选修3－5考点33 动量定理 动量守恒定律及其应用两年高考真题演练1．(2022·重庆理综，3)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.＋mgD.－mg2．[2022·福建理综，30(2)]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3．(2022·大纲全国卷，21)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.B.C.D.4．(2022·重庆理综，4)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( )5．[2022·天津理综，9(1)]13\n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球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，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________。6．[2022·海南单科，17(2)]运动的原子核X放出α粒子后变成静止的原子核Y。已知X、Y和α粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中的光速为c，α粒子的速度远小于光速。求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能。7．(2022·安徽理综，22)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。8．[2022·新课标全国卷Ⅰ，35(2)]如图，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只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。9．[2022·山东理综，39(2)]13\n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。10．(2022·广东理综，36)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。11．[2022·新课标全国卷Ⅰ，35(2)]如图，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h＝0.8m，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＝0.3s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球的速度恰为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/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；13\n(2)P点距离地面的高度。12．[2022·新课标全国卷Ⅱ，35(2)]现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律。在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)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m1＝0.310kg，滑块B的质量m2＝0.108kg，遮光片的宽度d＝1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0Hz。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，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500ms，碰撞前、后打出的纸带如图(b)所示。若实验允许的相对误差绝对值(||×100%)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。13\n考点33 动量定理 动量守恒定律及其应用一年模拟试题精练1．(2022·山东莱阳市高三月考)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，则( )A．碰撞前总动量是4mvB．碰撞过程动量不守恒C．碰撞后乙的速度大小为2vD．碰撞属于非弹性碰撞2．(2022·北京丰台一模)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知m2＝3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为( )A．hB．2hC．3hD．4h3．(2022·北京朝阳区测试)在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙所示的两种装置： (1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则( )A．m1>m2,r1>r2B．m1>m2,r1<r2C．m1>m2，r1＝r2D．m1<m2,r1＝r2(2)若采用图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是________。A．直尺 B．游标卡尺 C．天平 D．弹簧测力计 E．秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为____________(用装置图中的字母表示)4．(2022·新余市期末)如图所示，在倾角θ＝30°、足够长的斜面上分别固定着相距L＝0.2m的A、B13\n两个物体，它们的质量为mA＝1kg，mB＝3kg，与斜面间动摩擦因数分别为μA＝和μB＝。在t＝0时刻同时撤去固定两物体的外力后，A物体沿斜面向下运动，并与B物体发生弹性碰撞(g＝10m/s2)。求：A与B第一次碰后瞬时B的速率？5．(2022·景德镇市二检)如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：(1)碰撞后小球A和小球B的速度；(2)小球B掉入小车后的速度。6．(2022·云南名校统考)一轻质弹簧竖直固定在地面上，上面连接一个质量为m1＝1kg的物体，平衡时物体离地面0.9m，弹簧所具有的弹性势能为0.5J。现在在距物体m1正上方高为0.3m处有一个质量为m2＝1kg的物体自由下落后与弹簧上物体m1碰撞立即合为一体，一起向下压缩弹簧。当弹簧压缩量最大时，弹簧长为0.6m。求(g取10m/s2)：(1)碰撞结束瞬间两物体的动能之和是多少？(2)弹簧长为0.6m时弹簧的弹性势能大小？参考答案考点33 动量定理 动量守恒定律及其应用两年高考真题演练1．A [由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝，在t时间内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝＋mg，A项正确。]2．D [对A、B系统，由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械能守恒，由于m×2v0－2mv0＝0，故碰后A、B不可能同向运动或一个静止，另一个运动或两个都静止，13\n而只能是A、B都反向运动，故D正确。]3．A [设中子质量为m，则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1，碰后原子核的速度为v2，由弹性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，mv＝mv＋Amv，解得v1＝v0，故||＝，A正确。]4．B [平抛运动时间t＝＝1s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝mv甲＋mv乙，又v甲＝，v乙＝，t＝1s，则有x甲＋x乙＝2m，将各选项中数据代入计算得B正确。]5．解析 设A、B球的质量分别为mA和mB，A球碰撞后的速度大小为vA2，B球碰撞前、后的速度大小分别为vB1和vB2，由题意知vB1∶vB2＝3∶1，vA2＝vB2。A、B碰撞过程由动量守恒定律得mBvB1＝mAvA2－mBvB2，所以有＝＝。碰撞前、后的总动能之比为＝。答案 4∶1 9∶56．解析 反应后由于存在质量亏损，所以反应前、后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量，根据爱因斯坦质能方程可得m2v－Mv＝(M－m1－m2)c2①反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，故有Mvx＝m2vα②联立①②可得m2v＝(M－m1－m2)c2。答案 (M－m1－m2)c2 (M－m1－m2)c27．解析 (1)对小物块从A运动到B处的过程中应用动能定理－μmgs＝mv2－mv①代入数值解得μ＝0.32②(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6m/s由动量定理得：FΔt＝mv′－mv③13\n解得F＝－130N④其中“－”表示墙面对物块的平均力方向向左。(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W＝0－mv′2⑤解得W＝9J答案 (1)0.32 (2)130N (3)9J8．解析 设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv可得v1＝v0，v2＝v0要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜MA反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1＝mv3＋Mv4mv＝mv＋Mv整理可得v3＝v1，v4＝v1由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2即v0≥v1＝()2v0整理可得m2＋4Mm≥M2解方程可得m≥(－2)M所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(－2)M≤m＜M答案 (－2)M≤m＜M9．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′＋mvB①13\n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－mvB′2③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′＝2mv⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v＝v0⑥答案 v010．解析 (1)从A→Q由动能定理得－mg·2R＝mv2－mv①解得v＝4m/s＞＝m/s②在Q点，由牛顿第二定律得FN＋mg＝m③解得FN＝22N④(2)A撞B，由动量守恒得mv0＝2mv′⑤解得v′＝＝3m/s⑥设摩擦距离为x，则－μmgx＝0－·2mv′2⑦解得x＝4.5m⑧所以k＝＝45⑨(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得－μ·2mgnL＝·2mv－·2mv′2⑩13\n所以vn＝m/s (n＝0，1，2，…)⑪答案 (1)22N (2)45(3)vn＝m/s (n＝0，1，2，…)11．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＝①将h＝0.8m代入上式，得vB＝4m/s②(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′。由运动学规律可得v1＝gt③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。规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④mAv＋mBv＝mBv2′2⑤设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得vB′＝vB⑥设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′＝⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75m⑧答案 (1)4m/s (2)0.75m12．解析 按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为v＝①式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程。设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则ΔtA＝＝0.02s②ΔtA可视为很短。设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。将②式和图给实验数据代入①式得v0＝2.00m/s③v1＝0.970m/s④设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有13\nv2＝⑤代入题给实验数据得v2＝2.86m/s⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则p＝m1v0⑦p′＝m1v1＋m2v2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp＝||×100%⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δp＝1.7%<5%⑩因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。答案 见解析一年模拟试题精练1．C [规定向右为正方向，碰撞前总动量为3mv－mv＝2mv，A错误；碰撞过程两滑块组成的系统外力为零，故系统动量守恒，B错误；根据动量守恒定律可得：3mv－mv＝0＋mv′，解得：v′＝2v，C正确；碰撞前总动能为：·3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后总动能为：0＋m(2v)2＝2mv2，碰撞前后无动能损失，D错误。]2．D [下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则m2v－m1v＝m1v1＋m2v2由能量守恒定律得(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，且m2＝3m1联立解得：v1＝2反弹后高度H＝＝4h，D正确。]3．解析 (1)为防止反弹造成入射球返回斜槽，要求入射球质量大于被碰球质量，即m1＞m2；为使入射球与被碰球发生对心碰撞，要求两小球半径相同。故C正确。13\n(2)设入射小球为a，被碰小球为b，a球碰前的速度为v1，a、b相碰后的速度分别为v1′、v2′。由于两球都从同一高度做平抛运动，当以运动时间为一个计时单位时，可以用它们平抛的水平位移表示碰撞前后的速度。因此，需验证的动量守恒关系m1v1＝m1v1′＋m2v2′可表示为m1x1＝m1x1′＋m2x2′。所以需要直尺、天平，而无需弹簧测力计、秒表。由于题中两个小球都可认为是从槽口开始做平抛运动的，两球的半径不必测量，故无需游标卡尺。(3)得出验证动量守恒定律的结论应为m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N。答案 (1)C (2)AC (3)m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N4．解析 A物体沿斜面下滑时有mAgsinθ－μAmAgcosθ＝mAaA所以：aA＝gsinθ－μAgcosθaA＝gsin30°－gcos30°＝2.5m/s2B物体沿斜面下滑时有mBgsinθ－μBmBgcosθ＝mBaB代入数据解得aB＝0可知，撤去固定A、B的外力后，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动。由运动学公式得A与B第一次碰撞前的速度vA1＝＝m/s＝1m/s由于A、B碰撞满足动量守恒和机械能守恒，设第一次碰后B的速度为vB，有：mAvA＝mAvA′＋mBvB，mAv＝mAvA′2＋mBv得vB＝0.5m/s答案 0.5m/s5．解析 (1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有m1v0＝m1v1＋m2v2碰撞过程中系统机械能守恒，有m1v＝m1v＋m2v可解得v1＝＝－v0v2＝＝v0即碰后A球向左，B球向右(2)B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，有m2v2＋m3v3＝(m213\n＋m3)v3′解得v3′＝v0水平向右答案 (1)－v0，方向向左 v0，方向向右(2)v0，方向向右6．解析 (1)m2自由下落，由机械能守恒定律得m2gh1＝m2v，解得v0＝m/s碰撞过程动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v代入数据解得v＝m/s碰后的动能：Ek＝(m1＋m2)v2代入数据解得：Ek＝1.5J；(2)m1与m2共同下降的高度Δh＝0.3m，由机械能守恒得(m1＋m2)gΔh＋(m1＋m2)v2＝ΔEp代入数据解得ΔEp＝7.5J所以弹性势能为E＝ΔEp＋0.5J＝8J答案 (1)1.5J (2)8J13
