第十七章-碰撞與動量守恒講解

1、 動量守恒定律及其應(yīng)用考向掃描1根據(jù)動量守恒定律計算相互作用的物體作用前、后的速度2根據(jù)動量守恒定律分析、判斷相互作用的物體作用前、后的狀態(tài)3根據(jù)動量守恒定律分析、求解相互作用過程中的臨界問題1.(2012年福建理綜,29(2),6分,節(jié)選)如圖,質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛,一質(zhì)量為m的救生員站在船尾,相對小船靜止.若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中,則救生員躍出后小船的速率為.(填選項前的字母)A.v0+mMvB.v0-mMvC.v0+mM(v0+v)D.v0+mM(v0-v)解析:本題考查動量守恒定律及其應(yīng)用.以救生員和小船為一系統(tǒng),選v0方向為正方向,根據(jù)動量

2、守恒定律(M+m)v0=Mv1-mvv1=(M+m)v0+mvM=v0+mM(v0+v),故C正確,A、B、D錯誤.答案:C.2.(2012年重慶理綜,17,6分)質(zhì)量為m的人站在質(zhì)量為2m的平板小車上,以共同的速度在水平地面上沿直線前行,車所受地面阻力的大小與車對地面壓力的大小成正比.當(dāng)車速為v0時,人從車上以相對于地面大小為v0的速度水平向后跳下.跳離瞬間地面阻力的沖量忽略不計,則能正確表示車運動的vt圖象為()解析:由動量守恒,知3mv0=2mv-mv0,解得:v=2v0,即人跳離小車瞬間,小車的速度為2v0,又因為阻力與地面壓力成正比,故跳車前后小車加速度不變f=kmg=ma,a=kg

3、,故A、C、D選項錯誤,B選項正確.答案:B.3.(2012年全國大綱卷,21,6分)如圖,大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m,擺長相同,并排懸掛,平衡時兩球剛好接觸.現(xiàn)將擺球a向左拉開一小角度后釋放,若兩球的碰撞是彈性的,下列判斷正確的是()A.第一次碰撞后的瞬間,兩球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬間,兩球的動量大小相等C.第一次碰撞后,兩球的最大擺角不相同D.發(fā)生第二次碰撞時,兩球在各自的平衡位置解析:兩球在碰撞前后,水平方向不受外力,故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律有:mv0=mv1+3mv2;又兩球碰撞是彈性的,故機械能守恒,即:12mv02=12mv12+1

4、23mv22,解兩式得:v1=-v02,v2=v02,可見第一次碰撞后的瞬間,兩球的速度大小相等,選項A正確;因兩球質(zhì)量不相等,故兩球碰后的動量大小不相等,選項B錯;兩球碰后上擺過程,機械能守恒,故上升的最大高度相等,擺長相同,故兩球碰后的最大擺角相同,選項C錯;由單擺的周期公式T=2lg,可知,兩球擺動周期相同,故經(jīng)半個周期后,兩球在各自的平衡位置處發(fā)生第二次碰撞,選項D正確.答案:AD.4.(2011年福建理綜,29(2),6分)在光滑水平面上,一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后,A球的速度方向與碰撞前相反.則碰撞后B球的速度大小可能是.(填選項前的字母)A.0.6

5、vB.0.4vC.0.3vD.0.2v解析:由動量守恒定律:mv=2mvB-mvA得:vB=12(v+vA),由vA0,得vB0.5v,故B、C、D錯誤,A正確.答案:A.5.(2010年福建理綜,29(2),6分)如圖所示,一個木箱原來靜止在光滑水平面上,木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個小木塊.木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量.現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度v0,則.(填選項前的字母)A.小木塊和木箱最終都將靜止B.小木塊最終將相對木箱靜止,二者一起向右運動C.小木塊在木箱內(nèi)將始終來回往復(fù)碰撞,而木箱一直向右運動D.如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止,則二者將一起向左運動解析:水平面光滑,木箱和小

6、木塊組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)木箱、小木塊質(zhì)量分別為M,m,由Mv0=(m+M)v,可知v=Mm+Mv0,故v與v0方向一致,故A、D錯誤,B正確;小木塊最終與木箱達(dá)到共同速度v,故C錯誤.答案:B.6.(2011年北京理綜,21(2),9分)如圖(甲),用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律,即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系.實驗中,直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是,可以通過僅測量(填選項前的符號),間接地解決這個問題.A.小球開始釋放高度hB.小球拋出點距地面的高度HC.小球做平拋運動的射程圖(甲)中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影.實驗時,先讓入射球m1多次從斜軌上S

7、位置靜止釋放,找到其平均落地點的位置P,測量平拋射程OP.然后,把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分,再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放,與小球m2相碰,并多次重復(fù).接下來要完成的必要步驟是.(填選項前的符號)A.用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2B.測量小球m1開始釋放的高度hC.測量拋出點距地面的高度HD.分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE.測量平拋射程OM、ON若兩球相碰前后的動量守恒,其表達(dá)式可表示為(用中測量的量表示);若碰撞是彈性碰撞,那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為(用中測量的量表示).經(jīng)測定,m1=45.0 g,m2=7.5 g,小球落地點的平均位置距O點的距離如圖(乙)所

8、示.碰撞前、后m1的動量分別為p1與p1,則p1p1=11;若碰撞結(jié)束時m2的動量為p2,則p1p2=11.實驗結(jié)果說明,碰撞前、后總動量的比值p1p1+p2為.有同學(xué)認(rèn)為,在上述實驗中僅更換兩個小球的材質(zhì),其他條件不變,可以使被碰小球做平拋運動的射程增大.請你用中已知的數(shù)據(jù),分析和計算出被碰小球m2平拋運動射程ON的最大值為cm.解析:小球做平拋運動H=12gt2()x=vt()m1、m2碰撞過程動量守恒,m1v1+m2v2=m1v1+m2v2()由()、()、()得m1OP=m1OM+m2ON()由()知,只需測m1、m2和水平射程OP、OM、ON就可驗證動量守恒.若為彈性碰撞,有12m1

9、v12+12m2v22=12m1v12+12m2v22,與()()聯(lián)立有m1OP2=m1OM2+m2ON2():由于m1=45.0 g,m2=7.5 g,則p1p1=m1OPm1OM=OPOM=1411p1p2=m1OMm2ON=45.035.207.555.68=112.9p1p1+p2=m1OPm1OM+m2ON1當(dāng)兩球發(fā)生彈性碰撞時,碰后m2的速度最大,射程最大,由m1OP=m1OM+m2ON與m1OP2=m1OM2+m2ON2可解出ON的最大值為76.8 cm.答案:CADE或DEA或DAEm1OM+m2ON=m1OPm1OM2+m2ON2=m1OP2142.91(11.01都正確)7

10、6.87.(2012年天津理綜,10,16分)如圖所示,水平地面上固定有高為h的平臺,臺面上有固定的光滑坡道,坡道頂端距臺面高也為h,坡道底端與臺面相切.小球A從坡道頂端由靜止開始滑下,到達(dá)水平光滑的臺面后與靜止在臺面上的小球B發(fā)生碰撞,并粘連在一起,共同沿臺面滑行并從臺面邊緣飛出,落地點與飛出點的水平距離恰好為臺高的一半.兩球均可視為質(zhì)點,忽略空氣阻力,重力加速度為g.求:(1)小球A剛滑至水平臺面的速度vA;(2)A、B兩球的質(zhì)量之比mAmB.解析:(1)由動能定理得mgh=12mvA2所以vA=2gh.(2)兩球碰撞過程中動量守恒,設(shè)兩球碰后的共同速度為v,則mAvA=(mA+mB)v粘

11、在一起的兩小球離開平臺后做平拋運動,由平拋知識得h=12gt2h2=vt聯(lián)立得mAmB=13.答案:(1)2gh(2)138.(2012年山東理綜,38(2),4分,節(jié)選)光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C,質(zhì)量分別為mA=3m、mB=mC=m,開始時B、C均靜止,A以初速度v0向右運動,A與B碰撞后分開,B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起,此后A與B間的距離保持不變.求B與C碰撞前B的速度大小.解析:設(shè)A與B碰撞后,A的速度為vA,B與C碰撞前B的速度為vB,B與C碰后粘在一起的速度為v,由動量守恒定律得:對A、B木塊:mAv0=mAvA+mBvB對B、C木塊:mBvB=(mB+mC)v由A與B間距

12、離不變可知vA=v代入數(shù)據(jù),聯(lián)立解得:vB=65v0.答案:65v09.(2012年北京理綜,24,20分)勻強電場的方向沿x軸正向,電場強度E隨x的分布如圖所示,圖中E0和d均為已知量.將帶正電的質(zhì)點A在O點由靜止釋放.A離開電場足夠遠(yuǎn)后,再將另一帶正電的質(zhì)點B放在O點也由靜止釋放.當(dāng)B在電場中運動時,A、B間的相互作用力及相互作用能均為零;B離開電場后,A、B間的相互作用視為靜電作用.已知A的電荷量為Q,A和B的質(zhì)量分別為m和m4.不計重力.(1)求A在電場中的運動時間t;(2)若B的電荷量q=49Q,求兩質(zhì)點相互作用能的最大值Epm;(3)為使B離開電場后不改變運動方向,求B所帶電荷量的

13、最大值qm.解析:(1)A在電場中做勻加速直線運動,則d=12at2a=QE0m聯(lián)立得t=2mdQE0.(2)設(shè)A離開電場時的速度為vA,B離開電場時的速度為vB,所以vA=at聯(lián)立得vA=2dQE0m同理可得vB=32dQE09m離開電場后,A、B兩質(zhì)點組成的系統(tǒng)動量守恒,二者速度相等時,相互作用能最大,則mvA+m4vB=(m+m4)vEpm=12mvA2+12m4vB2-12(m+m4)v2聯(lián)立得Epm=145dQE0.(3)考慮A、B在xd區(qū)間的運動,由動量守恒,能量守恒有mvA+m4vB=mvA+m4vB12mvA2+12m4vB2=12mvA2+12m4vB2聯(lián)立得vB=-35vB

14、+85vA因不改變運動方向,故vB0又qE0d=1214mvB2聯(lián)立得q169Q即B所帶電荷量的最大值為qm=169Q.答案:(1)2mdQE0(2)145dQE0(3)169Q10.(2011年山東理綜,38(2),8分)如圖所示,甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m,兩船沿同一直線同一方向運動,速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞,乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船,甲船上的人將貨物接住,求拋出貨物的最小速度.(不計水的阻力)解析:設(shè)乙船上人拋出貨物的最小速度大小為vmin,拋出貨物后船的速度為v1,甲船上的人接到貨物后船的速度為v2,據(jù)動量守恒定律得1

15、2mv0=11mv1-mvmin10m2v0-mvmin=11mv2為避免兩船相撞應(yīng)滿足v1=v2聯(lián)立式得vmin=4v0.答案:4v011.(2010年山東理綜,38(2),5分)如圖所示,滑塊A、C質(zhì)量均為m,滑塊B質(zhì)量為32m.開始時A、B分別以v1、v2的速度沿光滑水平軌道向固定在右側(cè)的擋板運動;現(xiàn)將C無初速度地放在A上,并與A粘合不再分開,此時A與B相距較近,B與擋板相距足夠遠(yuǎn).若B與擋板碰撞將以原速率反彈,A與B碰撞將粘合在一起.為使B能與擋板碰撞兩次,v1、v2應(yīng)滿足什么關(guān)系?解析:設(shè)向右為正方向,A與C粘合在一起的共同速度為v,由動量守恒定律得mv1=2mv為保證B碰擋板前A未

16、能追上B,應(yīng)滿足vv2設(shè)A與B碰后的共同速度為v,由動量守恒定律得2mv-32mv2=72mv為使B能與擋板再次碰撞應(yīng)滿足v0聯(lián)立式得:1.5v2v12v2或12v1v223v1.答案:1.5v2v12v2或12v1v2l=0.1 m設(shè)物塊B減速至皮帶最左端時速度為v1據(jù)動能定理-mgl=m2v12-m2v2,得v1=v2-2gl=4 m/s.據(jù)題意B勻速到A處即第一次碰撞前的速度大小為4 m/s.(2)取向左為正方向,設(shè)碰后B與A速度分別為、兩者彈性碰撞,據(jù)動量守恒和能量守恒有m=m+m2v12=m2v12+M2V2聯(lián)立兩式得=m-Mm+M v1代入數(shù)據(jù)解得=-43 m/s,負(fù)號表示向右.設(shè)

17、物塊B以43 m/s速度向右滑上皮帶后經(jīng)x2距離速度減為零,據(jù)動能定理-mgx2=-m2v12得x2=v122g=49 mmB.在某高度處將A和B先后從靜止釋放.小球A與水平地面碰撞后向上彈回,在釋放處下方與釋放處距離為H的地方恰好與正在下落的小球B發(fā)生正碰.設(shè)所有碰撞都是彈性的,碰撞時間極短.求小球A、B碰撞后B上升的最大高度.解析:根據(jù)題意,由運動學(xué)規(guī)律可知,小球A與B碰撞前的速度大小相等,設(shè)均為v0,由機械能守恒有mAgH=12mAv02設(shè)小球A與B碰撞后的速度分別為v1和v2,以豎直向上方向為正,由動量守恒得mAv0+mB(-v0)=mAv1+mBv2由于兩球是彈性正碰,則有12mAv

18、02+12mBv02=12mAv12+12mBv22聯(lián)立式得v2=3mA-mBmA+mBv0設(shè)小球B能上升的最大高度為h,由運動學(xué)公式有h=v222g由得h=(3mA-mBmA+mB)2H.答案:(3mA-mBmA+mB)2H5.(2010年湖南理綜,34(2),10分)如圖所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一豎直的墻.重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍,重物與木板間的動摩擦因數(shù)為.使木板與重物以共同的速度v0向右運動,某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞,碰撞時間極短.求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間.設(shè)木板足夠長,重物始終在木板上.重力加速度為g.解析:木板第一次與墻碰撞后,

19、向左做勻減速直線運動,直到靜止,再反向向右做勻加速直線運動,直到與重物有共同速度,再往后是做勻速直線運動,直到第二次撞墻.設(shè)木板的質(zhì)量為m,重物的質(zhì)量為2m,木板和重物共同速度為v,取向右為正方向,由動量守恒定律得2mv0-mv0=(2m+m)v設(shè)第一次與墻碰撞到木板和重物具有共同速度所用時間為t1,根據(jù)動量定理得2mgt1=mv-(-mv0)對木板應(yīng)用動能定理得-2mgs=12mv2-12mv02設(shè)木板與重物向右做勻速直線運動到第二次與墻碰撞的時間為t2,s=vt2由得:t1=2v03g,t2=2v03g所以從第一次碰撞到第二次碰撞所經(jīng)歷的時間t=t1+t2=4v03g.答案:4v03g非彈

20、性碰撞中動量與能量的綜合應(yīng)用考向掃描1根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律分析、計算相互作用的物體系統(tǒng)內(nèi)物體作用過程中能量的轉(zhuǎn)化或機械能的損失2根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律分析、計算相互作用的物體作用前、后的速度、運動的時間、發(fā)生的位移等1.(2011年大綱全國理綜卷,20,6分)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上,箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊,小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為,初始時小物塊停在箱子正中間,如圖所示.現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v,小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間,并與箱子保持相對靜止.設(shè)碰撞都是彈性的,則整個過程中,系統(tǒng)損失的動能為()A.12mv2B.12

21、mMm+Mv2C.12NmgLD.NmgL解析:設(shè)系統(tǒng)末速度為v1,由動量守恒,得mv=(M+m)v1損失的機械能E=12mv2-12(M+m)v12由以上兩式,解得:E=12mMm+Mv2,所以B正確,A錯誤.對系統(tǒng)由能量守恒,損失的機械能都轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,所以E=mgs相=mgLN,所以C錯誤,D正確.答案:BD.2.(2012年全國新課標(biāo)卷,35(2),9分,節(jié)選)如圖,小球a、b用等長細(xì)線懸掛于同一固定點O.讓球a靜止下垂,將球b向右拉起,使細(xì)線水平.從靜止釋放球b,兩球碰后粘在一起向左擺動,此后細(xì)線與豎直方向之間的最大偏角為60.忽略空氣阻力,求:()兩球a、b的質(zhì)量之比;()兩球在碰撞

22、過程中損失的機械能與球b在碰前的最大動能之比.解析:()設(shè)細(xì)線長為l,b球運動到最低點的過程中,機械能守恒,有mbg=12mbvb2,解得vb=2gl然后a、b發(fā)生碰撞,碰撞時動量守恒,即mbvb=(ma+mb)vab此后a、b一起運動到最高點,有(ma+mb)g(1-cos60)=12(ma+mb)vab2解得vab=gl聯(lián)立以上兩式解得mamb=2-1()兩球在碰撞過程中損失的機械能E=12mbvb2-12(ma+mb)vab2球b在碰前的最大動能E=12mbvb2解得EE=2-22.答案:見解析3.(2012年廣東理綜,36,18分)如圖(a)所示的裝置中,小物塊A、B質(zhì)量均為m,水平面

23、上PQ段長為l,與物塊間的動摩擦因數(shù)為,其余段光滑.初始時,擋板上的輕質(zhì)彈簧處于原長;長為r的連桿位于圖中虛線位置;A緊靠滑桿(A、B間距大于2r).隨后,連桿以角速度勻速轉(zhuǎn)動,帶動滑桿作水平運動,滑桿的速度時間圖像如圖(b)所示.A在滑桿推動下運動,并在脫離滑桿后與靜止的B發(fā)生完全非彈性碰撞.(1)求A脫離滑桿時的速度v0,及A與B碰撞過程的機械能損失E.(2)如果AB不能與彈簧相碰,設(shè)AB從P點到運動停止所用的時間為t1,求的取值范圍,及t1與的關(guān)系式.(3)如果AB能與彈簧相碰,但不能返回到P點左側(cè),設(shè)每次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep,求的取值范圍,及Ep與的關(guān)系式(彈簧始終在

24、彈性限度內(nèi)).解析:(1)滑桿推動小物塊A從靜止開始運動,加速至r后,滑桿開始做減速運動,而小物塊A以r做勻速運動,A脫離滑桿,此時小物塊A的速度v0=rA和B碰撞過程,動量守恒,mv0=2mvA和B碰撞過程的機械能損失E=12mv02-122mv2由式聯(lián)立得E=14m2r2.(2)AB不能與彈簧碰撞,說明AB停止于PQ間,設(shè)AB滑行位移為x,根據(jù)動能定理,-2mgx=0-122mv2又xL由式聯(lián)立得02r2gL.設(shè)AB從P點到運動停止所用時間為t1,據(jù)動量定理-2mgt1=0-2mv由式聯(lián)立得t1=r2g.(3)AB能與彈簧相碰,但不能返回P點左側(cè),設(shè)AB在PQ上的路程為x1,據(jù)動能定理-2

25、mgx1=0-122mv2又x12l由式得04rglAB從P點開始到彈簧被壓縮至最大彈性勢能Ep過程,據(jù)功能關(guān)系,-2mgl=Ep-122mv2由式得Ep=m2r24-2mgl.答案:(1)r14m2r2(2)02r2glt1=r2g(3)04rglEp=m2r24-2mgl4.(2011年海南卷,19(2),8分)一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上,其截面如圖所示.圖中ab為粗糙的水平面,長度為L;bc為一光滑斜面,斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動,在斜面上上升的最大高度為h,返回后在到達(dá)a點前與物

26、體P相對靜止.重力加速度為g.求(1)木塊在ab段受到的摩擦力f;(2)木塊最后距a點的距離s.解析:(1)木塊上升到斜面最高點時與物體具有共同速度,由動量守恒定律得:mv0=3mv由能量守恒定律得:12mv02-(123mv2+mgh)=fL解兩式得:f=mv02-3mgh3L.(2)物體與木塊最終具有向左的共同速度.由動量守恒定律得:mv0=3mv由能量守恒定律得:12mv02-123mv2=f(2L-s)解兩式得:s=v02-6ghv02-3ghL.答案:(1)mv02-3mgh3L(2)v02-6ghv02-3ghL5.(2011年天津理綜,10,16分)如圖所示,圓管構(gòu)成的半圓形軌道

27、豎直固定在水平地面上,軌道半徑為R,MN為直徑且與水平面垂直,直徑略小于圓管內(nèi)徑的小球A以某一速度沖進(jìn)軌道,到達(dá)半圓軌道最高點M時與靜止于該處的質(zhì)量與A相同的小球B發(fā)生碰撞,碰后兩球粘在一起飛出軌道,落地點距N為2R.重力加速度為g,忽略圓管內(nèi)徑,空氣阻力及各處摩擦均不計,求:(1)粘合后的兩球從飛出軌道到落地的時間t;(2)小球A沖進(jìn)軌道時速度v的大小.解析:(1)粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運動,豎直方向的分運動為自由落體運動,有2R=12gt2解得t=2Rg.(2)設(shè)A球質(zhì)量為m,碰撞前速度大小為v1,從N到M,由機械能守恒定律知2mgR=12mv2-12mv12設(shè)碰撞后兩球速度大小為v2,據(jù)動量守恒定律mv1=2mv2飛出軌道后做平拋運動,水平方向分運動為勻速直線運動,有2R=v2t聯(lián)立式得v=22gR.答案:(1)2Rg(2