高中物理必备知识点动量守恒定律及其应用总结Word下载.docx
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解析:
当A、B两物体组成一个系统时,弹簧弹力为内力,而A、B和C之间的摩擦力是外力,当A、B与C之间的摩擦力等大反向时,A、B所组成的系统所受合外力为零,动量守恒;
当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时,A、B组成的系统所受合外力不为零,动量不守恒.而对于A、B、C组成的系统,由于弹簧的弹力、A和B与C之间的摩擦力均是内力,不管A、B与C之间的摩擦力大小是否相等,A、B、C组成的系统所受合外力均为零,动量守恒,所以A、C选项正
确,B、D选项错误.
答案:
AC
点评:
(1)动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零,因此在判断系统动量是否守恒时一定要分清内力和外力;
(2)在同一物理过程中,系统的动量是否守恒,与系统的选取密切相关,因此,在运用动量守恒定律解题时,一定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统动量是守
恒的.
二、碰撞与爆炸问题
1.碰撞现象
(1)动量守恒
(2)机械能不增加
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动,则应有v>
v,碰后原来在前的前后物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有,v′≥′.后前②碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不
改变.
2.爆炸现象
(1)动量守恒:
由于爆炸是在极短的时间完成的,爆炸物体间
的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总
动量守恒.
(2)动能增加:
在爆炸过程中,由于有其他形式的能量(如化学
能)转化为动能,所以爆炸前后系统的总动能增加.
(3)位置不变:
爆炸和碰撞的时间极短,因而作用过程中,物体
产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸或碰撞后仍然从
爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动.
2.如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为m=2m,规定向右为正方向,A、B两球的初动量均为6kg·
m/s.运动中两球发生碰撞,碰撞后AAB
球的动量增量为-4kg·
m/s,则()
A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2:
5
B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1:
10
C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2:
D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1:
碰撞前A、B组成的系统的动量:
p+p=(6+6)kg·
m/s=12kg·
m/s21碰撞后A球的动量:
p′+Δp=[6+(-4)]kg·
m/s=2kg·
=pm/s111=p′+p′得p′=10kg·
m/sp由动量守恒定律:
+p21122v′v′=10kg·
m/smm/s即m=2kg·
2121所以v′:
v′=2:
521[来源:
Zxxk.]又Δp:
A
答案.球A球碰撞时受力向左,故左方向是A为负值,由动量定理可知1.
第二关:
技法关解读高考法题技解
一、对动量守恒定律的理解技法讲解对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上动量守恒方程是一个矢量方程,
(1)矢量性:
可设为,相反为负.若方向未知应选取统一的正方向的问题,,凡是与选取正方向相同的动量为正,.
判定未知量的方向,通过解得结果的正负,与正方向相同列动量守恒方程程方,列时的动量恒定恒动量守指的是系统任一瞬个同
(2)时性:
动量是一瞬时量,等右侧是作用后同刻各物体动量的矢量和,′′+m时,等左侧是作用前同一时vvv=mmv+m22111122
.
不同时刻的动量不能相加一时刻各物体动量的矢量和应注意因此应用动量守恒定律时,参考系的同一性:
由于动量大小与参考系的选取有关,(3).
.一般以地面为参考系各物体的速度必须是相对同一参考系的速度不仅适用也适用于多个物体组成的系统;
:
它不仅适用于两个物体所组成的系统,(4)普适性.
也适用于微观粒子组成的系统于宏观物体组成的系统,典例剖析
1例匀速行M的小船以速度v如图所示质量为,他们分别站立在和b船上有质量都为驶.m的小孩a向前以相对于静止水面的速度v船头和船尾,现小孩a
(相对于沿水平方向以同一速度b跃入水中,然后小孩.向后跃入水中,求小孩b跃入水中后小船的速度静水)船组成的解析:
由于船在水中匀速行驶,所以人、方向为正方向,,规定小船原来的速度vv系统动量守恒,设小孩b跃入水中后小船的速度为01根据动量守恒定律有:
)+mv+)v=Mv(-mv(M+2m102m?
M.v解得:
v=为正值,表明小船的速度方向与原来的方向相同,v110M二、动量守恒的两种模型技法讲解在运用动量守恒定律处理问题时,常常遇到以下两种模型:
人船模型的适用条件是两个物体组成的系统在运动过程中动量守恒,并且总1.人船模型:
两物体在其内力的相互作用下,各物体的动量虽然都在变化,但总动量仍为零,即.动量为零.
-mv0=Mv21mvv?
M.系统在运动过程中动量守恒,则系统在运动过程中的平均动量也守恒,即0=21进一步而可得:
sssm112?
或MS?
?
0M?
mms?
.21Mstt2此式表明:
在两个物体相互作用的过程中,如果物体组成的系统动量守恒,那么在运动.
过程中物体的位移之比就等于质量的反比木块模型2.子弹—这类问题的特点是:
木块最初静止于光滑水平面上,子弹射入木块后留在木块内和木块.
此过程动量守恒,但机械能不守恒合为一体.典例剖析的m=60kg船上一个质量为例2有一艘质量为M=120kg的船停在静水中,船长L=3m..不计水的阻力,则船在水中移动的距离为多少?
人从船头走到船尾以人和船组成的系统为研究对象,人在船上走的过题.解析:
这道题就是一个“人船模型”,由动量守恒定律.程中,系统受到的外力是重力、水的浮力,其合力为零,系统的动量守恒
可以得出各时刻人和船的速度关系,由速度关系再得出位移关系,船的v1以人船静止时为初状态,人在走的过程中某时刻为末状态,设此时人的速度为=0,-Mv那么有ms-Ms=0①速度为v,以人的速度为正方向,由动量守恒定律知mv22112
②s+s=L人船运动过程如图所示,则21联立①②方程式解得:
120M?
L3m=2m=s×
160?
m120?
M120M?
L=3m=1m.×
s260120?
M?
m1m
L=1m.的木块,它与平台边缘的距离在高为h=10m的高台上,放一质量为M=9.9kg例3,并留在木的水平向右的速度射入木块(作用时间极短)m=0.1kg的子弹以v今有一质量为0块中,如图所示.木块向右滑行并冲出平台,最后落在离平台边缘水
9
22取处,已知木块与平台的动摩擦因数平距离为x=4mμ=,g10m/s,求:
20.
(1)木块离开平台时的速度大小;
)子弹射入木块的速度大小(2v1)设木块离开平台时的速度为解析:
(1
12x=vgtt,h=12
10g
?
x42m/s=4m/s.=v1102h2?
,则木块向右滑行到达平台边缘的)设子弹射入木块后,子弹与木块的共同速度为v(2?
g?
mM2[由运动学速度为v,在这一过程中木块向左的加速度大小为:
=μg=4.5a=m/s1mM?
22=2(-a)L
公式有:
v-v1
22aLv?
=5m/s
v=1v)=在子弹与木块的作用过程中,由动量守恒定律得:
mv(M+m0v)?
m(M=500m/s.
v=0mm/s
m/s
(2)5001)4答案:
(第三关:
训练关笑对高考练堂训随mM,静止在光滑的水平面上,车厢内有一质量为.如图所示,设车厢长为L,质量为1()
次后,静止在车厢中,这时车厢速度是n的物体以初速度v向右运动,与车厢来回碰撞0
v,水平向右A.0mv/(M+m),水平向右B.0C.0/(M-m),水平向左D.mv0竖直故无水平方向的摩擦力,物体和车厢组成的系统所受的合外力为零(水平面光滑,解析:
次的n,故系统受支持力与总重力互为平衡力),所以物体和小车碰撞方向上物体和车厢均静止根据动量守恒定律p′=(M+m)v,p=mv,末状态的动量过程中系统动量守恒.系统初状态的动量0mvp=p′有/(M+m).
=(M+m)v,所以车厢的速度v=mv00:
C
答案.m>
m,置于光滑水平面上,相距较远,、、2.如图所示,AB两物体质量分别为mm且BAAB两物体发生碰撞并撤去两个力上经相同距离后、同时分别作用在的力将两个大小均为F,AB,,粘在一起后将().
B.向左运动A.停止运动
运动方向不能确定D.C.向右运动2,>
p得,即E=E,又由pp=2mEk,获得的动能相等解析:
由于F作用相同距离,故A、BBkBAkAC.
-p,方向向右,故选F后A、B系统动量守恒知p=p撤去BA总C
如图,在光滑的水平面上,有一静止的小车,甲、乙两人站在小车左、右两端,当他俩3.同时相向而行时,发现小车向右运动,下列说法中不正确的是()
A.乙的速度必定大于甲的速度B.乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量C.乙的动量必定大于甲的动量D.甲、乙的动量之和必定不为零解析:
据甲、乙小车构成的系统动量守恒,小车向右运动,表明甲、乙的总动量向左,小车受甲、乙的总冲量向右,乙对小车的冲量大于甲对小车的冲量,乙的冲量大于甲的动量.A.
错,选BCD则正确,AA
与轻质Q都可视作质点,质量相等,Q如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块4.P和弹簧具在整个碰撞过程中,..弹簧相连设Q静止,P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞有的最大弹性势能等于()的初动能A.P1B.P的初动能的
21的初动能的C.P31的初动能的D.P4时,弹簧弹性势能最大,设v′Q具有共同速度、以初速度解析:
设Pv与弹簧相碰,当P及弹簧视为系统,设向右为正方向,系统动量守恒、能量守恒,有P为Ep,将、Qmv=2mv′1122+Ep2mmv=()v′22.
112.的初动能的,即为mv解得PEp=24B
本题考查动量守恒和机械能守恒的条件和应用,要求能对较为复杂的物理过程进.
行分析,分析整个过程的能量转化情况及出现极值的临界条件是两者速度相同两车运动5.使两车相向运动,某时刻甲的速率为2m/s,乙的速率为3m/s.方向与甲相反,过程中始终未相碰,求:
1)两车最近时,乙的速度为多大?
(2)甲车开始反向运动,乙的速度为多大?
()两车相距最近时,两车的速度相同,设该速1解析:
(,取乙车的速度方向为正方向,由动量守恒定律得度为vv·
m+m)vmv-m=(乙甲乙甲乙甲所以两车最近时,乙车的速度为:
Z*xx*k.][来源vmv?
m4?
3?
0.5?
21乙乙甲甲.33m/s?
1?
m?
/s?
m/s
v31m0.5?
乙甲m,由动量守恒定律得乙′v
(2)甲车开始反向时,其速度为0,设此时乙车的速度为乙′=mvv-mv乙乙乙甲甲vmv?
m2?
3乙乙甲甲?
m/s=2m/s
′=得v乙1m乙1.33m/s
(2)2m/s
(1)答案:
课时作业二十三动量守恒定律及其应用1O的正上方.在圆周轨道,圆心O在S1.如图所示,PQS是固定于竖直平面内的光滑的4以下.沿圆弧下滑,从同一时刻开始,a自由下落,b的小物块和P两点各有一质量为ma和b()
说法正确的是
,它们在S点的动量不相等先到达A.a比bSS点的动量不相等bB.a比同时到达S,它们在点的动量相等b先到达S,它们在S比C.a,它们在S点的动量相等SD.b比a先到达1其竖直方运动时间为物体做自由落体运动,t,b物体沿圆弧轨道下滑的过程中,:
a解析14物b两物体竖直方向位移相等,所以b、a又.向分运动的加速度在任何高度都小于重力加速度.
体下滑到S的时间t>t,故A正确,B、C、D、错误.
12答案:
2.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:
3.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()
两物块速度方向一定相同、BA.炸药爆炸后瞬间,A两物块速度方向一定相反、BB.炸药爆炸后瞬间,AB两物块组成的系统动量不守恒C.炸药爆炸过程中,A、B相对传送带静止过程中动量守恒B在炸药爆炸后至A、D.A、的初动物块的冲量大小和AA物块的速度是否反向,取决于炸药对A解析:
炸药爆炸后,、ABA、项不正确;
在炸药爆炸过程中及以后直至量大小的关系.故A速度不一定反向,故相对传送带向右运动,所受摩擦力方向相反,B相对静止过程中,A相对传送带向左运动,BC组成的系统所受合外力为零,满足动量守恒条件,故A、B根据滑动摩擦力定义可以确定.
项正确项不正确,D:
D
答案的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹m/s3(江苏南通2月)质量为m的物块甲以4.()
m/s的速度与甲相向运动,如图所示,m的物体乙为4簧固定其上,另一质量也为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
块相距最近时,甲物块的速度为零B.当两物
m/s,时,乙物块的速度可能为2C.当甲物块的速度为1m/s0
也可能为m/s
5D.甲物块的速率可能达到由于弹簧是轻质的,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:
解析-mv=v,故由动量守恒有mvvA二者组成的系统动量守恒,错.当甲、乙相距最近时应有乙甲乙,其中以物体乙的初速度方向为正=2mv(又二者作用过程中,错代入数据有v=0.5m/s,B.总)甲机械能也守恒,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.
-=mvmv′(v′为两物块分离时乙的速度大小),mv-mvm甲乙11112222mv′.=mvmv++mvm甲乙2222解之得v=v=4m/s,v′=v=3m/s,故D错.当甲物块的速度为向左的1m/s时,由m甲乙动量守恒可求得乙的速率为2m/s.当甲物块的速度为向右的1m/s,同样可求得乙的速率为0,故C对.
5.(山东潍坊一模)如图,质量为3kg的木板放在光滑水平面上,质量为1kg的物块在木板上,它们之间有摩擦力,木板足够长,两者都以4m/s的初速度向相反方向运动,当木板的速度为2.4m/s时,物块()
B.减速运动加速运动A.
静止不动D.C.匀速运动
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,根据动量守恒得时,设物块的2.4m/s,方向向右.当木板速度为4kg·
m/s-1×
4kg·
m/s=(3kg+1kg)v,所以v=2m/s3×
v′因1×
m/s=3×
2.4kg·
m/s+1kg×
v′,v′=0.8m/s,方向向右.,根据动量守恒得,3×
m/s-速度为v′.
,故此时物块正在加速度运动<v:
答案当此物体的速度恰好沿水平方向.3月)向空中发射一物体,不计空气阻力6.(广东中山()
块的速度方向仍沿原来的方向,则两块,若质量较大的a时,物体炸裂成a、b的速度方向一定与初速度方向相反A.bb飞行的水平距离一定比的大B.从炸裂到落地的这段时间里,a
b一定同时到达地面C.a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等D.在炸裂过程中,a、才与初v>vmv时,,mv=mv+mv,只有m:
解析物体炸裂过程,水平方向动量守恒201101212.均错、B、的大小关系不能确定,所以无法确定ab的水平位移,A速度方向相反,且v、v21所受力大小相等、时间相同,ba、竖直方向的运动不受水平运动的影响,故落地时间相同,故冲量大小相等.:
CD
答案当这个上.7.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车保持相对静止A车跳回并与车上,接着又从B人从A车上跳到B
()
时,A车的速率小于B车速率B.等于零A.
车速率B等于D.车速率B大于C.
.正确.BV<V-M解析:
由系统动量守恒可得:
O=(M+m)VV,M+M>M故BBABABAA:
B
答案.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8.发,打靶时,枪口n,每颗子弹质量为m,共已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)则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.到靶的距离为
以下说法正确的是待打完n发子弹后,小车将以一定速度向右匀速运动A.
.Z.X.X.K]科[来源学发子弹后,小车应停在射击之前位置的右方B.待打完n大小均小车所发生的位移相同,C.在每一发子弹的射击过程中,md为M?
nm在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移不相同D.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:
解析,所以小车将做间歇性的匀0度向右匀速直线运动,但是当子弹打入靶后,因为系统总动量为研究空中飞行的一颗子弹和其他所正确速直线运动,最后将停止于原位的右边,A错误,B.设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.mv,=,v[M+(n-1)m]v小车获得的速度为子弹的速度为v,v1由动量守恒有:
mv=11?
1n?
dm?
1][M?
nmv,小,t=]的时间为t,d=t[设子弹从枪口射出到打入靶所用?
m1M?
n?
v?
nmMmdBC.
对,D错,答案为车位移为s=v1t=,CMnm?
BC
答案mv匀速行驶,突然最后一节质量为9.一列总质量为m总的列车,在平直轨道上以速度的车厢脱钩,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v
(m-m)v′=mvv′=总总m?
m总m总v答案:
mm?
总
的速度在光滑水平上向前kg的人一起以2m/s10.质量为100kg的甲车连同质量为50
为了避免相碰,当两车靠近时甲车m/s的速度由后面追来.运动,质量为150kg的乙车以7
上的人至少应以多大的水平速度跳上乙车?
#Z#X#X#K]学#科来源[两车后来的速度相同均设人跳起的水平速度为v,解析:
在人和车相互作用时动量守恒.人v.设向前为正方向,根据动量守恒定律,人从甲车上跳出时,有为车v-mv人(m+M)v=M车甲甲甲人跳上乙车的过程中,有)vv-mv=(M+mM车乙乙乙人m/s.=3由以上两式代入数据解得v人m/s
3答案:
的木板静置于足够大的水平地面上,木板与地面间的动摩kg11.如图所示,质量为M=4
可视为质点的电动小车,车与木板上的挡kg擦因数μ=0.01,板上最左端停放着质量为m=1
,车与挡板相碰,碰t=2s板相距L=5m.车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动,经时间撞时间极短且碰后电动机的电源切断,车与挡板黏合在一起,求碰后木板在水平地面上滑动的距离.
:
解析由若设木板不动,对电动车在板上运动的加速度a,022木板受车向左的反作用力,=2.5am/sN.此时木板对车向右的摩擦力F=maL=at=2.5/2得000,所以木板不可>fN,木板受地面向右的最大静摩擦力f=μ(M+m)g=0.5N.因为F′F′=F=2.5
.
能静止,将向左运动木板速度,木板向左运动加速度为a,a,碰前电动车速度为v设电动车向右运动加速度为112s,碰后共同速度为v,两者一起向右运动而停止,则为v21122=Lat1at+2122μ(M+m)g=Ma对木板有F′-2F=F′=ma对电动车有1t,v=at=a而v2112]学。
科。
[来源两者相碰时动量守恒,以向右为正方向,有=(M+m)v
mv-Mv2112(M+m)v由动能定理得-μ(M+m)gs=0-2s=0.2m.代入数据得0.2m
,和如图所示,在光滑水平面上有两个并排放置的木块12.AB=500g,m=300g,已知mBA
间,B的水平初速开始,在A表面滑动,由于C和AC有一质量为80g的小铜球以25m/s的速度共同前进,求:
和C一起以2.5m/s最后停在有摩擦,铜块CB上,B;
′v的最后速度1)木块A(A′.v时速度C在离开A
(2)C:
解析CC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A,B,开始滑动到C和B相对静止的过程,′+(m+mv)vmv=mBACA0C共?
mmv?
mB0CC共′=vAmA?
2.5?
0.30.08?
25?
0.08m/s.
=2.1=0.5,离开A的过程
(2)研究C开始滑动到C′+m′v)vv=(m+mmC0AABCC?
vm?
mmA0CAB′=vCmC?
0.3?
2.10.50.08=4=m/s.
0.08′=2.1m/s
(2)v′=4v1(答案:
)m/sCA
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- 高中物理 必备 知识点 动量 守恒定律 及其 应用 总结
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