高考物理专题复习二 动量和动量守恒定律 电磁学与微观粒子的碰撞模型练习题
高考物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案)
高考物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。
已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度210m/s g =。
求：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N （2）13.5J 【解析】 【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：221111011=22m gL m v m v μ--解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2m v m v m v - 解之得：2=2m/s v碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222m v F m g l-=小球受到的拉力：42N F =（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()01112L v v t =+ 解之得：11s t =在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅⎪⎝⎭解之得：22s t =滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v ， 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J2．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)，重力加速度为g ．求：（1）A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； （2）A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆弧轨道与斜面相切 于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，则v 至少为多大时物块A 能沿圆弧轨道运动到Q 点．（计算结果可用根式表示） 【答案】20132v gx =014P E mgx =0(2043)v gx =+【解析】试题分析：（1）A 与B 球碰撞前后，A 球的速度分别是v 1和v 2，因A 球滑下过程中，机械能守恒，有： mg （3x 0）sin30°=12mv 12 解得：103v gx ＝又因A 与B 球碰撞过程中，动量守恒，有：mv 1=2mv 2…②联立①②得：21011322v v gx ＝＝（2）碰后，A 、B 和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒． 则有：E P +12•2mv 22＝0+2mg•x 0sin30° 解得：E P ＝2mg•x 0sin30°−12•2mv 22=mgx 0−34mgx 0＝14mgx 0…③ （3）设物块在最高点C 的速度是v C ，物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点C 点时，重力提供向心力，得：2c v mg m R＝所以：0c v gR gx ＝＝ C 点相对于O 点的高度： h=2x 0sin30°+R+Rcos30°=(43)+x 0…⑤ 物块从O 到C 的过程中机械能守恒，得：12mv o 2＝mgh+12mv c 2…⑥ 联立④⑤⑥得：0(53)o v gx +＝…⑦ 设A 与B 碰撞后共同的速度为v B ，碰撞前A 的速度为v A ，滑块从P 到B 的过程中机械能守恒，得：12mv 2+mg （3x 0sin30°）＝12mv A 2…⑧ A 与B 碰撞的过程中动量守恒．得：mv A =2mv B …⑨ A 与B 碰撞结束后从B 到O 的过程中机械能守恒，得：12•2mv B 2+E P ＝12•2mv o 2+2mg•x 0sin30°…⑩ 由于A 与B 不粘连，到达O 点时，滑块B 开始受到弹簧的拉力，A 与B 分离． 联立⑦⑧⑨⑩解得：033v gx ＝考点：动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】分析清楚物体运动过程、抓住碰撞时弹簧的压缩量与A 、B 到达P 点时弹簧的伸长量相等，弹簧势能相等是关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题．3．如图所示，质量为M =2kg 的小车静止在光滑的水平地面上，其AB 部分为半径R =0.3m的光滑14圆孤，BC 部分水平粗糙，BC 长为L =0.6m 。
“碰撞类”模型问题(解析版)-2024高三物理一轮复习题型归纳(新高考专用)
第六章 碰撞与动量守恒定律“碰撞类”模型问题【考点预测】1.完全弹性碰撞(动碰静、动碰动)2.完全非弹性碰撞(碰后粘连、板块问题、子弹打木块、含弹簧类问题、含曲面或斜面问题)3.非完全弹性碰撞(碰后速度、碰后能量)【方法技巧与总结】一、碰撞的特点和分类1.碰撞的特点(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。
2.碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。
(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。
(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。
3.爆炸：一种特殊的“碰撞”特点1：系统动量守恒。
特点2：系统动能增加。
二、弹性正碰模型1.“一动碰一静”模型当v2=0时，有v1′=m1-m2m1+m2v1v2′=2m1v1m1+m22.如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成弹性正碰。
三、碰撞可能性分析判断碰撞过程是否存在的依据1.满足动量守恒：p1+p2=p1′+p2′。
2.满足动能不增加原理：E k 1+E k 2≥E k 1′+E k 2′。
3.速度要符合情景(1)如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v 后>v 前，否则无法实现碰撞。
碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度v 前′≥v 后′。
(2)如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。
若碰后沿同向运动，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度，即v 前≥v 后。
【题型归纳目录】题型一：“滑块-弹簧”模型题型二：“滑块-斜(曲)面”模型题型三：“物体与物体”正碰模型题型四：“滑块-木板”碰撞模型【题型一】“滑块-弹簧”模型【典型例题】1(多选)(2023·全国·高三专题练习)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接并静止在光滑的水平地面上，现使A 以3m/s 的速度向B 运动压缩弹簧，速度时间图像如图乙，则有()A.在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都处于压缩状态B.从t 3到t 4时刻弹簧由伸长状态恢复原长C.两物块的质量之比为m 1:m 2=1:2D.从t 3到t 4时刻两物块动量变化量相同【答案】BC【解析】AB ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，在t 1时刻弹簧处于压缩状态，在t 3时刻弹簧处于拉伸状态，从t 3到t 4时刻弹簧由伸长状态恢复原长，恢复到初始状态，选项A 错误，B 正确；C ．在t 2时刻弹簧处于原长状态，则在0~t 2时间内，根据动量守恒和能量守恒关系可知m 1v 0=m 1v 1+m 2v 212m 1v 20=12m 1v 21+12m 2v 22其中v0=3m/s，v1=-1m/s，v2=2m/s解得两物块的质量之比为m1:m2=1:2选项C正确；D．从t3到t4时刻A的动量增加2kg∙m/s，B的动量减小2kg∙m/s，则两物块动量变化量不相同，选项D 错误。
2020年高考物理一轮总复习第六章第二讲碰撞、反冲与动量守恒定律练习(含解析)
碰撞、反冲与动量守恒定律[A 组·基础题]1．有甲、乙两碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前双方都关闭了动力，且两车动量关系为p 甲>p 乙．假设规定p 甲方向为正，不计一切阻力，则( C )A ．碰后两车可能以相同的速度沿负方向前进，且动能损失最大B ．碰撞过程甲车总是对乙车做正功，碰撞后乙车一定沿正方向前进C ．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进D ．两车动量变化量大小相等，方向一定是Δp 甲沿正方向，Δp 乙沿负方向2. (2019·莆田一中月考)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A 、B 碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图象如图所示．则下列判断正确的是( A )A ．A 、B 的质量之比为1∶2B ．碰撞前后A 的运动方向相同C ．碰撞过程中A 的动能变大，B 的动能减小D ．碰前B 的动量较小解析：根据位移－时间图象的斜率表示速度，知碰撞前后A 的运动方向相反，B 错误；碰撞前，A 的速度v A ＝Δx A Δt A ＝20－302＝－5 m/s ，B 的速度为v B ＝Δx B Δt B ＝20－102＝10 m/s ，碰撞后，A 、B 的共同速度为v ＝Δx Δt ＝20－102＝5 m/s ，碰撞前后A 的动能不变，B 的动能减小，根据动量守恒定律得m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v ，解得m A ∶m B ＝1∶2，A 正确，C 错误；碰撞前，A 的动量为P A ＝m A v A ，B 的动量为P B ＝m B v B ，则得P A ∶P B ＝1∶4，B 的动量较大，D 错误．3. (2018·湖南六校联考)如图所示，A 、B 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量．若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为( C )A ．L 1＞L 2B ．L 1＜L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定解析：若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者的共速，则m A v＝(m A ＋m B )v ′，解得v ′＝m A v m A ＋m B ，弹性势能最大，最大为ΔE p ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 2m A ＋m B ；若用垂直敲击B 球，同理可得m B v ＝(m A ＋m B )v ″，解得v ″＝m B v m A ＋m B，弹性势能最大为ΔE p ＝12m B v 2－12(m A ＋m B )v ″2＝m A m B v 2m A ＋m B ，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L 1＝L 2，C 正确．4．(2019·山东乐陵一中月考)如图甲所示，物块A 、B 间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A 物块最初与左侧固定的挡板相接触，B 物块质量为2 kg ，现解除对弹簧的锁定，在A 离开挡板后，B 物块的v －t 图象如图乙所示，则可知( B )A ．A 的质量为4 kgB ．运动过程中A 的最大速度为v m ＝4 m/sC ．在A 离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D ．在A 离开挡板后弹簧的最大弹性势能为5 J解析：解除对弹簧的锁定，A 离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒，B 速度最大时，A 的速度最小为零，且此时弹簧处于原长，B 的速度最小时，A 的速度最大，设A 的质量为m ，此时A 的速度为v ，根据动量守恒和机械能守恒有：mv ＋2×1＝2×3，12mv 2＋12×2×12＝12×2×32，可得m ＝1 kg ，v ＝4 m/s ，A 错误、B 正确；在A 离开挡板前，由于挡板对A 有作用力，所以A 、B 系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故C 错误；当A 、B 速度相等时，A 、B 动能之和最小，根据机械能守恒定律，此时弹性势能最大．根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：m B v max ＝(m B ＋m )v 共，E pmax ＝12m B v 2max －12(m B ＋m )v 2共，联立解得：E pmax ＝3 J ，故D 错误．5．(多选)在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m 0，小车和单摆以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( BC )A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋mv 2＋。
全国高考理综物理专题复习辅导精品学案《碰撞与动量守恒》(最新整理含答案)
全国高考理综物理专题复习辅导精品学案《碰撞与动量守恒》考点1 碰撞模型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m 1的钢球沿一条直线以速度v 0与静止在水平面上的质量为m 2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v 1、v 2①②由①②可得：③④利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：a ．当12m m >时，10v >，20v >，两钢球沿原方向原方向运动；b ．当12m m <时，10v <，20v >，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c ．当12m m =时，10v =，20v v =，两钢球交换速度。
d ．当12m m <<时，10v v ≈，20v ≈，m 1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m 2几乎不动。
例如橡皮球与墙壁的碰撞。
e ．当12m m >>时，0v v ≈，202v v ≈，说明m 1很大时速度几乎不变，而质量很小的m 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。
例：两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s ，B 球的动量是5 kg·m/s ，A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是 A ．p A =6 kg·m/s ，p B =6 kg·m/s B ．p A =3 kg·m/s ，p B =9 kg·m/s C ．p A =–2 kg·m/s ，p B =14 kg·m/s D ．p A =–5 kg·m/s ，p B =15 kg·m/s 【参考答案】A【试题解析】以A 、B 两球组成的系统为对象。
高考物理动量冲量精讲精练碰撞与动量守恒典型练习题
碰撞与动量守恒1． 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 ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、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________．解析：设滑块质量为m ，则盒子的质量为2m ；对整个过程，由动量守恒定律可得mv ＝3mv 共解得v 共＝v 3. 由功能关系可得μmgs＝12mv 2－12·3m·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 32 解得s ＝v 23μg. 答案：v 3 v 23μg2． (多选)在光滑水平面上动能为E 0，动量大小为p 0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量大小分别记为E 2、p 2，则必有( )A ．E 1＜E 0B ．p 2＞p 0C ．E 2＞E 0D ．p 1＞p 0 解析：选AB.因碰撞后两球速度均不为零，根据能量守恒定律，则碰撞过程中总动能不增加可知，E 1＜E 0，E 2＜E 0.故A 正确，C 错误；根据动量守恒定律得：p 0＝p 2－p 1，得到p 2＝p 0＋p 1，可见，p 2＞p 0.故B 正确．故选AB.3．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v A ′＝5 m/s ，vB ′＝2.5 m/sB ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/sC ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/sD ．v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．4．如图所示，在光滑的水平面上，质量m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 与小球B 均向右运动．小球B 与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A 在P 点相遇，PQ ＝2PO ，则两小球质量之比m 1∶m 2为( )A ．7∶5B ．1∶3C ．2∶1D ．5∶3解析：选D.设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2.① 由能量守恒定律有：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22② 两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ)＝1∶5.③联立①②③，代入数据解得：m 1∶m 2＝5∶3，故选D.5． (多选)如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝4 kg 的小物体B 以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．木板A 获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为2 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1解析：选AD.由图象可知，木板获得的速度为v ＝1 m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m)v ，解得：木板A 的质量M ＝4 kg ，木板获得的动能为：E k ＝12Mv 2＝2 J ，故A 正确；系统损失的机械能ΔE＝12mv 20－12mv 2－12Mv 2，代入数据解得：ΔE＝4 J ，故B 错误；由图得到：0～1 s 内B 的位移为x B ＝12×(2＋1)×1 m＝1.5 m ，A 的位移为x A ＝12×1×1 m＝0.5 m ，木板A 的最小长度为L ＝x B －x A ＝1 m ，故C 错误；由图象可知，B 的加速度：a ＝－1 m/s 2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μm B g ＝m B a ，代入解得μ＝0.1，故D 正确．高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高中物理第一章碰撞与动量守恒第2节课时1动量及动量定理练习(含解析)教科版选修35
高中物理第一章碰撞与动量守恒第2节课时1动量及动量定理练习（含解析）教科版选修35动量及动量定理[A组素养达标]1．关于动量，以下说法正确的是( )A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化B．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相同C．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变D．平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比解析：做匀速圆周运动的质点速度方向时刻变化，动量时刻变化，故A项错误；摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故B项错误；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故C项错误；平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向上的动量p竖＝mv y＝mgt，故D项正确．答案：D2．质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( )A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同解析：以原来的运动方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反．答案：A3．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长解析：杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h，它们从h高度落地瞬间的速度大小为2gh，设玻璃杯的质量为m ，则落地前瞬间的动量大小为p ＝m 2gh ，与水泥或草地接触Δt 时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化Δp ＝0－(－m 2gh )相同，再由动量定理可知(F －mg )·Δt ＝0－(－m 2gh )，所以F ＝m 2gh Δt＋mg .由此可知，Δt 越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎． 答案：CD4．如图所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A 均向右运动，经过相同的时间t ，图甲中船A 没有到岸，图乙中船A 没有与船B 相碰，则经过时间t ( )A ．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小B ．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大C ．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大D ．以上三种情况都有可能解析：甲、乙两种情况下人对绳子的拉力相等，由冲量的定义式I ＝Ft 可知，两冲量相等，只有选项C 是正确的．答案：C5．放在水平桌面上的物体质量为m ，用一个大小为F 的水平推力作用时间t ，物体始终不动，那么t 时间内，推力对物体的冲量大小是( )A ．F ·tB ．mg ·tC ．0D ．无法计算解析：冲量的大小由F 和t 决定，与运动状态无关，故选A.答案：A6.质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度－时间图像如图所示，则物体在前10 s 内和后10 s 内所受合外力的冲量分别是( )A ．10 N·s,10 N·sB ．10 N·s，－10 N·sC ．10 N·s,0D ．0，－10 N·s解析：由题图可知，在前10 s 内初、末状态的动量相同，p 1＝p 2＝5 kg·m/s，由动量定理知I 1＝0；在后10 s 内末状态的动量p 3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s，故正确答案为D.答案：D7．原来静止的物体受合力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图所示，则( )A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变化相等B．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内的平均速率不等C．t＝2t0时物体的速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零D．2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零解析：由题图可知，0～t0与t0～2t0时间内作用力方向不同，动量变化量不相等，A错；t＝t0时，物体速度最大，在2t0时间内，由动量定理Ft＝Δp可得，F0t0－F0t0＝0，即外力在2t0时间内对物体的冲量为零，由于物体初速度为零，则t＝2t0时物体速度为零，则0～t0与t0～2t0时间内物体平均速率相等，B错，C对；物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，外力对物体做功为零，D错．答案：C8．质量为m的钢球由高处自由落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为( )A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)解析：设竖直向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得Ft－mgt＝mv2－(－mv1)＝mv2＋mv1，由于碰撞时间极短，重力的冲量可忽略不计，所以Ft＝m(v2＋v1)，即地面对钢球的冲量方向向上，大小为m(v2＋v1)．答案：D[B组素养提升]9.如图所示，质量为1 kg的钢球从5 m高处自由下落，又反弹到离地面3.2 m高处，若钢球和地面之间的作用时间为0.1 s，求钢球对地面的平均作用力大小．(g取10 m/s2)解析：钢球落到地面时的速度大小为v0＝2gh1＝10 m/s，反弹时向上运动的速度大小为v t＝2gh2＝8 m/s，分析物体和地面的作用过程，取向上为正方向，因此有v0的方向为负方向，v t的方向为正方向，再根据动量定理得(N－mg)t＝mv t －(－mv0)，代入数据，解得N＝190 N，由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190 N.答案：190 N10．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ，据测算两车相撞前速度均为30 m/s ，则： (1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ，求这时人体受到的平均冲力为多大？解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m.设运动的时间为t ，则由x ＝v 02t 得，t ＝2x v 0＝130s. 根据动量定理得Ft ＝Δp ＝0－mv 0，解得F ＝0－mv 0t ＝0－60×30130N ＝－5.4×104 N ，负号表示人受到的平均冲力与运动方向相反． (2)若人系有安全带，则F ′＝0－mv 0t ′＝0－60×301N ＝－1.8×103 N ，负号表示人受到的平均冲力与运动方向相反．答案：(1)5.4×104 N (2)1.8×103N[C 组 学霸冲刺]11．将质量为m ＝1 kg 的小球，从距水平地面高h ＝5 m 处，以v 0＝10 m/s 的速度水平抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)抛出后0.4 s 内重力对小球的冲量；(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp ；(3)小球落地时的动量p ′的大小．解析：(1)重力是恒力，0.4 s 内重力对小球的冲量 I ＝mgt ＝1×10×0.4 N·s＝4 N·s方向竖直向下．(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h ＝12gt ′2，落地时间t ′＝ 2h g＝1 s. 小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为I′＝mgt′＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下．由动量定理得Δp＝I′＝10 N·s，方向竖直向下．(3)小球落地时竖直分速度为v y＝gt′＝10 m/s.由速度合成知，落地速度v＝v20＋v2y＝102＋102 m/s＝10 2 m/s，所以小球落地时的动量大小为p′＝mv＝10 2 kg·m/s.答案：(1)4 N·s，方向竖直向下(2)10 N·s，方向竖直向下(3)10 2 kg·m/s。
高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．【答案】(1)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t π=,001290143ββ==和 【解析】 【详解】解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =b点：对Q，由牛顿第二定律得：2222NvF m g mR-=解得:24.610NNF-=⨯(2)设Q在c点的速度为c v，在b到c点，由机械能守恒定律：22222211(1cos)22cm gR m v m vθ-+=解得：2m/scv=进入磁场后：Q所受电场力22310NF qE m g-==⨯=，Q在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211ccm vqv Br=Q刚好不从gh边穿出磁场，由几何关系：1 1.6mr d==解得：1 1.25TB=(3)当所加磁场22TB=，2221mcm vrqB==要让Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh边或ef边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)d rrα-︒-=解得：127α=︒运动周期：222mTqBπ=则Q在磁场中运动的最长时间：222127127•s360360360mt TqBπαπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒2．如图所示，质量M=1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef两个光滑半圆形导轨，c与e端由导线连接，一质量m=lkg的导体棒自ce端的正上方h=2m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。
高考物理专练题碰撞与动量守恒(试题部分)
高考物理专练题碰撞与动量守恒考点一动量、动量定理1.(2018山西师大附中月考,5)(多选)以下四个图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的图线和动量变化率随时间变化的图线。
若不计空气阻力,取竖直向上为正方向,那么正确的是()答案 CD2.(多选)在2016年里约奥运跳水比赛中,中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌。
假设质量为m 的跳水运动员从跳台上以初速度v 0向上跳起,跳水运动员从跳台上起跳到入水前重心下降H,入水后受水阻力而速度减为零,不计跳水运动员水平方向的运动,运动员入水后到速度为零时重心下降h,不计空气阻力,重力加速度g,则( )A.运动员从跳台上起跳到入水前受到合外力冲量大小m √v 02+2gH +mv 0 B.水对运动员阻力的冲量大小m √v 02+2gHC.运动员克服水的阻力做功mgH+12m v 02D.运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量mg(H+h)+12m v 02答案 AD3.(2018云南师大附中月考,25)如图所示,一高h=1.25 m 、质量m B =2 kg 的木块B,在一水平向右的恒力F=3 N 作用下,在水平地面上向右运动。
现将一质量m A =1 kg(可视为质点)的小滑块A 轻轻静置(相对地面的速度为零)于木块B 上距B 左端b=1.00 m 处,一段时间后A 从B 上滑落,从放上A 到A 刚离开B 的时间内,B 向右运动的距离x 0=1.5 m,已知A 与B 间的动摩擦因数、B 与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.10,g=10 m/s 2(结果均保留2位有效数字)。
求(1)整个过程中,A 与B 间由于摩擦产生的热量Q; (2)A 落地时,落地点到B 左端的水平距离s 。
答案 (1)1.0 J (2)0.19 m考点二 动量守恒定律及其应用1.(多选)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移时间图像。
高考物理专题复习二 动量和动量守恒定律 电磁学与微观粒子的碰撞模型练习题
2008高考物理专题复习二 动量和动量守恒定律 电磁学与微观粒子的碰撞模型练习题1、 如图所示，金属棒a 从高为h 的光滑弧形导轨上自由滑下进入水平光滑且足够长的导轨，导轨电阻不计，水平导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，水平导轨另一端放有金属棒b ，设a 、b 两棒的质量和电阻分别为m 和R ，运动过程中两棒没有相碰。
求b 棒的最终速度和两棒在运动过程中所消耗的电能。
(gh 221； mgh /2 )2、如图所示，一根足够长的滑杆SS /，杆上套有一质量为m 的光滑金属环，在滑杆的正下方置一很长的光滑水平木制轨道，并穿过金属环的圆心O ，现在将质量为M 的条形磁铁以v 0的速度在轨道上向右运动，则 （ ）A 、磁铁穿过金属环后二者先后停下来B 、磁铁靠近滑环将推动滑环向右运动C 、滑环得到的电能是)(22M m mM +υ D 、滑环得到的电能是M v 02/ 2 ( B C )3、 在匀强电场中有一个原来速度几乎为零的放射性碳14原子核，它所放射的粒子与反冲核经过相等的时间所形成的径迹如图所示,（a 、b 均表示长度），那么碳14的衰变方程可能是 （ ） A 、C 146→He 42＋Be 104B 、C 146→e 01＋B 145 C 、C 146→ e 01-＋N 147D 、C 146→H 21+B 125( A )4、如图中的M 、N 为两竖直平行金属板，相距为d ，两板间的电势差恒为U ，两板间有一绝缘的光滑曲面AC 和绝缘光滑平面AB ，相切于两板中点A ，A 与C 的高度差为h ，质量为m 的带电小球在靠近N 板的B 处由静止开始在电场力的作用下运动，与停止A 处的质量为3m 的不带电小球相碰，碰后两球粘在一起向曲面运动，不计两球的大小，欲使它们刚好运动到C 处速度减小为零，则质量为m 的球所带电量为多少?（ q =32mgh /5U ）5、如图所示，在光滑的水平直线轨道上，有质量分别为2m 和m ，带电量分别为＋q ，+2q 的A 、B 两球，相距很远，相向运动，某时刻速度大小v A =v , v B= 1.5v ,由于静电斥力，它们不会相碰，则下列判断正确的是（ ） A 、A 球一直沿原方向运动，B 球要反向运动 B 、A 、B 都要反向运动，但B 球先反向 C 、两球相距最近时，速度大小相等，方向相同 D 、B 球和A 球之间的作用力始终做负功 （ BC ）6、如图所示，在空间存在着水平方向的匀强磁场和竖直方向的匀强电场，电场强度为E ，磁感应强度为B ，在某点由静止释放一个带电液滴a ，它运动到最低点时恰与一个原来静止的液滴b 相碰，碰后两液滴合为一体，沿着水平方向做直线运动。
(浙江选考)高考物理总复习 第十二章 2 第2节 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲练习(含解析)-人教
动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲【随堂检测】1．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.如此如下图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的答案是( )解析：选B.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1 s ，取向右为正，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确． 2．(2019·金华质检)如下列图，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg ，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s ，乙同学和他的车的总质量为200 kg ，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s ，如此碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( )A ．1 m/sB ．0.5 m/sC ．－1 m/sD ．－0.5 m/s解析：选D.两车碰撞过程动量守恒m 1v 1－m 2v 2＝(m 1＋m 2)v得v ＝m 1v 1－m 2v 2m 1＋m 2＝150×4.5－200×4.25150＋200m/s ＝－0.5 m/s ，故D 正确．3．(2019·绍兴联考)如下列图，两小车A 、B 置于光滑水平面上，质量分别为m 和2m ，一轻质弹簧两端分别固定在两小车上，开始时弹簧处于拉伸状态，用手固定两小车．现在先释放小车B ，当小车B 的速度大小为3v 时，再释放小车A ，此时弹簧仍处于拉伸状态；当小车A 的速度大小为v 时，弹簧刚好恢复原长．自始至终弹簧都未超出弹性限度．求：(1)弹簧刚恢复原长时，小车B 的速度大小； (2)两小车相距最近时，小车A 的速度大小； (3)求两小车相距最近时，弹簧弹性势能大小． 解析：(1)设弹簧刚恢复原长时，小车B 速度为v B ，以A 、B 两车和弹簧为研究对象，小车B 速度为3v 开始到小车A 速度为v 过程，此系统动量守恒，列方程有：2m ·3v ＝2m ·v B ＋m (－v ) 解得v B ＝3.5v ；(2)两小车相距最近时速度一样，由动量守恒定律有： 2m ×3v ＝(2m ＋m )v A 解得v A ＝2v ；(3)从弹簧刚恢复原长到两小车相距最近过程用能量守恒定律有E 弹＝12×2mv 2B ＋12mv 2－12×3m ·v 2A解得E 弹＝274mv 2.答案：(1)3.5v (2)2v (3)274mv 24．如下列图，光滑水平面AB 与粗糙斜面BC 在B 处通过圆弧衔接，质量M ＝0.3 kg 的小木块静止在水平面上的A 点．现有一质量m ＝0.2 kg 的子弹以v 0＝20 m/s 的初速度水平射入木块(但未穿出)，它们一起沿AB 运动，并冲上BC .木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面倾角θ＝45°，重力加速度g 取10 m/s 2，木块在B 处无机械能损失．试求：(1)子弹射入木块后的共同速度的大小； (2)子弹和木块能冲上斜面的最大高度．解析：(1)子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设向右为正方向，共同速度为v ，如此mv 0＝(m ＋M )v ，代入数据解得v ＝8 m/s.(2)子弹与木块以v 的初速度冲上斜面，到达最大高度时，瞬时速度为零，子弹和木块在斜面上受到的支持力N ＝(M ＋m )g cos θ，受到的摩擦力f ＝μN ＝μ(M ＋m )g cos θ.对冲上斜面的过程应用动能定理，设最大高度为h ，有－(M ＋m )gh －f h sin θ＝0－12(M ＋m )v 2，联立并代入数据，解得h ≈2.13 m. 答案：(1)8 m/s (2)2.13 m5．两滑块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 变化的图象如下列图．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块抑制摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比． 解析：(1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s②a 、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 ＝23m/s③由动量守恒定律得 m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8.⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v2⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块抑制摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W ∶ΔE ＝1∶2.答案：(1)1∶8 (2)1∶2【课后达标检测】一、不定项选择题1．(2019·嘉兴质检)质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg ·m/s ，B 球的动量是5 kg ·m/s ，A 球追上B 球发生碰撞，如此碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．p ′A ＝6 kg ·m/s ，p ′B ＝6 kg ·m/s B ．p ′A ＝3 kg ·m/s ，p ′B ＝9 kg ·m/sC ．p ′A ＝－2 kg ·m/s ，p ′B ＝14 kg ·m/sD ．p ′A ＝－4 kg ·m/s ，p ′B ＝17 kg ·m/s 答案：A2．(2019·台州调研)如下列图，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J ，那么此过程中产生的内能可能为( )A ．16 JB ．2 JC ．6 JD ．4 J答案：A3．(2019·浙江十校联考)将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极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，如此喷气完毕时火箭模型获得的速度大小是( )A.mMv 0B.M mv 0C.MM －mv 0 D.mM －mv 0答案：D4．(2019·金华质检)两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg 、v A ＝6 m/s 、v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′B ＝2.5 m/s B ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝4 m/sC ．v ′A ＝－4 m/s ，v ′B ＝7 m/sD ．v ′A ＝7 m/s ，v ′B ＝1.5 m/s解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v ′A大于B 的速度v ′B ，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．5．一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．假设碰前原子核静止，如此碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A 〔A ＋1〕2D.〔A ＋1〕2〔A －1〕2 解析：选A.设中子的质量为m ，如此被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv 0＝mv 1＋Amv ′，据动能守恒，有12mv 20＝12mv 21＋12Amv ′2.解以上两式得v 1＝1－A 1＋A v 0.假设只考虑速度大小，如此中子的速率为v ′1＝A －1A ＋1v 0，故中子碰撞前、后速率之比为A ＋1A －1. 6．(2019·温州质检)如下列图，放在光滑水平桌面上的两个木块A 、B 中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上．A 的落地点与桌边的水平距离为0.5 m ，B 的落地点与桌边的水平距离为1 m ，那么( )A ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为1∶2 B ．A 、B 质量之比为2∶1C ．未离开弹簧时，A 、B 所受冲量之比为1∶2D ．未离开弹簧时，A 、B 加速度之比为1∶2解析：选ABD.A 、B 组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，A 、B 两物体的落地点到桌边的距离x ＝v 0t ，因为两物体的落地时间相等，所以v 0与x 成正比，故v A ∶v B ＝1∶2，即A 、B 离开弹簧时的速度之比．由动量守恒定律可知，m A ∶m B ＝2∶1.未离开弹簧时，A 、B 受到的弹力相等，作用时间一样，冲量大小也一样．未离开弹簧时，F 相等，m 不同，加速度a ＝F m，与质量成反比，故a A ∶a B ＝1∶2，故A 、B 、D 正确，C 错误．7．对如下几种物理现象的解释，正确的答案是( ) A ．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B ．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C ．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力D ．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零解析：选CD.击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A 、B 错误；据动量定理F ·t ＝Δp 知，当Δp 一样时，作用时间越长，作用力越小，故C 项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用无关，所以D 项正确．8.质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如下列图．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，如此整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv 2B.mM2〔m ＋M 〕v 2C.12N μmgL D ．N μmgL解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE ，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，如此有mv ＝(M ＋m )v t (①式)、12mv 2＝12(M ＋m )v 2t ＋ΔE (②式)，由①②联立解得ΔE ＝Mm2〔M ＋m 〕v 2，可知选项A 错误、B 正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，如此损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE ＝NμmgL ，选项C 错误、D 正确．二、非选择题9．(2019·杭州质检)如下列图，一质量为0.5 kg 的小球A 以2.0 m/s 的速度和静止于光滑水平面上、质量为1 kg 的另一大小一样的小球B 发生正碰，碰撞后它以0.2 m/s 的速度反弹．求：(1)原来静止小球B 获得的速度大小； (2)碰撞过程中损失的机械能．解析：(1)A 、B 两小球碰撞过程中动量守恒，设小球B 的速度为v ，如此m A v A ＝m A v A ′＋m B v ， 代入数据解得v ＝1.1 m/s.(2)由A 、B 两小球组成的系统能量守恒有 12m A v 2A ＝12m A v ′2A ＋12m B v 2＋ΔE 解得ΔE ＝0.385 J.答案：(1)1.1 m/s (2)0.385 J10．如下列图，一质量M ＝2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B .从弧形轨道上距离水平轨道高h ＝0.3 m 处由静止释放一质量m A ＝1 kg 的小球A ，小球A 沿轨道下滑后与小球B 发生弹性正碰，碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台．所有接触面均光滑，重力加速度为g .求小球B 的质量．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)解析：设小球A 下滑到水平轨道上时的速度大小为v 1，平台水平速度大小为v ，由动量守恒定律有0＝m A v 1－Mv由能量守恒定律有m A gh ＝12m A v 21＋12Mv 2联立解得v 1＝2 m/s ，v ＝1 m/s小球A 、B 碰后运动方向相反，设小球A 、B 的速度大小分别为v ′1和v 2.由于碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台，如此此时小球A 的速度等于平台的速度，有v ′1＝1 m/s由动量守恒定律得m A v 1＝－m A v ′1＋m B v 2 由能量守恒定律有12m A v 21＝12m A v ′21＋12m B v 22联立上式解得m B ＝3 kg.答案：3 kg11．(2019·宁波质检)如图，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8 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t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰好为零．m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力与碰撞中的动能损失．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．解析：(1)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有v B ＝2gh ① 将h ＝0.8 m 代入上式，得v B ＝4 m/s.②(2)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v 1和v ′1(v ′1＝0)，B 球的速度分别为v 2和v ′2.由运动学规律可得v 1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v ′2④12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22⑤ 设B 球与地面相碰后的速度大小为v ′B ，由运动学与碰撞的规律可得v ′B ＝v B ⑥ 设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v ′2B －v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入条件可得h ′＝0.75 m.答案：(1)4 m/s (2)0.75 m。
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2008高考物理专题复习二 动量和动量守恒定律 电磁学与微观粒子的
碰撞模型练习题
1、 如图所示，金属棒a 从高为h 的光滑弧形导轨上自由滑下进入水平光滑且足够长的导轨，导轨电阻不计，水平导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，水平导轨另一端放有金属棒b ，设a 、b 两棒的质量和电阻分别为m 和R ，运动过程中两棒没有相碰。
求b 棒的最终速度和两棒在运动过程中所消耗的电能。
(
gh 22
1
； mgh /2 )
2、如图所示，一根足够长的滑杆SS /
，杆上套有一质量为m 的光滑金属环，在滑杆的正下方置一很长的光滑水平木制轨道，并穿过金属环的圆心O ，现在将质量为M 的条形磁铁以v 0的速度在轨道上向右运动，则 （ ）
A 、磁铁穿过金属环后二者先后停下来
B 、磁铁靠近滑环将推动滑环向右运动
C 、滑环得到的电能是)
(22
M m mM +υ D 、滑环得到的电
能是M v 02
/ 2 ( B C )
3、 在匀强电场中有一个原来速度几乎为零的放射性碳14原子核，它所放射的粒子与反冲核经过相等的时间所形成的径迹如图所示,（a 、b 均表示长度），那么碳14的衰变方程可能是 （ ） A 、C 146→He 4
2＋Be 10
4
B 、
C 146→e 0
1＋B 14
5 C 、C 146→ e 01-＋N 147
D 、C 146→H 2
1+B 125
( A )
4、如图中的M 、N 为两竖直平行金属板，相距为d ，两板间的电势差恒为U ，两板间有一绝缘的光滑曲面AC 和绝缘光滑平面AB ，相切于两板中点A ，A 与C 的高度差为h ，质量为m 的带电小球在靠近N 板的B 处由静止开始在电场力的作用下运动，与停止A 处的质量为3m 的不带电小球相碰，碰后两球粘在一起向曲面运动，不计两球的大小，欲使它们刚好运动到C 处速度减小为零，则质量为m 的球所带电量为多少?
（ q =32mgh /5U ）
5、如图所示，在光滑的水平直线轨道上，有质量分别为2m 和m ，带电量分别为＋q ，+2q 的A 、B 两球，相距很远，相向运动，某时刻速度大小v A =v , v B
= 1.5v ,由于静电斥力，它们不会相碰，则下列判断正确的是
（ ） A 、A 球一直沿原方向运动，B 球要反向运动 B 、A 、B 都要反向运动，但B 球先反向 C 、两球相距最近时，速度大小相等，方向相同 D 、B 球和A 球之间的作用力始终做负功 （ BC ）
6、如图所示，在空间存在着水平方向的匀强磁场和竖直方向的匀强电场，电场强度为E ，磁感应强度为B ，在某点由静止释放一个带电液滴a ，它运动到最低点时恰与一个原来静止的液滴b 相碰，碰后两液滴合为一体，沿着水平方向做直线运动。
已知液滴a 质量是液滴b 质量的2倍，液滴a 所带电量是液滴b 所带电量的4倍。
求两液滴初始位置之间的高度差h （设a 、
b 之间的静电力可以不计）。
( 3E 2 / 2gB 2
)
7、如图所示，在光滑绝缘水平面的上方，有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为2m 不带
电的铜球A ，以速率v 0沿水平面向右运动。
另一质量为m ，带电量为+q 的铜球C 静止在水平面上，C 球与A 球大小相同，A 球恰与C 球正碰，碰撞时无能量损失。
若碰后C 球对地面恰无压力，则此时A 球对水平面的压力的大小为 。
( 7mg /4 )
8、如图所示为区域足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，长为l 的绝缘细绳一端固定在O 点，另一端拴着一个质量为3m 的小球A ，其带电量为＋q ,由于其所受的电场力大于其重力，静止时A 平衡在O 点正上方，这时绳的拉力刚好等于A 的重力。
另一质量为2m 、大小与A 完全相同的不带电的小金属球B ，以水平速度v 0与A 发生正碰（碰后形状不变），碰后瞬间B 的速度为零，A 则开始在竖直面内做圆周运动。
为使A 、B 两球能在某时刻的速度相同，绳长l 必须满足怎样的条件？（金属小球视为质点，且不计带电小球间的库仑力） ( l =16v 02
/9g (4n +3) ( n =0,1,2…) )
9、如图所示，两根质量均为2kg 的金属棒c 、d 静放在光滑的水平导轨上，左右两导轨的间距之比为1：2，导轨间有强度相同、方向相反的匀强磁场，两棒的电阻之比Rc ：Rd=1：2，导轨足够长且电阻不计，若用F=250N 的水平恒力向右拉d 棒，当d 棒从静止开始向右运动了s=0.5m 时立即撤去拉力，此时两棒的速度大小之比v c ：v d =1：2，在此过程中d 棒上产生的焦耳热为30J ，求c 、d 两棒的最终速度v c /
、v d /。
（v c /
= 6.4m/s ; v d /
=3.2）
m/s)
10、水平放置的光滑导轨，宽为L ，处在磁感应强度为B 的竖直向下的匀强磁场中，在导轨中接入电动势为E 、内阻为r 的直流电源和电阻R ，其余电阻不计。
导体棒的质量为m 、
B A
O
长度为L ，当开关S 闭合后，导体由高为H 的水平导轨的端部沿水平方向飞出，落地时的水平位移为s .求：开关S 闭合后，通过导体棒的电量q . (q =H
g
BL ms 2)
例11、一个静止的氮核N 147俘获一个速度为2.3×107
m/s 的中子生成甲、
乙两个新核，设它们前进的方向跟原来的速度方向一致，并测得甲核的质量是中子的11倍，速度为 1.0×106
m/s ，让甲乙两核垂直射入同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的半径之比为r 甲：r 乙＝11：30 。
求（1）乙核的速度 ；（2）通过计算说明乙核是什么原子核；（3）写出核反应方程；（4）求甲、乙两核在磁场中运动的周期之比。
( 3×106
m/s ； e H 42 ； e H B n N 4211510147+−→−+ ；
10
11
＝乙甲
T T )。