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2012~2021十年高考匯編·專(zhuān)題14 動(dòng)量守恒定與能量守恒問(wèn)題中常見(jiàn)的五大基本模型（解析版）.doc
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專(zhuān)題14 動(dòng)量守恒定律中常見(jiàn)的五大基本模型
（2012-2021）
目錄

題型一、動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用—彈簧類(lèi) 1
題型二、動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用—碰撞類(lèi) 4
題型三、動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用—反沖類(lèi) 9
題型四、動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用—子彈木塊、板塊類(lèi) 15
題型五、動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用—軌道類(lèi) 17

題型一、動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用—彈簧類(lèi)
1.（2021湖南） 如圖（a），質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)，外力 作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時(shí)彈簧形變量為 。撤去外力并開(kāi)始計(jì)時(shí)，A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的 圖像如圖（b）所示， 表示0到 時(shí)間內(nèi) 的 圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍面積大小， 、 分別表示 到 時(shí)間內(nèi)A、B的 圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在 時(shí)刻的速度為 。下列說(shuō)法正確的是（　　）


A. 0到 時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)B的沖量等于mAv0
B. mA > mB
C. B運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變量等于
D.
【答案】ABD
【解析】A．由于在0 ~ t1時(shí)間內(nèi)，物體B靜止，則對(duì)B受力分析有
F墻 = F彈
則墻對(duì)B的沖量大小等于彈簧對(duì)B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A，則可將研究對(duì)象轉(zhuǎn)為A，撤去F后A只受彈力作用，則根據(jù)動(dòng)量定理有
I = mAv0（方向向右）
則墻對(duì)B的沖量與彈簧對(duì)A的沖量大小相等、方向相同，A正確；
B．由a—t圖可知t1后彈簧被拉伸，在t2時(shí)刻彈簧的拉伸量達(dá)到最大，根據(jù)牛頓第二定律有
F彈 = mAaA= mBaB
由圖可知
aB > aA
則
mB < mA
B正確；
C．由圖可得，t1時(shí)刻B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A速度為v0，之后AB動(dòng)量守恒，AB和彈簧整個(gè)系統(tǒng)能量守恒，則

可得AB整體的動(dòng)能不等于0，即彈簧的彈性勢(shì)能會(huì)轉(zhuǎn)化為AB系統(tǒng)的動(dòng)能，彈簧的形變量小于x，C錯(cuò)誤；
D．由a—t圖可知t1后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在t1—t2時(shí)間內(nèi)AB組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且在t2時(shí)刻彈簧的拉伸量達(dá)到最大，A、B共速，由a—t圖像的面積為?v，在t2時(shí)刻AB的速度分別為
，
A、B共速，則

D正確。
故選ABD。
2.（2013年全國(guó)2）如圖，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)童均為m的物塊Ａ、B、C。 B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)最不計(jì)).設(shè)A以速度ｖ０朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、 B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。假設(shè)B和C碰撞過(guò)程時(shí)間極短。
求：（1）從Ａ開(kāi)始?jí)嚎s彈簧直至與彈黃分離的過(guò)程中，整個(gè)系統(tǒng)拐失的機(jī)械能；
（2）彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能。

【答案】：(1)116mv20　(2)1348mv20
【解析】：A、B碰撞時(shí)動(dòng)量守恒、能量也守恒，而B(niǎo)、C相碰粘接在一塊時(shí)，動(dòng)量守恒．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能則為機(jī)械能的損失．當(dāng)A、B、C速度相等時(shí)，彈性勢(shì)能最大．
(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時(shí)，對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得
mv0＝2mv1 ①
此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2，損失的機(jī)械能為ΔE.對(duì)B、C組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2 ②
12mv21＝ΔE＋12(2m)v22 ③
聯(lián)立①②③式得ΔE＝116 mv20. ④
(2)由②式可知v2 mv0＝3mv3 ⑤
12mv20－ΔE＝12(3m)v23＋Ep ⑥
聯(lián)立④⑤⑥式得
Ep＝1348mv20. ⑦
3.（2014·浙江卷）如圖所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以速度v沿光滑水平地面向前運(yùn)動(dòng)，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧．甲木塊與彈簧接觸后(　　)

A. 甲木塊的動(dòng)量守恒
B. 乙木塊的動(dòng)量守恒
C. 甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒
D. 甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒
【答案】：C　
【解析】 (1)本題考查碰撞、動(dòng)量守恒定律等知識(shí)點(diǎn)．甲木塊與彈簧接觸后，由于彈簧彈力的作用，甲、乙的動(dòng)量要發(fā)生變化，但對(duì)于甲、乙所組成的系統(tǒng)因所受合力的沖量為零，故動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的勢(shì)能，故不守恒．
題型二、動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用—碰撞類(lèi)
4.（2020北京）在同一豎直平面內(nèi)，3個(gè)完全相同的小鋼球（1號(hào)、2號(hào)、3號(hào)）懸掛于同一高度；靜止時(shí)小球恰能接觸且懸線(xiàn)平行，如圖所示。在下列實(shí)驗(yàn)中，懸線(xiàn)始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對(duì)心正碰。以下分析正確的是（　　）


A. 將1號(hào)移至高度 釋放，碰撞后，觀(guān)察到2號(hào)靜止、3號(hào)擺至高度 。若2號(hào)換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，3號(hào)仍能擺至高度
B. 將1、2號(hào)一起移至高度 釋放，碰撞后，觀(guān)察到1號(hào)靜止，2、3號(hào)一起擺至高度 ，釋放后整個(gè)過(guò)程機(jī)械能和動(dòng)量都守恒
C. 將右側(cè)涂膠的1號(hào)移至高度 釋放，1、2號(hào)碰撞后粘在一起，根據(jù)機(jī)械能守恒，3號(hào)仍能擺至高度
D. 將1號(hào)和右側(cè)涂膠的2號(hào)一起移至高度 釋放，碰撞后，2、3號(hào)粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，未能擺至高度 ，釋放后整個(gè)過(guò)程機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒
【答案】D
【解析】A．1號(hào)球與質(zhì)量不同的2號(hào)球相碰撞后，1號(hào)球速度不為零，則2號(hào)球獲得的動(dòng)能小于1號(hào)球撞2號(hào)球前瞬間的動(dòng)能，所以2號(hào)球與3號(hào)球相碰撞后，3號(hào)球獲得的動(dòng)能也小于1號(hào)球撞2號(hào)球前瞬間的動(dòng)能，則3號(hào)不可能擺至高度 ，故A錯(cuò)誤；
B．1、2號(hào)球釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；
C．1、2號(hào)碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過(guò)程有機(jī)械能損失，所以1、2號(hào)球再與3號(hào)球相碰后，3號(hào)球獲得的動(dòng)能不足以使其擺至高度 ，故C錯(cuò)誤；
D．碰撞后，2、3號(hào)粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過(guò)程有機(jī)械能損失，且整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒，故D正確。
故選D。
5.（2019海南）如圖，用不可伸長(zhǎng)輕繩將物塊a懸掛在O點(diǎn)，初始時(shí)，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，現(xiàn)將a由靜止釋放，當(dāng)物塊a下擺至最低點(diǎn)時(shí)，恰好與靜止在水平面上的物塊b發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），碰撞后b滑行的最大距離為s，已知b的質(zhì)量是a的3倍，b與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，重力加速度大小為g，求

(1)碰撞后瞬間物塊b速度的大小；
(2)輕繩的長(zhǎng)度。
【答案】(1) ；(2)4μs
【解析】(1)設(shè)a的質(zhì)量為m，則b的質(zhì)量為3m，對(duì)物塊b碰后由動(dòng)能定理： 解得
(2)a球從水平位置擺下的過(guò)程：
ab碰撞的過(guò)程：

聯(lián)立解得：L=4μs
6.（2017·江蘇）甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員在做花樣滑冰表演，沿同一直線(xiàn)相向運(yùn)動(dòng)，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇時(shí)用力推對(duì)方，此后都沿各自原方向的反方向運(yùn)動(dòng)，速度大小分別為1 m/s和2 m/s．求甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量之比．
【答案】3:2
【解析】由動(dòng)量守恒定律得 ，解得
代入數(shù)據(jù)得
7.（2014上海）動(dòng)能相等的兩物體A、B在光滑水平面上沿同一直線(xiàn)相向而行，它們的速度大小之比 ，則動(dòng)量之比 ；兩者碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)，其總動(dòng)量與A原來(lái)動(dòng)量大小之比 。
【答案】 1：2；1：1
【解析】試題分析：動(dòng)能 ，根據(jù)VA:VB=2:1可得質(zhì)量之比mA:mB=1:4。動(dòng)量P=mv，所以: ，碰后粘在一起根據(jù)動(dòng)量守恒可得 ，所以
8.（2011福建）在光滑水平面上，一質(zhì)量為m，速度大小為 的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可呢個(gè)是__________。（題選項(xiàng)前的字母）
A. 0.6 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2
【答案】：AB
【解析】：A球和B球碰撞的過(guò)程中動(dòng)量守恒，設(shè)A、B兩球碰撞后的速度分別為V1、V2，選A原來(lái)的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律有：
mv=-mv1+2mv2…①
假設(shè)碰后A球靜止，即v1=0，可得：v2=0.5v
由題意知球A被反彈，所以球B的速度：v2＞0.5v…②
AB兩球碰撞過(guò)程能量可能有損失，由能量關(guān)系有
①③兩式聯(lián)立得：v2≤ 由②④兩式可得：0.5v＜v2≤
故選：AB．
9.（2014·全國(guó)）冰球運(yùn)動(dòng)員甲的質(zhì)量為80.0 kg.當(dāng)他以5.0 m/s的速度向前運(yùn)動(dòng)時(shí)，與另一質(zhì)量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來(lái)的運(yùn)動(dòng)員乙相撞．碰后甲恰好靜止．假設(shè)碰撞時(shí)間極短，求：
(1 )碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中總機(jī)械能的損失．
【答案】 (1)1.0 m/s　(2)1400 J
【解析】(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M，碰前速度大小分別為v、V，碰后乙的速度大小為V′.由動(dòng)量守恒定律有
mv－MV＝MV′①
代入數(shù)據(jù)得
V′＝1.0 m/s②
(2)設(shè)碰撞過(guò)程中總機(jī)械能的損失為ΔE，應(yīng)有
12mv2＋12MV2＝12MV′2＋ΔE③
聯(lián)立②③式，代入數(shù)據(jù)得
ΔE＝1400 J④
10.（2014·江蘇卷）牛頓的《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》中記載，A、B兩個(gè)玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為15∶16.分離速度是指碰撞后B對(duì)A的速度，接近速度是指碰撞前A對(duì)B的速度．若上述過(guò)程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B，且為對(duì)心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小．
【答案】： 1748v0　3124v0　
【解析】： 設(shè)A、B球碰撞后速度分別為v1和v2，由動(dòng)量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，且由題意知v2－v1v0＝1516，解得v1＝1748v0，v2＝3124v0
11.(2015山東)如圖，三個(gè)質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平軌道上。現(xiàn)給滑塊A向右的初速度v 0，一段時(shí)間后A與B發(fā)生碰撞，碰后AB分別以 、 ；的速度向右運(yùn)動(dòng)，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘 在一起向右運(yùn)動(dòng)。滑塊A、B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為同一恒定值。兩次碰撞時(shí)間極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。

【答案】:
【解析】：AB 碰撞的過(guò)程動(dòng)量守恒； ，求得： ；
從A 開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與B 發(fā)生碰撞，根據(jù)動(dòng)能定理有： ,求得： ；
B物與A 發(fā)生碰撞后到與C 碰撞損失的能量有： 求得
BC 碰撞動(dòng)量守恒： ；解得：
12.(2015天津)如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置．B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3：1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞。A、B兩球的質(zhì)量之比為_(kāi)___________ ，A、B碰撞前、后兩球總動(dòng)能之比為_(kāi)________ 。

【答案】4 ：1 9 ：5
【解析】：
AB 碰撞的過(guò)程動(dòng)量守恒得： ；
所以有： ；代入相關(guān)參數(shù)碰撞前后的動(dòng)能之比為： ；
題型三、動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用—反沖類(lèi)
13.（2020全國(guó)2）水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上
運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為（ ）
A. 48 kg B. 53 kg C. 58 kg D. 63 kg
【答案】BC
【解析】設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的質(zhì)量分別為 、 規(guī)定運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍\(yùn)動(dòng)員開(kāi)始時(shí)靜止，第一次將物塊推出后，運(yùn)動(dòng)員和物塊的速度大小分別為 、 ，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律

解得

物塊與彈性擋板撞擊后，運(yùn)動(dòng)方向與運(yùn)動(dòng)員同向，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員再次推出物塊

解得

第3次推出后

解得

依次類(lèi)推，第8次推出后，運(yùn)動(dòng)員的速度

根據(jù)題意可知

解得

第7次運(yùn)動(dòng)員的速度一定小于 ，則

解得

綜上所述，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量滿(mǎn)足

AD錯(cuò)誤，BC正確。
故選BC。
14.（2019全國(guó)1）最近，我國(guó)為“長(zhǎng)征九號(hào)”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國(guó)重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次實(shí)驗(yàn)中該發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106 N，則它在1 s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為（ ）
A. 1.6×102 kg B. 1.6×103 kg C. 1.6×105 kg D. 1.6×106 kg
【答案】B
【解析】設(shè)該發(fā)動(dòng)機(jī)在 s時(shí)間內(nèi)，噴射出的氣體質(zhì)量為 ，根據(jù)動(dòng)量定理， ，可知，在1s內(nèi)噴射出的氣體質(zhì)量 ，故本題選B。
15.（2018全國(guó)1）一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空，當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng).爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求
（1）煙花彈從地面開(kāi)始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間；
（2）爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度
【答案】（1）1/g ；（2）2E/mg
【解析】(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有
E=1/2mv20 ①
設(shè)煙花彈從地面開(kāi)始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
0-v0=-gt ②
聯(lián)立①②式得
t=1/g ③
(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有
E=mgh1 ④
火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動(dòng)量守恒定律有
1/4mv21+1/4mv22=E ⑤
1/2mv1+1/2mv2=0 ⑥
由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng).設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有
1/4mv21=1/2mgh2 ⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為
h=h1+h2=2E/mg ⑧
16.（2017全國(guó)1）將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為（噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略）（ ）
A．30 B．5.7×102
C．6.0×102 D．6.3×102
【答案】A
【解析】設(shè)火箭的質(zhì)量（不含燃?xì)猓閙1，燃?xì)獾馁|(zhì)量為m2，根據(jù)動(dòng)量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的動(dòng)量為：p=m1v1=m2v2=30 ，所以A正確，BCD錯(cuò)誤。
17.(2014·福建卷) 一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為_(kāi)_______．(填選項(xiàng)前的字母)

A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－m2m1v2 D．v0＋m2m1(v0－v2)
【答案】D　
【解析】忽略空氣阻力和分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，衛(wèi)星和箭體整體分離前后動(dòng)量守恒，則有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋m2m1(v0－v2)，故D項(xiàng)正確．
18.（2014·重慶卷）一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1，不計(jì)質(zhì)量損失，重力加速度g取10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是（ ）

A B C　　　　　　　　　　　　D
【答案】B
【解析】 彈丸在爆炸過(guò)程中，水平方向的動(dòng)量守恒，有m彈丸v0＝34mv甲＋14mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有h＝12gt2，水平方向?qū)住⒁覂蓮椘謩e有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各圖中數(shù)據(jù)，可知B正確．
19.（2015廣東）在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，a粒子（ ）和質(zhì)子（ ）做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若它們的動(dòng)量大小相等，則a粒子和質(zhì)子（ ）
A、運(yùn)動(dòng)半徑之比是2:1
B、運(yùn)動(dòng)周期之比是2:1
C、運(yùn)動(dòng)速度大小之比是4:1
D. 受到的洛倫茲力之比是2:1
【答案】B
【解析】a粒子和質(zhì)子質(zhì)量之比為4 ：1，電荷量之比為2 ：1 ，由于動(dòng)量相同，故速度之比為1 ：4，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 ，得兩者的運(yùn)動(dòng)半徑之比為1 ：2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期 ，得周期之比為2 ：1，選項(xiàng)B正確；由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力f = qvB，得受到的洛倫茲力之比為1 ：2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
20.（2015北京）實(shí)驗(yàn)觀(guān)察到，靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中 A 點(diǎn)的原子核發(fā)生β衰變，衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向和軌跡示意如圖。則（ ）
A.軌跡 1 是電子的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外
B.軌跡 2 是電子的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外
C.軌跡 1 是新核的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里
D.軌跡 2 是新核的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里

【答案】D
【解析】由動(dòng)量守恒可知，原子核靜止在磁場(chǎng)中，發(fā)生β衰變后的新核與電子的動(dòng)量大小相等，方向相反。由 ，得 ，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑與電荷量成反比。新核帶電量大于電子，因此 R 較小，知軌跡 2 為新核軌跡，由左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。
21.（2015海南）運(yùn)動(dòng)的原子核 放出 粒子后變成靜止的原子核Y。已知X、Y和 粒子的質(zhì)量分別是M、 和 ，真空中的光速為c， 粒子的速度遠(yuǎn)小于光速。求反應(yīng)后與反應(yīng)前的總動(dòng)能之差以及 粒子的動(dòng)能。
【答案】 ，
【解析】反應(yīng)后由于存在質(zhì)量虧損，所以反應(yīng)前后總動(dòng)能之差等于質(zhì)量虧損而釋放出的能量，
故根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程可得 ①
反應(yīng)過(guò)程中三個(gè)粒子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故有 ，②
聯(lián)立①②可得
題型四、動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用—子彈木塊、板塊類(lèi)
22.（2018天津)質(zhì)量為0.45 kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為0.05 kg的子彈以200 m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個(gè)木塊沿子彈原方向運(yùn)動(dòng)，則木塊最終速度的大小是______m/s若子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的平均阻力為4.5×103 N,則子彈射入木塊的深度為_(kāi)___
【答案】 20 0.2 
【解析】子彈打木塊的過(guò)程，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有mv0=(M+m)v，將已知條件代入解得v=20 m/s;由功能關(guān)系可知，Q=fd=1/2mv20－1/2（M+m）v2，解得d=0.2 m.
23.（2017·天津卷）如圖所示，物塊A和B通過(guò)一根輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩連接，跨放在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA=2 kg、mB=1 kg。初始時(shí)A靜止于水平地面上，B懸于空中。先將B豎直向上再舉高h(yuǎn)=1.8 m（未觸及滑輪）然后由靜止釋放。一段時(shí)間后細(xì)繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運(yùn)動(dòng)，之后B恰好可以和地面接觸。取g=10 m/s2。空氣阻力不計(jì)。求：
（1）B從釋放到細(xì)繩剛繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；
（2）A的最大速度v的大小；
（3）初始時(shí)B離地面的高度H。

【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng)，有： 解得：
（2）設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有
細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力，A、B相互作用，總動(dòng)量守恒：
繩子繃直瞬間，A、B系統(tǒng)獲得的速度：
之后A做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以細(xì)繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2 m/s
（3）細(xì)繩繃直后，A、B一起運(yùn)動(dòng)，B恰好可以和地面接觸，說(shuō)明此時(shí)A、B的速度為零，這一過(guò)程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：
解得，初始時(shí)B離地面的高度
24.（2013年山東）如圖所示，光滑水平軌道上放置長(zhǎng)木板A（上表面粗糙）和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為 、 、 。開(kāi)始時(shí)C靜止，A、B一起以 的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生碰撞（時(shí)間極短）后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。

【答案】：2 m/s
【解析】：(2)因碰撞時(shí)間極短，A與C碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動(dòng)量定恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC ①
A與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動(dòng)量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB ②
A與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿(mǎn)足
vAB＝vC ③
聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得
vA＝2 m/s. ④
題型五、動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用—軌道類(lèi)
25.（2015福建）如圖，質(zhì)量為M的小車(chē)靜止在光滑的水平面上，小車(chē)AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)，一質(zhì)量為m的滑塊在小車(chē)上從A點(diǎn)靜止開(kāi)始沿軌道滑下，重力加速度為g。
（1）若固定小車(chē)，求滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)小車(chē)的最大壓力；
（2）若不固定小車(chē)，滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點(diǎn)滑出小車(chē)，已知滑塊質(zhì)量 ,在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是小車(chē)速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求：
滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小車(chē) 的最大速度vm；
滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小車(chē)的位移大小s。

【答案】：（1）3mg （2）① ②s=L/3
【解析】（1）由圖知，滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)小車(chē)的壓力最大
從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理：
在B點(diǎn)：
聯(lián)立解得 ： FN=3mg，根據(jù)牛頓第三定律得，滑塊對(duì)小車(chē)的最大壓力為3mg
（2）①若不固定小車(chē)， 滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小車(chē)的速度最大
根據(jù)動(dòng)量守恒可得：
從A到B，根據(jù)能量守恒：
聯(lián)立解得：
②設(shè)滑塊到C處時(shí)小車(chē)的速度為v，則滑塊的速度為2v，根據(jù)能量守恒：
解得：
小車(chē)的加速度：
根據(jù)
解得：s=L/3
26.（2016年全國(guó)2）如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰塊均靜止于冰面上．某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面 的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為 （h小于斜面體的高度）．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為 ，冰塊的質(zhì)量為 ，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)．取重力加速度的大小 ．



（ⅰ）求斜面體的質(zhì)量；
（ⅱ）通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
【答案】：（ⅰ）20kg （ⅱ）追不上
【解析】：（i）規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得
m2v20=(m2+ m3)v①
m2 =(m2+ m3)v2+m2gh②
式中v20=-3m/s為冰塊推出時(shí)的速度。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得
m3=20kg ③
(ii)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有
m1v1+m2v20④
代入數(shù)據(jù)得
v1=1 m/s⑤
設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有
m2v20=m2v2+m3v3⑥
⑦
解得v2=1m/s,所以冰塊追不住小孩；

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