1、专题七 碰撞与动量守恒考点1动量、冲量、动量定理高考帮揭秘热点考向1.2019全国,16,6分最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展.若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A.1.6102 kgB.1.6103 kgC.1.6105 kgD.1.6106 kg2.2020天津,11,16分长为l的轻绳上端固定,下端系着质量为m1的小球A,处于静止状态.A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动,恰好能通过圆周轨迹的最高点.当A回到最低点
2、时,质量为m2的小球B与之迎面正碰,碰后A、B粘在一起,仍做圆周运动,并能通过圆周轨迹的最高点.不计空气阻力,重力加速度为g,求:(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小;(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大?拓展变式1.2015北京,18,6分“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
3、2.2015重庆,3,6分高空作业须系安全带.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.+mgB.-mgC.+mg D.-mg3.一辆轿车强行超车时,与另一辆迎面驶来的轿车相撞,两车相撞后,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率均为30 m/s.(1)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0.1 s,求这时人体受到
4、的平均冲力为多大.4.一质量为m、长为L的柔软绳自由悬垂,下端恰与一压力传感器接触.某时刻放开柔软绳上端,求压力传感器的最大读数.5.2020广西二校联考对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质.正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量.为简化问题,我们假定:粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变.利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系.(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要
5、在解题时给出必要的说明)考点2动量守恒定律高考帮揭秘热点考向1.2020全国,21,6分,多选水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为()A.48 kgB.53 kgC.58 kgD.63 kg2.2020浙江7
6、月选考,20,12分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AB和倾角=37的斜轨道BC平滑连接而成.质量m=0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0 m处静止释放.已知R=0.2 m,LAB=LBC=1.0 m,滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为=0.25,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2m的小滑块相碰,碰后一起运动,动摩擦因数仍为0.25,求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间
7、的关系.(碰撞时间不计,sin 37=0.6,cos 37=0.8)拓展变式1.多选如图所示,A、B两物体质量之比mA:mB=3:2,原来静止在平板车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑,当弹簧突然释放后,A、B分别向左、右滑动,则()A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成的系统的动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成的系统的动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统的动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成的系统的动量守恒2.2017江苏,12C(3),4分甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动
8、,速度大小都是1 m/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.3.多选如图所示,四个小球放在光滑的水平面上,小球3和小球4分别以v0和2v0的速率向两侧匀速运动,中间两个小球静止,小球1的质量为m,小球2的质量为2m,1、2两球之间放置一被压缩的轻弹簧,弹簧所具有的弹性势能为Ep,将弹簧的弹性势能全部释放,下列说法正确的是()A.弹簧的弹性势能在释放过程中,小球1和小球2的合动量不为零B.小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2、C.若小球1能追上小球3,则小球2一定能追上小球4D.若离开弹簧后小球1
9、能追上小球3,小球2不能追上小球4,则质量m要满足mv0,v7v0,解得13mM15m,即52 kgM60 kg,故B、C项正确,A、D项错误.2.(1)8 N,方向水平向左(2)见解析(3)h=解析:(1)机械能守恒定律mgH=mgR+m由牛顿第二定律知FN=代入数据解得FN=8 N由牛顿第三定律知FN=FN=8 N,方向水平向左.(2)能在斜轨道上到达的最高点为C点,由功能关系有mgH=mgLAB+mgLBCcos+mgLBCsin得LBC= m1.0 m,故不会冲出.(3)滑块运动到距A点x处的速度为v,由动能定理得mgH-mgx=mv2碰撞后的速度为v,由动量守恒定律得mv=3mv设碰
10、撞后滑块滑到斜轨道的高度为h,由动能定理有-3mg(LAB-x)-3mg-3mgh=0-(3m)v2得h=x- m( mv0,v2=2v0,解得m,C错误,D正确.4.(1)v0-2p(v0-)(2)t解析:(1)小球射入小车和从小车中弹出的过程中,小车和小球所组成的系统动量守恒.由动量守恒定律可得mv0-p=mv1+p解得小车的速度大小v1=v0-此过程中小车动能减少量Ek=m-m,解得Ek=2pv0-=2p(v0-).(2)小球第二次入射和弹出的过程及以后重复进行的过程中,同样有小车和小球组成的系统动量守恒.由动量守恒定律得mv1-p=mv2+p解得小车的速度大小v2=v1-=v0-2()
11、同理可推得vn=v0-n().要使小车停下来,即vn=0,小球重复入射和弹出的次数为n=,故小车从开始运动到停下来所经历的时间为t=nt=t.5.(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s解析:(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有mBg=mBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数.设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB,碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v2B=2aBsB联立式并利用题给数据得vB=3.0 m/s.(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有mAg=mAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA,碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有v2A
12、=2aAsA设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA=mAvA+mBvB联立式并利用题给数据得vA=4.3 m/s.6.C设子弹射入沙箱后,与沙箱共同的速度为v,根据动量守恒定律有,mv=(m+M)v,系统损失的机械能E= mv2-(m+M)v2=,若保持M、m、l不变,v变大,则系统损失的机械能变大,选项C正确;E=,由此可知,若保持m、v、l不变,M变大,则系统损失的机械能变大,选项A错误;E=,由此可知,若保持M、v、l不变,m变大,则系统损失的机械能变大,选项B错误;由于损失的机械能与轻绳长度l无关,所以若保持M、m、v不变,l变大,系统损失的机械能不变
13、,选项D错误.7.(1)10 m/s(2)0.06 kg(3)26 m解析:(1)设手榴弹上升到最高点且未发生爆炸时的速度大小为v1,有m=m+mgh代入数据解得v1=10 m/s.(2)设两块弹片的质量均为m,爆炸后瞬间其中一块弹片的速度为零,设另一块弹片的速度为v2,有mgh=5 J代入数据解得m=0.1 kg设手榴弹所装火药的质量为m,有m=m-2m代入数据解得m=0.06 kg.(3)设另一块弹片做平抛运动的时间为t,两块弹片落地点间的距离为x,有mv1=mv2,x=v2t,h=gt2代入数据解得x=26 m.8.A滑块和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒,以向右为正方向,当滑块运动到最
14、低点时有mv-Mv=0;由机械能守恒定律有mgR=mv2+Mv2.当M趋于无穷大时,凹槽将静止不动,v将趋近于0,滑块速度趋近于,且小滑块在最低点时由牛顿第二定律得FN-mg=m,解得FN=3mg.四个选项中当M趋于无穷大时,只有A选项符合题意,B、C、D错误.9.BC由题图(b)可以得出物块相对于长木板滑动的距离没有超出木板的长度,故不能得出长木板的长度,选项A错误;设物块的质量为m,木板的质量为M,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v1,可以得出物块与木板的质量之比=,选项B正确;由题图(b)可以得出物块在长木板上滑动时的加速度大小为a=,由牛顿第二定律有mg=ma,可以解得物块与木板之间
15、的动摩擦因数=,选项C正确;从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能为Ek=M,由于不知道长木板的质量M,因此不能得出从t=0开始到t1时刻木板获得的动能,选项D错误.10.(1)3m(2)mgH(3)解析:(1)根据题图(b)可知,v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,为其碰撞后瞬间速度的大小.设物块B的质量为m,碰撞后瞬间的速度大小为v.由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=m(-)+mvm=m(-v1)2+mv2联立式得m=3m.(2)在题图(b)所描述的运动过程中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中
16、克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有mgH-fs1=m-0-(fs2+mgh)=0-m(-)2从题图(b)所给出的v-t图线可知s1=v1t1s2=(1.4t1-t1)由几何关系有=物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2联立式可得W=mgH.(3)设倾斜轨道倾角为,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为,有W=mgcos设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s,由动能定理有-mgs=0-mv2设改变后的动摩擦因数为,由动能定理有mgh-mgcos-mgs=0联立式可得=.11.(1)v0(2)m解析:(1)设C球与B球结成D时,D的速度大小为v1,由动量守恒定律有mv0=(m+m)
17、v1当弹簧压至最短时,D与A的速度大小相等,设此速度大小为v2,由动量守恒定律有2mv1=3mv2解得A的速度大小v2=v0.(2)设弹簧长度被锁定后,弹簧的弹性势能为Ep,由能量守恒定律有2m=3m+Ep撞击P后,A与D的动能都为零,解除锁定后,当弹簧刚恢复到自然长度时,势能全部转变成D的动能,设此时D的速度大小为v3,则有Ep=(2m)当弹簧伸长时,A球离开挡板P并获得速度.当A、D的速度大小相等时,弹簧伸至最长,设此时的速度大小为v4,由动量守恒定律有2mv3=3mv4当弹簧伸到最长时,其势能最大,设此势能为Ep,由能量守恒定律有2m=3m+Ep解以上各式得Ep=m.考点3实验:验证动量
18、守恒定律(1)C(2)ADE或DAE或DEA(3)m1OM+m2ON=m1OPm1OM2+m2ON2=m1OP2(4)142.91.01(5)76.80解析:(1)在落地高度不变的情况下,水平位移就能反映平抛初速度的大小,所以,仅测量小球做平抛运动的水平射程就能间接地测量速度.因此选C.(2)找出平均落地点的位置,测量平抛的水平位移,因此必须要有的步骤是D、E,且先D后E,而用天平测质量先后均可.所以答案是ADE或DAE或DEA.(3)小球抛出后的落地时间为t,则v1=,v1=,v2=,动量守恒的表达式是m1v1=m1v1+m2v2,动能不变的表达式是m1=m1v+m2v,所以若两球相碰前后的
19、动量守恒,则m1OM+m2ON=m1OP成立,若碰撞是弹性碰撞,动能不变,则m1OM2+m2ON2=m1OP2成立.(4)碰撞前、后m1动量之比=,=,=1.01.(5)发生弹性碰撞时,被碰小球获得的速度最大,根据动量守恒和动能不变,可知m1v1=m1v1+m2v2,m1=m1v+m2v,联立解得v2=v1,因此,最大射程为44.80 cm=76.80 cm.(1)BC(2)m1=m2(3)见解析解析:(1)由题意可知本实验要计算质量与速度的乘积之和,则一定要测量互推双方的质量,同时为了测出互推后的速度,应根据人滑动的位移进行计算,所以应测量互推双方滑行的标度数目n1、n2,其他均不需要测量,故选B、C.(2)假设旱冰鞋与地面间的动摩擦因数相同,标度为L,根据速度和位移关系可知,v=,如果互推过程中质量与速度的乘积之和保持不变,则有m1v1=m2v2,代入并化简可得m1=m2.(3)实验中产生误差的原因较多,如:双方旱冰鞋与地面间的动摩擦因数不同;地面平整程度不同;推开后同学身体有转动等.- 17 -
