2019屆新課標(biāo)Ⅱ高考物理一輪復(fù)習(xí)專題七碰撞與動(dòng)量守恒講義

專題七碰撞與動(dòng)量守恒高考物理

(課標(biāo)Ⅱ?qū)Ｓ?考點(diǎn)一動(dòng)量、動(dòng)量定理1.(2018課標(biāo)Ⅱ,15,6分)高空墜物極易對(duì)行人造成傷害。若一個(gè)50g的雞蛋從一居民樓的25層

墜下,與地面的碰撞時(shí)間約為2ms,則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為

()A.10NB.102NC.103ND.104N五年高考A組統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組答案

C

本題考查機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量定理。由機(jī)械能守恒定律可得mgh=

mv2,可知雞蛋落地時(shí)速度大小v=

,雞蛋與地面作用過程中,設(shè)豎直向上為正方向,由動(dòng)量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力大小為F=

+mg,每層樓高度約為3m,則h=24×3m=72m,得F≈949N,接近103N,故選項(xiàng)C正確。易錯(cuò)點(diǎn)撥估算能力(1)每層樓高度約為3m,注意身邊的物理知識(shí)。(2)在計(jì)算時(shí)重點(diǎn)注意數(shù)量級(jí)。2.(2018課標(biāo)Ⅰ,14,6分)高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在

啟動(dòng)階段,列車的動(dòng)能

()A.與它所經(jīng)歷的時(shí)間成正比B.與它的位移成正比C.與它的速度成正比D.與它的動(dòng)量成正比答案

B本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能及動(dòng)量。設(shè)列車運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,由勻變速直線

運(yùn)動(dòng)規(guī)律v=at、s=

at2,結(jié)合動(dòng)能公式Ek=

得Ek=

、Ek=mas,可知Ek∝v2、Ek∝t2、Ek∝s,故A、C項(xiàng)均錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確。由Ek=

,得Ek∝p2,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。3.[2016課標(biāo)Ⅰ,35(2),10分]某游樂園入口旁有一噴泉,噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)

定地懸停在空中。為計(jì)算方便起見,假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴

出;玩具底部為平板(面積略大于S);水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變?yōu)榱?在水

平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ,重力加速度大小為g。求(ⅰ)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量;(ⅱ)玩具在空中懸停時(shí),其底面相對(duì)于噴口的高度。答案(ⅰ)ρv0S(ⅱ)

-

解析(ⅰ)設(shè)Δt時(shí)間內(nèi),從噴口噴出的水的體積為ΔV,質(zhì)量為Δm,則Δm=ρΔV

①ΔV=v0SΔt

②由①②式得,單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為

=ρv0S

③(ⅱ)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h,水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小

為v。對(duì)于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水,由能量守恒得

(Δm)v2+(Δm)gh=

(Δm)

④在h高度處,Δt時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為Δp=(Δm)v

⑤設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F,根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt=Δp

⑥由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件得F=Mg

⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h=

-

⑧解題關(guān)鍵在流體中運(yùn)用動(dòng)量知識(shí)時(shí)一定要取Δt時(shí)間內(nèi)的流體為研究對(duì)象?？疾辄c(diǎn)動(dòng)量定理、能量守恒定律、物體平衡考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用4.(2017課標(biāo)Ⅰ,14,6分)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空,50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s

的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中

重力和空氣阻力可忽略)

()A.30kg·m/s

B.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/s

D.6.3×102kg·m/s答案

A本題考查動(dòng)量守恒定律。由于噴出過程中重力和空氣阻力可忽略,則模型火箭與

燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。燃?xì)鈬姵銮跋到y(tǒng)靜止,總動(dòng)量為零,故噴出后瞬間火箭的動(dòng)量與噴

出燃?xì)獾膭?dòng)量等值反向,可得火箭的動(dòng)量大小等于燃?xì)獾膭?dòng)量大小,則|p火|=|p氣|=m氣v氣=0.05kg×

600m/s=30kg·m/s,A正確。易錯(cuò)點(diǎn)撥系統(tǒng)中量與物的對(duì)應(yīng)性動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用中,系統(tǒng)內(nèi)物體至少為兩個(gè),計(jì)算各自的動(dòng)量時(shí),需注意速度與質(zhì)量對(duì)應(yīng)于

同一物體。5.(2014大綱全國(guó),21,6分)一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰。若碰前原子核

靜止,則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為

()A.

B.

C.

D.

答案

A設(shè)中子質(zhì)量為m,則原子核的質(zhì)量為Am。設(shè)碰撞前后中子的速度分別為v0、v1,碰后

原子核的速度為v2,由彈性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,

m

=

m

+

Am

,解得v1=

v0,故

=

,A正確。延伸拓展

“運(yùn)動(dòng)小球與靜止小球發(fā)生彈性碰撞”模型方程:m1v0=m1v1'+m2v2'

m

=

m1v

+

m2v

結(jié)論v1'=

v0v2'=

v0本題型結(jié)論要熟記。審題技巧審題的關(guān)鍵詞:“碰撞”“彈性正碰”?？疾辄c(diǎn)碰撞6.(2018課標(biāo)Ⅱ,24,12分)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B,立即

采取制動(dòng)措施,但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞

后B車向前滑動(dòng)了4.5m,A車向前滑動(dòng)了2.0m。已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103kg和1.5×103

kg,兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時(shí)間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng),

重力加速度大小g=10m/s2。求(1)碰撞后的瞬間B車速度的大小;(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。

答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s解析本題考查牛頓第二定律和動(dòng)量守恒定律等知識(shí)。(1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB,碰后加速度大小為aB,根據(jù)牛頓第二定律有μmBg=mBaB

①式中μ是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB',碰撞后滑行的距離為sB。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v

=2aBsB

②聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得vB'=3.0m/s③(2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA,碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有μmAg=mAaA

④設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA',碰撞后滑行的距離為sA。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v

=2aAsA

⑤設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB'

⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得vA=4.3m/s⑦解題關(guān)鍵確定速度是解決碰撞問題的關(guān)鍵(1)由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可確定碰撞后瞬間A、B兩車的速度。(2)由于兩車碰撞時(shí)間極短,因此碰撞時(shí)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,滿足動(dòng)量守恒,故可確定碰撞前的瞬

間A車的速度。7.(2018課標(biāo)Ⅰ,24,12分)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后,從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的

速度為零時(shí),彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分,兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E,且

均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間;(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。答案(1)

(2)

解析本題主要考查豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及動(dòng)量守恒定律。(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0,由題給條件有E=

m

①設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0-v0=-gt

②聯(lián)立①②式得t=

③(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1,由機(jī)械能守恒定律有E=mgh1

④火藥爆炸后,煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng),設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題

給條件和動(dòng)量守恒定律有

m

+

m

=E

⑤

mv1+

mv2=0

⑥由⑥式知,煙花彈兩部分的速度方向相反,向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈上

部分繼續(xù)上升的高度為h2,由機(jī)械能守恒定律有

m

=

mgh2

⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得,煙花彈上部分距地面的最大高度為h=h1+h2=

⑧易錯(cuò)點(diǎn)撥關(guān)鍵詞理解,隱含條件顯性化①題目中的兩個(gè)E,分別對(duì)應(yīng)“一個(gè)物體”和“兩個(gè)物體”。②爆炸后兩部分質(zhì)量均為

。③爆炸過程中系統(tǒng)初動(dòng)量為0。④距地面的最大高度由兩部分組成,一是爆炸前上升的高度,二是爆炸后向上運(yùn)動(dòng)的部分上升

的高度。8.(2018課標(biāo)Ⅲ,25,20分)如圖,在豎直平面內(nèi),一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A

點(diǎn)相切,BC為圓弧軌道的直徑,O為圓心,OA和OB之間的夾角為α,sinα=

。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng),經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn),落至水平軌道;在整個(gè)過程中,除受到重力及

軌道作用力外,小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓

心,且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱恪Ｖ亓铀俣却笮間。求(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小;(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大小;(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。

答案(1)

mg

(2)

(3)

解析本題考查圓周運(yùn)動(dòng)、拋體運(yùn)動(dòng)、動(dòng)能定理、動(dòng)量。(1)設(shè)水平恒力的大小為F0,小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F。由力的合成法則有

=tanα

①F2=(mg)2+

②設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v,由牛頓第二定律得F=m

③由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0=

mg

④v=

⑤(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1,作CD⊥PA,交PA于D點(diǎn),由幾何關(guān)系得DA=Rsinα

⑥CD=R(1+cosα)

⑦由動(dòng)能定理有-mg·CD-F0·DA=

mv2-

m

⑧由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得,小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為p=mv1=

⑨(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng),加速度大小為g。設(shè)小球在豎

直方向的初速度為v⊥,從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v⊥t+

gt2=CD

v⊥=vsinα

由⑤⑦⑩

式和題給數(shù)據(jù)得t=

9.[2016課標(biāo)Ⅱ,35(2),10分]如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側(cè)一蹲在

滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度

向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m(h小于斜面體的

高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30kg,冰塊的質(zhì)量為m2=10kg,小孩與滑板始終無相對(duì)

運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g=10m/s2。

(ⅰ)求斜面體的質(zhì)量;(ⅱ)通過計(jì)算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?答案見解析解析(ⅰ)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度,

設(shè)此共同速度為v,斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v

①

m2

=

(m2+m3)v2+m2gh

②式中v20=-3m/s為冰塊推出時(shí)的速度。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3=20kg③(ⅱ)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1,由動(dòng)量守恒定律有m1v1+m2v20=0

④代入數(shù)據(jù)得v1=1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3,由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3

⑥

m2

=

m2

+

m3

⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2=1m/s⑧由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方,故冰塊不能追上

小孩。解題思路①光滑冰面無摩擦力,可考慮用動(dòng)量守恒定律求解;②小孩與冰塊相互作用過程中

動(dòng)量守恒;③因斜面體的表面光滑,則冰塊與斜面體相互作用過程中機(jī)械能守恒,水平方向動(dòng)量

守恒。10.[2016課標(biāo)Ⅲ,35(2),10分]如圖,水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b,其連線與墻垂直;a和b

相距l(xiāng),b與墻之間也相距l(xiāng);a的質(zhì)量為m,b的質(zhì)量為

m。兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)。此后a與b發(fā)生彈性碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速

度大小為g。求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件。

答案

≤μ<

解析設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞,應(yīng)有

m

>μmgl

①即μ<

②設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間,a的速度大小為v1。由能量守恒有

m

=

m

+μmgl

③設(shè)在a、b碰撞后的瞬間,a、b的速度大小分別為v1'、v2',由動(dòng)量守恒和能量守恒有mv1=mv1'+

v2'

④

m

=

mv

+

v

⑤聯(lián)立④⑤式解得v2'=

v1

⑥由題意,b沒有與墻發(fā)生碰撞,由功能關(guān)系可知

v

≤μ

gl

⑦聯(lián)立③⑥⑦式,可得μ≥

⑧聯(lián)立②⑧式,a與b發(fā)生碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為

≤μ<

⑨審題技巧審題時(shí)要注意:①小物塊a減速運(yùn)動(dòng)距離l與小物塊b發(fā)生彈性碰撞;②碰后,小物塊

b做減速運(yùn)動(dòng)而未與墻發(fā)生碰撞?？疾辄c(diǎn)碰撞易錯(cuò)點(diǎn)撥本題的易錯(cuò)點(diǎn)在于利用物理規(guī)律列方程時(shí),列出的是不等式,而不等式左右兩邊的

大小關(guān)系是需要結(jié)合物理規(guī)律來分析判定的,尤其是不等式中“等號(hào)”的取舍。11.[2015課標(biāo)Ⅰ,35(2),10分,0.425]如圖,在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線

上,A位于B、C之間。A的質(zhì)量為m,B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使A以某一速

度向右運(yùn)動(dòng),求m和M之間應(yīng)滿足什么條件,才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的

碰撞都是彈性的。

答案(

-2)M≤m<M解析

A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生第一次碰撞,碰撞過程中,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒。設(shè)速度方

向向右為正,開始時(shí)A的速度為v0,第一次碰撞后C的速度為vC1,A的速度為vA1。由動(dòng)量守恒定律

和機(jī)械能守恒定律得mv0=mvA1+MvC1

①

m

=

m

+

M

②聯(lián)立①②式得vA1=

v0

③vC1=

v0

④如果m>M,第一次碰撞后,A與C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能與B發(fā)生碰撞;如果m=

M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右運(yùn)動(dòng),A不可能與B發(fā)生碰撞;所以只需考慮m<M

的情況。第一次碰撞后,A反向運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞。設(shè)與B發(fā)生碰撞后,A的速度為vA2,B的速度為vB1,同樣

有vA2=

vA1=

v0

⑤根據(jù)題意,要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞,應(yīng)有vA2≤vC1

⑥聯(lián)立④⑤⑥式得m2+4mM-M2≥0

⑦解得m≥(

-2)M

⑧另一解m≤-(

+2)M舍去。所以,m和M應(yīng)滿足的條件為(

-2)M≤m<M

⑨(①②式各2分,③④⑤⑥⑧⑨式各1分)溫馨提示本題為“彈性碰撞模型”。解題關(guān)鍵①A與C碰撞后必須返回。②A與B碰后速度必須小于C碰后的速度?？疾辄c(diǎn)碰撞12.[2015課標(biāo)Ⅱ,35(2),10分,0.445]兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng),并發(fā)生碰撞;碰撞后

兩者粘在一起運(yùn)動(dòng);經(jīng)過一段時(shí)間后,從光滑路段進(jìn)入粗糙路段。兩者的位置x隨時(shí)間t變化的

圖像如圖所示。求:(ⅰ)滑塊a、b的質(zhì)量之比;(ⅱ)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比。

答案(ⅰ)1∶8(ⅱ)1∶2解析(ⅰ)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2,a、b碰撞前的速度為v1、v2。由題給圖像得v1=-2m/s①v2=1m/s②a、b發(fā)生完全非彈性碰撞,碰撞后兩滑塊的共同速度為v。由題給圖像得v=

m/s③由動(dòng)量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v

④聯(lián)立①②③④式得m1∶m2=1∶8

⑤(ⅱ)由能量守恒得,兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為ΔE=

m1

+

m2

-

(m1+m2)v2

⑥由圖像可知,兩滑塊最后停止運(yùn)動(dòng)。由動(dòng)能定理得,兩滑塊克服摩擦力所做的功為W=

(m1+m2)v2

⑦聯(lián)立⑥⑦式,并代入題給數(shù)據(jù)得W∶ΔE=1∶2

⑧易錯(cuò)警示由x-t圖像可知a、b整體速度最后減小為零。考查點(diǎn)碰撞13.[2014課標(biāo)Ⅰ,35(2),9分,0.537]如圖,質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上

方,B球距地面的高度h=0.8m,A球在B球的正上方。先將B球釋放,經(jīng)過一段時(shí)間后再將A球釋

放。當(dāng)A球下落t=0.3s時(shí),剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰,碰撞時(shí)間極短,碰后瞬間A球的

速度恰為零。已知mB=3mA,重力加速度大小g=10m/s2,忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失。求(ⅰ)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度;(ⅱ)P點(diǎn)距離地面的高度。答案(ⅰ)4m/s(ⅱ)0.75m解析(ⅰ)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB=

①將h=0.8m代入上式,得vB=4m/s②(ⅱ)設(shè)兩球相碰前后,A球的速度大小分別為v1和v1'(v1'=0),B球的速度分別為v2和v2'。由運(yùn)動(dòng)學(xué)

規(guī)律可得v1=gt

③由于碰撞時(shí)間極短,重力的作用可以忽略,兩球相碰前后的動(dòng)量守恒,總動(dòng)能保持不變。規(guī)定向

下的方向?yàn)檎?有mAv1+mBv2=mBv2'

④

mA

+

mB

=

mBv

⑤設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB',由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vB'=vB

⑥設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h',由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得h'=

⑦聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知條件可得h'=0.75m⑧考點(diǎn)一動(dòng)量、動(dòng)量定理1.(2015廣東理綜,16,4分)在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,α粒子

He)和質(zhì)子

H)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),若它們的動(dòng)量大小相等,則α粒子和質(zhì)子

()A.運(yùn)動(dòng)半徑之比是2∶1B.運(yùn)動(dòng)周期之比是2∶1C.運(yùn)動(dòng)速度大小之比是4∶1D.受到的洛倫茲力之比是2∶1B組

自主命題·省(區(qū)、市)卷題組答案

B設(shè)質(zhì)子與α粒子的質(zhì)量、電荷量分別為m、e與4m、2e,則由r=

=

,可知

=

,A錯(cuò)誤;由T=

,知

=

,B正確;由p=mv,知

=

,C錯(cuò)誤;由f=Bqv,知

=

,D錯(cuò)誤。2.(2018北京理綜,22,16分)2022年將在我國(guó)舉辦第二十四屆冬奧會(huì),跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞

性的項(xiàng)目之一。某滑道示意圖如下,長(zhǎng)直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接,滑道BC高h(yuǎn)=10m,

C是半徑R=20m圓弧的最低點(diǎn)。質(zhì)量m=60kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止開始勻加速下滑,加速度a

=4.5m/s2,到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/s2。(1)求長(zhǎng)直助滑道AB的長(zhǎng)度L;(2)求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I的大小;(3)若不計(jì)BC段的阻力,畫出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力圖,并求其所受支持力FN的大小。

答案(1)100m(2)1800N·s(3)受力圖見解析3900N解析(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式,有L=

=100m(2)根據(jù)動(dòng)量定理,有I=mvB-mvA=1800N·s(3)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)C點(diǎn)時(shí)的受力分析如圖根據(jù)動(dòng)能定理,運(yùn)動(dòng)員在BC段運(yùn)動(dòng)的過程中,有mgh=

m

-

m

根據(jù)牛頓第二定律,有FN-mg=m

得FN=3900N一題多解運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I=F合t=ma·

=1800N·s。3.(2016北京理綜,24,20分)(1)動(dòng)量定理可以表示為Δp=FΔt,其中動(dòng)量p和力F都是矢量。在運(yùn)用

動(dòng)量定理處理二維問題時(shí),可以在相互垂直的x、y兩個(gè)方向上分別研究。例如,質(zhì)量為m的小

球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后彈出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如圖1

所示。碰撞過程中忽略小球所受重力。

圖1a.分別求出碰撞前后x、y方向小球的動(dòng)量變化Δpx、Δpy;b.分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颉?2)激光束可以看做是粒子流,其中的粒子以相同的動(dòng)量沿光傳播方向運(yùn)動(dòng)。激光照射到物體

上,在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時(shí),也會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生作用。光鑷效應(yīng)就是一個(gè)實(shí)例,激光束可以像鑷子一樣抓住細(xì)胞等微小顆粒。

圖2一束激光經(jīng)S點(diǎn)后被分成若干細(xì)光束,若不考慮光的反射和吸收,其中光束①和②穿過介質(zhì)小

球的光路如圖2所示。圖中O點(diǎn)是介質(zhì)小球的球心,入射時(shí)光束①和②與SO的夾角均為θ,出射

時(shí)光束均與SO平行。請(qǐng)?jiān)谙旅鎯煞N情況下,分析說明兩光束因折射對(duì)小球產(chǎn)生的合力的方

向。a.光束①和②強(qiáng)度相同;b.光束①比②的強(qiáng)度大。答案(1)a.見解析

b.沿y軸負(fù)方向(2)a.合力沿SO向左

b.指向左上方解析(1)a.x方向:動(dòng)量變化為Δpx=mvsinθ-mvsinθ=0y方向:動(dòng)量變化為Δpy=mvcosθ-(-mvcosθ)=2mvcosθ方向沿y軸正方向b.根據(jù)動(dòng)量定理可知,木板對(duì)小球作用力的方向沿y軸正方向;根據(jù)牛頓第三定律可知,小球?qū)?/p>

木板作用力的方向沿y軸負(fù)方向。(2)a.僅考慮光的折射,設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)每束光穿過小球的粒子數(shù)為n,每個(gè)粒子動(dòng)量的大小為p。這些粒子進(jìn)入小球前的總動(dòng)量為p1=2npcosθ從小球出射時(shí)的總動(dòng)量為p2=2npp1、p2的方向均沿SO向右根據(jù)動(dòng)量定理:FΔt=p2-p1=2np(1-cosθ)>0可知,小球?qū)@些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根據(jù)牛頓第三定律,兩光束對(duì)小球的合力的

方向沿SO向左。b.建立如圖所示的Oxy直角坐標(biāo)系。

x方向:根據(jù)(2)a同理可知,兩光束對(duì)小球的作用力沿x軸負(fù)方向。y方向:設(shè)Δt時(shí)間內(nèi),光束①穿過小球的粒子數(shù)為n1,光束②穿過小球的粒子數(shù)為n2,n1>n2。這些粒子進(jìn)入小球前的總動(dòng)量為p1y=(n1-n2)psinθ從小球出射時(shí)的總動(dòng)量為p2y=0根據(jù)動(dòng)量定理:FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)psinθ可知,小球?qū)@些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負(fù)方向,根據(jù)牛頓第三定律,兩光束對(duì)小球的作用力沿y軸正方向。所以兩光束對(duì)小球的合力的方向指向左上方。解題指導(dǎo)(1)將速度沿x軸和y軸兩個(gè)方向分解,然后求解Δpx與Δpy。(2)運(yùn)用動(dòng)量定理確定兩個(gè)軸向的作用力方向,再進(jìn)行合成分析。疑難突破光強(qiáng)不同,單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的光子個(gè)數(shù)不同。4.(2015安徽理綜,22,14分)一質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn),距離A點(diǎn)5m的位置

B處是一面墻,如圖所示。物塊以v0=9m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng),在與墻壁碰撞前瞬間

的速度為7m/s,碰后以6m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止。g取10m/s2。(1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(2)若碰撞時(shí)間為0.05s,求碰撞過程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F;(3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功W。

答案(1)0.32(2)130N(3)9J解析(1)由動(dòng)能定理,有-μmgs=

mv2-

m

可得μ=0.32(2)由動(dòng)量定理,有FΔt=mv'-mv可得F=130N(3)W=

mv‘2=9J考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用5.(2015北京理綜,17,6分)實(shí)驗(yàn)觀察到,靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中A點(diǎn)的原子核發(fā)生β衰變,衰變產(chǎn)生的

新核與電子恰在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)方向和軌跡示意如圖。則

()

A.軌跡1是電子的,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外B.軌跡2是電子的,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C.軌跡1是新核的,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里D.軌跡2是新核的,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里答案

D由靜止的原子核發(fā)生β衰變后產(chǎn)生的新核和電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的方向相反及原

子核衰變前后動(dòng)量守恒得meve-m核v核=0,粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=

,因?yàn)閝e<q核,所以re>r核,故軌跡1是電子的,軌跡2是新核的,根據(jù)左手定則可判定磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,故D

項(xiàng)正確。6.[2015福建理綜,30(2),6分]如圖,兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng),滑塊A的

質(zhì)量為m,速度大小為2v0,方向向右,滑塊B的質(zhì)量為2m,速度大小為v0,方向向左,兩滑塊發(fā)生彈

性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是

()

A.A和B都向左運(yùn)動(dòng)B.A和B都向右運(yùn)動(dòng)C.A靜止,B向右運(yùn)動(dòng)D.A向左運(yùn)動(dòng),B向右運(yùn)動(dòng)答案

D由于A、B碰前總動(dòng)量為0,由動(dòng)量守恒可知碰后總動(dòng)量也為0,因兩滑塊發(fā)生彈性碰

撞,故碰后A、B一定反向,即A向左運(yùn)動(dòng),B向右運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D正確。7.[2017江蘇單科,12C(3)]甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員在做花樣滑冰表演,沿同一直線相向運(yùn)動(dòng),速度大小

都是1m/s。甲、乙相遇時(shí)用力推對(duì)方,此后都沿各自原方向的反方向運(yùn)動(dòng),速度大小分別為1

m/s和2m/s。求甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量之比。答案見解析解析由動(dòng)量守恒,有m1v1-m2v2=m2v2'-m1v1'解得

=

代入數(shù)據(jù)得

=

友情提醒應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí),一定要先規(guī)定正方向,與規(guī)定正方向相反的速度,要代入

負(fù)號(hào)進(jìn)行計(jì)算。若列式時(shí)已經(jīng)考慮到了矢量性,則代入絕對(duì)值計(jì)算即可,如本題的解題過程就

是如此。8.[2016天津理綜,9(1)]如圖所示,方盒A靜止在光滑的水平面上,盒內(nèi)有一小滑塊B,盒的質(zhì)量是

滑塊的2倍,滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。若滑塊以速度v開始向左運(yùn)動(dòng),與盒的

左、右壁發(fā)生無機(jī)械能損失的碰撞,滑塊在盒中來回運(yùn)動(dòng)多次,最終相對(duì)于盒靜止,則此時(shí)盒的

速度大小為

,滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為

。

答案

解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m,最終盒與滑塊的共同速度為v'根據(jù)動(dòng)量守恒得:mv=(m+2m)v'解得v'=

v設(shè)滑塊相對(duì)于盒的運(yùn)動(dòng)路程為s根據(jù)能量守恒得:μmgs=

mv2-

(m+2m)v'2解得s=

9.[2018江蘇單科,12C(3)]如圖所示,懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m,運(yùn)動(dòng)速度的大小為v,方向向下。經(jīng)過時(shí)間t,小

球的速度大小為v,方向變?yōu)橄蛏?。忽略空氣阻?重力加速度為g,求該運(yùn)動(dòng)過程中,小球所受

彈簧彈力沖量的大小。答案2mv+mgt解析取向上為正方向,由動(dòng)量定理得mv-(-mv)=I且I=(

-mg)t解得IF=

t=2mv+mgt易錯(cuò)警示動(dòng)量定理是矢量式,應(yīng)先選定正方向,注意初末狀態(tài)速度的正負(fù)。10.[2018天津理綜,9(1)]質(zhì)量為0.45kg的木塊靜止在光滑水平面上,一質(zhì)量為0.05kg的子彈以2

00m/s的水平速度擊中木塊,并留在其中,整個(gè)木塊沿子彈原方向運(yùn)動(dòng),則木塊最終速度的大小

是

m/s。若子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的平均阻力為4.5×103N,則子彈射入木塊的深度

為

m。答案200.2

解析本題考查動(dòng)量守恒定律、功能關(guān)系等知識(shí)。子彈擊中木塊,并留在其中,二者共速,子彈擊中木塊的過程,系統(tǒng)合外力為零,滿足動(dòng)量守恒條

件,則mv0=(m+M)v,v=

=

m/s=20m/s;此過程中對(duì)系統(tǒng)由功能關(guān)系可得:fd=

m

-

(m+M)v2,d=

=0.2m。知識(shí)拓展系統(tǒng)中產(chǎn)生的焦耳熱Q=f·d。11.(2017天津理綜,10,16分)如圖所示,物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩相連,跨放在質(zhì)

量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè),質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=1kg。初始時(shí)A靜止于水平地面上,B懸于

空中?，F(xiàn)將B豎直向上再舉高h(yuǎn)=1.8m(未觸及滑輪),然后由靜止釋放。一段時(shí)間后細(xì)繩繃

直,A、B以大小相等的速度一起運(yùn)動(dòng),之后B恰好可以和地面接觸。取g=10m/s2,空氣阻力不

計(jì)。求:

(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t;(2)A的最大速度v的大小;(3)初始時(shí)B離地面的高度H。答案(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m解析本題考查自由落體運(yùn)動(dòng)、機(jī)械能守恒定律及動(dòng)量守恒定律。(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng),有h=

gt2

①代入數(shù)據(jù)解得t=0.6s②(2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB,有vB=gt

③細(xì)繩繃直瞬間,細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力,A、B相互作用,由動(dòng)量守恒得mBvB=(mA+mB)v

④之后A做勻減速運(yùn)動(dòng),所以細(xì)繩繃直后瞬間的速度v即最大速度,聯(lián)立②③④式,代入數(shù)據(jù)解得v=2m/s⑤(3)細(xì)繩繃直后,A、B一起運(yùn)動(dòng),B恰好可以和地面接觸,說明此時(shí)A、B的速度為零,這一過程中

A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有

(mA+mB)v2+mBgH=mAgH

⑥代入數(shù)據(jù)解得H=0.6m⑦12.[2016海南單科,17(2),8分]如圖,物塊A通過一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板下,初始時(shí)靜止;

從發(fā)射器(圖中未畫出)射出的物塊B沿水平方向與A相撞,碰撞后兩者粘連在一起運(yùn)動(dòng),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均可由傳感器(圖中未畫出)測(cè)得。某同學(xué)以

h為縱坐標(biāo),v2為橫坐標(biāo),利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作直線擬合,求得該直線的斜率為k=1.92×10-3s2/m。已

知物塊A和B的質(zhì)量分別為mA=0.400kg和mB=0.100kg,重力加速度大小g=9.80m/s2。

(ⅰ)若碰撞時(shí)間極短且忽略空氣阻力,求h-v2直線斜率的理論值k0。(ⅱ)求k值的相對(duì)誤差δ(δ=

×100%,結(jié)果保留1位有效數(shù)字)。答案(ⅰ)2.04×10-3s2/m(ⅱ)6%解析(ⅰ)設(shè)物塊A和B碰撞后共同運(yùn)動(dòng)的速度為v',由動(dòng)量守恒定律有mBv=(mA+mB)v'

①在碰撞后A和B共同上升的過程中,由機(jī)械能守恒定律有

(mA+mB)v'2=(mA+mB)gh

②聯(lián)立①②式得h=

v2

③由題意得k0=

④代入題給數(shù)據(jù)得k0=2.04×10-3s2/m⑤(ⅱ)按照定義δ=

×100%

⑥由⑤⑥式和題給條件得δ=6%?⑦13.[2015山東理綜,39(2)]如圖,三個(gè)質(zhì)量相同的滑塊A、B、C,間隔相等地靜置于同一水平直軌

道上?，F(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0,一段時(shí)間后A與B發(fā)生碰撞,碰后A、B分別以

v0、

v0的速度向右運(yùn)動(dòng),B再與C發(fā)生碰撞,碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動(dòng)?；瑝KA、B與軌道間的動(dòng)摩擦因

數(shù)為同一恒定值。兩次碰撞時(shí)間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。

答案

v0

解析設(shè)滑塊質(zhì)量為m,A與B碰撞前A的速度為vA,由題意知,碰后A的速度vA'=

v0,B的速度vB=

v0,由動(dòng)量守恒定律得mvA=mvA'+mvB

①設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA,由功能關(guān)系得WA=

m

-

m

②設(shè)B與C碰撞前B的速度為vB',B克服軌道阻力所做的功為WB,由功能關(guān)系得WB=

m

-

mvB'2

③據(jù)題意可知WA=WB

④設(shè)B、C碰后瞬間共同速度的大小為v,由動(dòng)量守恒定律得mvB'=2mv

⑤聯(lián)立①②③④⑤式,代入數(shù)據(jù)得v=

v0

⑥考點(diǎn)一動(dòng)量、動(dòng)量定理1.(2013天津理綜,2,6分)我國(guó)女子短道速滑隊(duì)在今年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3000m接力三連冠。

觀察發(fā)現(xiàn),“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面,并且開始向前滑行,待乙追

上甲時(shí),乙猛推甲一把,使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中,忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面

間在水平方向上的相互作用,則

()A.甲對(duì)乙的沖量一定等于乙對(duì)甲的沖量B.甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反C.甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量C組教師專用題組D.甲對(duì)乙做多少負(fù)功,乙對(duì)甲就一定做多少正功答案

B甲、乙之間相互作用力的沖量大小相等,方向相反,A項(xiàng)錯(cuò)誤。由I合=Δp知,甲、乙的

動(dòng)量變化量等大反向,B項(xiàng)正確。在相同的作用時(shí)間內(nèi),作用力的位移不一定相同,因此甲、乙

之間的相互作用力做功不一定相等,由W合=ΔEk,知?jiǎng)幽茏兓坎灰欢ㄏ嗟?C、D項(xiàng)均錯(cuò)誤。2.[2013江蘇單科,12C(1)(3)](1)如果一個(gè)電子的德布羅意波長(zhǎng)和一個(gè)中子的相等,則它們的

也相等。A.速度

B.動(dòng)能

C.動(dòng)量

D.總能量(3)如圖所示,進(jìn)行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80kg和100kg,他們攜手遠(yuǎn)離空間站,

相對(duì)空間站的速度為0.1m/s。A將B向空間站方向輕推后,A的速度變?yōu)?.2m/s,求此時(shí)B的速

度大小和方向。

答案(1)C(3)0.02m/s離開空間站方向解析(1)由德布羅意波長(zhǎng)λ=

知二者的動(dòng)量應(yīng)相同,故C正確,由p=mv可知二者速度不同,Ek=

mv2=

,二者動(dòng)能不同,由E=mc2可知總能量也不同,A、B、D均錯(cuò)。(3)以空間站為參考系,以v0的方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律(mA+mB)v0=mAvA+mBvB解得vB=0.02m/s方向遠(yuǎn)離空間站方向。3.(2014天津理綜,10,16分)如圖所示,水平地面上靜止放置一輛小車A,質(zhì)量mA=4kg,上表面光

滑,小車與地面間的摩擦力極小,可以忽略不計(jì)?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的物塊B置于A的最右端,B的質(zhì)量

mB=2kg?，F(xiàn)對(duì)A施加一個(gè)水平向右的恒力F=10N,A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后,小車左端固定的擋板與

B發(fā)生碰撞,碰撞時(shí)間極短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下繼續(xù)運(yùn)動(dòng),碰撞后經(jīng)時(shí)間t=

0.6s,二者的速度達(dá)到vt=2m/s。求(1)A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小;(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小;(3)A的上表面長(zhǎng)度l。

答案(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m解析(1)以A為研究對(duì)象,由牛頓第二定律有F=mAa

①代入數(shù)據(jù)解得a=2.5m/s2

②(2)對(duì)A、B碰撞后共同運(yùn)動(dòng)t=0.6s的過程,由動(dòng)量定理得Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v

③代入數(shù)據(jù)解得v=1m/s④(3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前,A的速度為vA,對(duì)A、B發(fā)生碰撞的過程,由動(dòng)量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v

⑤A從開始運(yùn)動(dòng)到與B發(fā)生碰撞前,由動(dòng)能定理有Fl=

mA

⑥由④⑤⑥式,代入數(shù)據(jù)解得l=0.45m⑦考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用4.(2015廣東理綜,36,18分)如圖所示,一條帶有圓軌道的長(zhǎng)軌道水平固定,圓軌道豎直,底端分別

與兩側(cè)的直軌道相切,半徑R=0.5m。物塊A以v0=6m/s的速度滑入圓軌道,滑過最高點(diǎn)Q,再沿

圓軌道滑出后,與直軌上P處?kù)o止的物塊B碰撞,碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)。P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑,右側(cè)軌

道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段長(zhǎng)度都為L(zhǎng)=0.1m。物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為

μ=0.1,A、B的質(zhì)量均為m=1kg(重力加速度g取10m/s2;A、B視為質(zhì)點(diǎn),碰撞時(shí)間極短)。(1)求A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v和受到的彈力大小F;(2)若碰后AB最終停止在第k個(gè)粗糙段上,求k的數(shù)值;(3)求碰后AB滑至第n個(gè)(n<k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式。

答案(1)4m/s22N(2)45(3)vn=

(n<45)解析(1)物塊A由初始位置到Q的過程,由動(dòng)能定理得:-mg×2R=

mv2-

m

解得:v=4m/s設(shè)在Q點(diǎn)物塊A受到軌道的彈力為F,受力分析如圖所示由牛頓第二定律得:mg+F=

解得:F=

-mg=22N方向豎直向下(2)由機(jī)械能守恒定律知:物塊A與B碰前的速度仍為v0=6m/sA與B碰撞過程動(dòng)量守恒,設(shè)碰后A、B的速度為v共mv0=2mv共解得v共=

v0=3m/s設(shè)A與B碰后一起運(yùn)動(dòng)到停止,在粗糙段運(yùn)動(dòng)的路程為s,由動(dòng)能定理得-μ×2mgs=0-

×2m

解得:s=

=4.5m故k=

=

=45(3)碰后AB滑至第n個(gè)(n<k)光滑段上的速度等于滑離第n個(gè)(n<k)粗糙段的速度由動(dòng)能定理得:-μ×2mgnL=

×2m

-

×2m

解得:vn=

=

(n<45)5.(2014廣東理綜,35,18分)如圖的水平軌道中,AC段的中點(diǎn)B的正上方有一探測(cè)器,C處有一豎

直擋板,物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點(diǎn)的物體P2碰撞,并接合成復(fù)合體P,以此碰撞時(shí)

刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn),探測(cè)器只在t1=2s至t2=4s內(nèi)工作,已知P1、P2的質(zhì)量都為m=1kg,P與AC間的動(dòng)

摩擦因數(shù)為μ=0.1,AB段長(zhǎng)L=4m,g取10m/s2,P1、P2和P均視為質(zhì)點(diǎn),P與擋板的碰撞為彈性碰

撞。

(1)若v1=6m/s,求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動(dòng)能ΔE;(2)若P與擋板碰后,能在探測(cè)器的工作時(shí)間內(nèi)通過B點(diǎn),求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的

最大動(dòng)能E。答案(1)3m/s9J(2)10m/s≤v1≤14m/s17J解析(1)P1、P2碰撞過程,動(dòng)量守恒mv1=2mv

①解得v=

=3m/s②碰撞損失的動(dòng)能ΔE=

m

-

(2m)v2

③解得ΔE=9J④(2)根據(jù)牛頓第二定律,P做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=

⑤設(shè)P1、P2碰撞前后的共同速度為v共,則推得v共=

⑥把P與擋板碰撞后運(yùn)動(dòng)過程當(dāng)做整體運(yùn)動(dòng)過程處理經(jīng)過時(shí)間t1,P運(yùn)動(dòng)過的路程為s1,則s1=v共t1-

a

⑦經(jīng)過時(shí)間t2,P運(yùn)動(dòng)過的路程為s2,則s2=v共t2-

a

⑧如果P能在探測(cè)器工作時(shí)間內(nèi)通過B點(diǎn),必須滿足s1≤3L≤s2

⑨聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨得10m/s≤v1≤14m/s⑩v1的最大值為14m/s,此時(shí)v共=7m/s,根據(jù)動(dòng)能定理知-μ·2mg·4L=E-

·2m

代入數(shù)據(jù)得E=17J6.[2014山東理綜,39(2)]如圖,光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接,A的質(zhì)量為m。開

始時(shí)橡皮筋松弛,B靜止,給A向左的初速度v0。一段時(shí)間后,B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并粘在一

起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍,也是碰撞前瞬間B的速度的一半。求:(ⅰ)B的質(zhì)量;(ⅱ)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失。

答案(ⅰ)

(ⅱ)

m

解析(ⅰ)以初速度v0的方向?yàn)檎较?設(shè)B的質(zhì)量為mB,A、B碰撞后的共同速度為v,由題意知:

碰撞前瞬間A的速度為

,碰撞前瞬間B的速度為2v,由動(dòng)量守恒定律得m

+2mBv=(m+mB)v

①由①式得mB=

②(ⅱ)從開始到碰后的全過程,由動(dòng)量守恒定律得mv0=(m+mB)v

③設(shè)碰撞過程A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為ΔE,則ΔE=

m

+

mB(2v)2-

(m+mB)v2

④聯(lián)立②③④式得ΔE=

m

⑤7.[2013課標(biāo)Ⅰ,35(2),9分,0.549]在粗糙的水平桌面上有兩個(gè)靜止的木塊A和B,兩者相距為d。

現(xiàn)給A一初速度,使A與B發(fā)生彈性正碰,碰撞時(shí)間極短。當(dāng)兩木塊都停止運(yùn)動(dòng)后,相距仍然

為d。已知兩木塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,B的質(zhì)量為A的2倍,重力加速度大小為g。求

A的初速度的大小。答案

解析設(shè)在發(fā)生碰撞前的瞬間,木塊A的速度大小為v;在碰撞后的瞬間,A和B的速度分別為v1和

v2。在碰撞過程中,由能量和動(dòng)量守恒定律,得

mv2=

m

+

(2m)

①mv=mv1+(2m)v2

②式中,以碰撞前木塊A的速度方向?yàn)檎?。由①②式得v1=-

③設(shè)碰撞后A和B運(yùn)動(dòng)的距離分別為d1和d2,由動(dòng)能定理得μmgd1=

m

④μ(2m)gd2=

(2m)

⑤按題意有d=d1+d2

⑥設(shè)A的初速度大小為v0,由動(dòng)能定理得μmgd=

m

-

mv2

⑦聯(lián)立②至⑦式,得v0=

⑧考查點(diǎn)碰撞、動(dòng)能定理審題技巧審題的關(guān)鍵點(diǎn):“彈性碰撞”、“A、B相距仍然為d”。8.[2013課標(biāo)Ⅱ,35(2),10分,0.27]如圖,光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C。B

的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))。設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng),壓縮彈簧;當(dāng)A、B速

度相等時(shí),B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。假設(shè)B和C碰撞過程時(shí)間極短。求從A

開始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過程中,(ⅰ)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能;(ⅱ)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能。

答案(ⅰ)

m

(ⅱ)

m

解析(ⅰ)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時(shí),對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定

律得mv0=2mv1

①此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞,設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2,損失的機(jī)械能為ΔE,對(duì)B、C組成的

系統(tǒng),由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得mv1=2mv2

②

m

=ΔE+

(2m)

③聯(lián)立①②③式得ΔE=

m

④(ⅱ)由②式可知v2<v1,A將繼續(xù)壓縮彈簧,直至A、B、C三者速度相同,設(shè)此速度為v3,此時(shí)彈簧

被壓縮至最短,其彈性勢(shì)能為Ep。由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得mv0=3mv3

⑤

m

-ΔE=

(3m)

+Ep⑥聯(lián)立④⑤⑥式得Ep=

m

⑦考查點(diǎn)碰撞解題關(guān)鍵①B與C發(fā)生完全非彈性碰撞,損失的機(jī)械能ΔE就是B、C組成的系統(tǒng)碰撞過程損

失的機(jī)械能。②彈簧壓縮至最短的時(shí)刻是A、B、C速度相同的時(shí)刻。9.(2013廣東理綜,35,18分)如圖,兩塊相同平板P1、P2置于光滑水平面上,質(zhì)量均為m。P2的右端

固定一輕質(zhì)彈簧,左端A與彈簧的自由端B相距L。物體P置于P1的最右端,質(zhì)量為2m且可看做

質(zhì)點(diǎn)。P1與P以共同速度v0向右運(yùn)動(dòng),與靜止的P2發(fā)生碰撞,碰撞時(shí)間極短,碰撞后P1與P2粘連在

一起。P壓縮彈簧后被彈回并停在A點(diǎn)(彈簧始終在彈性限度內(nèi))。P與P2之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

μ。求(1)P1、P2剛碰完時(shí)的共同速度v1和P的最終速度v2;(2)此過程中彈簧的最大壓縮量x和相應(yīng)的彈性勢(shì)能Ep。

答案(1)

v0(2)

-L

m

解析(1)P1、P2碰撞瞬間,P的速度不受影響,根據(jù)動(dòng)量守恒:mv0=2mv1,解得v1=

最終三個(gè)物體具有共同速度,根據(jù)動(dòng)量守恒:3mv0=4mv2,解得v2=

v0(2)根據(jù)能量守恒,系統(tǒng)動(dòng)能減少量等于因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能:

·2m

+

·2m

-

·4m

=2mgμ(L+x)×2解得x=

-L在從第一次共速到第二次共速過程中,彈簧彈性勢(shì)能等于因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能,即:Ep=2mgμ(L+x)解得Ep=

m

10.(2013重慶理綜,9,18分)在一種新的“子母球”表演中,讓同一豎直線上的小球A和小球B,從

距水平地面高度為ph(p>1)和h的地方同時(shí)由靜止釋放,如圖所示。球A的質(zhì)量為m,球B的質(zhì)量

為3m。設(shè)所有碰撞都是彈性碰撞,重力加速度大小為g,忽略球的直徑、空氣阻力及碰撞時(shí)

間。(1)求球B第一次落地時(shí)球A的速度大小;(2)若球B在第一次上升過程中就能與球A相碰,求p的取值范圍;(3)在(2)情形下,要使球A第一次碰后能到達(dá)比其釋放點(diǎn)更高的位置,求p應(yīng)滿足的條件。答案(1)

(2)1<p<5(3)1<p<3解析(1)兩球同時(shí)釋放后都做自由落體運(yùn)動(dòng),球B第一次落地時(shí)下降h,A球也下降h,設(shè)此時(shí)A球

速度為v0,則有:

=2gh故v0=

(2)設(shè)B球下落至地面的過程經(jīng)歷的時(shí)間為t1,則有h=

g

v0=gt1B球與地面發(fā)生彈性碰撞后以原速率v0反彈,設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2與球A碰撞,則對(duì)A球有:hA=

g(t1+t2)2對(duì)B球有:hB=v0t2-

g

相碰時(shí)位移關(guān)系hA+hB=ph若使B球在第一次上升中能與A球相碰,應(yīng)有0<t2<

聯(lián)立以上各式可得1<p<5(3)設(shè)A、B兩球碰撞前后的速率分別為vA、vB與vA'、vB',由動(dòng)量守恒、能量守恒有:3mvB-mvA=3

mvB'+mvA'

·3m·

+

m

=

·3m·vB'2+

mvA'2解之得vA'=

,vB'=

若使球A碰后恰能到達(dá)與其釋放點(diǎn)等高的位置,應(yīng)有vA'=vA可得vA=3vB

①兩球相碰時(shí)的位移關(guān)系為

+

=ph可解得v

B=

②由此式可知p>1再由相碰時(shí)兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)間應(yīng)滿足的關(guān)系有

+

=

解之有vA=2v0-vB

③聯(lián)立①②③三式并結(jié)合v0=

可得p=3要使A球碰后能到達(dá)比原釋放點(diǎn)更高的位置,則要求碰前B球的速度更大,發(fā)生碰撞的位置更

低,p值更小,故p應(yīng)滿足的條件為1<p<3考點(diǎn)一動(dòng)量、動(dòng)量定理1.(2018新疆高三一模,21)(多選)甲、乙兩個(gè)質(zhì)量均為1kg的物塊,在光滑的水平面上分別受到

一個(gè)水平力作用,由靜止開始加速,甲物塊所受的力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系和乙物塊所受的力T

隨位移x的變化關(guān)系分別如圖1、圖2所示,當(dāng)水平力分別按各自的規(guī)律從0增大到10N的過程

中,下列說法正確的是

（）圖1圖2A.當(dāng)水平力均為10N時(shí),甲和乙的動(dòng)量均為10kg·m/sB.甲所受力F對(duì)物塊的沖量為10N·s,乙所受力T對(duì)物塊所做的功為10JC.甲在此過程中的位移為10mA組2016—2018年高考模擬·基礎(chǔ)題組三年模擬D.當(dāng)水平力均為10N時(shí),甲的動(dòng)能為50J,乙的動(dòng)量為2

kg·m/s答案

BD由圖1可知,圖線與t軸圍成的面積表示沖量,則當(dāng)水平力為F=10N時(shí),沖量為I=

Ft=

×10×2N·s=10N·s,根據(jù)動(dòng)量定理I=Δp=p甲-0,得此時(shí)甲的動(dòng)量為p甲=10kg·m/s,則此時(shí)甲的速度為v甲=

=10m/s,則甲的動(dòng)能為Ek甲=

m

=

×1×102J=50J,因F是變力,故無法求出甲的位移;由圖2可知,圖線與x軸圍成的面積表示拉力T做的功,則水平力T=10N時(shí),拉力T做的功為W=

Tx=

×10×2J=10J,根據(jù)動(dòng)能定理有W=

m

,解得v乙=

=

m/s=2

m/s,此時(shí)乙的動(dòng)量為p=mv乙=2

kg·m/s,故A、C錯(cuò)誤,B、D正確,故選B、D。溫馨提示

F-t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示沖量。T-x圖像中圖線與x軸圍成的面積表示

拉力T所做的功?？疾辄c(diǎn)動(dòng)量定理2.(2018陜西咸陽一模,4)如圖所示,足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定的速度大小v1逆時(shí)針運(yùn)動(dòng),一質(zhì)量為

m的物塊以大小為v2的初速度從左輪中心正上方的P點(diǎn)沖上傳送帶,從此時(shí)起到物塊再次回到

P點(diǎn)過程中,下列說法正確的是

()

A.合力對(duì)物塊的沖量大小一定為2mv2B.合力對(duì)物塊的沖量大小一定為2mv1C.合力對(duì)物塊的沖量大小可能為零D.合力對(duì)物塊做的功可能為零答案

D當(dāng)v2>v1時(shí),物塊回到P點(diǎn)的速度與傳送帶速度相同為v1,物塊水平方向只受到摩擦力

的作用,根據(jù)動(dòng)量定理,合力的沖量大小為mv1+mv2,A、B錯(cuò);如果v2<v1,物塊回到P點(diǎn)的速度大小

為v2,動(dòng)量變化量為2mv2,動(dòng)能變化為0,C錯(cuò)、D對(duì)。溫馨提示物塊回到P點(diǎn)的速度與v2、v1的大小關(guān)系有關(guān)?？疾辄c(diǎn)動(dòng)量定理3.(2018陜西西安長(zhǎng)安一中八測(cè),10)一粒鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由下落,然后陷入泥潭中。若

把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ,進(jìn)入泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ,則以下說法不正確的

是

()A.過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小B.過程Ⅰ中鋼珠的動(dòng)量的改變量等于重力的沖量C.Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)過程中合外力的總沖量等于零D.過程Ⅱ中鋼珠的動(dòng)量的改變量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小答案

A過程Ⅱ中,鋼珠受重力和阻力作用,所以過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重

力的沖量大小與過程Ⅱ中重力沖量大小的和,故A錯(cuò)誤;過程Ⅰ中鋼珠只受重力,故鋼珠的動(dòng)量

的改變量等于重力的沖量,故B正確;在整個(gè)過程中,鋼珠動(dòng)量的變化量為零,由動(dòng)量定理可知,

Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)過程中合外力的總沖量等于零,故C正確;在整個(gè)過程中,鋼珠動(dòng)量的變化量為零,故

過程Ⅱ中鋼珠的動(dòng)量改變量的大小等于過程Ⅰ中動(dòng)量改變量的大小,而過程Ⅰ中動(dòng)量改變量

的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小,故過程Ⅱ中鋼珠的動(dòng)量改變量的大小等于過程Ⅰ中

重力的沖量的大小,故D正確;本題選不正確的,故選A。溫馨提示過程Ⅱ中鋼珠既受阻力也受重力?？疾辄c(diǎn)動(dòng)量定理4.(2017湖北黃岡3月質(zhì)檢,2)一小球從水平地面上方無初速釋放,與地面發(fā)生碰撞后反彈至速

度為零,假設(shè)小球與地面碰撞沒有機(jī)械能損失,運(yùn)動(dòng)時(shí)的空氣阻力大小不變,下列說法正確的是

()A.上升過程中小球動(dòng)量改變量等于該過程中空氣阻力的沖量B.小球與地面碰撞過程中,地面對(duì)小球的沖量為零C.下落過程中小球動(dòng)能的改變量等于該過程中重力做的功D.從釋放到反彈至速度為零過程中小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功答案

D根據(jù)動(dòng)量定理可知,上升過程中小球動(dòng)量改變量等于該過程中重力和空氣阻力合

力的沖量,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球與地面碰撞過程中,由動(dòng)量定理得:Ft-mgt=mv2-(-mv2),可知地面對(duì)小

球的沖量Ft不為零,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;下落過程中小球動(dòng)能的改變量等于該過程中重力和空氣阻力

做功代數(shù)和,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由能量守恒可知,從釋放到反彈至速度為零過程中小球克服空氣阻力

做的功等于重力做的功,選項(xiàng)D正確;故選D。易錯(cuò)警示地面對(duì)小球做的功為零,但對(duì)小球的沖量不為零?？疾辄c(diǎn)動(dòng)量定理考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用5.(2018新疆烏魯木齊一測(cè),8)(多選)如圖所示,小球A、B、C質(zhì)量均為m,將小球B、C同時(shí)拉開

相同角度后由靜止釋放,兩小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),小球間發(fā)生對(duì)心彈性碰撞,不計(jì)空氣阻力

(

)

A.從釋放小球到碰撞結(jié)束的過程中,整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.從釋放小球到碰撞結(jié)束的過程中,整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.B與A碰撞過程中動(dòng)量守恒表達(dá)式為mv0=mv1+mv2D.B與A碰撞過程中動(dòng)量守恒表達(dá)式為2mv0=2mv1+mv2

答案

BC小球在擺動(dòng)的過程中做圓周運(yùn)動(dòng),系統(tǒng)的合外力不為零,所以整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量不守

恒,A錯(cuò)誤;從釋放小球到碰撞結(jié)束的過程中,繩子拉力不做功,只有重力做功,所以整個(gè)系統(tǒng)機(jī)

械能守恒,B正確;B與A碰撞過程中遵守動(dòng)量守恒定律,動(dòng)量守恒表達(dá)式為mv0=mv1+mv2,C正

確、D錯(cuò)誤。解決關(guān)鍵

B、C擺至最低點(diǎn),與A相撞者為B,而不是B、C整體?？疾辄c(diǎn)動(dòng)量守恒定律6.(2017吉林普通高中第三次調(diào)研,2)如圖所示,彈簧的一端固定在豎直墻面上,質(zhì)量為M的光滑

弧形槽靜止在光滑水平面上,底部與水平面平滑連接,一個(gè)質(zhì)量為m(m<M)的小球從槽高h(yuǎn)處開

始自由下滑,下列說法正確的是

()

A.在以后的運(yùn)動(dòng)全過程中,小球和槽水平方向的動(dòng)量始終保持某一確定值不變B.在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C.全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,且水平方向動(dòng)量守恒D.小球被彈簧反彈后,小球和槽的機(jī)械能守恒,但小球不能回到槽高h(yuǎn)處答案

D當(dāng)小球與彈簧接觸并相互作用時(shí),小球受外力,故小球和槽水平方向動(dòng)量不再守恒,

故A錯(cuò)誤;下滑過程中兩物體都有水平方向的位移,而力是垂直于弧形槽面的,故力和位移不垂

直,故兩力均做功,故B錯(cuò)誤;全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,但當(dāng)小球與彈簧

接觸并相互作用時(shí),彈簧受到墻面的作用力,故全過程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量不守恒,C錯(cuò)誤;由機(jī)械

能守恒可知,小球不會(huì)回到槽高h(yuǎn)處,故D正確;故選D?？疾辄c(diǎn)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒易錯(cuò)警示本題的易錯(cuò)點(diǎn)是認(rèn)為小球返回時(shí)能回到槽高h(yuǎn)處。7.(2018陜西漢中二次質(zhì)檢,24)如圖所示,豎直平面內(nèi)的軌道ABCD由水平部分AB與光滑的四分

之一圓弧軌道CD組成,AB恰與圓弧CD在C點(diǎn)相切,其總質(zhì)量M=4kg,其右側(cè)緊靠在固定擋板上,

靜止在光滑水平面上。在軌道的左端有一質(zhì)量為m=1kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以v0=3m/s的

速度向右運(yùn)動(dòng),小滑塊剛好能沖到D點(diǎn)。已知小滑塊與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,軌道水平部分

AB的長(zhǎng)度L=0.5m,g取10m/s2。則:(1)小滑塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為多大?(2)通過計(jì)算分析小滑塊最終能否從AB上掉下。

答案(1)30N(2)不能解析(1)對(duì)小滑塊,從A到B過程中,由動(dòng)能定理得:-μmgL=

m

-

m

解得:vB=2m/s從C到D過程中,由動(dòng)能定理得:-mgR=-

m

解得R=0.2m小滑塊在C點(diǎn)時(shí)有:FN-mg=

解得:FN=30N由牛頓第三定律可知小滑塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為30N。(2)小滑塊從D回到C的過程有:mgR=

m

,解得:vC=2m/s滑塊再次滑上AB時(shí),若AB長(zhǎng)度足夠,則最終兩者相對(duì)靜止,則有:mvC=(M+m)v且

m

=

(M+m)v2+μmgs由以上兩式解得:s=0.32m因?yàn)閟=0.32m<L,故滑塊未能從AB上滑下。溫馨提示小滑塊從AB上滑不下來就說明兩者最終速度相同?？疾辄c(diǎn)動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理8.[2016吉林長(zhǎng)春普通高中質(zhì)量監(jiān)測(cè)(二),35(2)]如圖所示,輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m和2m的

B、C兩物塊固定連接,靜止在光滑水平面上,另一質(zhì)量為m的小物塊A以速度v0從左向右與B發(fā)

生正碰,碰撞時(shí)間極短。若A與B的碰撞