1、专题七 碰撞与动量守恒考点一动量、动量定理、动量守恒定律1.(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/s B.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s五年高考A组 统一命题课标卷题组答案 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,
2、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。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
3、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()-202vg222202M g v S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=Mgmt121220v联立式
4、得h=-202vg222202M g v S考查点动量定理、能量守恒定律、物体平衡解题关键在流体中运用动量知识时一定要取t时间内的流体为研究对象。3.2016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。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,
5、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=-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=m2v2+m3v3m2=m2+m3联立式并代入数据得12220v1212220
6、v1222v1223vv2=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。考查点动量守恒定律、机械能守恒定律思路分析1.小孩、冰块动量守恒。2.冰块与斜面水平方向动量守恒、整体机械能守恒。考点二碰撞、动量和能量综合4.(2014大纲全国,21,6分)一中子与一质量数为A(A1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()A.B.C.D.11AA11AA24(1)AA22(1)(1)AA答案 A设中子质量为m,则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2,由弹性碰撞可得mv0=
7、mv1+Amv2,m=m+Am,解得v1=v0,故=,A正确。1220v1221v1222v11AA01vv11AA延伸拓展 “运动小球与静止小球发生弹性碰撞”模型方程:m1v0=m1v1+m2v2m=m1v+m2v结论v1=v0v2=v0本题型结论要熟记。1220v122112221212mmmm1122mmm考查点碰撞审题技巧审题的关键词:“碰撞”“弹性正碰”。5.2016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
8、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 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2032113vgl2032113vgl202vgl考查点碰撞审题
9、技巧审题时要注意: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做减速运动而未与墙发生碰撞。易错点拨本题的易错点在于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,尤其是不等式中“等号”的取舍。6.2015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,
10、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=v01220v1221Av1221CvmMmM2mmMmMmM2mMmM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。)555考查点碰撞解题关键A与C碰撞后必须返回。A与B碰后速度必须小于C碰
11、后的速度。温馨提示本题为“弹性碰撞模型”。7.2015课标,35(2),10分,0.445两滑块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变化的图像如图所示。求:()滑块a、b的质量之比;()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。答案()1 8()1 2解析()设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图像得v1=-2 m/sv2=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。由题给图像得v=m/s由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(
12、m1+m2)v联立式得m1 m2=1 8()由能量守恒得,两滑块因碰撞而损失的机械能为E=m1+m2-(m1+m2)v2由图像可知,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为W=(m1+m2)v2联立式,并代入题给数据得231221v1222v1212W E=1 2考查点碰撞易错警示由x-t图像可知a、b整体速度最后减小为零。8.2014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=0.8 m,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=0.3 s时,刚好与B球在地面上方的P
13、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=10 m/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()4 m/s()0.75 m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=0.8 m代入上式,得vB=4 m/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=mB
14、v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=0.75 m2gh1221v1222v12222222Bvvg过程分析 考查点碰撞9.2013课标,35(2),9分,0.549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。答案 285gd解析设在发生碰撞前的瞬间,木块A的速度大小为v;在碰撞后的瞬间,A和
15、B的速度分别为v1和v2。在碰撞过程中,由能量和动量守恒定律,得mv2=m+(2m)mv=mv1+(2m)v2式中,以碰撞前木块A的速度方向为正。由式得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)按题意有d=d1+d2设A的初速度大小为v0,由动能定理得mgd=m-mv2121221v1222v22v1221v1222v1220v12联立至式,得v0=285gd考查点碰撞、动能定理审题技巧审题的关键点:“弹性碰撞”、“A、B相距仍然为d”。10.2013课标,35(2),10分,0.27如图,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C
16、。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 11620v134820v解析()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,由动量守恒和能量守恒定律得mv1=2mv2m=E+(2m)联立式得E=m()由式
17、可知v2v1,A将继续压缩弹簧,直至A、B、C三者速度相同,设此速度为v3,此时弹簧被压缩至最短,其弹性势能为Ep。由动量守恒和能量守恒定律得mv0=3mv3m-E=(3m)+Ep联立式得1221v1222v11620v1220v1223vEp=m134820v考查点碰撞解题关键B与C发生完全非弹性碰撞,损失的机械能E就是B、C组成的系统碰撞过程损失的机械能。弹簧压缩至最短的时刻是A、B、C速度相同的时刻。考点一动量、动量定理、动量守恒定律1.(2015北京理综,17,6分)实验观察到,静止在匀强磁场中A点的原子核发生衰变,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如图。
18、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B组 自主命题省（区、市）卷题组答案 D由静止的原子核发生衰变后产生的新核和电子做匀速圆周运动的方向相反及原子核衰变前后动量守恒得meve-m核v核=0,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=,因为qer核,故轨迹1是电子的,轨迹2是新核的,根据左手定则可判定磁场方向垂直纸面向里,故D项正确。mvqB2.(2015广东理综,16,4分)在同一匀强磁场中,粒子He)和质子H)做匀速圆周运动,若它们的动量大小相等,则粒子和质子()A.运
19、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是2 142(11(答案 B设质子与粒子的质量、电荷量分别为m、e与4m、2e,则由r=,可知=,A错误;由T=,知=,B正确;由p=mv,知=,C错误;由f=Bqv,知=,D错误。mvqBpqBHrr122 mqBHTT21Hvv14Hff123.2013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()A.v0 B.v0C.v0 D.
20、v0 mMMmMMmmMm答案 D根据动量守恒定律mv0=(M-m)v,得v=v0,选项D正确。mMm4.2017江苏单科,12C(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。解析由动量守恒,有m1v1-m2v2=m2v2-m1v1解得=代入数据得=12mm2211vvvv12mm32答案见解析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
21、代入绝对值计算即可,如本题的解题过程就是如此。5.(2016北京理综,24,20分)(1)动量定理可以表示为p=Ft,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,碰撞后弹出的角度也是,碰撞前后的速度大小都是v,如图1所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。图1a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化px、py;b.分析说明小球对木板的作用力的方向。(2)激光束可以看做是粒子流,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。光镊效应
22、就是一个实例,激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。图2一束激光经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2所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束和与SO的夹角均为,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.光束比的强度大。答案(1)a.见解析 b.沿y轴负方向(2)a.合力沿SO向左 b.指向左上方解析(1)a.x方向:动量变化为px=mv sin-mv sin=0y方向:动量变化为py=mv cos-(-mv cos)=2mv cos 方向沿y轴正方向b.根据动量定理可知,木
23、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为p1=2np cos 从小球出射时的总动量为p2=2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理:Ft=p2-p1=2np(1-cos)0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
24、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)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。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,单位时间内发射的光子个数不同。6.(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,
25、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(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(1)0.32(2)130 N(3)9 J考点二碰撞、动量和能量综合7.2015福建理综,
26、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。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
27、,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 。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=13121223vg答案 3v23vg9.(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)
28、,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=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。答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m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
29、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代入数据解得H=0.6 m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。10.2016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
30、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=1.92 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答案()2.0410-3 s2/m()6%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)
31、v在碰撞后A和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%11.2015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
32、瞬间共同速度的大小。1834答案 v0 2116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=v018341220v122Av122Bv1221161.(2014江苏单科,4,3分)如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O。下
33、列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()A.O点的电场强度为零,电势最低B.O点的电场强度为零,电势最高C.从O点沿x轴正方向,电场强度减小,电势升高D.从O点沿x轴正方向,电场强度增大,电势降低C组 教师专用题组答案 B由微元法和对称的思想分析可知,均匀带电圆环内部O点的场强为零,电势为标量,且正电荷周围的电势为正,在x轴上O点离带电体最近,故O点电势最高,选项A错B对;从O点沿x轴正方向电场强度先增大后减小,电势降低,选项C、D错误。2.2013江苏单科,12C(1)(3)(1)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等,则它们的 也相等。A.速度 B.动能 C.动量 D.总能量(
34、3)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(1)由德布罗意波长=知二者的动量应相同,故C正确,由p=mv可知二者速度不同,Ek=mv2=,二者动能不同,由E=mc2可知总能量也不同,A、B、D均错。(3)以空间站为参考系,以v0的方向为正方向,由动量守恒定律(mA+mB)v0=mAvA+mBvB解得vB=0.02 m/s方向远离空间站方向。hp1222pm答案(1)C(3)0.02 m/s离开空间站方向3.(2015广东理
35、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
36、段上的速度vn与n的关系式。答案(1)4 m/s22 N(2)45(3)vn=(n45)90.2n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121220v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=4.5 m2mvR2mvR1
37、2122v共22vg共故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=(n1)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。答案(1)(2)1p5(3)1p32gh解析(1)两球同时释放后都做自由落体运动,球B第一次落
38、地时下降h,A球也下降h,设此时A球速度为v0,则有:=2gh故v0=(2)设B球下落至地面的过程经历的时间为t1,则有h=gv0=gt1B球与地面发生弹性碰撞后以原速率v0反弹,设经过时间t2与球A碰撞,则对A球有:hA=g(t1+t2)2对B球有:hB=v0t2-g相碰时位移关系hA+hB=ph若使B球在第一次上升中能与A球相碰,应有0t220v2gh1221t121222t0vg联立以上各式可得1p1再由相碰时两球运动时间应满足的关系有+=122Bv122Av121232ABvv2BAvv2202Bvvg22Avg1(1)4g ph0vg0BvvgAvg解之有vA=2v0-vB联立三式并
39、结合v0=可得p=3要使A球碰后能到达比原释放点更高的位置,则要求碰前B球的速度更大,发生碰撞的位置更低,p值更小,故p应满足的条件为1p32gh1.(2017吉林普通高中第三次调研,2)如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙面上,质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量为m(mM)的小球从槽高h处开始自由下滑,下列说法正确的是()A.在以后的运动全过程中,小球和槽水平方向的动量始终保持某一确定值不变B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒,且水平方向动量守恒D.小球被弹簧反弹后,小球和槽的机械能守恒,但小球不能回
40、到槽高h处三年模拟一、选择题（每题5分，共15分）A组 20152017年高考模拟基础题组(时间：40分钟 分值：75分)答案 D当小球与弹簧接触并相互作用时,小球受外力,故小球和槽水平方向动量不再守恒,故A错误;下滑过程中两物体都有水平方向的位移,而力是垂直于弧形槽面的,故力和位移夹角不垂直,故两力均做功,故B错误;全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒,但当小球与弹簧接触并相互作用时,弹簧受到墙面的作用力,故全过程系统水平方向动量不守恒,C错误;由机械能守恒可知,小球不会回到槽高h处,故D正确;故选D。考查点动量守恒、机械能守恒易错警示本题的易错点是认为小球返回时能回到槽高h处。2.(
41、2017湖北黄冈3月质检,2)一小球从水平地面上方无初速释放,与地面发生碰撞后反弹至速度为零,假设小球与地面碰撞没有机械能损失,运动时的空气阻力大小不变,下列说法正确的是()A.上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量B.小球与地面碰撞过程中,地面对小球的冲量为零C.下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D.从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功答案 D根据动量定理可知,上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力合力的冲量,选项A错误;小球与地面碰撞过程中,由动量定理得:Ft-mgt=mv2-(-mv2),可知地面对小球的冲量Ft不为零,选
42、项B错误;下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功代数和,选项C错误;由能量守恒可知,从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功,选项D正确;故选D。考查点动量定理易错警示地面对小球做的功为零,但对小球的冲量不为零。3.2016黑龙江哈尔滨六中能力测试,35(1)(多选)质量为1 kg的小球A以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球B正碰。关于碰后A、B的速度v1与v2,下面哪些是可能的()A.v1=v2=m/sB.v1=-1 m/s,v2=2.5 m/sC.v1=1 m/s,v2=3 m/sD.v1=-4 m/s,v2=4 m/s43答案 AB碰撞应
43、同时满足动量守恒与碰撞后总动能不增加的条件,碰撞前总动量p=mAvA=14 kgm/s=4 kgm/s,总动能Ek=mA=8 J。对选项A:碰撞后总动量p=mAv1+mBv2=4 kgm/s,总动能Ek=mAv12+mBv22=JEk,符合碰撞应满足的条件,故A正确。对选项B:碰撞后总动量p=mAv1+mBv2=4 kgm/s,总动能Ek=mAv12+mBv22=6.75 JEk,符合碰撞应满足的条件,故B正确。对选项C:碰撞后总动量p=mAv1+mBv2=7 kgm/s,不符合动量守恒定律,故C错误。对选项D:碰撞后总动量p=mAv1+mBv2=4 kgm/s,总动能Ek=mAv12+mBv
44、22=24 J,总动能增加了,故D错误。故选A、B。122Av121283121212124.(2017重庆万州第二次质检,24)（15分）如图所示,一轻质弹簧的一端固定在小球A上,另一端与小球B接触但未连接,该整体静止放在离地面高度为H=5 m的光滑水平桌面上。现有一小球C从光滑曲面上离桌面h=1.8 m高处由静止开始滑下,与小球A发生碰撞(碰撞时间极短)并粘在一起压缩弹簧推动小球B向前运动,经一段时间,小球B脱离弹簧,继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出。小球均可视为质点,忽略空气阻力,已知mA=2 kg,mB=3 kg,mC=1 kg,g=10 m/s2。求:(1)小球C与小
45、球A碰撞结束瞬间的速度;(2)小球B落地点与桌面边缘的水平距离。二、非选择题(共60分)解析(1)小球C从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程,机械能守恒,设其滑到底端时的速度为v1,由机械能守恒定律有:mCgh=mC,解得:v1=6 m/s小球C与A碰撞的过程,C、A组成的系统动量守恒,碰撞结束瞬间具有共同速度,设为v2由动量守恒定律有:mCv1=(mC+mA)v2,解得:v2=2 m/s(2)被压缩弹簧再次恢复自然长度时,小球B脱离弹簧,设此时小球C、A的速度为v3,小球B的速度为v4,分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有:mCv1=(mC+mA)v3+mBv4(mC+mA)=(mC+mA
46、)+mB解得:v3=0,v4=2 m/s小球B从桌面边缘飞出后做平抛运动:H=gt2,x=v4t解得:x=2 m1221v1222v1223v1224v12答案(1)2 m/s(2)2 m5.(2017甘肃河西五市部分中学联考,21)(15分)如图所示,有一质量为M=2 kg的平板小车静止在光滑的水平地面上,现有质量均为m=1 kg的物块A和B(均可视为质点),由车上P处开始,A以初速度v1=2 m/s向左运动,B同时以v2=4 m/s向右运动。最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车。两物块与小车间的动摩擦因数都为=0.1,取g=10 m/s2,求:(1)小车总长L;(2)B在小车上滑动
47、的过程中产生的热量QB;(3)A、B开始运动时开始计时,经6 s小车离原位置的距离x。答案(1)9.5 m(2)7.5 J(3)1.625 m解析(1)设最后达到共同速度v,整个系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:mv2-mv1=(2m+M)v由能量守恒定律得:mgL=m+m-(2m+M)v2解得:v=0.5 m/s,L=9.5 m(2)设A离左端距离为x1,刚运动到左端时历时t1,在A运动至左端前,小车静止。由牛顿第二定律得:mg=maA速度:v1=aAt1位移:x1=aA解得:t1=2 s,x1=2 m,所以,B开始时离右端距离:x2=L-x1=7.5 mQB=mgx2=7.5
48、 J(3)设从开始到达到共速历时t2,速度:v=v2-aBt2由牛顿第二定律得:mg=maB1221v1222v121221t解得:t2=3.5 s小车在t1前静止,在t1至t2之间以a向右加速:由牛顿第二定律得:mg=(M+m)a小车向右运动的位移:s=a(t2-t1)2接下去三个物体组成的系统以v共同匀速运动了:s=v(6 s-t2)联立以上式子,解得小车在6 s内向右运动的位移:x=s+s=1.625 m;12考查点动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系易错警示 A、B两物块对小车的滑动摩擦力大小相等、方向相反,所以在A物块运动至左端前,小车保持静止。6.2016吉林长春普通高中质量监测(
49、二),35(2)(10分)如图所示,轻弹簧的两端与质量分别为m和2m的B、C两物块固定连接,静止在光滑水平面上,另一质量为m的小物块A以速度v0从左向右与B发生正碰,碰撞时间极短。若A与B的碰撞是弹性碰撞(即A与B的碰撞前后没有能量损失),在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为Ep1;若A与B碰撞后粘在一起,在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为Ep2。求两种情况下最大弹性势能之比Ep1 Ep2(所有过程中弹簧都在弹性限度范围内)。答案8 3解析 A与B发生弹性碰撞时,以向右为正方向,设碰后A和B的速度分别为vA和vB由动量守恒定律得:mv0=mvA+mvB(1分)由机械能守恒定律得:m=m+
50、m(1分)解得:vA=0,vB=v0设弹簧压缩到最短时B、C的速度为v,则由动量守恒定律得:mv0=(m+2m)v(1分)由机械能守恒定律得:Ep1=m-(m+2m)v2(1分)解得:Ep1=m若A与B碰后粘在一起,设粘在一起的速度为v1,则由动量守恒定律得:mv0=(m+m)v1(1分)设弹簧压缩到最短时A、B、C的速度为v2,则由动量守恒定律得:mv0=(m+m+2m)v2(1分)由机械能守恒定律得:Ep2=(m+m)-(m+m+2m)(2分)1220v122Av122Bv1220v121320v1221v1222v解得:Ep2=mEp1 Ep2=8 3(2分)1820v7.2015贵州八
