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专题07碰撞与动量守恒第一部分 名师综述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查基本概念和基本规律。考纲要求1、理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件。2、会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。命题规律1、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、动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；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。第二部分知识背一背（1）动量、动能、动量变化量的比较名称项目动量动能动量的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pmvppp矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量(2)动量的性质矢量性：方向与瞬时速度方向相同瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量(3)动量守恒条件理想守恒：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(4)动量守恒定律的表达式m1v1m2v2m1v1m2v2或p1p2.（5）碰撞的种类及特点分类标准种类特点机械能是否守恒弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大碰撞前后动量是否共线对心碰撞(正碰)碰撞前后速度共线非对心碰撞(斜碰)碰撞前后速度不共线(6)动量守恒定律和能量守恒定律动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注 意动量守恒的条件及机械能守恒的条件。在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过 程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解。第三部分 技能+方法一、动量守恒定律的特点：矢量性：表达式中涉及的都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。不同时刻的动量不能相加。同时性：动量是状态量，具有瞬时性，动量守恒定律指的是相互作用的物体构成的物体系在任一时刻的总动量都相同普适性：它不仅适用于两个物体组成的系统，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，对微观粒子组成的系统也适用。二、应用动量守恒定律解题的特点由于动量守恒定律只考虑物体相互作用前、后的动量，不考虑相互作用过程中各个瞬间细节，即使在牛顿运动定律适用的范围内，它也能解决许多由于相互作用力难以确定而不能直接应用牛顿运动定律的问题，这正是动量守恒定律的特点和优点所在三、应用动量守恒定律解题的步骤明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；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)；规定正方向，确定初、末状态动量；由动量守恒定律列出方程；代入数据，求出结果，必要时讨论说明四、碰撞现象满足的规律动量守恒定律机械能不增加速度要合理：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。五、弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律以质量为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m1v1m1v1m2v2和解得：；结论：当两球质量相等时，v10，v2v1，两球碰撞后交换速度当质量大的球碰质量小的球时，v10，v20，碰撞后两球都向前运动当质量小的球碰质量大的球时，v10，碰撞后质量小的球被反弹回来六、综合应用动量和能量的观点解题技巧动量的观点和能量的观点动量的观点：动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因简单地说，只要求知道过程的始、末状态动量式、动能式和力在过程中的冲量和所做的功，即可对问题求解利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题：(a)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式(b)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解第四部分 基础练+测一、单选题1如图所示，车厢长为l，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为Av0，水平向右B0Cmv0M+m，水平向右Dmv0M-m，水平向右【答案】 C【解析】【详解】以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=（M+m）v，最终车的速度为：v=mv0M+m，方向与v0的速度相同，水平向右；故选C.2如图所示，铁板AB于水平地面间的夹角为，一块磁铁吸附在铁板下方。现缓慢抬起铁板B端使角(始终小于90)增大的过程中，磁铁始终相对铁板静止。下列说法正确的是()A磁铁所受合外力逐渐减小 B铁板对磁铁的弹力逐渐增大C磁铁受到的摩擦力做负功 D铁板对磁铁的弹力冲量等于零【答案】 B【解析】【分析】【详解】对铁块受力分析，受重力G、磁力F、支持力N和摩擦力f，如图所示：由于始终平衡，故合力为零，故A错误；根据平衡条件，有：mgsin-f=0，F-mgcos-N=0，解得：f=mgsin，N=F-mgcos，由于不断变大，故f不断变大，N不断变大，故B正确；摩擦力与运动方向垂直，则不做功，故C错误；铁板对磁铁的弹力冲量等于Ft0，故D错误。所以B正确，ACD错误。【点睛】本题关键是对滑块受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列式求解，注意三力平衡通常用合成法，三力以上用正交分解法。31998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验。在碰撞过程中，关于安全气囊对驾驶员保护作用的说法正确的是A减小了驾驶员的动量变化量B减小了驾驶员的动量变化率C减小了驾驶员受到撞击力的冲量D延长了撞击力的作用时间，从而使得驾驶员的动量变化量更大【答案】 B【解析】【分析】分析碰撞前后的动量变化关系，明确动量变化率的变化，再根据动量定理分析冲击力的变化；【详解】在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft=P可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率，故B正确，A、C、D错误；故选B。4如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球。开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速释放，之后不会与车上的支架碰撞。在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是()A小球摆到最低点时，小车的速度最大B小车和小球系统动量守恒C小球摆到右方最高点时刻，小车有向右的速度D小球向右摆动过程小车一直向左加速运动【答案】 A【解析】【分析】由于水平面光滑，球、车系统水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，系统机械能守恒，小球摆过程中机械能不守恒。【详解】小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，小球在最低点，小球的水平速度最大，小车速度最大，小球从图示位置下摆到最低点，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车速度最大。当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车静止。故小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，故A正确，CD错误；小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒，故B错误。所以A正确，BCD错误。【点睛】本题主要考查了动量守恒、机械能守恒条件的判断，要求同学们能正确分析小球和小车的运动情况，知道水平方向的动量守恒定律。5一宇宙飞船的横截面积s，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为（ ）Asnmv02 B2snmv02 Csnmv03 D2snmv03【答案】 C【解析】【分析】根据题意求出时间t内黏附在卫星上的尘埃质量，然后应用动量定理求出推力大小，利用P=Fv求得功率；【详解】时间t内黏附在卫星上的尘埃质量：M=v0tsnm，对黏附的尘埃，由动量定理得：Ft=Mv0解得：F=nmv02s；维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为P=Fv0=nmv03s，故选项C正确，ABD错误。【点睛】本题考查了动量定理的应用，根据题意求出黏附在卫星上的尘埃质量，然后应用动量定理可以求出卫星的推力大小，利用P=Fv求得功率。6一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，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至弹簧第一次被压缩最短的过程中，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动量守恒，机械能不守恒C动量不守恒，机械能不守恒 D动量不守恒，总动能减小【答案】 B【解析】【详解】在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒。在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒。故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统7如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是A木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同B小车与木箱组成的系统动量守恒C男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D男孩和木箱组成的系统动量守恒【答案】 C【解析】【详解】AC：男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等、方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同。故A项错误，C项正确。B：小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒。故B项错误。D：男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒。故D项错误。【点睛】动量守恒条件：系统不受外力或受外力的矢量和为零。相互作用的时间极短，相互作用的内力远大于外力，如碰撞或爆炸瞬间，外力可忽略不计，可以看作系统的动量守恒。系统某一方向上不受外力或受外力的矢量和为零；或外力远小于内力，则该方向上动量守恒(分动量守恒)。在某些实际问题中,一个系统所受外力和不为零，内力也不是远大于外力，但外力在某个方向上的投影为零，那么在该方向上可以说满足动量守恒的条件。8如图所示，A、B两个质量不等的小球（视为质点），A球从某一高度H处静止开始下落的同时B球由同一高度以初速度v0开始做平抛运动。空气阻力不计，对于两球下落的全程中，以下说法正确的有A动能的变化相等B机械能的变化相等C重力做的功相等D动量的变化相等【答案】 B【解析】【详解】两球只受重力作用，由于质量不等，落地的过程中，合力功不相等，则动能的变化不等，选项A错误；两球的机械能守恒，则机械能的变化相等，选项B正确；根据W=mgh可知，重力做功不等，选项C错误；动量的变化等于重力的冲量，P=mgt，运动的时间相等，质量不等，则动量的变化不相等，选项D错误；故选B.【点睛】此题关键是理解机械能守恒定律、动能定理和动量定理，知道平抛运动的特点；同时要注意两物体的质量是不等的条件.9关于以下概念中说法正确的是A作用力和反作用力可能同时做正功B一个力对物体有冲量，则该力对物体一定做功C做圆周运动的物体，其向心加速度可能不指向圆心D若一个物体的动量发生变化，则动能一定发生变化【答案】 A【解析】【详解】作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，但是各自的力的方向与位移方向可能相同，也可能相反，即作用力和反作用力可能同时做正功，也可能同时做负功，或作用力做功，反作用力可以不做功，故A正确。一个力对物体有冲量，但不一定有位移，即该力对物体不一定做功，选项B错误；做圆周运动的物体，其向心加速度一定指向圆心，选项C错误；若一个物体的动量发生变化，可能是速度方向变化，速度大小不一定变化，即动能不一定发生变化，选项D错误；故选A.10高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从高空下落撞在地面上,与地面碰撞时间为2ms,同时对地面产生的冲击力为103N,鸡蛋落地时速度约为A0.4m/sB4m/sC40m/sD400m/s【答案】 B【解析】【详解】设向上为正方向，则鸡蛋与地面碰撞的过程，由动量定理：(F-mg)t=0-(-mv)，解得v=(F-mg)tm=103-0.5210-30.05m/s=4.1m/s，故选B.【点睛】本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，能够根据研究过程列出表达式求解，注意正方向的选取。二、多选题11如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点，A点处有一质量为m2的静止小球，紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量关系可能为Am1=3m2Bm2= m1Cm2=5m1Dm2=7m1【答案】 ABD【解析】【详解】若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有：v2t=3v1t，即：v2=3v1，根据动量守恒得，m1v0=m1v1+m2v2，根据机械能守恒得，12m1v02=12m1v12+12m2v22，联立解得m1=3m2；碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与档板碰后反弹在B点追上球2，则有：v1t=3v2t，即：v1=3v2，同理，解得：m2=7m；若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与档板碰后反弹在B点相遇，则有：v1t=v2t，即: v1=v2，同理，解得：m2=3m1；故选ABD。12如图所示，有一倾角为37的足够长的粗糙斜面，动摩擦因数为0.5。现用F=20N的拉力沿斜面向上拉动1kg的木块，经6s后，下列说法正确的是：（）A木块的加速度恒为20m/s2B木块的动量为60kgm/sC拉力F的冲量为120NsD拉力F的冲量为0【答案】 BC【解析】【详解】物理受力分析列牛顿第二定律方程F-mgsin37-mgcos37=ma，代入数据解得：a10m/s2，故A错误；经6s后物体的速度v=at=60m/s，此时木块的动量为：P=mv=60kgm/s，故B正确；拉力F的冲量为：I=Ft=120Ns，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。13一根不可伸长的轻绳一端固定在水平杆上的A点，另一端连接在套在光滑竖直杆的轻环B上，如图所示。轻绳绕过悬挂重物的轻滑轮C（不计轻绳与滑轮间的摩擦），重物质量为m，用竖直向上的力F拉住轻环B让其缓慢向上移动h，经过时间为t，在时间t内（）A轻绳拉力对滑轮C的冲量大小为mgtB轻绳拉力对滑轮C做的功为FhC竖直杆对轻环作用力的冲量为0D水平杆对轻绳作用力的冲量不为0【答案】 ABD【解析】【详解】轻绳对滑轮C拉力的合力等于重物重力mg，则在时间t内拉力对滑轮C的冲量大小为mgt，选项A正确；轻绳拉力做的功等于作用于B的竖直力F做的功，而A、B间水平距离不变，即AC与水平方向夹角不变，力F为恒力，故力F做的功为Fh，选项B正确；竖直杆对轻环及水平杆对轻绳的作用力不为0，因此在时间t内其作用力的冲量不为0，故选项C错D正确。14如图所示，位于竖直面内的半圆形光滑凹槽放在光滑的水平面上,小滑块从凹槽边缘A点由静止释放，经最低点B 向上到达另一侧边缘C点。把小滑块从A点到达B点称为过程I，从B点到达C点称为过程，则（）A过程I中小滑块与凹槽组成的系统动量守恒B过程I中小滑块对凹槽做正功C过程中小滑块与凹槽组成的系统机械能守恒D过程中小滑块对凹槽做负功【答案】 BCD【解析】【详解】A、过程中小滑块与凹槽组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒故A错误B、在过程中，小滑块对槽的压力方向左下方，而凹槽向左运动，所以过程I中小滑块对凹槽做正功故B正确C、在过程中小滑块与凹槽组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒故C正确，D、在过程中小滑块对凹槽的弹力方向右下方，而凹槽向左运动，所以过程中小滑块对凹槽做负功，故D正确；综上所述本题答案是：BCD15如图所示,一个物体在与水平方向成 角的拉力F 的作用下匀速前进了时间t ,则( )A拉力对物体的冲量大小为FtB拉力对物体的冲量大小为FtsinC摩擦力对物体的冲量大小为FtsinD合外力对物体的冲量大小为零【答案】 AD【解析】【分析】恒力的冲量等于作用力与作用时间的乘积根据动量定理求合外力的冲量【详解】运动时间为t，则拉力的冲量为I1=Ft，由于做匀速运动，阻力大小与F的水平分力相等，摩擦力大小为f=Fcos，摩擦力对物体的冲量的大小为I2=ft=Ftcos，物体匀速运动，由动量定理知合外力对物体的冲量为零，AD正确16在相等的时间内动量的变化相等的运动有()A匀速圆周运动B自由落体运动C平抛物体运动D匀减速直线运动【答案】 BCD【解析】【详解】A：匀速圆周运动物体，所受合外力指向圆心，合外力为变力；据动量定理可得，合外力为变力时，任意相等时间内，物体动量变化不相等。B：自由落体运动物体，只受重力，所受合外力为恒力；据动量定理可得，合外力为恒力时，任意相等时间内，物体动量变化相等。C：平抛运动物体，只受重力，所受合外力为恒力；据动量定理可得，合外力为恒力时，任意相等时间内，物体动量变化相等。D：匀减速直线运动物体，所受合外力为恒力；据动量定理可得，合外力为恒力时，任意相等时间内，物体动量变化相等。综上，任意相等时间内，物体动量变化不相等的是A项。17如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点。乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点。两球质量均为m。若乙球落在B点时的速度大小为v3，与地面的夹角为60，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法正确的是A由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是1:1BOA两点的水平距离与OB两点的水平距离之比是3:1C设地面处势能为0，甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3:1D乙球在B点受到地面的冲量大小为3mv3【答案】 BCD【解析】设OA间的竖直高度为h。由O点到A点，甲球运动时间为 tA=2hg乙球运动时间是甲球的3倍。故A错误。乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，从B到A的水平位移等于从O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，故B正确。设乙球由O点到B点水平位移为x，时间为t。对甲球有 3x=v1t，对乙球有 x=v2t，则得v1：v2=3：1；因乙球落地时速度与地面的夹角为60，则可知落地的竖直速度vy=v2tan600=3v2，则由vy2=2gh可知，mgh=32mv22；甲的机械能E1=mgh+12mv12=32mv22+12m(3v2)2=6mv22；乙的机械能：E2=mgh+12mv22=32mv22+12mv22=2mv22，即甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3:1，故C正确。乙球在B点受到地面的冲量大小等于竖直方向的动量变化，I=2mv3sin600=3mv3，选项D正确；故选BCD.点睛：解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关18如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。下列说法中正确的是()A小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B小球从A到C过程与从C到B过程，合外力的冲量相同C小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等D小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相同【答案】 BD【解析】位移是从初位置指向末位置的有向线段，故小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功，即外力做功不为零，故A错误；B为AC的中点，故小球从A到C过程与从C到B过程加速度相同，但速度在减小，故AC过程用时较少，根据v=at，可知AC过程的速度变化量较小，根据动量定理得：I=P=mv，可知AC过程的合力冲量较小；克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据-mgscos=-E，可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等，故ABC错误，D正确；故选D.19如图所示，滑块M置于光滑水平地面上，M左侧为与水平面相切的光滑曲面，一滑块m从静止开始沿M的光滑曲面下滑到底端的过程中，下列说法正确的是A滑块与光滑曲面组成的系统动量守恒Bm的重力的冲量小于M对m的支持力的冲量Cm对M做的功等于m和M动能的增加量的和Dm减小的重力势能大于M增加的动能【答案】 BD【解析】m在竖直方向有竖直向下的分加速度，系统处于失重状态，合外力不为零，故系统动量不守恒，A错误；m的重力的冲量是竖直向下的，m在这个方向上开始时无动量，最后在水平面上时也无动量，而M对m的支持力的冲量分为竖直方向的冲量和水平面的冲量，其竖直方向的冲量与重力的冲量抵消，二者大小相等，但仍存在水平方向的冲量，故m的重力的冲量小于M对m的支持力的冲量，B正确；根据动能定理可知，m对M做的功等于M动能的增加量，C错误；根据系统机械能守恒定律可知，m减小的重力势能等于m和M增加的动能之和，即大于M增加的动能，D正确；选BD.【点睛】m与M系统机械能守恒，系统动量不守恒；但在水平方向动量守恒，m减少的重力势能等于m与M增加的动能之和.20质量为10kg的物体，它的动量的变化率为2kgm/s2，且保持不变.下列说法不正确的是( )A该物体一定做匀速运动B该物体一定做匀变速直线运动C该物体在任意相等的时间内所受力的冲量一定相同D无论物体运动轨迹如何，它的加速度一定是0.2m/s2【答案】 CD【解析】根据动量定理，动量对时间的变化率等于物体所受的合外力，动量对时间的变化率保持不变，物体所受的合外力保持不变，该物体一定做匀变速运动，但不一定做匀变速直线运动.合外力保持不变，则该物体在任意相等的时间内所受合外力的冲量一定相同，物体所受的合外力为2 N，加速度为0.4 m/s2.三、解答题21如图，两个滑块A和B的质量分别为4kg和2kg，放在静止于水平地面上的足够长的木板C上，两者与木板间的动摩擦因数均为0.4：木板的质量为2kg，与地面间的动摩擦因数为0.1某时刻A滑块获得初速度v0=4m/s，0.5秒后A、B发生碰撞，碰撞过程时间极短AB总动能损失0.5J，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑块大小，取重力加速度大小g=10ms2求（1）求碰撞前滑块A和B的速度；（2）A，B，C刚共速时候的速度【答案】 （1）1.5m/s2m/s（2）43m/s。【解析】【详解】（1）碰撞前A滑块做匀减速运动，A受到的滑动摩擦力fA=AmAg=0.4410N=16N根据牛顿第二定律得aA=-fAmA=-Ag=-4m/s2碰撞前瞬间A的速度vA=v0+aAt=4-40.5=2m/s碰撞前BC滑块看作一个整体做匀加速运动，则f地=地（mA+mB+mC）gBC整体的加速度aBC=fA-f地mB+mC可得f地=8N，aBC=2m/s2则vBC=aBCt=25=1m/s（2）碰撞过程AB滑块动量守恒，取向右为正方向，则有：mAvA+mBvB=mAvA+mBvB碰撞过程AB滑块能量守恒，有：12mAvA2+12mBvB2=12mAvA2+12mBvB2可以解得：vA=1.5m/s，vB=2m/s或者vA=116m/s，vB=43m/s。由于A滑块的速度不能大于B，所以舍去碰撞后A滑块受到摩擦力不变仍然为fA=16N可得：aA=-4m/s2碰撞后BC滑块B物体的速度大于C，不能看成一个整体。B受到摩擦力fB=BmBg解得fB=8N对C有aC=fA+fB-f地mC解得：aC=8m/s2AC滑块相对运动直到共速过程对A有vAC=vA+aAt2。对C有vAC=vBC+aCt2。可得vAC=43m/s，t2=124s然后B滑块继续减速（此过程AC共同恰好能匀速运动）直到ABC速度均为43m/s。22如图所示，一颗质量为m的子弹水平打中悬挂在O点的质量为M的木块，绳子长L。子弹嵌在木块中一起上升，恰好能够到达最高点，这时被P处的刀片割断绳子（无能量损失）。求：（1）子弹木块飞出后落在了与圆心等高平台上的A点，A到O点的距离是多少？（2）在最低点处，子弹打中木块后瞬间，它们的速度有多大？（3）子弹打中木块前的初速度是多少？【答案】 （1）2L（2）5gL（3）M+m5gLm【解析】【详解】（1）木块恰好能够到达最高点，则M+mg=M+mv22L木块过最高点后做平抛运动，则有：L=12gt2A到O点的距离为：xOA=v2t联立可得：xOA=2L（2）从最低点到最高点根据动能定理可得：-M+mg2L=12M+mv22-12M+mv12解得：v1=5gL（3）根据动量守恒可得：mv0=M+mv1解得：v0=M+m5gLm23一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，求加速后航天器的速度大小（v0、v1均为相对同一参考系的速度）【答案】 vMv0+mv1M-m【解析】【详解】设加速后航天器的速度大小为v，由动量守恒定律有Mv0=-mv1+（M-m）v解得vMv0+mv1M-m24撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动。在某次比赛中，认为运动员越过横杆后做自由落体运动，重心下降4.05m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t=0.90s。已知运动员质量m=65kg，重力加速度g10 m/s2，不计撑杆的质量和空气的阻力。求：软垫对运动员平均作用力的大小。【答案】 1300N【解析】【详解】运动员越过横杆后做自由落体运动，故根据v2=2gh，运动员接触软垫瞬间的速度大小为：v=9m/s；设向上为正方向，根据动量定理可得：(F-mg)t=0-(-mv)，解得F=mvt+mg=1300N25光滑水平面上有一足够长的木板质量为M,另一质量为m的滑块，以速度v0从左端滑上木板，足够小滑块与木板间的动摩擦因数为。求：（1）木板最终的速度；（2）滑块相对木板运动的时间。【答案】 （1）v=mv0m+M（2）t=Mv0g(m+M)【解析】（1）由动量守恒定律：mv0=(m+M)vv=mv0m+M（2）由动量定律：-mgt=mv-mv0t=Mv0gm+M26蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m50 kg的运动员从距蹦床h11.25 m高处自由落下，接着又能弹起h21.8 m高，运动员与蹦床接触时间t0.50 s，在空中保持直立，取g10 m/s2，求：运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F.【答案】 250 Ns 1600N【解析】试题分析：根据冲量的定义即可求出重力的冲量大小；先根据动能定理或机械能守恒定律求出人碰撞床前的速度v1和碰撞后的速度v2，分析人与床作用过程中受哪些力，根据动量定理F合t=mv2-mv1，可求出人受到床给它的平均作用力的大小。重力的冲量大小为：Imgt=50100.50=250Ns设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，则根据动能定理可得：mgh1=12mv12解得：v1=5m/s弹起时速度大小为v2，则根据动能定理可得：mgh2=12mv22解得：v2=6m/s取向上为正方向，由动量定理有：(F-mg)t=mv2-(-mv1)代入数据解得F1 600 N点睛：本题主要考查了动量定理的应用，在用动量定理解题的时候要注意动量定理是矢量式，一定要规定正方向。27甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s和2 m/s求甲、乙两运动员的质量之比【答案】 3:2【解析】由动量守恒定律得m1v1-m2v2=m2v2-m1v1解得m1m2=v2+v2v1+v1代入数据得m1m2=32【名师点睛】考查动量守恒，注意动量的矢量性，比较简单28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。（i）求斜面体的质量；（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】 （i）20 kg （ii）不能【解析】试题分析：设斜面质量为M，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：m2v2=(m2+M)v系统机械能守恒：m2gh+12(m2+M)v2=12m2v22解得：M=20kg人推冰块的过程：m1v1=m2v2,得v1=1m/s（向右）冰块与斜面的系统：m2v2=m2v2+Mv312m2v22=12m2v22+12Mv32解得：v2=-1m/s（向右）因|v2|=v1，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩。考点：动量守恒定律、机械能守恒定律29如图所示，光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B，B的质量为M=3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生弹性碰撞，碰撞后小物块A又滑上劈B。求物块A在B上能够达到的最大高度。【答案】 h=3v028g【解析】试题分析：选取A、C系统碰撞过程动量守恒，机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出A的速度；A、B系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。小物块C与A发生弹性碰撞，由动量守恒得：mv0mvCmvA由机械能守恒定律得：12mv02=12mvC2+12mvA2联立以上解得：vC0，vAv0设小物块A在劈B上达到的最大高度为h，此时小物块A和B的共同速度大小为v，对小物块A与B组成的系统，由机械能守恒得：12mvA2=mgh+12(m+M)v2水平方向动量守恒mvA=(m+M)v联立以上解得： h=3v028g点睛：本题主要考查了物块的碰撞问题，首先要分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题要注意A、B系统水平方向动量守恒，系统整体动量不守恒。30一质量为0.5kg的小球A以2.0m/s的速度和静止与光滑水平面上质量为1kg的另一个大小相等的小球B发生正碰，碰撞后它以0.2m/s的速度反弹，求：原来静止小球获得的速度大小；碰撞过程中损失的机械能。【答案】 （1）1.1m/s(2)E=0.38J【解析】试题分析：用动量守恒定律所以考点：动量守恒定律点评：此类题型考察了动量守恒定律的运用
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