动量及守恒定律一、高考真题1..[2015·新课标全国Ⅰ,35(2),10分](难度★★★★)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.解析设A运动的初速度为v0,A向右运动与C发生碰撞,由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2由机械能守恒定律得12mv20=12mv21+12Mv22可得v1=m-Mm+Mv0,v2=2mm+Mv0要使得A与B能发生碰撞,需要满足v1<0,即m<MA反向向左运动与B发生碰撞过程,有mv1=mv3+Mv412mv21=12mv23+12Mv24整理可得v3=m-Mm+Mv1,v4=2mm+Mv1由于m<M,所以A还会向右运动,根据要求不发生第二次碰撞,需要满足v3≤v2即2mm+Mv0≥M-mm+Mv1=(m-Mm+M)2v0整理可得m2+4Mm≥M2解方程可得m≥(5-2)M所以使A只与B、C各发生一次碰撞,须满足(5-2)M≤m<M答案(5-2)M≤m<M2..[2015·新课标全国Ⅱ,35(2),10分](难度★★★★)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变化的图象如图所示.求:(ⅰ)滑块a、b的质量之比;(ⅱ)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.解析(ⅰ)设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得v1=-2m/s①v2=1m/s②a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v=23m/s③由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v④联立①②③④式得m1∶m2=1∶8⑤(ⅱ)由能量守恒定律得,两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE=12m1v21+12m2v22-12(m1+m2)v2⑥由图象可知,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=12(m1+m2)v2⑦联立⑥⑦式,并代入题给数据得W∶ΔE=1∶2⑧答案(ⅰ)1∶8(ⅱ)1∶23.[2015·山东理综,39(2)](难度★★★★)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18v0、34v0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.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′=18v0,B的速度vB=34v0,由动量守恒定律得mvA=mvA′+mvB①设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得WA=12mv20-12mv2A②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=12mv2B-12mvB′2③据题意可知WA=WB④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′=2mv⑤联立①②③④⑤式,代入数据得v=2116v0⑥答案2116v04..[2014·新课标全国Ⅰ,35(2),9分](难度★★★)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(1)B球第一次到达地面时的速度;(2)P点距离地面的高度.解析(1)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=2gh①将h=0.8m代入上式,得vB=4m/s②(2)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=gt③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′④12mAv21+12mBv22=12mBv2′2⑤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′=vB⑥设P点距地面的高度为h′,由运动学规律可得h′=vB′2-v222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得h′=0.75m⑧答案(1)4m/s(2)0.75m5..[2014·新课标全国Ⅱ,35(2),10分](难度★★★★)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.实验测得滑块A的质量m1=0.310kg,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.碰后光电计时器显示的时间为ΔtB=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(|碰撞前、后总动量之差碰前总动量|×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,滑块运动的瞬时速度大小v为v=ΔsΔt①式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程.设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA,则ΔtA=1f=0.02s②ΔtA可视为很短.设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1.将②式和图给实验数据代入①式得v0=2.00m/s③v1=0.970m/s④设B在碰撞后的速度大小为v2,由①式有v2=dΔtB⑤代入题给实验数据得v2=2.86m/s⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′,则p=m1v0⑦p′=m1v1+m2v2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp=|p-p′p|×100%⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据,得δp=1.7%5%⑩因此,本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律.答案见解析6..(2014·广东理综,35,18分)(难度★★★★)如图的水平轨道中,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μ=0.1,AB段长L=4m,g取10m/s2,P1、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ΔE;(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)P1、P2碰撞过程,动量守恒mv1=2mv①解得v=v12=3m/s②碰撞损失的动能ΔE=12mv21-12(2m)v2③解得ΔE=9J④(2)根据牛顿第二定律,P做匀减速运动,加速度为a=μ·2mg2m⑤设P1、P2碰撞后的共同速度为v共,则推得v共=v12⑥把P与挡板碰撞后运动过程当做整体运动过程处理经过时间t1,P运动过的路程为s1,则s1=v共t1-12at21⑦经过时间t2,P运动过的路程为s2,则s2=v共t2-12at22⑧如果P能在探测器工作时间内通过B点,必须满足s1≤3L≤s2⑨联立⑤⑥⑦⑧⑨得10m/s≤v1≤14m/s⑩v1的最大值为14m/s,此时v共=7m/s,根据动能定理知-μ·2mg·4L=E-12·2mv2共代入数据得E=17J答案(1)3m/s9J(2)10m/s≤v1≤14m/s17J7..[2013·新课标全国Ⅰ,35(2),9分](难度★★★★)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μ,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.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,由能量和动量守恒定律,得12mv2=12mv21+12(2m)v22①mv=mv1+(2m)v2②式中,以碰撞前木块A的速度方向为正.由①②式得v1=-v22③设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2,由动能定理得μmgd1=12mv21④μ(2m)gd2=12(2m)v22⑤按题意有d=d1+d2⑥设A的初速度大小为v0,由动能定理得μmgd=12mv20-12mv2⑦联立②至⑦式,得v0=285μgd答案285μgd8..(2013·广东理综,35,18分)(难度★★★★)如图,两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上,质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧,左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端,质量为2m且可看作质点.P1与P以共同速度v0向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P1与P2粘连在一起.P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内).P与P2之间的动摩擦因数为μ.求(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2;(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.解析(1)P1、P2碰撞瞬间,P的速度不受影响,根据动量守恒:mv0=2mv1,解得v1=v02最终三个物体具有共同速度,根据动量守恒:3mv0=4mv2,解得v2=34v0(2)根据能量守恒,系统动能减少量等于因摩擦产生的内能:12·2mv21+12·2mv20-12·4mv22=2mgμ(L+x)×2解得x=v2032μg-L在从第一次共速到第二次共速过程中,弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能,即:Ep=2mgμ(L+x)解得Ep=116mv20答案(1)v0234v0(2)v2032μg-L116mv20二、模拟题1.如图所示,光滑水平轨道上放置长板A(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mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg.开始时C静止,A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后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的速度大小.解析因碰撞时间极短,A与C碰撞过程动量守恒,设碰后瞬间A的速度为vA,C的速度为vC,以向右为正方向,由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvC①A与B在摩擦力作用下达到共同速度,设共同速度为vAB,由动量守恒定律得mAvA+mBv0=(mA+mB)vAB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞,应满足vAB=vC③联立①②③式,代入数据得vA=2m/s.④答案2m/s2.如图所示,长为l、质量为M的小船停在静水中,一个质量为m的人站在船头,若不计水的阻力,当人从船头走到船尾的过程中,船和人对地面的位移分别是多少?解析选人和船组成的系统为研究对象,设某一时刻人对地的速度为v2,船对地的速度为v1,选人前进的方向为正方向,根据动量守恒定律有:mv2-Mv1=0,即v2v1=Mm.因为在人从船头走到船尾的整个过程中,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比都与它们的质量成反比.从而可以做出判断:在人从船头走向船尾的过程中,人的位移x2与船的位移x1之比也等于它们的质量的反比,即x2x1=Mm.由图可以看出x1+x2=l,所以x1=mM+ml,x2=MM+ml.3.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