高考物理总复习 必考部分 专题七 碰撞与动量守恒习题课件2

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1、专题七 碰撞与动量守恒高考物理高考物理(课标专用)1.(2017课标,14,6分)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为600m/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.30kgm/sB.5.7102kgm/sC.6.0102kgm/sD.6.3102kgm/s五年高考A组 统一命题课标卷题组答案A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,可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|

2、=|p气|=m气v气=0.05kg600m/s=30kgm/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.(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.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=mv1+A m v2,m=m+Am,解得v1=v0,故=,A正确。解题指导一静一动两小

3、球发生弹性碰撞的规律:动量守恒:m1v1=m1v1+m2v2机械能守恒:m1=m1v12+m2解得v1=v1v2=v1归纳总结两小球碰撞,应从题目找出关键词,如弹性小球、弹性碰撞、碰后粘在一起、一起运动、共速等,区分弹性碰撞和非弹性碰撞,从而选择相应规律解题。3.2016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。答案 mgl

4、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,可得联立式,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件为解题指导解答本题需要满足两个条件:(1)小物块a减速运动距离l与小物块b发生弹性碰撞;(2)碰后,小物块b做减速运动而与墙未发生碰撞。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“等号”的

5、取舍。4.2016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()v0S()-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

6、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=Mg联立式得h=-解题指导以喷泉为背景考查流体中的动量问题。这类题必须要假设以t时间内的流体为研究对象,利用动量定理或动量守恒定律列方程。方法技巧在流体中用动量知识时一定要取t时间内的流体为研究对象求解未知量。5.2016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

7、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3m/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=0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/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?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+m2

8、gh式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m3=20kg()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=1m/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v2=1m/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。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

9、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,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=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-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

10、各2分,式各1分。)解题关键A与C的碰撞以及A与B的碰撞都是弹性碰撞,将动量守恒定律与机械能守恒定律相结合即可解答。审题指导题目要求A只与B、C各发生一次碰撞,表明A与C碰后必须反弹,需满足mM,A与B碰后,仍被反弹,且反弹后的速度vA2vC1(C被A碰后的速度)。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()18()12解析()设a

11、、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=-2m/sv2=1m/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=(m1+m2)v联立式得m1m2=18()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WE=12审题指导图像题先从图像读出相关信息。x-t图像的斜率表示速度v,可读出a、b碰前速度和碰后的共同速度,由动量守恒定律可算出质量比。由图知t=

12、8s后进入粗糙路段,根据能量守恒计算因碰撞而损失的机械能,用动能定理算出8s后在粗糙路段克服摩擦力做的功。总结归纳弹性碰撞:动量守恒,机械能守恒。完全非弹性碰撞:动量守恒,机械能损失最大,碰后共速。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=0.8m,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()B球第一次到达

13、地面时的速度;()P点距离地面的高度。答案()4m/s()0.75m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=0.8m代入上式,得vB=4m/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=mBv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=0.75m审题指

14、导B球先做自由落体运动到地面。B球碰地后反弹做匀减速运动。A做自由落体运动。A下落与反弹的B在P点相碰,碰后A的速度为0,系统动量守恒,总动能不变。易错点拨没有分析B球的运动情况,把A、B碰撞时,B球的速度方向弄错。9.2014课标,35(2),10分,0.336现利用图(a)所示的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。图(a)实验测得滑块A的质量m1=0.310kg,滑块B的质量m2=0.108kg,遮

15、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。碰后光电计时器显示的时间为tB=3.500ms,碰撞前后打出的纸带如图(b)所示。图(b)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。答案见解析解析按定义,滑块运动的瞬时速度大小v为v=式中s为滑块在很短时间t内经过的路程。设纸带上打出相邻两点的时间间隔为tA,则tA=0.02stA可视为很短。设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。将式和图给实验数据代入式得v0=2.00m

16、/sv1=0.970m/s设B在碰撞后的速度大小为v2,由式有v2=代入题给实验数据得v2=2.86m/s设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p,则p=m1v0p=m1v1+m2v2两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为p=100%联立式并代入有关数据,得p=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。解题关键根据图示纸带求出A在碰撞前后的瞬时速度,根据光电计时器显示的时间求出碰撞后B的速度,然后求出A、B碰撞前后的动量,根据题目要求判断动量是否守恒。总结拓展打点计时器打出的纸带的用途:匀速直线运动,可计算出v=。匀变速直线运动,求a=。求瞬时速度:v=v中=。可以根据纸

17、带点迹判断运动情况。10.2013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B的速度分别为v1和v2。在碰撞过程中,由能量守恒定律和动量守恒定律,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

18、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-mv2联立至式,得v0=解题指导碰撞过程A、B组成的系统动量守恒,结合动量守恒定律和能量守恒可得出A、B碰后的速度关系,对A、B碰后至停止运动的过程由动能定理分别列式,利用停止时的距离为d,得出两者的位移关系。总结归纳动量守恒定律、机械能守恒定律和动能定理是力学综合题常用的解题规律。应对一些常见的过程模型进行归纳分析,正确使用这些规律解题。11.2013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。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计

19、)。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

20、,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Ep=m解题关键由动量守恒求出A、B共速时的速度与B、C共速时的速度,由能量守恒求出系统损失的机械能。当整个系统速度相同时弹簧被压缩到最短,由动量守恒和能量守恒列式求解此时弹簧的弹性势能。解题指导两物体碰撞发生相互作用时,只有发生相互作用的两物体间有动量转移,没有发生相互作用的物体间无动量转移,如B、C碰撞,列动量守恒式时,A的动量不应列入。1.(2017天津理综,4,6分)“天 津 之 眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直

21、面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是()A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变B组 自主命题省（区、市）卷题组答案B乘客在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,而在上升过程中重力势能增加,机械能增加,下降过程中则相反,A错误。在最高点时,乘客具有竖直向下的向心加速度,处于失重状态,故B正确。因重力恒定,重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积,故重力冲量一定不为零,C错误。重力的瞬时功率P=mgvcos,其中是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角,故重力的瞬时功

22、率不会保持不变,D错误。命题评析本题以竖直平面内的匀速圆周运动为背景,考查了机械能、功率、失重、冲量等重要考点,考查面广泛,难度较小,体现了高考对基础知识、基本能力的“双基”要求。对平时的教学与学习具有重要的指导意义。2.(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 。 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答

23、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。3.(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.运动半径之比是21B.运动周期之比是21C.运动速度大小之比是41D.受到的洛伦兹力之比是21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,

24、知=,C错误;由f=Bqv,知=,D错误。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。5.2013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

25、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.v0B.v0C.v0D.v0答案D根据动量守恒定律mv0=(M-m)v,得v=v0,选项D正确。6.2016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,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 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=(

26、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=7.2017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1m/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1m/s和2m/s。求甲、乙两运动员的质量之比。答案(2)小于21(3)见解析解析(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

27、子的动量。德布罗意波长=,而p,故,则H=21。(3)由动量守恒,有m1v1-m2v2=m2v2-m1v1解得=代入数据得=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,则代入绝对值计算即可,如本题的解题过程就是如此。8.(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=2kg、mB=1kg。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=1.8m(未触及滑轮),然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,A

28、、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=10m/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)0.6s(2)2m/s(3)0.6m解析(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=0.6s(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=2m/s(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰

29、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=mAgH代入数据解得H=0.6m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。9.2016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。

30、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=1.9210-3s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400kg和mB=0.100kg,重力加速度大小g=9.80m/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)。答案()2.0410-3s2/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)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=

31、2.0410-3s2/m()按照定义=100%由式和题给条件得=6%10.(2015安徽理综,22,14分)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5m的位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=9m/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7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。(1)求物块与地面间的动摩擦因数;(2)若碰撞时间为0.05s,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。答案(1)0.32(2)130N(3)9J解析(1)由动能定理,有-mgs=mv2-m可得=0.32(2

32、)由动量定理,有Ft=mv-mv可得F=130N(3)W=mv2=9J11.2015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。答案 v0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W

33、A,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=v012.(2014天津理综,10,16分)如图所示,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粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间

34、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。答案(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m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=2.5m/s2(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6s的过程,由动量定理得Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v代入数据解得v=1m/s(3)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Fl=mA由式,代入数据解得l=0.45m

35、13.2013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(3)如图所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为0.1m/s。A将B向空间站方向轻推后,A的速度变为0.2m/s,求此时B的速度大小和方向。答案(1)C(3)0.02m/s离开空间站方向解析(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,

36、由动量守恒定律(mA+mB)v0=mAvA+mBvB解得vB=0.02m/s方向远离空间站方向。1.(2014重庆理综,4,6分)一弹丸在飞行到距离地面5m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31。不计质量损失,取重力加速度g=10m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()C组 教师专用题组答案B平抛运动时间t=1s,爆炸过程遵守动量守恒定律,设弹丸质量为m,则m v=mv甲+mv乙,又v甲=,v乙=,t=1s,则有x甲+x乙=2m,将各选项中数据代入计算得B正确。2.(2012大纲全国,17,6分)质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2

37、的两粒子在同一匀强磁场中做 匀 速 圆 周 运 动 。 已 知 两 粒 子 的 动 量 大 小 相 等 。 下 列 说 法 正 确 的 是()A.若q1=q2,则它们做圆周运动的半径一定相等B.若m1=m2,则它们做圆周运动的半径一定相等C.若q1q2,则它们做圆周运动的周期一定不相等D.若m1m2,则它们做圆周运动的周期一定不相等答案A带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即q v B=,得轨道半径r=,已知两粒子动量大小相等,若q1=q2,则r1=r2,A项正确;若m1=m2,r与有关,B项错误;带电粒子在磁场中运动的周期T=,因此运动周期T或,若m1m2,但=,周期T可

38、相等,D项错误;若q1q2,但q1v1=q2v2,周期T也可相等,C项错误。3.(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

39、,也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例,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=mvsin-mvsin=0y方向:动量变化为py=mvcos-(-mvcos)=2mvcos方向沿y轴正方向b.根据动

40、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=2npcos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

41、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)psin从小球出射时的总动量为p2y=0根据动量定理:Fyt=p2y-p1y=-(n1-n2)psin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,体现单位时间内发射的光子个数不同。4.(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

42、轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5m。物块A以v0=6m/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=0.1m。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=1kg(重力加速度g取10m/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)光滑段上的速度vn与n的关系式。答案(1)4m/s22N(2)45(3)vn

43、=(n45)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=4m/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=22N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=6m/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=3m/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=4.5m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

44、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)1p3解析(1)两球同时释放后都做自由落体运动,球B第一次落地时下降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

45、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0t2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+=解之有vA=2v0-vB联立三式并结合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1p2p,故B错误。根据动能定理得(F-f)l=Ek,保持水平力F不变,通过位移2l,有(F-f)2l=Ek,则有Ek=2Ek,故C错误;将水平力增加为原来的两倍,通过位移l,有(

46、2F-f)l=Ek,则有Ek2Ek,故D正确。2.(2017云南昆明适应性检测,14)如图所示,物块A静止在光滑水平面上,将小球B从物块顶端由静止释放,从小球开始沿物块的光滑弧面(弧面末端与水平面相切)下滑到离开的整个过程中,对小球和物块组成的系统,下列说法正确的是()A.动量守恒,机械能守恒B.动量守恒,机械能不守恒C.动量不守恒,机械能守恒D.动量不守恒,机械能不守恒答案C在小球B下滑过程中,对A、B组成的系统而言,其水平方向上动量守恒,但B的重力在竖直方向上对B有冲量,故系统总动量并不守恒,只是在水平方向上,A、B的总动量守恒,又由于无摩擦阻力的作用,除B的重力外无其他外力对系统做功,故

47、系统机械能守恒,所以C对,A、B、D错。3.(2017云南第一次高中毕业班复习统测,18)(多选)甲乙两人在光滑冰面上相向运动,相遇时两人 掌 心 相 碰 互 推 对 方 , 分 开 后 两 人 运 动 方 向 相 同 。 下 列 说 法 正 确 的 是()A.若m甲m乙,则甲对乙的冲量一定大于乙对甲的冲量B.无论甲、乙质量关系如何,甲、乙两人的动量变化量大小一定相等C.若甲的运动方向没变,则相互作用前甲的速率一定大于乙的速率D.若甲的运动方向没变,则相互作用前甲的动量一定大于乙的动量答案BD冲量I=Ft,F甲与F乙等大反向,t相等,则I甲与I乙等大反向,A错;I=p,所以动量变化量大小相等,

48、B对。甲、乙两人相碰前后总动量相同,甲的运动方向没变,说明碰后两人运动方向与碰前甲的相同,以甲的运动方向为正方向,p甲-p乙=p甲+p乙0,则p甲p乙,由于质量关系不确定,所以两者相互作用前的速率关系也不确定,C错、D对。4.2016黑龙江哈尔滨六中能力测试,35(1)(多选)质量为1kg的小球A以4m/s的速度与质量为2kg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=-1m/s,v2=2.5m/sC.v1=1m/s,v2=3m/sD.v1=-4m/s,v2=4m/s答案AB碰撞应同时满足动量守恒与碰撞后总动能不增加的

49、条件,碰撞前总动量p=mAvA=14kgm/s=4kgm/s,总动能Ek=mA=8J。对选项A:碰撞后总动量p=mAv1+mBv2=4kgm/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=4kgm/s,总动能Ek=mAv12+mBv22=6.75JEk,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=7kgm/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=4kgm/s,总动能Ek=mAv12+mBv22=24J,总动能增加了,故D错误。故选A、B。评析

50、此题考查了动量守恒定律及能量守恒定律在碰撞问题中的应用问题;对于碰撞过程,往往根据三个规律:动量守恒、碰撞后总动能不增加、符合物体的实际情况判断;此题是中等题,意在考查基本规律的应用。5.(2017广西桂林、崇左联合调研,24)如图所示为竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道,O点是其圆心,半径R=0.8m,OA水平,OB竖直。轨道底距水平地面的高度h=0.8m。从轨道顶端A由静止释放一个质量m1=0.1kg的小球,小球到达轨道底端B时,恰好与静止在B的另一个小球m2发生碰撞,碰后它们粘在一起水平飞出。落地点C与B点之间的水平距离x=0.4m。忽略空气阻力,重力加速度g=10m/s2。求:(1)碰撞前

51、瞬间入射小球的速度大小v1;(2)两球从B点飞出时的速度大小v2;(3)碰后瞬间两个小球对轨道压力的大小。二、非选择题（每题9分，共81分）答案(1)4m/s(2)1m/s(3)4.5N解析(1)入射小球从A运动到B的过程中,根据动能定理得m1gR=m1解得:v1=4m/s(2)两球碰后做平抛运动,根据平抛运动规律得竖直方向上:h=gt2水平方向上:x=v2t解得:v2=1m/s(3)两球碰撞,规定向左为正方向,根据动量守恒定律得m1v1=(m1+m2)v2解得:m2=0.3kg碰后瞬间对两小球列式:FN-(m1+m2)g=(m1+m2)解得:FN=4.5N由牛顿第三定律得:FN=FN=4.5

52、N6.(2017广西南宁一模,24)如图所示,竖直平面内一光滑水平轨道的右端与一半径R=0.4m的竖直固 定 粗 糙圆周轨道在O点平滑相接,且过O点 的圆周轨道的切线水平,物块A、B(可视为质点)静置于光滑水平轨道上,A、B的质量分别为mA=1.5kg和mB=0.5kg。现使A以大小vA=8m/s的速度向右运动并与B碰 撞 , 碰 撞 后 立 即 粘 在 一 起 向 右 运 动 , 到 达圆周轨道的最高点P后竖直向上抛出。经时间t=0.6s落回P点,空气阻力不计,取g=10m/s2。求:(1)A、B整体滑到圆周轨道的最高点P时对轨道的压力大小F;(2)A、B整体在圆周轨道上运动的过程中由于摩擦

53、产生的热量Q。答案(1)45N(2)19J解析(1)A、B整体到达最高点P后,A、B整体做竖直上抛运动,可知其到达最高点P时的速度大小为:vP=gt设A、B整体到达最高点P时受到圆周轨道的弹力大小为FN,由牛顿第二定律有:FN=(mA+mB)解得:FN=45N由牛顿第三定律可知,此时A、B整体对轨道的压力大小F=45N。(2)设A与B碰撞后的速度为v,由动量守恒定律有:mAvA=(mA+mB)vA、B整体在圆周轨道上运动的过程中,由能量守恒定律有:Q=(mA+mB)v2-(mA+mB)gR-(mA+mB)解得:Q=19J。7.(2017四川宜宾一诊,24)如图所示,水平轨道与竖直平面内半径R=

54、0.4m的光滑圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上,圆弧轨道B端的切线沿水平方向。质量mP=1kg的物块P(可视为质点)在水平推力F=22N的作用下,从A点由静止开始运动,到达AB中点时撤去F,物块P运动到B点与一静止于此处质量mQ=3kg的物块Q(可视为质点)发生正碰(以后P、Q不再相碰)。已知A、B之间的距离s=0.8m,碰后瞬间Q对轨道的压力大小FN=60N,物块P和水平轨道间的动摩擦因数=0.1,g=10m/s2。求: (1)物块P刚到达B点时的速度大小;(2)物块P最终停下的位置到A点的距离。答案(1)4m/s(2)1.2m解析(1)对物块P有:F-mPgs=mPvP=4m/s(2)碰

55、后物块Q在B点时有FN-mQg=mQ,FN=FN碰撞过程动量守恒,有mPvP=mPvP+mQvQ解得vP=-2m/s,负号表明物块P反弹回去对P由动能定理有:-mPgsP=0-mPvP2解得sP=2m则d=sP-s=1.2m8.(2017贵州遵义二联,24)如图所示,质量M=2kg的长木板AB静止在光滑水平面上,其右端B固定一根水平轻质弹簧,弹簧原长时左端恰好位于木板上的C点,C点离长木板左端A的距离L=3m,一小木块(可视为质点)以初速度v0=6m/s在长木板上从A点向右滑动,已知小木块的质量m=1kg,取重力加速度g=10m/s2。(1)若长木板上表面光滑,求弹簧被压缩后具有的最大弹性势能

56、。(2)若长木板上表面A、C之间是粗糙的,B、C之间光滑,小木块从左端A滑上长木板,经过C点后压缩弹簧,最后被弹簧反弹且恰好停在长木板左端A处,求小木块与长木板A、C之间的动摩擦因数。答案(1)12J(2)0.2解析(1)小木块、长木板、弹簧组成的系统动量守恒,弹簧具有最大弹性势能时,小木块和长木板具有共同速度v,则mv0=(m+M)v根据能量守恒定律,弹簧具有的最大弹性势能Ep=m-(m+M)v2解得:Ep=12J(2)设小木块被反弹到长木板左端时与长木板具有的共同速度为v,由动量守恒有:mv0=(m+M)v再设小木块与长木板A、C之间的动摩擦因数为,系统减少的动能全部用来克服摩擦力做功,即

57、:m-(m+M)v2=2mgL解得=0.29.2016重庆巴蜀中学一诊,35(1)如图所示,质量m=2kg的滑块(可视为质点),以v0=5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车,若平板小车质量M=3kg,长L=4.8m。滑块在平板小车上滑动1.5s后相对小车静止。(g取10m/s2)求:.滑块与平板小车之间的动摩擦因数;.若要滑块不滑离小车,滑块的初速度不能超过多少。答案.0.2.4m/s解析.设滑块与平板小车相对静止时速度为v1,以初速度的方向为正方向据动量守恒定律得:mv0=(m+M)v1对滑块由动量定理得:-mgt=mv1-mv0解得:=0.2.设当滑块刚滑到平板小车的右端时,

58、两者恰有共同速度v2由动量守恒定律得:mv0=(m+M)v2对整体由能量守恒定律,有:mgL=mv02-(m+M)解得:v0=4m/s10.2016广西桂林联合调研,35(2)如图所示,物体A、B的质量分别是mA=4.0kg、mB=6.0kg,用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上,物体B左侧与竖直墙相接触。另有一个质量为mC=2.0kg的物体C以速度v0向左运动,与物体A相碰,碰后立即与A粘在一起不再分开。然后以v=2.0m/s的共同速度压缩弹簧,试求:物块C的初速度v0为多大;在B离开墙壁之后,弹簧的最大弹性势能。答案6m/s6J解析对A、C,在碰撞过程中由动量守恒得mCv0=(mA+mC)v解

59、得:v0=6m/sA、C返回弹簧原长处时速度大小为v对A、B、C整体,从弹簧恢复原长到最长过程中,有(mA+mC)v=(mA+mB+mC)v共且(mA+mC)v2=(mA+mB+mC)+Ep联立可得:Ep=6J11.2016广西南宁一模,35(2)如图所示,质量M=9kg、长l=2m的平板小车静止在光滑水平面上,小车右端固定有一个厚度不计的竖直挡板。左端放有一质量m=1kg的小物块。现给小车一水平向左的初速度v0(未知),小物块与小车右端的挡板碰撞后恰好能回到小车的左端。已知平板小车与小物块间的动摩擦因数=0.18,小物块与挡板碰撞时间极短,不计碰撞过程的机械能损失。取v0方向为正方向,g=1

60、0m/s2。求:平板小车的初速度v0;从小物块和平板车碰撞后到小物块回到小车左端的过程中小物块和平板车的加速度。答案见解析解析设小物块停在小车的左端时小车与小物块的共同速度为v,则由动量守恒定律有:Mv0=(M+m)v对系统由能量守恒定律得:M-(M+m)v2=mg2l解得:v0=4m/s碰撞后小物块向左做匀减速运动,平板车向左做匀加速运动,由牛顿第二定律可知对小物块有:-mg=ma1解得:a1=-1.8m/s2,即方向水平向右对平板车有:mg=Ma2解得:a2=0.2m/s2,即方向水平向左。12.2015广西南宁第二次适应性测试,35(2)如图所示,质量为3kg的木箱静止在光滑的水平面上,

61、木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1kg的小木块,小木块可视为质点。现使木箱和小木块同时获得大小为2m/s的方向相反的水平速度,小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失0.4J,小木块最终停在木箱正中央。已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0.3,木箱内底板长为0.2m。求:木箱的最终速度的大小;小木块与木箱碰撞的次数。答案1m/s6解析设最终速度为v共,由动量守恒定律得Mv-mv=(M+m)v共v共=1m/s整个过程损失的机械能E=Mv2+mv2-(m+M)设碰撞次数为n,木箱底板长为L,则n(mgL+0.4J)=E解得n=613.2015贵州八校联盟二联,35(2)如图所示,在平直轨道上P点

62、静止放置一个质量为2m的物体A,P点左侧粗糙,右侧光滑,现有一颗质量为m的子弹以v0的水平速度射入物体A并和物体A一起滑上光滑轨道,与前方静止的物体B发生弹性正碰后返回,在粗糙轨道上滑行距离d停下。已知物体A与 粗 糙 轨 道 间 的 动 摩 擦 因 数 为=,求:子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能;物体B的质量。答案m9m解析设子弹射入物体A后与物体A的共同速度为v,由动量守恒定律得mv0=3mv则该过程损失的机械能E=m-3mv2=m以子弹、物体A和物体B为系统,设物体B的质量为M,A、B碰后子弹和物体A的速度大小为v1,物体B的速度大小为v2,由动量守恒定律得3mv=Mv2-3mv1碰撞

63、过程机械能守恒3mv2=3m+M子弹与物体A从滑上粗糙轨道到停止,由能量守恒定律得3mgd=3m又=综上可解得M=9m1.(2017四川成都石室中学二诊,15)如图所示,光滑水平面上有质量均为m的物块A和B,B上固定一轻质弹簧,B静止,A以速度v0水平向右运动,从A与 弹 簧 接 触 至 弹 簧 被 压 缩 到 最 短 的 过 程 中()A.A、B的动量变化量相同B.A、B的动量变化率相同C.A、B系统的总动能保持不变D.A、B系统的总动量保持不变一、选择题（每题6分，共18分）B组 20152017年高考模拟综合题组(时间：50分钟 分值：60分)答案DA、B系统所受合外力为零,系统的总动量

64、守恒,则A、B动量变化量大小相等、方向相反,所以动量变化量不同,故A错误、D正确;由动量定理Ft=p可知,动量的变化率为物块所受的合外力,A、B两物块所受的合外力大小相等、方向相反,所受的合外力不同,则动量的变化率不同,故B错误;A、B与弹簧组成的系统的总机械能不变,弹簧弹性势能在变化,则A与B的总动能在变化,故C错误。解题关键两物块组成的系统所受合外力为零,系统的总动量守恒,两个物块所受的合外力大小相等、方向相反,应用动量定理、动量守恒定律分析答题。易错分析在相互作用的过程中弹簧弹性势能在变化,因此在讨论机械能守恒时应把A、B与弹簧当成一整体,系统才能满足机械能守恒。2.(2017四川达州一

65、模,21)(多选)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑水平面上。现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度,从此刻开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图像提供的信息可得()A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度2m/s,且弹簧都处于伸长状态B.从t3到t4时刻间弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物块的质量之比为m1m2=21D.在t2时刻,A、B两物块的动能之比为Ek1Ek2=41答案BC从图像可以看出,从0到t1的过程中弹簧被拉伸,t1时刻两物块达到共同速度2m/s,此时弹簧处于伸长状态,由图示图像可知,从t1到t3的过程中弹簧变短

66、,t3时刻两物块的速度相同,弹簧处于压缩状态,且压缩量最大,故A错误;由图示图像可知,从t3到t4时间内A做减速运动,B做加速运动,弹簧由压缩状态恢复到原长,故B正确;t1时刻两物块速度相同,都是2m/s,从0到t1的过程A、B系统动量守恒,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:m2v2=(m1+m2)v,即m26=(m1+m2)2,解得:m1m2=21,故C正确;在t2时刻,A、B两物块的速度分别为4m/s、-2m/s,两物块的动能之比为Ek 1Ek2=m1m2=2m242m2(-2)2=81,故D错误。思路分析当A相对于B向右运动时,弹簧的长度会变短;当A相对于B向左运动时,弹簧长度

67、会变长,应根据各阶段的相对速度分析弹簧长度变化。解题关键抓住A、B共速时,弹簧应处于最短或最长的状态。由于水平面光滑,可用动量守恒定律求出A、B的质量关系。3.(2017云南第二次高中毕业班复习统测,15)如图所示,质量m2=2kg的物体静止在光滑水平面上,质量m1=1kg的物体以v1=6m/s的初速度与m2发生碰撞,以v1的方向为正方向,则碰撞后两物体的速度可能是()A.v1=1m/s,v2=3m/sB.v1=-6m/s,v2=6m/sC.v1=3m/s,v2=1.5m/sD.v1=2m/s,v2=2m/s答案D由总动量守恒可判断出A错;由总动能不增加原则可判断出B错;C项中m1的速度大于m

68、2的速度,不符合实际,C错。总结归纳对于碰撞后速度,应从以下方向进行判断:系统总动量守恒;总动能不增加原则;碰后两物体同向运动时,后面物体的速度不大于前面物体的速度。4.(2017广西南宁二模,25)(15分)两端有固定挡板、质量为m的长木板丙,静止在粗糙的水平面上,长木板的上表面光滑且长度为l=1.5m,与水平面之间的动摩擦因数为=0.3。可视为质点的质量分别为2m、m的滑块甲和乙放在长木板的上表面,其中滑块甲静止在长木板的正中央,如图所示。现给滑块乙一水平向右的初速度v0=10m/s,滑块乙与右侧的挡板发生碰撞且粘合在一起,经过一段时间滑块甲与左侧的挡板发生无机械能损失的碰撞,随后滑块甲在

69、长木板右侧与滑块乙碰撞且粘合在一起,长木板向右运动一段距离后最终静止在水平面上。重力加速度g=10m/s2,所有碰撞过程时间极短。求:(1)滑块乙与挡板碰后瞬间的速度大小及碰后长木板的加速度大小;(2)滑块甲与左侧的挡板碰后瞬间的速度大小;(3)长木板在整个过程中发生的位移。二、非选择题（共42分）答案(1)5m/s6m/s2(2)4m/s(3)m解析(1)滑块乙与挡板碰撞过程两者组成的系统动量守恒,设碰后的速度为v1以向右为正方向,由动量守恒定律得:mv0=(m+m)v1解得:v1=5m/s对滑块乙与长木板,由牛顿第二定律得:(2m+m+m)g=(m+m)a解得:a=2g=6m/s2(2)设

70、滑块甲与长木板左侧的挡板发生碰撞前的瞬间长木板的速度为v2由匀变速直线运动的规律可得:-=2(-a)l解得v2=4m/s设滑块甲与左侧的挡板碰后,长木板与滑块甲的速度分别为v3、v4,由动量守恒定律得:(m+m)v2=(m+m)v3+2mv4又由机械能守恒定律得(m+m)=(m+m)+2m解得v3=0,v4=4m/s(3)设滑块甲与滑块乙碰撞后瞬间的速度为v5由动量守恒定律得(m+m)v3+2mv4=(m+m+2m)v5得v5=2m/s甲、乙、丙一起向右运动的加速度大小a=g=3m/s2滑块乙与右侧挡板碰撞后至滑块甲与左侧挡板碰撞前长木板的位移x1=l=m甲、乙、丙一起向右运动的位移x2=m则

71、长木板在整个过程中发生的位移x=x1+x2=m解题思路做好此类题目的关键是分析清楚各个过程物体如何运动,满足什么规律。最开始甲、丙不动,乙向右运动与丙碰撞粘合共速;甲不动,乙丙整体向右减速,至与甲碰撞,因满足动量守恒,机械能守恒,且甲的质量等于乙丙整体质量,故乙丙与甲碰撞后交换速度,即乙丙停下,甲向右运动。甲向右运动与乙碰撞粘合,整体一起向右减速至停止。易错分析乙丙整体向右减速运动时,加速度易错认为是a=g,产生这个错误的原因是未对该整体进行正确的受力分析。5.2016云南昆明3月教学质量检测,35(2)(9分)如图所示,质量为M=2kg的滑块P静止在光滑水平地面上,滑块P的AB段水平且粗糙,

72、BC段为半径R=0.2m的光滑1/4圆弧面,AB部分的长度L=2m。一质量为m=1kg的小滑块Q以v0=6m/s的速度从A端滑入P,恰能滑到最高点C处,由C处返回后,最终停在A、B之间的某一位置。取g=10m/s2,求:.滑块P、Q之间的动摩擦因数;.滑块Q停止时距A点的距离。答案.0.5.1.6m解析.mv0=(m+M)vmgR+mgL=m-(m+M)v2解得:=0.5.mv0=(m+M)vmgs=m-(m+M)v2d=2L-s解得:d=1.6m审题指导小滑块Q恰能滑到最高点C处,表明小滑块Q在C处时与P共速。滑块Q最终停在A、B之间的某一位置,表明此时Q与P相对静止,两者速度相同。总结归纳

73、Q与P组成的系统在水平方向上不受外力,系统在水平方向上动量守恒,竖直方向上合外力不为0,所以对系统只能在水平方向上列动量守恒式。6.2016云南师范大学附中适应性考四,35(2)(9分)光滑水平面上,用轻质弹簧连接的质量为mA=2kg、mB=3kg的A、B两物体都以v0=8m/s的速度向右运动,此时弹簧处于原长状态。质量为mC=5kg的物体C静止在前方,如图所示,B与C碰撞后粘合在一起运动,求:B、C碰撞刚结束时的瞬时速度的大小;在以后的运动过程中,弹簧的最大弹性势能。答案3m/s20J解析根据动量守恒定律:mBv0=(mB+mC)v,v=3m/s三个物体速度相等时,弹簧具有最大弹性势能,设此

74、时的共同速度为v1mAv0+(mB+mC)v=(mA+mB+mC)v1,v1=4m/s由能量守恒可知mA+(mB+mC)v2=(mA+mB+mC)+Ep解得Ep=20J解题指导B与C碰撞过程动量守恒,由动量守恒定律可求出碰撞后的速度。当A、B、C三者速度相等时,弹簧压缩量最大,由动量守恒定律和能量守恒定律结合求Ep。易错点拨B、C碰撞瞬间,B、C发生相互作用,有动量转移,A没有参与相互作用,只对B、C系统列动量守恒式即可。B、C碰撞粘在一起或共速属完全非弹性碰撞,有能量损失。7.2015宁夏银川一中一模,35(2)(9分)如图所示,在光滑的水平面上,质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁,与

75、墙壁不粘连。质量为m的小滑块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板左端,滑到木板右端时速度恰好为零。现小滑块以水平速度v滑 上 木 板 左 端 , 滑 到 木 板 右 端 时 与 竖 直 墙壁发生弹性碰撞,小滑块弹回后,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,求的值。答案 解析小滑块以水平速度v0右滑时,有:-fL=0-m设小滑块以速度v滑上木板运动至碰墙时速度大小为v1,则有-fL=m-mv2滑块与墙碰后至向左运动到木板左端,设此时滑块、木板的共同速度为v2则由动量守恒定律得mv1=(m+4m)v2由能量守恒可得:fL=m-(m+4m)上述四式联立,解得=审题技巧小滑块滑到右端与墙发生弹性碰撞,表明原速率反弹。刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,表明滑块滑到木板左端时两者共速。解题指导把过程细化:滑块以v0滑上木板到右端速度为0,木板不动,对滑块应用动能定理列式;滑块以速度v再次滑上木板到右端,应用动能定理列式;滑块反弹后到与木板共速,系统动量守恒、能量守恒,列式求解。