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专题十七 碰撞与动量守恒

35． (2013 高·考新课标全国卷Ⅰ )(2) 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块 A 和 B ，两者

相距为

D. 现给 A 一初速度，使 A 与 B 发生弹性正碰，碰撞时 间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为 D.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均 为 μ，B 的质量为 A 的 2 倍，重力加速度大小为

g.求 A 的初速度的大小．

解析 ： (2)从碰撞时的能量和动量守恒入手，运用动能定理解决问题．

设在发生碰撞前的瞬间，木块

A 的速度大小为 v ；在碰撞后的瞬间， A 和

B 的速度分别 为 v 1 和 v 2 .在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得

1 mv

2 1 2 1 2

① 2 ＝ mv 1＋ (2m)v 2

2 2 mv ＝ mv 1＋ (2m)v 2 ②

式中，以碰撞前木块 A 的速度方向为正．由①②式得

v 1＝－

v 2

③

2

设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为 d 1 和 d 2，由动能定理得 μ mgd ＝

1

2

④

1 2mv 1

1 2

⑤

μ(2m)gd 2＝ 2

(2m) v 2

据题意有

d ＝ d 1＋ d 2

⑥

设 A 的初速度大小为 v 0，由动能定理得

1 2 1 2 ⑦

μ mgd ＝2mv 0－ 2mv

联立②至⑦式，得 v 0＝

28

μ gd.

5

答案： (2)

28

5 μ gd

35.(2013 高·考新课标全国卷Ⅱ )[ 物理－选修 3-5]

(2) 如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块 A 、B 、C.B 的左侧固定一轻弹簧 (弹 簧左侧的挡板质量不计

)．设 A 以速度 v 0 朝 B 运动，压缩弹簧；当

A 、

B 速度相等时， B 与

C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设 B 和 C 碰撞过程时间极短，求从 A 开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中，

( ⅰ)整个系统损失的机械能；

( ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．

解析 ：(2)A 、B 碰撞时动量守恒、 能量也守恒， 而 B 、C 相碰粘接在一块时， 动量守恒． 系

统产生的内能则为机械能的损失．当 A 、B 、 C 速度相等时，弹性势能最大．

( ⅰ)从 A 压缩弹簧到 A 与 B 具有相同速度 v 1 时，对 A 、 B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得

mv 0＝ 2mv 1

①

此时 B 与 C 发生完全非弹性碰撞，

设碰撞后的瞬时速度为

v 2，损失的机械能为

E.对 B 、

C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得

mv 1＝ 2mv 2

② 1

mv 12

＝ E ＋ 1

(2m)v 22

③

2

2

1

2

联立①②③式得

E ＝16mv 0.

④

( ⅱ)由②式可知 v 2

v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为

E p .由动量守恒定律和能量守恒定律得

mv 0＝ 3mv 3

⑤ 1 2

1

2

⑥

2mv 0－ E ＝ 2(3m)v 3＋ E p

联立④⑤⑥式得

E p ＝

13

mv 02.

⑦

48

答案： (2)(ⅰ )

1

2

( ⅱ)13 2

16mv 0

48mv 0

2． (2013 ·考天津卷高 )

我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子 3 000 m 接力三连冠． 观察发现， “接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推 甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方 向上的相互作用，则 ( )

A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量

B ．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反

C ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量

D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功

解析： 选 B. 乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，

根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项 A 错误；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即 p 甲 ＝－ p 乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项 B 正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项 C 、D 错误．

9．(2013 ·考重庆卷高 )在一种新的“子母球”表演中， 让同一竖直线上的小球 A 和小球 B ， 从距水平地面高度为 ph(p ＞1) 和 h 的地方同时由静止释放，如图所示．球 A 的质量为 m ，球 B 的质量为 3m.设所有碰撞都是弹性碰撞， 重力加速度大小为 g ，忽略球的直径、空气阻力及

碰撞时间．

(1) 求球

B 第一次落地时球

A 的速度大小；

(2) 若球 B 在第一次上升过程中就能与球

A 相碰，求 p 的取值范围； (3) 在 (2)情形下，要使球 A 第一次碰后能到达比其释放点更高的位置， 求 p 应满足的条件． 解析 ： (1)小球

B 第一次落地时，两球速度相等，由

v 2＝ 2gh 得 v ＝ 2gh.

(2) B 球从开始下落到第一次落地所用时间

t 1＝ v

＝ 2h ①

g

g

由于小球 B 在第一次上升过程中就能与 A 球相碰，则

B 球运动时间应满足 t 1

②

由相遇条件知 1

gt 22

＋ v(t 2－ t 1)－ 1

g(t 2－ t 1) 2

＝ ph ③

2 2

由①②③解得 1

(3) 设 t ＝ t 2－ t 1，由①③式得 p － 1 2h

，则 A 、B 两球相遇时的速度分别为 t ＝

4 g

v A ＝v ＋ gt ＝ 2gh ＋ g p －1 2h ＝ 2gh p ＋ 3

4 4

g v B ＝v － gt ＝ 2gh － g p －1 2h ＝ 2gh 5－ p

4 4

g

若 A 球碰后刚好能达到释放点，由两球相碰为弹性碰撞知

1 mv A 2

＋ 1

·3mv B 2

＝1mv ′ 2A ＋ 1

·3mv ′ B 2

2 2 2 2

mv A － 3mv B ＝－ mv A ′＋ 3mv B ′ v A ′＝ v A 可解得此时 v B ′ ＝ v B ， v A ＝ 3v B.

要使 A 球碰后能到达比其释放点更高的位置，

5－ p

须满足 v A <3v B ，解得 p<3.由 v B ＝ 2gh ·

4

5－ p

知，

4 <1 ，解得 p>1，所以 p 的取值范围是 1

答案： (1) 2gh (2)1

(3)1

38． (2013 高·考山东卷 )

(2) 如图所示， 光滑水平轨道上放置长板 A(上表面粗糙 )和滑块 C ，滑块 B 置于 A 的左端，三者质量分别为 m A ＝ 2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时 C 静止， A 、B 一起以 v 0 ＝5 m/s 的速 度匀速向右运动， A 与 C 发生碰撞 (时间极短 )后 C 向右运动，经过一段时间， A 、B 再次达到 共同速度一起向右运动，且恰好不再与 C 发生碰撞．求 A 与 C 碰撞后瞬间 A 的速度大小．

解析： (2) 因碰撞时间极短， A 与 C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间

A 的速度为 v A ，C 的

速度为 v C ，以向右为正方向，由动量定恒定律得

m A 0＝ m A A ＋ m C C ① v vv

A 与

B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为

v AB ，由动量守恒定律得

m A A ＋ m B 0＝ (m A ＋ m B )v AB

② v v A 与 B 达到共同速度后恰好不再与 C 碰撞，应满足 v AB ＝ v C

③

联立①②③式，代入数据得

v A ＝2 m/s.

④

答案： (2)2 m/s

35． (2013 高·考广东卷 )如图，两块相同平板 P 1、P 2 置于光滑水平面上，质量均为m.P 2

的右端固定一轻质弹簧，左端 A 与弹簧的自由端 B 相距 L.物体 P 置于 P 1 的最右端，质量为 2m 且可看作质点． P 1 与 P 以共同速度 v 0 向右运动，与静止的 P 2 发生碰撞，碰撞时间极短，

碰撞后 P 1 与 P 2 粘连在一起． P 压缩弹簧后被弹回并停在

A 点 (弹簧始终在弹性限度内 )．P 与

P 2 之间的动摩擦因数为 μ.求：

(1) P 1、 P 2 刚碰完时的共同速度 v 1 和 P 的最终速度 v 2； (2) 此过程中弹簧的最大压缩量 x 和相应的弹性势能 E p .

解析： P 1 与 P 2 发生完全非弹性碰撞时， P 1 、P 2 组成的系统遵守动量守恒定律； P 与(P 1 ＋ P 2)通过摩擦力和弹簧弹力相互作用的过程，

系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律．

注意

隐含条件 P 1、 P 2、 P 的最终速度即三者最后的共同速度；弹簧压缩量最大时，

P 1、 P 2、 P 三

者速度相同．

(1) P 1 与 P 2 碰撞时，根据动量守恒定律，得 mv 0＝ 2mv 1

v 0

解得 v 1＝ 2 ，方向向右

P 停在 A 点时， P 1、 P 2、P 三者速度相等均为 v 2，根据动量守恒定律，得

2mv 1＋ 2mv 0＝ 4mv 2

解得 v 2＝

3

4v 0，方向向右．

(2) 弹簧压缩到最大时， P 1、P 2、P 三者的速度为 v 2，设由于摩擦力做功产生的热量为

Q ，

根据能量守恒定律，得

从 P 1 与 P 2 碰撞后到弹簧压缩到最大

1× 2mv 12

＋ 1× 2mv 02

＝ 1

× 4mv 22＋ Q ＋ E p 2

2 2 从 P 1 与 P 2 碰撞后到 P 停在 A 点 1

× 2mv 12＋ 1

× 2mv 02

＝ 1

× 4mv 22＋ 2Q 2

2 2

1

2

1

2

联立以上两式解得 E p ＝ 16mv 0， Q ＝16mv 0 根据功能关系有 Q ＝ μ·2mg(L ＋ x)

2

解得 x ＝ v 0

－ L . 32μg

1 v 0，方向向右 3

答案 ： (1)v 1＝ v 2＝ v 0，方向向右

2

2 4

v 0 － L 1 2

(2)

32μg

16mv 0 5． (2013 ·考江苏卷高 )

水平面上， 一白球与一静止的灰球碰撞， 两球质量相等． 碰撞过程的频闪照片如图所示，

据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的

(

)

A ．30%

B ． 50%

C ． 70%

x 1 D ． 90%

2

解析： 选 A. 根据 v ＝ t 和 E k ＝ 2mv 解决问题．量出碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间

12∶7，即碰撞后两球速度大小

v ′ 与碰撞前白球速度 v 的比值， v ′ 7 距之比为

v ＝12.所以损失 的动能 1 2 1 2

， E k ≈ 30%，故选项 A 正确． E k ＝ mv － ·2mv ′ E k0

2 2

12． (2013 ·考江苏卷高 )【选做题】 C.[选修 3－ 5](3) 如图所示，进行太空行走的宇航员A 和 B 的质量分别为 80 kg 和 100 kg ，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为 0.1 m/s. A 将

B 向空间站方向轻推后， A 的速度变为 0.2 m/s ，求此时 B 的速度大小和方向．

解析： (3)根据动量守恒定律，

(m A ＋ m B )v 0＝ m A v A ＋m B v B ，代入数值解得 v B ＝ 0.02 m/s ，

离开空间站方向．

答案： (3)0.02 m/s ，离开空间站方向

30． (2013 ·考福建卷高 )(2) 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

v 0 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

________． (填选项前的字母 ) A. m B. M v 0 M v 0 m

C. M

D. m M v 0 M v 0

－ m －m

解析： (2)应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由

动量守恒定律可得：

0＝ mv 0 － (M － m)v ′

故 v ′ ＝ mv 0

，选项 D 正确．

M －m

答案： (2)D