碰撞与动量守恒（解析版）-【高频解密】2021年高考物理二轮复习讲义+分层训练.pdf

解密0 7碰技鸟劭量守恒署 导航吊 考 事核心考点考纲要求动量、动量定理、动量守恒定律及其应用弹性碰撞和非弹性碰撞II1重 网络 知 销 凄p=mv 矢量性动量，特点瞬时性相对性.动量的变化：Ap=p p碰撞与动，量守恒动量守恒定律动量定理碰撞P=P表达式 p-p -p四=Ap2内容成立条件,严格守恒单向守恒近似守恒I=p=p-pF(t-t)=mv-mv弹性碰撞非弹性碰撞 碰撞问题动量守恒定律 反冲问题爆炸问题二解 密考 直 事考-1硬检演型，/於备加钠1 .碰撞的特点(1)作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。(2)碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能。(3)碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。(4)碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。2 .碰撞的种类及遵从的规律3.关于弹性碰撞的分析种类遵从的规律弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。在光滑的水平面上，质量为如 的钢球沿一条直线以速度物与静止在水平面上的质量为，2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是也、V 2叫=叫匕+m2彩；町%2 =1 vl2+1/J Z2v22(2)由可得：匕=,叫%叫+?22m.彩=;叫+色利用式和式，可讨论以下五种特殊情况：a.当 町 啊 时，v,0 ,v2 0,两钢球沿原方向原方向运动；b.当 叫?时，V,0,质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c.当 町=，时，V,=0,v2=v0,两钢球交换速度。d.当 叫 /时，v v0,彩=2%,说明m i 很大时速度几乎不变，而质量很小的加2 获得的速度是原来运动物体速度的2 倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。4.一般的碰撞类问题的分析(1)判定系统动量是否守恒。(2)判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后,后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。(3)判定碰撞前后动能是否不增加。名/雅塞东的(2 0 2 0 黑龙江香坊区哈尔滨市第六中学校高三月考)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 k g,则下列判断中正确的是()A.由图像求得乙的质量是6 k gB.碰撞前后乙的动量增加了 l k g-m/sC.碰撞过程中甲给乙的冲量大小为6 N-sD.碰撞过程中两物块损失的机械能为3 J【答案】C【详解】A.由动量守怛定律Ix5-l-m xl=-lx l+mx3解得加=3 k g ,A错误;B.碰撞前后乙增加的动量为3=3 x 3kg-m/s-3x 1kg-m/s=6kg-m/sB错误；C.由动量定理，碰撞过程中甲给乙的冲量大小为/=6N-sC正确。D,碰撞过程中两物块损失的机械能为AE=f-x lx 52+-x 3 x l2-f l x l x l2+-!-x3x32|j=0（2 2）U 2）D错误。故选C。/限踪我司1 .如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6m/s,B球的速度是一2m/s,不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的4、8两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是（）一,VBQ 0里方向-7777777777777777777777777777777777777777777777A.v=2m/s,v=6m/sB.VA=2m/s,VB=2m/sC.以=1 m/s,vs=3m/sD.VA=_3m/s,Vfi=7m/s【答案】D【详解】设每个球的质量均为，小 碰前系统总动量p-mAvA+mnvD=4m碰前的总机械能1,1,E=-mAvA+mBV g=20/nA.碰后总动量p=4/n总机械能E=20m动量守恒，机械能守恒，故A可能实现；B.碰后总动量p=4?总机械能E-4m动量守恒，机械能不增加，故B可能实现；C.碰后总动量p-Am总机械能E=5m动量守恒，机械能不增加，故C可能实现；D.碰后总动量p=4?总机械能E=29m动量守恒，机械能增加违反能量守恒定律，故D不可能实现。本题选不可能实现的，故选D。2.（2020.江苏省镇江中学高三期中）如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为机的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度小,那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后（）VI)A.由于机械能损耗最终两者的速度均为零B.两者的碰撞会永远进行下去，不会形成共同的速度C.盒 子 的 最 终 速 度 为 鬻，方向水平向右MD.盒子的最终速度为77詈 J,方向水平向右(M+m)【答案】D【详解】系统水平方向不受力，故动量守恒可知最终两物体以共同速度向右运动，由rm)0=(/+)可得，两物体的末速度为m-M故选Do考堂2弹簧旗型任/货备加锹i .注意弹簧弹力特点及运动过程，弹簧弹力不能瞬间变化。2.弹簧连接两种形式：连接或不连接。连接：可以表现为拉力和压力，从被压缩状态到恢复到原长时物体和弹簧不分离，弹簧的弹力从压力变为拉力。不连接：只表现为压力，弹簧恢复到原长后物体和弹簧分离，物体不再受弹簧的弹力作用。3.动量和能量问题：动量守恒、机械能守恒，动能和弹性势能之间转化，等效于弹性碰撞。弹簧被压缩到最短或被拉伸到最长时，与弹簧相连的物体共速，此时弹簧具有最大的弹性势能，系统的总动能最小；弹簧恢复到原长时，弹簧的弹性势能为零，系统具有最大动能。名 希源东的(2020重庆市第三十七中学校高二期中)如图所示，质量为M 的上表面光滑的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根轻质弹簧，质量为机的物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L,当突然烧断细线后，以下说法正确的是()IA.物块和小车组成的系统动量不守恒B.物块和小车组成的系统机械能守恒rnC.当物块离开小车时，小车向左运动的位移大小为MD.当物块速度大小为v时（未离开小车），小车速度大小为7 7 VM【答案】D【详解】A.物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故 A 错误；B.物块、小车与弹簧组成的系统机械能守恒，物块与小车组成的系统机械能不守恒，故 B 错误;C.物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv-MV=OL-x x.m-M =（）t t解得m Tx=-LM +m故 C 错误；D.物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：解得故 D 正确。故选D/限踪族可1.（2020河北衡水市衡水中学高三月考）如图所示，劲度系数为的轻质弹簧右端固定，左端与质量为相的物块B 连接，弹簧处于自然状态。物块A 的质量为2加，以速度%向右沿水平地面运动，与 B 碰撞后两者粘合并一起压缩弹簧。已知碰撞时间极短，不计一切摩擦，弹簧未超出弹性限度，则弹簧的最大压缩 量 为（已知稣=g 小）（）【答案】C【详解】当A、8 碰撞时27w0=3mv得2开始压缩弹簧至弹簧被压缩到最短的过程中有x 3mv2=En2根据功能关系有联立解得14m户 竹故 C 正确，ABD错误。故选Co2.（2020黑龙江高二月考）如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A 和 B,放在光滑的水平面上，物体A3被水平速度为vo的子弹射中并且子弹嵌在其中。已知物体A 的质量/HA是物体B 的质量?B的:，子弹4的质量m是物体B 的质量的Y，弹簧弹性势能最大时B 的速度为（）4A.史 B.%C.%D.九2 3 4 8【答案】D【详解】根据题意可知，B 的质量WB为 4布，A 的质量，A为 3e，子弹的质量为?，子弹刚射入物块A 时，A 具有最大速度v，此过程中子弹与A 的动量守恒，以子弹的初速度方向为正，根据动量守恒定律得解得4对子弹、滑块A、B 和弹簧组成的系统，A、B 速度相等时弹簧被压缩到最短。弹簧压缩的过程中，根据动量守恒定律可得(m+mA)v=(/n+mA由此解得8故选Do考点3 3锦打木块蝶型名於备知钢子弹打击木块问题，由于被打击的木块所处情况不同，可分为两种类型：一是被打的木块固定不动；二是被打的木块置于光滑的水平面上，木块被打击后在水平面上做匀速直线运动。1.木块被固定子弹和木块构成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，系统内力是一对相互作用的摩擦力，子弹对木块的摩擦力不做功，相反，木块对子弹的摩擦力做负功，使子弹动能的一部分或全部转化为系统的内能。由动能定理可得：Q=7-s,式中/为子弹受到的平均摩擦力，S 为子弹相对于木块运动的距离。2.木块置于光滑水平面上子弹和木块构成系统不受外力作用，系统动量守恒，系统内力是一对相互作用的摩擦力，子弹受到的摩擦力做负功，木块受到的摩擦力做正功。如图所示，设子弹质量为?，水平初速度为V0,置于光滑水平面上的木块质量为M。若子弹未穿过木块，则子弹和木块最终共速为0川M 2a rL S由动量守恒定律：rnv0=(m+M)v 对于子弹，由动能定理：_ P(L +s)=5/m?-5 m%2 对于木块，由动能定理：6 L =由可得：Q =f.s=-mv-(M +m)v2系统动能的减少量转化为系统内能Q(1)若s=d时，说明子弹刚好穿过木块，子弹和木块具有共同速度丫。(2)若 s d 时，说明子弹能穿过木块，子弹射穿木块时的速度大于木块的速度。若 属 于(3)的情况，设穿透后子弹和木块的速度分别为必和也，上述关系式变为：=mvx+-f-(L+d)=mv-m vo/-L=1MV22 Q =f-d=mv-A7V22+；码 2 名/雅源东的(2 0 2 0.辽宁大连市.高二期中)光滑水平面上有一质量均匀的木块，初始时木块静止，接着有两颗完全相同的子弹先后以相同大小的初速度射入木块。首先左侧子弹射入，子弹水平射入木块的最大深度为4,然后右侧子弹射入，子弹水平射入木块的最大深度为心，如图所示。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是()木块最终静止，di=dz木块最终静止，4 V d 2木块最终静止，d di木块最终向左运动，4|=必【答案】B【详解】左侧子弹射入木块与木块一起向右运动，设共同速度为以，由动量守恒有由能量守恒有m v0=(A 7+/n)匕1 2 1 2F/=m v0-(A f +m)v右侧子弹与木块及左侧的第一颗子弹共同运动的速度设为功，由动量守恒有+-m v0=(M +2/n)v2由能量守恒有Ffd2=g m u；+g(A/+m)V j2 一;(M +2 片解得V2=0Mmv12Ff(M+m)d2(M+2m)mv12Ff(M+m)所以木块最终静止，4 1 V d 2。故选B 0在/砥踪秣伺1.（2 0 2 0 安徽高三月考）如图甲所示，一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数=0。质量加=O.（）l k g 的子弹水平向左射入滑块并留在其中（该过程时间极短），取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的 一1 图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g=1 0 m/s 2。下列说法正确的是（）甲乙A.传送带的速度大小为4 m/sB.滑块的质量为6.6 k gC.滑块向右运动过程中与传送带摩擦产生的热量为L 3 4 JD.若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为0.4 m【答案】C D【分析】根据题中“子弹水平向左射入滑块并留在其中”、“水平传送带”可知，本题考查动量守恒与传送带相结合问题，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、摩擦做功等知识分析计算。【详解】A.子弹射入滑块并留在其中，滑块(含子弹)先向左做减速运动，然后向右加速，最后向右匀速，向右匀速运动的速度大小为2 m/s,则传送带的速度大小为2 m/s,故A错误；B.子弹未射入滑块前，滑块向右的速度大小为2 m/s,子弹射入滑块瞬间，子弹和滑块的速度变为向左的4 m/s；子弹射入滑块瞬间，内力远大于外力，系统动量守恒，以向左为正，据动量守恒得mvn+M(-u)=(m +即4 0 0/7 7 +A/(-2)=4(?+M)解得滑块的质量M=66m=0.6 6 k g故B错误；C.滑块(含子弹)先向左做减速运动时，据牛顿第二定律可得+tn)g M+m)a解得滑块向左运动的加速度大小a=l m/s2滑块(含子弹)先向左做减速运动，再向右做加速运动，滑块向右加速的加速度大小a=l m/s2向右加速的时间为v-t-2s滑块(含子弹)相对传送带的位移1 2“对=外 专 _ 工 滑 二匕”一 一 二2 x 2-xlx22|m=2m2 J运动过程中与传送带摩擦产生的热量Q=(M+m)gx相 时=L34J故 C 正确；D.滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，则V2(m+M)g-(m+M)解得转动轮的半径R=0.4m故 D 正确。故选CDo2.(2020.河南高三月考)如图所示，光滑半圆轨道竖直放置，半径为R=0.4m,一水平轨道与圆轨道相切，在水平轨道上停着一个质量为M=0.49kg的木块，木块在离圆轨道最低点B距离为L=4m的 4 点，木块与水平面间的摩擦因数为=0.35。一颗质量为?=10g的子弹，以某一水平速度内射入木块中，然后一起运动经过最高点，物块恰好能飞回到A 点(g 取 10m/s2)(不计空气阻力，木块的大小忽略不计)，求：(1)子弹和木块组成的整体经过最高点的速度大小vl;(2)子弹的初速度v()【答案】(l)10m/s；(2)600m/s【详解】(1)子弹和木块组成的整体经过最高点后做平抛运动2R=；gFL=vit解得V|=1 0 m/s（2）子弹和木块组成的整体从A点运动到最高点的过程，根据动能定理得+m)gL 一(M +m)g 2R =g (M +m)v -g (M+m)v2得v=1 2 m/s子弹射入木块过程根据动量守恒定律解得v o=6 O O m/s考点4人船旗型小用馍型名於备知钢人船模型人船模型是两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。将速度与质量的关系推广到位移与质量，做这类题目，首先要画好示意图，要注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系；人船问题的适用条件是：两个物体组成的系统（当有多个物体组成系统时，可以先转化为两个物体组成的系统）动量守恒，系统的总动量为零，利用平均动量守恒表达式解答。小车模型动量守恒定律在小车介质上的应用，求解时注意：（1）初末动量的方向及大小；（2）小车的受力情况分析，是否满足某一方向合外力为零；（3）结合能量规律和动量守恒定律列方程求解。名/希源尔的（2 0 2 0 福建长汀县高三期中）如图所示，一个质量为如=4 0 k g 人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为/W 2=1 0 k g,静止时人离地面的高度为仁5m,长绳的下端刚好利地面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是（可以把人看做质点）（）QA.5 m B.4m C.2.6 m D.8m【答案】B【详解】设人、球对地面的位移分别为由、X 2,由动量守恒定律得%=m1x1Xy+X2=h解得%=lmx2=4m此时他离地面的高度为4 m,故选B。管限踪秣可1.(2020广东深圳市明德学校高三月考)如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B 两人分别站在车的两端。当两人同时相向运动时，下列判断正确的是()A.若两人的速率相同，则小车一定不动B.若两人的动能相同，则小车一定不动C.若两人的动量大小相等，则小车一定不动D.若两人的质量相同，则小车一定不动【答案】C【详解】小车及人A、B 组成的系统满足动量守恒，且总动量为零，由 动 量 守 恒 定 律+=O，只有当两人的动量大小相等方向相反时，小 车 才 定 不 动，C 正确，ABD错误。故选C.2.（2020重庆藜江区万盛田家炳中学高二月考）质量为，的人站在质量为M、长为5 米的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边（如图所示），当他向左走到船的左端时，船左端离岸的距离是1米，则（）A.M=2m B.M=3m【答案】C【详解】设人、船位移大小分别为八、hC.M=4mD.M=5ni以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mvl=MV2两边同乘时间，得mvt=Mv2t则mlx-Ml2而/1 +/2=解得M=4m故选Co考点5图袱蟆型情极馍密曲面馍型名/於备和锲动量守恒定律在圆弧轨道、长木板以及斜面等相关轨道上的应用，求解时要分析受力方向，根据受力情况列动量守恒定律方程，要根据能量分析情况结合能量规律列方程，联立求解。下面结合各种相关的轨道逐个进行分析讲解。刍 幡 雁东的（202。安徽六安市毛坦厂中学高三月考）如图所示，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从 A 点由静止滑下的物体到C 点恰好停止。如果小车不固定，物体仍从A 点静止滑下，则（）A.还是滑到C 点停住C.会冲出C 点落到车外【答案】A【详解】B.滑到BC间停住D.系统动量守恒设 8 c 长度为心依照题意，小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，即有Q=fL其中/为物体与小车之间的摩擦力。若小车不固定，设物体相对小车滑行的距离为s。对小车和物体系统，根据水平方向的动量守恒定律可知，最终两者必定均静止，根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，则有。2=。1而Q2=fi得到物体在小车BC部分滑行的距离s=L故物体仍滑到C 点停住。故 A 正确。故选Ao名/龈踪秣伺1.（2020江北区重庆十八中高二期中）如图所示，物体A、B 的质量分别为机、2 m,物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆型槽的半径为R,将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。A.A 不能到达B 圆槽的左侧最高点B.B 一直向右运动C.A 运动到圆槽的最低点时速度为RD.B 向右运动的最大位移大小为【答案】C【详解】A.设 A 到达左侧最高点的速度为v,以小球和槽组成的系统为研究对象，根据系统水平动量守恒知，系统的初动量为零，则末总动量为零，即 0,根据系统的机械能守恒知，A 能到达B 圆槽左侧的最高点，故 A 错误：C.设 A 到达最低点时的速度大小为弘，槽的速度大小为V B。取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得0=mvA-2mvB解得VB2根据系统的机械能守恒得mgR-m vA+2mv；解得故C正确；B.因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A在水平方向上的速度向左时，B的速度向右,当A在水平方向上的速度向右时，则B的速度向左，故B错误；D.因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大,设B向右的最大位移为x,取水平向左为正方向，根据水平动量守恒得即0=mvA 一 2mvB2R-x-xm-=2mx=lR解得故D错误；故选Co2.（2020山东宁阳县一中高二期中）如图所示，质量为根的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径A2长度为2R,现将质量也为胆的小球从距A点正上方力0高处由静止释放，然后由A点经过半3圆轨道后从B冲出，在 空 中 能 上 升 的 最 大 高 度 为（不计空气阻力），则（）7A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为2RC.小球离开小车后做竖直上抛运动3D.小球第二次离开小车在空中能上升的最大高度h -!【答案】CD【详解】A.小球和小车组成的系统竖直方向动量不守恒，则小球和小车组成的系统动量不守恒，A错误；y n D _ YB.设小车向左运动的最大距离为x,由动量守恒定律得，m-=m ,解得x=R，B错误；t tC.因为系统在水平方向上的总动量等于零，所以小球离开小车的瞬间二者水平速度都等于零，故小球离开小车后做竖直上抛运动，C正确：D.小球从距A点正上方/高处由静止释放，然后由4点经过半圆轨道后从2冲出，在空中能上升的最3大 高 度 为 说 明 小 车 有 摩 擦 力，小球在小车中滚动时要损失机械能，则小球笫二次离开小车在空中3能上升的最大高度力 5m/sm解得m 60kg第7次运动员的速度一定小于5m/s,则v7=%52kg综上所述，运动员的质量满足52kg mu=lm/s,故小物块6先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有pmhgmba解得 a=2m/s2则小物块b由2m/s减 至lm/s,所走过的位移为代入数据解得看=0.75m运动的时间为t_vb-v*i a代入数据解得 =（）.5s因而=0.75m 2=一|x，V2=1 X g Vo。VQ2?=2 (-2g sin 0)十 二 sing联立须得/25 25g设 P 运动至与。刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为h 3,第二次碰后至第三次碰前，对尸由动能定理得联立领玳得产与。的第三次碰撞，设碰后P 与。的速度分别为以3、3,由动量守恒定律得mvm=mvP 3+4mvQi 由机械能守恒定律得2 w v032=2 m vP+2 4 机 V Q 3?联 立 颂 酶 I 得U p3=一|x()2y0 丫。3 =设第三次碰撞后Q 上升的高度为例，对 Q 由运动学公式得0-Vg32=2 (-2g sin 0)-.1 江15 sm 0联立领画画)式得为=(白 2.旦 25 25g总结可知，第 次碰撞后，物块。上升的高度为&=(/)i .普(=1，2,3)25 25g(3)当 P、。达到H 时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得 H0AHV()2=-(in+4m)gH-tan。cos 0-2 sin 6解得(4)设 Q 第一次碰撞至速度减为零需要的时间为小 由运动学公式得VQI=2gtsin0设 P运动到斜面底端时的速度为瓶；,需要的时间为及，由运动学公式得蚱；=vP|+gt2 s i n。*2 -Up =2 s g s i n。2$设 P从 A点到。第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3v()2 =(-vP|)-gt3 s i n 0当A点与挡板之间的距离最小时4 =2 弓+4联立式，代入数据得_(8 /7-1 3)v02s-2 0 0 g s i n，9.(2 0 2 0 浙江高考真题)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道A B和倾角0=3 7 的斜轨道B C平滑连接而成。质量巾=0.1 k g 的小滑块从弧形轨道离地高”=1.0 m处静止释放。已知R =0.2 m,L =L c=.0 m,滑块与轨道A3和 BC间的动摩擦因数均为=0.2 5,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。(1)求滑块运动到与圆心O 等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2 m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.2 5,求它们在轨道BC上到达的高度与x 之间的关系。(碰撞时间不计，s i n 3 7 =0.6,c o s 3 7 =0.8)【详解】(1)机械能守恒定律1 2mgH=mgR+z?vD牛顿第二定律/=皿=8NN R牛顿第三定律&=4=8 N方向水平向左(2)能在斜轨道上到达的最高点为C点，功能关系mgH-+cos 0+sin 0得L,r.=m B=1.0 m/s(2)4、8两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设 为 假 设 4和 8发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的瓦 设从弹簧释放到8停止所需时 间 为 8向左运动的路程为砧。，则有nBa=pmBg vB-n r=0在时间f 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间/内的路程”都可表示为sA=vAt-a r 联立式并代入题给数据得SA=L75 m,.VB=0.25 m这表明在时间t 内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s 为.s=0.25 m+0.25 m=0.50 m(3)/时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的8碰撞，碰撞时速度的大小为w，由动能定理有；如4 =一%g(2/+$B)联立式并代入题给数据得=m/s 故A与8将发生碰撞。设碰撞后A、B 的速度分别为v j和V ),由动量守恒定律与机械能守恒定律有%()=%力+叫41 ,2 1 2 1 2mAVA=-mAVA 联立式并代入题给数据得”3/7.”2占，公vA=-y-m /s,vB=m/s(14)这表明碰撞后4将向右运动，8继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为M时停止，8向左运动距离为M时停止，由运动学公式2as；t=叶，2as8=汇 由式及题给数据得sA=0.63 m,sH=0.28 m M小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s=SA+SB=0.91 m 16.(2018 江 苏 卷)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为，力 运动速度的大小为v,方向向下。经过时间z,小球的速度大小为P,方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g,求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。【答案】IF=2mv+mgt【解析】取向上为正方向，动量定理，“V-（-用 丫）=/且/=（尸 g）t解得 IF=F t=2 m v+mgt1 7.（2 0 1 8 新课标全国I I 卷）汽车A 在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车及 两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后8车向前滑动了 4.5 m,A 车向前滑动了 2.0 m,已知A 和 B的质量分别为2.0 x l（）3 k g 和I S x l O k g,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.1 0,两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g =1 0 m/s 求（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；（2）碰撞前的瞬间A 车速度的大小。【答案】（1）v/=3.0 m/s （2）vA=4.3 m/s【解析】两车碰撞过程动量守恒，碰后两车在摩擦力的作用下做匀减速运动，利用运动学公式可以求得碰后的速度，然后在计算碰前A车的速度。（1）设 8车质量为，即，碰后加速度大小为劭，根据牛顿第二定律有47 徇8 =加/8 式中H是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间8车速度的大小 为 碰撞后滑行的距离为.由运动学公式有y=2 硒联立式并利用题给数据得V；=3.0 m/s (2)设 A车的质量为犯i，碰后加速度大小为小。根据牛顿第二定律有pimAg=mAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为v；,碰撞后滑行的距离为力。由运动学公式有乙 2=2“双 设碰撞后瞬间A车 速 度 的 大 小 为,两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA =mAvA +m!vJ 联立式并利用题给数据得vA=4.3m/s1 8.(201 7 江苏卷)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lm/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1 m/s 和 2 m/s。求甲、乙两运动员的质量之比。【答案】3:2m.m.3由动量守恒定律得小4-加2匕-mH，解 得 嬴=y +M，代入数据得菽=/。1 9.(201 7 天津卷)如图所示，物块A和 B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为=2 k g、k g o 初始时A静止于水平地面上，8悬于空中。先将8竖直向上再举高/i=1.8 m (未触及滑轮)然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，4、8以大小相等的速度一起运动，之后8恰好可以和地面接触。取 g=1 0m/s 2。空气阻力不计。求：(1)8 从释放到细绳刚绷直时的运动时间h(2)A的最大速度v 的大小；(3)初始时8离地面的高度”。【答案】(1)t=0.6 s (2)v=2 m/s (3)W=0.6 m1 9【解析】(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h=3gt解得r=0.6 s(2)细绳绷直前瞬间B的速度大小为v0=gt=6 m/s绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B 重 力,A、8沿绳方向动量守恒，有机”o =(，4+小A、B系统获得的速度v=2 m/s之后A、8做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A的最大速度为2 m/s(3)绳绷直后，4、8一起运动，8恰好可以和地面接触，说明此时4、8的速度为零，这一过程中A、1,B组成的系统机械能守恒，有/(旭八+m 8)1 广=g、g H解得H=0.6 m20.(201 7 北京卷)在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次a衰变。放射出的a粒 子 He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R.以，、q分别表示a粒子的质量和电荷量。(1)放射性原子核用/X表示，新核的元素符号用Y表示，写出该a衰变的核反应方程。(2)a粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小。(3)设该衰变过程释放的核能都转化为a粒子和新核的动能，新核的质量为M,求衰变过程的质量亏损 A w【答案】X f t t Y +：He(2)驾逆(3)一 =(+(要qB 2m n 2 m M c2【解析】(1)根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该 a衰 变 的 核 反 应 方 程 为 艰Y+；He(2)设 a粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v,由 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 有=根据圆周运动的参量关系有丁 =工Vf 2兀 加得 a粒子在磁场中运动的周期丁 =qB根据电流强度定义式，可得环形电流大小为1=4=也T 271mv2 qBR(3)由 qvB=m 得 v=-R m设衰变后新核Y的速度大小为，核反应前后系统动量守恒，有M M-n，=O可得Mmv _ qBR根据爱因斯坦质能方程和能量守恒有A w e?=1MV,2+mv-2 2解得A m =(M+m)(qBR)?2mMc2