高考物理一轮复习 考点通关练 考点23 动量守恒定律 碰撞问题Word下载.docx

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B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零

C．当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0

D．甲物块的速率可能达到5m/s

解析　甲、乙两物块在压缩弹簧过程中，由于弹力是系统内力，系统合外力为零，所以动量守恒，选项A错误；

当两物块相距最近时，它们的速度相同，设为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，代入数据，可得v＝0.5m/s，选项B错误；

当甲物块的速率为1m/s时，其运动方向可能向左，也可能向右，当水平向左时，根据动量守恒定律可得，乙物块的速率为2m/s，当水平向右时，同理可得，乙物块的速率为0，且均满足能量守恒条件，所以选项C正确；

因为整个过程中，系统的机械能不可能增加，若甲物块的速率达到5m/s，那么乙物块的速率肯定不为零，这样系统的机械能增加了，所以选项D错误。

4．（多选）如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。

c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。

小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。

他跳到a车上相对a车保持静止，此后（　　）

A．a、b两车运动速率相等

B．a、c两车运动速率相等

C．三辆车的速率关系vc>

va>

vb

D．a、c两车运动方向相反

答案　CD

解析　若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律知，人和c车组成的系统：

0＝－M车vc＋m人v

对人和b车：

m人v＝－M车vb＋m人v

对人和a车：

m人v＝（M车＋m人）va

所以：

vc＝，vb＝0，va＝

即vc>

vb，并且vc与va方向相反。

5.（多选）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑（　　）

A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功

B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒

C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动

D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处

答案　BC

解析　在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；

在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；

小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球和槽都做匀速运动，小球不能滑到槽上，选项C正确、D错误。

6.如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态。

一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动。

木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为（　　）

A.B．2Mv0C.D．2mv0

解析　子弹击中木块并嵌在其中，该过程动量守恒，即mv0＝（m＋M）v，即击中后木块速度为v＝，此后只有弹簧弹力做功，子弹、木块和弹簧组成系统机械能守恒，当第一次回到平衡位置时，速度仍然等于v，根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化量，即I＝Mv－0＝，选项A正确。

7．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。

当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（　　）

A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s

B．vA′＝2m/s，vB′＝4m/s

C．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s

D．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s

答案　B

解析　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vA′大于B的速度vB′，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Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57J，大于碰前的总动能Ek＝mAv＋mBv＝22J，违背了能量守恒定律，故B项正确。

8.（多选）将两个小物体放在光滑的水平面上，其中小物体B的左端与一轻弹簧相连接，在光滑的水平面上处于静止状态，现给小物体A一水平向右的初速度v0。

已知小物体A、B的质量分别为mA＝1kg、mB＝3kg，v0＝4m/s。

则下列关于两小物体的运动描述正确的是（　　）

A．整个过程中小物体A的最小速度为1m/s

B．整个过程中小物体B的最大速度为2m/s

C．整个过程中弹簧储存的最大弹性势能为6J

D．整个运动过程中小物体A、B整体动能减少量的最大值为8J

解析　当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时小物体A、B共速，由动量守恒定律得mAv0＝（mA＋mB）v，解得v＝1m/s，此时弹簧的弹性势能最大，即小物体A、B整体动能减少量最多，ΔEpm＝ΔEkm＝mAv－（mA＋mB）v2＝6J，C正确，D错误；

当弹簧恢复原长时，小物体B获得最大速度，由动量守恒和能量守恒得mAv0＝mAvA＋mBvm，mAv＝mBv＋mAv，解得vm＝2m/s，vA＝－2m/s，B正确；

由以上的计算可以看出小物体A的运动方向发生了改变，因此整个过程中小物体A的最小速度应为0，A错误。

9.（多选）如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。

甲球的质量m甲大于乙球的质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是（　　）

A．甲球速度为零，乙球速度不为零

B．乙球速度为零，甲球速度不为零

C．两球速度都不为零

D．两球都以各自原来的速率反向运动

答案　AC

解析　上述分析知Ek甲＝Ek乙，因为Ek＝mv2＝＝，所以动量为：

p＝，因为m甲>

m乙，所以有：

p甲>

p乙。

甲乙相向运动，故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，甲可能继续沿原来的方向运动，乙必弹回。

所以乙的速度不可能为零，故A正确，B错误；

因为碰撞后甲乙可能都沿甲原来的方向运动，故甲乙速度不为零，C正确；

若碰撞后两球都以各自原来的速率反向运动，则违反了动量守恒定律，故D错误。

10.（多选）如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是（　　）

A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动

B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m

C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动

D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动

解析　小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误。

设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确。

设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝（M＋m）v共，得v共＝0，故C正确，D错误。

二、真题与模拟

11.[2015·

福建高考]如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（　　）

A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动

C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动

答案　D

解析　选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得：

2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，选项A、B、C都不满足此式，只有选项D满足此式，所以D项正确。

12．[2015·

北京高考]实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与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

解析　β衰变方程：

X―→e＋Y，知电子电量较小。

由动量守恒定律知两粒子动量大小相等。

由r＝，得re>

rY，故轨迹1是电子的，轨迹2是新核的。

由左手定则知，D正确。

13.[2014·

福建高考]一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。

已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（　　）

A．v0－v2B．v0＋v2

C．v0－v2D．v0＋（v0－v2）

解析　忽略空气阻力和质量损失，系统动量守恒，有（m1＋m2）v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝v0＋（v0－v2），D正确。

14．[2014·

重庆高考]一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/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＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（　　）

解析　设弹丸爆炸前质量为m，爆炸成甲、乙两块后质量比为3∶1，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mv＝mv1＋mv2，得3v1＋v2＝8。

爆炸后甲、乙两弹片水平飞出，做平抛运动。

竖直方向做自由落体运动，h＝gt2，可得t＝＝1s；

水平方向做匀速直线运动，x＝vt，所以甲、乙飞行的水平位移大小与爆炸后甲、乙获得的速度大小在数值上相等，因此也应满足3x1＋x2＝8，从选项图中所给数据可知，B正确。

15．[2017·

石家庄一中月考]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v0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（　　）

A.v0B.v0C.v0D.v0

解析　根据动量守恒定律mv0＝（M－m）v，得v＝v0，选项D正确。

16.[2017·

浙江宁波期末]如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。

若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（　　）

A．v0＋vB．v0－v

C．v0＋（v0＋v）D．v0＋（v0－v）

解析　取向右为正方向，由动量守恒有（M＋m）v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝v0＋（v0＋v），故C正确。

17．[2017·

江苏泰州检测]如图所示，质量分别为m1和m2的小球A、B在光滑水平面上分别以速度v1、v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后B被右侧墙壁原速率弹回，又与A碰撞，再一次碰撞后两球都静止，则第一次碰后A速度的大小为（　　）

A.B.

C.D.

解析　设小球A、B第一次碰后速度的大小分别为v1′和v2′，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个小球再一次碰撞时m1v1′－m2v2′＝0，得v1′＝，C正确。

18．[2017·

唐山月考]（多选）如图所示，动量分别为pA＝12kg·

m/s、pB＝13kg·

m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量。

则下列选项中可能正确的是（　　）

A．ΔpA＝－3kg·

m/s、ΔpB＝3kg·

m/s

B．ΔpA＝－2kg·

m/s、ΔpB＝2kg·

C．ΔpA＝－24kg·

m/s、ΔpB＝24kg·

D．ΔpA＝3kg·

m/s、ΔpB＝－3kg·

答案　AB

解析　本题的碰撞问题要遵循三个规律：

动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况。

本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度（否则无法实现碰撞），碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA<

0，ΔpB>

0，并且ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项D；

若ΔpA＝－24kg·

m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12kg·

m/s、pB′＝37kg·

m/s，根据关系式Ek＝可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；

经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个原则。

19．[2016·

济宁高三期末]如图所示，一质量M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小木块A。

给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板。

在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是（　　）

A．1.8m/sB．2.4m/sC．2.8m/sD．3.0m/s

解析　A先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝（M＋m）v2，可得v1＝m/s，v2＝2m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0m/s而小于m/s，只有选项B正确。

20．[2016·

辽宁一模]（多选）质量为m的人站在质量为M的小车上，小车静止在水平地面上，车与地面摩擦不计。

当人从小车左端走到右端时，下列说法正确的是（　　）

A．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度也越大

B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大

C．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同

D．人在车上行走时，若人相对车突然停止，则车也立刻停止

答案　ACD

解析　人和车组成的系统动量守恒，人的质量为m，车的质量为M，根据动量守恒定律得m1＝M2，A、D正确；

上式还可写成m1t＝M2t，即m（L－x）＝Mx，L为车长，x为车在地面上移动的距离，解得x＝，故C正确，B错误。

21．交通事故号称人类第二大杀手。

有人设想两车进入非安全区域时产生强大的排斥力，使两车不发生碰撞而逐渐分开，从而避免交通事故的发生。

已知甲车质量为1吨，乙车质量为1.5吨，某时刻甲的速率为10m/s,乙的速率为20m/s，两车相向运动。

1m为两车产生强大排斥力的临界距离，若两车运动过程中始终未相碰。

则

（1）两车最近时，乙的速度为多大？

（2）甲开始反向时，乙的速度为多大？

答案　

（1）8m/s　

（2）m/s

解析　

（1）两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向。

由动量守恒定律得，m乙v乙－m甲v甲＝（m甲＋m乙）v，

所以两车最近时，乙车的速度为：

v＝＝8m/s。

（2）甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得：

m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，

解得：

v乙′＝m/s。

22.光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变。

求B与C碰撞前B的速度大小。

答案　v0

解析　设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得：

对A、B木块：

mAv0＝mAvA＋mBvB①

对B、C木块：

mBvB＝（mB＋mC）v②

由A与B间的距离保持不变可知：

vA＝v③

联立①②③式，代入数据得：

vB＝v0。

23．[2016·

全国卷Ⅱ]如图，光滑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3m/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为h＝0.3m（h小于斜面体的高度）。

已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动。

取重力加速度的大小g＝10m/s2。

（1）求斜面体的质量；

（2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

答案　

（1）20kg　

（2）不能

解析　

（1）规定向左为速度正方向。

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＝（m2＋m3）v①

m2v＝（m2＋m3）v2＋m2gh②

式中v20＝3m/s为冰块推出时的速度。

联立①②式并代入题给数据得：

m3＝20kg③

（2）设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有

m1v1＋m2v20＝0④

代入数据得v1＝－1m/s⑤

设冰块与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：

m2v20＝m2v2＋m3v3⑥

m2v＝m2v＋m3v⑦

联立③⑥⑦式并代入数据得：

v2＝－1m/s。

由于冰块与斜面体分离后的速度与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。

24．[2015·

全国卷Ⅱ]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与因碰撞而损失的机械能之比。

答案　

（1）　

（2）

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：

v1＝－2m/s，v2＝1m/s，

a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。

v＝m/s。

由动量守恒定律有：

m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）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：

ΔE＝m1v＋m2v－（m1＋m2）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＝（m1＋m2）v2，

25．[2015·

山东高考]如图，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与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。

滑块A、B与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。

解析　设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得：

mvA＝mvA′＋mvB①

设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得：

WA＝mv－mv②

设B与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：

WB＝mv－mv′③

据题意可知：

WA＝WB④

设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB′＝2mv，⑤

联立①②③④⑤式，代入数据得v＝v0。

26．[2016·

北京延庆模拟]如图甲所示，一质量为ma的滑块（可看成质点）固定在半径为R的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A点，另一质量为mb的滑块（可看成质点）静止在轨道的底端B处，A点和圆弧对应的圆心O点等高。

（1）若圆弧的底端B与水平光滑平面连接，释放滑块ma的同时给mb一个向右的初速度vb，ma滑至水平面时的速度是va（va>

vb），相碰之后ma、mb的速度分别是va′、vb′，假设相碰过程中两滑块之间的作用力是恒力，在上述简化情况下由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式：

mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′。

（2）若圆弧的底端B与水平光滑平面连接（足够长），mb静止于B点，ma从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：

3ma<

mb。

（3）若圆弧的底端B与水平传送带平滑连接，如图乙所示。

已知ma＝mb＝1kg，R＝0.8m，传送带逆时针匀速运行的速率为v0＝1m/s，B点到传送带水平面右端点C的距离为L＝2m。

mb静止于B点，ma从静止开始释放，滑块ma与mb相碰后立即结合在一起（设为mc）运动，当mc运动到C点时速度恰好为零。

求mc从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量Q。

（g＝10m/s2）

答案　

（1）见解析　

（2）见解析　（3）9J

解析　

（1）设ma与mb相碰过程中滑块之间的相互作用力为Fa、Fb，则有

Fa＝－Fb，Fa＝maaa，Fb＝mbab，aa＝（va′－va）/t，ab＝（vb′－vb）/t，整理可得：

（2）两滑块碰撞时动量守恒mava＋mbvb＝mav