1、专题 07 碰撞与动量守恒第一部分名师综述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查基本概念和基本规律。考纲要求1、理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件。2、会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。命题规律1、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查。2、动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。第二部分精选试题一、单选题1如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图。跳楼机由静止从
2、a 自由下落到b，再从 b 开始以恒力制动竖直下落到 c 停下。已知跳楼机和游客的总质量为 m， ab 高度差为2h， bc 高度差为 h，重力加速度为 g。则A从 a 到 b 与从 b 到 c 的运动时间之比为 2：1B从 a 到 b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等C从 a 到 b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为 D从 b 到 c，跳楼机受到制动力的大小等于 2mg【答案】 A【解析】【详解】A由题意可知，跳楼机从 a 运动 b 过程中做自由落体运动，由 可得，下落时间2=1212，由 可知，运动到 b 的速度大小为 ；跳楼机从 a 运动1=4=2 2=22 =4=2b 过程中
3、做减速运动，同理可得 ， ，解得减速过程的加速度大小为 ，时间=1222 2=2 =2为 ，故从 a 到 b 与从 b 到 c 的运动时间之比为 ，故 A 正确；2= 1:2=2: =2:1B从 a 到 b，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故 B 错误；C从 a 到 b，根据动量定理可得 ，则跳楼机和游客总重力的冲量大小为 ，=2 2故 C 错误；D从 b 到 c，根据牛顿第二定律有： ，解得跳楼机受到制动力的大小为=2，故 D 错误。=32北京时间 2009 年 3 月 1 日下午 15 时 36 分，在距月球表面 100km 的圆轨道上运行的质量为(连同燃料)的“嫦娥
4、一号”卫星，在北京航天飞行控制中心科技人员的控制下发动机1.2103点火。在极短的时间内以 4.92km/s 的速度（相对月球表面）向前喷出质量为 50kg 的气体后，卫星减速。只在月球引力的作用下下落，最后成功撞击到月球东经 52.36 度、南纬 1.50 度的预定的丰富海区域，实现了预期目标，为中国探月一期工程画上一个圆满的句号。已知月球的半径，月球表面的重力加速度 g/=1.8m/s2。则“嫦娥一号”喷气后的速度约为（）=1.7103A1.10 km/s B1.56km/s C2.88km/s D3.78km/s【答案】 B【解析】【详解】“嫦娥一号” 卫星在距离月球表面 100km 做
5、圆周运动时： 其中 ，则解得：(+)2=2+ 2=；喷气的过程根据动量守恒定律：=+=1.7106 1.81.8106/=1.7103/解得=()1+2，故选 B.1=-2=1.21031.7103-504.921031.210350 /=1.56103/=1.56/3随着科幻电影流浪地球的热映， “引力弹弓效应”进入了公众的视野。 “引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为 ，探测器的初速度大小为 v0，在图
6、示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为 v1和 v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是A v1v0 B v1= v0 C v2v0 D v2=v0【答案】 A【解析】【详解】设探测器的质量为 m，行星的质量为 M，探测器和行星发生弹性碰撞.A、B、对于模型一：设向左为正，由动量守恒定律： ，由能量守恒0=1+1，联立解得探测器碰后的速度 ，因 ，则122+1220=1221+1221 1=2+00+ ，故 A 正确，B 错误.12+00C、D、对于模型二：设向左
7、为正，由动量守恒定律： ，由能量守恒+0=2+2，联立解得探测器碰后的速度 ，因 ，则122+1220=1222+1222 2=020+ ；故 C、D 均错误.2020.5AB 两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：1221221+12222两式联立得： 223由 两式可得： 0.50）的小物块，在距离电场区 域为 a 处以一定的初速度在一水平绝缘平面上向右运动，物块与绝缘平面的摩擦因数为 ，物块在运动过程中要穿越宽度为 2a，场强大小为 E 的电场区域，当场强方向竖直向下时，物块停留在离开电场区域左边缘的0.5a 处，当场强方向向上时，物块停留在距离电场区域右侧的 a 处。求：（1）电场
8、强度的大小，以及物块的初速度;（2）若增加物块初速度的大小，当电场向下时，物块仍能停在电场区域内。求电场向上时物块运动的时间与电场向下情况下物块运动时间差值的最小值。并求出对应的初速度。【答案】 （1） ； （2） ；= 0=2 =2 0= 6【解析】【详解】（1）当场强方向竖直向下时，由动能定理： ；1220=+(+)0.5当场强方向竖直向上时，由动能定理： ；1220=2+()2联立解得： ；= 0=2（2）无论电场方向如何，物块在进入电场前运动时时间是相等的，设滑块刚进入电场时速度为v，当电场向下时物块不滑出电场，则由动量定理： (+)1=解得： ；1=2若场强向上，则由于 mg=qE，
9、则滑块在电场中受摩擦力为零而做匀速运动，出离电场后做运减速运动，则在电场中的时间为： ，21=2出离电场时： ，22=则运动的总时间为： ；2=2+则时间差： ；=21=2+2=2+2由数学知识可知，当 时， t 最小，即当 时，t 最小值为： ；2= 2 =2 =2 此时当场强向下时，有： ，解得 x=a，滑块不滑出电场的范围；122=(+)由动能定理： ，1220=+122解得： ；0= 627如图所示，在同一水平面内的光滑平行金属导轨 MN、 MN与均处于竖直面内的半圆形光滑金属轨道 NP、 NP平滑连接，半圆轨道半径均为 r=0.5m，导轨间距 L=1m，水平导轨左端 MM接有R=2
10、的定值电阻，水平轨道的 ANNA区域内有竖直向下的匀强磁场，磁场区域宽度 d=1m。一质量为 m=0.2kg、电阻为 R0=0.5、长度为 L=1m 的导体棒 ab 放置在水平导轨上距磁场左边界 s 处，在与导体棒垂直、大小为 2N 的水平恒力 F 的作用下从静止开始运动，导体棒运动过程 中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，导体棒进入磁场后做匀速运动，当导体棒运动至 NN时撤去 F，结果导体棒 ab 恰好能运动到半圆形轨道的最高点 PP。已知重力加速度 g 取 10m/s2，导轨电阻忽略不计。（1）求匀强磁场的磁感应强度 B 的大小及 s 的大小；（2）若导体棒运动到 AA时撤去拉力，试判断导体
11、棒能不能运动到半圆轨道上。如果不能，说明理由；如果能，试再判断导体棒沿半圆轨道运动时会不会脱离轨道。【答案】 （1） ， ；（2） ，由于 h2+解得： ；1(3)当滑块向上运动时，若规定向上为滑块和物体所受合力的正方向，则合力： =(+0)2(1+)作出 F-x 图象如图所示：由数学知识可得滑块停止运动的位置坐标 1=2滑块停止运动不再下降的条件是： 2(1+0)解得： 。1329碰撞过程中的动量和能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。如图所示，将一个大质量的弹性球 A（质量为 m1）和一个小质量的弹性球 B（质量为 m2）叠放在一起，从初始高度 h0由静止竖直下落，不计空气阻力，且 h0远
12、大于球的半径。设 A 球与地面作用前的速度大小为 v0（v 0为未知量） ，A 球和地面相碰后，以原速反弹；反弹后它和以 v0向下运动的 B 球碰撞，如图（甲）所示。碰后如图（乙）所示。取竖直向上为正方向。（1）a求 v0； b有同学认为，两物体（选为一个系统）在竖直方向碰撞，由于重力的影响，系统动量不再守恒。现通过实验及计算说明这一问题。 某次实验时，测得 m1=60.0g，m 2=3.0g，h 0=1.80m，A 和 B 碰撞时间 t=0.01s，重力加速度 g 取10m/s2。 求 A 和 B 相互作用前瞬间系统的总动量大小 P1； 求 A 和 B 相互作用过程中，系统总动量的变化量大小
13、 P； 计算 100%的值。据此实验及结果，你认为物体在竖直方向碰撞过程中，是否可以应用动量守1恒定律？并简要说明理由。 （2）若不计系统重力的影响，且 m2m1，求碰撞后，m 2球上升的最大高度 h2。【答案】 （1）a. b.0.342kgm/s 1.84%（2）1.8m0=20 6.3103【解析】【详解】（1）a由机械能守恒定律可知：mgh 0= v02，12解得 0=20b.两物体落地前的速度 0=2101.8/=6/A 和 B 相互作用前瞬间系统的总动量大小；1=1020=(60.03.0)1036/=0.342/根据动量定理，A 和 B 相互作用过程中，系统总动量的变化量等于重力
14、的冲量：=(1+2)=(60.0+3.0)103100.01=6.3103 ；110000=6.31030.34210000=1.8400据此实验及结果，则物体在竖直方向碰撞过程中，可以应用动量守恒定律；因为重力的冲量远小于系统总动量。（2）若不计系统重力的影响，且 m2m1，由动量守恒： 1020=11+22由能量关系：12120+12220=12121+12222联立解得： ；1=1321+20因 m2m1，则 v1=v0，则 m2球上升的最大高度 h2=h0=1.8m。30如图所示，光滑水平面上放着长为 L25m，质量为 M=5kg 的木板（厚度不计） ，一个质量为m=1kg 的小物体放
15、在木板的最右端，m 和 M 之间的动摩擦因数 =0.1，开始均静止今对木板施加一水平向右的恒定拉力 F=21N，作用 2s 后，撤去拉力 F，求：(1)拉力 F 对木板的冲量(2)整个过程木板和小物体间因摩擦而产生的热量（g 取 10m/s2） 。【答案】 （1）42N s，方向水平向右；（2）21J【解析】【详解】（1）由 IFt带入数据可得：I42Ns，方向水平向右（2）02s 对 m：mgma 102s 对 M：FmgMa 2带入数据可得 a11 m/s 2，a 24m/s, 2相对滑动的路程为 S1 a2t2 a1t212 12带入数据可得：S 16m产生的热量 Q1umg S 1Q16J此时 m 的速度 v12 m/s，v 28 m/s由动量守恒可知：m v1+Mv2（m+M）v 共v 共 7 m/st2 =5s共 -11相对滑动的路程为 S2 t2 t215m(25-6)m，共 +22 共 +12所以 m 没有掉下去，能够和 M 共速度由能量关系可知：Q 2 mv12+ Mv22 （m+M）v 2 共12 12 12Q215JQ 总 Q 1+Q221J