版高考物理专题动量与能量压轴题特训含复习资料详解.doc

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1、2018年物理动量及能量压轴题特训1 如图所示,一个轻质弹簧左端固定在墙上,一个质量为m的木块以速度v0从右边沿光滑水平面向左运动,及弹簧发生相互作用,设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内,那么整个相互作用过程中弹簧对木块的冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是( C )2. 物体A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图所示，A的质量为m，B的质量为M，当连接A、B的绳子突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，在这一段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为（D）A. mvB. mv-MuC. mv+MuD. mv+mu3. 如图所示,水平光滑地面上

2、依次放置着质量m=0.08kg的10块完全相同的长直木板。质量M=1.0kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0=6.0m/s从长木板左端滑上木板,当铜块滑离第一块木板时,速度大小为v1=4.0m/s.铜块最终停在第二块木板上。取g=10m/s2，结果保留两位有效数字。求：第一块木板的最终速度铜块的最终速度。解答：铜块和10个长木板在水平方向不受外力，所以系统动量守恒。设铜块滑动第二块木板时,第一块木板的最终速度为v2，由动量守恒定律得，Mv0=Mv1+10mv2解得v2=2.5m/s.由题可知,铜块最终停在第二块木板上,设铜块的最终速度为v3，由动量守恒定律得：Mv1+9mv2=(M+9m)v3

3、解得：v3=3.4m/s.4 一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31.不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()4B设弹丸爆炸前质量为m，爆炸成甲、乙两块后质量比为31，可知m甲m，m乙m.设爆炸后甲、乙的速度分别为v1、v2，爆炸过程中甲、乙组成的系统在水平方向动量守恒，取弹丸运动方向为正方向，有mvmv1mv2，得3v1v28.爆炸后甲、乙两弹片水平飞出，做平拋运动竖直方向做自由落体运动，hgt2，可得t1 s；水平方向做匀速直线运动，xvt，所以甲、乙飞行的水平位移大小及爆炸

4、后甲、乙获得的速度大小在数值上相等，因此也应满足3x1x28，从选项图中所给数据可知，B正确【点拨】爆炸后，一定有一块弹片速度增加，大于原来速度5. 如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块及盒内水平面间的动摩擦因数为.若滑块以速度v开始向左运动，及盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为_，滑块相对于盒运动的路程为_5【解析】方盒A及小滑块B组成的系统动量守恒，mBv(mAmB)v1，又mA2mB，所以v1，对系统由动能定理得mBgx(mAmB)vmBv2，解得x. 【答案】6 如图所示，光滑

5、冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度h0.3 m(h小于斜面体的高度)已知小孩及滑板的总质量m130 kg，冰块的质量m210 kg，小孩及滑板始终无相对运动取重力加速度的大小g10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块及斜面体分离后能否追上小孩？6【解析】(1)规定向右为速度正方向冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20(m2m

6、3)vm2v(m2m3)v2m2gh 式中v203 m/s为冰块推出时的速度，联立式并代入题给数据得m320 (2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200代入数据得v11 m/s设冰块及斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3m2vm2vm3v联立式并代入数据得v21 m/s由于冰块及斜面体分离后的速度及小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩 【答案】(1)20 kg(2)见解析7 如图所示，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及B发生

7、碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再及C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动滑块A、B及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7 【解析】设滑块质量为m，A及B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vAv0； 碰后B的速度vBv0由动量守恒定律得mvAmvAmvB设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得WAmvmv设B及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WBmvmvB2由于三者间隔相等，滑块A、B及轨道间的动摩擦因数相等，则有WAWB设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得 ：m

8、vB2mv联立式，代入数据得vv0【答案】v08. 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mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg.开始时C静止，A、B一起以v05 m/s的速度匀速向右运动，A及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，且恰好不再及C碰撞求A及C发生碰撞后瞬间A的速度大小8【解析】设A及C发生碰撞后瞬间，A的速度大小为vA，方向向右，C的速度大小为vC.A及C碰撞时间极短，由动量守恒定律得mAv0mAvAmCvCA及B相互作用，设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得：mBv0

9、mAvA(mAmB)vA及B达到共同速度后恰不及C碰撞，则应有vvC联立解得vA2 m/s 【答案】 2 m/s【点拨】本题分别对A、C和A、B的作用过程应用动量守恒定律，还要关注“恰好不再及C碰撞”这一临界条件9. 如图所示。一辆质量M=3kg的小车A静止在光滑的水平面上,将一轻质弹簧城压越缩并锁定,此时弹簧的弹性势能为Ep=6J，质量m=1kg的光滑小球B紧挨轻弹簧右端静止放置。解除轻弹簧的锁定。小球B被弹出并脱离弹簧，求小球脱离弹簧时小车的速度大小。解答：A.B组成的系统动量守恒，在解除锁定到A.B分开过程中，系统动量守恒，以向右为正方向,由动量守恒定律得：mBvBmAvA=0，由能量守

10、恒定律得：12mAv2A+12mBv2B=EP，联立并代入数据解得：vA=1m/s,vB=3m/s；答：小球脱离弹簧时小车的速度大小为1m/s.10. 如图所示,在光滑的水平面上有一长为L的木板B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的1/4圆弧槽C,及长木板接触但不相连,圆弧槽的下端及木板上表面相平,B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速V0从右端滑上B,并以1/2V0滑离B，恰好能到达C的最高点.A、B.C的质量均为m，试求：(1)木板B上表面的动摩擦因素；(2)1/4圆弧槽C的半径R；(3)当A滑离C时，C的速度。11. 如图所示,质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上,其右端固定一根轻质弹

11、簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5m,这段滑板及木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数=0.2,而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑。小木块A以速度v0=10m/s由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动。已知木块A的质量m=1kg,g取10m/s2.求：(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度；(2)木块A到达弹簧C端时的速度vA(取两位有效数字)(3)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能。12. 如图所示,一个质量m=4kg的物块以速度v=2m/s水平滑上一静止的平板车上,平板车质量M=16kg,物块及平板车之间的动摩擦因数=0.2,其它摩擦不计(取g=10m/s2)，求：

12、(1)物块相对平板车静止时，物块的速度；(2)物块相对平板车上滑行，要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长?解答：(1)物块和平板车的相互作用过程中系统动量守恒，以物块初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=(M+m)v共，代入数据解得：v共=0.4m/s；(2)为了使物块不滑离平板车，设车长为L，由能量守恒定律得：12mv212(M+m)v2共0.8m；13. 如图所示，光滑水平路面上，有一质量为m1=5kg的无动力小车以匀速率v0=2m/s向前行驶，小车由轻绳及另一质量为m2=25kg的车厢连结，车厢右端有一质量为m3=20kg的物体（可视为质点），物体及车厢的动摩擦因数为=0.2，

13、开始物体静止在车厢上，绳子是松驰的求：（1）当小车、车厢、物体以共同速度运动时，物体相对车厢的位移（设物体不会从车厢上滑下）；（2）从绳拉紧到小车、车厢、物体具有共同速度所需时间（取g=10m/s2）14. 如图所示，固定的光滑的弧形轨道末端水平，固定于水平桌面上，B球静止于轨道的末端。轨道最高点距轨道末端高度及轨道末端距地高度均为R.A球由轨道最高点静止释放，A球质量为2m，B球质量为m，A.B均可视为质点，不计空气阻力及碰撞过程中的机械能的损失。求：A.B两球落地点的水平距离?15. 一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上,其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面,长度为L;bc为一光滑斜

14、面,斜面和水平面通过及ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。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，返回后在到达a点前及物体P相对静止。重力加速度为g.求：(1)木块在ab段受到的摩擦力f；(2)木块最后距a点的距离s.16. K介子衰变的方程为K+0，如图所示，其中K介子和介子带负的基元电荷，0介子不带电。一个K介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK及R之比为2:1.0介子的轨迹未画出。由此可知介子的动量大小及0介子的动量大小之比为（）A.1:1B.1:2

15、C.1:3D.1:617. 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,重物及木板间的动摩擦因数为.使木板及重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板及墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。求木板从第一次及墙碰撞到再次碰撞所经历的时间。设木板足够长，重物始终在木板上。重力加速度为g.18. 如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且及水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时及静止于该处的质量及A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R.重力加速度为g，

16、忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；(2)A、B碰撞前瞬间A球的速度大小(3)小球A冲进轨道时速度v的大小。(4)小球A及小球B球碰撞前瞬间对轨道的压力多大?19. 一个宇航员连同装备的总质量为100kg，在空间跟飞船相距45m处相对飞船处于静止状态。他带有一个装有0.5kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50m/s的相对速度喷出的喷嘴。宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸。已知宇航员呼吸的耗氧率为2.510-4kg/s。试求：（1）如果他在准备返回飞船的瞬时

17、，释放0.15kg的氧气，他能安全地回到飞船吗？（2）宇航员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？20. 如图所示,两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L,导轨上面横放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路,两根导体棒的质量皆为m,电阻皆为R,回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B. 设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行,开始时,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0，若两导体棒在运动中始终不接触，求：(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少?(2)当ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的加速度是多少?21. 高空作业须

18、系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.mg B.mg C.mg D.mg【解析】下降h阶段v22gh，得v，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，(Fmg)t0mv，得Fmg，A正确选A.22. 如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块及盒内水平面间的动摩擦因数为.若滑块以速度v开始向左运动，及盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，

19、最终相对盒静止，则此时盒的速度大小为_ _，滑块相对于盒运动的路程为_ _.23. （2015.福建） 如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块及轨道BC间的动摩擦因数为，求： 滑块运动过程中，小车的最大速度vm； 滑块从B到C

20、运动过程中，小车的位移大小s。解答：（1）由图知，滑块运动到B点时对小车的压力最大从A到B，根据动能定理：； 在B点：联立解得：FN=3mg，根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为3mg（2）若不固定小车，滑块到达B点时，小车的速度最大根据动量守恒可得：；从A到B，根据能量守恒：联立解得：设滑块到C处时小车的速度为v，则滑块的速度为2v，根据能量守恒：；解得：小车的加速度：；根据；解得：s=L/324 (2016北京理综)(1)动量定理可以表示为pFt，其中动量p和力F都是矢量在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度

21、是，碰撞后弹出的角度也是，碰撞前后的速度大小都是v，如图甲所示碰撞过程中忽略小球所受重力甲 乙a分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化px、py；b分析说明小球对木板的作用力的方向(2)激光束可以看成是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束和穿过介质小球的光路如图乙所示图中O点是介质小球的球心，入射时光束和及SO的夹角均为，出射时光束均及SO平行请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球

22、产生的合力的方向a光束和强度相同；b光束比强度大24【解析】(1)a.x方向：动量变化pxmvsin mvsin 0y方向：动量变化pymvcos (mvcos )2mvcos 方向沿y轴正方向b根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向(2)a.仅考虑光的折射，设t时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p.这些粒子进入小球前的总动量p12npcos 从小球出射时总动量p22npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理有Ftp2p12np(1cos )0可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第

23、三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左b建立如图所示的Oxy直角坐标系x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向y方向：设t时间内，光束穿过小球的粒子数为n1，光束穿过小球的粒子数为n2，n1n2.这些粒子进入小球前的总动量p1y(n1n2)psin 从小球出射时的总动量p2y0根据动量定理有Fytp2yp1y(n1n2)psin 可知，小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向；根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向所以两光束对小球的合力的方向指向左上方【答案】(1)a.0；2mvcos ，沿y轴正方向b沿y轴负方向(2)a.沿SO向左b指向左上方25(

24、2014天津理综)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA4 kg，上表面光滑，小车及地面间的摩擦力较小，可以忽略不计，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板及B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t0.6 s，二者的速度达到v12 m/s.求(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l.25【解析】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有FmAa代入数据解得a2.5 m/s2(2)对A、B碰撞

25、后共同运动t0.6 s的过程，由动量定理得Ft(mAmB)v1(mAmB)v代入数据解得v1 m/s(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA(mAmB)vA从开始运动到及B发生碰撞前，由动能定理有FlmAv由式，代入数据解得l0.45 m【答案】(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m26 (2015北京理综)实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生衰变，衰变产生的新核及电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图所示，则()A轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外B轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外C轨迹1是新核

26、的，磁场方向垂直纸面向里D轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里1D衰变方程：XeY，由动量守恒定律知两粒子动量大小相等因电子电量较小，由r，得rerY，故轨迹1是电子的，轨迹2是新核的由左手定则知，磁场方向垂直纸面向里，D正确【点拨】动量守恒定律既适用于宏观，亦适用于微观；既适用于低速，亦适用于高速272014新课标全国如图所示，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h0.8 m，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t0.3 s时，刚好及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mB3mA，重力加速度

27、大小g10 m/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27【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将h0.8 m代入上式，得vB4 m/s(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1(v10)，B球的速度分别为v2和v2，由运动学规律可得v1gt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为正方向，有mAv1mBv2mBv2mAvmBvmBv22设B球及地面相碰后的速度大小为vB，由运动学及碰撞的规律可得vBvB设P点距地面的高度为h，由运动学规律可得h

28、联立式，并代入已知条件可得h0.75 m【答案】(1)4 m/s(2)0.75 m282015新课标全国两滑块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：(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功及因碰撞而损失的机械能之比28【解析】(1)设a、b质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度分别为v1、v2.由题给图象得v12 m/s，v21 m/sa、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 m/s由动量守恒定律有m1v1m2v2(m1m2

29、)v； 解得 (2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能Em1vm2v(m1m2)v2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W(m1m2)v2； 解得 【答案】(1)(2)29. 如图所示，甲车质量m1m，在车上有质量M2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m22m的乙车正以速度v0迎面滑来，已知h，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点【解析】设向左为正方向，甲车(包括人)

30、滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律有(m1M)v(m1M)gh，解得v12v0设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1和v2，则人跳离甲车时：(Mm1)v1Mvm1v1人跳上乙车时：Mvm2v0(Mm2)v2解得v16v02v，v2vv0两车不可能发生碰撞的临界条件是v1v2当v1v2时，解得vv0当v1v2时，解得vv0故v的取值范围为v0vv0【答案】v0vv0 导学导考“三个物体，两次作用”是近几年考查动量守恒定律应用的模型之一，且常涉及临界问题由于作用情况及作用过程较为复杂，要根据作用过程中的

31、不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒方程，联立求解302015天津理综如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动及A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为31，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为_，A、B碰撞前、后两球总动能之比为_30【解析】设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意，刚好不发生第二次碰撞说明A、B末速度正好相同，都是，第一次碰撞时，动量守恒，有mBv0mAmB，解得mAmB41碰撞前、后动能之比Ek

32、1Ek2mBv95312015新课标全国如图所示，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只及B、C各发生一次碰撞设物体间的碰撞都是弹性的31【解析】A向右运动及C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0mvA1MvC1mvmvMv联立式得vA1v0vC1v0如果mM，第一次碰撞后，A及C速度同向，且A的速度小于

33、C的速度，不可能及B发生碰撞；如果mM，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能及B发生碰撞；所以只需考虑mM的情况第一次碰撞后，A反向运动及B发生碰撞设及B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有vA2vA1v0根据题意，要求A只及B、C各发生一次碰撞，应有vA2vC1联立式得m24mMM20解得m(2)M另一解m(2)M舍去所以，m和M应满足的条件为(2)MmM【答案】(2)MmM322014山东理综如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0.一段时间后，B及A同向运动发生碰撞并粘在一起碰撞

34、后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半求：(1)B的质量；(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失32【解析】(1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得m2mBv(mmB)v由式得mB(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv0(mmB)v设碰撞过程中A、B系统机械能的损失为E，则EmmB(2v)2(mmB)v2联立式得Emv【答案】(1)(2)mv【点拨】一个孤立系统内部相互作用前后，凡是系统动能相等的，都相当于弹性碰撞，凡是作用后共速的，都相当于

35、完全非弹性碰撞33. (2015广东理综)在同一匀强磁场中，粒子(He)和质子(H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则粒子和质子()A运动半径之比是21B运动周期之比是21C运动速度大小之比是41D受到的洛伦兹力之比是2133B粒子及质子质量之比为41，电荷量之比为21，动量大小相同，由pmv可知速度之比为14，C错误在匀强磁场中，由qvBm得r，即运动半径之比为12，A错误由T得，周期之比为21，B正确由fqvB可知，洛伦兹力之比为12，D错误【点拨】运动半径r中，分子mv看成一个整体，即动量342016江苏物理已知光速为c，普朗克常数为h，则频率为的光子的动量为_用该频率的光垂直照射

36、平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为_34【解析】频率为的光子的动量p，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小2p.【答案】352016全国，35(2)，10分某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开忽略空气阻力已知水的密度为，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度35【

37、解析】(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于t时间内喷出的水，由能量守恒得：(m)v2(m)gh(m)v在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小：p(m)v设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有：Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h【答案】(1)v0S(2)36(2016河北石家庄二中月考)水平光滑的桌面上平放有一质量为2m的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都为m的小球

38、(管道的半径远远大于小球的半径)，位于管道直径AB的两端开始时，环静止，两个小球沿着向右的切线方向，以相同的初速度v0开始运动，如图所示设系统处处无摩擦，所有的碰撞均为弹性碰撞(质量相等的两物体弹性正碰后交换速度，此结论本题可直接用)(1)当两个小球在管道内第一次相碰前瞬间，试求两个小球之间的相对速度大小；(2)两小球碰后在第一次返回到A、B时，两小球相对桌面的速度方向(朝左还是朝右)和速度大小36【解析】(1)根据对称性，两球运动相同的路程在细圆管的最右端相遇，相遇前，两小球及细圆管在左右方向上共速，共同速度设为v1，此时两球相对于细圆管的速度方向沿切线，大小相同设为vy.左右方向上两球及细

39、圆管动量守恒2mv0(2m2m)v1，解得v1根据能量守恒定律可得2mv022mv122m(v12vy2)解得vyv0两球相对速度大小v2vyv0(2)两球相碰，左右方向速度不变，沿管切线方向交换速度，之后两球同时分别到达A、B位置从刚开始两球运动到两球第一次回到A、B位置，两球及细圆管组成的系统可以看成弹性碰撞，即质量为2m的物体及细圆管发生了弹性正碰，交换速度，故而两球相对桌面速度为零，细圆管相对桌面速度为v0.【答案】(1)v0(2)两小球相对桌面速度为零 2014新课标全国，35(2)，10分现利用如图甲所示的装置验证动量守恒定律在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块滑块A右侧带有一弹簧

40、片(图中未画出)，左侧及打点计时器的纸带相连；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m10.310 kg，滑块B的质量m20.108 kg，遮光片的宽度d1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f50.0 Hz.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，使它及B相碰碰后光电计时器显示的时间tB3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图乙所示若实验允许的相对误差绝对值最大为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【解答】按定义，物块运动的瞬时速度大小v式中s为物块在很短时

41、间t内走过的路程设纸带上打出相邻两点的时间间隔为tA，则tA0.02 stA可视为很短设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1，将式和图给实验数据代入式得v02.00 m/sv10.970 m/s设B在碰撞后的速度大小为v2，由式有v2代入题给实验数据得v22.86 m/s设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p，则pm1v0pm1v1m2v2两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为p100%联立式并代入有关数据，得p1.7%5%因此，本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律.2011北京理综，21(2)如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后

42、的动量关系(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的但是，可以通过仅测量_(填选项前的符号)，间接地解决这个问题A小球开始释放高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动的射程(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，及小球m2相碰，并多次重复接下来要完成的必要步骤是_(填选项前的符号)A用天平测量两个小球的质量m1、m2B测量小球m1开始释放高度hC测量抛出点距地面的高度HD分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_