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专题16 碰撞与动量守恒
考纲·题型解读
1.以选择题和填空题的形式考查动量的矢量性和瞬时性.
2.一般结合实际问题(如人船问题、弹簧问题、碰撞问题、子弹打木块问题)考查应用动量守恒定律分析问题的能力,题型一
般采用选择题形式.
3.以计算题形式考查与动量有关的综合问题,常以动量和机械能知识相联系的综合问题或以动量守恒定律为核心知识,综
合带电粒子在电场和磁场中的运动、天体运动、核反应等知识联系起来综合考查.
题源1 动量 动量守恒定律 的选取密切相关,因此,在运用动量守恒定律解题时,一定
要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统动量是守恒的.
解题模型1.1 3.动量守恒定律的理解及应用要点
(1) 1.动量 动量守恒定律中参照物的同一性
(1) : , 速度v 与参照物的选择有关
,系统内各物体相互作用
定义 运动物体的质量和速度的乘积叫动量 即p
=mv,是矢量, v , :k ·m/s. 前后的速度都必须相对同一参照物而言
,在物理学中,一
方向与 的方向相同 单位 g
(2) 般以地面为参照物动量是描述物体运动状态的量,通常说物体的动量 .
, ()动量守恒定律中状态的同时性是指物体在某一时刻的动量 对应这一时刻的瞬时速度. 2
(3) 动量是个状态量
,只具有瞬时意义,动量守恒定律指的
动量具有相对性:选不同的参照物,物体的动量不
, 是系统任一瞬间的动量总和不变,因此系统内相互作用前的同 通常在不说明参照物的情况下物体的动量指相对于地
总动量( )中, 、 必须是作用前同一时刻两
面的动量. m1v1+m2v2 v1 v2
物体的瞬时速度,相互作用后的总动量(m1v'1+m2v'2)中,(4)动量与动能的关系:动量大小p= 2mEk.
v'1、v'2必须是作用后同一时刻两物体的瞬时速度.
2.动量守恒定律
(3)动量守恒方程中的矢量性(1)动量守恒定律内容
由于动量是矢量,守恒方程式
, m1v1+m2v2=m1v'1+一个系统不受外力或者所受外力之和为零 这个系统
mv'是个矢量方程,当系统内各物体作用前后的速度在
的总动量保持不变. 2 2
() 同一直线上时,可选取正方向后将矢量运算简化为带正、2 常用的三种表达式
负号的代数运算
① '= .p p
(4)动量守恒定律的普适性②m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2
它不仅适用于两个物体所组成的系统,也适用于多个
③Δp1=-Δp2
物体组成的系统,不仅适用于宏观物体组成的系统,也适
(3)动量守恒定律成立的条件
用于微观粒子组成的系统.
①系统不受外力或系统所受外力的合力为零.
4.应用动量守恒定律解题的基本步骤
②系统所受的外力的合力虽不为零,但系统外力比内
(1)分析题意,明确研究对象.在分析相互作用的物体
力小得多(如碰撞问题中的摩擦力),外力比起相互作用的
总动量是否 守 恒 时,通 常 把 这 些 被 研 究 的 物 体 总 称 为 系
内力来小得多,可以忽略不计.
统,要明确所研究的系统是由哪几个物体组成的.
③系统所受外力的合力虽不为零,但在某个方向上的
(2)要对系统内的物体进行受力分析.弄清哪些是系统
分量为零(如爆炸过程中的重力),则在该方向上系统的总
内部物体之间相互作用的力,即内力;哪些是系统外的物
动量的分量保持不变.
体对系统内物体的作用力,即外力
( .4)在判断系统动量是否守恒时应注意
在受力分析基础上,根据动量守恒的条件,判断能否
①动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零,
应用动量守恒定律.
因此在判断系统动量是否守恒时一定要分清内力和外力.
(3)明确所研究的相互作用过程,确定过程的始、末状
②在同一物理过程中,系统的动量是否守恒,与系统
态,即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式.
·241·
[解析] 由 动 量 守 恒 定 律,mv0=(M -m)v,解 得v=
对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的情 m ,
形,动量守恒方程中各个动量(或速度)的方向可以用代数符 选项 正确M-mv0 D .
号正、负表示,选取某个已知量的方向为正方向以后,凡是和 [答案] D
选定的正方向同向的已知量取正值,反向的取负值. [真题4] (2023·全国)一中子与一质量数为A (A>1)的
(4)建立动量守恒方程,代入已知量,解出待求量.计算 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
结果如果是正的,说明该量的方向和选定的正方向相同; 子的速率之比为 ( )
如果是负的,则和选定的正方向相反. A+1 A+1
A.A-1 B.A-1
[真题1] (2023·重庆)一弹丸在飞行到距离地面5m高 A+1 A+1
时仅有水平速度v=2m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙 C.A-1 D.A-1
的质量比为3∶1.不计质量损失,取重力加速度g=10m/s2.则 [解析] 由动量守恒定律及能量守恒定律:
下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 ( ) mv0=mv1+Amv2
1 2 1 1
2mv0=2mv
2
1+2Amv
2
2
v0 A+1
解得:
v =1 A-1.
[答案] A
[真题5] (2022·重庆)某兴趣小组用如图所示的装置进
A B 行实验研究.他们在水平桌面上固定一内径为d 的圆柱形玻璃
杯, 3杯口上放置一直径为 d,质量为 m 的匀质薄圆板,板上放2
一质量为2m 的小物块.板中心、物块均在杯的轴线上,物块与板
间动摩擦因数为μ,不计板与杯口之间的摩擦力,重力加速度为
g,不考虑板翻转.
C D
[解析] 由平抛运动规律计算v甲 和v乙,再根据动量守恒
定律判断,得知B正确.
[答案] B
[真题2] (2023·福建)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 (1)对板施加指向圆心的水平外力F,设物块与板间最大静
化,则分离后卫星的速率v 为 ( ) 摩擦力为fmax,若物块能在板上滑动.求F 应满足的条件1 .
(2)如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短
的较大冲击力,冲量为I.
A.v0-v2 ①I应满足什么条件才能使物块从板上掉下
B.v0+v2 ②物块从开始运动到掉下时的位移s为多少
m2 ③根据s与I的关系式说明要使s更小,冲量应如何改变.C.v0-m v21 [解析] (1)设圆板与物块相对静止时,它们之间的静摩擦
m2( ) 力为f,共同加速度为D.v + v -v a0 m 0 21 由牛顿运动定律,有
[解析] 由动量守恒定律(m1+m2)v0=m1v1+m2v2 得: 对物块f=2ma 对圆板 F-f=ma
m
v1=v0+
2(
m v0-v
),D正确. 两物相对静止,有f≤fmax2
1 3
[答案] D 得 F≤2fmax
[真题3] (2023·福建)将静置在地面上,质量为 M(含燃 3
相对滑动条件
料)的火箭模型点火升空, F> fmax在极短时间内以相对地面的速度v0 2
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 (2)①设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为v0,物块掉下
阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是 ( ) 时,圆板和物块速度大小分别为v1 和v2,
m M 由动量定理,有 I=mv0
A.Mv0 B.Mv0 对整个过程运用动能定理有,
M m
C. v0 D. v0 对圆板 -2μmg(
3 ) 1 1
M-m M-m s+4d =2mv
2- mv21 2 0
·242·
1
对物块2μmgs= (2 2m
)v22-0 m L m L
s = 21 ,s
1
2=
由动量守恒定律,有 m1+m2 m1+m2
mv =mv +2mv 2.爆炸、碰撞问题0 1 2
() 、
要使物块落下,必须v >v 1 爆炸 碰撞现象1 2
①爆炸和碰撞的共同特点是:相互作用的力为变力,由以上各式得
作用的时间很短,作用力很大,且远远大于系统受的外力,
3
I>2m 2μgd 均符合动量守恒定律.
2 ②在爆炸过程中,因有其他形式的能转化为动能,所
1 2 9 2
②s= I- I - μm gd ÷ 以系统的动能会增加.2μg 2 ÷è 3m 在碰撞过程中,如果没有动能损失,碰撞前与碰撞后
3 2 总动能相等;如果有部分动能转化为内能,系统的总动能
1 2
md ÷ 减少.系统总动能是不可能增加的.
分子有理化得s=2μg 2 9
÷
I+ I - μm2gd ÷
③由于碰撞作用时间极短,因此作用过程中物体的位
è 2 移很小,一般可忽略不计,可以认为,碰撞(或爆炸)后还从
③根据上式结果知:I越大,s越小. 碰撞(或爆炸)前瞬间的位置以新的动量开始运动.
[ ] () 3 () 3 (2)常见碰撞类型答案 1F>2fmax 2 ①I>2m 2μgd ②s= ①弹性碰撞:在弹性力作用下,碰撞过程只产生机械
3 2md 能的转移,系统内无机械能的损失.质量相等的物体发生弹
1 2 ÷
μg ÷ ③I越大,s越小 性正碰后,相互交换速度.2 I+ I2
9
- μm2gd ÷ ②非弹性碰撞:受非弹性力作用,使部分机械能转化è 2
为物体的内能,称非弹性碰撞.
题源2 动量守恒定律的应用 ③完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体,或碰后具有共
同速度,这种碰撞动能损失最多.
解题模型2.1 弹性碰撞的特例:
两个质量分别为 m1、m2 的小球发生弹性正碰,设 m1
1.关于平均动量守恒的问题———人船模型 初速度为v0,m2 静止,碰后两球的速度v1、v2 由动量守恒
一个原来静止的系统,由于某一部分的运动而对另一部 和机械能守恒可以求出:
分有冲量,使另一部分也跟随运动.若现象中满足动量守恒或 m1-m2 , 2mv = v v = 1mv 1 0 2 v0
某一方向上满足动量守恒,则有0=Mv'-mv,有v'= .由此 m1+m2 m1+m2M 这是一个常用的公式,在分析此种碰撞时,可直接将数值
式可以看出:你动我动,你快我快,你慢我慢,你停我停. 代入后得到碰撞的实际结果.可见,当上述碰撞m1=m2 时,碰
如图 所 示,长 为 L,质 量 撞完毕两球交换速度;当m1>m2 时,碰后两球都沿v0 方向继
为m1 的小船停在静水中.一 续运动;而当m1个质量为 m2 的人立在船尾, (3)碰撞过程的特点
若不计水的阻力,当人从船尾
①动量守恒,即p1+p2=p'1+p'2.
走到船头的过程中,船和人对
②动能不增加,即Ek1+Ek2≥Ek'1+Ek'2
地面的位移各是多少
p2 p2 p'2 p'2
分析: 1 2人和船组成的系统,人从船尾走到船头的过程中, 或2m +2m ≥
1
2m +
2
1 2 1 2m .2
在水平方向不受外力作用,所以水平方向动量守恒.人起步 ③速度要符合物理情景:如果碰前两物体同向运动,
前系统的总动量为零.当人起步加速前进时,船同时向后加 则后面的物体速度必大于前面物体的速度,即v后>v前,否
速运动;当人匀速前进时,船同时向后匀速运动;当人停下来
则无法实现碰撞.碰撞后,原来在前的物体的速度一定增
时,船也停下来.设某一时刻人对地的速度为v2,船对地的速 大,且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的
度为v1,选人前进的方向为正方向,根据动量守恒定律有: 速度.即v前'≥v后',否则碰撞没有结束.
v m
m2v -mv
2 1
2 1 1=0,即 = . 如果碰前两物体是相向运动,则碰后,两物体的运动v1 m2
方向不可能都不改变,除非两物体碰撞后速度均为零.
人从船尾走到船头的整个过程中,每一时刻系统都满
足动量守恒 定 律,所 以 每 一 时 刻 人 的 速 度 与 船 的 速 度 之 [真题6] (2023·重庆)如图所示,静置于水平地面的三辆
比,都与它们的质量成反比.从而可以得出判断:在人从船 手推车沿一直线排列,质量均为m.人在极短时间内给第一辆车
尾走到船头的过程中,人的位移s2 与船的位移s1 之比,也 一水平冲量使其运动,当车运动了距离L 时与第二辆车相碰,两
s2 m1
应等于它们的质量的反比,即 = . 车以共同速度继续运动了距离L 时与第三车相碰,三车以共同s1 m2 速度又运动了距离L 时停止.车运动时受到的摩擦阻力恒为车
由图可以看出s1+s2=L,与上式联立得: 所受重力的k倍,重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发
·243·
生相互作用,碰撞时间很短,忽略空气阻力,求: mAv1+mBv2=mBv2'(碰后A 球速度为0)③
1 2 1 1
2mAv1+2mBv
2
2= m v'22 B 2 ④
又知mB=3mA ⑤
42-v22
则由运动学规律可得h'= 2 ⑥g
联立①~⑥式可得h'=0.75m
[答案] (1)vB=4m/s (2)h'=0.75m
[真题8] (2023·广东)如图中的水平轨道中,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
(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功; 向右以速度v1与静止在A 点的物体P2碰撞,并接合成复合体
(2)人给第一辆车水平冲量的大小; P,以此碰撞时刻为计时零点,探测器只在t1=2s至t2=4s内
(3)第一次与第二次碰撞系统功能损失之比. 工作,已知P1、P2的质量都为m=1kg,P 与AC 间的动摩擦因
[解析] (1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W,则根据 数为μ=0.1,AB 段长L=4m,g 取10m/s
2,P1、P2和P 均视
题意得: 为质点,P 与挡板的碰撞为弹性碰撞.
W=-kmgL-2kmgL-3kmgL=-6kmgL (1)若v1=6m/s,求P1、P2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞
(2)设第一辆车初速度为u ,第一次碰前速度为v ,碰后共 损失的动能 ;0 1 ΔE
同速度为u1;第二次碰前速度为v2,碰后共同速度为u2;人给第 (2)若P 与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B 点,
一车的水平冲量大小为I. 求v1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E.
1 1
由动能定理得:-kmgL= 2 22mv1-2mu0
-k(2m)
1 1
gL= ( )2 2m v
2
2- (2 2m
)u21
-k(3m)
1
gL=0- (2 3m
)u22 [解析] (1)P1、P2碰撞过程,动量守恒:mv1=2mv ①
mv1=2mu1 v1
解得v= /2=3ms ②2mv2=3mu2
得:I=mu0-0=2m 7kgL 1 1碰撞损失的动能ΔE= mv2- (2m )v21 ③
(3)设两次碰撞中系统动能损失分别为ΔE 和ΔE 2 2k1 k2
解得
13 ΔE=9J ④
由ΔEk1=2kmgL (2)由于P 与挡板的碰撞为弹性碰撞.故P 在AC 间等效为
3 匀减速运动,设P 在AC 段加速度大小为a,由运动学规律,得:
ΔEk2=2kmgL μ(2m )g=2ma ⑤
得:ΔEk1∶ΔEk2=13∶3 1P 返回经过B 时:3L=vt- at2 ⑥
[答案] (1)-6kmgL (2)2m 7kgL (3)13∶3 2
2
[真题7] (2023·新课程标准Ⅰ)如图,质量分别为 m 、 t +24A 由①⑤⑥解得v1= ,由于2s≤t≤4s,所以解得 的t v
mB 的两个弹性小球A、B 静止在地面上方,B 球距离地面的高
取值范围5m/s≤v≤7m/s ⑦
度h=0.8m,A 球在B 球的正上方,先将B 球释放,经过一段时
所以
, v1
的取值范围10m/s≤v1≤14m/s ⑧
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
P 向左经过P 时的速度v ,则v 22 2 -v2=-2a·4l ⑨
上方的P 点处相碰.碰撞时间极短.碰后瞬间A 球的速度恰好为
将⑦代入⑨可 知,当v=5m/s时,P 不 能 到 达A,当v=
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: 7m/s时,v2 最大为 17 m/s,所以P 向左经过A 点时有最大
(1)B 球第一次到达地面时的速度; 1动能E= (2m)·2 v
2
2=17J
(2)P 点距离地面的高度.
[答案]
[ ] ()
(1)3m/s 9J (2)10m/s≤v ≤14m/s 17J
解析 1B 1球 释 放 后 做 自 由 落 体 运
[真题9] (2023·江苏)牛顿的《自然科学的数学原理》中
动,根据自由落体运动位移速度公式得:
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
v1= 2gh=4m/s ① 的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B 对A
(2)设P 点距离地面的高度为h',碰撞前 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
后,A 球的速度分别为v1、v1',B 球的速度分 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
别为v2、v2',由运动学规律可得: 为对心碰撞.求碰撞后A、B 的速度大小.
v1=gt=3m/s ② [解析] 由动量守恒定律2mv0=2mv1+mv2,且由题意知
由于碰撞时间极短,两球碰撞前后动量守恒,动能守恒,规 v2-v1 15
定向下的方向为正,则: v =0 16
·244·
解得: 17v1= v0,
31
v = v hc hc
λ0-λ
2 0. 照射金属,则有Ek= · ,遏止电压满足48 24 λ -λ =hc0 λ U=0λ
[真题10] (2023·新课程标准)在光电效应实验中,某金属 Ek λ -λ=hc· 0 .
的截止频率相应的波长为λ0,该金属的逸出功为 .若用波 e eλ0λ
长为λ(λ<λ)的单色光做该实验,则其遏止电压为 .已知电 (0 2)设碰后A,B 和C 的共同速度的大小为v,由动量守恒得
子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e,c和h. 3mv=mv0 ①
(2)如图,A,B,C 三个木块的质量均为m.置于光滑的水平 设C 离开弹簧时,A,B 的速度大小为v1,由动量守恒得
面上,B,C 之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接触而不固 3mv=2mv1+mv0 ②
连.将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B 和C 紧连,使弹簧不 设弹簧的弹性势能为Ep,根据能量守恒,从细线断开到C
能伸展,以至于B,C 可视为一个整体.现A 以初速v0 沿B,C 的 与弹簧分开时,有:
连线方向朝B 运动,与B 相碰并黏合在一起,以后细线突然断 1(3m)
1 1
v2+Ep= (2m)v2+ mv21 0 ③
开,弹簧伸展,从而使C 与A,B 分离,已知C 离开弹簧后的速度 2 2 2
恰为v0,求弹簧释放的势能. 由①②③式得弹簧所释放的势能为
1
Ep=3mv
2
0 ④
[ ] hc解析 (1)金属的逸出功 W=hν = ,用波长为λ 的光 [ ] ()hc hc·λ0-λ 1答案 1 (2) mv20 λ 00 λ0 e λ0λ 3
(★代表高考出现的频次)
3.(2022·福建)如图所示,一个木箱原来静止在光滑水平
A组 面上,木箱中有一个小木块,木箱和小木块都具有一定的质量.
现使木箱获得一个向右的初速度v ,则 ( )
题源1 动量 动量守恒定律(★★★) 0A.小木块和木箱最终都将静止
1.(2023·全国)质量为 M,内壁间距为L 的箱子静止于光 B.小木块最终将相对木箱静止,二
滑的水平面上,箱子中间有一质量为m 的小物块,小物块与箱子 者一起向右运动
底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间,如图 C.小木块在木箱内壁将始终来回
所示.现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞 N 往复碰撞,而木箱一直向右运动
次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止.设碰撞都是 D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者
弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为 ( ) 将一起向左运动
4.(2023·福建)如图,质量为 M 的小船在静止水面上以速
率v0 向右匀速行驶,一质量为m 的救生员站在船尾,相对小船
静止.若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中,则救生员
跃出后小船的速率为 ( )
1 2 mMA.2mv B.
2
2(m+M)v
1
C.2NμmgL D.NμmgL
2.(2023·江苏)如图所示,进行太空行走的宇航员A 和B m m
的质量分别为80kg和100kg,他们携手远离空间站,相对空间 A.v0+Mv B.v0-Mv
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 m m
为0.2m/s,求此时B 的速度大小和方向. C.v0+ (v0+v) D.v0+ (v0-v)M M
5.(2023·全国)如图,大小相同的摆球a 和b 的质量分别
为m 和3m,摆长相同,并排悬挂,平衡时两球刚好接触,现将摆
球a向左拉开一小角度后释放,若两球的碰撞是弹性的,下列判
断正确的是 ( )
A. 第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等
B. 第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等
·245·
C. 第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同 3.(2023·新课程标准)如图,小球a、b用等长细线悬挂于
D. 发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置 同一固定点O.让球a 静止下垂,将球b向右拉起,使细线水平.
从静止释放球b,两球碰后粘在一起向左摆动,此后细线与竖直
题源2 动量守恒定律的应用(★★★★) 方向之间的最大偏角为60°,忽略空气阻力.求:
1.(2023·山东)光滑水平轨道上有三个木块A、B、C,质量 (1)两球a、b的质量之比;
分别为mA=3m、mB=mC=m,开始时B、C 均静止,A 以初速 (2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大
度v0 向右运动,A 与B 碰撞后分开,B 又与C 发生碰撞并粘在 动能之比.
一起,此后,A 与B 间的距离保持不变.求B 与C 碰撞前B 的速
度大小.
2.(2023·天津)如图所示,水平地面上固定有高为h 的平
台,台面上有固定的光滑坡道,坡道顶端距台面高也为h,坡道
底端与台面相切.小球A 从坡道顶端由静止开始滑下,到达水平
光滑的台面后与静止在台面上的小球B 发生碰撞,并粘连在一 4.(2023·新课程标准Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有两个静止
起,共同沿台面滑行并从台面边缘飞出,落地点与飞出点的水平 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
距离恰好为台高的一半.两球均可视为质点,忽略空气阻力,重 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
力加速度为g.求: d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ.B 的质量为A
(1)小球A 刚滑至水平台面的速度vA; 的2倍,重力加速度大小为g.求A 的初速度的大小.
(2)A、B 两球的质量之比mA∶mB.
·246·
5.(2023·新课程标准Ⅱ)如图,光滑水平直轨道上有三个 A.小球离开小车后,向右做平抛运动
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 B.小球离开小车后,做自由落体运动
的挡板质量不计).设A 以速度v0 朝B 运动,压缩弹簧;当AB C.此过程中小球对车做功为零
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 v2
D.小球沿小车弧形轨道上升的最大高度为 0
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 2g
分离的过程中. 2.如图所示,完全相同的A、B 两物块随足够长的水平传送
(1)整个系统损失的机械能; 带按图中所示方向匀速运动.A、B 间夹有少量炸药,对A、B 在
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能. 炸药爆炸过程及随后的运动过程有下列说法,其中正确的是
( )
A.炸药爆炸后瞬间,A、B 两物块速度方向一定相同
B.炸药爆炸后瞬间,A、B 两物块速度方向一定相反
C.炸药爆炸过程中,A、B 两物块组成的系统动量不守恒
D.A、B 在炸药爆炸后至A、B 相对传送带静止过程中动量
守恒
3.(2023·广东)图(a)所示的装置中,小物块A、B 质量均
, ,
( · ) , 为 水平面上 段长为 与物块间的动摩擦因数为
,其余
6.2023 广东 如图 两块相同平板P m PQ l μ1,P2 置于光滑水平
, , 段光滑.初始时
,挡板上的轻质弹簧处于原长;长为r的连杆位于
面上 质量均为m.P2 的右端固定一轻质弹簧 左端A 与弹簧的
图中虚线位置;, , A 紧靠滑杆
(A、B 间距大于2r).随后,连杆以角
自由端B 相距L.物体P 置于P1 的最右端 质量为2m 且可看
速度ω 匀速转动,带动滑杆做水平运动,滑杆的速度—时间图象
作质点.P1 与P 以共同速度v0 向右运动,与静止的P2 发生碰
如图(b)所示.A 在滑杆推动下运动,并在脱离滑杆后与静止的
撞,碰撞时间极短.碰撞后P1 与P2 粘连在一起.P 压缩弹簧后
B 发生完全非弹性碰撞.
被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内).P 与P2 之间的动 (1)求A 脱离滑杆时的速度: v0
,及A 与B 碰撞过程的机械
摩擦因数为μ.求 能损失
( ΔE.1)P1、P2 刚碰完时的共同速度v1 和P 的最终速度v2; (2)如果AB 不能与弹簧相碰,设AB 从P 点到运动停止所(2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能Ep. 用的时间为t1,求ω 的取值范围,及t1 与ω 的关系式.
(3)如果AB 能与弹簧相碰,但不能返回到P 点左侧,设每
次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep,求ω 的取值范
围,及Ep 与ω 的关系式(弹簧始终在弹性限度内).
(a)
B组
题源1 动量 动量守恒定律(★★★)
1.如图所示,在光滑水平面上停放着质量为m 且装有光滑
()
水平面的弧形轨道AB 的小车,一质量为m 的小球以水平初速 b
度v0 从小车的右端沿弧形轨道滑上小车,到达某一高度后,小
球又返回弧形轨道A 端.则下列判断正确的是 ( )
·247·
4.(2022·广东)如图所示,一条轨道固定在竖直平面内,粗 6.(2022·全国Ⅱ)小球A 和B 的质量分别为mA 和mB,且
糙的ab段水平,bcde段光滑,cde段是以O 为圆心、R 为半径的 mA>mB.在某高度处将A 和B 先后从静止释放.小球A 与水平
一小段圆弧.可视为质点的物块 A 和B 紧靠在一起,静止于b 地面碰撞后向上弹回,在释放处下方与释放处距离为 H 的地方
处,A 的质量是B 的3倍.两物体在足够大的内力作用下突然分 恰好与正在下落的小球B 发生正碰.设所有碰撞都是弹性的,碰
离,分别向左、右始终沿轨道运动.B 到d 点时速度沿水平方向, 撞时间极短.求小球A、B 碰撞后B 上升的最大高度.
3
此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的 ,4 A
与ab 段
的动摩擦因数为μ,重力加速度g,求:
(1)物块B 在d 点的速度大小v;
(2)物块A 滑行的距离s.
题源2 动量守恒定律的应用(★★★★)
1.如图所示,运动员挥拍将质量为m 的网球击出.如果网球
被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2,v1 与v2 方向
相反,且v2>v1.重力影响可忽略,则此过程中拍子对网球作用
力的冲量 ( )
5.(2022·新课程标准)如图所示,光滑的水平地面上有一
木板,其左端放有一重物,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μ.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历的时间. A.大小为m(v2+v1),方向与v1 方向相同
设木板足够长,重物始终在木板上.重力加速度为g. B.大小为m(v2-v1),方向与v1 方向相同
C.大小为m(v2+v1),方向与v2 方向相同
D.大小为m(v2-v1),方向与v2 方向相同
2.一陨石自高空落到山谷中,有一目击者,他先是看到火
光,随后听到巨大声响,最后他走到陨石旁用手摸了摸陨石,感
觉烫手.就上述现象所得出的下列认识中正确的是 ( )
A.陨石的动量消失了,转化为声、光、热等形式的能量
B.陨石的动量消失了,这表明陨石与地球碰撞中动量不
守恒
C.陨石与地球碰撞中动量是守恒的,陨石的动量传递给了
地球
D.陨石与地球碰撞中,陨石的机械能转化声、光、热等形式
的能量
3.用不可伸长的细线悬挂一质量为 M
的小木块,木块静止,如图所示.现有一质量
为m 的子弹自左方水平射向木块,并停留
在木块中,子弹初速度为v0,则下列判断正
确的是 ( )
A.从子弹射向木块到一起上升到最高
点的过程中系统的机械能守恒
B.子弹射入木块瞬间动量守恒,故子弹
·248·
mv0 8.如下图所示,总质量为 M 的大小两物体,静止在光滑水射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为
M+m 平面上,质量为m 的小物体和大物体间有压缩着的弹簧,另有质
C.忽略空气阻力,子弹和木块一起上升过程中系统机械能 量为2m 的物体以v0 速度向右冲来.为了防止碰撞,大物体将小
守恒,其机械能等于子弹射入木块前的动能 物体发射出去,小物体和冲来的物体碰撞后黏合在一起.问小物
m2v2
D.子弹和木块一起上升的最大高度为 0 体发射的速度至少应为多大,才能使它们不再碰撞 2g(M+m)2
4.如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹
簧,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,
下列说法中正确的是 ( )
A.两手同时放开后,系统总动量始终为零
B.先放开左手,后放开右手后动量不守恒
C.先放开左手,后放开右手,总动量向左
D.无论何时放手,只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程
中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零
5.如图所示,在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A
和B,它们的质量都为m.现B 球静止,A 球以速度v0 与B 球发
生正碰,针对碰撞后的动能下列说法中正确的是 ( )
A.B 球动能的最大值是mv20/2 9.如图所示,物体A、B 的质量分别是m1=4.0kg和m2=
B.B 球动能的最大值是mv20/8 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
C.系统动能的最小值是0 直墙相接触.另有一个物体C 从t=0时刻起以一定的速度向左
D.系统动能的最小值是mv20/8 运动,在t=5.0s时刻与物体A 相碰,碰后立即与A 粘在一起
6.a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰,作用 不再分开.物体C 的v t图象如图所示.试求:
前a球动量pa=30kg·m/s,b球动量pb=0,碰撞过程中,a 球
的动量减少了20kg·m/s,则作用后b球的动量为 ( )
A.-20kg·m/s
B.10kg·m/s
C.20kg·m/s
D.30kg·m/s
7.如图甲所示,在光滑水平面上的两个小球发生正碰,小球
的质量分别为m1 和m2.图乙为它们碰撞前后的x t图象.已知 (1)物块C 的质量m3;
m1=0.1kg,由此可以判断: (2)在5.0s到15s的时间内物块 A 动量变化的大小和
方向.
①碰前m2 静止,m1 向右运动
②碰后m2 和m1 都向右运动
③由动量守恒可以算出m2=0.3kg
④碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
以上判断正确的是 ( )
A.①③
B.①②③
C.①②④
D.③④
·249·
10.如图所示,光滑水平桌面上有长L=2m的挡板C,质量 12.(2023·山东)如图所示,光滑水平轨道上放置长板 A
mC=5kg,在其正中央并排放着两个小滑块A 和B,mA=1kg, (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
mB=3kg,开始时三个物体都静止.在A、B 间放有少量塑胶炸 mA=2kg,mB=1kg,mC=2kg.开始时C 静止,A、B 一起以v0
药,爆炸后A 以6m/s速度水平向左运动,A、B 中任意一块与 =5m/s的速度匀速向右运动,A 与C 发生碰撞(时间极短)后
挡板C 碰撞后,都粘在一起,不计摩擦和碰撞时间,求: 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
(1)当两滑块A、B 都与挡板C 碰撞后,C 的速度是多大; 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
(2)A、C 碰撞过程中损失的机械能. 大小.
13.(2023·全国)装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样
质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击.通过对以下简化模型
的计算可以粗略说明其原因.
11.(2023·海南)一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平 质量为2m、厚度为2d 的钢板静止在水平光滑的桌面上.质
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 量为m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板,刚好能将钢板射穿.
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 现把钢板分成厚度均为d、质量均为m 的相同两块,间隔一段距
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 离平行放置,如图所示.若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢
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 板,穿出后再射向第二块钢板,求子弹射入第二块钢板的深度.
在到达a点前与物体P 相对静止.重力加速度为g.求: 设子弹在钢板中受到的阻力为恒力,且两块钢板不会发生碰撞.
(1)木块在ab段受到的摩擦力f; 不计重力影响.
(2)木块最后距a点的距离s.
·250·
14.(2022·山东)如图所示,滑块A、C,质量均为m,滑块B 15.(2023·安徽)如图所示,装置的左边是足够长的光滑水
3 , ,、 平面 一轻质弹簧左端固定 右端连接着质量 M=2k 的小物块质量为 m.开始时A B 分别以v1、 的速度沿光滑水平轨道
g
2 v2 A.装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并能平
向固定在右侧的挡板运动,现将C 无初速地放在A 上,并与A 滑对接.传送带始终以u=2m/s的速度逆时针转动.装置的右边
黏合不再分开,此时A 与B 相距较近,B 与挡板相距足够远.若 是一光滑曲面,质量m=1kg的小物块B 从其上距水平台面h
B 与挡板碰撞将以原速率反弹,A 与B 碰撞将粘合在一起.为使 =1.0m处由静止释放.已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数
B 能与挡板碰撞两次,v1、v2 应满足什么关系 μ=0.2,l=1.0m.设物块A、B 间发生的是对心弹性碰撞,第一
次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态.取g=10m/s2.
(1)求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小;
(2)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动
到右边曲面上
(3)如果物块A、B 每次碰撞后,物块A 再回到平衡位置时
都会立即被锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,试求出物块
B 第n次碰撞后的运动的速度大小.
·251·所以,B 点也是干涉加强点.因而O、B 之间有两 5.D 【解析】 由光路分析可知,光通过厚度均
个干涉相消点,由对称性可知,AB 上有4个干涉相 匀的平玻璃板后,透射光与原入射光方向平行(不发
消点. 生偏转).由于f红21.【解析】 (1)如图,透明物体内部的光路为折 小,D项正确.
线MPN,Q、M 点相对于底面EF 对称,Q、P 和N 三
6. 暗 条 纹 变 宽 【 】
ΔS
解 析 n = =
点共线. λ
-7
设在 M 点 处,光 的 入 射 角 为i,折 射 角 为r, 7.95×10 1
-7=1 ,ΔS 是半波长的奇数倍,由此知5.30×10 2 P
∠OMQ=α,∠PNF=β.根据题意有
lλ
处出现暗条纹;由条纹间距公式Δx= 知λ 变大则d
条纹间距变宽.
7. 全反射 衍射 干涉 【解析】 进入露珠的
太阳光要进入空气时(从光密介质进入光疏介质)可
能发生全反射;通过手指缝看日光灯可以看到彩色条
纹是单缝衍射;油膜呈彩色是复色光的薄膜干涉.
α=30° ①
专题16 碰撞与动量守恒
由几何关系得,∠PNO=∠PQO=r,于是
β+r=60° ② 十年高考母题原型训练
且α+r=β ③
由①②③式得 A组
r=15° ④
题源1 动量 动量守恒定律(2)根据折射率公式有
sini=nsinr ⑤ 1.BD 【解析】 水平面光滑,对两物体组成的
由④⑤式得 系统,由碰撞动量守恒和能量守恒有 mv=(M+m)
6+ 2 , 1v ΔE 2
1 2
n= 共 k= ( ) ,可得系统损失动2 2
mv -2 M+m v共
Mm
题源2 光的本性 能为ΔEk=
2
( )v ,B对,A错;由于滑动摩擦2M+m
【 】 , 力做负功,由能量守恒可知系统损失的动能转化为内1.A 解析 干涉图样的条纹等间距 故 A
; , 能,则有正确 无论是干涉还是衍射 形成的条纹间距大的波 ΔEk=NμmgL,D对,C错.
, 、 【点评】 动量守恒和能量守恒的综合应用问题长大 故CD均错.
【解析】 O , 是历年考查的重点和难点
,应用动量守恒时要注意守
2.AC 点处波程差为零 对于任何
恒条件和选择适当系统 应用能量守恒时要注意系统
光都是振动加强点,均为亮条纹,故B错;红光的波长 .
l 在运动过程中有哪些能量发生了转化
,如滑动摩擦生
较长,蓝光的波长较短,根据Δx= λ可知,C正确d . 热,机械能转化为内能.
3.B 【解析】 本题考查光的特性.光的偏振现 2.【解析】 根 据 动 量 守 恒(mA +mB)v0=
象说明光是一种横波.难度较易. mAvA+mBvB 解得vB=0.02m/s.离开空间站方向.
4.D 【解析】 出现最亮时,B 下表面反射光与 3.B 【解析】 由动量守恒自定律知小木块最
A 上表面反射光叠加后相加强,设温度从t1 升至t2 终与木箱相对静止,以相同的速度一起向右做匀速直
过程中,A 的高度增加h,由题知2h=λ,故h=λ/2. 线运动,故正确选项为B.
·115·
4.C 【解析】 (M+m)v0=-mv+Mv' h=vt ⑤
Mv'=(M+m)v0+mv 2
(M+m)v +mv 联立上述各式得
v'= 0M mA∶mB=1∶3 ⑥
m( ) 3.【解析】 (1)设球b 的质量为m2,细线长为=v0+M v0+v L,球b下落至最低点,但未与球a 相碰时的速率为
C正确. v,由机械能守恒定律得
5.AD 【解析】 动量守恒:mv0=mv1+3mv2 1
1 1 1 m2gL= mv
2
2 ①
动能守恒: mv2= mv2 2 22 0 2 1+2×3mv2 式中g 是重力加速度的大小,设球a 的质量为
v0
得:v1=-v2= m1;在两球碰后的瞬间,两球共同速度v',以向左为2
正.由动量守恒定律得
L
又因为:T=2π ,摆长相同,周期相同,所以 ( )
g m2v= m1+m2 v' ②
. 设两球共同向左运动到最高处时
,细线与竖直方
同时回到平衡位置
向的夹角为θ,由机械能守恒定律得
题源2 动量守恒定律的应用 1( ) 2 ( ) ( )
【 】 , , 2
m1+m2 v' = m1+m2 gL 1-cosθ ③
1.解析 设A 与B 碰撞后 A 的速度为vA B
联立
, ①②③
式得
与C 碰撞前B 的速度为vB B 与C 碰撞后粘在一起
m1 1
的速度为v,由动量守恒定律得 m = -1 ④2 1-cosθ
对A、B 木块:mAv0=mAvA+mBvB ①
代入题给数据得:
对B、C 木块:mBvB=(mB+mC)v ②
m1
由A 与B 间的距离保持不变可知 m = 2-1 ⑤2
vA=v ③ (2)两球在碰撞过程中的机械能损失是
联立①②③式,代入数据得 Q=m2gL-(m1+m2)gL(1-cosθ) ⑥
6
v = v ④ 联 立 ① ⑥ 式,Q 与 碰 前 球b 的 最 大 动 能B 0 Ek5
1
2.【解析】 (1) 2小球从坡道顶端滑至水平台面的 (Ek=2m2v ) 之比为
过程中,由机械能守恒定律得 Q m1+m2(
E =1- m 1-cosθ
) ⑦
1 2 k 2mAgh=2mAvA ① 联立⑤⑦式,并代入题给数据得
解得
Q 2
vA= 2h ② E
=1-2 ⑧g k
(2)设两球碰撞后共同的速度为v,由动量守恒 4.【解析】 设碰撞前的瞬间,木块A 的速度大
定律得 小为v;碰撞 后 的 瞬 间,A 和B 的 速 度 分 别 为v1 和
mAvA=(mA+mB)v ③ v2.以碰撞前A 的速度方向为正方向,由动量守恒定
粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动,设运动 律和能量守恒定律得:
时间为t,由运动学公式在竖直方向上有 mv=mv1+2mv2
1 1 1 1
h=2gt
2 ④ 2mv
2= 2 · 22mv1+2 2mv2
在水平方向上有 解得:v1=-v2/2
·116·
设碰撞后 A 和B 运动的距离分别为d1 和d2, (2)P1、P2、P 第一次等速,弹簧最大压缩量x 最
由动能定理得: 大,由能量守恒得:
1
μmgd = mv2 ·
1 1
1 2 1 μ 2mg
(L+x)+Ep= (2 2m
)v2 20+ (2m)2 v1
( 1μ2m)
1
gd2=22mv
2
2 - (2 4m
)v22 ③
按题意有:d=d1+d2 P 刚进入P2 到P1、P2、P 第二次等速,由能量
设A 的初速度大小为v0,由动能定理得: 守恒得:
1 1
μmgd=2mv
2
0-2mv
2 · 1 1μ 2mg(2L+2x)= (2 2m
)v20+ (2m)2 v
2
1-
28 1
联立解得:v = 20 5μgd
(
2 4m
)v2 ④
5.【解析】 (1)设AB 速度相等时的速度为v , v2 21 0由③④得:x= ,
mv0
对AB 与弹簧组成的系统,由动量守恒定律得: 32
-L Ep= .
μ 16
mv0=2mv1 ① B组
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,系统损失的机械能为ΔE,对BC 组 题源1 动量 动量守恒定律
成的系统,由动量守恒定律得:
1.B 【解析】 小球滑上弧形槽后又下滑的过
mv1=2mv2 ②
程中,小球与小车组成的系统水平方向动量守恒,系
1 1
由能量守恒定律, mv21= (2m)v22+ΔE ③ 统的机械能也守恒,设小球刚返回轨道 A 端时的速2 2
度为v1,此时车的速度为v2,可得:1 mv0=mv1+mv2
联立解得:ΔE= mv216 0. 1 2 1 2 1mv0 = mv1 + mv 22
(2)由②式可知,v2至三者速度相同,设此时速度为v ,此时弹簧被压缩 {v1=03 可解得: (另解舍去)
到最短.其弹性势能为Ep.由动量守恒定律与能量守 v2=v0
恒定律,得: 可见小球回到轨道 A 端后速度为零,做自由落
mv ,=3mv , 体 运 动 A 错 B 对,此 过 程 小 球 对 车 做 的 功0 3
1 1 1
mv2
1
-ΔE = (3m)v2+E . W= mv
2
2 = mv 20 ,C错,小球与车同速时,小球
2 0 2 3 p 2 2
13 到最大高度
,由机械能守恒得:
联立解得:Ep= 248mv0. 1
mv 2
1 2
2 0 =
·
2 2mv +mghm
,又 mv0=2mv,可
6.【解析】 (1)P1 和P2 碰撞,动量守恒:
2
mv0=(m+m)v v01 ① 求出hm= ,可知 错误4 D .g
1
得出:v1=2v0 2.D 【解析】 炸药爆炸后,A 物块的速度是否
P 在P 上滑行过程,P 、P 、P 组成的系统动 反向,取决于炸药对A 物块的冲量大小和A 的初动2 1 2
量守恒: 量大小的关系.故A 速度不一定反向,故A、B项不正
2mv +2mv =4mv ② 确;在炸药爆炸过程中及以后直至A、B 相对静止过0 1 2
3 程中,A 相对传送带向左运动,B 相对传送带向右运
得出:v2=4v0 动,所受摩擦力方向相反,根据滑动摩擦定律可以确
·117·
定A、B 组成的系统所受合外力为零,满足动量守恒 B 从位置b运动到d 的过程中,机械能总量保持
条件,故C项不正确,D项正确. 不变.
3.【解析】 (1)由图可知,当连杆第一次运动到 1m v2
1
2 B 2=2mBv
2+mBgR ⑤
竖直方向时,滑杆的速度第一次达到峰值,此后连杆
,
速度减小,A 与滑杆脱离,此时: A 在滑行过程中 由动能定理
v0=ωr 10-2mAv
2
1=-μmAgs ⑥
此后,A 与B 碰撞,由动量守恒:mv0=2mv1;
联立③④⑤⑥,得
1 1
由能量守恒:ΔE= mv2 2,2 0-2mv1 Rs=8 ⑦μ
得: 1ΔE= mω2r2. 5.【解析】 第一次与墙碰撞后,木板的速度反4
() , 向,大小不变.此后木板向左做匀减速运动,重物向右2 若AB 不能与弹簧相碰 则必然停在PQ 某
, : 做匀减速运动
,最后木板和重物达到一共同的速度
一位置处 满足以下关系
v.设木板的质量为m,重物的质量为2m,取向右为动
Ek≤μ2mgl ①
量的正向,由动量守恒定律得2mv0-mv0=3mv ①1
而Ek= 2 24mωr ② 设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速
2 度v 所 用 的 时 间 为t1,对 木 板 应 用 动 量 定 理 得
由①②得:ω≤r 2μgl 2μmgt1=mv-m(-v0) ②
ωr
且由牛顿运动定律有:t = 由牛顿第二定律得2μmg=ma ③1 2μg 式中a 为木板的加速度.
(3)如果AB 能与弹簧相碰,但不能返回到P 点
在达到共同速度v 时,木板离墙的距离l为l=
左侧,则AB 必定反向停于PQ 某处. 1 2
有μ2mgl:2 4 开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间由②③有 r 2μgl<ω≤r 2μgl. l
且此时E 为与ω 的关系为: t2=p v ⑤
1 2 2 从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为E tp=4mωr -2μmgl. =t1+t2 ⑥
4.【解析】 (1)设物块A 和B 的质量分别为mA 4v0
, 由以上各式得和m t=B 3 ⑦μg
B 在d 处的合力为F,依题意,外力做功为: 6.【解析】 根据题意,由运动学规律可知,小球
3 1 A 与B 碰撞前的速度大小相等,设均为v .由机械能
F=mBg-4mBg=4m ①
0
Bg
守恒有
由牛顿第二定律,合力提供向心力 1
2 mAgH= m v
2 ①
1 v 2 A 0
得
4mBg=mB R ② 设小球A 与B 碰撞后的速度分别为v1 和v2,以
Rg 竖直向上方向为正,由动量守恒有
v= 2 ③ mAv0+mB(-v0)=mAv1+mBv2 ②
(2)设A 和B 分开时的速度分别为v1 和v2,系 由于两球碰撞过程中能量守恒,故
统满足动量守恒
1 1 1 1
m v -m v =0 ④ 2mAv
2
0+2m v
2
B 0=2mAv
2
1+2m
2
Bv2 ③
A 1 B 2
·118·
联立②③式得: D正确.
3mA-mB 5.A 【解析】 本题考查动量守恒定律及应用.v2=m +m v0 ④A B 当两球发生完全弹性碰撞时,A 球静止,B 球的动能
设小球B 能上升的最大高度为h,由 运 动 学 公 最大,A正确,B错误;当两球相碰后共同运动时,损
式有 失的能量最多,系统动能最小,系统动能的最小值是
v2
h= 2 ⑤ 1 22g ,、 错误4mv0 CD .
由①④⑤式得: 6.C 【解析】 碰撞过程中,a 球的动量减少了
h= (3mA-m
2
B ) H ⑥ 20kg·m/s,故此时a 球的动量是10kg·m/s,a、bmA+mB
两球碰撞前后总动量保持不变为30kg·m/s,则作
题源2 动量守恒定律的应用 用后b球的动量为20kg·m/s.
【 】 , 7.A
【解析】 由图乙可以看出,碰前 m1 位移
1.C 解析 规定末速度v2 方向为正 则末
随时间均匀增加,m2 位移不变,可知 m2 静止,m1 向
动量为mv2,初动量为-mv1,根据动量定理有Ft=
右运动,故①是正确的;碰后一个位移增大,一个位移
mv2-(-mv1),所以拍子对网球作用力的冲量大小
减小,说明运动方向不一致,即②错误;由图乙可以计
为m(v2+v1),方向与v2 方向相同,C选项正确.
算出碰前m1 的速度v1=4m/s,碰后的速度v1'=
2.CD 【解析】 本题考查动量守恒与能量守
-2m/s,碰前m2 的 速 度v2=0,碰 后 的 速 度v2'=
恒.动量不可能转化为能量,A项错误;陨石在与地球
2m/s.由动量守恒有 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',
碰撞的过程中内力远大于外力,动量守恒,陨石的动
计算得m2=0.3kg,故③是正确的;碰撞过程中系统
量没有消失,而 是 传 递 给 了 地 球,B项 错 误,C项 正
1 1
确;碰撞过程中陨石的机械能转化为声、光、热等形式 损 失 的 机 械 能 ΔE = 2 m
2 2
1v1 - 2 m1v1' -
的能量,D项正确. 1
m1v2'2=0,因此④是错误的,综上所述,选项 是
3.BD 【解析】
A
从子弹射向木块到一起运动到最 2
高点的过程可以分为两个阶段:子弹射入木块的瞬间系 正确的.
统动量守恒,但机械能不守恒,有部分机械能转化为系 8.【解析】 发射小物体后大物体的速度跟质量
统内能,之后子弹在木块中与木块一起上升,该过程只 为2m 的物体和小物体碰撞后的速度相等,恰好使它
有重力做功,机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前 们不再相碰,这种情况发射小物体的速度v'就是避
的动能,因此A、C错误;由子弹射入木块瞬间动量守恒 免相碰的最小发射速度.对发射小物体的过程,由动
mv 量守恒定律得0
可得子弹射入木块后的共同速度为 ,B正确;之后M+m (M-m)v-mv'=0 ①
子弹和木块一起上升,该阶段机械能守恒可得上升的最 对大、小物体和质量为2m 的物体相互作用的全
m2v 20 过程,由动量守恒定律得
高大高度为 , 正确
2g(M+m)2
D .
2mv0=(M+2m)v ②
4.ACD 【解析】 当两手同时放开时,系统的 2(M-m)
由 求得
合外力为零,所以系统的动量守恒,又因为开始时总 ①② v'= M+2m v0.
动量为零,故系统总动量始终为零,选项 A正确;先 9.【解析】 (1)根据图象可知,物体C 与物体A
放开左手,左边的物体就向左运动,当再放开右手后, 相碰前的速度为v1=6m/s
系统所受合外力为零,故系统的动量定恒,且开始时 相碰后瞬间的速度为v2=2m/s
总动量方向向左,放开右手后总动量方向也向左,故 根据动量守恒定律得m3v1=(m1+m3)v2
选项B错而C、D正确.综合上述分析可知选项A、C、 解得m3=2.0kg.
·119·
(2)规定向左的方向为正方向,在第5.0s和第 足:vAB=vC. ③
15s末物块A 的速度分别为: 联立①②③式解得:vA=2m/s.
v2=2m/s,v3=-2m/s 13.【解析】 设子弹初 速 度 为v0,射 入 厚 度 为
所以物 块 A 的 动 量 变 化 为 Δp=m1(v3-v2) 2d 的钢板后,最终钢板和子弹的共同速度为v,由动
=-16kg·m/s 量守恒得
即在5.0s到15s的时间内物块 A 动量变化的 (2m+m)v=mv0 ①
大小为16kg·m/s,方向向右. 1解得 v= v0
10.【解析】 (1)A、B、C 系统动量守恒0=(m 3A
根据能量守恒,动能损失为:
+mB+mC)vC
vC=0 1 1ΔE=2mv
2
0-2×3mv
2 ②
(2)炸药爆炸时A、B 系统动量守恒 1 2
mAvA=m 解得 ΔE= mv0BvB 3
解得:vB=2m/s 分成两块钢板后,设子弹穿过第一块钢板时两者
A、C 碰撞前后系统动量守恒 的速度分别为v1 和v'1,由动量守恒定律得
mAvA=(mA+mC)v v=1m/s mv1+mv'1=mv0 ③
1
ΔE= m v2
1( )2 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,射穿第一
2 A A-2 mA+mC v =15J ΔE,
11.【解析】 (1) 块钢板的动能损失为 由能量守恒得设木块到达最高点时,木块和物 2
体P 的共同速度为v,由水平方向动量守恒,得 1 2 1 '2 1 2 ΔE
2mv1+ mv1=mv =(m+2m)v ① 2 2
mv0- 2 ④
0
根据能量守恒得 联立①②③④式,且考虑到v1 必须大于v'1,得
1 1 1 3
2mv
2
0=mgh+ (m+2m)v22 +fL ②
v1= ÷v0 ⑤
è2+6
联立①②式得 设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共
m 同速度为v2,由动量守恒得
f= (v23L 0-3gh
) ③
2mv2=mv1 ⑥
(2)设木块停在ab 之间时,木块和物体 P 的共 损失的动能为
同速度为v',由水平方向动量守恒和功能原理得 1
ΔE'= mv2
1
2 1-2×2mv
2
2 ⑦
mv0=(m+2m)v' ④
1 1 联立①②⑤⑥⑦式得
mv2= (m+2m)v'22 0 2 +f
(2L-s) ⑤
1
ΔE'= 3 ΔE1+ ÷× ⑧
联立③④⑤式得 2 è 2 2
v2-6gh 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,由⑧式可
s= 0v2 L ⑥0-3gh 得,射入第二块钢板的深度x 为
12.【解析】 设碰撞后瞬间 A 的速度为vA,C 1
x= 3 ÷d ⑨
的速度为vC,以向右为正方向,由动量守恒定律得 2 è1+2
mAv0=mAvA+mCvC, ① 14.【解析】 设向右为正方向,A 与C 黏合在一
设AB 的共同速度为vAB,由动量守恒定律得 起的共同速度为v',由动量守恒定律得
mAvA+mBv0=(mA+mB)vAB ② mv1=2mv' ①
A、B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞,应满 为保证B 碰挡板前A 未能追上B,应满足
·120·
v'≤v2 ② 左边台面时的速度大小为v1,继而与物块 A 发生第
设A 与B 碰后的共同速度为v″,由动量守恒定 二次碰撞.设第二次碰撞后物块B 速度大小为v2,同
律得 上计算可知
3 7 1 1
2mv'-2mv
2
2= mv″ ③ v2= ( )2 3
v1= 3 v
为使B 能与挡板再次碰撞应满足 物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞……,
v″>0 ④ 碰撞后物块B 的速度大小依次为
联立①②③④式得 1 1 1 1v3= v2=( )3 , ( )4 ,……3 3 vv4=3v3= 3 v
1 2
1.5v215.【解析】 (1)设物块B 沿光滑曲面下滑到水 则第n 次碰撞后物块B 的速度大小为
平位置时的速度大小为v (10 v nn= )3 v
由机械能守恒知
4
1 由(1)知v=4m/s,故vn=
mgh= mv2 3
n
2 0 ①
v = 2gh ② 专题17 原子结构与原子核0
设物块B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所 十年高考母题原型训练
产生的加速度大小为a
μmg=ma ③ A组
设物块B 通过传送带后运动速度大小为v,有
v2-v20=-2al ④ 题源1 原子结构 氢原子光谱
结合②③④式解得
1.D 【解析】
hc
由跃迁公式得ΔE1= ,ΔE2=
v=4m/s ⑤ λ1
由于v>u=2m/s,所以v=4m/s.即为物块B hc, λ1联立可得ΔE2= ·ΔE1=0.36eV,选项 对λ2 λ D .2
与物块A 第一次碰撞前的速度大小.
2.A 【解析】 电池是把其他形式的能转化成
(2)设物块A、B 第一次碰撞后的速度分别为V、
电能的装置.而硅光电池是把光能转变成电能的一种
v1,取向右为正方向,由弹性碰撞知
装置.
-mv=mv1+MV ⑥
3.BC 【解析】 原 子 光 谱 是 明 线 光 谱,则 A
1 2 1 2 1 2
2mv =2mv1+2MV ⑦ 错误,B正确.电子跃迁形成 光 谱 线,光 谱 线 不 连 续
则能级不 连 续,所 以 C正 确1 4 .
由hν=E2-E1 知 D
解得 v1=3v=
/
3 ms ⑧ 错误.
即碰撞后物块B 在水平台面向右匀速运动,设 4.CD 【解析】 如 图 甲 情 况,由 E3-E2=
物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l',则 c c ch ,λ E2-E1=h
,
λ E3-E1=h
,可 得 λ3 =
0-v2=-2al' ⑨ 1 2
λ3
1
λ1λ2
4 ,即C正确.
l'= m<1m ⑩ λ1+λ29
c c
所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上. 如图乙情况由E3-E2=h , ,λ E3-E1=h1 λ2
(3)当物块B 在传送带上向右运动的速度为零 c , λ1λ2, 可得 ,即 正确时 将会沿传送带向左加速.可以判断,物块B 运动到 E2-E1=hλ λ3=3 λ1-λ D .2
·121·

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