【物理】2019届二轮复习专题二第3讲碰撞与动量守恒学案 18页

第3讲　碰撞与动量守恒 ‎[做真题·明考向]　　　　 　　　　　　　　 　　真题体验　透视命题规律 授课提示：对应学生用书第31页 ‎[真题再做]‎ ‎1.(多选)(2017·高考全国卷Ⅲ，T20)一质量为‎2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)‎ A．t＝1 s时物块的速率为‎1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为‎4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为‎5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 解析：设t＝1 s时物块的速率为v1，由动量定理得Ft＝mv1，得v1＝1 m/s，A项正确．t＝2 s时动量p2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，B项正确．t＝3 s时的动量p3＝2×2 kg·m/s－1×1 kg·m/s＝3 kg·m/s，C项错误．t＝4 s时物块速度v4＝＝ m/s＝1 m/s，故D项错误．‎ 答案：AB ‎2．(2017·高考全国卷Ⅰ，T14)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/s　　　　　 B.5.7×‎102 kg·m/s C．6.0×‎102 kg·m/s D．6.3×‎102 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p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．‎ 答案：A ‎3．(2018·高考全国卷Ⅱ，T24)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．‎ 解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有 μmBg＝mBaB①‎ 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vB′，碰撞后滑行的距离为sB，由运动学公式有 vB′2＝2aBsB②‎ 联立①②式并利用题给数据得 vB′＝‎3.0 m/s③‎ ‎(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④‎ 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有 vA′2＝2aAsA⑤‎ 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥‎ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝‎4.25 m/s⑦‎ 答案：(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s ‎4.(2016·高考全国卷Ⅱ，T35)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h＝‎0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知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 m2v0＝(m2＋m3)v①‎ m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②‎ 式中v0＝－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＋m2v0＝0④‎ 代入数据得 v1＝‎1 m/s⑤‎ 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 m2v0＝m2v2＋m3v3⑥‎ m2v＝m2v＋m3v⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s⑧‎ 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：(1)20 kg ‎(2)不能，理由见解析 ‎[考情分析]‎ ‎■ 命题特点与趋势——怎么考 ‎1．动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，这部分知识与牛顿运动定律、功能关系合称“解题三把金钥匙”，是解决物理问题的重要基本方法，是高考的重点考查内容．‎ ‎2．本讲内容经常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等知识点组成综合题．这类题型命题情景新颖，联系实际密切，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用．‎ ‎■ 解题要领——怎么做 ‎　解决本讲的问题，要紧扣命题特点，高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．因此要注意审题，弄清楚运动情景，挖掘隐含条件，有针对性地选择相应的规律和方法．‎ ‎ [建体系·记要点]　　　　　　　　　　　　　　　　　 　知识串联　熟记核心要点 授课提示：对应学生用书第32页 ‎[网络构建]‎ ‎[要点熟记]‎ ‎1．动量定理表达式FΔt＝mv′－mv中的F为物体在Δt时间内所受的合外力．‎ 应用动量定理列方程时必须选取正方向．‎ ‎2．不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒．‎ ‎3．三类碰撞 ‎(1)弹性碰撞 动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.‎ 机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2.‎ ‎(2)完全非弹性碰撞 动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.‎ 机械能损失最多，机械能的损失量为：‎ ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1＋m2)v′2.‎ ‎(3)非弹性碰撞 动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.‎ 机械能有损失，机械能的损失量为：‎ ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1v1′2＋m2v2′2)．‎ ‎[研考向·提能力]　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　考向研析　掌握应试技能 授课提示：对应学生用书第32页 考向一　冲量与动量定理 ‎1．恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解．‎ ‎2．物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力做的功决定的．‎ ‎3．动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量．‎ ‎4．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．‎ ‎1．(2018·山东、湖北重点中学第二次联考)如图所示，AB是固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，CD是固定于竖直平面内的光滑斜面轨道，AB两点和CD两点的高度差相同且AB的弧长与斜面CD长度相等．现让小球甲从A点沿圆弧轨道下滑到B点，小球乙从C点沿斜面轨道下滑到D点，两球质量相等．以下说法正确的是(　　)‎ A．甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小 B．甲球所受合外力的冲量比乙球所受合外力的冲量小 C．两球所受轨道的支持力的冲量均为零 D．两球动量的变化量相同 解析：由机械能守恒定律可知，甲、乙两球下滑到底端的速度大小相等，因甲做加速度减小的变加速运动，可知甲的平均速度较乙大，则甲滑到底端的时间较短，根据I＝mgt可知，甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小，选项A正确；甲、乙两球滑到底端时，动量的变化大小相同，但方向不同，根据动量定理可知，合外力的冲量大小相同，但是方向不同，即两球动量变化量不同，选项B、D错误；根据I＝FNt可知，因支持力均不为零，则两球所受轨道的支持力的冲量均不为零，选项C错误．‎ 答案：A ‎2．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小时内杯中水面上升了‎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 Pa　　　　　 B.0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa 解析：由于是估算压强，所以不计雨滴的重力，设雨滴受到支持面的平均作用力为F，在Δt时间内有质量为Δm的雨滴的速度由v＝12 m/s减为零．以向上为正方向，对这部分雨 水应用动量定理有FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝v.设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，F＝ρSv·，压强p＝＝ρv＝1×103×12× Pa＝0.15 Pa.故A正确．‎ 答案：A ‎3．(多选)(2018·宁夏银川第四次月考)一质量m＝‎0.10 kg的小钢球以大小为v0＝‎10 m/s的速度水平抛出，下落h＝‎5.0 m时垂直撞击一钢板，撞后速度恰好反向，且速度大小不变．已知小钢球与钢板的作用时间极短，g取‎10 m/s2，则(　　)‎ A．钢板与水平面的夹角θ＝60°‎ B．小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为1 N·s C．小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为‎10 kg·m/s D．钢板对小钢球的冲量大小为2 N·s 解析：小钢球撞击钢板时的竖直分速度vy＝＝10 m/s，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝＝1，解得α＝45°，即钢板与水平面的夹角θ＝45°，选项A错误；小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板时所飞行的时间t＝ ＝1 s，重力冲量I＝mgt＝1 N·s，选项B正确；取垂直钢板向上为正方向，小钢球刚要撞击钢板时小钢球速度的大小为v1＝v0＝10 m/s，动量p1＝－mv1＝－ kg·m/s；撞后小钢球的速度v2＝10 m/s，动量p2＝mv2＝ kg·m/s，小钢球的动量变化Δp＝p2－p1＝2 kg·m/s，由动量定理可知，钢板对小钢球的冲量大小I＝Δp＝2 N·s，选项C错误，D正确．‎ 答案：BD 使用动量定理的注意事项 ‎(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移(如第2题中压力的计算)，用动量定理求解更简捷．‎ ‎(2)动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力．变力情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值，如第2题中的压力是平均力．‎ ‎(3)动量定理的表达式是矢量式，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(如第1题中B点和D点的动量比较)，公式中的F是物体或系统所受的合力．‎ 考向二　动量、动量守恒定律 ‎[典例展示1]　如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上玩耍．‎ 甲和他的冰车的总质量为M＝‎30 kg，乙和他的冰车的总质量也是M＝‎30 kg.甲推着一个质量为m＝‎15 kg的箱子和他一起以‎2 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，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？‎ ‎[思路探究]　(1)“甲推出箱子”“乙抓住箱子”的过程动量守恒吗？‎ ‎(2)题目中“避免相撞”的条件是什么？‎ ‎[解析]　要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.‎ 对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲初速度方向为正方向，由动量守恒定律有(M＋m)v0＝mv＋Mv1①‎ 对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，由动量守恒定律有 mv－Mv0＝(m＋M)v2②‎ 甲与乙刚好不相撞的条件是v1＝v2③‎ 联立由①②③解得v＝5.2 m/s，方向与甲和箱子初速度方向一致．‎ ‎[答案]　‎5.2 m/s 应用动量守恒定律解题的基本步骤 ‎(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，如例题中分别以“甲和箱子”“乙和箱子”为系统．‎ ‎(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．‎ ‎4．(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，一起以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短．在此过程中，下列情况可能发生的是(　　)‎ A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3‎ B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2‎ C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′‎ D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v0＝(M＋m0)v1＋mv2‎ 解析：碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变v1和v2，由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确，A、D错误．‎ 答案：BC ‎5.(2018·河北衡水中学第六次调研)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略地测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L.已知他自身的质量为m，则小船的质量m0为(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C. D. 解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t.取船的速度为正方向，则v＝，v′＝，根据动量守恒定律得m0v－mv′＝0，解得船的质量m0＝，故选项B正确．‎ 答案：B ‎6．如图，水平面上有一质量为m＝‎1 kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0＝‎1 kg的小物块，小物块与小车一起以v0＝‎6 m/s的速度向右运动，与静止在水平面上质量为M＝‎4 kg的小球发生正碰，碰后小球的速度变为v＝‎2 m/s.碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力．求：‎ ‎(1)小车与小球碰撞后瞬间小车的速度v1；‎ ‎(2)从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小．‎ 解析：(1)小车与小球碰撞过程，根据动量守恒定律有 mv0＝Mv＋mv1‎ 解得v1＝－2 m/s，负号表示碰撞后小车向左运动 ‎(2)当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度为v2，根据动量守恒定律有 m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2‎ 解得v2＝2 m/s 设从碰撞后瞬间到弹簧被压缩到最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有 I＝mv2－mv1‎ 解得I＝4 N·s 答案：(1)2 m/s，方向向左 ‎(2)4 N·s 考向三　碰撞与反冲、爆炸类问题 ‎[典例展示2]　(2018·福建福州高三第二次月考)如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为‎2m，都静止于光滑水平台面上．A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，细线断后A速度变为v0，A与C相碰后，黏合在一起．求：‎ ‎(1)A与C刚黏合在一起时的速度大小；‎ ‎(2)若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好黏合的过程中，系统损失的机械能为多少？‎ ‎[思路探究]　(1)细线断的过程中，A、B组成系统具有什么特点？‎ ‎(2)A和C相碰过程属于哪类碰撞？有什么特点？‎ ‎[解析]　(1)轻细线绷断的过程，A、B组成的系统动量守恒，‎ mv0＝m·v0＋2mvB 解得vB＝v0‎ 之后在A与C发生完全非弹性碰撞过程中，A、C组成的系统动量守恒 m·v0＝(m＋m)v2，解得v2＝v0‎ ‎(2)在运动全过程，A、B、C组成的系统机械能损失为 ΔE＝mv－(‎2m)v－(‎2m)v＝mv ‎[答案]　(1)v0　(2)mv 抓住“三个原则、三个定律”速解碰撞问题 ‎(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：‎ 当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力．‎ ‎(2)碰撞的“三个原则”：①动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；②能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；③物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致．‎ ‎(3)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解；②如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解．‎ ‎7.(多选)(2018·广西南宁第四中学高三月考)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v t图线，由图线可以判断(　　)‎ A．A、B的质量比为2∶3‎ B．A、B作用前后总动量守恒 C．A、B作用前后总动量不守恒 D．A、B作用前后总动能不变 解析：A、B碰撞过程中，系统所受外力之和为零，动量守恒，由碰撞前后的v t图线知，碰前A的速度vA＝6 m/s，B的速度vB＝1 m/s，碰后A的速度vA′＝2 m/s，B的速度vB′＝7 m/s，根据动量守恒定律有mA·vA＋mB·vB＝mA·vA′＋mB·vB′，代入数据可得mA∶mB＝3∶2，故A、C错误，B正确；作用前总动能为mA·v＋mB·v＝mA，作用后总动能为mA·vA′2＋mB·vB′2＝mA，由此可知作用前后A、B的总动能不变，D正确．‎ 答案：BD ‎8．一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、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g取‎10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)‎ 解析：平抛运动时间t＝ ＝1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝mv甲＋mv乙，又因为v甲＝，v乙＝，t＝1 s，则有x甲＋x乙＝2 m，将各选项中数据代入计算得B正确．‎ 答案：B ‎9．(多选)如图所示，一辆小车静止在光滑的水平面上，小车的上表面左侧AB为一光滑的圆弧，其半径为R＝‎0.8 m，右侧BC为粗糙水平面，且水平面与圆弧光滑过渡，BC＝‎0.8 m，小车的上表面右侧离地高度为h＝‎0.8 m，小车静止时其右侧端点C在地面上的投影为C′点，一质量为m＝‎1 kg的滑块(可视为质点)自圆弧顶点A由静止释放，并且从C处滑落小车，其落地时刚好打在C′点，已知滑块与小车上表面BC面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取‎10 m/s2，则由以上条件可得(　　)‎ A．小车的最终速度为‎1 m/s B．整个过程滑块与小车因摩擦产生的热量为Q＝4 J C．小车的质量为M＝‎‎1 kg D．从小车开始运动至滑块落至C′的时间内，小车一共向左前进了x＝‎‎1.6 m 解析：滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，设滑块滑离小车时速度大小为v1，小车最终速度大小为v2，则mv1＝Mv2，根据能量守恒可得mgR＝mv＋Mv＋μmgLBC，滑块滑离小车后做平抛运动，根据题意其平抛的水平距离为小车向左运动的距离，小车向左运动了s＝(R＋LBC)，又s＝v1t，h＝gt2，联立以上各式解得M＝1 kg，v1＝v2＝2 m/s，s＝0.8 m，t＝0.4 s，故A错误，C正确；整个过程的摩擦生热为Q＝μmgLBC＝4 J，B正确；自滑块滑落小车至落地时，小车又发生的位移s′＝v2t＝0.8 m，所以从小车开始运动至滑块落至C′的时间内，小车一共向左前进了x＝s＋s′＝1.6 m，故D正确．‎ 答案：BCD ‎10．如图所示，小球B与一轻质弹簧相连，并静止在足够长的光滑水平面上，小球A以某一速度与轻质弹簧正碰．小球A与弹簧分开后，小球B的速度为v，求：‎ ‎(1)当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时，小球B的速度的大小；‎ ‎(2)若小球B的质量m2已知，在小球A与弹簧相互作用的整个过程中，小球A受到弹簧作用力的冲量．‎ 解析：(1)当系统动能最小时，弹簧压缩至最短，两球具有共同速度v共．设小球A、B的质量分别为m1、m2，碰撞前小球A的速度为v0，小球A与弹簧分开后的速度为v1.从小球A碰到弹簧到与弹簧分开的过程中，由系统动量守恒和能量守恒有 m1v0＝m1v1＋m2v，m1v＝m1v＋m2v2‎ 联立解得v＝，即m1v0＝v 从小球A碰到弹簧到两球共速的过程中，系统动量守恒，故m1v0＝(m1＋m2)v共，解得v共＝.‎ ‎(2)设水平向右为正方向，则小球B动量的增量为m2v，根据动量守恒知小球A动量的增量为－m2v 根据动量定理有I＝－m2v，小球A受到弹簧作用的冲量的大小为m2v，方向水平向左．‎ 答案：(1)　(2)m2v，方向水平向左 ‎[限训练·通高考]　　 　　　　　　　　　　　　 　科学设题　拿下高考高分 单独成册　对应学生用书第135页 ‎(45分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1．关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是(　　)‎ A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒 B．乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加 C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，系统动量守恒，机械能不守恒 D．丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒 解析：甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；乙图中，剪断细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，选项C 正确；丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误．‎ 答案：C ‎2．(2018·河南三门峡高三质检)甲、乙两个质量都是M的小车静置在光滑水平地面上．质量为m的人站在甲车上并以速度v(对地)跳上乙车，接着仍以对地的速率v反跳回甲车．对于这一过程，下列说法中正确的是(　　)‎ A．最后甲、乙两车的速率相等 B．最后甲、乙两车的速率之比v甲∶v乙＝M∶(m＋M)‎ C．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1＝I2‎ D．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1>I2‎ 解析：以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳离甲车时，mv－Mv1＝0，以乙车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳上乙车时，mv＝(m＋M)v2，人跳离乙车时，－(m＋M)v2＝－Mv乙＋mv，以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人反跳回甲车时，mv＋Mv1＝(m＋M)v甲，解得＝，故A错误，B正确；由动量定理得，对甲车I1＝Mv1＝mv，对乙车I2＝Mv乙－Mv2＝2mv－>mv，即I1·3m·v2，选项D错误．‎ 答案：A ‎4.‎2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠，如图为丁俊晖正在准备击球．设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为pA＝‎5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为pB′＝‎4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)‎ A．mB＝mA　　　　　　 B.mB＝mA C．mB＝mA D．mB＝6mA 解析：由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有≥＋，代入数据解得mB≥mA，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可得mA≤mB≤4mA，选项A正确．‎ 答案：A ‎5.如图所示，在光滑的水平面上，质量m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇，＝2，则两小球质量之比m1∶m2为(　　)‎ A．7∶5　　　　　　　　 B.1∶3‎ C．2∶1 D．5∶3‎ 解析：设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有m1v＝m1v＋m2v，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝∶(＋2)＝∶(＋4)＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正确．‎ 答案：D 二、多项选择题 ‎6.如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB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AB和C都静止．当突然烧断细绳时，C被释放，使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，以下说法正确的是(　　)‎ A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动 B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动 D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动 解析：小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，在弹簧伸长的过程中，C向右运动，则小车向左运动，故A错误．规定向右为正方向，在C与B碰前，根据动量守恒定律得，0＝mvC－Mv，解得vC∶v＝M∶m，故B正确；因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当C与油泥粘在一起时，总动量仍然为零，则小车停止运动，故C正确，D错误．‎ 答案：BC ‎7.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象．若A球质量是m＝‎2 kg，则由图判断下列结论正确的是(　　)‎ A．碰撞前、后A球的动量变化量为‎4 kg·m/s B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·s C．A、B两球碰撞前的总动量为‎3 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J 解析：根据图象可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔE＝mv＋mBv－(m＋mB)v2＝10 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，选项C错误．‎ 答案：ABD ‎8.如图所示，将一轻质弹簧从物体B内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量m1＝‎2.0 kg的物体A.平衡时物体A距天花板的距离h＝‎2.4 m，在距物体A正上方高h1＝‎1.8 m处由静止释放质量为m2＝‎1.0 kg的物体B，B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞(碰撞时间极短)并立即以相同的速度与A一起运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时0.25 s第一次到达最低点，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g取‎10 m/s2.下列说法正确的是(　　)‎ A．碰撞结束瞬间两物体的速度大小为‎2 m/s B．碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为‎0.25 m C．碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18 N D．A、B到最低点后反弹上升，A、B分开后，B还能上升的最大高度为‎0.2 m 解析：设物体B自由下落至与物体A碰撞前的速度为v0，根据自由落体运动规律有v0＝＝6 m/s，物体A、B碰撞结束瞬间二者具有共同的速度vt，以向下为正方向，由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)vt，解得vt＝2 m/s，A正确；从二者一起运动到速度变为零的过程中，以B为研究对象，由动量定理有(m2g－F)t＝0－m2vt，解得F＝18 N，方向竖直向上，设碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为x，由动能定理有－Fx＋m2gx＝0－m2v，解得x＝0.25 m，B、C正确；A、B分开时其相互间的作用力为零，且A、B具有相同的加速度，可知当弹簧对A的拉力为零，即弹簧恢复原长时，A、B分开，若A、B上升到碰撞位置分开，B还能上升的最大高度h′＝＝0.2 m，因弹簧恢复原长时的位置比碰撞时的高，此时B的速度小于vt，故B还能上升的最大高度小于0.2 m，D错误．‎ 答案：ABC 三、非选择题 ‎9．(2018·高考全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：‎ ‎(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；‎ ‎(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．‎ 解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有 E＝mv①‎ 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②‎ 联立①②式得t＝ ③‎ ‎(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④‎ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有mv＋mv＝E⑤‎ mv1＋mv2＝0⑥‎ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有 mv＝mgh2⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝⑧‎ 答案：(1) 　(2) ‎10.如图所示，质量均为m的木板AB和滑块CD紧靠在一起静置在光滑水平面上，木板AB的上表面粗糙，滑块CD的表面是光滑的四分之一圆弧，其始端D点切线水平且与木板AB上表面相平．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v0滑上木板AB，过B点时的速度为，然后滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD的最高点C处．重力加速度为g.求：‎ ‎(1)物块滑到B点时木板的速度v的大小；‎ ‎(2)滑块CD圆弧的半径R.‎ 解析：(1)对P和木板、滑块CD组成的系统，由动量守恒定律有mv0＝m＋2mv，解得v＝.‎ ‎(2)物块P由D点滑到C点的过程中，滑块CD和物块P组成的系统在水平方向动量守恒，有 m＋m＝2mv共 系统能量守恒，有 mgR＝m()2＋m()2－×2mv 解得R＝.‎ 答案：(1)　(2) ‎11．如图所示，质量为mA＝‎3 kg的小车A以v0＝‎4 m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为mB＝‎1 kg的小球B(可看作质点)，小球距离车面h＝‎0.8 m．某一时刻，小车与静止在光滑水平面上的质量为mC＝‎1 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂．此后，小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g取‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)小车系统的最终速度大小v共；‎ ‎(2)绳未断前小球与沙桶的水平距离L；‎ ‎(3)整个过程中系统损失的机械能ΔE机损．‎ 解析：(1)设系统最终速度为v共，水平方向动量守恒，有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v共 代入数据解得v共＝3.2 m/s ‎(2)A与C的碰撞动量守恒，mAv0＝(mA＋mC)v1‎ 解得v1＝3 m/s，设小球下落时间为t，则h＝gt2‎ 代入数据解得t＝0.4 s 所以绳未断前小球与沙桶的水平距离为L＝(v0－v1)t 代入数据解得L＝0.4 m ‎(3)由能量守恒得ΔE机损＝mBgh＋(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v 代入数据解得ΔE机损＝14.4 J 答案：(1)3.2 m/s　(2)0.4 m　(3)14.4 J