【导与练】高考物理三轮冲刺 考点对接3年高考题 专题十六 碰撞与动量守恒（含解析）(1).doc

专题十六碰撞与动量守恒高考试题考点一 动量守恒定律及其应用1.(2013年福建理综,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.(填选项前的字母)a.v0 b.v0c.v0d.v0解析:取竖直向下为正方向,由动量守恒定律可得:mv0-(m-m)v=0,故v=,选项d正确.答案:d2.(2012年重庆理综,17,6分)质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比.当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下,跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的vt图像为()解析:人跳离车瞬间,人车系统水平方向动量守恒,则(m+2m)v0=2mv-mv0,解得v=2v0,故选项b正确.答案:b3.(2012年福建理综,29(2),6分)如图,质量为m的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止.若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为.(填选项前的字母)a.v0+v b.v0-vc.v0+(v0+v)d.v0+(v0-v)解析:以救生员和小船为一系统,选v0方向为正方向,根据动量守恒定律(m+m)v0=mv1-mvv1=v0+(v0+v),故选项c正确,a、b、d错误.答案:c4.(2010年福建理综,29(2),6分)如图所示,一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个小木块.木箱和小木块都具有一定的质量.现使木箱获得一个向右的初速度v0,则.(填选项前的字母)a.小木块和木箱最终都将静止b.小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动c.小木块在木箱内将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动d.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者将一起向左运动解析:水平面光滑,木箱和小木块组成的系统动量守恒,它们通过相互作用最终共同运动,由于初始系统动量向右,因此最终二者一起向右运动.设木箱、小木块质量分别为m,m,据动量守恒定律有mv0=(m+m)v,可知v=v0,故选项a、c、d错误,b正确.答案:b5.(2011年北京理综,21(2),9分)如图(甲),用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系. (1)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是,可以通过仅测量(填选项前的符号),间接地解决这个问题.a.小球开始释放高度hb.小球抛出点距地面的高度hc.小球做平抛运动的射程(2)图(甲)中o点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时,先让入射球m1多次从斜轨上s位置静止释放,找到其平均落地点的位置p,测量平抛射程op.然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球m1从斜轨上s位置静止释放,与小球m2相碰,并多次重复.接下来要完成的必要步骤是.(填选项前的符号)a.用天平测量两个小球的质量m1、m2b.测量小球m1开始释放的高度hc.测量抛出点距地面的高度hd.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置m、ne.测量平抛射程om、on(3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为(用(2)中测量的量表示);若碰撞是弹性碰撞,那么还应满足的表达式为(用(2)中测量的量表示).(4)经测定,m1=45.0 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距o点的距离如图(乙)所示.碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1,则p1p1=11;若碰撞结束时m2的动量为p2,则p1p2=11.实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值为.(5)有同学认为,在上述实验中仅更换两个小球的材质,其他条件不变,可以使被碰小球做平抛运动的射程增大.请你用(4)中已知的数据,分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程on的最大值为cm.解析:(1)小球离开轨道后做平抛运动,由h=gt2知t=,即小球的下落时间一定,则初速度v=可用平抛运动的水平射程来表示,选项c正确.(2)本实验要验证的是m1om+m2on=m1op,因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程om和on,而要确定水平射程,应先分别确定两个小球落地的平均落点,没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度h.故应完成的步骤是ade或dea或dae.(3)若动量守恒,应有m1om+m2on=m1op;若碰撞是弹性碰撞,则碰撞过程中没有机械能损失,则有m1+m2=m1,同样整理可得m1om2+m2on2=m1op2.(4)碰前m1的动量p1=m1v0=m1,碰后m1的动量p1=m1v1=m1,则p1p1=opom=1411;碰后m2的动量p2=m2v2=m2,所以p1p2=m1omm2on=112.9;碰撞前、后总动量的比值=1.(5)仅更换两个小球的材质时,碰撞中系统机械能的损失会发生变化,当碰撞为弹性碰撞时,被碰小球获得的速度最大,平抛运动的射程就越大.由m1om+m2on=m1op和m1om2+m2on2=m1op2可得on=op,代入数据可得on76.8 cm.答案:(1)c(2)ade或dea或dae(3)m1om+m2on=m1opm1om2+m2on2=m1op2(4)142.91(11.01均可)(5)76.86.(2013年江苏卷,12c(3),4分)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.解析:根据动量守恒定律,(ma+mb)v0=mava+mbvb,将ma=80 kg,mb=100 kg,v0=0.1 m/s,va=0.2 m/s,代入解得vb=0.02 m/s,离开空间站方向.答案:0.02 m/s,离开空间站方向7.(2013年山东理综,38(2),4分)如图所示,光滑水平轨道上放置长板a(上表面粗糙)和滑块c,滑块b置于a的左端,三者质量分别为ma=2 kg、mb=1 kg、mc=2 kg.开始时c静止,a、b一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动,a与c发生碰撞(时间极短)后c向右运动,经过一段时间,a、b再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与c碰撞.求a与c发生碰撞后瞬间a的速度大小.解析:因碰撞时间极短,a与c碰撞过程动量守恒,设碰后瞬间a的速度为va,c的速度为vc,以向右为正方向,由动量守恒定律得mav0=mava+mcvca与b在摩擦力作用下达到共同速度,设共同速度为vab,由动量守恒定律得mava+mbv0=(ma+mb)vaba与b达到共同速度后恰好不再与c碰撞,应满足vab=vc联立,代入数据得va=2 m/s.答案:2 m/s8.(2013年北京理综,24(2),7分)对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质.正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量.为简化问题,我们假定:粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变.利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系.(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时做必要的说明)解析:考虑单位面积,t时间内能到达容器壁的粒子所占据的体积为v=svt=1vt=vt.其中粒子有均等的概率与容器各面相碰,即可能达到目标区域的粒子数为nv=nvt.由动量定理可得:f=nmv2.答案:f=nmv29.(2012年山东理综,38(2),4分)光滑水平轨道上有三个木块a、b、c,质量分别为ma=3m、mb=mc=m,开始时b、c均静止,a以初速度v0向右运动,a与b碰撞后分开,b又与c发生碰撞并粘在一起,此后a与b间的距离保持不变.求b与c碰撞前b的速度大小.解析:设a与b碰撞后,a的速度为va,b与c碰撞前b的速度为vb,b与c碰撞后粘在一起的速度为v,由动量守恒定律得:对a、b木块:mav0=mava+mbvb对b、c木块:mbvb=(mb+mc)v由a与b间距离保持不变可知va=v代入数据,联立解得:vb=v0.答案:v010.(2012年北京理综,24,20分)匀强电场的方向沿x轴正向,电场强度e随x的分布如图所示,图中e0和d均为已知量.将带正电的质点a在o点由静止释放.a离开电场足够远后,再将另一带正电的质点b放在o点也由静止释放.当b在电场中运动时,a、b间的相互作用力及相互作用能均为零;b离开电场后,a、b间的相互作用视为静电作用.已知a的电荷量为q,a和b的质量分别为m和.不计重力. (1)求a在电场中的运动时间t;(2)若b的电荷量q=q,求两质点相互作用能的最大值epm;(3)为使b离开电场后不改变运动方向,求b所带电荷量的最大值qm.解析:(1)a在电场中做匀加速直线运动,则d=at2加速度a=联立得t=.(2)设a离开电场时的速度为va,b离开电场时的速度为vb,q=q,又va=at联立得va=vb=离开电场后,由于vbva,则a、b逐渐靠近,相互作用的斥力做负功,相互作用能增大,二者速度相等时,相互作用能最大,由动量守恒定律得mva+vb=(m+)vepm=m+-(m+)v2联立得epm=dqe0.(3)a、b在xd区间的运动中,最终a、b间无相互作用力时b未改变运动方向,则由动量守恒,能量守恒有mva+vb=mva+vbm+=mva2+vb2联立得vb=-vb+va因b不改变运动方向,故vb0又qe0d=m联立得qq即b所带电荷量的最大值为qm=q.答案:(1)(2) dqe0(3)q考点二 碰撞中动量与能量知识的综合应用1.(2013年天津理综,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解析:冲量是矢量,甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等,方向相反,选项a错误;甲、乙间相互作用力大小相等,方向相反,因此冲量等大反向,由动量定理可知,动量变化等大反向,选项b正确;甲、乙的动能变化量的大小等于甲、乙各自所受的合外力做的功,两者的合外力做功不一定相等,选项c错误;甲对乙与乙对甲的作用力等大反向,但沿作用力方向甲、乙的位移不一定相等,所以做功大小不一定相等,选项d错误.答案:b2.(2013年新课标全国卷,35(2),9分)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.解析:设在发生碰撞前的瞬间,木块a的速度大小为v,碰撞后的瞬间,a和b的速度分别为v1和v2.由于碰撞过程中能量和动量守恒,则mv2=m+(2m)mv=mv1+(2m)v2以碰撞前木块a的速度方向为正.解得v1=-设碰撞后a和b运动的距离分别为d1和d2,由动能定理得mgd1=m(2m)gd2=(2m)由题知d=d1+d2设a的初速度大小为v0,由动能定理得mgd=m-mv2联立得v0=.答案:3.(2013年新课标全国卷,35(2),10分)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:(1)整个系统损失的机械能;(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.解析:(1)从a压缩弹簧到a与b具有相同速度v1时,对a、b与弹簧组成的系统,由动量守恒定律得mv0=2mv1此时b与c发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为e.对b、c组成的系统,由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1=2mv2m=e+(2m)联立得e=m.(2)由(1)可知v21)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)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.解析:(1)小球b第一次落地时,两球速度相等,由v2=2gh得v=.(2)b球从开始下落到第一次落地所用时间t1=由于小球b在第一次上升过程中就能与a球相碰,则b球运动时间应满足t1t22t1由相遇条件知g+v(t2-t1)-g(t2-t1)2=ph解得1p5.(3)设t=t2-t1,由(2)得t=,则a、b两球相遇时的速度分别为va=v+gt=+g=vb=v-gt=-g=若a球碰后刚好能达到释放点,由两球相碰为弹性碰撞知m+3m=mva2+3mvb2mva-3mvb=-mva+3mvbva=va可解得此时vb=vb,va=3vb.要使a球碰后能到达比其释放点更高的位置,须满足va3vb,解得p3.由vb=知,1,所以p的取值范围是1pu=2 m/s,所以v=4 m/s即为物块b与物块a第一次碰撞前的速度大小.(2)设物块a、b第一次碰撞后的速度分别为v、v1,取向右为正方向,由弹性碰撞知-mv=mv1+mvmv2=m+mv2解得v1=v= m/s即碰撞后物块b沿水平台面向右匀速运动.设物块b在传送带上向右运动的最大位移为l,则0-=-2al,l= m1 m所以物块b不能通过传送带运动到右边的曲面上.(3)当物块b在传送带上向右运动的速度为零后,将会沿传送带向左加速.可以判断,物块b运动到左边台面时的速度大小为v1,继而与物块a发生第二次碰撞.设第二次碰撞后物块b速度大小为v2,同上计算可知v2=v1=()2v.物块b与物块a第三次碰撞、第四次碰撞,碰撞后物块b的速度大小依次为v3=v2=()3vv4=v3=()4v则第n次碰撞后物块b的速度大小为vn=()nv,vn=m/s.答案:见解析点评：(1)该题属于力学多过程问题,难度较大.(2)速度是过程的联系量,即解题的桥梁,物块在传送带上运动情况的不确定性,是学生能力的薄弱点,“锁定”“解除锁定”的情景,巧妙且新颖,为本题的亮点.(3)传送带模型、弹性碰撞均是力学重点模型;数学归纳法的应用,对考生应用数学知识解决物理问题的能力提出了较高的要求.7.(2012年四川理综,25,20分)如图所示,水平虚线x下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场,整个空间存在匀强电场(图中未画出).质量为m,电荷量为+q的小球p静止于虚线x上方a点,在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为i的冲量作用而做匀速直线运动.在a点右下方的磁场中有定点o,长为l的绝缘轻绳一端固定于o点,另一端连接不带电的质量同为m的小球q,自然下垂.保持轻绳伸直,向右拉起q,直到绳与竖直方向有一小于5的夹角,在p开始运动的同时自由释放q,q到达o点正下方w点时速率为v0.p、q两小球在w点发生正碰,碰后电场、磁场消失,两小球粘在一起运动.p、q两小球均视为质点,p小球的电荷量保持不变,绳不可伸长,不计空气阻力,重力加速度为g.(1)求匀强电场场强e的大小和p进入磁场时的速率v;(2)若绳能承受的最大拉力为f,要使绳不断,f至少为多大?(3)求a点距虚线x的距离s.解析:(1)在整个空间小球p所受电场力与重力平衡,则mg=eq,解得e=设小球p受到冲量后获得的速度为v,由动量定理得i=mv得v=.(2)设p、q同向相碰后在w点的最大速度为vm,由动量守恒定律得:mv+mv0=(m+m)vm此时轻绳的张力也为最大,由牛顿运动定律,得:f-(m+m)g=联立解得f=+2mg.(3)设p在x上方做匀速直线运动的时间为tp1,则tp1=设p在x下方做匀速圆周运动的时间为tp2,则tp2=设小球q从开始运动到与p球反向相碰的运动时间为tq,由单摆周期性有tq=(n+)2又tq=tp1+tp2联立,解得:s=（n+）-n为大于的整数设小球q从开始运动到与p球同向相碰的运动时间为tq,由单摆周期性,有tq=(n+)2同理可得:s=(n+)-n为大于的整数答案:见解析8.(2012年广东理综,36,18分)如图(a)所示的装置中,小物块a、b质量均为m,水平面上pq段长为l,与物块间的动摩擦因数为,其余段光滑.初始时,挡板上的轻质弹簧处于原长;长为r的连杆位于图中虚线位置;a紧靠滑杆(a、b间距大于2r).随后,连杆以角速度匀速转动,带动滑杆做水平运动,滑杆的速度时间图像如图(b)所示.a在滑杆推动下运动,并在脱离滑杆后与静止的b发生完全非弹性碰撞.(1)求a脱离滑杆时的速度v0,及a与b碰撞过程的机械能损失e;(2)如果ab不能与弹簧相碰,设ab从p点到运动停止所用的时间为t1,求的取值范围,及t1与的关系式;(3)如果ab能与弹簧相碰,但不能返回到p点左侧,设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为ep,求的取值范围,及ep与的关系式(弹簧始终在弹性限度内).解析:(1)滑杆推动小物块a从静止开始运动,加速至r后,滑杆开始做减速运动,而小物块a以r做匀速运动,a脱离滑杆,此时小物块a的速度v0=ra和b碰撞过程中动量守恒,碰后速度相同,设为v,则mv0=2mva和b碰撞过程的机械能损失e=m-2mv2联立得e=m2r2.(2)若ab不能与弹簧碰撞,说明ab停止于pq间某一位置,设ab滑行位移为x,根据动能定理,-2mgx=0-2mv2又xl联立得0.设ab从p点到运动停止所用时间为t1,据动量定理-2mgt1=0-2mv联立得t1=（0）.(3)若ab能与弹簧相碰,但不能返回p点左侧,设ab在pq上的路程为x1,据动能定理-2mgx1