《2019高考物理二輪復習 專題二 能量與動量 第3講 碰撞與動量守恒學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理二輪復習 專題二 能量與動量 第3講 碰撞與動量守恒學案（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　碰撞與動量守恒 [做真題·明考向]　　　　　　　　　　　　　　真題體驗　透視命題規(guī)律 授課提示：對應學生用書第31頁 [真題再做] 1.(多選)(2017·高考全國卷Ⅲ，T20)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動．F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A．t＝1s時物塊的速率為1m/s B．t＝2s時物塊的動量大小為4kg·m/s C．t＝3s時物塊的動量大小為5kg·m/s D．t＝4s時物塊的速度為零 解析：設t＝1s時物塊的速率為v1，由動量定理得Ft＝mv1，得v1＝1m/s，A項正確．t＝2 s時動量p2＝2×2 kg·m/s

2、＝4kg·m/s，B項正確．t＝3 s時的動量p3＝2×2 kg·m/s－1×1kg·m/s＝3 kg·m/s，C項錯誤．t＝4s時物塊速度v4＝＝m/s＝1 m/s，故D項錯誤． 答案：AB 2．(2017·高考全國卷Ⅰ，T14)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) A．30kg·m/s　　　　　 B.5.7×102 kg·m/s C．6.0×102kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 解析：燃氣從火箭噴口噴出的瞬間，火

3、箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，設燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050×600kg·m/s＝30 kg·m/s，選項A正確． 答案：A 3．(2018·高考全國卷Ⅱ，T24)汽車A在水平冰雪路面上行駛．駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5m，A車向前滑動了2.0m．已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103kg和1.5×103kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g＝

4、10m/s2.求： (1)碰撞后的瞬間B車速度的大小； (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小． 解析：(1)設B車的質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，根據(jù)牛頓第二定律有 μmBg＝mBaB① 式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)． 設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′，碰撞后滑行的距離為sB，由運動學公式有 vB′2＝2aBsB② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得 vB′＝3.0m/s③ (2)設A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA，根據(jù)牛頓第二定律有μmAg＝mAaA④ 設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距離為sA，由運動學公式有 vA′2＝2aAsA⑤ 設碰撞

5、前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得 vA＝4.25m/s⑦ 答案：(1)3.0m/s　(2)4.25 m/s 4.(2016·高考全國卷Ⅱ，T35)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速

6、度的大小g＝10 m/s2. (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 解析：(1)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得 m2v0＝(m2＋m3)v① m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh② 式中v0＝－3m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3＝20kg③ (2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④ 代入數(shù)據(jù)得 v1＝1m/s⑤ 設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動

7、量守恒和機械能守恒定律有 m2v0＝m2v2＋m3v3⑥ m2v＝m2v＋m3v⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1m/s⑧ 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩． 答案：(1)20kg (2)不能，理由見解析 [考情分析] ■命題特點與趨勢——怎么考 1．動量定理、動量守恒定律屬于力學的主干知識，這部分知識與牛頓運動定律、功能關系合稱“解題三把金鑰匙”，是解決物理問題的重要基本方法，是高考的重點考查內(nèi)容． 2．本講內(nèi)容經(jīng)常與機械能守恒定律、平拋運動、圓周運動等力學及電磁學、原子物理等知識點組成綜合題．這類題型命題情景新穎，聯(lián)

8、系實際密切，綜合性強，前后兩個物理過程一般通過碰撞來過渡，這就決定了動量守恒方程在解題過程中的紐帶作用． ■解題要領——怎么做 　解決本講的問題，要緊扣命題特點，高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應用動能定理、機械能守恒定律和動量守恒定律，結(jié)合動力學方法解決多運動過程問題；二是運用動能定理和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運動或電磁感應問題．因此要注意審題，弄清楚運動情景，挖掘隱含條件，有針對性地選擇相應的規(guī)律和方法． [建體系·記要點]　　　　　　　　　　　　　　　　　　知識串聯(lián)　熟記核心要點 授課提示：對應學生用書第32頁 [網(wǎng)絡構建] [要點熟記

9、] 1．動量定理表達式FΔt＝mv′－mv中的F為物體在Δt時間內(nèi)所受的合外力． 應用動量定理列方程時必須選取正方向． 2．不受外力或者所受外力的矢量和為零時，系統(tǒng)的動量守恒；當外力比相互作用的內(nèi)力小得多時，系統(tǒng)的動量近似守恒；當某一方向上的合外力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒． 3．三類碰撞 (1)彈性碰撞 動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′. 機械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2. (2)完全非彈性碰撞 動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′. 機械能損失最多，機械能的損失量為： ΔE＝(m1v＋m2v)－

10、(m1＋m2)v′2. (3)非彈性碰撞 動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′. 機械能有損失，機械能的損失量為： ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1v1′2＋m2v2′2)． [研考向·提能力]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　考向研析　掌握應試技能 授課提示：對應學生用書第32頁 考向一　沖量與動量定理 1．恒力的沖量可應用I＝Ft直接求解，變力的沖量優(yōu)先考慮應用動量定理求解． 2．物體動量變化是由合外力的沖量決定的，物體動能變化是由合外力做的功決定的． 3．動量定理是過程定理，解題時必須明確過程及初末狀態(tài)的動量． 4．動量定理的表達

11、式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選取統(tǒng)一的正方向． 1．(2018·山東、湖北重點中學第二次聯(lián)考)如圖所示，AB是固定于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，CD是固定于豎直平面內(nèi)的光滑斜面軌道，AB兩點和CD兩點的高度差相同且AB的弧長與斜面CD長度相等．現(xiàn)讓小球甲從A點沿圓弧軌道下滑到B點，小球乙從C點沿斜面軌道下滑到D點，兩球質(zhì)量相等．以下說法正確的是(　　) A．甲球重力的沖量比乙球重力的沖量小 B．甲球所受合外力的沖量比乙球所受合外力的沖量小 C．兩球所受軌道的支持力的沖量均為零 D．兩球動量的變化量相同 解析：由機械能守恒定律可知，甲、乙兩球下滑到底端的速度大小相等，

12、因甲做加速度減小的變加速運動，可知甲的平均速度較乙大，則甲滑到底端的時間較短，根據(jù)I＝mgt可知，甲球重力的沖量比乙球重力的沖量小，選項A正確；甲、乙兩球滑到底端時，動量的變化大小相同，但方向不同，根據(jù)動量定理可知，合外力的沖量大小相同，但是方向不同，即兩球動量變化量不同，選項B、D錯誤；根據(jù)I＝FNt可知，因支持力均不為零，則兩球所受軌道的支持力的沖量均不為零，選項C錯誤． 答案：A 2．為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1小時內(nèi)杯中水面上升了45mm.查詢得知，當時雨滴豎直下落速度約為12m/s.據(jù)此估算該壓強約為(設雨滴撞擊睡蓮后無反

13、彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103 kg/m3)(　　) A．0.15Pa　　　　　 B.0.54Pa C．1.5Pa D．5.4Pa 解析：由于是估算壓強，所以不計雨滴的重力，設雨滴受到支持面的平均作用力為F，在Δt時間內(nèi)有質(zhì)量為Δm的雨滴的速度由v＝12m/s減為零．以向上為正方向，對這部分雨水應用動量定理有FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝v.設水杯橫截面積為S，對水杯里的雨水，在Δt時間內(nèi)水面上升Δh，則有Δm＝ρSΔh，F(xiàn)＝ρSv·，壓強p＝＝ρv＝1×103×12×Pa＝0.15Pa.故A正確． 答案：A 3．(多選)(2018·寧夏銀川第四次月考)一質(zhì)量m

14、＝0.10kg的小鋼球以大小為v0＝10m/s的速度水平拋出，下落h＝5.0 m時垂直撞擊一鋼板，撞后速度恰好反向，且速度大小不變．已知小鋼球與鋼板的作用時間極短，g取10 m/s2，則(　　) A．鋼板與水平面的夾角θ＝60° B．小鋼球從水平拋出到剛要撞擊鋼板的過程中重力的沖量大小為1N·s C．小鋼球撞擊鋼板的過程中其動量的變化量的大小為10kg·m/s D．鋼板對小鋼球的沖量大小為2N·s 解析：小鋼球撞擊鋼板時的豎直分速度vy＝＝10m/s，設小球的速度方向與水平方向的夾角為α，則tanα＝＝＝1，解得α＝45°，即鋼板與水平面的夾角θ＝45°，選項A錯誤；小鋼球從水平拋出

15、到剛要撞擊鋼板時所飛行的時間t＝＝1s，重力沖量I＝mgt＝1N·s，選項B正確；取垂直鋼板向上為正方向，小鋼球剛要撞擊鋼板時小鋼球速度的大小為v1＝v0＝10m/s，動量p1＝－mv1＝－kg·m/s；撞后小鋼球的速度v2＝10m/s，動量p2＝mv2＝kg·m/s，小鋼球的動量變化Δp＝p2－p1＝2kg·m/s，由動量定理可知，鋼板對小鋼球的沖量大小I＝Δp＝2N·s，選項C錯誤，D正確． 答案：BD 使用動量定理的注意事項 (1)一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，用動量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移(如第2題中壓力的計算)，用動量定理求解更簡捷． (2)動量定

16、理不僅適用于恒力，也適用于變力．變力情況下，動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值，如第2題中的壓力是平均力． (3)動量定理的表達式是矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向(如第1題中B點和D點的動量比較)，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力． 考向二　動量、動量守恒定律 [典例展示1]　如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上玩耍．甲和他的冰車的總質(zhì)量為M＝30kg，乙和他的冰車的總質(zhì)量也是M＝30kg.甲推著一個質(zhì)量為m＝15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來．為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到

17、乙處時，乙迅速抓住．若不計冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相對地)將箱子推出，才能避免與乙相撞？ [思路探究]　(1)“甲推出箱子”“乙抓住箱子”的過程動量守恒嗎？ (2)題目中“避免相撞”的條件是什么？ [解析]　要想剛好避免相撞，要求乙抓住箱子后與甲的速度正好相等，設甲推出箱子后的速度為v1，箱子的速度為v，乙抓住箱子后的速度為v2. 對甲和箱子，推箱子前后動量守恒，以甲初速度方向為正方向，由動量守恒定律有(M＋m)v0＝mv＋Mv1① 對乙和箱子，抓住箱子前后動量守恒，以箱子初速度方向為正方向，由動量守恒定律有 mv－Mv0＝(m＋M)v2② 甲與乙剛好不相撞的條件是v1

18、＝v2③ 聯(lián)立由①②③解得v＝5.2m/s，方向與甲和箱子初速度方向一致． [答案]　5.2m/s 應用動量守恒定律解題的基本步驟 (1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體)及研究的過程，如例題中分別以“甲和箱子”“乙和箱子”為系統(tǒng)． (2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)． (3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量． (4)由動量守恒定律列出方程． (5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明． 4．(多選)質(zhì)量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，一起以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖所示，碰

19、撞時間極短．在此過程中，下列情況可能發(fā)生的是(　　) A．M、m0、m速度均發(fā)生變化，分別為v1、v2、v3，而且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3 B．m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，而且滿足Mv＝Mv1＋mv2 C．m0的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関′，且滿足Mv＝(M＋m)v′ D．M、m0、m速度均發(fā)生變化，M、m0速度都變?yōu)関1，m的速度變?yōu)関2，且滿足(M＋m0)v0＝(M＋m0)v1＋mv2 解析：碰撞的瞬間M和m組成的系統(tǒng)動量守恒，m0的速度在瞬間不變，以M的初速度方向為正方向，若碰后M和m的速度變v1和v2，由動量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv

20、2；若碰后M和m速度相同，由動量守恒定律得Mv＝(M＋m)v′，故B、C正確，A、D錯誤． 答案：BC 5.(2018·河北衡水中學第六次調(diào)研)有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長，一位同學想用一個卷尺粗略地測定它的質(zhì)量，他進行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，然后他輕輕從船尾上船，走到船頭后停下，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離為d，然后用卷尺測出船長為L.已知他自身的質(zhì)量為m，則小船的質(zhì)量m0為(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 解析：設人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭所用時間為t.取船的速度為正方向，則v＝，v′＝，根據(jù)動

21、量守恒定律得m0v－mv′＝0，解得船的質(zhì)量m0＝，故選項B正確． 答案：B 6．如圖，水平面上有一質(zhì)量為m＝1kg的小車，其右端固定一水平輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接一質(zhì)量為m0＝1kg的小物塊，小物塊與小車一起以v0＝6m/s的速度向右運動，與靜止在水平面上質(zhì)量為M＝4 kg的小球發(fā)生正碰，碰后小球的速度變?yōu)関＝2 m/s.碰撞時間極短，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦阻力．求： (1)小車與小球碰撞后瞬間小車的速度v1； (2)從碰后瞬間到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧彈力對小車的沖量大?。? 解析：(1)小車與小球碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有 mv0＝Mv＋mv1 解得v1

22、＝－2m/s，負號表示碰撞后小車向左運動 (2)當彈簧被壓縮到最短時，設小車的速度為v2，根據(jù)動量守恒定律有 m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2 解得v2＝2m/s 設從碰撞后瞬間到彈簧被壓縮到最短的過程中，彈簧彈力對小車的沖量大小為I，根據(jù)動量定理有 I＝mv2－mv1 解得I＝4N·s 答案：(1)2m/s，方向向左 (2)4 N·s 考向三　碰撞與反沖、爆炸類問題 [典例展示2]　(2018·福建福州高三第二次月考)如圖所示，物塊A、C的質(zhì)量均為m，B的質(zhì)量為2m，都靜止于光滑水平臺面上．A、B間用一不可伸長的輕質(zhì)短細線相連．初始時刻細線處于松弛狀態(tài)，C位于A右側(cè)

23、足夠遠處．現(xiàn)突然給A一瞬時沖量，使A以初速度v0沿A、C連線方向向C運動，細線斷后A速度變?yōu)関0，A與C相碰后，黏合在一起．求： (1)A與C剛黏合在一起時的速度大??； (2)若將A、B、C看成一個系統(tǒng)，則從A開始運動到A與C剛好黏合的過程中，系統(tǒng)損失的機械能為多少？ [思路探究]　(1)細線斷的過程中，A、B組成系統(tǒng)具有什么特點？ (2)A和C相碰過程屬于哪類碰撞？有什么特點？ [解析]　(1)輕細線繃斷的過程，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒， mv0＝m·v0＋2mvB 解得vB＝v0 之后在A與C發(fā)生完全非彈性碰撞過程中，A、C組成的系統(tǒng)動量守恒 m·v0＝(m＋m)v2

24、，解得v2＝v0 (2)在運動全過程，A、B、C組成的系統(tǒng)機械能損失為 ΔE＝mv－(2m)v－(2m)v＝mv [答案]　(1)v0　(2)mv 抓住“三個原則、三個定律”速解碰撞問題 (1)判斷兩物體碰撞瞬間的情況：當兩物體相碰時，首先要判斷碰撞時間是否極短、碰撞時的相互作用力(內(nèi)力)是否遠遠大于外力． (2)碰撞的“三個原則”：①動量守恒原則，即碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律；②能量不增加原則，即碰撞后系統(tǒng)的總能量不大于碰撞前系統(tǒng)的總能量；③物理情境可行性原則，即兩物體碰撞前后的物理情境應與實際相一致． (3)根據(jù)兩物體碰撞時遵循的物理規(guī)律，列出相對應的物理方

25、程：①如果物體間發(fā)生的是彈性碰撞，則一般是列出動量守恒方程和機械能守恒方程進行求解；②如果物體間發(fā)生的不是彈性碰撞，則一般應用動量守恒定律和能量守恒定律(功能關系)進行求解． 7.(多選)(2018·廣西南寧第四中學高三月考)A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，如圖表示發(fā)生碰撞前后的v-t圖線，由圖線可以判斷(　　) A．A、B的質(zhì)量比為2∶3 B．A、B作用前后總動量守恒 C．A、B作用前后總動量不守恒 D．A、B作用前后總動能不變 解析：A、B碰撞過程中，系統(tǒng)所受外力之和為零，動量守恒，由碰撞前后的v-t圖線知，碰前A的速度vA＝6m/s，B的速度vB＝1 m/s，碰

26、后A的速度vA′＝2m/s，B的速度vB′＝7 m/s，根據(jù)動量守恒定律有mA·vA＋mB·vB＝mA·vA′＋mB·vB′，代入數(shù)據(jù)可得mA∶mB＝3∶2，故A、C錯誤，B正確；作用前總動能為mA·v＋mB·v＝mA，作用后總動能為mA·vA′2＋mB·vB′2＝mA，由此可知作用前后A、B的總動能不變，D正確． 答案：BD 8．一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計質(zhì)量損失，重力加速度g取10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 解析：平拋運動時間t＝＝1s，爆炸過程遵守動量守恒定律

27、，設彈丸質(zhì)量為m，則mv＝mv甲＋mv乙，又因為v甲＝，v乙＝，t＝1s，則有x甲＋x乙＝2m，將各選項中數(shù)據(jù)代入計算得B正確． 答案：B 9．(多選)如圖所示，一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車的上表面左側(cè)AB為一光滑的圓弧，其半徑為R＝0.8m，右側(cè)BC為粗糙水平面，且水平面與圓弧光滑過渡，BC＝0.8m，小車的上表面右側(cè)離地高度為h＝0.8m，小車靜止時其右側(cè)端點C在地面上的投影為C′點，一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊(可視為質(zhì)點)自圓弧頂點A由靜止釋放，并且從C處滑落小車，其落地時剛好打在C′點，已知滑塊與小車上表面BC面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，則由以上條件

28、可得(　　) A．小車的最終速度為1m/s B．整個過程滑塊與小車因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝4J C．小車的質(zhì)量為M＝1kg D．從小車開始運動至滑塊落至C′的時間內(nèi)，小車一共向左前進了x＝1.6m 解析：滑塊與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設滑塊滑離小車時速度大小為v1，小車最終速度大小為v2，則mv1＝Mv2，根據(jù)能量守恒可得mgR＝mv＋Mv＋μmgLBC，滑塊滑離小車后做平拋運動，根據(jù)題意其平拋的水平距離為小車向左運動的距離，小車向左運動了s＝(R＋LBC)，又s＝v1t，h＝gt2，聯(lián)立以上各式解得M＝1kg，v1＝v2＝2m/s，s＝0.8m，t＝0.4s，故A錯誤，C正確

29、；整個過程的摩擦生熱為Q＝μmgLBC＝4J，B正確；自滑塊滑落小車至落地時，小車又發(fā)生的位移s′＝v2t＝0.8m，所以從小車開始運動至滑塊落至C′的時間內(nèi)，小車一共向左前進了x＝s＋s′＝1.6m，故D正確． 答案：BCD 10．如圖所示，小球B與一輕質(zhì)彈簧相連，并靜止在足夠長的光滑水平面上，小球A以某一速度與輕質(zhì)彈簧正碰．小球A與彈簧分開后，小球B的速度為v，求： (1)當兩個小球與彈簧組成的系統(tǒng)動能最小時，小球B的速度的大??； (2)若小球B的質(zhì)量m2已知，在小球A與彈簧相互作用的整個過程中，小球A受到彈簧作用力的沖量． 解析：(1)當系統(tǒng)動能最小時，彈簧壓縮至最短，兩球

30、具有共同速度v共．設小球A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，碰撞前小球A的速度為v0，小球A與彈簧分開后的速度為v1.從小球A碰到彈簧到與彈簧分開的過程中，由系統(tǒng)動量守恒和能量守恒有 m1v0＝m1v1＋m2v，m1v＝m1v＋m2v2 聯(lián)立解得v＝，即m1v0＝v 從小球A碰到彈簧到兩球共速的過程中，系統(tǒng)動量守恒，故m1v0＝(m1＋m2)v共，解得v共＝. (2)設水平向右為正方向，則小球B動量的增量為m2v，根據(jù)動量守恒知小球A動量的增量為－m2v 根據(jù)動量定理有I＝－m2v，小球A受到彈簧作用的沖量的大小為m2v，方向水平向左． 答案：(1)　(2)m2v，方向水平向左 [限訓

31、練·通高考]　　　　　　　　　　　　　　　科學設題　拿下高考高分 單獨成冊　對應學生用書第135頁 (45分鐘) 一、單項選擇題 1．關于下列四幅圖所反映的物理過程的說法正確的是(　　) A．甲圖中子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，能量不守恒 B．乙圖中M、N兩木塊放在光滑的水平面上，剪斷細線，在彈簧恢復原長的過程中，M、N與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能增加 C．丙圖中細線斷裂后，木球和鐵球在水中運動的過程，系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒 D．丁圖中木塊沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木塊和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，機械能守恒 解析：甲圖中，在

32、光滑水平面上，子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能有損失，但是損失的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，能量仍守恒，A錯誤；乙圖中，剪斷細線，在彈簧恢復原長的過程中，M、N與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為木塊的動能，系統(tǒng)機械能守恒，B錯誤；丙圖中，木球和鐵球組成的系統(tǒng)勻速下降，說明兩球所受水的浮力等于兩球自身的重力，細線斷裂后兩球在水中運動的過程中，所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由于水的浮力對兩球做功，兩球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，選項C正確；丁圖中，木塊沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木塊和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，水平方向上動量守恒，由于斜面可能不光滑，所以機械能可

33、能有損失，D錯誤． 答案：C 2．(2018·河南三門峽高三質(zhì)檢)甲、乙兩個質(zhì)量都是M的小車靜置在光滑水平地面上．質(zhì)量為m的人站在甲車上并以速度v(對地)跳上乙車，接著仍以對地的速率v反跳回甲車．對于這一過程，下列說法中正確的是(　　) A．最后甲、乙兩車的速率相等 B．最后甲、乙兩車的速率之比v甲∶v乙＝M∶(m＋M) C．人從甲車跳到乙車時對甲的沖量為I1，從乙車跳回甲車時對乙車的沖量為I2，應是I1＝I2 D．人從甲車跳到乙車時對甲的沖量為I1，從乙車跳回甲車時對乙車的沖量為I2，應是I1>I2 解析：以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得

34、，人跳離甲車時，mv－Mv1＝0，以乙車與人組成的系統(tǒng)為研究對象，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得，人跳上乙車時，mv＝(m＋M)v2，人跳離乙車時，－(m＋M)v2＝－Mv乙＋mv，以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得，人反跳回甲車時，mv＋Mv1＝(m＋M)v甲，解得＝，故A錯誤，B正確；由動量定理得，對甲車I1＝Mv1＝mv，對乙車I2＝Mv乙－Mv2＝2mv－>mv，即I1

35、立即爆炸成質(zhì)量相等的三塊碎片，前面一塊碎片速度水平向東，后面一塊碎片速度水平向西，前、后兩塊碎片的水平速度(相對地面)大小相等、方向相反，則以下說法正確的是(　　) A．爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度 B．爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度可能水平向西 C．爆炸后，三塊碎片將同時落到水平地面上，并且落地時的動量相同 D．爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的動能可能小于爆炸前瞬間爆竹的總動能 解析：設爆竹爆炸前的速度為v，爆竹爆炸成三塊碎片的質(zhì)量均為m，爆炸后前、后兩塊碎片的速度大小為v前后，中間那塊碎片的速度大小為v′，設水平向東為正方向，根據(jù)水平方向動量守恒，3mv

36、＝mv前后＋mv′－mv前后，得v′＝3v，方向向東，所以爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度，選項A正確，B錯誤；爆炸后，三塊碎片均做平拋運動，豎直方向上有h＝gt2，下落時間相同，則豎直方向分速度相同，但水平方向上的分速度不同，故合速度不同，則動量不同，選項C錯誤；爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的動能m(3v)2>·3m·v2，選項D錯誤． 答案：A 4.2017年7月9日，斯諾克世界杯在江蘇無錫落下帷幕，由丁俊暉和梁文博組成的中國A隊在決賽中1比3落后的不利形勢下成功逆轉(zhuǎn)，最終以4比3擊敗英格蘭隊，幫助中國斯諾克臺球隊獲得了世界杯三連冠，如圖為丁俊暉正在準備擊球．設在

37、丁俊暉這一桿中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直線上運動，碰前白色球的動量為pA＝5kg·m/s，花色球靜止，白色球A與花色球B發(fā)生碰撞后，花色球B的動量變?yōu)閜B′＝4 kg·m/s，則兩球質(zhì)量mA與mB間的關系可能是(　　) A．mB＝mA　　　　　　 B.mB＝mA C．mB＝mA D．mB＝6mA 解析：由動量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1kg·m/s，根據(jù)碰撞過程中總動能不增加，則有≥＋，代入數(shù)據(jù)解得mB≥mA，碰后兩球同向運動，白色球A的速度不大于花色球B的速度，則≤，解得mB≤4mA，綜上可得mA≤mB≤4mA，選項A正確． 答案：A 5.

38、如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量m1的小球A以速率v0向右運動．在小球的前方O點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，Q點處為一豎直的墻壁．小球A與小球B發(fā)生彈性正碰后小球A與小球B均向右運動．小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點相遇，＝2，則兩小球質(zhì)量之比m1∶m2為(　　) A．7∶5　　　　　　　　 B.1∶3 C．2∶1 D．5∶3 解析：設A、B兩個小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，發(fā)生彈性碰撞，不損失動能，故根據(jù)能量守恒定律有m1v＝m1v＋m2v，兩個小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運動學規(guī)律有v1∶v2＝∶(＋2)

39、＝∶(＋4)＝1∶5，聯(lián)立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正確． 答案：D 二、多項選擇題 6.如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，AB總質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時AB和C都靜止．當突然燒斷細繩時，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是(　　) A．彈簧伸長過程中C向右運動，同時AB也向右運動 B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶m C．C與油泥粘在一起后，AB立即停止運動 D．C與油泥粘在一起后，AB繼續(xù)向右運動 解析：小車、物塊和彈簧組成

40、的系統(tǒng)動量守恒，開始總動量為零，在彈簧伸長的過程中，C向右運動，則小車向左運動，故A錯誤．規(guī)定向右為正方向，在C與B碰前，根據(jù)動量守恒定律得，0＝mvC－Mv，解得vC∶v＝M∶m，故B正確；因為小車、物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，開始總動量為零，當C與油泥粘在一起時，總動量仍然為零，則小車停止運動，故C正確，D錯誤． 答案：BC 7.A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間變化的圖象，c為碰撞后兩球共同運動的位移隨時間變化的圖象．若A球質(zhì)量是m＝2kg，則由圖判斷下列結(jié)論正確的是(　　) A．碰撞前、后A球

41、的動量變化量為4kg·m/s B．碰撞時A球?qū)球所施的沖量為－4N·s C．A、B兩球碰撞前的總動量為3kg·m/s D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10J 解析：根據(jù)圖象可知，碰前A球的速度vA＝－3m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B兩球共同的速度v＝－1m/s，故碰撞前、后A球的動量變化量為ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，選項A正確；A球的動量變化量為4kg·m/s，碰撞過程中動量守恒，B球的動量變化為－4 kg·m/s，根據(jù)動量定理，碰撞過程中A球?qū)球所施的沖量為－4N·s，選項B正確；由于碰撞過程中動量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)

42、v，解得mB＝kg，故碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為ΔE＝mv＋mBv－(m＋mB)v2＝10J，選項D正確；A、B兩球碰撞前的總動量為p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－kg·m/s，選項C錯誤． 答案：ABD 8.如圖所示，將一輕質(zhì)彈簧從物體B內(nèi)部穿過，并將其上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量m1＝2.0kg的物體A.平衡時物體A距天花板的距離h＝2.4m，在距物體A正上方高h1＝1.8m處由靜止釋放質(zhì)量為m2＝1.0kg的物體B，B下落過程中某時刻與彈簧下端的物體A碰撞(碰撞時間極短)并立即以相同的速度與A一起運動，兩物體不粘連，且可視為質(zhì)點，碰撞后兩物體一起向下運動，歷

43、時0.25s第一次到達最低點，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，g取10m/s2.下列說法正確的是(　　) A．碰撞結(jié)束瞬間兩物體的速度大小為2m/s B．碰撞結(jié)束后兩物體一起向下運動的最大位移大小為0.25m C．碰撞結(jié)束后兩物體一起向下運動的過程中，兩物體間的平均作用力大小為18N D．A、B到最低點后反彈上升，A、B分開后，B還能上升的最大高度為0.2m 解析：設物體B自由下落至與物體A碰撞前的速度為v0，根據(jù)自由落體運動規(guī)律有v0＝＝6m/s，物體A、B碰撞結(jié)束瞬間二者具有共同的速度vt，以向下為正方向，由動量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)vt，解得vt＝2 m/s，A

44、正確；從二者一起運動到速度變?yōu)榱愕倪^程中，以B為研究對象，由動量定理有(m2g－F)t＝0－m2vt，解得F＝18N，方向豎直向上，設碰撞結(jié)束后兩物體一起向下運動的最大位移為x，由動能定理有－Fx＋m2gx＝0－m2v，解得x＝0.25m，B、C正確；A、B分開時其相互間的作用力為零，且A、B具有相同的加速度，可知當彈簧對A的拉力為零，即彈簧恢復原長時，A、B分開，若A、B上升到碰撞位置分開，B還能上升的最大高度h′＝＝0.2m，因彈簧恢復原長時的位置比碰撞時的高，此時B的速度小于vt，故B還能上升的最大高度小于0.2m，D錯誤． 答案：ABC 三、非選擇題 9．(2018·高考全國卷Ⅰ

45、)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空．當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動．爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量．求： (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間； (2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度． 解析：(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有 E＝mv① 設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0－v0＝－gt② 聯(lián)立①②式得t＝③ (2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E＝mgh1④ 火

46、藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有mv＋mv＝E⑤ mv1＋mv2＝0⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動．設爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有 mv＝mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝⑧ 答案：(1)　(2) 10.如圖所示，質(zhì)量均為m的木板AB和滑塊CD緊靠在一起靜置在光滑水平面上，木板AB的上表面粗糙，滑塊CD的表面是光滑的四分之一圓弧，其始端D點切線水平且與木板AB上表面相平．一可視為質(zhì)點的物塊P質(zhì)

47、量也為m，從木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，過B點時的速度為，然后滑上滑塊CD，最終恰好能滑到滑塊CD的最高點C處．重力加速度為g.求： (1)物塊滑到B點時木板的速度v的大?。? (2)滑塊CD圓弧的半徑R. 解析：(1)對P和木板、滑塊CD組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有mv0＝m＋2mv，解得v＝. (2)物塊P由D點滑到C點的過程中，滑塊CD和物塊P組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，有 m＋m＝2mv共 系統(tǒng)能量守恒，有 mgR＝m()2＋m()2－×2mv 解得R＝. 答案：(1)　(2) 11．如圖所示，質(zhì)量為mA＝3kg的小車A以v0＝4m/s的速度沿光滑水平面

48、勻速運動，小車左端固定的支架通過不可伸長的輕繩懸掛質(zhì)量為mB＝1 kg的小球B(可看作質(zhì)點)，小球距離車面h＝0.8 m．某一時刻，小車與靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為mC＝1 kg的物塊C發(fā)生碰撞并粘連在一起(碰撞時間可忽略)，此時輕繩突然斷裂．此后，小球剛好落入小車右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小車系統(tǒng)的最終速度大小v共； (2)繩未斷前小球與沙桶的水平距離L； (3)整個過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE機損． 解析：(1)設系統(tǒng)最終速度為v共，水平方向動量守恒，有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v共 代入數(shù)據(jù)解得v共＝3.2m/s (2)A與C的碰撞動量守恒，mAv0＝(mA＋mC)v1 解得v1＝3m/s，設小球下落時間為t，則h＝gt2 代入數(shù)據(jù)解得t＝0.4s 所以繩未斷前小球與沙桶的水平距離為L＝(v0－v1)t 代入數(shù)據(jù)解得L＝0.4m (3)由能量守恒得ΔE機損＝mBgh＋(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v 代入數(shù)據(jù)解得ΔE機損＝14.4J 答案：(1)3.2m/s　(2)0.4m　(3)14.4J 18