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1-3-7 碰撞与动量守恒
课时强化训练
1．(2018·天津河东一模)(多选)一辆汽车在平直公路上从静止开始运动，所受阻力恒定，10 s末撤掉牵引力，其速度随时间变化的图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A．0～5 s和10～15 s内加速度相同 B．0～5 s和10～15 s内阻力做功相等
C．0～5 s和5～10 s内牵引力做功的平均功率相等 D．0～5 s和10～15 s内合外力的冲量相同
[解析] v-t图线的斜率表示加速度，由图可知0～5 s和10～15 s内加速度大小相等，但是方向相反，故不相同，A错误；
v-t图线与时间轴所围的面积表示位移，由图可知0～5 s和10～15 s内位移相等，又阻力恒定，故
阻力做功相等，B正确；
0～5 s内：加速度a1＝10－0122
m/s＝2 m/s，位移x1＝×5×10 m＝25 m； 525～10 s内：加速度为零，位移x2＝5×10 m＝50 m； 10～15 s内：加速度a3＝
0－10122
m/s＝－2 m/s，位移x3＝×5×10 m＝25 m； 52根据牛顿第二定律，0～5 s内：F1－f＝ma1 根据平衡条件，5～10 s内：F2＝f 根据牛顿第二定律，10～15 s内：－f＝ma3 联立解得：F1＝4m(N)，F2＝2m(N) 0～5 s内牵引力做功的平均功率为： 5～10 s内牵引力做功的平均功率为： ＝
F1x14m×25＝＝20m(W)， t15F2x22m×50＝＝20m(W)， t25＝
故0～5 s和5～10 s内牵引力做功的平均功率相等，C正确；
由C项分析可知0～5 s和10～15 s内汽车的位移相同，所受合外力等大、反向，故冲量也是等大、反向，故D错误。
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[答案] BC
2．(2018·山东菏泽一模)有一个竖直固定放置的光滑四分之一圆轨道，轨道圆心O到地面的高度为h，小球从轨道最高点A由静止开始沿着圆弧轨道滑下，从轨道最低点B离开轨道，然后做平抛运动落到水平地面上的C点，C点与A点的水平距离也等于h，则下列说法正确的是( )
A．当小球运动到轨道最低点B时，轨道对它的支持力等于重力的4倍
B．小球在圆弧轨道上运动的过程中，重力对小球的冲量在数值上大于圆弧轨道的支持力对小球的冲量
C．根据已知条件可以求出该四分之一圆轨道的轨道半径为0.2h
D．小球做平抛运动落到地面时的速度与水平方向夹角θ的正切值tan θ＝0.5
1v2B[解析] 由mgR＝mv2B，FB－mg＝m，解得FB＝3mg，A错误；小球从A运动到B，合外力冲量水
2R平向右，则支持力的冲量在竖直方向的分量与重力的冲量大小相等，故支持力冲量在数值上大于重力的冲量，B错误；小球做平抛运动时，h－R＝gt，h－R＝vBt，解得R＝0.2h，C正确；设小球做平抛运动位移与水平方向夹角为α，则tan α＝1，因为tan θ＝2 tan α，所以tan θ＝2，D错误。
[答案] C
3．(2018·河北衡水中学二模)(多选)
122
如图，质量分别为m1＝1.0 kg和m2＝2.0 kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。该系统以速度v0＝0.10 m/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过时间t＝5.0 s后，测得两球相距s＝4.5 m，则下列说法正确的是( )
A．刚分离时，a球的速度大小为0.7 m/s B．刚分离时，b球的速度大小为0.2 m/s C．刚分离时，a、b两球的速度方向相同 D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J
[解析] 系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，位移：s＝v1t感谢你的聆听
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－v2t，代入数据解得：v1＝0.70 m/s，v2＝－0.20 m/s，负号表示速度方向与正方向相反，故选项A、B正确，C错误；由能量守恒定律得：(m1＋m2)v20＋Ep＝m1v21＋m2v2，代入数据解得：Ep＝0.27 J，选项D正确。
[答案] ABD
4．(2018·福建泉州检测)如图所示，两个大小相同、质量均为m的弹珠静止在水平地面上。某小孩在极短时间内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动了2L距离停下。已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则小孩对第一个弹珠( )
121212
A．施加的冲量为mkgL B．施加的冲量为m3kgL C．做的功为kmgL D．做的功为3kmgL
[解析] 当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒可知，两弹珠速度发生交换，即第一个弹珠碰后停止运动，第二个弹珠以第一个弹珠碰前的速度继续向前运动了2L距离停下，从效果上看，相当于第二个弹珠不存在，第一个弹珠直接向前运动了3L的距离后停止运动，根据动能定理可知，小孩对第一个弹珠做的功等于弹珠获得的动能，也等于克服阻力做的总功，即W＝Ek＝kmg·3L，选项C错误，选项D正确；施加的冲量I＝Δp＝p－0＝2mEk－0＝2m·kmg·3L＝m6kgL，选项A、B错误。
[答案] D
5．(2018·江西上饶六校一联)(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．A物体的质量为3m B．A物体的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv20
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D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv20
[解析] 弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有：
1Epm＝mAv20
2当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：mA·2v0＝(m＋mA)v
由机械能守恒定律得：Epm＝mA(2v0)－(mA＋m)v 解得：mA＝3m，Epm＝mv20 故A、C正确，B、D错误。 [答案] AC
6．(2018·湖北宜昌调研)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球沿同一直线运动。两球的质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，两球的动量均为5 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量变化量为－3 kg·m/s，则( )
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A．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶2 B．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶4 C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶2 D．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶4
[解析] 规定向右为正方向，两球初始动量均为5 kg·m/s，则两球均向右运动，又因为动量p＝mv，
mB＝2mA，所以vA＝2vB，则断定左方为A球，故A、B两项错误。碰撞后A球的动量变化量为－3 kg·m/s，
则碰撞后A球的动量为pA＝2 kg·m/s，据动量守恒定律可得B球碰撞后的动量应为pB＝8 kg·m/s，由p＝mv，得v＝，所以＝
[答案] C
7．(2018·湖北四地七校联盟联考)如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点。设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则( )
pmvApAmB1＝，故C项正确，D项错误。
vBpBmA2感谢你的聆听
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A．t1>t2 B．t1＝t2 C．I1>I2 D．I1＝I2
[解析] 小球从A点正上方O点静止释放，做自由落体运动，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点，则知小球在AB段平均速率大于BC段平均速率，又两段路程相等，所以球在AB段和BC段运动时间的大小关系为t1[答案] C[思路点拨] AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，从而可比较时间；根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，从而比较合外力的冲量大小。
8．(2018·河北石家庄质检)质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8 kg·m/s，则甲、乙两球质量m1与m2的关系可能是( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2 C．3m1＝2m2 D．4m1＝m2
[解析] 根据动量守恒定律有：p1＋p2＝p1′＋p2′，可得p1′＝4 kg·m/s，碰撞过程中动能不增加，
p21p2p1′2p2′2m13p1′则有＋≥＋，可得≤，则A、C项错误。碰后甲球的速度不大于乙球的速度，则有
2m12m22m12m2m25m1≤
p2′m11，可得≥，则D项错误。 m2m22[答案] B
[解题关键] 解本题的关键在于要弄清碰撞前后动能的关系以及碰后甲、乙两球的速度关系。 9．(2018·安徽六校二联)(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d。两物体
m1和m2与弹簧连接，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，
则在以后的运动过程中，可能的情况是( )
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A．m1的最小速度是0 B．存在某段时间m1向左运动 C．m2的最大速度一定是v1 D．m2的最大速度是v1
[解析] m1由图示位置静止释放后，在弹簧弹力作用下向右加速运动，m2静止，当m1与m2相距最近时弹簧弹力为零，m1的速度最大，此后弹簧伸长，在弹簧弹力作用下，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2继续加速，当两物体再次相距最近时，m1达到最小速度v1′，m2达到最大速度v2′。
两物体水平方向动量守恒，
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
两物体与弹簧组成的系统机械能守恒
11122m1v21＝m1v1′＋m2v2′； 222可得v1′＝
m1－m22m1v1，v2′＝v1。 m1＋m2m1＋m2因为m1和m2的大小关系不确定，所以m1的最小速度可以是0，也可以向左运动，故A、B项正确。只有当m1＝m2时，m2的最大速度才为v1，故D项正确，C项错误。
[答案] ABD
10．(2018·北京理综)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s，到达B点时速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10 m/s。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。
2
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[解析]
(1)根据匀变速直线运动公式，有L＝
v2B－v2A
＝100 m 2a(2)根据动量定理，有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s (3)运动员经C点时的受力分析如图
根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有
11mgh＝mv2C－mv2B
22根据牛顿第二定律，有
v2CFN－mg＝m
R得FN＝3 900 N
[答案] (1)100 m (2)1 800 N·s (3)受力图见解析 3 900 N
[一题多解] 运动员在AB段所受合外力的冲量I＝F合t＝ma·
vB－vA＝1 800 N·s。 a11．(2018·山西太原一模)弹射座椅是飞行员使用的座椅型救生装置。在飞机失控时，依靠座椅上的动力(喷气发动机)装置将飞行员弹射到高空，然后张开降落伞使飞行员安全降落。某次实验中，在地面上静止的战斗机内，飞行员按动弹射按钮，座椅(连同飞行员等)在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱，座椅沿竖直方向运动，5 s末到达最高点，上升的总高度为112.5 m。在最高点时降落伞打开，飞行员安全到达地面。已知座椅的总重量为100 kg，弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒定，不考虑发动机质量的变化及空气阻力，取g＝10 m/s，求：
(1)发动机对座椅推力的值； (2)发动机对座椅冲量的大小。
[解析] (1)设座椅上升时的最大速度为vm，由运动学公式，有：
2
1hm＝vmt
2设发动机作用的时间为t1，座椅的加速度为a1，发动机的推力为N，减速过程的时间为t2，则有
N－mg＝ma1
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vm＝a1t1 vm＝gt2 t1＋t2＝t
解得：N＝10mg＝1.0×10 N
(2)设发动机对座椅冲量的大小为I，则有I＝Nt1 解得：I＝5×10 N·s
[答案] (1)1.0×10 N (2)5×10 N·s
12．(2018·天津河东一模)如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0
的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端。已知A、B质量相等且为m，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g。求：
4
3
3
4
(1)B、C碰撞过程中，损失的机械能ΔE； (2)A运动到C的右端时的速度v；
(3)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数μ。
[解析] (1)B、C碰撞过程中动量守恒，设B、C碰后的共同速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝(m＋2m)v1①
机械能损失ΔE＝mv20－(m＋2m)v21② 联立解得ΔE＝mv20③
(2)B、C共速后，A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C分开，A、C相互作用过程中动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0＋2mv1＝(m＋2m)v④
由①④式可得v＝v0⑤ 方向水平向右
(3)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律可得
121213591112
fL＝mv20＋·2mv21－(m＋2m)v⑥
222又f＝μmg⑦
4v20由①⑤⑥⑦式可得μ＝
27gL感谢你的聆听
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154v20
[答案] (1)mv20 (2)v0，方向水平向右 (3) 3927gL 感谢你的聆听
