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1、20142014年高考物理选修年高考物理选修3 3- -5 5（动量与动量守恒）试题归类例析（动量与动量守恒）试题归类例析 江苏省新沂市第一中学 张统勋 【例1】 （2014福建卷）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行， 若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化， 则分离后卫星的速率v1为。 （填选项前的字母） Av0v2 Bv0v2 Cv0 Dv0+ 【解析】箭、星系统分离过程可以认为动量守恒（m1+m2）v0=m2v2+m1v1，解得，D 项正确。 【答案】D 【例2
2、】 （2014江苏卷）牛顿的自然哲学的数学原理中记载，A、B两个玻璃球相碰， 碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为1516。 分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球，A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。 【解析】设A、B球碰后速度分别为v1和v2，由动量守恒定律2mv0=2mv1+mv2。 且由题意知，解得，。 【例3】 （2014大纲卷）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 【解析】中子与原子核
3、的碰撞属于弹性正碰，中子的质量数为1，设其速度为v0；根据动量守恒和能量守恒，有：、， 解得，A 项正确。 【答案】A 【例4】 （2014海南卷）一静止原子核发生 衰变，生成一 粒子及一新核， 粒子垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，其运动轨迹是半径为R的圆。已知 粒子的质量为m，电荷量为q；新核的质量为M；光在真空中的速度大小为c。求衰变前原子核的质量。 【解析】设衰变产生的 粒子的速度大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 设衰变后新核的速度大小为V，衰变前后动量守恒，有， 设衰变前原子核质量为M0，衰变前后能量守恒，有， 解得。 【例5】 （2014重庆卷）一弹丸在飞行到距离地面5
4、m 高时仅有水平速度v=2m/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=10m/s2。则下列图2中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 【解析】弹丸水平飞行爆炸时，在水平方向系统动量守恒，设m乙=m，则m甲=3m，故爆炸前水平方向总动量P=（3m+m）v=8m。而爆炸后两弹片做平抛运动，由平抛运动规律： ，x甲=v甲t，x乙=v乙t。 选项 A 中：v甲=2.5m/s，v乙=0.5m/s （向左） ，p=3m2.5+m（-0.5）=7m，不满足动量守恒，A 错误；选项 B 中：v甲=2.5m/s，v乙=0.5m/s，p=3m2.5+m0.5=8m，满足动
5、量守恒，B 正确；选项 C 中：v甲=2m/s，v乙=1m/s，p=3m2+m1=7m，不满足动量守恒，C 错误；选项 D 中：v甲=2m/s，v乙=1m/s（向左） ，p=3m2+m（-1）=6m，不满足动量守恒，D 错误。 【答案】B 【例6】 （2014大纲卷）冰球运动员甲的质量为80.0kg。当他以5.0m/s 的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s 的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求： （1）碰后乙的速度的大小； （2）碰撞中总机械能的损失。 【解析】 （1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M碰前速度大小分别为v和V，碰后乙的速度为V，
6、由动量守恒定律得：mv-MV=MV，代入数据得：V=1.0 m/s。 （2）设碰撞过程中总机械能的损失为E，应有： 。 联立上式，代入数据得：E1400J。 【答案】 （1）1.0m/s （2）1400J 【例7】 （2014山东卷）如图3所示，光滑水平直轨道上两滑块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v0。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： （）B的质量； （）碰撞过程中A、B系统机械能的损失。 【解析】 （i）以初速度的方向为正方向，设B的质量为，A、B碰撞
7、后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得 由式得 （ii）从开始到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得 设碰撞过程A、B系统机械能的损失为，则 联立式得 【答案】 （i）（ii） 【例8】 （2014全国 I 卷）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b=0.8m，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=0.3s 时，刚好与B球在地面上方的P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=10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求
8、： （i）B球第一次到达地面时的速度； （ii）P点距离地面的高度。 【解析】 （i）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=0.8m 代入上式，得vB =4m/s （ii）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=mBv2 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
9、已知条件可得h=0.75m。 【答案】 （i）4m/s （ii）0.75m 【例9】 （2014天津卷）如图5所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA=4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，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=2kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10N，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粘在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.6s，二者的速度达到vt=2m/s。求 （1）A开始运动时加速度a的大小； （2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小； （3）A的上表面长度l。 【解析】 （
10、1）以A为研究对象，根据牛顿第二定律有FmAa 代入数据解得a2.5m/s2 （2）对A、B碰后共同运动t0.6s 的过程，由动量定理得Ft=（mA+mB）v1-（mA+mB）v。 代入数据解得v=1.0 m/s。 （3）设碰前A的速度为vA，由动量守恒mvA=（mA+mB）v A从开始运动到与B碰撞前， 代入数据解得l=0.45m。 【答案】 （1）2.5m/s2 （2）1m/s （3）0.45m 【例10】 （2014全国 II 卷）现利用图（a）所示装置验证动量守恒定律。在图（a）中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器（图中未画出）的纸带相连；滑块B左侧
11、也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计数器（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m1=0.301kg， 滑块 B 的质量m2=0.108kg， 遮光片的宽度d=1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f=50.0Hz。 将光电门固定在滑块 B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计数器显示的时间为 tB=3.500ms，碰撞前后打出的纸带如图（b）所示。 若实验允许的相对误差绝对值（100%）最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。 【解析】按定义，物体运动的瞬时速度大小v为：，式中 x为物块在很短的
12、时间 t内的位移，设纸带上打出相邻两点的时间间隔为 tA，则 tA=1/f=0.02s，tA可视为很短。 设在A碰撞前后瞬时速度大小分别为v0和v1， 由图（b）所给数据可得：v0=2.00m/s，v1=0.790m/s。 设B碰撞后瞬时速度大小为v2，则。 设两滑块在碰撞前后的动量分别为p和p，则p=m1v0，p=m1v1+m2v2。 两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为。 联立各式代入数据得：r=1.7%5%。 因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。 【例11】 （2014广东卷）图6的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板， 物体P1沿轨道向右以速
13、度v1与静止在A点的物体P2碰撞， 并接合成复合体P， 以此碰撞时刻为计时零点， 探测器只在t1=2s至t2=4s内工作。 已知P1、P2的质量都为m=1kg，P与AC间的动摩擦因数为 =0.1，AB段长L=4m，g取10m/s2，P 1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。 （1）若v1=6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能E； （2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。 【解析】 ： （1） 令P1和P2发生弹性碰撞后速度为v2， 根据动量守恒定律有：，解得：。 碰撞过程中损失的动能为： 。 （2）可以把P从A点运动到第二次到B点过程可以做匀减速直线运动， 加速度大小为：， 根据运动学公式，又因为。 当2s 时通过B点，解得：。 当4s 时通过B点，解得：。 综上：的取值范围为： 。 向左经过A点的最大速度为： ， 解得： 。 则通过A点的最大动能为： 。 【答案】 ： （1）9J （2） 17J
