答案 (ⅰ)4 m/s (ⅱ)0.75 m
解析 (ⅰ)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= 2gh ① 将h=0.8 m代入上式,得vB=4 m/s② (ⅱ)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=gt ③ 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' ④
答案 ( 5 -2)M≤m<M
解析 A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方 向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA1。由动量守恒定律和 机械能守恒定律得
mv0=mvA1+MvC1 ①
1 2
m v02
=
1 2
mv
2 A1
+1
2
MvC21
②
联立①②式得
vA1= m M v0 ③
mM
vC1= 2m v0 ④
mM
如果m>M,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m=
M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;所以只需考虑m<M的
情况。
第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后,A的速度为vA2,B的速度为vB1,同样有
vA2=
m m
M M
vA1=
m m
M M
2
v0
⑤
根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有 vA2≤vC1 ⑥ 联立④⑤⑥式得 m2+4mM-M2≥0 ⑦ 解得 m≥( 5 -2)M ⑧ 另一解m≤-( 5 +2)M舍去。所以,m和M应满足的条件为 ( 5 -2)M≤m<M ⑨ (①②式各2分,③④⑤⑥⑧⑨式各1分。) 解题关键 A与C的碰撞以及A与B的碰撞都是弹性碰撞,将动量守恒定律与机械能守恒定律相 结合即可解答。
1 2
mA v12
+
1 2
mBv22
=
1 2
mBv'22
⑤
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'=vB ⑥
设P点距地面的高度为h',由运动学规律可得
h'= v 'B2 v22 ⑦
2g
联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得
h'=0.75 m⑧
审题指导 ①B球先做自由落体运动到地面。②B球碰地后反弹做匀减速运动。③A做自由落 体运动。④A下落与反弹的B在P点相碰,碰后A的速度为0,系统动量守恒,总动能不变。 易错点拨 没有分析B球的运动情况,把A、B碰撞时,B球的速度方向弄错。
1 2
m2v22
解得v1'=
m1 m1
m2 m2
v1
v2=
2m1 m1 m2
v1
归纳总结 两小球碰撞,应从题目找出关键词,如弹性小球、弹性碰撞、碰后粘在一起、一起运
动、共速等,区分弹性碰撞和非弹性碰撞,从而选择相应规律解题。
3.[2016课标Ⅲ,35(2),10分]如图,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b相 距l,b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为 3 m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现
8.[2014课标Ⅰ,35(2),9分,0.537]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=0.8 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球的速度恰为 零。已知mB=3mA,重力加速度大小g=10 m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求 (ⅰ)B球第一次到达地面时的速度; (ⅱ)P点距离地面的高度。
5.[2016课标Ⅱ,35(2),10分]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3 m/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=0.3 m(h小于斜面体的高 度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运 动。取重力加速度的大小g=10 m/s2。 (ⅰ)求斜面体的质量; (ⅱ)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?
向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g。求
(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量;
(ⅱ)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。
答案
(ⅰ)ρv0S
(ⅱ)
v02 2g
-
2
M 2g ρ2v02 S
2
解析 (ⅰ)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则 Δm=ρΔV ① ΔV=v0SΔt ② 由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为
m1∶m2=1∶8 ⑤ (ⅱ)由能量守恒得,两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE=
1 2
m1 v12
+
1 2
m2v22
-1
2
(m1+m2)v2
⑥
由图像可知,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为W= 1 (m1+m2)v2
2
⑦
联立⑥⑦式,并代入题给数据得
W∶ΔE=1∶2 ⑧
审题指导 ①图像题先从图像读出相关信息。x-t图像的斜率表示速度v,可读出a、b碰前速度 和碰后的共同速度,由动量守恒定律可算出质量比。②由图知t=8 s后进入粗糙路段,根据能量守 恒计算因碰撞而损失的机械能,用动能定理算出8 s后在粗糙路段克服摩擦力做的功。 总结归纳 ①弹性碰撞:动量守恒,机械能守恒。②完全非弹性碰撞:动量守恒,机械能损失最大, 碰后共速。
答案 (ⅰ)1∶8 (ⅱ)1∶2
解析 (ⅰ)设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图像得 v1=-2 m/s① v2=1 m/s② a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图像得
v= 2 m/s③
3
由动量守恒定律得
m1v1+m2v2=(m1+m2)v ④ 联立①②③④式得
高考物理 (课标Ⅲ专用)
专题七 碰撞与动量守恒
五年高考
A组 统一命题·课标卷题组
1.(2017课标Ⅰ,14,6分)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中 重力和空气阻力可忽略) ( ) A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
答案 A 由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒。 燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向,可得 火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05 kg×600 m/s=30 kg·m/s,A正确。
易错点拨 系统中量与物的对应性 动量守恒定律的应用中,系统内物体至少为两个,计算各自的动量时,需注意速度与质量对应于 同一物体。
7
由题意,b没有与墙发生碰撞,由功能关系可知
1 2
3m 4
v
'22
≤μ
3m 4
gl
⑦
联立③⑥⑦式,可得
μ≥ 32v02 ⑧
113gl
联立②⑧式,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件为
32v02 ≤μ< v02 ⑨
113gl
2gl
解题指导 解答本题需要满足两个条件:(1)小物块a减速运动距离l与小物块b发生弹性碰撞; (2) 碰后,小物块b做减速运动而与墙未发生碰撞。
v2=1 m/s⑧ 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。
6.[2015课标Ⅰ,35(2),10分,0.425]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。
易错点拨 本题的易错点在于利用物理规律列方程时,列出的是不等式,而不等式左右两边的大 小关系是需要结合物理规律来分析判定的,尤其是不等式“等号”的取舍。
4.[2016课标Ⅰ,35(2),10分]某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定
地悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出; 玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1。由能量守恒有
1 2
m v02
=
1 2
mv12
+μmgl
③
设在a、b碰撞后的瞬间,a、b的速度大小分别为v1'、v2',由动量守恒和能量守恒有
mv1=mv1'+3m v2' ④
4
1 2
m v12
=
1 2
mv'12
+
1 2
3m 4
v'22
⑤
联立④⑤式解得v2'= 8 v1 ⑥
m =ρv0S ③