第十七章 碰撞与动量守恒

1、 动量守恒定律及其应用考向扫描1根据动量守恒定律计算相互作用的物体作用前、后的速度2根据动量守恒定律分析、判断相互作用的物体作用前、后的状态3根据动量守恒定律分析、求解相互作用过程中的临界问题1.(2012年福建理综,29(2),6分,节选)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,则救生员跃出后小船的速率为.(填选项前的字母) A.v0+vB.v0-vC.v0+(v0+v)D.v0+(v0-v)解析:,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C正确,A、B、D错误.答案:C.2.(2012

2、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,0时,人从车上以相对于地面大小为v0,则能正确表示车运动的vt图象为()解析:由动量守恒,知3mv0=2mv-mv0,解得:v=2v0,即人跳离小车瞬间,小车的速度为2v0,又因为阻力与地面压力成正比,故跳车前后小车加速度不变f=kmg=ma,a=kg,故A、C、D选项错误,B选项正确.答案:B.3.(2012年全国大纲卷,21,6分)如图,大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m,摆长相同,并排悬挂,若两球的碰撞是弹性的,下列判断正确的是()A.第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等B.第一次

3、碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等C.第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同D.发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置解析:两球在碰撞前后,水平方向不受外力,故水平方向两球组成的系统动量守恒,由动量守恒定律有:mv0=mv1+3mv2;又两球碰撞是弹性的,故机械能守恒,即:m=m+×3m,解两式得:v1=-,v2=,可见第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等,选项A正确;因两球质量不相等,故两球碰后的动量大小不相等,选项B错;两球碰后上摆过程,机械能守恒,故上升的最大高度相等,摆长相同,故两球碰后的最大摆角相同,选项C错;由单摆的周期公式T=2,可知,两球摆动周期相同,故经半个周期后,两球

4、在各自的平衡位置处发生第二次碰撞,选项D正确.答案:AD.4.(2011年福建理综,29(2),6分)在光滑水平面上,一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后,.(填选项前的字母) .6v.4v.3v.2v解析:由动量守恒定律:mv=2mvB-mvA得:vB=(v+vA),由vA>0,得vB>0.5v,故B、C、D错误,A正确.答案:A.5.(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,0,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

5、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,设木箱、小木块质量分别为M,m,由Mv0=(m+M)v,可知v=v0,故v与v0方向一致,故A、D错误,B正确;小木块最终与木箱达到共同速度v,故C错误.答案:B.6.(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.实验中,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

6、射程图(甲),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若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为(用中测量的量表示);若碰撞是弹性碰撞,那么还应满足的表达式为(用中测量的量表示). 经测定,m1=45.0

7、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p1'p2'=11. 实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值为. 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,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:小球做平抛运动H=gt2()x=vt()m1、m2碰撞过程动量守恒,m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'()由()、()、()得m1·

8、;OP=m1·OM+m2·ON()由()知,只需测m1、m2和水平射程OP、OM、ON就可验证动量守恒.若为弹性碰撞,有m1+m2=m1v1'2+m2v2'2,与()()联立有m1·OP2=m1·OM2+m2·ON2():由于m1=45.0 g,m2=7.5 g,则p1p1'=OPOM=1411p1'p2'=112.9=1当两球发生弹性碰撞时,碰后m2的速度最大,射程最大,由m1·OP=m1·OM+m2·ON与m1·OP2=m1·OM2+m2·O

9、N2可解出ON的最大值为76.8 cm.答案:CADE或DEA或DAEm1·OM+m2·ON=m1·OPm1·OM2+m2·ON2=m1·OP2142.91(11.01都正确)76.87.(2012年天津理综,10,16分)如图所示,水平地面上固定有高为h的平台,台面上有固定的光滑坡道,坡道顶端距台面高也为h,到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞,并粘连在一起,共同沿台面滑行并从台面边缘飞出,忽略空气阻力,:(1)小球A刚滑至水平台面的速度vA;(2)A、B两球的质量之比mAmB.解析:(1)由动能定理得mgh=m所以v

10、A=.(2)两球碰撞过程中动量守恒,设两球碰后的共同速度为v,则mAvA=(mA+mB)v粘在一起的两小球离开平台后做平抛运动,由平抛知识得h=gt2=vt联立得mAmB=13.答案:(1)(2)138.(2012年山东理综,38(2),4分,节选)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碰后粘在一起的速度为v,由动量守恒定律得:对A、B木块:m

11、Av0=mAvA+mBvB对B、C木块:mBvB=(mB+mC)v由A与B间距离不变可知vA=v代入数据,联立解得:vB=v0.答案:v09.(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,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=at2a=联立得t=.(2)设A离开电场时的速度为vA,B离开电

12、场时的速度为vB,所以vA=at联立得vA=同理可得vB=离开电场后,A、B两质点组成的系统动量守恒,二者速度相等时,相互作用能最大,则mvA+vB=(m+)vEpm=m+×-(m+)v2联立得Epm=dQE0.(3)考虑A、B在x>d区间的运动,由动量守恒,能量守恒有mvA+vB=mvA'+vB'm+×=mvA'2+×vB'2联立得vB'=-vB+vA因不改变运动方向,故vB'0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)Q10.(2011年山东理综,

13、38(2),8分)如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m,两船沿同一直线同一方向运动,速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度.(不计水的阻力)解析:设乙船上人抛出货物的最小速度大小为vmin,抛出货物后船的速度为v1,甲船上的人接到货物后船的速度为v2,据动量守恒定律得12mv0=11mv1-mvmin10m×2v0-mvmin=11mv2为避免两船相撞应满足v1=v2联立式得vmin=4v0.答案:4v011.(2010年山东理综,38(2),5分)如图所示,滑

14、块A、C质量均为m,滑块B质量为m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动;现将C无初速度地放在A上,并与A粘合不再分开,此时A与B相距较近,v1、v2应满足什么关系?解析:设向右为正方向,A与C粘合在一起的共同速度为v',由动量守恒定律得mv1=2mv'为保证B碰挡板前A未能追上B,应满足v'v2设A与B碰后的共同速度为v,由动量守恒定律得2mv'-mv2=mv为使B能与挡板再次碰撞应满足v>0联立式得:1.5v2<v12v2或v1v2<v1.答案:1.5v2<v12v2或v1v2<v1弹性碰撞中动

15、量与能量的综合应用考向扫描1根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析、计算相互作用的物体系统内动能和势能的转化2根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析、计算相互作用的物体作用前、后的速度、运动的时间、发生的位移或上升的高度等备考点拨1.考题以一维弹性碰撞的考查为主,主要考查F合=0这一理想模型2.从近几年的考题看,涉及弹性势能的过程中通常计算动能或弹性势能的变化量,涉及重力势能的过程中通常计算物体上升的高度1.(2012年安徽理综,24,20分)如图所示,装置的左边是足够长的光滑水平台面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M=2 kg,它与左右两边的台面等高,并能平滑对接.传送带始终以u=2 m/s

16、的速率逆时针转动.装置的右边是一光滑曲面.质量m=1 kg的小物块B从其上距水平台面高h=1.0 m=0.2,l=1.0 m.设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态.取g=10 m/s2.(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小;(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上?(3)如果物块A,B每次碰撞后,物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定.而当它们再次碰撞前锁定被解除.试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小.解析:(1)设B物块沿光滑曲面滑到底端时速度为v,据机械能守恒定律mgh=mv2,得v=2 m/s假设B滑上皮带后减速x1距

17、离与皮带恰共同速度据动能定理-mgx1=u2-v2代入数据得x1=4 m>l=0.1 m设物块B减速至皮带最左端时速度为v1据动能定理-mgl=-v2,得v1=4 m/s.据题意B匀速到A处即第一次碰撞前的速度大小为4 m/s.(2)取向左为正方向,设碰后B与A速度分别为、两者弹性碰撞,据动量守恒和能量守恒有m=m+=v1'2+V2联立两式得= v1代入数据解得=- m/s,负号表示向右.设物块B以 m/s速度向右滑上皮带后经x2距离速度减为零,据动能定理-mgx2=-v1'2得x2= m<l=1.0 m,故物块B向左返回,与原来向右运动对称,不可能到达右边的曲面上

18、.(3)物块B返回与A碰前速度大小为 m/s,以后每次与A碰撞因能量交换,速度变小,从而向右滑上皮带后均能返回,锁定解除,A的速度变为零.据(2)第n次碰后B物块速度由归纳法得vn'=()nv1=- m/s(n=1,2,3)故物块B第n次碰后速度大小为 m/s(n=1,2,3). (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,物块在皮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,对考生应用数学解决物理问题的能力提出了较高的要求.2.(201

19、2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,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,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

20、;(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)设小球P所受电场力为F1,则F1=qE在整个空间重力和电场力平衡,则F1=mg联立,解得:E=设小球P受到冲量后获得速度为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,

21、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3.(2011年新课标全国理综,35(2),9分)如图,A、B、C三个木块的质量均为m,置于光滑的水平桌面上,B、C之间有一轻质弹簧,使弹簧不能伸展,0沿B、C的连线方向朝B运动,弹簧伸展,0.求弹簧释放的势能.解析:设A碰B后整体速度为v1,由动量守恒,得:mv0=3mv1细线断开后,设A、B速度为v2,由动量守恒,得:3mv1=mv0

22、+2mv2设弹簧弹性势能为Ep,从细线断开到C与A、B分离,A、B、C与弹簧所组成系统机械能守恒,则有:×3m+Ep=m+×2m联立,解得:Ep=m.答案:m4.(2010年全国理综,25,18分)小球A和B的质量分别为mA和mB,且mA>mB,碰撞时间极短.求小球A、B碰撞后B上升的最大高度.解析:根据题意,由运动学规律可知,小球A与B碰撞前的速度大小相等,设均为v0,由机械能守恒有mAgH=mA设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2,以竖直向上方向为正,由动量守恒得mAv0+mB(-v0)=mAv1+mBv2由于两球是弹性正碰,则有mA+mB=mA+mB联立式得

23、v2=v0设小球B能上升的最大高度为h,由运动学公式有h=由得h=()2H.答案:()2H5.(2010年湖南理综,34(2),10分)如图所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,2倍,重物与木板间的动摩擦因数为.使木板与重物以共同的速度v0向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,重物始终在木板上.重力加速度为g.解析:木板第一次与墙碰撞后,向左做匀减速直线运动,直到静止,再反向向右做匀加速直线运动,直到与重物有共同速度,再往后是做匀速直线运动,直到第二次撞墙.设木板的质量为m,重物的质量为2m,木板和重物共同速度为v,取向右为正方向,由动量守恒定律得2mv0-mv0=(2m+m)v设

24、第一次与墙碰撞到木板和重物具有共同速度所用时间为t1,根据动量定理得2mgt1=mv-(-mv0)对木板应用动能定理得-2mgs=mv2-m设木板与重物向右做匀速直线运动到第二次与墙碰撞的时间为t2,s=vt2由得:t1=,t2=所以从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间t=t1+t2=.答案:非弹性碰撞中动量与能量的综合应用考向扫描1根据动量守恒定律和能量守恒定律分析、计算相互作用的物体系统内物体作用过程中能量的转化或机械能的损失2根据动量守恒定律和能量守恒定律分析、计算相互作用的物体作用前、后的速度、运动的时间、发生的位移等1.(2011年大纲全国理综卷,20,6分)质量为M、内壁间距为L的

25、箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为,初始时小物块停在箱子正中间,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,则整个过程中,系统损失的动能为()A.mv2B.v2C.NmgLD.NmgL解析:设系统末速度为v1,由动量守恒,得mv=(M+m)v1损失的机械能E=mv2-(M+m)由以上两式,解得:E=v2,所以B正确,A错误.对系统由能量守恒,损失的机械能都转化为内能,所以E=mg·s相=mgLN,所以C错误,D正确.答案:BD.2.(2012年全国新课标卷,35(2),9分,节选)如图,将球b向右拉起,两球碰后粘在一起向左摆动,此后

26、细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力,求:()两球a、b的质量之比;()两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比.解析:()设细线长为l,b球运动到最低点的过程中,机械能守恒,有mbg=mb,解得vb=然后a、b发生碰撞,碰撞时动量守恒,即mbvb=(ma+mb)vab此后a、b一起运动到最高点,有(ma+mb)g(1-cos60°)=(ma+mb)解得vab=联立以上两式解得=-1()两球在碰撞过程中损失的机械能E=mbvb2-(ma+mb)球b在碰前的最大动能E=mb解得=.答案:见解析3.(2012年广东理综,36,18分)如图(a)所示的

27、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,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,带动滑杆作水平运动,滑杆的速度时间图像如图(b),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

28、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,动量守恒,mv0=2mvA和B碰撞过程的机械能损失E=m-·2m·v2由式联立得E=m2r2.(2)AB不能与弹簧碰撞,说明AB停止于PQ间,设AB滑行位移为x,根据动能定理,-2mgx=0-·2m·v2又xL由式联立得0<.设AB从P点到运动停止所用时间为t1,据动量定理-·2mg·t1=0-2mv由式联立得t1=.(3)AB能与弹簧相碰,但不能返回P点左侧,设AB

29、在PQ上的路程为x1,据动能定理-2mg·x1=0-·2mv2又x12l由式得0<AB从P点开始到弹簧被压缩至最大弹性势能Ep过程,据功能关系,-2mg·l=Ep-·2mv2由式得Ep=-2mgl.答案:(1)rm2r2(2)0<t1=(3)0<Ep=-2mgl4.(2011年海南卷,19(2),8分)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上,长度为L;bc为一光滑斜面,0的水平初速度从a点向左运动,在斜面上上升的最大高度为h,(1)木块在ab段受到的摩擦力f;(2)木块最后距a点的距离s.解析:(1)木块上升到斜面最高点时与物体具有共同速度,由动量守恒定律得:mv0=3mv由能量守恒定律得:m-(×3mv2+mgh)=fL解两式得:f=.(2)物体与木块最终具有向左的共同速度.由动量守恒定律得:mv0=3mv'由能量守恒定律得:m-×3mv'2=f(2L-s)解两式得:s=·L.答案:(1)(2)·L5.(2011年天津理综,10,16分)如图所示,圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上,轨道半径为R,MN为直径且与水平面垂直,直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道,到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞,碰后两球粘在一起