功 ？【答案】(1) 1200N (2) 4m/s Wv< 5m/s( 3) 480J 【解析】 【分析】(1)首先根据机械能守恒可以计算到达B 点的速度，再根据圆周运动知识计算拉力大小.(2)由平抛运动规律,按照位移大小可以计算速度范围( 3)由动量守恒和能量守恒规律计算即可. 【详解】解(I)从A 到B .由功能关系可得1 2 mgL(1 cos ) mv ①2代人数据求得v=4 m/s ②m b gR(1cos ) m c gRsin 解得sin0637因此小球c 电势能的增加量： E p qER(1 sin ) 3.2J2在最低点B处，T mg mv③联立①②解得，轻绳能承受最大拉力不得小于T=1200N(2) 小明离开滑板后可认为做平抛运动1 2竖直位移y gt1 2 3④2离C点水平位移最小位移x R v min t⑤离C点水平位移最大为X R V min t⑥联立④⑤⑥解得小明跳离滑板时的速度 4 m/s Wvw 5 m/s(3) 小明落上滑板时，动量守恒mv (m m0)V| ⑦代人数据求得V i=3 m/s⑧离开滑板时，动量守恒(m m0)v| mv C m o V2⑨将⑧代人⑨得V2=-3 m/s由功能关系可得1 2 1 2 1 2 W ( — mv C m0v2) m m0 v1⑩.2 2 2解得W=480 J3. 某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m,皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B C置于水平导轨上， B C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度V0=6m/s 沿B、C 连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起•碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角0 =37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数卩=0.8重力加速度g=10m/s2, sin37=0.6, cos37°0.8.1滑块A、B碰撞时损失的机械能；2滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q;3若每次实验开始时滑块A的初速度V。

高考物理一轮总复习考点突破：考点2 动量守恒定律在电磁感应中的应用(能力考点·深度研析)光滑的平行导轨示意图质量m b＝m a电阻r b＝r a长度L b＝L a力学观点杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动运动图像能量观点系统动能的减少转化为内能动量观点两杆组成的系统动量守恒(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。

导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。

导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。

碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。

P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。

不计空气阻力。

求：(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。

[解析](1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv 0＝3mv Q ＋mv P12×3mv 20＝12×3mv 2Q ＋12mv 2P 联立解得v P ＝32v 0，v Q ＝12v 0 由题知，碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P 滑出导轨时的速度大小为v P ′＝v Q ＝12v 0。

(2)根据能量守恒有12mv 2P ＝12mv P ′2＋Q 解得Q ＝mv 20。

(3)P 、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得－B I l Δt ＝mv P ′－mv P 又q ＝I Δt ，I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝Blx R Δt 联立可得x ＝mv 0R B 2l 2由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为t ＝x v Q ＝2mR B 2l 2。

高中物理动量守恒定律的应用技巧(很有用)及练习题含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1．如图所示质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ=53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g。

求(1)物块在水平面上滑行的速度大小；(2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度。

【答案】（1）06 5v gR=（2）232 55v gR =66125 h R =【解析】【分析】（1）A、B组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块A的速度。

（2）圆弧体固定，物块上滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出到达圆弧体上端时的速度，离开圆弧体后物块做斜上抛运动，应用运动的合成与分解可以求出到达最高点的速度，应用机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。

【详解】（1）物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v，由机械能守恒定律得：12m v02＝12(m+2m)v2+mgR(1−cosθ)，解得：06 5v gR =（2）对物块，由机械能守恒定律得：12m v02＝12m v12+mgR(1−cosθ)，解得：12 5v gR=物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，物块到达最高点时，物块的速度：v2=v1cosθ=3255gR，由机械能守恒定律得：12m v02=mgh+12m v22，解得：h=66125R ； 【点睛】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。

第2讲动量守恒定律及应用目标要求 1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题.3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型.4.理解碰撞的种类及其遵循的规律．考点一动量守恒定律的理解和基本应用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．表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．1．只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒．(×)2．系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)3．若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒．(×)4．动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系．(√)1．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：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)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．2．动量守恒定律的五个特性：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须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统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考向1系统动量守恒的判断例1(2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒答案 B解析因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B.考向2动量守恒定律的基本应用例2如图所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g＝10 m/s2)()A．5 m/s B．4 m/sC．8.5 m/s D．9.5 m/s答案 A解析由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝2hg＝2×2010s＝2 s，在竖直方向的分速度v y＝gt＝20 m/s，水平方向的分速度v x＝252－202m/s＝15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车的相互作用满足水平方向上动量守恒，则m车v0－m球v x＝(m车＋m球)v，解得v＝5 m/s，故A正确．考向3动量守恒定律的临界问题例3甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞．则甲总共抛出的小球个数是()A．12 B．13 C．14 D．15答案 D解析规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·m v′，解得n＝15，D正确．考点二爆炸、反冲运动和人船模型1．爆炸现象的三个规律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，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加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，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.反冲运动的三点说明作用 原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能 增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加1．发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象．( √ ) 2．爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少．( × )考向1 爆炸问题例4 (2023·河北省模拟)质量为m 的烟花弹升到最高点距离地面高度为h 处爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则烟花弹爆炸使炸片增加的机械能为( ) A ．mgh B.mgL 216h C.mgL 232h D.mgL 28h答案 B解析 设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度大小分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有0＝m 2v 1－m2v 2，可得v 1＝v 2＝v ，根据题述，两炸片均做平抛运动，有2v t ＝L ，h ＝12gt 2，ΔE ＝12×12m v 2＋12×12m v 2，解得ΔE ＝mgL 216h ，故选B.考向2 反冲运动例5 (2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M (含燃料)的导弹点火升空，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，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是( )A.mMv 0 B.M m v 0 C.M M －m v 0 D.m M －m v 0答案 D解析 由动量守恒定律得m v 0＝(M －m )v ，导弹获得的速度v ＝mM －m v 0，故选D.考向3 人船模型1．模型图示2．模型特点(1)两物体满足动量守恒定律：m v 人－M v 船＝0 (2)两物体的位移大小满足：m x 人t －M x 船t ＝0，x 人＋x 船＝L ，得x 人＝M M ＋m L ，x 船＝mM ＋m L3．运动特点(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；(2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 人x 船＝v 人v 船＝M m. 例6 (多选)如图所示，绳长为l ，小球质量为m ，小车质量为M ，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( )A ．系统的总动量守恒B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零C．小球不能向左摆到原高度D．小车向右移动的最大距离为2mlM＋m答案BD解析系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为v m，小车水平方向的平均速度为v M，m v m－M v M＝0，两边同时乘以运动时间t，m v m t－M v M t＝0，即mx m＝Mx M，又x m＋x M＝2l，解得小车向右移动的最大距离为2mlM＋m，D正确．考点三碰撞问题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1．碰撞前后系统的动量和机械能均守恒．(×)2．在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同．(√)3．两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律．(×)1．弹性碰撞的重要结论以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 联立解得：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1讨论：①若m 1＝m 2，则v 1′＝0，v 2′＝v 1(速度交换)；②若m 1>m 2，则v 1′>0，v 2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m 1≫m 2时，v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1；③若m 1<m 2，则v 1′<0，v 2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m 1≪m 2时，v 1′≈－v 1，v 2′≈0.2．静止物体被撞后的速度范围物体A 与静止的物体B 发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B 的速度最小，v B ＝m A m A ＋m B v 0，当发生弹性碰撞时，物体B 速度最大，v B ＝2m Am A ＋m B v 0.则碰后物体B的速度范围为：m A m A ＋m B v 0≤v B ≤2m Am A ＋m B v 0.考向1 碰撞的可能性例7 A 、B 两球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，A 、B 两球速度的可能值是( ) A ．v A ′＝5 m/s ，v B ′＝2.5 m/s B ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/s C ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/s D ．v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s 答案 B解析 虽然题给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 ′，不符合实际，即A 、D 项错误；C 项中，两球碰后的总动能E k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k 前＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝22 J ，违背了能量守恒定律，所以C 项错误；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B 项正确．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．考向2弹性碰撞例8(2022·湖南卷·4)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v1D．v2大于v0答案 B解析设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得m v0＝m v1＋m v3，12＝12m v12＋12m v32，联立解得v1＝v0.设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为2m v0正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得m v0＝14m v2＋m v4，12＝12×14m v22＋12m v42，2m v0联立解得v 2＝215v 0，可得v 1＝v 0>v 2，碰撞后氢核的动量为p H ＝m v 1＝m v 0，氮核的动量为p N＝14m v 2＝28m v 015，可得p N >p H ，碰撞后氢核的动能为E kH ＝12m v 12＝12m v 02，氮核的动能为E kN＝12×14m v 22＝28m v 02225，可得E kH >E kN ，故B 正确，A 、C 、D 错误．考向3 非弹性碰撞例9 (2023·安徽定远县第三中学模拟)如图所示，物块A 的质量为m ，物块B 、C 的质量均为M .开始时物块A 、B 分别以大小为2v 0、v 0的速度沿光滑水平轨道向右侧的竖直固定挡板运动，为保证A 、B 均向右运动的过程中不发生碰撞，将物块C 无初速度地迅速粘在A 上．B 与挡板碰撞后以原速率反弹，A 与B 碰撞后粘在一起．(1)为使B 能与挡板碰撞两次，求Mm应满足的条件；(2)若三个物块的质量均为m ，求在整个作用过程中系统产生的内能Q . 答案 (1)1≤M m <2 (2)73m v 02解析 (1)设A 、C 粘在一起的共同速度大小为v 1，根据动量守恒定律有2m v 0＝(m ＋M )v 1，为保证A 、B 均向右运动的过程中不发生碰撞，应满足v 1≤v 0.设A 、B 碰撞后瞬间的共同速度大小为v 2，以向右为正方向，根据动量守恒定律有(m ＋M )v 1－M v 0＝(m ＋2M )v 2，为使B 能与挡板再次碰撞，应满足v 2>0，解得1≤Mm <2.(2)若M ＝m ，则由(1)可得v 1＝v 0，v 2＝13v 0根据能量守恒定律有Q ＝12m (2v 0)2＋12m v 02－12×3m v 22，解得Q ＝73m v 02.课时精练1.北京冬奥会2 000米短道速滑接力赛上，“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，完成“交接棒”．忽略地面的摩擦力，在这个过程中( )A．两运动员的总动量守恒B．甲、乙运动员的动量变化量相同C．两运动员的总机械能守恒D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量答案 A解析两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，变化量不相同，B错误；在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误．2.如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态．现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)()A．整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒B．整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大C．M、m分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动D．M、m分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统动能最大答案 D解析由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒．由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故A错误；从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对m、M做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对m、M做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统机械能最小，故B错误；在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M 、m 先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F 1、F 2的大小相等时，m 、M 的速度最大，系统动能最大，故C 错误，D 正确．3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m 1＝50 kg 的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m 2＝20 kg ，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h ＝5 m.如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看成质点)( )A ．5 mB ．3.6 mC ．2.6 mD ．8 m答案 B解析 当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h 1，气球相对地面上升的位移大小为h 2，由动量守恒定律，得m 1h 1t ＝m 2h 2t，且h 1＋h 2＝h ，解得h 2≈3.6 m ，所以他离地面的高度约为3.6 m ，故选项B 正确．4.(2023·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L 的轻细杆两端分别固定着a 、b 两个光滑金属球，a 球质量为2m ，b 球质量为m ，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则( )A ．在b 球落地前瞬间，b 球的速度方向斜向左下方B ．在b 球落地前瞬间，a 球的速度方向水平向左C ．在b 球落地前的整个过程中，轻杆对a 球做正功D ．在b 球落地前瞬间，b 球的速度方向竖直向下答案 D解析a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a 球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做功为零，故C错误．5．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰，如图所示．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅图()答案 B解析两冰壶碰撞过程中动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向，不会偏离甲原来的方向，可知，A图情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置可能如选项B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，乙在前，甲在后，选项C所示是不可能的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误．6.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为()A ．v 1＝v 2＝v 3＝33v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝22v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0答案 D解析 由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．设三球质量均为m ，则碰撞前系统总动量为m v 0，总动能为12m v 02.选项A 、B 中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能．对选项C ，碰后总动量为m v 0，但总动能为14m v 02，这显然违反了机械能守恒定律，故不可能．对选项D ，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D.7.(2023·北京市第五中学检测)A 、B 物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a 、b 分别为A 、B 两物块碰前的位移－时间图像，c 为碰撞后两物块共同运动的位移－时间图像，若A 物块质量m ＝2 kg ，则由图判断，下列结论错误的是( )A ．碰撞前后A 的动量变化量的大小为4 kg·m/sB ．B 物块的质量为0.75 kgC ．碰撞过程A 对B 所施冲量大小为4 N·sD ．碰撞过程A 、B 两物块组成的系统损失的动能为10 J答案 B解析 以A 的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前A 的速度为v A ＝10－42m/s ＝3 m/s ，碰撞后A 、B 的共同速度为v AB ＝4－22m/s ＝1 m/s ，则碰撞前A 的动量为m v A ＝2×3 kg·m/s ＝6 kg·m/s ，碰撞后A 的动量为m v AB ＝2 kg·m/s ，碰撞前后A 的动量变化量的大小为4 kg·m/s ，A 正确，不符合题意；碰撞前B 的速度为v B ＝－42m/s ＝－2 m/s ，由动量守恒定律得m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v AB ，解得m B ＝43kg ，B 错误，符合题意；由动量定理得I ＝m B v AB －m B v B ＝43×1 kg·m/s －43×(－2) kg·m/s ＝4 N·s ，即碰撞过程A 对B 所施冲量大小为4 N·s ，C 正确，不符合题意；碰撞过程A 、B 两物块组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12m v A 2＋12m B v B 2－12(m ＋m B )v AB 2＝12×2×32 J ＋12×43×(－2)2 J －12×(2＋43)×12 J ＝10 J ，D 正确，不符合题意． 8．(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s 末和6 s 末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s ，重力加速度大小g 取10 m/s 2，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )A ．两碎块的位移大小之比为1∶2B ．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 mC ．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/sD ．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m答案 B解析 设碎块落地的时间为t ，质量大的碎块水平初速度为v ，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v ，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x ＝v 0t 知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s ＝x 2＋y 2，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A 项错误；据题意知，v t ＝(5 s －t )×340 m/s ，又2v t ＝(6 s －t )×340m/s ，联立解得t ＝4 s ，v ＝85 m/s ，故爆炸点离地面高度为h ＝12gt 2＝80 m ，所以B 项正确，C 项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx ＝3v t ＝1 020 m ，故D 项错误．9．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m ＝800 g 的气体，气体离开发动机时的对地速度v ＝1 000 m/s ，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M ＝600 kg ，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则( )A ．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/sB ．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/sC ．要使火箭能成功发射至少要喷气500次D ．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s答案 A解析 设喷出三次气体后火箭的速度为v 3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M －3m )v 3－3m v ＝0，解得：v 3≈4 m/s ，故A 正确；地球卫星要能成功发射，喷气n 次后至少要达到第一宇宙速度，即：v n ＝7.9 km/s ，故B 错误；以火箭和喷出的n 次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M －nm )v n－nm v ＝0，代入数据解得：n ≈666，故C 错误；至少持续喷气时间为：t ＝n 20＝33.3 s ，故D 错误．10.(多选)(2023·安徽马鞍山市模拟)如图所示，A 、B 两个小球(可视为质点)，间隙极小，两球球心连线竖直，从离地面高度H 处以相同的初速度v 0＝2gH 同时竖直向下抛出，B 球先与地面碰撞，再与A 球碰撞后B 球静止于地面，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g ，则( )A ．A 、B 两球的质量之比为1∶3B ．A 、B 两球的质量之比为1∶2C ．碰后A 球上升的最大高度为8HD ．碰后A 球上升的最大高度为16H答案 AC解析 因为A 、B 球从离地面高度H 处以相同的初速度v 0＝2gH 同时竖直向下抛出，所以落地瞬间的速度相等，由运动学公式v 2－v 02＝2gH ，解得v A ＝v B ＝v ＝2gH ，B 球与地面弹性碰撞后以原速率返回，与A 再发生弹性碰撞，以向上为正方向，根据动量守恒和能量守恒有m B v －m A v ＝m A v A ′，12m B v 2＋12m A v 2＝12m A v A ′2，联立解得m A ∶m B ＝1∶3，v A ′＝2v ＝4gH ，A 正确，B 错误；碰后A 球上升的最大高度为h max ，则有v A ′2＝2gh max ，解得h max ＝v A ′22g＝8H ，C 正确，D 错误．11．如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小．答案 2 m/s解析 因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ①碰撞后A 与B 在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得 m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ②A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足v AB ＝v C ③联立①②③式，代入数据得v A ＝2 m/s.12．如图所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB 段是半径R ＝0.8 m 的14圆弧，B 在圆心O 的正下方，BC 段水平，AB 段与BC 段平滑连接．球2、球3均放在BC 轨道上，质量m 1＝0.4 kg 的球1从A 点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g ＝10 m/s 2.(1)求球1到达B 点时对轨道的压力大小；(2)若球2的质量m 2＝0.1 kg ，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；(3)若球3的质量m 3＝0.1 kg ，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少． 答案 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg解析 (1)对球1从A 到B 应用动能定理：m 1gR ＝12m 1v 02 在B 点对球1应用牛顿第二定律：N －m 1g ＝m 1v 02R联立解得：v 0＝4 m/s 、N ＝12 N由牛顿第三定律知球1在B 点对轨道的压力大小N ′＝N ＝12 N.(2)球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得： 12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 解得：v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝6.4 m/s. (3)同理，球2、球3碰撞后：v 3＝2m 2m 2＋m 3v 2 则v 3＝2m 2m 2＋m 3·2m 1m 1＋m 2v 0 代入数据得v 3＝ 1.6m 2＋0.04m 2＋0.5v 0， 由数学知识可知，当m 2＝0.04m 2时，m 2＋0.04m 2＋0.5最小，v 3最大 所以m 2＝0.2 kg.13．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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 kg答案 BC解析 设运动员的质量为M ，第一次推物块后，运动员速度大小为v 1，第二次推物块后，运动员速度大小为v 2……第八次推物块后，运动员速度大小为v 8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：M v 1＝m v 0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M (v 2－v 1)＝m [v 0－(－v 0)]＝2m v 0，……，第n 次推物块后，由动量守恒定律知：M (v n －v n －1)＝2m v 0，各式相加可得v n ＝(2n －1)m v 0M ，则v 7＝260 kg·m/s M ，v 8＝300 kg·m/s M.由题意知，v 7<5 m/s ，则M >52 kg ，又知v 8>5 m/s ，则M <60 kg ，故选B 、C.。

1.动量守恒定律的判断1、把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹、车的下列说法正确的是（）A.枪和子弹组成的系统动量守恒B.枪和车组成的系统动量守恒C.只有忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪、车和子弹组成的系统的动量才近似守恒D.枪、子弹、车组成的系统动量守恒解：本题C选项中所提到的子弹和枪筒之间的摩擦是系统的内力，在考虑枪、子弹、车组成的系统时，这个因素是不用考虑的根据受力分析，可知该系统所受合外力为0，符合动量守恒的条件，故选D规律总结：判断系统是否动量守恒时，一定要抓住守恒条件，即系统不受外力或者所受合外力为0。

变式：如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：（）A、动量守恒、机械能守恒B、动量不守恒、机械能不守恒C、动量守恒、机械能不守恒D、动量不守恒、机械能守恒解析:若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒．答案：B规律总结：实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒（此瞬间弹簧尚未形变）．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件．2.碰撞中过程的分析2、如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块A和B都可视作质点，质量相等。

B与轻质弹簧相连。

设B静止，A以某一初速度向B运动并与弹簧发生碰撞。

在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（）A. A的初动能B. A的初动能的1/2C. A的初动能的1/3D. A的初动能的1/4解析：解决这样的问题，最好的方法就是能够将两个物体作用的过程细化。

2016高考导航考纲展示1．动量、动量定理、动量守恒定律及其应用Ⅱ2．弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ3．光电效应Ⅰ4．爱因斯坦光电效应方程Ⅰ5．氢原子光谱Ⅰ6．氢原子的能级结构、能级公式Ⅰ7．原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期Ⅰ8．放射性同位素Ⅰ9．核力、核反应方程Ⅰ10．结合能、质量亏损Ⅰ11．裂变反应和聚变反应、裂变反应堆Ⅰ12．射线的危害与防护Ⅰ实验：验证动量守恒定律说明：碰撞与动量守恒只限于一维．热点视角1．动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点，动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查．2．动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点．3．波粒二象性部分的重点内容是光电效应现象、实验规律和光电效应方程，光的波粒二象性和德布罗意波是理解的难点．4．核式结构、玻尔理论、能级公式、原子跃迁条件在选做题部分出现的几率将会增加，可能单独命题，也可能与其他知识结合出题．5．半衰期、质能方程的应用、计算和核反应方程的书写是高考的热点问题，试题一般以基础知识为主，较简单．第一节动量守恒定律及其应用(实验：验证动量守恒定律)一、动量动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力F的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)公式：p＝m v.(3)单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的增量．(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．4．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp＝p′－p.(2)动能和动量的关系：E k＝p2 2m.1.下列说法正确的是()A．速度大的物体，它的动量一定也大B．动量大的物体，它的速度一定也大C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量也保持不变D．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大答案：D二、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：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＝－Δp2.2.(2014·高考浙江自选模块)如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后()A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案：C三、碰撞1．碰撞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 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞守恒损失最大3.A 球的质量是m ，B 球的质量是2m ，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，B 在前，A 在后，发生正碰后，A 球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v ′A ∶v ′B 为( )A.12B.13C ．2 D.23答案：D考点一 动量定理的理解及应用1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F 应理解为变力在作用时间内的平均值．2．动量定理的表达式F ·Δt ＝Δp 是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F 是物体或系统所受的合力．3．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt 越短，力F 就越大，力的作用时间Δt 越长，力F 就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)当作用力F 一定时，力的作用时间Δt 越长，动量变化量Δp 越大，力的作用时间Δt 越短，动量变化量Δp 越小在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2)[解析] 法一：用动量定理解，分段处理．选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v ，取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＝m v －0.对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt 2＝0－m v . 以上两式联立解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.法二：用动量定理解，研究全过程．选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零． 取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得 (F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.[答案] 12 s[规律方法] 应用动量定理解题的一般步骤 (1)明确研究对象和研究过程．研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段． (2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力． (3)规定正方向．(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．1.我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子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，则( )A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B ．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C ．甲的动能增加量一定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：选B.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A 错误；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp 甲＝－Δp 乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B 正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C 、D 错误．考点二 动量守恒定律与碰撞 1．动量守恒定律的不同表达形式(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)m 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．(3)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (4)Δp ＝0，系统总动量的增量为零． 2．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 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2.(3)速度要合理．①碰前两物体同向，则v 后>v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v ′前≥v ′后． ②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变． 3．两种碰撞特例 (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，则有 m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2① 12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22② 由①②得v ′1＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2 v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当m 1＝m 2时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度． ②当m 1>m 2时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都向前运动．③当m 1<m 2时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． (2)完全非弹性碰撞两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律．(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，质量分别为mA 、mB 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．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．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．[审题点睛] 由于两球碰撞时间极短，并且没有能量损失，所以在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后总动能相等，分别列方程求解．[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 ′2 ④ 12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22 ⑤ 设B 球与地面相碰后的速度大小为v ′B ，由运动学及碰撞的规律可得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，并代入已知条件可得 h ′＝0.75 m.[答案] (1)4 m/s (2)0.75 m[规律总结] 应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)； (3)规定正方向，确定初、末状态动量； (4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．2.两球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 ＝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．考点三 爆炸和反冲 人船模型 1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时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)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒．反冲运动中机械能往往不守恒．注意：反冲运动中平均动量守恒．(3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等． 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．如果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m 1v 1＝－m 2v2得m 1x 1＝－m 2x 2.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，因相互作用而反向运动． (3)x 1、x 2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．如图所示，一辆质量为M ＝3 kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量为m ＝1 kg 的光滑小球B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p ＝6 J ，小球与小车右壁距离为L ，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小； (2)在整个过程中，小车移动的距离．[解析] (1)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为v 1、v 2，则m v 1－M v 2＝0 12m v 21＋12M v 22＝E p 解得：v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s.(2)设小车移动x 2距离，小球移动x 1距离 m x 1t ＝M x 2t x 1＋x 2＝L 解得：x 2＝L 4.[答案] (1)3 m/s 1 m/s (2)L43.(2014·高考重庆卷)一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2m/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.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )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m v ＝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．考点四 动量与能量观点的综合应用1．若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．若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，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．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、 B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．[审题点睛] A 、B 碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B 、C 相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为机械能的损失．当A 、B 、C 速度相等时，弹性势能最大．[解析] (1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 1＝2m v 2② 12m v 21＝ΔE ＋12(2m )v 22③ 联立①②③式得ΔE ＝116m v 20.④(2)由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3⑤ 12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得 E p ＝1348m v 20.[答案] (1)116m v 20 (2)1348m v 24.(2015·银川模拟)在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB 和滑块CD ，木板AB 上表面粗糙，动摩擦因数为μ，滑块CD 上表面是光滑的1/4圆弧，其始端D 点切线水平且在木板AB 上表面内，它们紧靠在一起，如图所示．一可视为质点的物块P ，质量也为m ，从木板AB 的右端以初速度v 0滑上木板AB ，过B 点时速度为v 0/2，又滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 圆弧的最高点C 处，求：(1)物块滑到B 处时木板的速度v AB ； (2)滑块CD 圆弧的半径R .解析：(1)由点A 到点B ，取向左为正，由动量守恒得m v 0＝m v B ＋2m ·v AB ，则v AB ＝v 04.(2)由点D 到点C ，滑块CD 与物块P 的动量守恒，机械能守恒，得m ·v 02＋m ·v 04＝2m v共mgR ＝12m ⎝⎛⎭⎫v 022＋12m ⎝⎛⎭⎫v 042－12×2m v 2共解得R ＝v 2064g .答案：(1)v 04 (2)v 2064g考点五 实验：验证动量守恒定律 [学生用书P 252]1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m 和碰撞前后物体的速率v 、v ′，找出碰撞前的动量p ＝m 1v 1＋m 2v 2及碰撞后的动量p ′＝m 1v ′1＋m 2v ′2，看碰撞前后动量是否守恒．2．实验方案方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出滑块质量． (2)安装：正确安装好气垫导轨． (3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出两小球的质量m 1、m 2. (2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出两小车的质量.(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A 运动，小车B 静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v ＝ΔxΔt算出速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球． (2)按照如图所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O .(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P 就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M 和被碰小球落点的平均位置N .如图所示．(6)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m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON ，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒．气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)：采用的实验步骤如下：a．用天平分别测出滑块A、B的质量m A、m B.b．调整气垫导轨，使导轨处于水平．c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1.e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作．当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.(1)实验中还应测量的物理量是________．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________________________________________________________________．(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式．[解析](1)验证动量守恒，需要知道物体的运动速度，在已经知道运动时间的前提下，需要测量运动物体的位移，即需要测量的量是B的右端至D板的距离L2.(2)由于运动前两物体是静止的，故总动量为零，运动后两物体是向相反方向运动的，设向左运动为正，则有m A v A－m B v B＝0，即m AL1t1－m BL2t2＝0.造成误差的原因：一是测量本身就存在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等原因．(3)根据能量守恒知，两运动物体获得的动能就是弹簧的弹性势能．故有ΔE p＝12⎝⎛⎭⎫m AL21t21＋m BL22t22.[答案]见解析扫一扫进入91导学网()气垫导轨证明动量守恒实验方法技巧——动量守恒中的临界问题1．滑块与小车的临界问题滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．2．两物体不相碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．3．涉及弹簧的临界问题对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．4．涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．(7分)(2013·高考山东卷)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．[审题点睛](1)A、C发生相碰，B与A的相互作用可忽略，A、C系统动量守恒；(2)碰后A、B相互作用达到共同速度，A、B系统动量守恒；(3)A、C碰后，A恰好不再与C相碰，则A、B的共同速度与C碰后速度相等．[规范解答]—————————该得的分一分不丢！因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v A，C的速度为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C①(2分)A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB②(2分)A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C③(1分)联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s.(2分)[答案] 2 m/s[总结提升]正确把握以下两点是求解动量守恒定律中的临界问题的关键：(1)寻找临界状态看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．1．(2015·苏北四市调研)A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A 、B 两球质量分别为2m 和m .当用板挡住A 球而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌边距离为x 的水平地面上，如图所示．若用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，则B 球的落地点距离桌边距离为 ( )A.x 3B.3x C ．x D.63x 解析：选D.当用板挡住小球A 而只释放B 球时，根据能量守恒有：E p ＝12m v 20，根据平抛运动规律有：x ＝v 0t .当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，设A 、B 的速度分别为v A 和v B ，则根据动量守恒和能量守恒有：2m v A －m v B ＝0，E p ＝12×2m v 2A ＋12m v 2B ，解得v B ＝63v 0，B 球的落地点距桌边距离为x ′＝v B t ＝63x ，D 选项正确． 2．(2015·湖北孝感模拟)如图所示，质量为M 的滑槽内有半径为R 的半圆轨道，将滑槽放在水平面上，左端紧靠墙壁．一质量为m 的物体从半圆轨道的顶端a 点无初速度释放，b 点为半圆轨道的最低点，c 点为半圆轨道另一侧与a 等高的点．不计一切摩擦，下列说法正确的是( )A ．m 从a 点运动到b 点过程中，m 与M 系统的机械能守恒、水平动量守恒B ．m 从a 点释放后运动的全过程中，m 的机械能守恒C ．m 释放后能够到达c 点D ．当m 首次从右向左到达最低点b 时，M 的速度达到最大解析：选D.m 首次下滑过程，墙对系统有向右的弹力，因此系统水平动量不守恒；系统没有摩擦和介质阻力，因此m 释放后运动的全过程系统机械能始终守恒，但M 的机械能比初状态增加了，因此m 的机械能不守恒；m 第一次到最低点后，M 离开墙，系统水平动量守恒，当m 和M 共速时，系统具有动能，因此m 的势能必小于mgR ；m 第一次在圆轨道右半侧上滑行过程对M 的弹力始终向右下方，有水平向右的分力，因此M 始终加速，m 从右向左通过最低点b 后，M 开始减速，故选项D 正确．3．(2015·陕西西工大附中模拟)如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M 1＝1 kg ，车上另有一个质量为m ＝0.2 kg 的小球．甲车静止在平面上，乙车以v 0＝8 m/s 的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M 2＝2 kg ，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上(球很快与乙车达到相对静止)，两车才不会相撞？解析：要使两车不相撞，则两车速度相等，。

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第七章动量守恒定律及其应用力学模块综合集训一、选择题(本题共5小题)1．(2023·福建高考)(多选)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。

以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图a 所示，乙车所受合外力—时间图像如图b 所示。

则( )A ．0～2 s 内，甲车的加速度大小逐渐增大B ．乙车在t ＝2 s 和t ＝6 s 时的速度相同C ．2～6 s 内，甲、乙两车的位移不同D ．t ＝8 s 时，甲、乙两车的动能不同答案 BC解析 速度—时间图像中图线的斜率表示加速度，则根据题图a 可知，0～2 s 内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A 错误。

设乙车在t ＝2 s 和t ＝6 s 时的速度分别为v 2、v 6，由合外力—时间图像中图线与t 轴所围图形的面积表示合外力的冲量，结合题图b 可知，乙车在0～2 s 内所受合外力的冲量为I 2＝12×2×2 N·s ＝2 N·s ，乙车在0～6 s 内所受合外力的冲量为I 6＝12×2×4 N·s －12×2×(6－4) N·s ＝2 N·s ，以开始时的运动方向为正方向，根据动量定理有I 2＝mv 2－0，I 6＝mv 6－0，解得v 2＝v 6，可知乙车在t ＝2 s 和t ＝6 s 时的速度相同，故B 正确。

根据速度—时间图像中图线与t 轴所围图形的面积表示位移，结合题图a 可知，2～6 s 内甲车的位移为0；根据题图b 和选项B 分析可知，2～6 s 内乙车先向正方向加速运动，后向正方向减速运动，且2 s 、6 s 时乙车速度相同，则乙车一直向正方向运动，则2～6 s 内，甲、乙两车的位移不同，故C 正确。

根据题图a 可知，t ＝8 s 时甲车的速度为0，则其动能为0；在0～8 s 内，对乙车根据动量定理有I 8＝mv 8－0，根据题图b 可知，I 8＝12×2×4 N·s －12×2×(8－4) N·s ＝0，解得t ＝8 s 时乙车的速度v 8＝0，则其动能为0，综上可知，t ＝8 s 时，甲、乙两车的动能相同，故D 错误。

动量守恒定律及其应用习题(附答案)1. 如图所示,光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动.两球质量关系为m B =2m A ,规定向右为正方向,A 、B 两球的动量均为6kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A 球的动量增量为-4kg·m/s,则(A)A.左方是A 球,碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2:5B.左方是A 球,碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1:10C.右方是A 球,碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2:5D.右方是A 球,碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1:102. 有一则“守株待兔”的古代寓言,设兔子的头部受到大小等于自身重量的打击时,即可致死.假若兔子与树桩作用时间大约为s 2.0,则若要被撞死,兔子奔跑的速度至少为()/102s m g =( C ) A.s m /1 B.s m /5.1 C.s m /2 D.s m /5.23. 向空中抛出一手榴弹,不计空气阻力,当手榴弹的速度恰好是水平方向时,炸裂成a 、b 两块,若质量较大的a 块速度方向仍沿原来的方向,则( CD ) A.质量较小的b 块的速度方向一定与原速度方向相反 B.从炸裂到落地这段时间内,a 飞行的水平距离一定比b 的大 、b 两块一定同时落到水平地面aD.在炸裂过程中,a 、b 两块受到的爆炸力的冲量大小一定相等4. 两木块A 、B 质量之比为2∶1，在水平地面上滑行时与地面间的动摩擦因数相同，则A 、B 在开始滑行到停止运动的过程中，滑行的时间之比和距离之比( AD ) A.初动能相同时分别为1∶2和1∶2 B.初动能相同时分别为1∶2和1∶4 C.初动量相同时分别为1∶2和1∶2 D.初动量相同时分别为1∶2和1∶45. 在我们日常的体育课当中,体育老师讲解篮球的接触技巧时,经常这样模拟:当接迎面飞来的篮球,手接触到球以后,两臂随球后引至胸前把球接住.这样做的目的是( D ) A.减小篮球的冲量 B.减小篮球的动量变化 C.增大篮球的动量变化 D.减小篮球的动量变化率6．在光滑的水平面上，有A 、B 两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正方向，两球的动量分别为m/s kg 5A ⋅=P ，m/s kg 7B ⋅=P ，如图所示.若两球发生正碰，则碰后两球的动量增量A P ∆、B P ∆可能是( B ) A.m/s kg 3A ⋅=∆P ，m/s kg 3B ⋅=∆PB.m/s kg 3A ⋅-=∆P ，m/s kg 3B ⋅=∆PC.m/s kg 3A ⋅=∆P ，m/s kg 3B ⋅-=∆PD.m/s kg 10A ⋅-=∆P ，m/s kg 10B ⋅=∆P7. 材料不同的两个长方体,上下粘结在一起组成一个滑块,静止在光滑的水平面上.质量为m 的子弹以速度0v 水平射入滑块,若射击上层,子弹的深度为d 1；若射击下层,子弹的深度为d 2,如图所示.已知d 1>d 2.这两种情况相比较( B )A.子弹射入上层过程中,子弹对滑块做功较多B.子弹射人上层过程中,滑块通过的距离较大C.子弹射入下层过程中,滑块受到的冲量较大D.子弹射入下层过程中,滑块的加速度较小8. 如图所示，质量相同的两个小物体A 、B 处于同一高度。

习题课:动量守恒定律的应用课后篇巩固提升必备知识基础练1.在匀速行驶的船上,当船上的人相对于船竖直向上抛出一个物体时,船的速度将(水的阻力不变)( )A.变大B.变小C.不变D.无法判定,由于惯性,物体仍然具有和船同方向的速度,船和物体组成的系统水平方向动量守恒,故船速不变。

2.(2020河南林州林虑中学开学考试)装有炮弹的火炮总质量为m 1,炮弹的质量为m 2,炮弹射出炮口时对地的速率为v 0,炮管与水平地面的夹角为θ,若不将火炮固定,不考虑火炮与地面的摩擦力,则火炮后退的速度大小为 ( )A.m 2m 1v 0B.m2m 1-m 2v 0C.m 2cosθm 1v 0 D.m 2cosθm 1-m 2v 0,以向右为正方向,根据动量守恒定律得m 2v 0cos θ-(m 1-m 2)v=0,解得v=m 2v 0cosθm 1-m 2,故D 正确,A 、B 、C 错误。

3.如图所示,木块A 、B 的质量均为2 kg,置于光滑水平面上,B 与一轻质弹簧的一端相连,弹簧的另一端固定在竖直挡板上,A 以4 m/s 的速度向B 撞击,撞击后粘在一起运动,那么弹簧被压缩到最短时,弹簧具有的弹性势能大小为( )A.4 JB.8 JC.16 JD.32 J、B 在碰撞过程中动量守恒,碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒。

由碰撞过程中动量守恒得m A v A =(m A +m B )v ,代入数据解得v=m A vAm A +m B=2 m/s,所以碰后A 、B 及弹簧组成的系统的机械能为12(m A +m B )v 2=8 J,当弹簧被压缩至最短时,系统的动能为0,只有弹性势能,由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8 J 。

4.在如图所示的光滑水平面上,小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱,木箱最终以速度v向右匀速运动。

已知木箱的质量为m,人与车的质量为2m,木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无能量损失的碰撞,反弹回来后被小明接住。

动量守恒定律及其应用【典型题型】 1．子弹打木块类问题子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。

作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。

【例1】 设质量为m 的子弹以初速度v 0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。

求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒： ()v m M mv +=0从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。

设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为s 1、s 2，如图所示，显然有s 1-s 2=d对子弹用动能定理：22012121mv mv s f -=⋅ ……①对木块用动能定理：2221Mv s f =⋅ ……② ①、②相减得：()()222022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=⋅ ……③ 由上式不难求得平均阻力的大小：()dm M Mmv f +=22至于木块前进的距离s 2，可以由以上②、③相比得出：d mM ms +=2【变式1】在光滑的水平桌面上静止着长为L 的方木块M ，今有A 、B 两颗子弹沿同一水平轨道分别以A v 、B v 从M 的两侧同时射入木块.A 、B 在木块中嵌入的深度分别为A d 、B d ，且A B d d >，()A B d d L +<，而木块却一直保持静止，如图所示，则可判断A 、B 子弹在射入前（ ABD ）A.速度A B v v >B.A 的动能大于B 的动能C.A 的动量大小大于B 的动量大小D.A 的动量大小等于B 的动量大小2．人船模型在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。

这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。

高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1．如图所示质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ=53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g。

求(1)物块在水平面上滑行的速度大小；(2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度。

【答案】（1）06 5v gR=（2）232 55v gR =66125 h R =【解析】【分析】（1）A、B组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块A的速度。

（2）圆弧体固定，物块上滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出到达圆弧体上端时的速度，离开圆弧体后物块做斜上抛运动，应用运动的合成与分解可以求出到达最高点的速度，应用机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。

【详解】（1）物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v，由机械能守恒定律得：12m v02＝12(m+2m)v2+mgR(1−cosθ)，解得：06 5v gR =（2）对物块，由机械能守恒定律得：12m v02＝12m v12+mgR(1−cosθ)，解得：12 5v gR=物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，物块到达最高点时，物块的速度：v2=v1cosθ=3255gR，由机械能守恒定律得：12m v02=mgh+12m v22，解得：h=66125R ； 【点睛】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。

动量守恒定律的应用练习题一、选择题1、M置于光滑平面上，上表面粗糙且足够长，木块m 以初速度v滑上车表面，则：A．m的最终速度为mv／(M+m)B．因车表面粗糙，故系统动量不守恒C．车面越粗糙，小车M获得动量越大D．m速度最小时，M速度最大2、光滑槽M1静止于光滑平面上，小球m从M右上方无初速度滑下，当滑到左方最高处时，M将：A．静止B．向左运动C．向右D．无法确定3、如图光滑水平面上有质量相等的A和B两个物体，B上装有一轻质弹簧，B原来静止，A以速度v正对B滑行，当弹簧压缩到最短时，有：A．A的速度减小到零B．A和B具有相同的速度C．此时B的加速度达到最大D．此时B的速度达到最大4、两船质量均为M静止于湖面上，a_上站有质量为M ／2的人，现人以水平速度v从a跳到b船，再从b跳到a，多次来回跳跃，经n次后(不计水的阻力)，ab两船(包括人)：A．动量大小比为1：1 B．速率比为1：1C．若n为奇数，则速率比为3：2 D．若n为偶数，则速率比为2：35、如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，如果物体A被水平速度为vo的子弹射中并嵌在物体A中。

已知物体A的质量是B物体质量的3／4，子弹的质量是B物体质量的1／4，则弹簧被压缩到最短时速度为：A．v0/12 B．v0／8C．v0/4 D．2v0／36、在匀速前进的船上，分别向前、向后抛出质量相等的两物体，物体对地的速度大小相等，则抛出后，船的速度将：A．不变B．减小C．增大D．不能确定7、车静止在光滑的平面上，ab两人分别站在两端，当两人相向走动时：A．要车不动，ab速度必相等B．要车向左，必有速度v a＞v bC．要车向左，必有动量P a＞P b D．要车向左，必有动量P a＜P b8、如图所示，原来静止在光滑水平面上的物体A、B，质量分别为m1、m2(m1≠m2)，分别受到方向相反的水平力F1、F2的作用而发生相向运动。

若F1的作用时间为t1，F2的作用时间为t2，两物体相撞之前都已经撤去力两物体碰后共同向右运动，则：A．F1＞F2B．t1＞t2C．F1t1＞F2t2D．F1t1／m1＞F2t2/m29、如图所示，用轻质弹簧连着的A、B两物体放在光滑的水平面上，先将A向左推使弹簧处于压缩状态，而B 紧贴在竖直墙壁上，从某时刻起对A撤去推力，下列说法正确的是A．在弹簧恢复自然长时B物体开始离开竖直墙壁B．从撤去力到弹簧恢复自然长过程中两物体的动量之和保持不变C．在B物体离开竖直墙壁后，A、B两物体的动量之和守恒D．当弹簧伸长到最长时，A、B速度相等10、质量为M的玩具车拉着质量为m的小拖车在水平地面上以速度v匀速前进。

2023-2024（上）全品学练考高中物理选择性必修第一册动量定理习题课:动量守恒定律的应用建议用时:40分钟◆知识点一多物体、多过程中动量守恒的判断1.[2022·长沙一中月考] 如图所示,光滑水平面上放置一足够长木板A,其上表面粗糙,两个质量和材料均不同的物块B、C,以不同的水平速度分别从两端滑上长木板A.当B、C在木板A 上滑动的过程中,由A、B、C组成的系统 ()A.动量守恒,机械能守恒B.动量守恒,机械能不守恒C.动量不守恒,机械能守恒D.动量不守恒,机械能不守恒2.(多选)[2022·湖北宜昌一中月考] A、B两物体质量之比m A∶m B=3∶2,原来静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面水平且光滑.当两物体被同时释放后,则()A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则A、B组成系统的动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则A、B、C组成系统的动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B组成系统的动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B、C组成系统的动量守恒◆知识点二多物体、多过程中动量守恒定律的应用3.[2022·广州广雅中学月考] 质量相同的A、B两小车置于光滑的水平面上,有一个质量为m 的人静止在A车上,两车都静止,当这个人自A车跳到B车上,接着又跳回A车上,最终相对A 车静止,则A车最终的速率 ()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4.[2022·浙江效实中学月考] 质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线,且彼此隔开一定的距离,具有初速度v0的第5号物块向左运动,依次与其余四个静止物块发生碰撞,如图所示,最后这五个物块粘成一个整体,则它们最后的速度为()A.v0B.v05C.v03D.v04◆知识点三动量守恒定律应用的临界问题5.[2022·山师大附中月考] 如图所示在光滑的水平面上静止放置着一个质量为4m的木板B,它的左端静止放置着一个质量为2m的物块A,现让A、B一起以水平速度v0向右运动,与其前方静止的另一个相同的木板C相碰后粘在一起,在两木板相碰后的运动过程中,物块恰好没有滑下木板,且物块A可视为质点,则两木板的最终速度为()A.v02 B.2v05C.3v05D.4v056.将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的甲、乙两车上,水平面光滑.开始时甲车速度大小为3 m/s,乙车速度大小为2 m/s,方向相反并在同一直线上,如图所示.(1)当乙车速度为零时,甲车的速度为多大?方向如何?(2)由于磁铁的磁性极强,故两车不会相碰,那么两车间的距离最小时,乙车的速度是多大?方向如何?7.如图所示,三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列,静止在光滑水平面上.c车上有一小孩跳到b车上,接着又立即从b车跳到a车上.小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同.他跳到a车上相对a车保持静止,此后()A.a、b两车运动速率相等B.a、c两车运动速率相等C.三辆车的速率关系为v c=v b>v aD.a、c两车运动方向相反8.[2022·浙江海盐高级中学月考] 如图所示,在光滑的水平地面上有一平板小车质量为M=2 kg,靠在一起的滑块甲和乙质量均为m=1 kg,三者处于静止状态.某时刻起滑块甲以初速度v1=2 m/s向左运动,同时滑块乙以v2=4 m/s向右运动.最终甲、乙两滑块均恰好停在小车的两端.小车长L=9.5 m,两滑块与小车间的动摩擦因数相同,求:(g取10 m/s2,滑块甲和乙可视为质点)(1)最终甲、乙两滑块和小车的共同速度的大小;(2)两滑块与小车间的动摩擦因数;(3)两滑块运动前滑块乙离右端的距离.9.[2022·北京东城区期中] 甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平地面上游戏,甲和他的冰车的质量为M=30 kg,乙和他的冰车的质量也是M=30 kg .游戏时甲推一个质量m=15 kg 的箱子,以大小为v 0=3.0 m/s 的速度向东滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来.不计水平地面的摩擦力.(1)若甲向东以5 m/s 的速度将箱子推给乙,甲的速度变为多少?(2)甲至少以多大的速度将箱子推给乙,才能避免相撞?(题中各速度均以地面为参考系)10.(多选)如图所示,在质量为M 的小车上用细线挂有一小球,小球的质量为m 0,小车和小球以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动,与位于正前方的质量为m 的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短,在此碰撞过程中,下列哪些情况是可能发生的 ( )A .小车、木块、小球的速度都发生变化,分别变为v 1、v 2、v 3,满足(M+m 0)v=Mv 1+mv 2+m 0v 3B .小球的速度不变,小车和木块的速度变为v 1和v 2,满足Mv=Mv 1+mv 2C .小球的速度不变,小车和木块的速度都变为v 1,满足Mv=(M+m )v 1D .小车和小球的速度都变为v 1,木块的速度变为v 2,满足(M+m 0)v=(M+m 0)v 1+mv 2习题课:动量守恒定律的应用1.B [解析] 依题意,因水平面光滑,则A 、B 、C 组成的系统合力为零,满足动量守恒条件,系统动量守恒,木板A 上表面粗糙,物块B 、C 在其上滑行时,会摩擦生热,系统机械能有损失,则系统机械能不守恒,故A 、C 、D 错误,B 正确.2.BCD [解析] 若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同,由于A 、B 两物体的质量之比为m A ∶m B =3∶2,由滑动摩擦力F f =μmg 可知弹簧释放时,小车对A 、B 的滑动摩擦力大小之比为3∶2,所以A 、B 组成的系统所受合外力不等于零,系统的动量不守恒,A 错误;对于A 、B 、C 组成的系统,由于地面光滑,系统所受的合外力为零,则系统动量守恒,B 、D 正确;若A 、B 所受的摩擦力大小相等,则A 、B 组成的系统所受合外力为零,A 、B 组成的系统动量守恒,C 正确.3.B [解析] 设车的质量为M ,A 、B 两车以及人组成的系统动量守恒,规定由A 指向B 为正方向,有0=Mv B -(M+m )v A ,解得v A v B=MM+m ,则A 车最终的速率小于B 车的速率,故选B .4.B [解析] 由于五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用,故系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得mv 0=5mv ,得v=15v 0,即它们最后的速度为15v 0,B 正确.5.C [解析] 设两木板碰撞后的速度为v 1,以v 0的方向为正方向,由动量守恒定律得4mv 0=8mv 1,解得v 1=v02,设物块与木板共同的速度为v 2,由动量守恒定律得2mv 0+8mv 1=(2m+8m )v 2,解得v 2=3v 05,故选C .6.(1)1 m/s 向右 (2)0.5 m/s 向右[解析] 两车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用,两磁铁之间的磁力是系统内力,系统动量守恒.设向右为正方向.(1)据动量守恒定律得mv 甲-mv 乙=mv'甲 则v'甲=v 甲-v 乙=1 m/s,方向向右.(2)两车相距最近时,两车的速度相同,设为v',由动量守恒定律得 mv 甲-mv 乙=mv'+mv' 解得v'=mv 甲-mv 乙2m=v 甲-v 乙2=3-22 m/s =0.5 m/s,方向向右.7.D [解析] 若人跳离b 、c 车时相对地面的水平速度为v ,以水平向右为正方向,由动量守恒定律知,水平方向,对人和c 车组成的系统有0=m 人v+m 车v c ,对人和b 车有m 人v=m 车v b +m 人v ,对人和a 车有m 人v=(m 车+m 人)v a ,所以v c =-m 人v m 车,v b =0,v a =m 人vm 人+m 车,即三辆车的速率关系为v c >v a >v b ,并且v c 与v a 方向相反,故选D . 8.(1)0.5 m/s (2)0.1 (3)7.5 m[解析] (1)两滑块与小车组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得 mv 2-mv 1=(M+m+m )v 解得 v=0.5 m/s(2)对整体由能量守恒定律得 12m v 12+12m v 22=12(M +m +m )v 2+μmgL解得μ=0.1(3)经分析,滑块甲运动到左端时速度刚好减为0,在滑块甲运动至左端前,小车静止,之后滑块甲和小车一起向右做匀加速运动到三者共速.甲、乙从开始运动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中,设滑块乙的对地位移为x 1,滑块甲和小车一起向右运动的位移为x 2.由动能定理,对滑块乙有 -μmgx 1=12mv 2-12m v 22对滑块甲和小车有 μmgx 2=12(m +M )v 2滑块乙离右端的距离 s=x 1-x 2 解得s=7.5 m9.(1)2 m/s (2)7.8 m/s[解析] (1)取向东为正方向,由动量守恒定律有 mv 0+Mv 0=mv 1+Mv 解得v=2 m/s(2)设甲至少以速度v'将箱子推出,推出箱子后甲的速度为v 甲,乙接到箱子后的速度为v 乙,取向东为正方向.则根据动量守恒定律得 (M+m )v 0=Mv 甲+mv' mv'-Mv 0=(m+M )v 乙当甲与乙恰好不相撞时,有v甲=v乙联立解得v'=7.8 m/s10.BC[解析] 在小车与木块发生碰撞的瞬间,彼此作用力很大,所以它们的速度在瞬间发生改变,作用过程中它们的位移可看成为零,而小球并没有直接与木块发生力的作用,在它与小车共同匀速运动时,细线沿竖直方向,因此细线的拉力不能改变小球速度的大小,即小球的速度不变,A、D错误;而小车和木块碰撞后,可能以不同的速度继续向前运动,也可能以共同速度向前运动,B、C正确.章末学业测评(一)建议用时:40分钟一、选择题1.[2022·湖北黄冈中学期中] 关于物体的动量,下列说法中正确的是()A.物体的动量越大,其惯性也越大B.动量相同的物体,速度一定相同C.物体的速度方向改变,其动量一定改变D.运动的物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的加速度方向2.[2022·唐山一中月考] 如图所示,一个质量为m=0.5 kg的铁锤,以v=5 m/s的速度竖直打在木桩的钉子上,钉子的质量为2 g,经0.01 s后铁锤速度减小到0,重力加速度g取10 m/s2,则铁锤对钉子的作用力大小为()A.1 NB.245 NC.250 ND.255 N3.[2022·北京四中月考] 蹦极是一项刺激的极限运动,如图所示运动员将一端固定的弹性长绳绑在腰或踝关节处,从几十米高处跳下.在某次蹦极中,质量为60 kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2 s速度减为零,假设弹性绳长为45 m,重力加速度g取10 m/s2(忽略空气阻力),下列说法正确的是()A.弹性绳在绷紧后2 s内对运动员的平均作用力大小为2 000 NB.运动员在弹性绳绷紧后动量的变化量等于弹性绳的作用力的冲量C.运动员从开始起跳到下落到最低点的整个运动过程中重力冲量与弹性绳作用力的冲量大小相等D.运动员从开始起跳到下落到最低点的整个运动过程中重力冲量小于弹性绳作用力的冲量4.(多选)如图所示,小车放在光滑水平面上,A端固定一轻弹簧,B端粘有油泥,小车及油泥的总质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩,开始时小车和C 都静止,当突然烧断细绳时,C 被释放,C 离开弹簧向B 端冲去,并跟B 端油泥粘在一起,忽略一切摩擦,下列说法正确的是( )A .弹簧伸长过程中C 向右运动,同时小车也向右运动B .C 与B 端碰前,C 与小车的速率之比为M ∶m C .C 与油泥粘在一起后,小车立即停止运动D .C 与油泥粘在一起后,小车继续向右运动5.一只爆竹竖直升空后,在高为h 处到达最高点并发生爆炸,分成质量不同的两块,两块质量之比为3∶1,其中质量小的一块获得大小为v 的水平速度,重力加速度为g ,不计空气阻力,则两块爆竹落地点的距离为 ( ) A .v4√2ℎg B .2v3√2ℎg C .4v3√2ℎg D .4v √2ℎg6.(多选)如图所示,小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道,整个小车(含管道)的质量为2m ,原来静止在光滑的水平面上.今有一个可以视为质点的小球,质量为m ,半径略小于管道半径,以水平速度v 从左端滑上小车,小球恰好能到达管道的最高点,然后从管道左端滑离小车.关于这个过程,下列说法正确的是 ( )A .小球滑离小车时,小车回到原来位置B .小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC .管道最高点距小车上表面的高度为v 23gD .小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,小车的动量变化量大小是mv37.(多选)[2022·天津一中月考] 如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接,并静止在光滑的水平面上.现使B 瞬时获得水平向右的速度3 m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图像信息可得 ( )A .在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都处于伸长状态B .从t 3到t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C .两物块的质量之比为m 1∶m 2=1∶2D .在t 2时刻A 与B 的动能之比为E k1∶E k2=8∶18.(多选)[2022·杭二中月考] 物理兴趣小组在研究竖直方向的碰撞问题时,将网球和篮球同时从某高度处自由释放(如图所示),发现网球反弹的高度比单独释放时的高度高很多.若两球均为弹性球,释放时两球互相接触,且球心在同一竖直线,某同学将两球从离地高为h处自由落下,此高度远大于两球半径,已知网球质量为m,篮球质量为7m,重力加速度为g,设所有碰撞均为弹性碰撞且只发生在竖直方向上.忽略空气阻力,则下列说法正确的是()A.两球下落过程中,网球对篮球有竖直向下的压力B.篮球与网球相碰后,篮球的速度为零C.落地弹起后,篮球上升的最大高度为ℎ4D.篮球从地面反弹与网球相碰后网球上升的最大高度为6.25h二、计算题9.如图甲所示,质量均为m=0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点),分别静止在水平地面上A、C两点.P在水平力F作用下由静止开始向右运动,力F与时间t的关系如图乙所示,3 s末撤去力F,此时P运动到B点,之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞.已知B、C两点间的距离L=3.75 m,P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2,g取10 m/s2,求:(1)P到达B点时的速度大小v及P与Q碰撞前瞬间的速度大小v1;(2)Q运动的时间t.10.如图甲,打桩船是海上风电场、跨海大桥、港口码头等海洋工程建设的重要装备.其工作原理等效简化图如图乙所示,某次打桩过程中,质量为M=200 t的桩竖直放置,质量为m=50 t 的打桩锤从离桩上端h=0.8 m处由静止释放,下落后垂直打在桩上,打桩锤与桩作用时间极短,然后二者以相同速度一起向下运动h1=0.4 m后停止.桩向下打入海床过程中受到海床的阻力大小不恒定.重力加速度g取10 m/s2.(1)求打桩锤击中桩后,二者的共同速度的大小;(2)求打桩锤与桩作用的极短时间内损失的机械能;(3)打桩后,锤与桩向下打入海床的运动过程中,求克服阻力做功.甲 乙章末学业测评(一)1.C [解析] 惯性只与质量有关,质量越大惯性越大,根据公式p=mv 可知,物体的动量越大,物体的质量不一定大,故A 错误;根据公式p=mv 可知,动量相同的物体,速度不一定相同,故B 错误;动量是矢量,有大小也有方向,动量的方向即为物体运动的速度方向,与该时刻加速度方向无直接关系,物体的速度方向改变,其动量一定改变,故D 错误,C 正确.2.D [解析] 以铁锤为研究对象,设钉子对铁锤的平均作用力为F ,取竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg )t=0-(-mv ),代入数据解得F=255 N,根据牛顿第三定律知,铁锤打击钉子的平均作用力为255 N,方向竖直向下,故D 正确,A 、B 、C 错误.3.C [解析] 由机械能守恒得mgh=12mv 2,绳在刚绷紧时人的速度大小为v=√2gh=30 m/s,以竖直向上为正方向,在绷紧的过程中根据动量定理有(F-mg )t=0-(-mv ),代入数据解得F=1500 N,故A 错误;根据动量定理可知,运动员在弹性绳绷紧后,动量的变化量等于弹性绳作用力的冲量与重力冲量的和,故B 错误;运动员整个过程中动量的变化量为零,则重力冲量与弹性绳作用力的冲量等大反向,故C 正确,D 错误.4.BC [解析] 小车与C 组成的系统在水平方向上动量守恒,C 向右运动时,小车应向左运动,故A 错误;设碰前C 的速率为v 1,小车的速率为v 2,则0=mv 1-Mv 2,得v 1v 2=Mm ,故B 正确;设C 与油泥粘在一起后,小车与C 的共同速度为v 共,则0=(M+m )v 共,得v 共=0,故C 正确,D 错误. 5.C [解析] 设其中一块质量为m ,另一块质量为3m.爆炸过程中系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得mv-3mv'=0,解得v'=13v ,设两块爆竹落地用的时间为t ,根据h=12gt 2,解得t=√2ℎg ,两块爆竹落地点的距离为x=(v+v')t=4v 3√2ℎg.6.BC [解析] 小球恰好能到达管道的最高点,说明在管道最高点时小球和管道之间相对静止,小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,由动量守恒定律,有mv=(m+2m )v',得v'=v3,小车动量变化量大小Δp 车=2m ·v3=23mv ,D 错误;小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,由机械能守恒定律,有mgH=12mv 2-12(m+2m )v'2,得H=v 23g ,C 正确;小球从滑上小车到滑离小车的过程,由动量守恒定律和机械能守恒定律,有mv=mv 1+2mv 2,12mv 2=12m v 12+12×2m v 22,得v 1=-v3,v 2=23v ,则小球滑离小车时相对小车的速度大小为23v+13v=v ,B 正确;由以上分析可知,在整个过程中小车一直向右运动,A 错误.7.BD [解析] 由A 的速度图像可知,t 1时刻正在加速,说明弹簧被拉伸,t 3时刻正在减速,说明弹簧被压缩,故选项A 错误;t 3时刻A 正在减速,说明弹簧被压缩,t 4时刻A 的加速度为零,说明弹簧处于原长,故选项B 正确;对0~t 1过程,由动量守恒定律得m 2×3 m/s =(m 1+m 2)×1 m/s,故m 1∶m 2=2∶1,选项C 错误;动能E k =12mv 2,t 2时刻A 与B 的速度大小之比为2∶1,则动能之比为8∶1,故选项D 正确.8.CD [解析] 两球下落过程中,均处于完全失重状态,两球间没有作用力,故A 错误;根据自由落体运动规律可知,两球落地前瞬间速度大小相等,设为v ,篮球从地面反弹与网球相碰过程,根据动量守恒和能量守恒有7mv-mv=7mv 1+mv 2,12×7mv 2+12mv 2=12×7m v 12+12m v 22,解得v 1=v2,v 2=52v ,故B 错误;根据机械能守恒定律有7mgh=12×7mv 2,7mgh'=12×7m v 12,解得,篮球上升的最大高度为h'=ℎ4,故C 正确;根据机械能守恒定律有mgh″=12m v 22,解得,网球上升的最大高度为h″=6.25h ,故D 正确.9.(1)8 m/s 7 m/s (2)3.5 s[解析] (1)以向右为正方向,在0~3 s 内,对P ,由动量定理有 F 1t 1+F 2t 2-μmg (t 1+t 2)=mv-0其中F 1=2 N,F 2=3 N,t 1=2 s,t 2=1 s 解得v=8 m/s设P 在B 、C 两点间滑行的加速度大小为a ,由牛顿第二定律有 μmg=maP 在B 、C 两点间做匀减速直线运动,有v 2-v 12=2aL 解得v 1=7 m/s .(2)设P 与Q 发生弹性碰撞后瞬间P 、Q 的速度大小分别为v'1、v 2,有 mv 1=mv'1+mv 212m v 12=12mv '12+12m v 22碰撞后Q 做匀减速直线运动,Q 运动的加速度大小为 μmg=ma'Q 运动的时间为t=v2a '解得t=3.5 s .10.(1)0.8 m/s (2)3.2×105 J (3)1.08×106 J [解析] (1)打桩锤击中桩前瞬间的速度为v 1=√2gℎ=4 m/s打桩锤与桩作用时间极短,作用过程动量守恒,有 mv 1=(M+m )v 共 解得v 共=0.8 m/s(2)打桩锤与桩作用的极短时间内损失的机械能为ΔE=12m v 12-12(M+m )v 共2=3.2×105 J(3)打桩后,锤与桩向下打入海床的运动过程中,根据动能定理,有(M+m )gh 1+W=0-12(M+m )v 共2解得W=-1.08×106 J,所以克服阻力做功为1.08×106 J。