【2013真题汇编】第18专题 碰撞与动量守恒定律

第十七专题 碰撞与动量守恒定律【 2013福建卷30 (2) 】将静置在地面上，质量为M （含燃料）的火箭模型点火升空，在及短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体。

忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是 。

（填选项前的事母） A.0m v M B. 0M v m C. 0M v M m - D. 0m v M m- 【答案】D【解析】根据动量守恒定律得：0)(0=--mv v m M ，所以火箭模型获得的速度大小是mM m v v -=，选项D 正确。

【2013山东 38（2）】如图所示，光滑水平轨道上放置长木板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kg 2=A m 、kg 1=B m 、kg 2=C m 。

开始时C 静止，A 、B 一起以s /m 5=0v 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v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得 C C A A A v m v m v m +=0 A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ， 由动量守恒定律得 AB B A B A A v m m v m v m )+(=+0 A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足C AB v v = 联立上式，代入数据得 s /m 2=A v【2013江苏 12 C （3）】如图所示，进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为80kg 和100kg ，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0。

1m/ s 。

A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为0。

2m/ s ，求此时B 的速度大小和方向。

答案：(3) 0.02/,B v m s = 离开空间站方向 解析： (3)根据动量守恒0()A B A A B B m m V m v m v +=+ 解得 0.02/,B v m s = 离开空间站方向【2013上海 22A 】质量为M 的物块静止在光滑水平桌面上，质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度2v 0/3射出。

则物块的速度为＿＿＿＿，此过程中损失的机械能为＿＿＿＿。

答案：03mv M 518 m v 02-118Mm 2 v 02。

解析：由动量守恒定律，m v 0=m·2v 0/3+Mv ，解得v=3mv M.由能量守恒定律，此过程中损失的机械能为△E= 12m v 02-12m·(2v 0/3)2+12Mv 2=518 m v 02-118Mm 2 v 02。

【 2013天津 2】我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m 接力三连冠。

观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。

在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B ．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 【答案】B【解析】本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识。

设甲乙两运动员的质量分别为m 甲、m 乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v 甲，v 乙， 根据题意整个交接棒过程可以分为两部分： ① 完全非弹性碰撞过程→“交棒”；m 甲v 甲+m 乙v 乙=（m 甲+m 乙）v 共 ② 向前推出（人船模型）→“接棒” （m 甲+m 乙）v 共= m 甲v’甲+m 乙v’乙 由上面两个方程联立可以解得：m 甲Δv 甲= ﹣m 乙Δv 乙，即B 选项正确。

经历了中间的完全非弹性碰撞过程 会有能量损失，C 、D 选项错误。

【2013安徽22】（14分）一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F 随时间t 的变化情况如图2所示，物体相应的速度v 随时间t 的变化关系如图3所示。

求：（1）0~8s 时间内拉力的冲量； （2）0~6s 时间内物体的位移；（3）0~10s 时间内，物体克服摩擦力所做的功。

【答案】（1）18N s （2）6m （3）30J【解析】⑴由图2知：I=F1Δt1+F2Δt2+F3Δt3求得：I = 18N ·s⑵由图3知物体的位移为：x=6232-⨯m=6m⑶由图2知，在6～8s 时间内物体作匀速运动，于是有： f = 2N由图3知在0～10s 时间内物体的总位移为：l=(86)(102)32-+-⨯m=15m所以物体克服摩擦力做的功为：W= f l =2×15J =30J【2013海南卷17（2）】（8分）如图，光滑水平面上有三个物块A 、B 和C ，它们具有相同的质量，且位于同一直线上。

开始时，三个物块均静止，先让A 以一定速度与B 碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与C 碰撞并粘在一起，求前后两次碰撞中损失的动能之比。

3【解析】设三个物块A 、B 和C 的质量均为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v ，碰撞后的共同速度为v 1，A 、B 与C 碰撞后的共同速度为v 2，由动量守恒定律得1()mv m m v =+ (1) 2()mv m m m v =++ (2)设第一次碰撞中动能的损失为△E 1，第二次碰撞中动能的损失为△E 2，由能量守恒定律得221111()22mv m m v E =++∆ (3) 2212211()()22m m v m m m v E +=+++∆ (4) 联立（1）（2）（3）（4）式，解得12E 3E ∆=∆ （5） 评分参考：（1）（2）式共3分，（3）（4）式共3分，（5）式2分【2013新课标Ⅱ 35(2) 】(10分)如图，光滑水平直轨道上有三个质童均为m 的物块Ａ、B 、C 。

B 的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质最不计).设A 以速度ｖ０朝B 运动，压缩弹簧；当A 、 B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。

假设B 和C 碰撞过 程时间极短。

求从Ａ开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中，(i) 整个系统拐失的机械能；(ii) 弹簧被压缩到最短时的弹性势能。

解析：（2）（Ⅰ）从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，根据动量守恒定律得102mv mv = ①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞。

设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE 。

对B 、C 组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得212mv mv = ②222122121mv E mv +∆= ③ 联立①②③式得20161mv E =∆ ④ （Ⅱ）由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此时速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p 。

由动量守恒和能量守恒定律得303mv mv = ⑤p E mv E mv +=∆-232032121 ⑥ 联立④⑤⑥式得204813mv E p = ⑦【2013新课标Ⅰ35 (2)】(9分) 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v 1和v 2。

在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得22212)2(212121v m mv mv += ① 21)2(v m mv mv += ②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正。

由①②式得221v v -= ③ 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2,由动能定理得21121mv mgd =μ ④ 222)2(21)2v m gd m =（μ ⑤按题意有 d= d 1+d 2 ⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理有2202121mv mv mgd -=μ ⑦ 联立②至⑦式，得gd v μ5280= ⑧【2013重庆卷9】在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A 和小球B ，从距水平地面的高度为ph （p ＞1）和h 的地方同时由静止释放，如题9图所示。

球A 的质量为m ，球B 的质量为3m 。

设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g ，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。

（1）求球B 第一次落地时球A 的速度大小；（2）若球B 在第一次上升过程中就能与球A 相碰，求p 的取值范围；（3）在（2）情形下，要使球A 第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p 应满足的条件。

【答案】（1）A 球的速率0v（2）1<P<5（3）1<P<3【解析】 (1)A 、B 两球都做自由落体运动，加速度相同，B 球下落h 的高度时，A 球也下落h 的高度，由v 20＝2gh 得v 0＝2gh.(2)B 球下落后又反弹，若刚弹起时与A 球刚好碰撞，则设B 球的下落时间为t 1，则h ＝12gt 2解得t 1＝2hg ，即t A >t 1，2ph g>2hg，故p>1 若反弹至最高点时与A 球相撞，则可得2()p －1hg<22h g可解得p<5 因此1<p<5.(3)设B 球下落后与地面碰撞又上升L 的距离，刚好与A 球相撞，此时，0<L<h ，则两球从开始下落到发生碰撞所经历的时间相同．对A 球，t A ＝2()ph －L g对B 球，先下落至地面，历时t B1＝2hg，后又做竖直上抛运动，初速度为v ＝2gh 由L ＝2ght B2－12gt 2B2得 t B2＝2gh －2g ()h －L g∴t B ＝t B1＋t B2＝22h g －2()h －L g 由于碰撞时A 、B 球的运动时间相同，因此2()ph －L g＝22h g－2()h －L g解之得L ＝10p －9－p 216h………………①由(2)知1<p<5，碰撞前一瞬间，v A ＝2g ()ph －L ＝()p ＋3gh8……② 因碰撞过程中内力远大于外力，此碰撞过程可看成动量守恒的过程，若规定竖直向上为正方向，则由动量守恒定律得m B v B －m A v A ＝m A v A ′＋m B v B ′…………③ 又是弹性碰撞，机械能也守恒，即 12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝12m A v′2A ＋12m B v′2B …………④ 题9图由以上四式，并代入数据得，v′A ＝9－p42gh 而根据题意知，A 球反弹的高度比其释放点高，设A 球上升s 米， v 2A ＝2gs 得s ＝v ′2A2g >ph －L ＝6ph ＋9h ＋p 2h 16 即9－p42gh>()p ＋3gh8可解得p<3 由(2)知p>1 因此1<p<3【2013广东 35】（18分）如图18，两块相同平板P 1，P 2置于光滑水平面上，质量均为m 。