（课标Ⅱ卷）2020届高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒课件.pptx

专题七 碰撞与动量守恒,高考物理 (课标专用),考点一 动量、动量定理,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2019课标,16,6分)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这 标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体 速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 ( ) A.1.6102 kg B.1.6103 kg C.1.6105 kg D.1.6106 kg,答案 B 本题考查了考生对动量定理的理解能力,体现了物理模型建构的核心素养,同时也 增强了考生的国人自豪感。 设火箭发动机在1 s内喷射出气体的质量为m。以这部分气体为研究对象,应用动量定理,Ft= mv-0,解得m= =1.6103 kg。 解题关键 本题单位统一用国际单位制单位;研究对象选择发动机在1 s内喷射出的气体。,2.(2018课标,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层 坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 ( ) A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N,答案 C 本题考查机械能守恒定律、动量定理。由机械能守恒定律可得mgh= mv2,可知鸡 蛋落地时速度大小v= ,鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F- mg)t=0-(-mv),可知鸡蛋对地面产生的冲击力大小为F= +mg,每层楼高度约为3 m,则h=24 3 m=72 m,得F949 N,接近103 N,故选项C正确。 易错点拨 估算能力 (1)每层楼高度约为3 m,注意身边的物理知识。 (2)在计算时重点注意数量级。,3.(2018课标,14,6分)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在 启动阶段,列车的动能 ( ) A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比,答案 B 本题考查匀变速直线运动规律、动能及动量。设列车运动时间为t,由匀变速直线 运动规律v=at、s= at2,结合动能公式Ek= 得Ek= 、Ek=mas,可知Ekv2、Ekt2、Eks, 故A、C项均错误,B项正确。由Ek= ,得Ekp2,故D项错误。,4.2016课标,35(2),10分某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳 定地悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷 出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水 平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为,重力加速度大小为g。求 ()喷泉单位时间内喷出的水的质量; ()玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。,答案 ()v0S () - 解析 ()设t时间内,从喷口喷出的水的体积为V,质量为m,则 m=V V=v0St 由式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为 =v0S ()设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小 为v。对于t时间内喷出的水,由能量守恒得 (m)v2+(m)gh= (m) 在h高度处,t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 p=(m)v 设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有 Ft=p ,由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得 F=Mg 联立式得 h= - 考查点 动量定理、能量守恒定律、物体平衡 解题关键 在流体中运用动量知识时一定要取t时间内的流体为研究对象。,5.(2017课标,14,6分)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 kgm/s B.5.7102 kgm/s C.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s,考点二 动量守恒定律及其应用,答案 A 本题考查动量守恒定律。由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与 燃气组成的系统动量守恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷 出燃气的动量等值反向,可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05 kg 600 m/s=30 kgm/s,A正确。 易错点拨 系统中量与物的对应性 动量守恒定律的应用中,系统内物体至少为两个,计算各自的动量时,需注意速度与质量对应于 同一物体。,6.(2019课标,25,20分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平 滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示。t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静 止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中 未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图 像如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加 速度大小为g,不计空气阻力。 图(a),图(b) (1)求物块B的质量; (2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功; (3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动 摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的 比值。,答案 (1)3m (2) mgH (3) 解析 本题通过两物块在粗糙轨道上的滑行与碰撞考查了动量守恒定律、能量守恒定律等 相关规律,考查了考生综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了模型建构、 科学推理等核心素养要素。 (1)根据图(b),v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小, 为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的 质量为m,碰撞后瞬间的速度大小为v。由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1=m +mv m = m + mv2 联立式得 m=3m (2)在图(b)所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程 为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由 动能定理有,mgH-fs1= m -0 -(fs2+mgh)=0- m 从图(b)所给出的v-t图线可知 s1= v1t1 s2= (1.4t1-t1) 由几何关系可得 = 物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W=fs1+fs2 联立式可得 W= mgH (3)设倾斜轨道倾角为,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为,有,W=mg cos 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s,由动能定理有 -mgs=0- mv2 设改变后的动摩擦因数为,由动能定理有 mgh-mg cos -mgs=0 联立 式可得 = 解法指导 (1)在时间短暂的弹性碰撞中,利用动量守恒、能量守恒列式求解;(2)涉及距离的 问题中,通常利用动能定理列式可简便求解力、功等相关物理量。,7.(2019课标,25,20分)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg; 两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示。某时刻,将压 缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后,A沿着与墙 壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为=0.20。重力加速度取g=10 m/s2。 A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。 (1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小; (2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少? (3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?,答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)B先停 0.50 m (3)0.91 m 解析 本题考查动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理和机械能守恒定律的综合应用,要 求考生具有较强的推理能力和综合分析能力。题目中涉及两个物体,运动过程较多,涉及规律 较多,综合性很强,为较难题。体现了模型建构、科学推理的素养要求。 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正,由动量守恒定律和题给条件有 0=mAvA-mBvB Ek= mA + mB 联立式并代入题给数据得 vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s (2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a。假设A 和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到 B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有 mBa=mBg ,sB=vBt- at2 vB-at=0 在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,所以无 论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程sA都可表示为 sA=vAt- at2 联立式并代入题给数据得 sA=1.75 m,sB=0.25 m sAl且sA-sB2l,这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右 边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为 s=0.25 m+0.25 m=0.50 m (3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为vA,由动能定理有 mAvA2- mA =-mAg(2l+sB) 联立 式并代入题给数据得 vA= m/s,故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB,由动量守恒定律与机械能守恒 定律有 mA(-vA)=mAvA+mBvB mAvA2= mAvA2+ mBvB2 联立 式并代入题给数据得 vA= m/s,vB=- m/s 这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA时停止,B向左运 动距离为sB时停止,由运动学公式 2asA=vA2,2asB=vB2 根据 式及题给数据得 sA=0.63 m,sB=0.28 m sA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离 s=sA+sB=0.91 m,解题思路 (1)由动量守恒定律和动能定理计算式联立即可。 (2)利用牛顿第二定律求A、B的加速度,分别对A、B的运动过程应用匀变速直线运动公式解 决问题。 (3)假设A能与B碰撞,应用动能定理求出A碰撞前的瞬时速度;发生弹性碰撞,则由动量守恒定 律和机械能守恒定律联立解出碰后A、B的速度,问题便易于解决了。,8.(2018课标,24,12分)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2.0103 kg和1.5103 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。,答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s 解析 本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识。 (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 mBg=mBaB 式中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 v =2aBsB 联立式并利用题给数据得 vB=3.0 m/s (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 mAg=mAaA 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 v =2aAsA 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 联立式并利用题给数据得 vA=4.3 m/s 解题关键 确定速度是解决碰撞问题的关键 (1)由牛顿第二定律和运动学公式可确定碰撞后瞬间A、B两车的速度。 (2)由于两车碰撞时间极短,因此碰撞时内力远大于外力,满足动量守恒,故可确定碰撞前的瞬 间A车的速度。,9.2016课标,35(2),10分如图,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。 ()求斜面体的质量; ()通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?,答案 见解析 解析 ()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=(m2+m3)v m2 = (m2+m3)v2+m2gh 式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得 m3=20 kg ()设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有 m1v1+m2v20=0 代入数据得 v1=1 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 m2v20=m2v2+m3v3 m2 = m2 + m3 ,联立式并代入数据得 v2=1 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。 解题思路 光滑冰面无摩擦力,可考虑用动量守恒定律求解;小孩与冰块相互作用过程中 动量守恒;因斜面体的表面光滑,则冰块与斜面体相互作用过程中机械能守恒,水平方向动量 守恒。,10.2016课标,35(2),10分如图,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b 相距l,b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为 m。两物块与地面间的动摩擦因数均相 同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞。重力加速 度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。,答案 mgl 即 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1。由能量守恒有 m = m +mgl 设在a、b碰撞后的瞬间,a、b的速度大小分别为v1、v2,由动量守恒和能量守恒有 mv1=mv1+ v2 m = mv + v 联立式解得v2= v1 由题意,b没有与墙发生碰撞,由功能关系可知,v gl 联立式,可得 联立式,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件为 考查点 碰撞 审题技巧 审题时要注意:小物块a减速运动距离l与小物块b发生弹性碰撞; 碰后,小物块 b做减速运动而未与墙发生碰撞。 易错点拨 本题的易错点在于利用物理规律列方程时,列出的是不等式,而不等式左右两边的 大小关系是需要结合物理规律来分析判定的,尤其是不等式中“等号”的取舍。,11.2015课标,35(2),10分如图,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。,答案 ( -2)MmM,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m= M,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,vA2= vA1= v0 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 m2+4mM-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)MmM (式各2分,式各1分) 考查点 碰撞 解题关键 A与C碰撞后必须返回。 A与B碰后速度必须小于C碰后的速度。 温馨提示 本题为“弹性碰撞模型”。,12.2015课标,35(2),10分两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞;碰撞后两者 粘在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像 如图所示。求: ()滑块a、b的质量之比; ()整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。,答案 ()18 ()12 解析 ()设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图像得 v1=-2 m/s v2=1 m/s a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图像得 v= m/s 由动量守恒定律得 m1v1+m2v2=(m1+m2)v 联立式得 m1m2=18 ()由能量守恒得,两滑块因碰撞而损失的机械能为 E= m1 + m2 - (m1+m2)v2 由图像可知,两滑块最后停止运动。由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为W= (m1+m2) v2 ,联立式,并代入题给数据得 WE=12 考查点 碰撞 易错警示 由x-t图像可知a、b整体速度最后减小为零。,1.(2015广东理综,16,4分)在同一匀强磁场中,粒子 He)和质子 H)做匀速圆周运动,若它们的 动量大小相等,则粒子和质子 ( ) A.运动半径之比是21 B.运动周期之比是21 C.运动速度大小之比是41 D.受到的洛伦兹力之比是21,考点一 动量、动量定理,B组 自主命题省(区、市)卷题组,答案 B 设质子与粒子的质量、电荷量分别为m、e与4m、2e,则由r= = ,可知 = ,A 错误;由T= ,知 = ,B正确;由p=mv,知 = ,C错误;由f=Bqv,知 = ,D错误。,2.(2019北京理综,24,20分)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒,这与雨滴下落过程中受到 空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变,重力加速度为g。 (1)质量为m的雨滴由静止开始,下落高度h时速度为u,求这一过程中克服空气阻力所做的 功W。 (2)将雨滴看作半径为r的球体,设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2,其中v是雨滴 的速度,k是比例系数。 a.设雨滴的密度为,推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式; b.示意图中画出了半径为r1、r2(r1r2)的雨滴在空气中无初速下落的v-t图线,其中 对应 半径为r1的雨滴(选填、);若不计空气阻力,请在图中画出雨滴无初速下落的v-t图线。 (3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为 垂直于运动方向面积为S的圆盘,证明:圆盘以速度v下落时受到的空气阻力fv2(提示:设单位 体积内空气分子数为n,空气分子质量为m0)。,答案 (1)mgh- mu2 (2)a. b. 图见解析 (3)见解析 解析 本题以雨滴下落为情境,综合考查动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律和动量定 理,体现了科学思维中的模型建构及科学探究中的证据要素。 (1)根据动能定理mgh-W= mu2 可得W=mgh- mu2 (2)a.根据牛顿第二定律mg-f=ma 得a=g- 当加速度为零时,雨滴趋近于最大速度vm 雨滴质量m= r3 由a=0,可得,雨滴最大速度 vm=,b.由vm= 可知,对应半径为r1的雨滴。所作v-t图线如图1。 图1 (3)根据题设条件:大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。以下 只考虑雨滴下落的定向运动。 简化的圆盘模型如图2。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在t时间内,与圆盘 碰撞的空气分子质量为m=Svtnm0,图2,以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理, 有Ftmv 得Fnm0Sv2 由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力 fv2 采用不同的碰撞模型,也可得到相同结论。 解题关键 雨滴在下落过程中受重力和空气阻力,根据牛顿第二定律确定出下落过程中雨 滴的加速度与运动速度的关系,即可确定下落的最大速度和v-t图像;巧妙地结合动量定理在 连续体中的应用,用微元思想确定圆盘对气体分子的作用力。,3.(2018北京理综,22,16分)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏 性的项目之一。某滑道示意图如下,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接,滑道BC高h=10 m, C是半径R=20 m圆弧的最低点。质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度a =4.5 m/s2,到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。 (1)求长直助滑道AB的长度L; (2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小; (3)若不计BC段的阻力,画出运动员经过C点时的受力图,并求其所受支持力FN的大小。,答案 (1)100 m (2)1 800 Ns (3)受力图见解析 3 900 N 解析 (1)根据匀变速直线运动公式,有L= =100 m (2)根据动量定理,有I=mvB-mvA=1 800 Ns,(3)运动员经C点时的受力分析如图 根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有 mgh= m - m 根据牛顿第二定律,有,FN-mg=m 得FN=3 900 N 一题多解 运动员在AB段所受合外力的冲量I=F合t=ma =1 800 Ns。,4.(2016北京理综,24,20分)(1)动量定理可以表示为p=Ft,其中动量p和力F都是矢量。在运用 动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如,质量为m的小 球斜射到木板上,入射的角度是,碰撞后弹出的角度也是,碰撞前后的速度大小都是v,如图1 所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。 图1 a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化px、py; b.分析说明小球对木板的作用力的方向。 (2)激光束可以看作是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体 上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例,激光,束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。 图2 一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束和穿过介质小 球的光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束和与SO的夹角均为,出射 时光束均与SO平行。请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方 向。 a.光束和强度相同; b.光束比的强度大。,答案 (1)a.见解析 b.沿y轴负方向 (2)a.合力沿SO向左 b.指向左上方 解析 (1)a.x方向:动量变化为 px=mv sin -mv sin =0 y方向:动量变化为 py=mv cos -(-mv cos )=2mv cos 方向沿y轴正方向 b.根据动量定理可知,木板对小球作用力的方向沿y轴正方向;根据牛顿第三定律可知,小球对 木板作用力的方向沿y轴负方向。 (2)a.仅考虑光的折射,设t时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为p。 这些粒子进入小球前的总动量为p1=2np cos 从小球出射时的总动量为p2=2np p1、p2的方向均沿SO向右 根据动量定理:Ft=p2-p1=2np(1-cos )0,可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力的 方向沿SO向左。 b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。 x方向:根据(2)a同理可知,两光束对小球的作用力沿x轴负方向。 y方向:设t时间内,光束穿过小球的粒子数为n1,光束穿过小球的粒子数为n2,n1n2。 这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)p sin 从小球出射时的总动量为p2y=0,根据动量定理:Fyt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin 可知,小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小球的作 用力沿y轴正方向。 所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。 解题指导 (1)将速度沿x轴和y轴两个方向分解,然后求解px与py。 (2)运用动量定理确定两个轴向的作用力方向,再进行合成分析。 疑难突破 光强不同,单位时间内发射的光子个数不同。,5.(2015安徽理综,22,14分)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。物块以v0=9 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。,答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J 解析 (1)由动能定理,有-mgs= mv2- m 可得 =0.32 (2)由动量定理,有Ft=mv-mv 可得F=130 N (3)W= mv2=9 J,6.2019江苏单科,12(1)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态, 忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板 的速度大小为 ( ) A. v B. v C. v D. v,考点二 动量守恒定律及其应用,答案 B 本题考查了动量守恒定律,考查的是学生对动量守恒定律适用条件的理解能力,体 现了科学思维中的科学推理要素及物理观念中的运动与相互作用观念要素。 忽略滑板与地面间摩擦时,小孩与滑板在水平方向上动量守恒:0=Mv+mv,解得v=- v,其中 “-”表示v与v方向相反,故B正确。,7.(2015北京理综,17,6分)实验观察到,静止在匀强磁场中A点的原子核发生衰变,衰变产生的 新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动,运动方向和轨迹示意如图。则 ( ) A.轨迹1是电子的,磁场方向垂直纸面向外 B.轨迹2是电子的,磁场方向垂直纸面向外 C.轨迹1是新核的,磁场方向垂直纸面向里 D.轨迹2是新核的,磁场方向垂直纸面向里,答案 D 由静止的原子核发生衰变后产生的新核和电子做匀速圆周运动的方向相反及原 子核衰变前后动量守恒得meve-m核v核=0,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r= ,因为qer核,故轨迹1是电子的,轨迹2是新核的,根据左手定则可判定磁场方向垂直纸面向里,故D 项正确。,8.2015福建理综,30(2),6分如图,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 ( ) A.A和B都向左运动 B.A和B都向右运动 C.A静止,B向右运动 D.A向左运动,B向右运动,答案 D 由于A、B碰前总动量为0,由动量守恒可知碰后总动量也为0,因两滑块发生弹性碰 撞,故碰后A、B一定反向,即A向左运动,B向右运动,选项D正确。,9.2016天津理综,9(1)如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的质量是 滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为。若滑块以速度v开始向左运动,与盒的 左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对于盒静止,则此时盒的 速度大小为 ,滑块相对于盒运动的路程为 。,答案 解析 设滑块的质量为m,最终盒与滑块的共同速度为v 根据动量守恒得:mv=(m+2m)v 解得v= v 设滑块相对于盒的运动路程为s 根据能量守恒得:mgs= mv2- (m+2m)v2 解得s=,10.2017江苏单科,12C(3)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 见解析 解析 由动量守恒,有m1v1-m2v2=m2v2-m1v1 解得 = 代入数据得 = 友情提醒 应用动量守恒定律解题时,一定要先规定正方向,与规定正方向相反的速度,要代入 负号进行计算。若列式时已经考虑到了矢量性,则代入绝对值计算即可,如本题的解题过程就 是如此。,11.(2017天津理综,10,16分)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质 量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于 空中。现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放。一段时间后细绳绷 直,A、B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2,空气阻力不 计。求: (1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t; (2)A的最大速度v的大小; (3)初始时B离地面的高度H。,答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m 解析 本题考查自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律。 (1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有 h= gt2 代入数据解得 t=0.6 s (2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有 vB=gt 细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得 mBvB=(mA+mB)v 之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度,联立式,代入数据解得 v=2 m/s (3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中 A、B组成的系统机械能守恒,有,(mA+mB)v2+mBgH=mAgH 代入数据解得 H=0.6 m,12.2016海南单科,17(2),8分如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始时静止; 从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,碰撞后两者粘连在一起运动,碰撞前 B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得。某同学以 h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线拟合,求得该直线的斜率为k=1.92 10-3 s2/m。已 知物块A和B的质量分别为mA=0.400 kg和mB=0.100 kg,重力加速度大小g=9.80 m/s2。 ()若碰撞时间极短且忽略空气阻力,求h-v2直线斜率的理论值k0。 ()求k值的相对误差(= 100%,结果保留1位有效数字)。,答案 ()2.0410-3 s2/m ()6% 解析 ()设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v,由动量守恒定律有 mBv=(mA+mB)v 在碰撞后A和B共同上升的过程中,由机械能守恒定律有 (mA+mB)v2=(mA+mB)gh 联立式得 h= v2 由题意得 k0= 代入题给数据得 k0=2.0410-3 s2/m ()按照定义 = 100% ,由式和题给条件得 =6% ,13.2015山东理综,39(2)如图,三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨 道上。现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以 v0、 v0的速 度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因 数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。,答案 v0 解析 设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA,由题意知,碰后A的速度vA= v0,B的速度vB= v0,由动量守恒定律得 mvA=mvA+mvB 设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得 WA= m - m 设B与C碰撞前B的速度为vB,B克服轨道阻力所做的功为WB,由功能关系得 WB= m - mvB2 据题意可知 WA=WB 设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得 mvB=2mv 联立式,代入数据得,v= v0 ,考点一 动量、动量定理,C组 教师专用题组,1.(2013天津理综,2,6分)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子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,答案 B 甲、乙之间相互作用力的冲量大小相等,方向相反,A项错误。由I合=p知,甲、乙的 动量变化量等大反向,B项正确。在相同的作用时间内,作用力的位移不一定相同,因此甲、乙 之间的相互作用力做功不一定相等,由W合=Ek,知动能变化量不一定相等,C、D项均错误。,2.2013江苏单科,12C(1)(3)(1)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等,则它们的 也相等。 A.速度 B.动能 C.动量 D.总能量 (3)如图所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg,他们携手远离空间站, 相对空间站的速度为0.1 m/s。A将B向空间站方向轻推后,A的速度变为0.2 m/s,求此时B的速 度大小和方向。,答案 (1)C (3)0.02 m/s 离开空间站方向 解析 (1)由德布罗意波长= 知二者的动量应相同,故C正确,由p=mv可知二者速度不同,Ek= mv2= ,二者动能不同,由E=mc2可知总能量也不同,A、B、D均错。 (3)以空间站为参考系,以v0的方向为正方向,由动量守恒定律 (mA+mB)v0=mAvA+mBvB 解得vB=0.02 m/s 方向远离空间站方向。,3.(2014天津理综,10,16分)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4 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 mB=2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10 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t= 0.6 s,二者的速度达到vt=2 m/s。求 (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)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 F=mAa 代入数据解得 a=2.5 m/s2 (2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6 s的过程,由动量定理得 Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v 代入数据解得 v=1 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=(mA+mB)v A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有 Fl= mA 由式,代入数据解得,l=0.45 m,4.(2014大纲全国,21,6分)一中子与一质量数为A(A1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核 静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为 ( ) A. B. C. D.,考点二 动量守恒定律及其应用,答案 A 设中子质量为m,则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1,碰后 原子核的速度为v2,由弹性碰撞可得mv0=mv1+Amv2, m = m + Am ,解得v1= v0,故 = ,A正确。 考查点 碰撞 审题技巧 审题的关键词:“碰撞”“弹性正碰”。 延伸拓展 “运动小球与静止小球发生弹性碰撞”模型 方程:m1v0=m1v1+m2v2 m1 = m1v12+ m2v22 结论v1= v0,v2= v0 本题型结论要熟记。,5.(2015广东理综,36,18分)如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别 与两侧的直轨道相切,半径R=0.5 m。物块A以v0=6 m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿 圆轨道滑出后,与直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动。P点左侧轨道光滑,右侧轨 道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L=0.1 m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为 =0.1,A、B的质量均为m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短)。 (1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F; (2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值; (3)求碰后AB滑至第n个(nk)光滑段上的速度vn与n的关系式。,答案 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)vn= (n45) 解析 (1)物块A由初始位置到Q的过程,由动能定理得: -mg2R= mv2- m 解得:v=4 m/s 设在Q点物块A受到轨道的弹力为F,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得:mg+F= 解得:F= -mg=22 N 方向竖直向下 (2)由机械能守恒定律知:物块A与B碰前的速度仍为v0=6 m/s A与B碰撞过程动量守恒,设碰后A、B的速度为v共 mv0=2mv共 解得v共= v0=3 m/s 设A与B碰后一起运动到停止,在粗糙段运动的路程为s,由动能定理得 -2mgs=0- 2m 解得:s= =4.5 m,故k= = =45 (3)碰后AB滑至第n个(nk)光滑段上的速度等于滑离第n个(nk)粗糙段的速度 由动能定理得:-2mgnL= 2m - 2m 解得:vn= = (n45),6.2014课标,35(2),9分,0.537如图,质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方, B球距地面的高度h=0.8 m,A球在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t=0.3 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mB=3mA,重力加速度大小g=10 m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求 ()B球第一次到达地面时的速度; ()P点距离地面的高度。,答案 ()4 m/s ()0.75 m 解析 ()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h=0.8 m代入上式,得vB=4 m/s ()设两球相碰前后,A球的速度大小分别为v1和v1(v1=0),B球的速度分别为v2和v2。由运动学 规律可得 v1=gt 由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球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 mAv1+mBv2=mBv2 mA + mB = mBv 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vB=vB 设P点距地面的高度为h,由运动学规律可得 h= 联立式,并代入已知条件可得,h=0.75 m,7.(2014广东理综,35,18分)如图的水平轨道中,AC段的中点B的正上方有一探测器,C处有一竖 直挡板,物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞,并接合成复合体P,以此碰撞时 刻为计时零点,探测器只在t1=2 s至t2=4 s内工作,已知P1、P2的质量都为m=1 kg,P与AC间的动 摩擦因数为=0.1,AB段长L=4 m,g取10 m/s2,P1、P2和P均视为质点,P与挡板的碰撞为弹性碰 撞。 (1)若v1=6 m/s,求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能E; (2)若P与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B点,求v1的取值范围和P向左经过A点时的 最大动能E。,答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/sv114 m/s 17 J 解析 (1)P1、P2碰撞过程,动量守恒 mv1=2mv 解得v= =3 m/s 碰撞损失的动能E= m - (2m)v2 解得E=9 J (2)根据牛顿第二定律,P做匀减速运动的加速度大小为a= 设P1、P2碰撞前后的共同速度为v共,则推得v共= 把P与挡板碰撞后运动过程当作整体运动过程处理 经过时间t1,P运动过的路程为s1,则s1=v共t1- a 经过时间t2,P运动过的路程为s2,则s2=v共t2- a 如果P能在探测器工作时间内通过B点,必须满足 s13Ls2 ,联立得10 m/sv114 m/s v1的最大值为14 m/s,此时v共=7 m/s,根据动能定理知 -2mg4L=E- 2m 代入数据得E=17 J,8.2014山东理综,39(2)如图,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量为m。开 始时橡皮筋松弛,B静止,给A向左的初速度v0。一段时间后,B与A同向运动发生碰撞并粘在一 起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍,也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求: ()B的质量; ()碰撞过程中A、B系统机械能的损失。,答案 () () m 解析 ()以初速度v0的方向为正方向,设B的质量为mB,A、B碰撞后的共同速度为v,由题意知: 碰撞前瞬间A的速度为 ,碰撞前瞬间B的速度为2v,由动量守恒定律得 m +2mBv=(m+mB)v 由式得 mB= ()从开始到碰后的全过程,由动量守恒定律得 mv0=(m+mB)v