2018版高考物理专题动量与能量压轴题特训含问题详解

1、标准文档实用文案2018年物理动量与能量压轴题特训1 .如图所示，一个轻质弹簧左端固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右 边沿光滑水平面向左运动，与弹簧发生相互作用，设相互作用的过程中弹簧始终在 弹性限度范围内，那么整个相互作用过程中弹簧对木块的冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是（C ）A. 1 = & W =5B. J = m师 W = i mtiQC. / 27n懂 , W 01 nD. i = W = - m琳2 .物体A和B用轻纯相连挂在轻质弹簧下静止不动， 如图所示，A的质量为m,B的质量为M,当连接A、B的绳子突然断开后，物体 A上升经某一位置时的速u,在这一段时

2、间里，弹簧的弹力对物(a)(h)度大小为v,这时物体B的下落速度大小为体A的冲量为（D ）A. mvB. mv-MuC. mv+MuD. mv+mu3 .如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量 m=0.08kg的10块完全相同的长直 木板。质量M=1.0kg、大小可忽略的小铜块以初速度 v0=6.0m/s从长木板左端滑上 木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1=4.0m/s.铜块最终停在第二块木板 上。取g=10m/s2,结果保留两位有效数字。求：忌，火力”痴力力第一块木板的最终速度 铜块的最终速度 解答：铜块和10个长木板在水平方向不受外力，所以系统动量守恒。设铜块滑动第二块木板时，第

3、一块木板的最终速度为V2,由动量守恒定律得，Mv0=Mvi+10mv 2解得 V2=2.5m/s.由题可知，铜块最终停在第二块木板上，设铜块的最终速度为V3,由动量守恒定律得：Mvi +9mv2=(M+9m)v 3解得：V3=3.4m/s.4 . 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3： 1.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 ()ABCD34. B 设弹丸爆炸前质量为 m,爆炸成甲、乙两块后质量比为3： 1,可知m甲=4 1m, m乙= 4mi.设爆炸后甲、乙的速度分

4、别为 v1、V2,爆炸过程中甲、乙组成的系统31.在水平方向动重寸包，取弹丸运动方向为正方向，有mv = 4miv1 + 4mv2,得3v1 +v2=8.爆炸后甲、乙两弹片水平飞出，做平抛运动.竖直方向做自由落体运动，h= 1gt2,可得1=倍=1 s；水平方向做匀速直线运动，x= vt,所以甲、乙飞行的水平位移大小与爆炸后甲、乙获得的速度大小在数值上相等，因此也应满足3x1 +X2 = 8,从选项图中所给数据可知，B正确.【点拨】 爆炸后，一定有一块弹片速度增加，大于原来速度.5.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

5、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.5.【解析】方盒A与小滑块B组成的系统动量守恒，mBv = (mA+ mB)vi,又mA= 2mB,所以2V行x=3'彘.vi = £， 对系统由动能定理得一 叱mBg . x=m(mA+mB)v21mBv2,3222V V3 3卜g6.如图所示，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

6、块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度h= 0.3m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量 mi = 30 kg,冰块的质量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.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？/?7/6【解析】(1)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) v121 一、2 I2m2 V20= 2(m2+ m3)v + m2gh式中V20= 3 m/s

7、为冰块推出时的速度，联立式并代入题给数据得m3 = 20(2)设小孩推出冰块后的速度为V1,由动量守恒定律有m1v+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+ m3V31212 , 122m2 v20= 2m2 v2 + 2m3v3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后方，故冰块不能追上小孩.【答案】（1）20 kg （2）见解析7.如图所示，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vo,

8、 一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分 13别以1v。、。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.7.【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，13A的速度VA =§v。；碰后B的速度Vb=JV。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12126WA= 2miv。- 21mVA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=2mvB-

9、2mvB 2由于三者间隔相等，滑块 A、B与轨道间的动摩擦因数相等，则有 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，代入数据得丫 =噜丫。【答案】喋入。8 .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vo = 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.TI_AC8【解

10、析】设A与C发生碰撞后瞬间，A的速度大小为va,方向向右，C的速度大小为vc.A与C碰撞时间极短，由动量守恒定律得 mAV0= mAVA+ mcvc A与B相互作用，设最终达到的共同速度为 v,由动量守恒定律得： mBvo+ mAVA= (mA+ mB)vA与B达到共同速度后恰不与C碰撞，则应有v = vc联立解得va= 2 m/s【答案】2 m/s【点拨】本题分别对A、C和A、B的作用过程应用动量守恒定律，还要关注“恰好不再与C碰撞”这一临界条件.9 .如图所示。一辆质量M=3kg的小车A静止在光滑的水平面上，将一轻质弹簧城 压越缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep=6J,质量m=1kg的光滑

11、小球B紧挨轻弹 簧右端静止放置。解除轻弹簧的锁定。小球B被弹出并脱离弹簧，求小球脱离弹簧时小车的速度大小。解答：A. B组成的系统动量守恒，在解除锁定到A. B分开过程中，系统动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBVB-mAVA=O,由能量守恒定律得：12 mA v2A+12m bv2b=EP ,联立并代入数据解得：vA=1m/s,vB=3m/s;答：小球脱离弹簧时小车的速度大小为 1m/s.10 .如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B,上表面粗糙，在其左端有一 光滑的1/4圆弧槽C,与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C 静止在水平面上。现有滑块 A以

12、初速Vo从右端滑上B,并以1/2V0滑离B,恰好能 到达C的最高点.A、B. C的质量均为m,试求：(1)木板B上表面的动摩擦因素 £(2)1/4圆弧槽C的半径R;当A滑离C时，C的速度1凿J在再上滑动时与明望体发生作用.规定向左为正方向.由于水M面光滑与刀组成的素批动量守恒，有:1 .iw用m X - w 2mil寿；M 1加 4由能星守恒得知系统功能的减小量等于滑动过程中产生的内吃，有：冏当滑上C R与分离.与门发生作用.谀到达最高点时速度相等为E.规定向左为正方向，由于水平面光滑，与狙成的亲统司量守恒,有 tn；nj win in -r m) Ij ,*喔-誓金与仁里威的莱皖机

13、械熊守恒，档I一，(2闾磅一想消司当J滑下时.设的速度力R f船速度为W .规定向左为正方向，与门组成的系统动量守恒.有： 1m x - 加_ maj, 瓶字以一加猖仁与C组成的系统动能守恒.有；解得；哈一丁.11 .如图所示质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质 弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5m,这段滑板与木块A(可视为质点) 之间的动摩擦因数 0.2,而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光 滑。小木块A以速度V0=10m/s由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动。已知12Tc Dv"力""门""

14、;"""#"%木块A的质量m=1kg,g取10m/s2.求:(1)弹簧被压缩到最短时木块 A的速度；(2)木块A到达弹簧C端时的速度va(取两位有效数字) 木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能。仆腰簧压缩到最短时.A B速度相等r系统动曷守恒，以小的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得；mvh =+,代人数据解得：v=2m/s ;(2)木块内到达G蠲过程中,A. B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向.出动量守恒定律得：由用=mvA + Mvb t由能量守恒定律得：mgL = ；mkg 吨.联立并代人数踞解得：叱=注9m'5 ;句丹、B速度1

15、雷的第I量最大，弹爵雌势能最大，出能量守恒定律得：Ep= m城一 :fM-!- m： v2 一小乳 d代人数据解得：Ep= 3SJ ;12 .如图所示，一个质量m=4kg的物块以速度v=2m/s水平滑上一静止的平板车上平板车质量M=16kg,物块与平板车之间的动摩擦因数底0.2,其它摩擦不计(取2g=10m/s ),求：(1)物块相对平板车静止时，物块的速度；(2)物块相对平板车上滑行，要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？解答：(1)物块和平板车的相互作用过程中系统动量守恒，以物块初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=(M+m)v 共一，代入数据解得：v共=0.4m/s；(2)为了

16、使物块不滑离平板车，设车长为 L,由能量守恒定律得：12mv2- 12(M+m)v2 共<mgL ,由式得：L>0.8m；13 .如图所示，光滑水平路面上，有一质量为m1=5kg的无动力小车以匀速率v0=2m/s向前行驶，小车由轻绳与另一质量为m2=25kg的车厢连结，车厢右端有一质量为m3=20kg的物体(可视为质点)，物体与车厢的动摩擦因数为=0.2,开 始物体静止在车厢上，绳子是松驰的.求：(1)当小车、车厢、物体以共同速度运动时，物体相对车厢的位移(设物体不会从车厢上滑下月(2)从绳拉紧到小车、车厢、物体具有共同速度所需时间.(取g=10m/s2)(1)以色和殁为研究对象，

17、考虑绳拉紧这一过程，设绳拉紧后r砥、死的共同速度为电这一电程可以 认为动量守恒，由幼量守疸定律有乃唠=(仍_ +也)附.承:一加一二个？二 3 1 *再以加1、中2、磔为时集.设它们最后的共同速宜为q.则阳中=I g +中工+伙唯，解得- 空 .122- - 0 2m i- Wj * w； - ?m3 ;-* 25 + 20绳刚挖怎时团1和他的速度为冷.最后仍_、色、g的1共同速度为,.设g相对小2的位移为$ ,则在过程中由能曷守恒定律有- *Jfr + W + jH = F 碑喈 X* 啖:一傅, -解得AaQQ17m .(2 )对mg ,由动量定理,有“e39tm3冷v*0 .21i *

18、* 0.1sag 0.2 <10所以.从绳拉紧到乃、也 中占有共同速度所需时间为4 0工弓.14. 如图所示，固定的光滑的弧形轨道末端水平，固定于水平桌面上，B球静止丹球下滑过程到与B球碰撞前机械能守恒,则有于轨道的末端。轨道最高点距轨道末端高度及轨道末端距地高度均为 R.A球由轨 道最高点静止释放，A球质量为2m, B球质量为m, A. B均可视为质点，不计空 气阻力及碰撞过程中的机械能的损失。求： A. B两球落地点的水平距离？解号,v = y ZgRA. B两球发生弹性碰撞，动量守恒.机械能守恒,则 2mv= 2mvA 4 mvg : (2m)庐= (2m)Vj - : m崂1_4

19、 . 一解得.通=漏，药兑“=专/药育碰逢亏两球都做平施运动.则月=2靖A的水平位移为XA -皿LB的水平位移为*3=/由.则A 8两球落地点的水平距离为心翼=x自一*A ，代入解得，_Jt = 2R.15. 一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗 糙的水平面，长度为L;bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度 可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0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,返回后在到达a点前与物体P相对静止。 重力加速度为g.求：(1)木块在ab段受到的摩擦力f;"|A(2)木块最后距

20、a点的距离s.忌15-解答:(1 )设木块和物体尸共同速度为呜两物体从开始至!M一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得：E =+g m琮；i m - 2m) ira + mgh 4 fL 木块返回与物体第二次达到共同速孱与第一次相同(动曷守恒)全过程能曷守恒得：(m + 2in) if2+ /(2L-,-). 管;(1)木块在。匕段受到的摩爆力/二(2)木块最后距a点的距离16. K介子衰变白方程为K-一田+ 2,如图所示，其中K介子和冗介子带负 的基元电荷，2介子不带电。一个K介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场 中，其轨迹为圆弧AP,衰变后产生的 冗介子的轨迹为圆弧PB,两轨迹在P 点相切，

21、它们的半径RK与R九-之比为2:1.2介子的轨迹未画出。由此可知 冗一 介子的动量大小与2介子的动量大小之比为()A. 1:1B. 1:2C. 1:3D. 1:6K 一介子与肝 介子均做匀速圆周运动，港伦效力提供向心力，有 2档用=小?X X X X澳就量、&。X:k=2：主卷蠡靖守恒定律，有I飞二八二F*故/加=射一凝C17 .如图所示,光滑的水平地面上有一木板，具左端放有一重物，右方有一竖直的 墙。重物质量为木板质量的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，碰撞时间极短。求木板 从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经

22、历的时间。设木板足够长，重物始终在木板上。 重力加速度为g.7777777777777777777777解答：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀力睡整运动直至器重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙, 木板第一次与墙碰撞后.重物与木板相互作用直到有共同速度tr ,动量守恒，有：2mjjn - m翊=2m m)叫 解得：，打=方 IJ木板在第一个过程中.用动量定理.有：rnv-= "niff藤用动能定理.有：一=一般2nl外木板在第二个过程中，匀速直线运动有：囚=力也木扳从第一次与堵碰撞到再次瞳所经历的时间i= H +也虱。_虱升3 口g 3

23、 ag4珀18 .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 两球粘在一起飞出轨道，落地点距 N为2R.重力加速度为g,忽略圆管内径，空气 阻力及各处摩擦均不计，求&粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间 t;/开川(2)A、B碰撞前瞬间A球的速度大小小球A冲进轨道时速度v的大小。;-一 3(4)小球A与小球B球碰撞前瞬间对轨道的压力多大？(1淞合后的两球飞出轨道后做平抛运动,畀百方向:2H = g必，虫 :i = 2 -;

24、(2网撞后两球做平如I运动,水平方向：= *解得：i?= v事t t两求曲值程系统动量守恒,以向右为正方向， 田曲11的：恤5 = 2团站 小：创4 = ? ；(3M从.V到川过程机械能守恒,由机械能守恒定律知:如，' 21J. + m*， 解得：/=2y 2gJi(4)对A,由牛顿第二定律得：F十代噂二" W解得:F = 3叫，由牛顿第三定律可知f4对轨道的后力：=1,'=,方向嬖直向上；19. 一个宇航员连同装备的总质量为 100kg，在空间跟飞船相距45m处相对飞船处于静止状态。他带有一个装有 0.5kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50m/s的相对速

25、度喷出的喷嘴。宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸。已知宇航员呼吸的耗氧率为2.5X0-4kg/s。试求：(1)如果他在准备返回飞船的瞬时，释放 0.15kg的氧气，他能安全地回到飞船 吗？(2)宇航员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？(1 )令MKQOkg . m/口 5kg . m0.l5kg ,氧气释放速度为v ,宇航员气后的速度为u ,由动信守恒定律得:。二脚41即小必 解得：u二 W 二 1'yrjfVn/s-0.075m/sjiw1J RI宇航员在返回飞船的过程中消耗的氧气为：m"

26、;吃二儡叱叩口斗阳刃5kg (2)由于Ei+m沪03相=0一5对r因此他能安全返回： (2 )设暖出氧气质量为m,则根据动量守恒有： 。二mv-Mu( 3 )宇航员返回消耗的氧气为 2千(4)由Tm+mEmc0.5kg (5 )由(3)、(4)、(5)得vm2 mMTt+kxMg) ( 6 )解得：口.05Kg玉m国.45咫根隔(3)式及t屋得： 11仁箸当m二0 05kg时r可求得宇航员安全返回到飞船的最长时间为加前二18005. 当m二Q 45kg时，可求得宇航员安全返回期王船的限短时间为如丽二200丸20.如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的H Bac距离

27、为L,导轨上面横放着两根导体棒ab和cd构成矩形回路，两根导体棒的质量皆 为m,电阻皆为R,回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上 的匀强磁场，磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd 静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0,若两导体棒在运动中始终不接触，求： 在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的加速度是 多少？（1）从刑等晒棒达到相同速度V的过程中，两棒的总动量守恒,有mv02mv , v二v0 根据能量守恒定律，整4过程中产生的焦耳热0=£中壮0-3（2皿）二1巾丫20 在运动中产生的焦耳热最多

28、是工mv204（2）设曰b棒的速度变为与。时，ud棒的速度为/ ,则由动量守恒可知nw°=m三”0 + m/翳得v =工丫。444此时巨髓中的电动势为E=-BLvo-BLvo=iBLvo 442一F BLvn此时回睹中的电流为I-=一二2R 4R此时cd棒所受的安培力为f=bil=.Ll4R由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度片上 =吃上2 m 4mRcd棒的加速度大小是竺巴2 ,方向是水平向右. 4irR21 .高空作业须系安全带，如果质量为 m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落 到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）.此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在

29、此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（）m . 2ghm . 2ghm ghm ghA. t + mg B. t mg C. ； +mg D.-mg【解析】 下降h阶段v2=2gh,得v = M须，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，（F mg）t = 0mv,得 F = mj2gh+ mg, A 正确.选 A.22 .如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B,盒的质量是滑块质量的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， 最终相对盒静止，则此时盒的速度大小

30、为,滑块相对于盒运动的路程为解答；设滑块的质量是网碰后速度为“共，物体与盒子细花的系统合外力为0 ,设向左为正方向.出动量守恒定律得：/1期二(m-2中哄,耨得：r共=-tJ开始时盒子与物块的机械能：£1 =:恒/，碰后盒子与物块的机械能：坳二3的-2m)嘎 二僦点<1 :=El E?二川阳夕目解得：目-；廿 /故答窠为：言：，. 3 3 ag23. (2015.福建)如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车 AB段是 半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相 切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，重力加速度 为g。(

31、1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从 A点由静止下滑，然后滑入U! = ',BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量2 ,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为小，求： 滑块运动过程中，小车的最大速度 Vm； 滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小so解答：(1)由图知，滑块运动到B点时对小车的压力最大mgR =-加止-0从A到B,根据动能定理：2;在B点：联立解得：FN=3mg根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为3mg(2)若不固定小车，滑块到达B点时，小车的速度最大根据动量守恒可得：

32、他二朋 ;从A到B,根据能量守恒：22联立解得:V 二11”右或一泮£小车的加速度:丁 一 5咫；根据* 3 = 2能；解得：s山3设滑块到C处时小车的速度为V,则滑块的速度为2v,根据能量守恒:mgR -/(2y了 +Mv2 + /MgL 2224. (2016北京理综)(1)动量定理可以表示为Ap=FAt,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9,碰撞后弹出的角度也是9 ,碰撞前后的速度大小都是v,如图甲所示.碰撞过程中忽略小球所受重 力.a.分别求出碰撞前后x、y方向小

33、球的动量变化Apx、Apy；b.分析说明小球对木板的作用力的方向.(2)激光束可以看成是粒子流，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 银效应就是一个实例，激光束可以像银子一样抓住细胞等微小颗粒.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乙所示.图中 。点是介质小球的球心，入射时光束 和与SO的夹角均为9,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.光束比强度大.24.【解析】（1）a.x方向：动量变

34、化A px= mvsin 8 mvsin 8=0y 方向：动量变化 A py= mvcos 8 （ mvcos 8） = 2mvcos 0 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A 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 pi = 2npcos 0从小球出射时总动量p2= 2nppi、p2的方向均沿SO向右.根据动量定理有 F At = p2pi = 2np（1 cos 0 ）>0可知，小球对这些粒子的作用力F的

35、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，两光束对小球的作了用力沿*轴负方向. 1广y方向：设At时间内，光束穿过小球的粒子数为ni,光束穿过小球的粒子数为n2, ni>n2.这些粒子进入小球前的总动量 piy= （ni n2）psin 0从小球出射时的总动量p2y = 0根据动量定理有 FyA t= p2ypiy= （ni n2）psin 0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.【答案

36、】（i）a.0; 2mvcos 9 ,沿y轴正方向b.沿y轴负方向（2）a.沿SO向左b.指向左上方25. （20i4天津理综）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较小，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.现又t A施加一个水平向右的恒力 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 vi = 2 m/s求(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B

37、碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度1.25【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)vi (mA+ mB)v代入数据解得v=1 m/s 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12公Fl = 2mAvA由式，代入数据解得l = 0.45 m【答案】(1)2.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.45 m26. (2015北京理

38、综)实验观察到，静止在匀强磁场中 A点的原子核发生B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图如图所示，则()A.轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外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1. d b衰变方程：Ax>0ie+ A+iy,由动量守恒定律知两粒子动量大小相等. 因电子电量较小，由r=mV，得6丫，故轨迹1是电子的，轨迹2是新核的.由左qB手定则知，磁场方向垂直纸面向里， D正确.【点拨】动量守恒定律既适用于宏观，亦适用于微观；既适用于低速，亦适用于高速.27. 2

39、014新课标全国I 如图所示，质量分别为 mA、mB的 工 A O两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=80.8 m, A球在B球的正上方.先将B球释放，经过一段时间人后再将A球释放.当A球下落t = 0.3 s时，刚好与B球在地 4,o.8m面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间 A球的速度 ； I恰为零.已知 mB = 3mA,重力加速度大小 g=10 m/s2,忽略 3,融乜个”力 空气阻力及碰撞中的动能损失.求：(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度.27【解析】(1)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 = 42gh

40、将h = 0.8 m代入上式，得vb=4 m/s(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为V1和V1'(v/ =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.规定向下为正方向，有mAV1 + mBV2= mBV21 2,1212公2miAV1 + 2mBV2 = 2mBV2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、,一 ,_ 一 、， ，一，、一，上 ，VB 2 v2设P点距地面的高度为h由运动学规律可得h'= 2

41、g联立式，并代入已知条件可得h'= 0.75 m【答案】(1)4 m/s (2)0.75 m28. 2015新课标全国H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变化的图象如图所示.求：滑块a、（2）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.28【解析】（1）设a、b质量分别为mi、m2, a、b碰撞前的速度分别为vi、V2.由题给图象得vi= 2 m/s, V2=1 m/sa、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v = 2 m/s 3由动量守

42、恒定律有 mivi + m2V2 = （mi + m2）v； 解彳m 黑=：（2）由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能12,1212 E = 2mivi + 2m2v2 2（mi + m2）v 由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功W= 1（mi + m2）v2；解得 嘴=2【答案】（1）8（2）2度vo迎面滑来，已知h=2v-,为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离 g29.如图所示，甲车质量 mi = m,在车上有质 量M=2m的人，甲车（连同车上的人）从足够长 的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继 续向前滑动，此时质量 m2 = 2m的乙

43、车正以速 2v0 时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度 （相对地面）应满足什么条件?不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点.【解析】 设向左为正方向，甲车（包括人）滑下斜坡后速度为vi,由机械能守恒定律有2（mi + M）v2= （mi + M）gh,解得 vi =2gh = 2v0设人跳出甲车的水平速度（相对地面）为v,在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为VI,和V2'，则 人跳离甲车时：（M + mi）vi = Mv + mivi 人跳上乙车时：Mv m2vo = （M + m2）V2 '11解得 vi =6v

44、o2v, V2 = 2v 2vo两车不可能发生碰撞的临界条件是 vi '=2'13当vi =v2 时，斛得v=wvo5ii当vi = v2 时，斛得v = wvo3i3 ii故v的取值氾围为 yvo<vyvo导学导考 ”三个物体，两次作用”是近几年考查动量守恒定律应用的模型之 一，且常涉及临界问题.由于作用情况及作用过程较为复杂，要根据作用过程中 的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的关系分成几个 小系统，分别建立动量守恒方程，联立求解.30. 20i5天津理综如图所示，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

45、生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3： i, 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.30【解析】 设A、B质量分别为mA、me, B的初速度为vo,取B的初速度方向 为正方向，由题意，刚好不发生第二次碰撞说明 A、B末速度正好相同，都是一行,3第一次碰撞时，动量守恒，有 mBvo=mA v0+mB - 1 v0%解得mA： mB = 4 ： i碰撞前、后动能之比EkiEk2=2m1Bv0 :31. 20i5新课标全国I如图所示，在足够长的光滑水平B A CZZZZZZZZZZZZZZ/ZZZ面上，物体A、B、C位

46、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.31 【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vci, A的速度为VA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0= mvAi + Mvci1 212 . 122miv0= 2mivAi + 2Mvci联立式得m-Mvai=rrrvom+ M2mvci = -7i7v0m+ M如

47、果m>M,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 m<M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m-Mm M 2va2= T77vai= -T7 J vom+Mm+M根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有VA2< VC1联立式得m2 + 4mM-M2>0解得m>(V5-2)M另一解m0 ( + 2)M舍去.所以，m和M应满足的条件为(始一2)M&m&

48、lt;M【答案】(乖2)M&m<M32. 2014山东理综如图所示，光滑水平直轨道上两滑科块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vo.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：(1)B的质量；(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失.32【解析】(1)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2,碰撞前瞬间B的速度为2v, 由动量守恒定律得vmg+ 2mBv=(m+mB)v由式得mB =

49、2(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv0=(m+ mB)v设碰撞过程中A、B系统机械能的损失为A E,则A E = 2mJ2 j + 1mB(2v)22(m+ mB)v2联立式得A E =，mv06【答案】m (2)1mv026【点拨】一个孤立系统内部相互作用前后，凡是系统动能相等的，都相当于弹性碰撞，凡是作用后共速的，都相当于完全非弹性碰撞.33. (2015广东理综)在同一匀强磁场中，a粒子(4He)和质子(1H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则a粒子和质子()A.运动半径之比是2 ： 1B.运动周期之比是2 ： 1C.运动速度大小之比是4 ： 1D.受到的洛伦兹力之比

50、是2 ： 133. B a粒子与质子质量之比为4： 1,电荷量之比为2： 1,动量大小相同，由p2=mv可知速度之比为1 ： 4, C错误.在匀强磁场中，由4丫8=*得=嗡，即运动半径之比为1 ： 2, A错误.由T：22罟得，周期之比为2： 1, B正确.由f=qBqvB可知，洛伦兹力之比为1 ： 2, D错误.【点拨】运动半径= *中，分子mv看成一个整体，即动量.qB34. 2016江苏物理已知光速为c,普朗克常数为h,则频率为v的光子的动量为 .用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为.35. 【解析】 频率为v的光子的动量P=?=L三，

51、光被镜面全部垂直反射回去， A C则光子在反射前后动量改变量的大小2p=2h v【答案】hiv 2hv36. 2016全国I , 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vo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 p,重力加速度大小为g.求：喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.35【解析】(1)设At时间内，从喷口喷出的水的体积为A

52、 V,质量为A m,则Am= pA VAV=voSA t由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为*= wos (2)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A t时间内喷出的水，由能量守恒得：1, ,、 21, , 、 22( A m)v + (A m)gh= 2(卜 m)vo在h高度处，A 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:A p= (A m)v由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F= Mg设水对玩具的作用力的大小为 F,根据动量定理有：FAt=Ap联立式得h =vo M g【答案】(1) pvoS2 2c： 2g

53、2 P v0s 2M2g2 p *S236. (2016河北石家庄二中月考)水平光滑的桌面上平放有 一质量为2m的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都 为m的小球(管道的半径远远大于小球的半径)，位于管道 直径AB的两端.开始时，环静止，两个小球沿着向右的 切线方向，以相同的初速度 vo开始运动，如图所示.设 系统处处无摩擦，所有的碰撞均为弹性碰撞.(质量相等 的两物体弹性正碰后交换速度，此结论本题可直接用 ) (1)当两个小球在管道内第一次相碰前瞬间，试求两个小球之间的相对速度大小；(2)两小球碰后在第一次返回到 A、B时，两小球相对桌面的速度方向(朝左还是朝 右)和速度大小.36【解析】(

54、1)根据对称性，两球运动相同的路程在细圆管的最右端相遇，相遇前，两小球与细圆管在左右方向上共速，共同速度设为V1,此时两球相对于细圆管的速度方向沿切线，大小相同设为 Vy.左右方向上两球与细圆管动量守恒2mvo= (2m+2m)v1,解得 V1=v0根据能量守恒定律可得2X1mvo2 = Jx 2mv12+2X 2m(v12+Vy2)解得 Vy=¥vo两球相对速度大小 V= 2X Vy= V2V0 (2)两球相碰，左右方向速度不变，沿管切线方向交换速度，之后两球同时分别到达A、B位置.从刚开始两球运动到两球第一次回到 A、B位置，两球与细圆管组成的系统可以看 成弹性碰撞，即质量为2m的物体与细圆管发生了弹性正碰，交换速度，故而两球 相对桌面速度为零，细圆管相对桌面速度为 vo.【答案】(1)亚vo (2)两小球相对桌面速度为零S63实验:验证动量守恒定律第n步试真题5带遮阿c光电门气垫导轨甲2014新课标全国n , 35（2）, 10分现利用如图甲所 示的装置验证动量守恒定律.在图甲中，气垫导轨上 有A、B两个滑块.滑块A右侧带有一弹簧片（图中 未画出），左侧与打点计时器的纸带相连；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 （未完全画出）可以记录遮光片 通过光电门的时间.实验测得滑块A的质量mi = 0.310 kg,滑块B的质量m