（新课标Ⅰ）2019版高考物理 专题七 碰撞与动量守恒课件.ppt

专题七碰撞与动量守恒,高考物理(新课标专用),A组统一命题课标卷题组考点一动量、动量定理,五年高考,1.(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。,2.2016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=VV=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。此题必须要假设以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。,方法技巧在流体类问题中用动量知识解题时,通常要取t时间内的流体为研究对象求解未知量。,考点二动量守恒定律及其应用,3.(2017课标,14,6分)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为600m/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.30kgm/sB.5.7102kgm/sC.6.0102kgm/sD.6.3102kgm/s,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=0.05kg600m/s=30kgm/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。,4.(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4.5m,A车向前滑动了2.0m。已知A和B的质量分别为2.0103kg和1.5103kg,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=10m/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)3.0m/s(2)4.3m/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=3.0m/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=4.3m/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。,5.2015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,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。),解题关键因水平面光滑,且物体间的碰撞都是弹性的,则碰撞时,动量和机械能都守恒,因要求A只与B、C各发生一次碰撞,则解题时注意速度的大小和方向。,评析考查考生的理解能力、分析综合能力以及应用数学工具的能力。综合性强,是今后的命题热点。,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=0.8m,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=0.3s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=10m/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()4m/s()0.75m,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=0.8m代入上式,得vB=4m/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=mBv2mA+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=0.75m,解题思路(1)A、B两球均从静止释放,B球第一次到达地面前做自由落体运动。(2)B球先释放且释放位置比A球低,故只能是B球从地面反弹后,在上升过程中与A球在P点碰撞,由此运动情况可求出P点距离地面的高度。(3)A、B两球均为弹性小球且碰撞时间极短,故两球发生弹性碰撞,动量和动能均守恒。(4)碰后瞬间A球的速度恰为零。,考点三动量和能量的综合应用,7.(2018课标,24,12分)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。,答案(1)(2),解析本题主要考查竖直上抛运动规律及动量守恒定律。(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有E=m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=-gt联立式得t=(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=mgh1火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设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m+m=Emv1+mv2=0,由式知,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m=mgh2联立式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2=,易错点拨关键词理解,隐含条件显性化题目中的两个E,分别对应“一个物体”和“两个物体”。爆炸后两部分质量均为。爆炸过程中系统初动量为0。距地面的最大高度由两部分组成,一是爆炸前上升的高度,二是爆炸后向上运动的部分上升的高度。,8.2016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3m/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=0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/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)vm2=(m2+m3)v2+m2gh式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m3=20kg()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=1m/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+m3v3m2=m2+m3联立式并代入数据得,v2=1m/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。,9.2016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+v2m=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: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做减速运动而与墙未发生碰撞。,易错点拨本题的易错点在于考生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“等号”的取舍。,B组自主命题省(区、市)卷题组,考点一动量、动量定理,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,答案B本题考查匀速圆周运动。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。,2.2018江苏单科,12C(3)如图所示,悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m,运动速度的大小为v,方向向下。经过时间t,小球的速度大小为v,方向变为向上。忽略空气阻力,重力加速度为g,求该运动过程中,小球所受弹簧弹力冲量的大小。,答案2mv+mgt,解析取向上为正方向,由动量定理得mv-(-mv)=I且I=(-mg)t解得IF=t=2mv+mgt,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=10m,C是半径R=20m圆弧的最低点。质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度a=4.5m/s2,到达B点时速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/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)100m(2)1800Ns(3)受力图见解析3900N,一题多解运动员在AB段所受合外力的冲量I=F合t=ma=1800Ns。,4.(2015安徽理综,22,14分)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5m的位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=9m/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7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。(1)求物块与地面间的动摩擦因数;(2)若碰撞时间为0.05s,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)130N(3)9J,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=130N(3)W=mv2=9J,考点二动量守恒定律及其应用,5.2015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=v0,6.2014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联立式得E=m,考点三动量和能量的综合应用,7.2018天津理综,9(1)质量为0.45kg的木块静止在光滑水平面上,一质量为0.05kg的子弹以200m/s的水平速度击中木块,并留在其中,整个木块沿子弹原方向运动,则木块最终速度的大小是m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5103N,则子弹射入木块的深度为m。,答案200.2,解析本题考查动量守恒定律、功能关系等知识。子弹击中木块,并留在其中,二者共速,子弹击中木块的过程,系统合外力为零,满足动量守恒条件,则mv0=(m+M)v,v=m/s=20m/s;此过程中对系统由功能关系可得:fd=m-(m+M)v2,d=0.2m。,知识拓展系统中产生的焦耳热Q=fd。,8.2016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=,反思感悟应用动量守恒定律解题的过程中,只需关注初、末两个状态,而不必关注过程细节,这正是动量守恒定律的优越性。例如,本题中不必关心滑块究竟是怎样与盒相互作用的及碰撞了多少次。,9.(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=2kg、mB=1kg。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=1.8m(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=10m/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)0.6s(2)2m/s(3)0.6m,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=0.6s(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=2m/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=0.6m,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。,10.(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=0.5m。物块A以v0=6m/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=0.1m。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=1kg(重力加速度g取10m/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)4m/s22N(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=4m/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=22N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=6m/sA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=3m/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=4.5m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(nn2。这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)psin从小球出射时的总动量为p2y=0根据动量定理:Fyt=p2y-p1y=-(n1-n2)psin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,体现单位时间内发射的光子个数不同。,考点二动量守恒定律及其应用,2.2015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。,3.(2014重庆理综,4,6分)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/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=10m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(),答案B平抛运动时间t=1s,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=1s,则有x甲+x乙=2m,将各选项中数据代入计算得B正确。,4.2015天津理综,9(1)如图所示,在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A球在水平面上静止放置,B球向左运动与A球发生正碰,B球碰撞前、后的速率之比为31,A球垂直撞向挡板,碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞,A、B两球的质量之比为,A、B碰撞前、后两球总动能之比为。,答案4195,解析设碰前B球速度大小为v0,碰后A、B两球速度大小分别为vA、vB,由题意知,碰后A球速度方向向左,B球速度方向向右,且vA=vB=v0,碰撞过程动量守恒,取水平向右为正方向,则有-mBv0=-mAvA+mBvB,解得:mAmB=41;碰撞前、后两球总动能之比为=。,5.2017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1m/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1m/s和2m/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。,6.2016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=1.9210-3s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400kg和mB=0.100kg,重力加速度大小g=9.80m/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()2.0410-3s2/m()6%,7.2014江苏单科,12C(3)牛顿的自然哲学的数学原理中记载,A、B两个玻璃球相碰,碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为1516。分离速度是指碰撞后B对A的速度,接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B,且为对心碰撞,求碰撞后A、B的速度大小。,答案v0v0,解析设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2由动量守恒定律2mv0=2mv1+mv2,且由题意知=解得v1=v0,v2=v0,考点三动量和能量的综合应用,8.(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=4kg,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=2kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10N,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=0.6s,二者的速度达到vt=2m/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)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m,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=2.5m/s2(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6s的过程,由动量定理得Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v代入数据解得v=1m/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)vA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=0.45m,9.(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=0.2m;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=10m/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)2m/s(2)1m/s(3)0.25m,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的速率v=2m/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=1m/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=0.25m,10.2013课标,35(2),10分,0.270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,审题点拨因水平面光滑,则可考虑应用动量守恒定律。A和B速度相等时,A、B与弹簧组成的系统动量守恒。B和C相碰后粘接在一起,意味着B和C发生完全非弹性碰撞,有机械能损失。,A组20162018年高考模拟基础题组考点一动量、动量定理,三年模拟,1.(2018天津河东一模)(多选)一辆汽车在平直公路上从静止开始运动,所受阻力恒定,10s末撤掉牵引力,其速度随时间变化的图像如图所示,则下列说法正确的是()A.05s和1015s内加速度相同B.05s和1015s内阻力做功相等C.05s和510s内牵引力做功的平均功率相等D.05s和1015s内合外力的冲量相同,答案BCv-t图线的斜率表示加速度,由图可知05s和1015s内加速度大小相等,但是方向相反,故不相同,A错误;v-t图线与时间轴所围的面积表示位移,由图可知05s和1015s内位移相等,又阻力恒定,故阻力做功相等,B正确;05s内:加速度a1=m/s2=2m/s2,位移x1=510m=25m;510s内:加速度为零,位移x2=510m=50m;1015s内:加速度a3=m/s2=-2m/s2,位移x3=510m=25m;根据牛顿第二定律,05s内:F1-f=ma1根据平衡条件,510s内:F2=f根据牛顿第二定律,1015s内:-f=ma3联立解得:F1=4m(N),F2=2m(N)05s内牵引力做功的平均功率为:=20m(W),510s内牵引力做功的平均功率为:=20m(W),故05s和510s内牵引力做功的平均功率相等,C正确;由C项分析可知05s和1015s内汽车的位移相同,所受合外力等大、反向,故冲量也是等大、反向,故D错误。,2.(2018山东菏泽一模)有一个竖直固定放置的光滑四分之一圆轨道,轨道圆心O到地面的高度为h,小球从轨道最高点A由静止开始沿着圆弧轨道滑下,从轨道最低点B离开轨道,然后做平抛运动落到水平地面上的C点,C点与A点的水平距离也等于h,则下列说法正确的是()A.当小球运动到轨道最低点B时,轨道对它的支持力等于重力的4倍B.小球在圆弧轨道上运动的过程中,重力对小球的冲量在数值上大于圆弧轨道的支持力对小球的冲量C.根据已知条件可以求出该四分之一圆轨道的轨道半径为0.2hD.小球做平抛运动落到地面时的速度与水平方向夹角的正切值tan=0.5,答案C由mgR=m,FB-mg=m,解得FB=3mg,A错误;小球从A运动到B,合外力冲量水平向右,则支持力的冲量在竖直方向的分量与重力的冲量大小相等,故支持力冲量在数值上大于重力的冲量,B错误;小球做平抛运动时,h-R=gt2,h-R=vBt,解得R=0.2h,C正确;设小球做平抛运动位移与水平方向夹角为,则tan=1,因为tan=2tan,所以tan=2,D错误。,3.(2017河南六市一联,20)(多选)在2016年里约奥运会跳水比赛中,中国跳水梦之队由吴敏霞领衔斩获8枚金牌。假设质量为m的跳水运动员从跳台上以初速度v0向上跳起,跳水运动员在跳台上从起跳到入水前重心下降H,入水后受水的阻力而减速为零,不计跳水运动员水平方向的运动,运动员入水后到速度为零时重心下降h,不计空气阻力,则()A.运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为m+mv0B.水对运动员阻力的冲量大小为mC.运动员克服水的阻力做功为mgH+mD.运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg(H+h)+m,答案AD设运动员入水前速度为vt,则由机械能守恒有m+mgH=m,得vt=,据动量定理可得运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小I=mvt-(-mv0)=m+mv0,A项正确。运动员入水后受竖直向下的重力和竖直向上的阻力,合力的冲量大小为I合=m,B项错误。运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中应用动能定理有mg(H+h)-Wf=0-m,得运动员克服水的阻力做功Wf=mg(H+h)+m,C项错误。由能的转化与守恒关系可知此过程中机械能的减少量为mg(H+h)+m,D项正确。,4.(2018山西太原一模)弹射座椅是飞行员使用的座椅型救生装置。在飞机失控时,依靠座椅上的动力(喷气发动机)装置将飞行员弹射到高空,然后张开降落伞使飞行员安全降落。某次实验中,在地面上静止的战斗机内,飞行员按动弹射按钮,座椅(连同飞行员等)在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱,座椅沿竖直方向运动,5s末到达最高点,上升的总高度为112.5m。在最高点时降落伞打开,飞行员安全到达地面。已知座椅的总重量为100kg,弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒定,不考虑发动机质量的变化及空气阻力,取g=10m/s2,求:(1)发动机对座椅推力的值;(2)发动机对座椅冲量的大小。,答案(1)1.0104N(2)5103Ns,解析(1)设座椅上升时的最大速度为vm,由运动学公式,有:hm=vmt设发动机作用的时间为t1,座椅的加速度为a1,发动机的推力为N,减速过程的时间为t2,则有N-mg=ma1vm=a1t1vm=gt2t1+t2=t解得:N=10mg=1.0104N(2)设发动机对座椅冲量的大小为I,则有I=Nt1解得:I=5103Ns,考点二动量守恒定律及其应用,5.(2018湖北宜昌调研)如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球沿同一直线运动。两球的质量关系为mB=2mA,规定向右为正方向,两球的动量均为5kgm/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量变化量为-3kgm/s,则()A.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为12B.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为14C.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为12D.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为14,答案C规定向右为正方向,两球初始动量均为5kgm/s,则两球均向右运动,又因为动量p=mv,mB=2mA,所以vA=2vB,则断定左方为A球,故A、B两项错误。碰撞后A球的动量变化量为-3kgm/s,则碰撞后A球的动量为pA=2kgm/s,据动量守恒定律可得B球碰撞后的动量应为pB=8kgm/s,由p=mv,得v=,所以=,故C项正确,D项错误。,解题关键首先明确动量的矢量性,其次明确碰撞前后A、B两球各自的动量大小。,6.(2017安徽江南十校联考,8)如图所示,一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰,碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失,已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的距离为0.5m,g取10m/s2,物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为()A.0.5m/sB.1.0m/sC.1.5m/sD.2.0m/s,答案C碰后物块B做匀减速直线运动,由动能定理有-2mgx=0-2m,得v2=1m/s。A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,则有mv0=mv1+2mv2,m=m+2m,解得v0=1.5m/s,则C项正确。,考点三动量和能量的综合应用,7.(2018江西上饶六校一联)(多选)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x,现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则()A.A物体的质量为3mB.A物体的质量为2mC.弹簧压缩量最大时的弹性势能为mD.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m,答案AC弹簧固定,当弹簧压缩量最大时,弹性势能最大,A的动能转化为弹簧的弹性势能,A及弹簧组成的系统机械能守恒,则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能,设A的质量为mA,即有:Epm=mA当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时,A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动,A、B速度相等时,弹簧的弹性势能最大,选取A的初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得:mA2v0=(m+mA)v由机械能守恒定律得:Epm=mA(2v0)2-(mA+m)v2解得:mA=3m,Epm=m故A、C正确,B、D错误。,8.(2018福建泉州检测)如图所示,两个大小相同、质量均为m的弹珠静止在水平地面上。某小孩在极短时间内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动,当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰,碰后第二个弹珠运动了2L距离停下。已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍,重力加速度为g,则小孩对第一个弹珠()A.施加的冲量为mB.施加的冲量为mC.做的功为kmgLD.做的功为3kmgL,答案D当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰,根据动量守恒和能量守恒可知,两弹珠速度发生交换,即第一个弹珠碰后停止运动,第二个弹珠以第一个弹珠碰前的速度继续向前运动了2L距离停下,从效果上看,相当于第二个弹珠不存在,第一个弹珠直接向前运动了3L的距离后停止运动,根据动能定理可知,小孩对第一个弹珠做的功等于弹珠获得的动能,也等于克服阻力做的总功,即:W=Ek=kmg3L,选项C错误,选项D正确;施加的冲量I=p=p-0=-0=m,选项A、B错误。,命题立意本题考查动量定理、动量守恒定律、动能定理等知识。考查学生对知识的理解和应用能力。,9.(2017湖南六校联考,20)(多选)如图所示,小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道,整个小车(含管道)的质量为2m,原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球,质量为m,半径略小于管道半径,以水平速度v从左端滑上小车,小球恰好能到达管道的最高点,然后从管道左端滑离小车。关于这个过程,下列说法正确的是()A.小球滑离小车时,小车回到原来位置B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC.车上管道中心线最高点的竖直距离为D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,小车的动量变化大小是,答案BC小球恰好到达管道的最高点,说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0,小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,由动量守恒有mv=(m+2m)v,得v=,小车动量变化大小p车=2m=mv,D项错误。小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,由机械能守恒有mgH=mv2-(m+2m)v2,得H=,C项正确。小球从滑上小车到滑离小车的过程,由动量守恒和机械能守恒有:mv=mv1+2mv2,mv2=m+2m,解得v1=-,v2=v,则小球滑离小车时相对小车的速度大小为v+v=v,B项正确。由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动,A项错误。,10.2016河北石家庄质检,35(2)如图所示,光滑水平面上木块A的质量mA=1kg,木块B的质量mB=4kg,质量为mC=2kg的木块C置于足够长的木块B上,B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑。开始时B、C静止,A以v0=10m/s的初速度向右运动,与B碰撞后瞬间B的速度为3.5m/s,碰撞时间极短。求:()A、B碰撞后A的速度;()弹簧第一次恢复原长时C的速度。,答案见解析,解析()因碰撞时间极短,A、B碰撞时,可认为C的速度为零,由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB解得vA=-4m/s,负号表示方向与A的初速度方向相反()弹簧第一次恢复原长,弹簧的弹性势能为零。设此时B的速度为vB,C的速度为vC,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mBvB=mBvB+mCvCmB=mBvB2+mC解得vC=vB=m/s,一、选择题(每小题6分,共18分)1.(2018湖北四地七校联盟联考)如图所示,竖直平面内有一半圆槽,A、C等高,B为圆槽最低点,小球从A点正上方O点静止释放,从A点切入圆槽,刚好能运动至C点。设球在AB段和BC段运动过程中,运动时间分别为t1、t2,合外力的冲量大小为I1、I2,则()A.t1t2B.t1=t2C.I1I2D.I1=I2,B组20162018年高考模拟综合题组(时间：50分钟分值：85分),答案C小球从A点正上方O点静止释放,做自由落体运动,从A点切入圆槽,刚好能运动至C点,则知小球在AB段平均速率大于BC段平均速率,又两段路程相等,所以球在AB段和BC段运动时间的大小关系为t1I2,C正确,D错误。,思路点拨AB段平均速率大于BC段平均速率,两段路程相等,从而可比较时间;根据动量定理,合外力的冲量等于动量的变化,从而比较合外力的冲量大小。,2.(2018河北石家庄质检)质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动,已知它们的动量分别是p1=5kgm/s,p2=7kgm/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为8kgm/s,则甲、乙两球质量m1与m2的关系可能是()A.m1=m2B.2m1=m2C.3m1=2m2D.4m1=m2,答案B根据动量守恒定律有:p1+p2=p1+p2,可得p1=4kgm/s,碰撞过程中动能不增加,则有+,可得,则A、C项错误。碰后甲球的速度不大于乙球的速度,则有,可得,则D项错误。,解题关键解本题的关键在于要弄清碰撞前后动能的关系以及碰后甲、乙两球的速度关系。,3.(2018安徽六校二联)(多选)如图所示,水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d。两物体m1和m2与弹簧连接,m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放,当m1与m2相距最近时m1速度为v1,则在以后的运动过程中,可能的情况是()A.m1的最小速度是0B.存在某段时间m1向左运动C.m2的最大速度一定是v1D.m2的最大速度是v1,答案ABDm1由图示位置静止释放后,在弹簧弹力作用下向右加速运动,m2静止,当m1与m2相距最近时弹簧弹力为零,m1的速度最大,此后弹簧伸长,在弹簧弹力作用下,m