专题14 动量与动量守恒 【2018版高三物理一轮复习5年真题分类物理】

2018版高三物理一轮复习动量守恒定律及其应用1.如图所示,PQS是固定于竖直平面内的光滑的14圆周轨道,圆心O在S的正上方.在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑.以下说法正确的是( )A.a比b先到达S,它们在S点的动量不相等B.a比b同时到达S,它们在S点的动量不相等C.a比b先到达S,它们在S点的动量相等D.b比a先到达S,它们在S点的动量相等解析:a物体做自由落体运动,运动时间为t1,b物体沿14圆弧轨道下滑的过程中,其竖直方向分运动的加速度在任何高度都小于重力加速度.又a､b两物体竖直方向位移相等,所以b 物体下滑到S的时间t2>t1,故A正确,B､C､D､错误.答案:A2.关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是( )A.只要系统内存在摩擦力,系统动量就不可能守恒B.只要系统中有一个物体具有加速度,系统动量就不守恒C.只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒D.系统中所有物体的加速度为零时,系统的总动量不一定守恒解析:由动量守恒的条件知C正确,D项中所有物体加速度为零时,各物体速度恒定,动量恒定,总动量一定守恒.答案:C3.如图所示,完全相同的A､B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动.AB间夹有少量炸药,对A､B在炸药爆炸过程及随后的运动过程有下列说法,其中正确的是( )A.炸药爆炸后瞬间,A､B两物块速度方向一定相同B.炸药爆炸后瞬间,A､B两物块速度方向一定相反C.炸药爆炸过程中,A､B两物块组成的系统动量不守恒D.A､B在炸药爆炸后至A､B相对传送带静止过程中动量守恒解析:炸药爆炸后,A物块的速度是否反向,取决于炸药对A物块的冲量大小和A的初动量大小的关系.故A速度不一定反向,故A､B项不正确;在炸药爆炸过程中及以后直至A､B相对静止过程中,A相对传送带向左运动,B相对传送带向右运动,所受摩擦力方向相反,根据滑动摩擦力定义可以确定A､B组成的系统所受合外力为零,满足动量守恒条件,故C项不正确,D 项正确.答案:D4.(江苏南通2月)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定其上,另一质量也为m的物体乙为4 m/s的速度与甲相向运动,如图所示,则( )A.甲､乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力作用,动量不守恒B.当两物块相距最近时,甲物块的速度为零C.当甲物块的速度为1 m/s时,乙物块的速度可能为2 m/s,也可能为0D.甲物块的速率可能达到5 m/s解析:由于弹簧是轻质的,甲､乙在水平方向上除相互作用外不受其他力,故水平方向上二者组成的系统动量守恒,A 错.当甲､乙相距最近时应有v 甲=v 乙,故由动量守恒有mv 乙-mv 甲=2mv(其中以物体乙的初速度方向为正),代入数据有v=0.5 m/s,B 错.又二者作用过程中,总机械能也守恒,当二者分离时甲获得最大速度,则由动量守恒和能量守恒有2222(),1111.2222m m mv mv mv mv v mv mv mv mv ''-=-⎧⎪⎨'+=+⎪⎩乙甲乙甲为两物块分离时乙的速度大小 解之得v m =v 乙=4 m/s,v′=v 甲=3 m/s,故D 错.当甲物块的速度为向左的1 m/s 时,由动量守恒可求得乙的速率为2 m/s.当甲物块的速度为向右的1 m/s,同样可求得乙的速率为0,故C 对.答案:C5.(山东潍坊一模)如图,质量为3 kg 的木板放在光滑水平面上,质量为1 kg 的物块在木板上,它们之间有摩擦力,木板足够长,两者都以4 m/s 的初速度向相反方向运动,当木板的速度为2.4 m/s 时,物块( )A.加速运动B.减速运动C.匀速运动D.静止不动解析:由于木板和物块之间有摩擦,放在光滑的水平面上后,由于木板足够长,故木板和物块系统动量守恒,最终二者将具有共同的速率,规定向右的方向为正方向,根据动量守恒得3×4 kg· m/s -1×4 kg· m/s=(3 kg+1 kg)v,所以v=2 m/s,方向向右.当木板速度为2.4 m/s 时,设物块的速度为v′,根据动量守恒得,3×4 kg· m/s -1×4kg· m/s=3×2.4 kg· m/s+1 kg×v′,v′=0.8 m/s,方向向右.因v′<v,故此时物块正在加速度运动.答案:A6.(广东中山3月)向空中发射一物体,不计空气阻力.当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a､b两块,若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则( )A.b的速度方向一定与初速度方向相反B.从炸裂到落地的这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大C.a､b一定同时到达地面D.在炸裂过程中,a､b受到的爆炸力的冲量大小一定相等解析:物体炸裂过程,水平方向动量守恒,mv0=m1v1+m2v2,只有m1v1>mv0时,v2才与初速度方向相反,且v1､v2的大小关系不能确定,所以无法确定a､b的水平位移,A､B均错.竖直方向的运动不受水平运动的影响,故落地时间相同,a､b所受力大小相等､时间相同,故冲量大小相等.答案:CD7.如图所示两辆质量相同的小车静止于光滑的水平面上,有一人静止在小车A上.当这个人从A车上跳到B车上,接着又从B车跳回并与A车保持相对静止时,A车的速率( )A.等于零B.小于B车速率C.大于B车速率D.等于B车速率解析:由系统动量守恒可得:O=(M A+m)V A-M B V B,M A+M>M B故V A<V B.B正确.答案:B8.小车静止在光滑水平面上,站在车上的人练习打靶,靶装在车上的另一端,如图所示.已知车､人､枪和靶的总质量为M(不含子弹),每颗子弹质量为m,共n 发,打靶时,枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中,就留在靶里,且待前一发打入靶中后,再打下一发.则以下说法正确的是( )A.待打完n 发子弹后,小车将以一定速度向右匀速运动B.待打完n 发子弹后,小车应停在射击之前位置的右方C.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移相同,大小均为md nm M + D.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移不相同解析:根据动量守恒定律,当子弹射出后,小车(包括人､枪和靶,下同)获得一定的速度向右匀速直线运动,但是当子弹打入靶后,因为系统总动量为0,所以小车将做间歇性的匀速直线运动,最后将停止于原位的右边,A 错误,B 正确.研究空中飞行的一颗子弹和其他所有物体的动量守恒可知,每一次射击后小车获得的速度都是相等的,走过的距离也都相等.设子弹的速度为v,小车获得的速度为v 1由动量守恒有:mv=[M+(n-1)m]v 1,v 1=(1)mv M n m+-,设子弹从枪口射出到打入靶所用的时间为[(1)],[],,(1)()mv M n m d t d t v t M n m M nm v+-=+=+-+小车位移为s=v 1,md t nm M=+C 对,D 错,答案为BC. 答案:BC9.一列总质量为m 总的列车,在平直轨道上以速度v 匀速行驶,突然最后一节质量为m 的车厢脱钩,列车受到的阻力与车重成正比,机车牵引力不变,则当最后一节车厢刚好停止的瞬间,前面列车的速度为__________解析:整个列车匀速行驶时,机车牵引力与列车所受阻力大小相等,当最后一节车厢脱钩之后,机车牵引力不变,而最后一节车厢停止运动前,对整个列车而言,所受阻力大小也不变,则列车与脱钩的最后一节车厢组成的系统动量守恒,最后一节车厢停止瞬间,有(m 总-m)v′=m 总v v′=.m v m m-总总 答案:m v m m-总总 10.质量为100 kg 的甲车连同质量为50 kg 的人一起以2 m/s 的速度在光滑水平上向前运动,质量为150 kg 的乙车以7 m/s 的速度由后面追来.为了避免相碰,当两车靠近时甲车上的人至少应以多大的水平速度跳上乙车?解析:在人和车相互作用时动量守恒.设人跳起的水平速度为v 人,两车后来的速度相同均为v 车.设向前为正方向,根据动量守恒定律,人从甲车上跳出时,有(m+M 甲)v 甲=M 甲v 车-mv 人人跳上乙车的过程中,有M 乙v 乙-mv 人=(M 乙+m)v 车由以上两式代入数据解得v 人=3 m/s.答案:3 m/s11.如图所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v 0向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长,重物始终在木板上.重力加速度为g.解析:木板第一次与墙碰撞后,木板的速度反向,大小不变,此后木板向左做匀减速运动,重物向右做匀减速运动,最后木板和重物达到一共同速度为v,设木板的质量为m,重物的质量为2m,取向右为动量的正向,由动量守恒得2mv 0-mv 0=3mv设从第一次与墙碰撞到木板和重物具有共同速度v 所用的时间为t 1,2μmgt 1=mv-m(-v 0)由牛顿第二定律得2μmg=ma式中a 为木板的加速度.在达到共同速度v 时,木板离墙的距离l 为201112l v t at =- 开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为2l t v= 从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为t=t 1+t 2 由以上各式得04.3v t gμ= 12.如图所示,在光滑水平面上有两个并排放置的木块A 和B,已知m A =500 g,m B =300 g,有一质量为80 g 的小铜球C 以25 m/s 的水平初速开始,在A 表面滑动,由于C 和A,B 间有摩擦,铜块C 最后停在B 上,B 和C 一起以2.5 m/s 的速度共同前进,求:(1)木块A 的最后速度v A ′;(2)C 在离开A 时速度v C ′.解析:A,B,C 三个物体作为一个系统在水平方向不受外力作用,系统动量守恒,(1)研究C 开始滑动到C 和B 相对静止的过程,m C v 0=m A v A ′+(m C +m B )v 共v A ′=0()C C B A m v m m v m -+共0.0825(0.080.3) 2.5 2.1/.0.5m s ⨯-+⨯== (2)研究C 开始滑动到C 离开A 的过程,m C v 0=(m A +m B )v A ′+m C v C ′v C ′=0()C A B A Cm v m m v m -+' =0.0825(0.50.3) 2.14/.0.08m s ⨯-+⨯= 答案:(1)2.1 m/s (2)4 m/s。

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第5节动量定理动量守恒定律（1)动量越大的物体，其速度越大.(×)（2）物体的动量越大，其惯性也越大。

(×）(3）物体所受合力不变，则动量也不改变.(×)（4)物体沿水平面运动时，重力不做功,其冲量为零.（×)(5）物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。

(×）(6)物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。

(√）(7)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒.(√）(8）若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。

(√）突破点（一）动量定理的理解与应用1．动能、动量、动量变化量的比较动能动量动量变化量定义物体由于运动而具有的能量物体的质量和速度的乘积物体末动量与初动量的矢量差定义式E k＝错误!mv2p＝mvΔp＝p′－p 标矢性标量矢量矢量特点状态量状态量过程量关联方程E k＝错误!,E k＝错误!pv,p＝错误!,p＝错误!联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关,通常选取地面为参考系（2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2．应用动量定理解题的一般步骤(1）明确研究对象和研究过程研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。

课前预习● 自我检测1、判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”(1）冲量和功都是标量．（×)（2)动量和冲量都是状态量．（×）(3)动量越大的物体，其速度越大。

（×)（4)两物体动能相等,动量一定相等。

（×)（5)物体所受的合力的冲量方向与物体动量变化的方向相同.（√）（6)物体的动量越大，其惯性也越大。

(×）(7）物体所受合力不变,则动量也不改变。

(×)(8）物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。

（×）2. 质量为m的小球以速度v与竖直墙壁垂直相碰后以原速率反向弹回,以小球碰前的速度为正方向，关于小球的动能变化和动量变化，下面的答案正确的是( ）A．0,0 B．mv2,0 C．0，－2mv D．0，2mv【答案】C【解析】质量为m的小球以速度v与竖直墙壁垂直相碰后以原速率反向弹回,初动能与末动能相等，故动能的变化量为零；以小球碰前的速度为正方向,初动量为mv，末动量为－mv，故动量的变化量为：Δp＝(－mv）－（mv)＝－2mv,故选C.3。

质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护,使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m,g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（）A．500 N B．1 100 N C．600 N D．100 N【答案】B4。

从同一高度以相同的速率抛出质量相同的三个小球,a球竖直上抛,b球竖直下抛，c球水平抛出,不计空气阻力，则（)A．三球落地时的动量相同B．三球落地时的动量大小相同C．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量相同D．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量大小相同【答案】B【解析】根据机械能守恒定律可知,三球落地时，速度大小相等，但c球速度方向与a、b球的速度方向不同．从抛出到落地过程中，三球均仅受重力作用，但三球在空中运动的时间不同．故本题选B。

专题14 动量与动量守恒1.（15重庆卷）高空作业须系安全带.如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h （可视为自由落体运动）.此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为mg mg -mg +mg - 答案：A解析：人下落h 高度为自由落体运动，由运动学公式22v gh =，可知v =（取向上为正）由动量定理得()0()F mg t mv -=--，解得：F mg =+，故选A.2.（15新课标2卷）（10分）滑块a 、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段.两者的位置x 随时间t 变化的图像如图所示.求：（ⅰ）滑块a 、b 的质量之比；（ⅱ）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比.解析：（1）设a 、b 质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图像得 v 1=-2m/sv 2=1m/sa 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v ,由题给图像可得s m v /32=由动量守恒定律得：m 1v 1+m 2v 2=（m 1+m 2）v 解得8121=m m （2）由能量守恒得.两滑块因碰撞而损失的机械能为221222211)(212121v m m v m v m E +-+=∆ 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 221)(21v m m W +=解得21=∆E W 3.（2015·全国新课标Ⅰ）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 ，三者都处于静止状态，现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间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.解析：设A 运动的初速度为vA 向右运动与C 发生碰撞，根据弹性碰撞可得12mv mv Mv =+22212111222mv mv Mv =+ 可得1m M v v m M -=+22m v v m M=+ 要使得A 与B 发生碰撞，需要满足10v <，即m M <A 反向向左运动与B 发生碰撞过程，弹性碰撞134mv mv Mv =+222134111222mv mv Mv =+ 整理可得31m M v v m M -=+ 412m v v m M=+ 由于m M <，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足32v v < 即2212()m M m m M v v v v m M m M m M--=>=+++整理可得224m Mm M +>解方程可得2)m M ≥。

1.【2014·福建卷】一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。

已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为 。

（填选项前的字母）A.v 0-v 2B.v 0+v 2C.21021m v v v m =- D.()201201v v m m v v -+= 【答案】D【考点定位】本题考查动量守恒定律2.【2014·重庆卷】一弹丸在飞行到距离地面5m 高时仅有水平速度2/v m s =，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速210/g m s =，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是【答案】B【考点定位】本题考查了平抛运动规律、爆炸问题、动量守恒定律.【方法技巧】容易负略速度方向的判断，爆炸问题和碰撞问题围绕两个守恒（动量守恒和能量守恒）去思考。

3．【2014·全国大纲卷】一中子与一质量数为A （A ＞1）的原子核发生弹性正碰。

若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（ ）A ．11-+A AB ．11+-A AC ．2)1(4+A A D ．22)1()1(-+A A【答案】A 【解析】试题分析：设原子核的质量为m ，中子的质量为m N ，碰撞前与碰撞后中子的速度分别是v 0和v 1，碰撞后原子核的速度为v 2，由于两者发生弹性正碰，因此有：m N v 0＝m N v 1＋mv 2，2021v m N ＝2121v m N ＋2221mv ，解得：v 1＝0v mm mm N N +-，根据两者质量数可知：m m M ＝A 1，解得|10v v|＝11-+A A ，故选项A 正确。

【考点定位】本题主要考查了动量守恒定律和能量守恒定律的应用问题，属于中档题。

4.【2014·上海卷】动能相等的两物体A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比12:2:1v v =，则动量之比:A B p p = ；两者碰后粘在一起运动，其总动量与A 原来动量大小之比:A p p = 。

1．（2017全国Ⅰ，14）将质量为1.00kg 的模型火箭点火升空，50g 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 ．30kg m/s ⋅B ．5.7×102kg m/s ⋅C ．6.0×102kg m/s ⋅D ．6.3×102kg m/s ⋅【答案】A【解析】设火箭的质量为m 1，燃气的质量为m 2，根据动量守恒，m 1v 1=m 2v 2，解得火箭的动量为：P =m 2v 2=m 1v 1=30 kg m/s ⋅，所以A 正确；BCD 错误。

2.（2017新课标Ⅲ 20）20．一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。

F 随时间t 变化的图线如图所示，则A ．t =1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t =2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t =3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t =4 s 时物块的速度为零 【答案】AB【名师点睛】变力的冲量的求法是动量定理应用的重点，也是难点。

F-t图象中的面积表示这段时间内力的冲量是求变力的冲量的常用方法3．（2017天津卷，4）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。

摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。

下列叙述正确的是A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变【答案】B【名师点睛】本题的难点在于对动量定理的理解，是“物体所受合力的冲量等于动量的变化”，而学生经常记为“力的冲量等于物体动量的变化”。

4. （2016天津理综）如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。

2018年高考一轮复习考点及考纲解读（四）动量、机械能动量、机械能一直都是高考的“重中之重”，是高考的热点和难点，涉及这部分内容的考题不但题型全、分量重，而且还经常有高考压轴题。

经常考查动量定理、动量守恒定律、变力做功、动能定理、机械能守恒、功能关系等。

常与本部分知识发生联系的知识有：牛顿运动定律、圆周运动、带电粒子在电场和磁场中的运动、核反应等，一般过程复杂、难度大、能力要求高。

本考点的知识还常以碰撞模型、爆炸模型、弹簧模型、子弹射击木块模型、传送带模型等为载体考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学知识解决物理问题的能力。

所以复习时要重视对基本概念、规律的理解掌握，加强建立物理模型、运用数学知识解决物理问题的能力。

样题解读【样题1】（河北邯郸市2018届零诊模拟试题）在2018年世界杯足球比赛中，英国队的贝克汉姆在厄瓜多尔队禁区附近主罚定位球，并将球从球门右上角擦着横梁踢进球门。

如图4－1所示，球门的高度为h ，足球飞入球门的速度为v ，足球的质量为m ，则贝克汉姆球员将足球踢出时对足球做的功W 为（不计空气阻力）A ．等于221mv mgh +B ．大于221mv mgh + C ．小于221mv mgh + D ．因为球的轨迹形状不确定，所以做功的大小无法确定[分析] 球员将足球踢出后，不计空气阻力，足球在空中运动的过程中机械能守恒，球踢出前动能和重力势能都为零，由功能关系得，球员将足球踢出时对足球做的功W ＝221mv mgh +，A 项正确。

[答案] A[解读] 本题涉及到功能关系、机械能守恒等知识点，考查理解能力和推理能力，体现了《考试大纲》中对“理解物理概念、物理规律的确切含义，理解物理规律的适用条件，以及它们在简单情况下的应用”和“能够根据已知的知识和物理事实、条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或作出正确的判断”的能力要求。

本题利用功能关系时要注意，足球被踢出后就不再受球员的作用力，所以球员做功只发生在足球被踢出的过程中。

F单元动量F2 动量守恒定律15．F2[2018·海南物理卷] 如图1－14所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab为沿水平方向的直径．若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点．已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径．图1－14【答案】略16．F2[2018·海南物理卷] 如图1－15所示，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N’是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为'm和2m，竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度．图1－15【答案】略17．F2[2018·海南物理卷] 模块3－3试题(12分)(1)关于空气湿度，下列说法正确的是________．A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸气压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比(2)如图1－15所示，容积为V1的容器内充有压缩空气．容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连．气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2.打开气阀，左管中水银面下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h.已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g ；空气可视为理想气体，其温度不变．求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1.图1－16【解析】 (1)BC 相对湿度是水蒸气的实际压强与同温度下饱和汽压的比．18．F2[2018·海南物理卷] 模块3－4试题(1)一列简谐横波在t ＝0时的波形图如图1－16所示．介质中x ＝2 m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝10sin5πt cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是________．图1－16A ．周期为4.0 sB ．振幅为20 cmC ．传播方向沿x 轴正向D ．传播速度为10 m/s【解析】 (1)CD 由简谐运动表达式可得T ＝2πω＝2π5π s ＝0.4 s ，由波形图可直接得到振幅A ＝10 cm ，波长λ＝4 m ，根据公式可得波速v ＝λT ＝10 m/s ；由简谐运动表达式可知，当t ＝T4＝0.1s 时，P 点位于正向最大位移，表明t ＝0时质点P 向上振动，可得波沿x 正向传播，故CD 选项正确． 19．F2[2018·海南物理卷] 模块3－5试题(1)2018年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站严重的核泄漏事故．在泄漏的污染物中含有131I 和137Cs 两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射．在下列四个式子中，有两个能分别反映131I 和137Cs 的衰变过程，它们分别是________和________(填入正确选项前的字母).131I 和137Cs 原子核中的中子数分别是________和________． A ．X1→137 56Ba ＋10n B ．X2→131 54Xe ＋ 0－1e C ．X3→137 56Ba ＋ 0－1e D ．X4→131 54Xe ＋1p(2)一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图1－16所示．图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m 的木块以大小为v0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止．重力加速度为g.求： (ⅰ)木块在ab 段受到的摩擦力f ； (ⅱ)木块最后距a 点的距离s.图1－16【答案】 (1)B C 78 82【解析】 核反应过程中电荷数、质量数守恒；质量数等于质子数加中子数．17．F2[2018·浙江卷] “B 超”可用于探测人体内脏的病变状况．下图是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为sinθ1sinθ2＝v1v2(式中θ1是入射角，θ2是折射角，v1 、v2分别是超声波在肝外和肝内的传播速度)，超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知v2＝0.9v1，入射点与出射点之间的距离是d ，入射角为i ，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h 为( )A.9dsini 2100－81sin2iB.d 81－100sin2i 10siniC.d 81－100sin2i 20siniD.d 100－81sin2i 18sini【解析】 D 超声波在肝脏的传播情况如图所示，根据其折射规律可得：sini sinθ＝v1v2＝109，由几何关系有：tanθ＝d2h ，联立解得：h ＝d 100－81sin2i 18sini ，故选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．18．F2[2018·浙江卷] 关于波动，下列说法正确的是( ) A ．各种波均会发生偏振现象B ．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹C ．声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度D ．已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警 【解析】 BD 只有横波才能发生偏振现象，故选项A 错误；白光做单缝衍射和双峰干涉实验，均可以看到彩色条纹，选项B 正确；声波在传播的过程中，介质中质点是不随波的传播而迁移的，而是在平衡位置附近振动，所以质点振动速度与传播速度是不一样的，故选项C 错误；由于地震波的纵波波速大于横波波速，所以可以利用时间差预警，故选项D 正确．19．F2[2018·浙江卷] 为了探测X 星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心、半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则( ) A ．X 星球的质量为M ＝4π2r 31GT21B ．X 星球表面的重力加速度为gX ＝4π2r1T21C ．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为v1v2＝m1r2m2r1D ．登陆舱在半径为r2的轨道上做圆周运动的周期为T2＝T1r32r31【解析】 AD 当轨道半径为r1时，由万有引力提供向心力：G Mm1r21＝m1r1⎝⎛⎭⎫2πT12，解得M ＝4π2r 31GT21，故选项A 正确；设星球半径为R ，根据G Mm1r21＝m1r1⎝⎛⎭⎫2πT12，G Mm R2＝mgX(m 为X 星球表面某物体的质量)，解得gX ＝4π2r 31T21R2，故选项B 错误；根据G Mm r2＝m v2r 可知v ＝GM r ，则v1v2＝r2r1，故选项C 错误；由开普勒第三定律：r3T2＝k 可知T2＝T1r32r31，故选项D 正确．20．F2[2018·浙江卷] 利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m 、电荷量为q 、具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB 3d ＋L2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大F3 动量综合问题35．[2018·课标全国卷] F3 (2)如图1－17所示，A 、B 、C 三个木块的质量均为m ，置于光滑的水平面上，B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体．现A 以初速v0 沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．已知C 离开弹簧后的速度恰为v0 ，求弹簧释放的势能．1－17【解析】 设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，由动量守恒得 3mv ＝mv0①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v1，由动量守恒得3mv ＝2mv1＋mv0② 设弹簧的弹性势能为Ep ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 12(3m)v2＋Ep ＝12(2m)v21＋12mv20③ 由①②③式得，弹簧所释放的势能为Ep ＝13mv20④20．F3[2018·全国卷] 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图1－3所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，图1－3小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( ) A.12mv2 B.12mM m ＋M v2C.12NμmgL D ．NμmgL【解析】 BD 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v ′＝mv M ＋m ，损失的动能ΔEk ＝12mv2－12(M ＋m)v ′2＝12mM m ＋M v2，所以B 正确．根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk ＝fNL ＝NμmgL ，可见D 正确．29．(2)F3[2018·福建卷] (2)在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是__________．(填选项前的字母)A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v 29．(2)F3[2018·福建卷] A 【解析】 以A 原来的运动方向为正方向，根据动量守恒定律mv ＋0＝2m·vB －mvA ，碰撞过程能量有损失，12mv2≥12mv2A ＋12·2m·v2B ，联立两个方程解得0≤vB≤23v ；此外由mv ＋0＝2m·vB －mvA ，解得vB ＝v ＋vA 2>v 2；所以v 2<vB≤2v 3，只有A 项符合要求．F4 力学观点的综合应用26．F4[2018·全国卷] 装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m 、厚度为2d 的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d 、质量均为m 的相同两块，间隔一段距离平行放置，如图1－8所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞．不计重力影响．图1－8【解析】 设子弹初速度为v0，射入厚度为2d 的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V ，由动量守恒得(2m ＋m)V ＝mv0① 解得V ＝13v0 此过程中动能损失为 ΔE ＝12mv20－12×3mV2② 解得ΔE ＝13mv20分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1，由动量守恒得 mv1＋mV1＝mv0③因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为ΔE2，由能量守恒得 12mv21＋12mV21＝12mv20－ΔE 2④联立①②③④式，且考虑到v1必须大于V1，得 v1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋36v0⑤设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得 2mV2＝mv1⑥ 损失的动能为ΔE ′＝12mv21－12×2mV22⑦ 联立①②⑤⑥⑦式得 ΔE ′＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋32×ΔE 2⑧因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得，射入第二钢板的深度x 为 x ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32d ⑨24．F4[2018·安徽卷] 如图1－17所示，质量M ＝2 kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m ＝1 kg 的小球通过长L ＝0.5 m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态．现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s ，g 取10 m/s2.(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P 时对轻杆的作用力大小和方向． (2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．图1－17【解析】 (1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，则 12mv21＋mgL ＝12mv20①v1＝ 6 m/s ②设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，方向向下，则 F ＋mg ＝m v21L ③由②③式，得 F ＝2 N ④由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2 N ，方向竖直向上．(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V.在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有 mv2＋MV ＝0⑤在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则 12mv22＋12MV2＋mgL ＝12mv20⑥ 由⑤⑥式，得 v2＝2 m/s ⑦(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2.任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V ′.由系统水平方向的动量守恒，得mv3－MV ′＝0⑧将⑧式两边同乘以Δt ，得 mv3Δt －MV ′Δt ＝0⑨因⑨式对任意时刻附近的微小间隔Δt 都成立，累积相加后，有 ms1－Ms2＝0⑩ 又s1＋s2＝2L ○11 由⑩○11式，得 s1＝23 m ○1224．F4[2018·重庆卷] 如图1－13所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m.人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L 时与第二车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L 时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L 时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍，重力加速度为g ，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：图1－13(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功； (2)人给第一辆车水平冲量的大小；(3)第一次与第二次碰撞系统动能损失之比．24．F4[2018·重庆卷] 【解析】 (1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ，则 W ＝－kmgL －2kmgL －3kmgL ＝－6kmgL(2)设第一车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2；人给第一车的水平冲量大小为I. 由：－kmgL ＝12mv21－12mu20 －k(2m)gL ＝12(2m)v22－12(2m)u21 －k(3m)gL ＝0－12(3m)u22 mv1＝2mu1 2mv2＝3mu2得：I ＝mu0－0＝2m 7kgL(3)设两次碰撞中系统动能损失分别为ΔEk1和ΔEk2. 由ΔEk1＝132kmgL ΔEk2＝32kmgL 得：ΔEk1ΔEk2＝133F5 实验：验证碰撞中的动量守恒21．J8 F5[2018·北京卷] (1)用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K 和两个部件S 、T.请根据下列步骤完成电阻测量：图1①旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线． ②将K 旋转到电阻挡“×100”的位置．③将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件_____，使指针对准电阻的_____(填“0刻线”或“∞刻线”)．④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_____的顺序进行操作，再完成读数测量． A ．将K 旋转到电阻挡“×1 k”的位置 B ．将K 旋转到电阻挡“×10”的位置C ．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D ．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准【答案】①S③T0刻线④ADC【解析】S为指针定位螺丝，作用是把电表的指针调到左端零位置，称之为机械调零．T为欧姆调零旋纽，当选择开关打到欧姆挡时，调节该旋纽，使指针指到右端零位置．当笔尖相互接触时，接入的电阻为零，所以指针的示数应在0刻度．将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，说明电阻很大(打到欧姆挡，指针在无穷大处)，所以量程应该调大一些，让指针在中央刻度附近，所以先换成大挡位，调零，再测量，所以顺序为ADC.(2)如图2所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图2①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程②图2中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是______．(填选项的符号)A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________________________(用②中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞．那么还应满足的表达式为______________________(用②中测量的量表示)．④经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图3所示．图3碰撞前、后m1的动量分别为p1与p′1，则p1∶p′1＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p′2，则p′1∶p′2＝11∶________.实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值p1p′1＋p′2为________．⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请你用④中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为________ cm.21．J8 F5[2018·北京卷] ①C②ADE或DEA或DAE③m1·OM＋m2·ON＝m1·OP m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2④14 2.91～1.01⑤76.8 【解析】①被碰小球碰撞前后的时间仅由下落高度决定，两球下落高度相同，时间相同，所以水平速度可以用水平位移数值表示．②本实验需要测量的量有两小球的质量m1、m2和平抛射程OM、ON，显然要确定两小球的平均落点M和N的位置．③碰撞过程中，动量守恒，即碰撞前的动量m1·OP等于碰撞后的动量m1·OM＋m2·ON；若是弹性碰撞，则机械能守恒，12m1·OM2t2＋12m2·ON2t2＝12m1·OP2t2，整理可得m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2.④把测量的小球的质量以及图中的距离代入动量守恒公式中，就可以得出结果．⑤当碰撞为弹性碰撞时，被碰小球射程最大，把数据代入③中的两个方程，可以得出结果．1．【2018·温州质检】如图X30－1所示，国际花样滑冰锦标赛男女双人自由滑项目中，我国著名选手申雪、赵宏博在决赛中的一个瞬间，他们正以相同的速度v0在光滑冰面上前进，当赵宏博用力将申雪向后推出后，申雪单腿沿直线匀速运动后继而做出优美的旋转动作，若赵宏博以相对自己的速度v向后推出申雪，问赵宏博的速度变为多大？(设赵宏博的质量为M，申雪的质量为m)图X30－11．【解析】设他们前进的方向为正方向，以冰面为参考系，推出后，赵宏博的动量为Mv男，申雪相对冰面的速度为－()v－v男，根据动量守恒定律得：()M＋m v0＝Mv男－m()v－v男解得v男＝v0＋mvM＋m.2．【2018·临沂模拟】两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg.两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲车的速率为2 m/s，乙车的速率为3 m/s，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．求：(1)两车最近时，乙车的速度为多大？(2)甲车开始反向运动时，乙车的速度为多大？2．【解析】 (1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v所以两车最近时，乙车的速度为v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝1×3－0.5×20.5＋1m/s ＝43 m/s ＝1.33 m/s (2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v 乙′，由动量守恒定律得 m 乙v 乙－m 甲v 甲＝m 乙v 乙′解得v 乙′＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 乙＝1×3－0.5×21 m/s ＝2 m/s.3．【解析】 (1)在子弹撞击A 的过程中，子弹与A 组成系统的总动量守恒，此过程结束时A 的速度最大，设此刻子弹的速度为v ，A 的速度为vA ，则有mv0＝mv ＋mAvA ，解得：vA ＝2.5 m/s.(2)当A 在B 上滑动过程中，A 与B 组成的系统的总动量守恒，若A 不会滑离B ，则当A 滑到B 右端时两者速度恰好相等，设相对滑动距离为s ，两者达到的共同速度为v 共，则有： mAvA ＝(mA ＋mB)v 共，12mAv2A －12(mA ＋mB)v2共＝μmAgs ， 解得：v 共＝1.25 m/s ，s ＝3.125 m4．【2018·濮阳一模】如图X30－4所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块动能增加了 E.请推证：此过程子弹和木块系统产生的内能一定大于E.图X30－44．【解析】 设子弹和木块的质量分别为m 、M ，子弹打入木块前的速度为v0，打入后二者的共同速度为v.子弹打入木块过程中，动量守恒，有：mv0＝(m ＋M)v子弹打入木块过程中，系统产生的内能为：Q ＝12mv20－12(m ＋M)v2而E ＝12Mv2联立解得：Q ＝12Mv2m ＋M m ＝M ＋m m E>E.5．【2018·莱芜质检】如图X30－5所示，光滑轨道上，小车A 、B 用轻弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系在A 、B 上，然后使A 、B 以速度v0沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复到自然长度时，A 的速度刚好为0.已知A 、B 的质量分别为mA 、mB ，且mA<mB.求：被压缩的弹簧具有的弹性势能Ep.图X30－55．【解析】 绳断后A 、B 动量守恒(mA ＋mB)v0＝mBv弹开过程，弹性势能转化为动能Ep ＋12()mA ＋mB v20＝12mBv2解以上两式得：Ep ＝()mA ＋mB mA 2mB v20.6．【2018·温州模拟】在光滑的水平面上，质量为m1的小球A 以速率v0向右运动．在小球A 的前方O 点有一质量为m2的小球B 处于静止状态，如图X30－7所示．小球A 与小球B 发生正碰后均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.图X30－76．【解析】 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1.设碰撞后小球A 和B 的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等，则有m1v0＝m1v1＋m2v212m1v20＝12m1v21＋12m2v22利用v2v1＝4，可解出m1∶m2＝2∶1.7. 【2018·自贡模拟】如图X30－8所示，在水平光滑直导轨上，静止放着三个质量均为m ＝1 kg 的相同小球A 、B 、C.现让A 球以v0＝2 m/s 的速度向着B 球运动，A 、B 两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并跟C 球碰撞，C 球的最终速度vC ＝1 m/s.求：(1)A 、B 两球跟C 球相碰前的共同速度为多大？(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？图X30－87.【解析】 (1)A 、B 相碰满足动量守恒：mv0＝2mv1得两球跟C 球相碰前的速度v1＝1 m/s(2)两球与C 碰撞同样满足动量守恒：2mv1＝mvC ＋2mv2得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s.两次碰撞过程中一共损失的动能为ΔEk ＝12mv20－12mv2C －12×2mv22＝1.25 J。