物理3-5动量守恒定律碰撞学案答案版

1、动量定理的理解与应用1动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示(2)表达式：pmv.(3)单位：kg·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同2冲量(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积(2)定义式：IFt.(3)单位：N·_s.(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果3动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量(2)表达式：4用动量定理解释现象(1)p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，p就越大；力

2、的作用时间越短，p就越小分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚5动量、动能、动量变化量的比较动量动能动量变化量定义式pmvEkmv2ppp矢标性矢量，方向与v相同标量，无方向性矢量，方向与v相同特点状态量状态量过程量大小关系Ek或p注意：对于给定的物体，若动能发生变化，动量一定也发生变化；而动量发生变化，动能却不一定发生变化1对动量的理解下列说法正确的是()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，则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解析pmv，p由m、v二者乘积决定，故A、B错误；p是矢量，故C错

3、误；pm·v，故D正确2.下列说法中正确的是（）A物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功B物体的运动状态改变，其动量一定改变C物体的动量发生改变，其动能一定发生改变D物体的动能发生改变，其动量一定发生改变A、物体的动量发生变化，可能是速度的大小、方向中有一个量或两个量发生了变化，物体肯定受到了力的作用，但此力不一定做功，故A错误B、运动状态的标志是速度，运动状态改变，则动量一定变化，故B正确C、物体的动量变化，可能是速度的大小、方向中有一个量或两个量发生了变化，若仅是速度的方向改变，则动能不变，故C错误D、物体的动能改变，则其速度的大小一定改变，故动量一定发生改变，故D正确故选

4、BD3.动量定理的应用从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖着地，这样做是为了()A减小冲量B减小动量的变化量C增大与地面的冲击时间，从而减小冲力D增大人对地面的压强，起到安全作用答案C解析由动量定理可知，人落地动量变化量一定，脚尖先着地，接着逐渐到整只脚着地，延长了人落地时动量变化所用的时间，这样就减小了地面对人的冲力，故C正确4.从同一高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉在软泥地上不易碎，这是因为（   ） A掉在水泥地上，玻璃杯的动量大。   B掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大。  C掉在

5、水泥地上，玻璃杯受到的冲量大，且与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大。  D掉在水泥地上，玻璃受到的冲量和掉在软泥地上一样大，但与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大。答案：D5(多选)关于动量的变化，下列说法正确的是（      ） A做直线运动的物体速度增大时，动量的增量p与运动方向相同。 B做直线运动的物体速度减小时，动量的增量p的方向与运动方向相反。 C物体的速度大小不变时，动量的增量p为零 D物体做曲线运动时，动量的增量一定不为零答案：ABD6.(

6、2013·天津理综，2)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000 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B乙推甲的过程中，甲、乙间产生大小相等、方向相反的作用力和反作用力，由IFt可知，甲对乙的冲量和乙对甲的冲量等大反向，A错误又由动量定理Ip，知B正确甲、

7、乙的质量不一定相等，故对地的位移不同，做功不一定相同，所以动能的变化也不一定相同，C、D错误【点拨】明确冲量的定义及与动量改变之间的关系，抓住相互作用力作用时间相等且等大反向的特点进行相关判断7.(2015·重庆理综，3)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.mg B.mg C.mg D.mg【解析】下降h阶段v22gh，得v，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，(Fmg)t0

8、mv，得Fmg，A正确选A.从三个角度理解动量定理 (1)动量定理描述的是一个过程，它表明物体所受合外力的冲量是物体动量变化的原因，物体动量的变化是它受到的外力作用经过一段时间积累的结果(2)动量定理Ftmvtmv0是一个矢量式，运算应遵循平行四边形定则若公式中各量均在一条直线上，可规定某一方向为正，根据题设给出各量的方向研究它们的正负，从而把矢量运算简化为代数运算(3)动量定理既适用于恒力，也适用于变力，对于变力的情况，动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值动量守恒定律1内容如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律2适用条件(1)系统不受

9、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(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒3动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和(2)p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向(3)p0，系统总动量的增量为零思维深化动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应

10、每一时刻的总动量都和初始时刻的总动量相等(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统1动量守恒定律在多物体组成系统中的应用如图4所示，两块厚度相同的木块A、B，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为2.0 kg、0.9 kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为0.10 kg的铅块C(大小可以忽略)以10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，由于摩擦，铅块C最后停在木块B上，此时B、

11、C的共同速度v0.5 m/s.求木块A的最终速度和铅块C刚滑到B上时的速度图4答案0.25 m/s2.75 m/s解析铅块C在A上滑行时，木块一起向右运动，铅块C刚离开A时的速度设为vC，A和B的共同速度为vA，在铅块C滑过A的过程中，A、B、C所组成的系统动量守恒，有mCv0(mAmB)vAmCvC在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以vA匀速运动，在铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守恒，有mBvAmCvC(mBmC)v代入数据解得vA0.25 m/s，vC2.75 m/s.2.如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车

12、上，两车静止若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止则此时A车和B车的速度之比为()A. B. C. D.答案C解析规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0MvB(Mm)vA，得，3人的质量m60 kg，船的质量M240 kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5 m时，人恰好可以跃上岸若撤去缆绳，如图8所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为多远？(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)()图8A1.5 m B1.2 m C1.34 m D1.1 m答案C解析船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则s0v0t撤去缆绳，由动量守恒得：0mv1Mv2，两次人消

13、耗的能量相等，即动能不变mvmvMv解得v1 v0故s1v1t s01.34 m，C正确4动量守恒中的临界问题如图5所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度(不计水的阻力)图5答案4v0解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12mv011mv1mvmin10m·2v0mvmin11mv2为避免两船相撞应满足v1v2

14、联立式得vmin4v05(2016·宁夏银川一中检测)甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏甲和他的冰车的质量共为M30 kg，乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量m15 kg的箱子，和他一起以大小为v02.0 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住若不计冰面的摩擦力，求：(1)甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免他与乙相撞；(2)甲在推出时对箱子做了多少功【解析】(1)甲推出箱子后，要想刚好能避免相碰，要求乙抓住箱子后反向和甲的速度正好相等设箱子推出后其速度为v，甲的

15、速度为v1，根据动量守恒定律可得mvMv1(mM)v0(2分)设乙抓住箱子后其速度为v2，根据动量守恒定律可得(mM)v2mvMv0(2分)刚好不相碰的条件要求v1v2(2分)联立可解得vv0(2分)代入数值可得v5.2 m/s(2分)(2)设推出时甲对箱子做功为W，根据功能关系可知Wmv2mv(2分)代入数值可得W172.8 J(2分)【答案】(1)5.2 m/s(2)172.8 J6. 动量守恒定律与动能定理的综合应用如图11所示，由于街道上的圆形污水井盖破损，便临时更换了一个稍大于井口的红色圆形平板塑料盖为了测试因塑料盖意外移动致使盖上的物块落入污水井中的可能性，有人做了一个实验：将一个

16、可视为质点、质量为m的硬橡胶块置于塑料盖的圆心处，给塑料盖一个沿径向的瞬间水平冲量，使之获得一个水平向右的初速度实验结果是硬橡胶块恰好与塑料盖分离设硬橡胶块与塑料盖间的动摩擦因数为，塑料盖的质量为M、半径为R，假设塑料盖与地面间的摩擦可忽略，且不计塑料盖的厚度图11(1)塑料盖的初速度大小为多少？(2)通过计算说明硬橡胶块是落入井内还是落在地面上答案(1)落入污水井内解析(1)设塑料盖的初速度为v0，硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，两者的共同速度为v.由系统动量守恒得Mv0(mM)v由系统能量关系可得mgRMv(mM)v2由以上两式解得：v0 (2)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，硬橡胶块的位移为x

17、，取硬橡胶块为研究对象，应用动能定理得mgxmv2由以上各式可得x因xR，故硬橡胶块将落入污水井内7如图6所示，带有光滑弧形轨道的小车质量为m，放在光滑水平面上，一质量也为m的铁块，以速度v沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时，将()图6A以速度v做平抛运动B以小于v的速度做平抛运动C静止于车上D自由下落答案D解析设铁块回到小车右端时，铁块的速度为v1，小车的速度为v2，对小车和铁块组成的系统，由动量守恒：mvmv1mv2，由机械能守恒：mv2mvmv，解得v10，v2v，故D正确8动量守恒定律的应用(2014·福建·30(2)一枚火箭搭载着

18、卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离如图所示已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为 Av0v2 Bv0v2Cv0v2 Dv0(v0v2)答案D解析对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1m2)v0m2v2m1v1解得v1v0(v0v2)故选D.9(2015·湖北八校第一次联考)如图所示，质量M2 kg的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面，半径R0.3 m，木板BC部分为水平面，粗糙且足够长质量m1 kg的小滑块从A点由静止释放

19、，最终停止在BC面上的D点(D点未标注)若BC面与小滑块之间的动摩擦因数0.2，g10 m/s2，求：(1)小滑块刚滑到B点时的速度大小；(2)BD之间的距离4【解析】(1)设小滑块滑到B点时，木板和小滑块速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有Mv1mv20由机械能守恒定律有mgRMvmv代入数据得v11 m/s，v22 m/s即小滑块刚滑到B点时的速度大小为2 m/s.(2)设小滑块静止在木板上时速度为v，由动量守恒定律有(Mm)v0，得v0由能量守恒定律有mgRmgL代入数据得L1.5 m【答案】(1)2 m/s(2)1.5 m10(2016·山东19所名校第一次调研联考)如图所

20、示，光滑水平面上放置质量均为M2 kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数0.5.一通过细线拴着(细线未画出)且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量m1 kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E010 J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态现剪断细线，求：(1)滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；(2)滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离(取g10 m/s2)4【解析】(1)设滑块P滑上乙车前的速度大小为v，两小车速度大小为v1，取向右为正

21、方向，对整体应用动量守恒定律和能量守恒定律有mv2Mv10，E0mv2·2Mv解得v4 m/s，v11 m/s(2)设滑块P和小车乙达到的共同速度为v，对滑块P和小车乙有mvMv1(mM)v由功能关系得mgsmv2Mv(mM)v2代入数据解得s m【答案】(1)4 m/s(2) m112016·全国，35(2)，10分如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度h0.3 m(h小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质

22、量m130 kg，冰块的质量m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小g10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？4【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(m2m3)vm2v(m2m3)v2m2gh式中v203 m/s为冰块推出时的速度，联立式并代入题给数据得m320 kg(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200代入数据得v11 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和

23、v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3m2vm2vm3v联立式并代入数据得v21 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩碰撞现象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思维深化碰撞现象满足的三个规律：(1)动量守恒：即p1p2p1p2.(2)动能不增加：即Ek1Ek2Ek1Ek2(3)速度要合理若碰前两物体同向运动，则应有v

24、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.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特别对于一静一动碰撞分析： 质量关系碰撞后的碰撞后的备注反向正向静止获得最大动量获得最大速度静止获得最大动能1.碰撞后可能性的判定两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s答案B解析虽然题中四个选项均满足

25、动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA大于B的速度vB，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EkmAvA2mBvB257 J，大于碰前的总动能EkmAvmBv22 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2（多选）(2016·河北衡水中学四调)在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有()AE1E0 Bp2p0 CE2E0 Dp1p0AB因为碰撞前后动能不增加，故有E

26、1E0，E2E0，p1p0，A正确，C、D错误根据动量守恒定律得p0p2p1，得到p2p0p1，可见，p2p0，B正确3(2015·北京第四中学期中)在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的.则碰后B球的速度大小是()A. B. C.或 D无法确定A两球相碰后A球的速度大小变为原来的，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A速度方向不变，则mv0mv03mv1，可得B球的速度v1，而B在前，A在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符合实际情况，因此A球一定反向运动，即mv0mv03mv1，可得v1，

27、A正确，B、C、D错误4. 如图所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断中正确的是()A第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等B第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置答案D解析根据碰撞过程中动量守恒和机械能守恒得m1v1m1v1m2v2，m1vm1v12m2v22且m1m，m23m解得|v1|v1v1，|v2|v1v1所以A 、B错误；根据mv2mghmgR(1cos )知，第一次碰撞后，两球的最大摆角相

28、同，C错误；根据单摆的等时性知，D正确5（多选）(2016·全国大联考)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的vt图线，由图线可以判断()AA、B的质量比为32BA、B作用前后总动量守恒CA、B作用前后总动量不守恒DA、B作用前后总动能不变ABD设A的质量为m1，B的质量为m2，碰撞前后两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，从图象上可得碰撞前后两者的速度，故有m1×6m2×1m1×2m2×7，解得 m1m232，A、B正确，C错误碰撞前系统的总动能Ek1m1×62m2×12m1，碰撞后总动能

29、为Ek2m1×22m2×72m1Ek1，动能不变，D正确6弹性碰撞(2015·福建·30(2)如图6，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是 (填选项前的字母)图6AA和B都向左运动BA和B都向右运动CA静止，B向右运动DA向左运动，B向右运动答案D解析选向右为正方向，则A的动量pAm·2v02mv0.B的动量pB2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项

30、D符合题意7. 动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用如图10所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，A套在光滑的水平固定直杆MN上，A、B静止不动时B恰好与光滑水平地面接触，C小球以v2 m/s的速度沿地面向左匀速运动，当与B发生对心正碰后B、C立即粘在一起共同向左运动，已知B、C的质量均为1 kg，A的质量为2 kg，试求B、C粘在一起向左运动过程中上升的最大高度(g取10 m/s2)图10答案2.5×102 m解析由题意分析可知，当B、C碰后粘在一起向左运动的速度与A的速度相等时其上升的高度达到最大设B、C碰后瞬间的共同速度为v1，它们运动到最高点时的速度为v2，上升的最大高

31、度为h，则对B、C碰撞前后由动量守恒定律得mCv(mBmC)v1又B、C从粘在一起向左运动到上升高度达到最大的过程中，由A、B、C组成的系统水平方向动量守恒得(mBmC)v1(mAmBmC)v2由A、B、C组成的系统机械能守恒得(mBmC)v(mAmBmC)v(mBmC)gh代入数据可得h2.5×102 m8(2014·北京·22)如图10所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径R0.2 m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面

32、之间的动摩擦因数0.2.取重力加速度g10 m/s2.求：图10(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v；(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l.答案(1)2 m/s(2)1 m/s(3)0.25 m解析设滑块的质量为m(1)根据机械能守恒定律mgRmv2解得碰撞前瞬间A的速率为：v2 m/s(2)根据动量守恒定律有mv2mv解得碰撞后瞬间A和B整体的速率vv1 m/s(3)根据动能定理有：×2mv2(2m)gl解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l0.25 m9如图11所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、

33、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5 kg和0.5 kg.现让A以6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s，碰后的速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，g取10 m/s2，求：图11(1)在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小；(2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度答案(1)50 N(2)0.45 m解析(1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时根据动量定理有FtmAv1mA(v1)解得F50 N(2)设碰撞后A、B的共同速度为v，根据动量守恒定律有mAv1(mAmB)vA、B在光滑圆弧轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定

34、律得(mAmB)v2(mAmB)gh解得h0.45 m.10(2014·天津·10)如图12所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t0.6 s，二者的速度达到vt2 m/s.求：图12 (1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l.答案(1

35、)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m解析(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有FmAa代入数据解得a2.5 m/s2(2)对A、B碰撞后共同运动t0.6 s的过程，由动量定理得Ft(mAmB)vt(mAmB)v代入数据解得v1 m/s(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA(mAmB)vA从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有FlmAv由式，代入数据解得l0.45 m11. (2014·新课标·35(2)如图13所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上，B球距地面的高度h0.8 m，A球在

36、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t0.3 s 时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零已知mB3mA，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失求：图13(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度答案(1)4 m/s(2)0.75 m解析(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB将h0.8 m代入上式，得vB4 m/s(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1(v10)，B球的速度分别为v2和v2.由运动学规律可知v1gt由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球

37、相碰前后的动量守恒，总动能保持不变规定向下的方向为正，有mAv1mBv2mBv2mAvmBvmBv22设B球与地面相碰后的速度大小为vB，由运动学及碰撞的规律可得vBvB设P点距地面的高度为h，由运动学规律可知h联立式，并代入已知条件可得h0.75 m122015·新课标全国，35(2)，10分如图所示，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5【解析】A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，

38、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v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0mvA1MvC1mvmvMv联立式得vA1v0vC1v0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mM，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vA2，B的速度为vB1，同样有vA2vA1v0根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2vC1联立式得m24mM

39、M20解得m(2)M另一解m(2)M舍去所以，m和M应满足的条件为(2)Mm<M【答案】(2)Mm<M动量守恒条件与机械能守恒条件的比较在动量守恒中，把系统中物体所受的力分为内力和外力内力不会改变系统的总动量，外力可以改变系统的总动量所以，动量守恒的条件是要求系统不受外力或受外力之和为零在机械能守恒中，对动能和重力势能相互转化的情况，把物体所受的力分为重力和重力之外的其他力重力做功不改变物体的机械能，而重力之外的力做功会改变物体的机械能所以，机械能守恒的条件要求只有重力做功，重力以外的其他力不做功系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒，但系统的机械能不一定守恒因为合外力为

40、零并不能保证重力以外的其他力不做功例如，子弹以一定水平速度射入放在光滑水平面上的木块中，在这一过程中，子弹和木块组成的系统所受外力之和为零，所以系统的动量守恒但是，由于在这一过程中摩擦力做功将一部分机械能转化为子弹和木块的内能，所以系统的机械能减少同样，系统的机械能守恒时，系统的动量也不一定守恒因为系统的机械能守恒只是说明没有重力之外的其他力对系统做功，但系统所受的合外力却不一定是零例如，在水平面上做匀速圆周运动的物体，其机械能是守恒的，但物体动量的方向却时刻都在变，动量不守恒1冲量是力与时间直接的乘积，功是力与位移的数量积2对于同一系统而言，动量守恒，机械能不一定守恒；机械能守恒，但动量不一

41、定守恒3系统划分不合理，判断不出系统的动量是否守恒4弹性碰撞与非弹性碰撞的特点不清晰，列错动量和能量守恒的方程1.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图1所示则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()图1A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，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系

42、统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒故C正确，A、B、D错误答案C2.(多选)光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图4所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时()图4AA、B系统总动量仍然为mvBA的动量变为零CB的动量达到最大值DA、B的速度相等答案AD解析系统水平方向动量守恒，A正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，D正确，B错误；但此时B的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B物体会进一步加速，A物体会进一步减速，C错误3. 动量守恒的判断如图2所示，A、B两物体质量之比m

43、AmB32，原来静止在平板小车C上A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是()图2A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组成的系统动量守恒答案A解析如果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分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右，FfB向左，由于mAmB32，所以FfAFfB32，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故

44、其动量不守恒，A错对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组成的系统所受外力之和为零，故其动量守恒，C正确4(2016·北京朝阳期中)如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律若一个系统动量守恒时，则()A此系统内每个物体所受的合力一定都为零B此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C此系统的机械能一定守恒D此系统的机械能可能增加2D若一个系统动量守恒，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所

45、受的合力不一定都为零，A错误此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变这是有可能的，B错误因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，C错误，D正确5如图3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()图3Am从a点运动到b点过程中，m与M组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒Bm从a点释放后运动的全过程中，m的机械能守恒Cm释放后能够到达

46、c点D当m首次从右向左到达最低点b时，M的速度达到最大答案D解析m首次下滑过程，墙对系统有向右的弹力，因此系统水平方向动量不守恒；系统没有摩擦和介质阻力，因此m从a点释放后运动的全过程中，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，系统水平方向动量守恒，当m和M共速时，系统具有动能，因此m的势能必小于mgR，故m不能到达c点；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6如图9所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽，置于光滑的水平面上，槽的左侧有一

47、个竖直墙壁现让一个小球自左端槽口A的正上方从静止开始下落，与半圆形槽相切从点A进入槽内，则以下说法中正确的是()图9A小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能不守恒C小球从最低点向右侧最高点运动过程中，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒D小球离开槽右侧最高点以后，将做竖直上抛运动答案C解析小球的机械能有一部分转移给了半圆形槽，因此除重力对小球做功外，半圆形槽对小球的弹力也对小球做了功(负功)，故A错整个系统不存在机械能损失，故B错当小球过槽的最低点后，槽就离开墙向右加速运动，系统水平方向不受外力作用，故C正确小球离开槽右侧最高

48、点时，有一个随槽向右的水平分速度，小球飞出后做斜抛运动，故D错7.(2015.北京高考.18)“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答案：A反冲运动1、反冲运动的定

49、义：根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。这种现象叫做反冲。2、规律表达式：若以m1运动方向为正，则上述过程可表为：3、人船模型1）若系统在整个过程中任意两时刻的总动量相等，则这一系统在全过程中的平均动量也必定守恒。在此类问题中，凡涉及位移问题时，我们常用“系统平均动量守恒”予以解决。如果系统是由两个物体组成的，合外力为零，且相互作用前均静止。相互作用后运动，则由0=m1+m2得推论0m1s1m2s2，但使用时要明确s1、s2必须是相对地面的位移。2）、人船模型的应用条件是：两个物体组成的系统（当有多个物体组成系统时，可以先转化为两个物体组成的系统）动量守恒，系统的合动量为零规律方法 如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？解析:当人从船头走到船尾的过程中,人和船组成的系统在水平方向上不受力的作用,故系统水平方向动量守恒,设某时刻