专题七碰撞与动量守恒课件.pptx

1、考点一动量、动量定理五年高考A组 统一命题课标卷题组1.(2019课标,16,6分)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A.1.6102 kgB.1.6103 kgC.1.6105 kgD.1.6106 kg答案答案B本题考查了考生对动量定理的理解能力,体现了物理模型建构的核心素养,同时也增强了考生的国人自豪感。设火箭发动机在1 s内喷射出气体的质量为m。以这部分气体为研究对象,应用动量定理,Ft=

2、mv-0,解得m=1.6103 kg。解题关键解题关键本题单位统一用国际单位制单位;研究对象选择发动机在1 s内喷射出的气体。F tv2.(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。1222mv2

3、22ma t22pm3.(2018课标,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A.10 NB.102 NC.103 ND.104 N答案答案C本题考查机械能守恒定律、动量定理。由机械能守恒定律可得mgh=mv2,可知鸡蛋落地时速度大小v=,鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知鸡蛋对地面产生的冲击力大小为F=+mg,每层楼高度约为3 m,则h=243 m=72 m,得F949 N,接近103 N,故选项C正确。易错点拨易错点拨估算能力

4、(1)每层楼高度约为3 m,注意身边的物理知识。(2)在计算时重点注意数量级。122ghmvt4.2016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。答案答案()v0S()-202vg222202M g v S解析解析()设t时间内,从

5、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=Mgmt121220v联立式得h=-202vg222202M g v S解题指导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

6、理或动量守恒定律列方程。方法技巧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。5.(2017课标,14,6分)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/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.30 kgm/sB.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/sD.6.3102 kgm/s考点二动量守恒定律及其应用答案答案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

7、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=0.05 kg600 m/s=30 kgm/s,A正确。易错点拨易错点拨 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。6.(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4.5 m,A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0103 kg和1.5103 k

8、g,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=10 m/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。答案答案(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s解析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=3.0 m/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

9、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+mBvB2B2A联立式并利用题给数据得vA=4.3 m/s解题关键解题关键 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。7.2015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、

10、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1220v1221Av1221CvmMmM2mmMvA2=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

11、-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)Mml且sA-sB2l,这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为s=0.25 m+0.25 m=0.50 m(3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为vA,由动能定理有mAvA2-mA=-mAg(2l+sB)联立式并代入题给数据得vA=m/s故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB,由动量守恒定律与机械能守恒定律有1212122Av7mA(-vA)=mAvA+m

12、BvBmAvA2=mAvA2+mBvB2联立 式并代入题给数据得vA=m/s,vB=-m/s这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA时停止,B向左运动距离为sB时停止,由运动学公式2asA=vA2,2asB=vB2根据 式及题给数据得sA=0.63 m,sB=0.28 msA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s=sA+sB=0.91 m1212123 752 75解题思路解题思路(1)由动量守恒定律和动能定理计算式联立即可。(2)利用牛顿第二定律求A、B的加速度,分别对A、B的运动过程应用匀变速直线运动公式解决问题。(3)假设A能与B碰撞,应用动

13、能定理求出A碰撞前的瞬时速度;发生弹性碰撞,则由动量守恒定律和机械能守恒定律联立解出碰后A、B的速度,问题便易于解决了。10.(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。答案答案(1)(2)1g2Em2Emg解析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

14、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=01220v1g2Em1421v1422v1212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=易错点拨易错点拨 关键词理解,隐含条

15、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。1421v122Emg2m11.2016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3 m/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=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动

16、。取重力加速度的大小g=10 m/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?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=-3 m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m3=20 kg()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=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=m2v

17、2+m3v3m2=m2+m312220v1212220v1222v1223v答案答案见解析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。解题思路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。12.2016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

18、。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。34答案答案 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1220v202vgl1220v1221v34m1221v12211234m22871234m2234m联立式,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件为r2)的雨滴在空气中无初速下落的v-t图线,其

19、中 对应半径为r1的雨滴(选填、);若不计空气阻力,请在图中画出雨滴无初速下落的v-t图线。(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘,证明:圆盘以速度v下落时受到的空气阻力fv2(提示:设单位体积内空气分子数为n,空气分子质量为m0)。解析解析本题以雨滴下落为情境,综合考查动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律和动量定理,体现了科学思维中的模型建构及科学探究中的证据要素。(1)根据动能定理mgh-W=mu2可得W=mgh-mu2(2)a.根据牛顿第二定律mg-f=ma得a=g-当加速度为零时,雨滴趋近于最大速度vm雨滴质量m

20、=r3由a=0,可得,雨滴最大速度vm=b.由vm=可知,对应半径为r1的雨滴。所作v-t图线如图1。121222kr vm4343grk43grk答案答案(1)mgh-mu2(2)a.b.图见解析(3)见解析1243grk图1(3)根据题设条件:大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。简化的圆盘模型如图2。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在t时间内,与圆盘碰撞的空气分子质量为m=Svtnm0图2以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理,有Ftmv得Fnm0Sv2由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力fv2采用不同的碰撞模型,也可

21、得到相同结论。解题关键解题关键 雨滴在下落过程中受重力和空气阻力,根据牛顿第二定律确定出下落过程中雨滴的加速度与运动速度的关系,即可确定下落的最大速度和v-t图像;巧妙地结合动量定理在连续体中的应用,用微元思想确定圆盘对气体分子的作用力。3.(2015安徽理综,22,14分)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5 m的位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=9 m/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7 m/s,碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。(1)求物块与地面间的动摩擦因数;(2)若碰撞时间为0.05 s,求碰撞过程中墙

22、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。解析解析(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=130 N(3)W=mv2=9 J121220v12答案答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J考点二动量守恒定律及其应用4.2019江苏单科,12(1)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为 。A.v B.v C.v D.vmMMmmmMMmM答案答案B本题考查了动量守恒定律,考查的是学生

23、对动量守恒定律适用条件的理解能力,体现了科学思维中的科学推理要素及物理观念中的运动与相互作用观念要素。忽略滑板与地面间摩擦时,小孩与滑板在水平方向上动量守恒:0=Mv+mv,解得v=-v,其中“-”表示v与v方向相反,故B正确。Mm5.2015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。1834解析解析 设滑块质量

24、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 18341220v122Av122Bv122116答案答案 v0 21166.2018天津理综,9(1)质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上,一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中

25、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4.5103 N,则子弹射入木块的深度为 m。考点三动量和能量的综合应用答案答案200.2解析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=20 m/s;此过程中对系统由功能关系可得:fd=m-(m+M)v2,d=0.2 m。知识拓展知识拓展 系统中产生的焦耳热Q=fd。0mvMm200 0.050.51220v12220()2mvmM vf7.2016天津理综,

26、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 。答案答案 3v23vg解析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

27、。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。13121223vg8.(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=0.5 m。物块A以v0=6 m/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=0.1 m。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=1 kg(重力加速度g取10 m/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

28、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。答案答案(1)4 m/s22 N(2)45(3)vn=(n45)90.2n解析解析(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=4 m/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=22 N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=6 m/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=3 m/s设A与B碰后一起运动到

29、停止,在粗糙段运动的路程为s,由动能定理得121220v2mvR2mvR12-2mgs=0-2m解得:s=4.5 m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(nk)粗糙段的速度由动能定理得:-2mgnL=2m-2m解得:vn=(n0可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿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,两光束对小球的作用力沿x轴负方向。y方向:设t时间内,光束穿过小球的粒子数为n1,光束穿过小球的粒子数为n2,n1n2。这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)

30、p sin 从小球出射时的总动量为p2y=0根据动量定理:Fyt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin 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。4.2015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向右运动考点二动量守恒定律及其应用答案答案D

31、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。5.2015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3 1,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 。答案答案4 19 5解析解析设碰前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

32、恒,取水平向右为正方向,则有-mBv0=-mAvA+mBvB,解得:mA mB=4 1;碰撞前、后两球总动能之比为=。132022121122BAABBm vm vm v956.2017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1 m/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1 m/s和2 m/s。求甲、乙两运动员的质量之比。11(42(答案答案(2)小于2 1(3

33、)见解析解析解析(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=2 1。(3)由动量守恒,有m1v1-m2v2=m2v2-m1v1解得=代入数据得=k2mEhpm1mmHm12mm2211vvvv12mm327.(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=2 kg、mB=1 kg。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=1.8 m(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

34、运动,之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/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。解析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=0.6 s(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=2 m/s(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和

35、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=mAgH1212答案答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m代入数据解得H=0.6 m规律总结规律总结 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。8.2016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

36、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=1.92 10-3 s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400 kg和mB=0.100 kg,重力加速度大小g=9.80 m/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)。00|kkk考点三动量和能量的综合应用答案答案()2.0410-3 s2/m()6%解析解析()设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v,由动量守恒定律有mBv=(mA+mB)v在碰撞后A和

37、B共同上升的过程中,由机械能守恒定律有(mA+mB)v2=(mA+mB)gh联立式得h=v2由题意得k0=代入题给数据得k0=2.0410-3 s2/m()按照定义=100%由式和题给条件得12222()BABmg mm222()BABmg mm00|kkk=6%1.(2019河南平顶山一模,16)质量为m的小球被水平抛出,经过一段时间后小球的速度大小为v,若此过程中重力的冲量大小为I,重力加速度为g,不计空气阻力的大小,则小球抛出时的初速度大小为()A.v-B.v-C.D.ImImg222Ivm2222Ivm g考点一动量、动量定理三年模拟A组 20172019年高考模拟考点基础题组答案答案

38、C由题意知,I=mgt,知t=,经过t时间,小球竖直方向的速度大小为vy=gt=,根据速度分解可知,初速度大小v0=,C项正确。ImgIm222Ivm2.(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

39、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 202vgH202vgH1220v1220v答案答案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+

40、h)+m,D项正确。1220v122tv202vgH202vgH202vgH1220v1220v1220v3.(2019河北百校联盟二联,7)如图所示,质量为2 kg的小车以2.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动,现在小车上表面上方1.25 m高度处将一质量为0.5 kg的可视为质点的物块由静止释放,经过一段时间物块落在小车上,最终两者一起水平向右匀速运动。重力加速度为g=10 m/s2,忽略空气阻力,下列说法正确的是()A.物块释放0.3 s后落到小车上B.若只增大物块的释放高度,物块与小车的共同速度变小C.物块与小车相互作用的过程中,物块和小车的动量守恒D.物块与小车相互作用的过程中,

41、系统损失的能量为7.5 J考点二动量守恒定律及其应用答案答案D物块下落的时间为t=s=0.5 s,选项A错误;物块与小车相互作用的过程中,物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒,在竖直方向的动量不守恒,由水平方向动量守恒Mv0=(M+m)v知,释放高度变大,水平方向的共同速度不变,选项B、C错误;在整个过程中,由能量守恒定律得系统损失的机械能E=mgh+M-(M+m)v2,代入数据可得E=7.5 J,选项D正确。2hg2 1.25101220v124.(2019河北精英中学二调,5)如图所示,两辆质量均为M的小车A和B静置于光滑的水平面上,有一质量为m的人静止站在A车上。若这个人自A车跳到B

42、车上,接着又跳回A车并与A车相对静止。则此时A车和B车的速度之比为()A.B.C.D.MmmmMMMMmmMm答案答案C两车以及人组成的系统动量守恒,规定向右为正方向,有0=MvB-(M+m)vA,解得=,故选C。ABvvMMm5.(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5 kgm/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量变化量为-3 kgm/s,则()A.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1 2B.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1 4C.左方是A球,碰撞后A、B两球速

43、度大小之比为1 2D.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1 4答案答案C规定向右为正方向,两球初始动量均为5 kgm/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-3 kgm/s,则碰撞后A球的动量为pA=2 kgm/s,据动量守恒定律可得B球碰撞后的动量应为pB=8 kgm/s,由p=mv,得v=,所以=,故C项正确,D项错误。解题关键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。pmABvvABBAp mp m126.(2018江西上饶六校一联)(多选)如图甲所示,在

44、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 3220v20v考点三动量和能量的综合应用答案答案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

45、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。1220v12123220v7.(2019福建四校二联,24)如图所示,半径R=0.5 m的圆弧支架竖直固定,B为最低点(切线水平)且离水平地面高度h=0.8 m。质量m2=0.2 kg的小球Y静置在B点。一个小球X从A处由静止释放(A点比O点低),沿圆弧AB到达B点时与Y球发生弹性正碰,碰后Y球落到地面上的C点,X球反弹后又

46、经B点落到地面上的D点,B点与C点、B点与D点间的水平距离分别为s2=0.8 m、s1=0.4 m。取g=10 m/s2,两球均视为质点,不计一切摩擦,X、Y两球落地后不反弹。求:(1)碰撞后,X球的速度大小v1以及Y球的速度大小v2;(2)碰前瞬间,X球的速率v以及受到的支持力大小N。解析解析(1)碰后Y球做平抛运动,则h=gt2解得t=0.4 sv2=v2=2 m/sX球碰后沿圆弧上滑后又返回B点开始做平抛运动,则碰撞后,X球的速度大小v1=解得v1=1 m/s。(2)两球发生弹性正碰,则m1v=m2v2-m1v1m1v2=m1+m2解得v=3 m/sm1=0.1 kg122st1st12

47、1221v1222v答案答案见解析对X球,根据牛顿第二定律有N-m1g=m1解得N=2.8 N2vR8.(2019山西吕梁一模,25)如图所示,光滑水平台面上质量为m的物块A压缩一轻弹簧(但不拴接),弹簧具有的弹性势能为Ep。平台右端的光滑水平面上有一质量为M的车,车的上表面与平台相平,水平部分长为L,车左端放一质量也为m的物块B,物块B与车上表面间的动摩擦因数为,圆弧部分光滑且半径足够大。某一时刻释放A,A与弹簧分离后运动到平台末端时与B发生弹性碰撞,B上升到圆弧轨道最高点的过程中。求:(1)这个过程中产生的内能;(2)物块B上升到圆弧轨道最高点时,车的速度;(3)物块B在圆弧轨道上上升的最

48、大高度。答案答案见解析解析解析(1)由题意,可得:Q=Wf=mgL(2)设A离开弹簧时的速度为v0,则有Ep=m设碰后A、B的速度分别为v1、v2,由于A与B发生弹性碰撞且A、B质量相同,所以有v1=0v2=v0B在圆弧轨道上上升到最高点时,B与车具有相同的速度,B与车作用过程中水平方向动量守恒,所以有:mv2=(M+m)v解得:v=(3)B与车作用过程中,由能量守恒定律,有:m=(M+m)v2+mgh+mgL解得:h=-L1220vp2mEMm1222v12p()MEMm mg1.(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

49、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=0.5一、选择题一、选择题(每小题每小题6分分,共共42分分)B组 20172019年高考模拟专题综合题组答案答案C由mgR=m,FB-mg=m,解得FB=3mg,A错误;小球从A运动到

50、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=2 tan,所以tan=2,D错误。122Bv2BvR122.(2019湖南永州二模,9)(多选)如图所示,滑块P、Q静止在粗糙水平面上,一根轻弹簧一端与滑块Q相连,另一端固定在墙上,弹簧处于原长。现使滑块P以初速度v0向右运动,与滑块Q发生碰撞(碰撞时间极短),碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短,然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动,两滑块