高考物理重点专题讲解及突破07 碰撞与动量守恒（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

2020-2021年高考物理重点专题讲解及突破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：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5动量、动能、动量变化量的比较项目名称动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式pmvEkmv2ppp矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek，Ekpv，p，p考点一对动量、冲量的理解及计算 1冲量和动量的比较冲量I动量p定义力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量质量和速度的乘积叫作动量公式IFtpmv单位N·skg·m/s矢标性矢量，方向与恒力的方向相同矢量，方向与速度的方向相同特点过程量状态量2.冲量和功的区别(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的速度反向弹回若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化量是()A10 kg·m/sB10 kg·m/sC40 kg·m/s D40 kg·m/s【解析】以向下为正方向，则初动量p1mv125 kg·m/s，末动量p2mv215 kg·m/s，则pp2p140 kg·m/s，选项D正确【答案】D2.如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为的斜面向上滑动，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Ff.在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为()Amg(t1t2)sin Bmg(t1t2)sin Cmg(t1t2) D0【解析】物体整个运动过程的总时间tt1t2，故由冲量的定义可知重力的冲量Img(t1t2)，选项C正确【答案】C考点二对动量定理的理解及应用 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)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3动量定理的两个重要应用(1)应用Ip求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用IFt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量p，等效代换为力的冲量I.(2)应用pFt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(pp2p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，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L5 m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t1 s，则安全带受的冲力是多少？(g取10 m/s2)【解析】方法一：程序法依题意作图，如图所示，设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1，则v2gL，得v1经缓冲时间t1 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(mgF)t0mv1，F将数值代入得F1 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·( 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 ( t)Ft0解得F1 200 N.由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力FF1 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m100 g的小球从h0.8 m的高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t0.2 s，规定竖直向下的方向为正，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g10 m/s2)()A0.6 N·sB0.4 N·sC0.6 N·s D0.4 N·s【解析】设小球自由下落h0.8 m的时间为t1，由hgt2得t10.4 s.如设IN为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得mg(t1t)IN0，解得IN0.6 N·s.负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反故选项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v04 m/s的匀速直线运动若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t8 s才可静止该帆船的帆面正对风的有效面积为S10 m2，帆船的总质量约为M936 kg.若帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为1.3 kg/m3，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Ff的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a，则a0.5 m/s2根据牛顿第二定律有FfMa，所以Ff468 N则帆船匀速运动时，有FFf0解得F468 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Ftm(v0v)又mS(vv0)t所以FtS(vv0)2t解得v10 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，如图所示一物块以v09 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/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数；(2)若碰撞时间为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克服摩擦力所做的功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mgsmv2mv代入数值解得0.32.(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v6 m/s由动量定理得Ftmvmv解得F130 N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W0mv2解得W9 J.【答案】(1)0.32(2)130 N(3)9 J超重点2：动量守恒定律及其应用 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pp，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p.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p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向p0，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及应用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，则系统动量守恒(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同时性公式中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的速度矢量性应先选取正方向，凡是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，如图所示，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()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，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，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块的过程中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如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()Av0vBv0vCv0(v0v) Dv0(v0v)【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(Mm)v0mvMvx，解得vxv0(v0v)，选项C正确【答案】C3.如图所示，人站在滑板A上，以v03 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，已知人、滑板A和滑板B的质量分别为m人70 kg、mA10 kg和mB20 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mAv0(mAmB)v1代入数据解得v11 m/s由动量定理得，A对B的冲量ImBv120 N·s方向水平向右(2)对人、A、B组成的系统进行全过程分析，由动量守恒有(m人mA)v0(m人mAmB)v代入数据解得v2.4 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)速度要合理若碰前两物体同向运动，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.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，则有m1v1m1v1m2v2m1vm1v12m2v22解得v1，v2结论：(1)当m1m2时，v10，v2v1(质量相等，速度交换)；(2)当m1m2时，v10，v20，且v2v1(大碰小，一起跑)；(3)当m1m2时，v10，v20(小碰大，要反弹)；(4)当m1m2时，v1v1，v22v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；(5)当m1m2时，v1v1，v20(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t4 s时发生碰撞，图乙是两者的位移时间图象，已知物块P的质量为mP1 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v04 m/s，碰撞前P的动量为p0mPv04 kg·m/s，选项A错误根据位移图象，碰撞后二者速度相同，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v1 m/s，由动量守恒定律，mPv0(mPmQ)v，解得mQ3 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IpQmQv3 N·s，选项D正确【答案】D题组突破训练1.(多选)如图所示，动量分别为pA12 kg·m/s、pB13 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pA、pB表示两小球动量的变化量，则下列选项中可能正确的是()ApA3 kg·m/s，pB3 kg·m/sBpA2 kg·m/s，pB2 kg·m/sCpA 24 kg·m/s，pB24 kg·m/sDpA3 kg·m/s，pB3 kg·m/s【解析】本题属于追及碰撞问题，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(否则无法实现碰撞)，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pA<0，pB>0，并且pApB.据此可排除选项D；若pA24 kg·m/s、pB24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA12 kg·m/s、pB37 kg·m/s，根据关系式Ek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则【答案】AB2.(2015·高考全国卷)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mM，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mM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vA2vA1()2v0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m24mMM20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)MmM.【答案】(2)MmM3如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA4.0 kg和mB3.0 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t0时以一定速度向右运动，在t4 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v­t图象如图乙所示求：(1)物块C的质量mC；(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.【解析】(1)由图知，C与A碰前速度为v19 m/s，碰后速度为v23 m/s，C与A碰撞过程动量守恒mCv1(mAmC)v2即mC2 kg.(2)12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及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(mAmC)v3(mAmBmC)v4(mAmC)v(mAmBmC)vEp得Ep9 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)系统内的不同部分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)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)()A30 kg·m/sB5.7×102 kg·m/sC6.0×102 kg·m/s D6.3×102 kg·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pmv00，解得pmv00.050 kg×600 m/s30 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v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量之比为31，不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()【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t1 s取向右为正方向，由水平速度v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mvm甲v甲m乙v乙，其中m甲m，m乙m，v2 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基本观点(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)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真题拓展探究【典例2】(2016·高考全国卷)如图，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为h0.3 m(h小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为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？【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【答案】见解析拓展1“子弹打击木板”问题1.如图所示，一质量m10.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上质量m20.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端一质量为m00.05 kg的子弹、以水平速度v0100 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的速度滑离小车已知子弹与车的作用时间极短，物块与车顶面的动摩擦因数0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力取g10 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(m0m1)v1解得v110 m/s.(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(m0m1)v1(m0m1)v2m2v3解得v28 m/s由能量守恒可得(m0m1)vm2gL(m0m1)vm2v解得L2 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)如图所示，光滑水平面上有一质量M4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R0.25 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m1.0 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0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g10 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(Mm)v1由能量守恒得：mv(Mm)vmgRmgL联立并代入数据解得：v05 m/s(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(Mm)v2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：mv(Mm)vmg(Lx)联立并代入数据解得：x0.5 m.【答案】(1)5 m/s(2)0.5 m题组突破训练一、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若发生变化的时间为1 s，则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相同，故无法确定动量是增大还是减小，A、B错误；由动量定理Ip可知，合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同，C错误；由pF·t可知D正确【答案】D2运动员向球踢了一脚，踢球时的力F100 N，球在地面上滚动了t10 s停下来，则运动员对球的冲量为()A1000 N·sB500 N·sC零 D无法确定【解析】滚动了t10 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，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】相互作用过程中的相互作用力大小相等，方向相反，作用时间相同，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p和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是()Ap2 kg·m/s，W2 JBp2 kg·m/s，W2 JCp0.4 kg·m/s，W2 JDp0.4 kg·m/s，W2 J【解析】取竖直向上为正方向，则小球与地面磁撞过程中动量的变化量pmv2mv12 kg·m/s，方向竖直向上由动能定理知，合外力做的功Wmvmv2 J，A正确【答案】A5.(2020·山东济南高三质检)如图所示，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m1和m2，今有一子弹水平穿过两木块设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为Ff，则子弹穿过两木块后，木块A的速度大小是()A. B.C. D.【解析】子弹穿过两木块后木块A的速度大小等于子弹穿过A时两木块的速度大小，根据动量定理，取两木块系统为研究对象，以子弹穿过A为研究过程，则Fft1(m1m2)v，解得v，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v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离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)【解析】火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有(m1m2)v0m1v1m2v2，解得v1v0(v0v2)，D项正确【答案】D8.(2020·抚州市四校联考)如图所示，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M3.0 kg.质量为m1.0 kg的铁块以水平速度v04.0 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，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A4.0 J B6.0 JC3.0 J D20 J【解析】设铁块与木板速度相同时，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Ff，根据能量守恒定律得mvFfL(Mm)v2Ep铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得mv2FfL(Mm)v2又根据系统动量守恒可知，mv0(Mm)v联立得到Ep3.0 J，故选C.【答案】C9两质量、大小完全相同的正方体木块A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射来的子弹先后穿透两木块后飞出，若木块对子弹的阻力恒定不变，子弹射穿两木块的时间相同，则A、B两木块被子弹射穿后的速度之比为()A11 12C13 D1【解析】因木块对子弹的阻力恒定，且子弹射穿两木块的时间相同，子弹在射穿两木块对木块的冲量相同射穿A时，两木块获得的速度为v，根据动量定理，有I2mv0射穿木块B时，B的速度发生改变，而A的速度不变射穿B后，B的速度为v，根据动量定理，有Imvmv联立，2mvmvmv得.选项C正确【答案】C10.（多选）在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是()A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 v1、v2、v3，满足(Mm0)vMv1mv2m0v3B摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足MvMv1mv2C摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv(Mm)v1D小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(Mm0)v(Mm0)v1mv2【解析】在小车M和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度v匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B、C选项正确【答案】BC11.（多选）A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的x-t图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的x-t图象，c为碰撞后它们的x-t图象若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小为()A2 kg B. kgC4 m/s D1 m/s【解析】由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，va m/s3 m/s，vb m/s2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，vc m/s1 m/s.碰撞过程中动量守恒，即mAvamBvb(mAmB)vc可解得mB kg由以上可知选项B、D正确【答案】BD12.（多选）如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中，弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度v0向右运动在此过程中()AM的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大BM与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小CM的速度为时，弹簧的长度最长DM的速度为时，弹簧的长度最短【解析】M、N两滑块碰撞过程中动量守恒，当M与N具有相同的速度时，系统动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大，A错误，B正确；M的速度为时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C错误，D正确【答案】BD13(2020·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p15 kg·m/s，p27 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是()Am1m2 B2m1m2C4m1m2 D6m1m2【解析】甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1p2p1p2，即p12 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有，所以有m1m2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即m1m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以m1m2.因此C选项正确【答案】C14.(多选)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平初速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则()A小球以后将向右做平抛运动B小球将做自由落体运动C此过程小球对小车做的功为D小球在弧形槽内上升的最大高度为【解析】小球升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v，由水平方向动量守恒得mv02mv，由机械能守恒定律得mv2×mv2mgh，解得h，故D错；从小球滑上小车到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦，故机械能守恒，设小