高考物理课标Ⅲ专用复习专题测试必考专题七碰撞与动量守恒共109

1、专题七 碰撞与动量守恒,高考物理 (课标专用),1.(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/sB.5.7102 kgm/s C.6.0102 kgm/sD.6.3102 kgm/s,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,答案A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

2、的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05 kg600 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。,2.(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.,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。,解题指导一静一动两

3、小球发生弹性碰撞的规律: 动量守恒:m1v1=m1v1+m2v2 机械能守恒:m1=m1v12+m2 解得v1=v1v2=v1,归纳总结两小球碰撞,应从题目找出关键词,如弹性小球、弹性碰撞、碰后粘在一起、一起运动、共速等,区分弹性碰撞和非弹性碰撞,从而选择相应规律解题。,3.2016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

4、案,解析设物块与地面间的动摩擦因数为。若要物块a、b能够发生碰撞,应有 mmgl 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 vgl 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 ,解题指导解答本题需要满足两个条件:(1)小物块a减速运动距离l与小物块b发生弹性碰撞; (2)碰后,小物块b做减速运动而与墙未发生碰撞。,易错点拨本题的易错点在于利用物

5、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“等号”的取舍。,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

6、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=-,解题指导以喷泉为背景考查流体中的动量问题。这类题必须要假设以t时间内的流体为研究对象,利用动量定理或动量守恒定律列方程。,方法技巧在流体

7、中用动量知识时一定要取t时间内的流体为研究对象求解未知量。,5.2016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

8、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

9、后方,故冰块不能追上小孩。,6.2015课标,35(2),10分,0.425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,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 mv0=mvA1+MvC1 m=m+M 联立式得 vA1=

10、v0 vC1=v0 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。),解题关键A与C的碰撞以及A与B的碰撞都是弹性碰撞,将动量

11、守恒定律与机械能守恒定律相结合即可解答。,审题指导题目要求A只与B、C各发生一次碰撞,表明A与C碰后必须反弹,需满足mM,A与B碰后,仍被反弹,且反弹后的速度vA2vC1(C被A碰后的速度)。,7.2015课标,35(2),10分,0.445两滑块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,审题指导图像题先从图像读出相关信息。x-t图像的斜率表示速度v,可读出a、b

12、碰前速度和碰后的共同速度,由动量守恒定律可算出质量比。由图知t=8 s后进入粗糙路段,根据能量守恒计算因碰撞而损失的机械能,用动能定理算出8 s后在粗糙路段克服摩擦力做的功。,总结归纳弹性碰撞:动量守恒,机械能守恒。完全非弹性碰撞:动量守恒,机械能损失最大,碰后共速。,8.2014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

13、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

14、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,审题指导B球先做自由落体运动到地面。B球碰地后反弹做匀减速运动。A做自由落体运动。A下落与反弹的B在P点相碰,碰后A的速度为0,系统动量守恒,总动能不变。,易错点拨没有分析B球的运动情况,把A、B碰撞时,B球的速度方向弄错。,9.2014课标,35(2),10分,0.336现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律。在图(a)中,气垫导轨上有A、B两个滑块,滑块A右侧带有一弹簧片,左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连;滑块B左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计时器(未完全

15、画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。 图(a) 实验测得滑块A的质量m1=0.310 kg,滑块B的质量m2=0.108 kg,遮光片的宽度d=1.00 cm;打点计时器所用交流电的频率f=50.0 Hz。 将光电门固定在滑块B的右侧,启动打点计时器,给滑块A一向右的初速度,使它与B相碰。碰后,答案见解析,解析按定义,滑块运动的瞬时速度大小v为 v= 式中s为滑块在很短时间t内经过的路程。 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为tA,则 tA=0.02 s tA可视为很短。 设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。将式和图给实验数据代入式得 v0=2.00 m/s v1=0.970 m/s

16、设B在碰撞后的速度大小为v2,由式有 v2= 代入题给实验数据得 v2=2.86 m/s 设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p,则,p=m1v0 p=m1v1+m2v2 两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 p=100% 联立式并代入有关数据,得 p=1.7%5% 因此,本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。,解题关键根据图示纸带求出A在碰撞前后的瞬时速度,根据光电计时器显示的时间求出碰撞后B的速度,然后求出A、B碰撞前后的动量,根据题目要求判断动量是否守恒。,总结拓展打点计时器打出的纸带的用途:匀速直线运动,可计算出v=。匀变速直线运 动,求a=。求瞬时速度:v=v中=。可以根

17、据纸带点迹判断运动情况。,10.2013课标,35(2),9分,0.549在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B,两者相距为d。现给A一初速度,使A与B发生弹性正碰,碰撞时间极短。当两木块都停止运动后,相距仍然为d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为,B的质量为A的2倍,重力加速度大小为g。求A的初速度的大小。,答案,解析设在发生碰撞前的瞬间,木块A的速度大小为v;在碰撞后的瞬间,A和B的速度分别为v1和v2。在碰撞过程中,由能量守恒定律和动量守恒定律,得 mv2=m+(2m) mv=mv1+(2m)v2 式中,以碰撞前木块A的速度方向为正。由式得 v1=- 设碰撞后A和B运动的距离分别为

18、d1和d2,由动能定理得 mgd1=m (2m)gd2=(2m) 按题意有 d=d1+d2 设A的初速度大小为v0,由动能定理得 mgd=m-mv2,联立至式,得 v0=,解题指导碰撞过程A、B组成的系统动量守恒,结合动量守恒定律和能量守恒可得出A、B碰后的速度关系,对A、B碰后至停止运动的过程由动能定理分别列式,利用停止时的距离为d,得出两者的位移关系。,总结归纳动量守恒定律、机械能守恒定律和动能定理是力学综合题常用的解题规律。应对一些常见的过程模型进行归纳分析,正确使用这些规律解题。,11.2013课标,35(2),10分,0.27如图,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B

19、的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中, ()整个系统损失的机械能; ()弹簧被压缩到最短时的弹性势能。,答案()m()m,解题关键由动量守恒求出A、B共速时的速度与B、C共速时的速度,由能量守恒求出系统损失的机械能。当整个系统速度相同时弹簧被压缩到最短,由动量守恒和能量守恒列式求解此时弹簧的弹性势能。,解题指导两物体碰撞发生相互作用时,只有发生相互作用的两物体间有动量转移,没有发生相互作用的物体间无动量转移,如B、C碰撞,

20、列动量守恒式时,A的动量不应列入。,1.(2017天津理综,4,6分)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是 () A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变 B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力 C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零 D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变,B组 自主命题省（区、市）卷题组,答案B乘客在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,而在上升过程中重力势能增加,机械能增加,下降过程中则相反,A错误。在最高点时,乘客具有竖直向下的向心加速度,处于失重

21、状态,故B正确。因重力恒定,重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积,故重力冲量一定不为零,C错误。重力的瞬时功率P=mgvcos ,其中是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角,故重力的瞬时功率不会保持不变,D错误。,命题评析本题以竖直平面内的匀速圆周运动为背景,考查了机械能、功率、失重、冲量等重要考点,考查面广泛,难度较小,体现了高考对基础知识、基本能力的“双基”要求。对平时的教学与学习具有重要的指导意义。,2.(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

22、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。,3.(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

23、比是41 D.受到的洛伦兹力之比是21,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。,4.2015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

24、,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。,5.2013福建理综,30(2),6分将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是() A.v0B.v0 C.v0D.v0,答案D根据动量守恒定律mv0=(M-m)v,得v=v0,选项D正确。,6.2016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

25、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=,7.2017江苏单科,12C(2)(3)(2)质子H)和粒子He)被加速到相同动能时,质子的动量 (选填“大于”、“小于”或“等于”)粒子的动量,质子和粒子的德布罗意波波长之比为。 (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

26、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(2)小于21 (3)见解析,解析(2)由动量与动能的关系p=可知,Ek相同时,质量小的动量也较小,故质子的动量小 于粒子的动量。德布罗意波长=,而p,故,则H=21。 (3)由动量守恒,有m1v1-m2v2=m2v2-m1v1 解得= 代入数据得=,友情提醒动量守恒定律的矢量性 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,要代入负数进行计算。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。,8.(2017天津理综,10,16分)如图所示,物块A和B通过

27、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,规律总结完全非弹性碰撞 细绳绷直的瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A和B组成的系统动量守恒。此过程属于“绷紧”模

28、型,可与子弹打入物块并留在其中的碰撞模型归纳为同一个类型,都属于完全非弹性碰撞。,9.2016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

29、,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%,10.(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)

30、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,11.2015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,

31、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=v0,12.(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

32、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 (

33、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,13.2013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

34、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。,1.(2014重庆理综,4,6分)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31。不计质量损失,取重力加速度g=10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(),C组 教师专用题组,答案B平抛运

35、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。,2.(2012大纲全国,17,6分)质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动。已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是() A.若q1=q2,则它们做圆周运动的半径一定相等 B.若m1=m2,则它们做圆周运动的半径一定相等 C.若q1q2,则它们做圆周运动的周期一定不相等 D.若m1m2,则它们做圆周运动的周期一定不相等,答案A带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心

36、力,即qvB=,得轨道半 径r=,已知两粒子动量大小相等,若q1=q2,则r1=r2,A项正确;若m1=m2,r与有关,B项错误;带 电粒子在磁场中运动的周期T=,因此运动周期T或,若m1m2,但=,周期T 可相等,D项错误;若q1q2,但q1v1=q2v2,周期T也可相等,C项错误。,3.(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

37、 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)激光束可以看做是粒子流,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。,

38、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

39、-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

40、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,体现单位时间内发射的光子个数不同。,4.(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=

41、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/s22 N(2)45(3)vn=(n45),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),5.2014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

42、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 设碰撞过程A、B系统机械能的损失为E,则 E=m+mB(2v)2-(m+mB)v2 联立

43、式得 E=m,6.(2014北京理综,22,16分)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2 m;A和B的质量相等;A和B整体与桌面之间的动摩擦因数=0.2。取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)碰撞前瞬间A的速率v; (2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v; (3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。,答案(1)2 m/s(2)1 m/s(3)0.25 m,解析设滑块的质量为m。 (1)根据机械能守恒定律mgR=mv2 得碰撞前瞬间A的速

44、率v=2 m/s (2)根据动量守恒定律mv=2mv 得碰撞后瞬间A和B整体的速率v=v=1 m/s (3)根据动能定理(2m)v2=(2m)gl 得A和B整体沿水平桌面滑动的距离 l=0.25 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

45、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/s9 J(2)10 m/sv114 m/s17 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做整体运动过程处理 经过时间t1,P运动过的路程为s1,则s1=v

46、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.(2013广东理综,35,18分)如图,两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上,质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧,左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端,质量为2m且可看做质点。P1与P以共同速度v0向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P1与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在

47、A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P2之间的动摩擦因数为。求 (1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2; (2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。,答案(1)v0(2)-Lm,解析(1)P1、P2碰撞瞬间,P的速度不受影响,根据动量守恒:mv0=2mv1,解得v1= 最终三个物体具有共同速度,根据动量守恒:3mv0=4mv2,解得v2=v0 (2)根据能量守恒,系统动能减少量等于因摩擦产生的内能: 2m+2m-4m=2mg(L+x)2 解得x=-L 在从第一次共速到第二次共速过程中,弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能,即:Ep=2mg(L+x) 解得Ep=m,评析本

48、题考查了碰撞问题中的两大守恒定律的应用,关键点有:P1、P2碰撞时P速度不变;当P1、P2粘在一起之后再应用能量守恒定律,这样就回避了P1、P2结合在一起时的机械能损失问题;第一次共速时弹簧被压缩到最短。,9.(2013重庆理综,9,18分)在一种新的“子母球”表演中,让同一竖直线上的小球A和小球B,从距水平地面高度为ph(p1)和h的地方同时由静止释放,如图所示。球A的质量为m,球B的质量为3m。设所有碰撞都是弹性碰撞,重力加速度大小为g,忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。 (1)求球B第一次落地时球A的速度大小; (2)若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰,求p的取值范围; (3)在(2

49、)情形下,要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置,求p应满足的条件。,答案(1)(2)1p5(3)1p3,解析(1)两球同时释放后都做自由落体运动,球B第一次落地时下降h,A球也下降h,设此时A球速度为v0,则有: =2gh 故v0= (2)设B球下落至地面的过程经历的时间为t1,则有 h=g v0=gt1 B球与地面发生弹性碰撞后以原速率v0反弹,设经过时间t2与球A碰撞,则 对A球有:hA=g(t1+t2)2 对B球有:hB=v0t2-g 相碰时位移关系hA+hB=ph 若使B球在第一次上升中能与A球相碰,应有 0t2,联立以上各式可得11 再由相碰时两球运动时间应满足的关系有 +=

50、,解之有vA=2v0-vB 联立三式并结合v0=可得p=3 要使A球碰后能到达比原释放点更高的位置,则要求碰前B球的速度更大,发生碰撞的位置更低,p值更小,故p应满足的条件为1p3,1.(2017四川达州一模,20)(多选)静止在粗糙水平面上的物体,在水平力F的作用下,经过时间t、通过位移l后,动量为p、动能为Ek,以下说法正确的是() A.若保持水平力F不变,经过时间2t,物体的动量等于2p B.若将水平力增加为原来的两倍,经过时间t,物体的动量等于2p C.若保持水平力F不变,通过位移2l,物体的动能小于2Ek D.若将水平力增加为原来的两倍,通过位移l,物体的动能大于2Ek,三年模拟,一

51、、选择题（每题6分，共24分）,A组 20152017年高考模拟基础题组 (时间：80分钟 分值：105分),答案AD根据动量定理得(F-f)t=p,保持水平力F不变,经过时间2t,(F-f)2t=p,可知p=2p,故A正确;若水平力增加为原来的2倍,经过时间t,则有(2F-f)t=p,则p2p,故B错误。根据动能定理得(F-f)l=Ek,保持水平力F不变,通过位移2l,有(F-f)2l=Ek,则有Ek=2Ek,故C错误;将水平力增加为原来的两倍,通过位移l,有(2F-f)l=Ek,则有Ek2Ek,故D正确。,2.(2017云南昆明适应性检测,14)如图所示,物块A静止在光滑水平面上,将小球B

52、从物块顶端由静止释放,从小球开始沿物块的光滑弧面(弧面末端与水平面相切)下滑到离开的整个过程中,对小球和物块组成的系统,下列说法正确的是() 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,机械能守恒 D.动量不守恒,机械能不守恒,答案C在小球B下滑过程中,对A、B组成的系统而言,其水平方向上动量守恒,但B的重力在竖直方向上对B有冲量,故系统总动量并不守恒,只是在水平方向上,A、B的总动量守恒,又由于无摩擦阻力的作用,除B的重力外无其他外力对系统做功,故系统机械能守恒,所以C对,A、B、D错。,3.(2017云南第一次高中毕业班复习统测,18)(多选)甲乙两人在光滑冰面上

53、相向运动,相遇时两人掌心相碰互推对方,分开后两人运动方向相同。下列说法正确的是() A.若m甲m乙,则甲对乙的冲量一定大于乙对甲的冲量 B.无论甲、乙质量关系如何,甲、乙两人的动量变化量大小一定相等 C.若甲的运动方向没变,则相互作用前甲的速率一定大于乙的速率 D.若甲的运动方向没变,则相互作用前甲的动量一定大于乙的动量,答案BD冲量I=Ft,F甲与F乙等大反向,t相等,则I甲与I乙等大反向,A错;I=p,所以动量变化量大小相等,B对。甲、乙两人相碰前后总动量相同,甲的运动方向没变,说明碰后两人运动方向与碰前甲的相同,以甲的运动方向为正方向,p甲-p乙=p甲+p乙0,则p甲p乙,由于质量关系不

54、确定,所以两者相互作用前的速率关系也不确定,C错、D对。,4.2016黑龙江哈尔滨六中能力测试,35(1)(多选)质量为1 kg的小球A以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球B正碰。关于碰后A、B的速度v1与v2,下面哪些是可能的() A.v1=v2= m/sB.v1=-1 m/s,v2=2.5 m/s C.v1=1 m/s,v2=3 m/sD.v1=-4 m/s,v2=4 m/s,答案AB碰撞应同时满足动量守恒与碰撞后总动能不增加的条件,碰撞前总动量p=mAvA=14 kgm/s=4 kgm/s,总动能Ek=mA=8 J。对选项A:碰撞后总动量p=mAv1+mBv2=4 kgm/s,总

55、动能 Ek=mAv12+mBv22= JEk,符合碰撞应满足的条件,故A正确。对选项B:碰撞后总动量p=mAv1+ mBv2=4 kgm/s,总动能Ek=mAv12+mBv22=6.75 JEk,符合碰撞应满足的条件,故B正确。对选 项C:碰撞后总动量p=mAv1+mBv2=7 kgm/s,不符合动量守恒定律,故C错误。对选项D:碰撞后总动量p=mAv1+mBv2=4 kgm/s,总动能Ek=mAv12+mBv22=24 J,总动能增加了,故D错误。故选A、 B。,评析此题考查了动量守恒定律及能量守恒定律在碰撞问题中的应用问题;对于碰撞过程,往往根据三个规律:动量守恒、碰撞后总动能不增加、符合

56、物体的实际情况判断;此题是中等题,意在考查基本规律的应用。,5.(2017广西桂林、崇左联合调研,24)如图所示为竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道,O点是其圆心,半径R=0.8 m,OA水平, OB竖直。轨道底距水平地面的高度h=0.8 m。从轨道顶端A由静止释放一个质量m1=0.1 kg的小球,小球到达轨道底端B时,恰好与静止在B的另一个小球m2发生碰撞,碰后它们粘在一起水平飞出。落地点C与B点之间的水平距离x=0.4 m。忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)碰撞前瞬间入射小球的速度大小v1; (2)两球从B点飞出时的速度大小v2; (3)碰后瞬间两个小球对轨道压力的大小。

57、,二、非选择题（每题9分，共81分）,答案(1)4 m/s(2)1 m/s(3)4.5 N,解析(1)入射小球从A运动到B的过程中,根据动能定理得m1gR=m1 解得:v1=4 m/s (2)两球碰后做平抛运动,根据平抛运动规律得 竖直方向上:h=gt2 水平方向上:x=v2t 解得:v2=1 m/s (3)两球碰撞,规定向左为正方向,根据动量守恒定律得m1v1=(m1+m2)v2 解得:m2=0.3 kg 碰后瞬间对两小球列式:FN-(m1+m2)g=(m1+m2) 解得:FN=4.5 N 由牛顿第三定律得:FN=FN=4.5 N,6.(2017广西南宁一模,24)如图所示,竖直平面内一光滑

58、水平轨道的右端与一半径R=0.4 m的竖直固定粗糙圆周轨道在O点平滑相接,且过O点的圆周轨道的切线水平,物块A、B(可视为质点) 静置于光滑水平轨道上,A、B的质量分别为mA=1.5 kg和mB=0.5 kg。现使A以大小vA=8 m/s的速度向右运动并与B碰撞,碰撞后立即粘在一起向右运动,到达圆周轨道的最高点P后竖直向上抛 出。经时间t=0.6 s落回P点,空气阻力不计,取g=10 m/s2。求: (1)A、B整体滑到圆周轨道的最高点P时对轨道的压力大小F; (2)A、B整体在圆周轨道上运动的过程中由于摩擦产生的热量Q。,答案(1)45 N(2)19 J,解析(1)A、B整体到达最高点P后,

59、A、B整体做竖直上抛运动,可知其到达最高点P时的速度大小为:vP=gt 设A、B整体到达最高点P时受到圆周轨道的弹力大小为FN,由牛顿第二定律有: FN=(mA+mB) 解得:FN=45 N 由牛顿第三定律可知,此时A、B整体对轨道的压力大小F=45 N。 (2)设A与B碰撞后的速度为v,由动量守恒定律有: mAvA=(mA+mB)v A、B整体在圆周轨道上运动的过程中,由能量守恒定律有: Q=(mA+mB)v2-(mA+mB)gR-(mA+mB) 解得:Q=19 J。,7.(2017四川宜宾一诊,24)如图所示,水平轨道与竖直平面内半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上,圆弧轨道B端的切线沿水平方向。质量mP=1 kg的物块P(可视为质点)在水平推力F=22 N的作用下,从A点由静止开始运动,到达AB中点时撤去F,物块P运动到B点与一静止于此处质量mQ=3 kg的物块Q(可视为质点)发生正碰(以后P、Q不再相碰)。已知A、B之间的距离s=0.8 m,碰后瞬间Q对轨道的压力大小FN=60 N,物块P和水平轨道间的动摩擦因数=0.1,g=10 m/s2。求: (1)物块P刚到达B点时的速度大小; (2)物块P最终停下的位置到A点的距离。,答案(1)4 m/s(2)1.2 m,解析(1)对物