動量定理與碰撞問題

推測09 動量定理與碰撞問題概率推測題型推測

☆☆☆☆☆選擇題☆☆☆☆ 計算題☆☆☆☆對動量及動量守恒的考察多為簡潔的選擇題；而動量和能量的綜合性問考向推測 題則以計算題形式命題，難度較大，常與曲線運動，帶電粒子在電磁場中運動和導(dǎo)體棒切割磁感線相聯(lián)系。1、動量定理和動量守恒定律恒力的沖量可應(yīng)用I＝Ft直接求解，變力的沖量優(yōu)先考慮應(yīng)用動量定理求解，合外力的沖量可利用I＝F ·t或I ＝Δp求解。合 合動量守恒表達式：1 2 m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′1 2

p＝p′Δp＝0?！耙粍右混o”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：mm－mmv＝1 2vmm1 ＋ 0mm1 2v＝2m1 v。mm2 ＋ 0mm1 22、動力學(xué)、動量和能量觀點的綜合應(yīng)用“滑塊—滑板”模型、“傳送帶”模型、“彈簧—物塊”模型等，設(shè)置多個情景、多個過程，考察力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用。要成功解答此類“情景、過程綜合”的考題，就要(往往是不確定條件)，進展求解(留意結(jié)合實際狀況分類爭論)。3、常見的三個經(jīng)典模型人船模型“滑塊—彈簧”碰撞模型“子彈打木塊”模型1、碰撞的根本規(guī)律2、可熟記一些公式和結(jié)論(1)“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：＋m－m 2m＋＋v＝1 2v、v＝＋

1 v。1 mm01 2

2 mm01 21 2 1 2 (2)m?mv＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0。當m?m，且v＝01 2 1 2 3、碰撞問題的兩點留意撞時的相互作用力(內(nèi)力)是否遠遠大于外力。依據(jù)兩物體碰撞時遵循的物理規(guī)律，列出相對應(yīng)的物理方程：解，如例題中的碰撞過程為彈性碰撞；系)進展求解。4、解答動量和能量問題應(yīng)留意的幾點弄清有幾個物體參與運動，并劃分清楚物體的運動過程。(2)進展正確的受力分析，明確各過程的運動特點。(3)光滑的平面或曲面，還有不計阻力的拋體運動，機械能肯定守恒；碰撞過程、子彈(4)如包含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析。1〔2023·浙江高考真題〕2:1、初速度均沿水平方5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，無視空氣阻力。以下說法正確的選項是〔 〕兩碎塊的位移大小之比為1:2C．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/s【答案】B【解析】

爆炸物的爆炸點離地面高度為80mD．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m爆炸時，水平方向，依據(jù)動量守恒定律可知mvmv011 22因兩塊碎塊落地時間相等，則mxmx011 22則=x m 1=1 2x m 22 1則兩碎塊的水平位移之比為1:2，而從爆炸開頭拋出到落地的位移之比不等于1:2，選項A錯誤；設(shè)兩碎片落地時間均為t，由題意可知(5t)v 1聲=(6t)v 2聲解得t=4s爆炸物的爆炸點離地面高度為11h gt2 1042m=80m112 2選項B正確；CD．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的水平位移x(54)340m340m1質(zhì)量小的碎塊的水平位移x(64)340m680m2爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m+680m=1020m質(zhì)量大的碎塊的初速度為xv 1340m/s85m/sx10 t 4選項CD錯誤。應(yīng)選B。2〔2023·海南高考真題多項選擇如圖，足夠長的間距d1m的平行光滑金屬導(dǎo)軌M、PQ固定在L1mB0.5T，方向如圖ma

0.1kgR0.5Ωa以初速度v0

4m/s從左端開頭沿導(dǎo)軌滑動，穿過磁場區(qū)域后，與另一根質(zhì)量mb

0.2kgR0.5Ωb發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，則〔 〕a第一次穿過磁場時做勻減速直線運動a第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應(yīng)電流a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為0.25J金屬棒a最終停在距磁場左邊界0.8m 處【答案】BD【解析】A．金屬棒a第一次穿過磁場時受到安培力的作用，做減速運動，由于速度減小，感應(yīng)電流減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒a做加速度減小的減速直線運動，故A錯誤；Ba第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應(yīng)電流，故B正確；C．電路中產(chǎn)生的平均電動勢為 BLdEt t平均電流為IE2Ra受到的安培力為FBId規(guī)定向右為正方向，對金屬棒a，依據(jù)動量定理得BIdtmvaa

mva0解得對金屬棒第一次離開磁場時速度v 1.5m/sa金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機械能的削減量，即1 1Q mv2 mv22 a0 2 aa聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得Q0.6875J由于兩棒電阻一樣，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱一樣，則金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱Q Q0.34375Jb 2故C錯誤；D．規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過程依據(jù)動量守恒和機械能守恒得mv mvmvaa aa bb1 1 1mv2 mv2 mv22 aa 2 aa 2 bba反彈的速度為v 0.5m/sa設(shè)金屬棒a最終停在距磁場左邊界x處，則從反彈進入磁場到停下來的過程，電路中產(chǎn)生的平均電動勢為E

B(Lx)dt t平均電流為IE2Ra受到的安培力為FBId規(guī)定向右為正方向，對金屬棒a，依據(jù)動量定理得BI”dt0mvaa聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得x 0.8m故D正確。應(yīng)選BD。3〔2023·全國高考真題〕一質(zhì)量為=2023kg的汽車以某一速度在平直大路上勻速行駛．行駛過程100m處有一警示牌．馬上剎車．剎車過程中，汽車所受阻力大小隨時間變化可簡化為圖〔a〕中的圖線．圖〔a〕中，0~t1時間段為從司機覺察警示牌到實行措施的反響時間〔這段時間內(nèi)汽車所受阻力已無視，汽車仍保持勻速行駛1=0.8~2時間段為剎車系統(tǒng)的啟動時間，t2=1.3s；從t2時刻開頭汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作，直至汽車停頓，從t2時刻開頭，汽車1s24m4s1m．在圖〔b〕中定性畫出從司機覺察警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運動的v-t圖線；t2時刻汽車的速度大小及此后的加速度大?。磺髣x車前汽車勻速行駛時的速度大小及t1~t2車停頓，汽車行駛的距離約為多少〔以t1~t2時間段始末速度的算術(shù)平均值替代這段時間內(nèi)汽車的平均速度〕？【答案】〔【答案】〔1〕〔2〕8m/s2，28m/s〔3〕30m/s；1.16105J；87.5m〔〕t圖像如下圖．〔2〕設(shè)剎車前汽車勻速行駛時的速度大小為vtv，tv，在1 1 1 2 22 2 ta，取Δt=1s，設(shè)汽車在t+n-1Δt內(nèi)的位移為s2 2 n=1,2,3,…．t+3Δt~t+4Δtt

+3Δtvt+4Δtv，2 2由運動學(xué)有

2 3 2 4ss1

3a(Δt)2①1svΔt a(Δt)2②1 2vv4

24aΔt③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得v17m/s④4 622 t+4Δt時刻前，汽車已經(jīng)停頓．因此，①式不成立．t+3Δt~t+4Δt22 vv3 2

3aΔt⑤2as4

v2⑥3聯(lián)立②⑤⑥，代入數(shù)據(jù)解得2a8m/s2，v=28m/s⑦2或者a

288

m/s2，v

=29.76m/s⑧25 2v3小于零，不符合條件，故舍去〔3〕設(shè)汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時，汽車所受阻力的大小為f1，由牛頓定律有：f1=ma⑨t(yī)~tI1f(tt⑩1 2 212 1Imvm?1 21 1t~t

時間內(nèi)，汽車抑制阻力做的功為：W

mv2 mv2?1 2 2 1 2 2聯(lián)立⑦⑨⑩??式，代入數(shù)據(jù)解得v1=30m/s?W1.16105J?從司機覺察警示牌到汽車停頓，汽車行駛的距離s約為1 v2?svt (vv)(tt) 211 2 1 2 2 1 2a聯(lián)立⑦??，代入數(shù)據(jù)解得s=87.5m?一、單項選擇題1〔2023·湖南高三一?！骋γ魇侵袊@球史上最成功的運發(fā)動之一，他是第一個入選NBA籃球名人堂的中國籍球員﹐如下圖是姚明在某場NBA競賽過程中的一個瞬間，他在原地運球查找時機，假設(shè)籃球在豎直方向運動，落地前瞬間的速度大小為8m/s，彈起瞬間的速度大小為6m/s，球與地面的接觸時間為0.1s，籃球質(zhì)量為600g，取g10m/s2，則地面對球的彈力大小為〔 〕0N【答案】A【解析】

4N C．18N D．36N設(shè)向上為正方向，依據(jù)動量定理可得Fmgtmvt

mv0代入數(shù)據(jù)得F90N應(yīng)選A。22023··高三一模〕如圖甲所示，物塊AB的質(zhì)量分別是mA30kg和mB20kg，BC在t0時刻以肯定速度向右運動，在t=4sA相碰，并馬上與A粘在一起不再分開，物塊C的vt圖像如圖乙所示，以下說法正確的選項是〔〕B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為72J4s12sB的沖量大小為24NSB離開墻壁后，彈簧的最大彈性勢能為18JBB的最大速度為2m/s【答案】B【解析】由圖知，CA碰前速度為v1

12m/s，碰后速度為v2

3m/s，CA碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律C1

mvC 2解得m 1kgCCA0時，彈性勢能最大E P 2

m v218JC 2選項A錯誤；由圖知，12sAC的速度為v3

3m/s，4s12sB的沖量大小等于彈BACB的沖量為ImA

mvC

mA

mvC 2解得I24Ns，方向向左B正確；B剛離時，由機械能守恒定律可得，AC3m/sB離開墻壁、B、C三者共速時彈性勢能最大，則有m mA C

v=m2

m+mvC B 3E 1m

m+m

v2P 2聯(lián)立解得

C 2 2

C B 3E 6JP選項C錯誤；B剛離時，由機械能守恒定律可得，AC3m/sB離開墻壁后，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，當彈簧再次恢復(fù)原長時，物體B的速度最大，則有m mA C

v=m2

mvC

+mv5A

m v

2=1m2

m v2C 4

12+ mv22B5代入數(shù)據(jù)解得v 4m/s5B的最大速度為4m/s，選項D錯誤；應(yīng)選B。3〔2023·浙江高三其他模擬〕m的煙花彈獲得動能后，從地面豎直升空，當煙花彈上升到最大高度時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸成質(zhì)量分別為mm1 2

的A、mmB1 2B

2:1，此時兩局部獲得的動能之和為煙花彈初動能的兩倍，且初始均沿水平方向運動。設(shè)爆炸時間極短，Bg，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，A、兩局部落地的水平位移大小分別為x和Bx2x2，則〔〕AB兩局部落地時的速度大小之比為2:1AB兩局部落地時的動能之比為45水平位移大小之比為x:x1 2

2:1AB兩局部落地點的間距為煙花彈上升的最大高度的4倍【答案】B【解析】AB．設(shè)煙花彈的初速度為v0，上升的最大高度為h，發(fā)生爆炸瞬間，A、B兩局部在水平方向動量守恒，則有mvmv011 22由題意可得mmm1 21mv22 0

mgh1 1 1112202mv22mv22mv2211220聯(lián)立解得vv1 0v2v2 0B且速度均沿水平方向，接著A和分別以vB1

v、v0

2v0

向相反方向做平拋運動，到達地面過程中機械能守恒，設(shè)AB落地時速度大小分別為v、v，則對A有1 21 1mv2mgh 2 11 1 2 11B有1 1mv2mgh mv22 22 2 2 22聯(lián)立解得v 2v1 0v 5v2 0所以v:v 2: 51 21 1mv2:

v24:52 11 2 22故A項錯誤，B項正確。CD．設(shè)AB在最高處爆炸后在空中做平拋運動的時間為t，則有1h gt212xvt1 1xvt2 2聯(lián)立解得x2h1x4h2xx1 2

6h故x:x1 2

1:2AB落地點相距的距離為xx1 2

6h6倍，故CD項錯誤。應(yīng)選B。4〔2023··高三月考〕-時間圖象〔xt圖象〕如下圖。小孩的質(zhì)量為20kg，大人的質(zhì)量為60kg，碰碰車質(zhì)量一樣，碰撞時間極短。以下說法正確的選項是〔 〕A．碰撞前后小孩的運動方向沒有轉(zhuǎn)變B．碰碰車的質(zhì)量為50kgC．碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量大小為80NsD．碰撞過程中損失的機械能為600J【答案】D【解析】A．規(guī)定小孩初始運動方向為正方向，由圖可知，碰后兩車一起向反方向運動，故碰撞前后小孩的運動方向發(fā)生了轉(zhuǎn)變，故A錯誤；由圖可知碰前瞬間小孩的速度為2ms大人的速度為3ms碰后兩人的共同速度為1ms，設(shè)碰碰車的質(zhì)量為M，由動量守恒定律有20M2kgms60M3kgms2M20601kgms解得M60kg故B錯誤；C．碰前小孩與其駕駛的碰碰車的總動量為p1160kgms碰后總動量為p80kgmsp1由動量定理可知碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量為Ip240Ns故其大小為240Ns，故C錯誤；D．由能量守恒定律可得碰撞過程中損失的機械能為E18022J112032J120012J600J2 2 2故D正確。應(yīng)選D。二、多項選擇題52023·廣東高三其他模擬〕如下圖，質(zhì)量m1=0.5kg的物塊A以初速度0=10m/s在光滑水平地面上向右運動，與靜止在前方、質(zhì)量m2=1.5kg的B發(fā)生正碰，B的左端有一小塊質(zhì)量可以無視的橡0.1sABv0方向為正方向，以下說法中正確的選項是〔 〕碰撞過程中A3.75N·s碰撞過程中A75m/2碰撞過程中B37.5ND．A、B碰撞完畢后A2.5kg·m/s【答案】BC【解析】A．A、B碰撞過程中動量守恒，有mv m10

mv2解得v2.5m/s在碰撞過程中對A由動量定理有Imvmv3.75Ns1 10A錯誤；由加速度定義有vva 075m/s2tB正確；在碰撞過程中對B由動量定理有Ftmv2解得F37.5NC正確；碰撞完畢后A的動量p mv1.25kgm/sA 1D錯誤。應(yīng)選BC。6〔2023·全國高三其他模擬〕光滑水平面AB與內(nèi)壁光滑的半圓形軌道BCD在BP、Q兩小球之間夾有一輕質(zhì)彈簧。在外力作用下，初始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，當同時釋放兩小球后，在接下來的運動中，小球Q恰好能通過半圓形軌道最高點D，兩小球與彈簧均不拴接，且P、Q2m、mRg。現(xiàn)將兩小球仍放回初始位置，輕彈簧的壓縮量也與初始狀態(tài)一樣，固定小球P，由靜止釋放小球Q，則〔〕釋放小球Q后，輕彈簧與小球Q組成的系統(tǒng)在水平方向上的動量守恒15初始狀態(tài)下輕彈簧儲存的彈性勢能為4mgR27前后兩次小球Q在AB上的落點位置與B點的距離之比為 :27前后兩次小球QABB2：7【答案】BC【解析】在P球固定的狀況下，釋放Q后，受到P小球的作用力，輕彈簧與小球Q組成的系統(tǒng)在水平方0，故動量不守恒，A錯誤；同時釋放P、Q時，對于兩球和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，既滿足動量守恒，也滿足機械能守恒，所以，彈簧初始時儲存的彈性勢能為11E mv2 2mv211p 2 Q 2 Pmv 2mvQ P又小球Q從B點到D點過程中，由動能定理得mg2R

1mv2

mv212 D 2 Q1由于小球Q恰好能通過半圓形軌道最高點D，所以mg

mv2DR可得E 15mgRp 4B正確；CD．固定小球P時，設(shè)小球Q經(jīng)過D點的速度為v，則由機械能守恒定律可得DE2mgRp

mv2D可得2727DDvD由于從D點離開軌道后，小球Q做平拋運動的時間確定，所以2727Dx vDD錯誤C正確。應(yīng)選BC。三、解答題7〔2023·全國高三其他模擬〕如圖，傾角=37的直軌道AC與圓弧軌道CDEF在C處相切且平滑連接，整個裝置固定在同—R，DF是豎直直徑，O點為圓心，E、O、B三點在同一水平線上。A、F也在同一水平線上，兩個小滑塊P、Q〔都可視為質(zhì)點〕的質(zhì)量都mQAC間存在摩擦力且動摩擦因數(shù)處處相等，但滑塊P與整個軌道間和滑塊Q與圓弧軌道間的摩擦力都可無視不計。同時將兩個滑塊P、QA、B兩點由靜止釋放，之后P開頭向下滑動，在BQP、QBC段保持勻速運動，P、Q每次相碰都會馬上合在一起運動但兩者并不粘連，sin37°=0.6，cos37°=0.8g，求：兩滑塊進入圓弧軌道運動過程中對圓弧軌道的壓力的最大值；QAC上往復(fù)運動經(jīng)過的最大路程。5【答案】〔〕3.m2〕3R【解析】PQ相碰前瞬間，由機械能守恒定律得1mgR

mv22 1P、Q碰后合在一起運動，碰撞瞬間由動量守恒定律得mv1=2mv2P、Q一起由C點運動至D點過程，有12mgR1cos1mv2 2mv212 2 2 D經(jīng)過D點時對圓弧軌道的壓力最大，有V2RFND-2mg=2m DR由牛頓第三定律可知，兩滑塊對圓弧軌道的最大壓力FND′=FND聯(lián)立解得FND′=3.8mg由〔1〕中計算可知，P、Q整體在D點的動能12mv22

0.9mgR<2mgR因此它們在圓弧軌道上運動的最高點在E點下方，之后沿軌道返回，再次到達C點的速度大小仍為v2.CP、Q分別，QPQP、Q上滑的最xP、xQP、Q，由動能定理分別可得-mgsinθ·x

=0-mv2

mgsin＋F

1=0- mv2P 2 2 f Q 2 2P、QQ受到的滑動摩擦力大小Ff=2mgsinθP再次從最高點下滑至其次次碰Q前，有1mgsinθ〔x-x

)= mv2P Q 2 3P、Q碰后一起運動，有mv3