高考备考物理重难点《动量守恒定律》附答案解析版.docx
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高考备考物理重难点《动量守恒定律》附答案解析版.docx
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高考备考物理重难点《动量守恒定律》附答案解析版
重难点07动量守恒定律
【知识梳理】
一、动量守恒定律的条件及应用1.动量守恒定律:
一个系统不受外力或者受外力之和为零,这个系统的总动量保持不变。
2.动量守恒定律的适用条件
(1)前提条件:
存在相互作用的物体系;
(2)理想条件:
系统不受外力;
(3)实际条件:
系统所受合外力为0;
(4)近似条件:
系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力;
(5)方向条件:
系统在某一方向上满足上面的条件,则此方向上动量守恒。
3.动量守恒定律的表达式
(1)m1Vl+m2V2=miV1'm2V2',相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和;
(2)Api=-^2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向;
(3)Ap=0,系统总动量的增量为零。
4.动量守恒的速度具有四性”①矢量性;②瞬时性;③相对性;④普适性。
5.应用动量守恒定律解题的步骤:
(1)明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程);
(2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒);
(3)规定正方向,确定初、末状态动量;
(4)由动量守恒定律列出方程;
(5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。
二、碰撞与动量守恒定律
1.碰撞的特点
(1)作用时间极短,内力远大于外力,总动量总是守恒的。
(2)碰撞过程中,总动能不增。
因为没有其他形式的能量转化为动能。
(3)碰撞过程中,当两物体碰后速度相等时,即发生完全非弹性碰撞时,系统动能损失最大。
(4)碰撞过程中,两物体产生的位移可忽略。
2.碰撞的种类及遵从的规律
种类
遵从的规律
弹性碰撞
动量守恒,机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒,机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒,机械能损失最大
3•关于弹性碰撞的分析
两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
在光滑的水平面上,质量为mi的钢球沿一条直线以速度vo与静止在水平面上的质量为m2的钢球发生弹性碰撞,碰后的速度分别是Vi、V2
m1v0miv1m2v2①
121212
m1v0m1v1m2v2②
222
mm2
由①②可得:
v1-2Vo③
m1m2
2mi
m1m2
Vo④
利用③式和④式,可讨论以下五种特殊情况:
a.当
当叶
m2时,
v1
0,
v2
0,两钢球沿原方向原方向运动;
b.
当m1
m2时,
v1
0,
v2
0,质量较小的钢球被反弹,质量较大的钢球向前运动;
c.当
当叶
m2时,
v1
0,
v2
v0,两钢球交换速度。
d•当m1m2时,v1vo,v0,m1很小时,几乎以原速率被反弹回来,而质量很大的
m2几乎不动。
例如橡皮球与墙壁的碰撞。
e.当m1m2时,vvo,v?
2v°,说明m1很大时速度几乎不变,而质量很小的m2获得
的速度是原来运动物体速度的2倍,这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度,例如铅球碰乒乓球。
4•一般的碰撞类问题的分析
(1)判定系统动量是否守恒。
(2)判定物理情景是否可行,如追碰后,前球动量不能减小,后球动量在原方向上不能增加;追碰后,后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。
(3)判定碰撞前后动能是否不增加。
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1.2019-2020赛季短道速滑世界杯盐湖城站比赛,女子3000米接力中国队夺冠,拿到本站比赛第
二枚金牌。
在比赛中接棒”的运动员甲提前站在交捧”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,假设运动员受冰面在水平方向上的阻力不可忽略则
A.甲、乙动量守恒
B•甲对乙的力大于乙对甲的力
C.甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小
D•甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功
【答案】C
【解析】A•运动员与冰面间在水平方向上的相互作用不能忽略,甲、乙组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,故A错误;B•甲、乙间的作用力是作用力与反作用力大小相等、方向相反,故B错误;C.甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反,故C正确;D•虽
然甲、乙间的作用力大小相等,但是不知在力的方向发生的位移,所以无法判断做功多少,故D
错误。
2•如图所示,足够长的光滑细杆PQ水平固定,质量为2m的物块A穿在杆上,可沿杆无摩擦滑动,质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上,整个装置处于静止状态,A、
B可视为质点。
若把A固定,让质量为0.01m的子弹以V0水平射入物块B(时间极短,子弹未穿出)后,物块B恰好能达到水平杆PQ位置,则
A.在子弹射入物块B的过程中,子弹和物块B构成的系统,其动量和机械能都守恒
B•子弹射入物块B的初速度vo=1002gL
C•若物块A不固定,子弹仍以vo射入,物块B仍能摆到水平杆PQ位置
D•若物块A不固定,子弹仍以vo射入,当物块B摆到最高点时速度为
【答案】BD
【解析】A.在子弹射入物块B的过程中,子弹和物块B构成的系统,合外力冲量远小于内力冲
量,其动量守恒,但由于要产生内能,所以机械能不守恒,故A错误;B.子弹和木块一起向上
摆至最高点,由机械能守恒有(O.OIm0.99m)gL1(O.OIm。
.99讪2,解得v.莓,
子弹射入木块过程由动量守恒得O.OImvo(0.01m0.99m)v,解得v01002gL,故B正确;
C.若物块A不固定,子弹仍以V。
射入后,子弹和木块的动能转化为物块A和物块B的动能和物块B的重力势能,所以物块B的上摆高度小于物块A固定时的高度,故C错误;D•子弹射
入木块过程由动量守恒得0.01mv°(0.01m0.99m)v,解得v01002gL,当物块A、B和
子弹具有相同的速度时,物块B摆到最高点,则有0.01mv0(0.01m0.99m2m)v',解得
v'一型,故D正确。
故选BD。
3
m的小球
1
3•带有-光滑圆弧轨道、质量为m0的滑车静止置于光滑水平面上,如图所示。
一质量为
4
以速度V。
水平冲上滑车,当小球上滑再返回,并脱离滑车时,以下说法可能正确的是
A•小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B•小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C.小球可能做自由落体运动
D•若小球初速度V0足够大,以致小球能从滑道右端冲出滑车,则小球再也落不进滑车
【答案】BC
【解析】ABC.小球滑上滑车,又返回,到离开滑车的整个过程,选取小球的速度V0方向为正方
向,由动量守恒定律得:
mv0mvim0v2,由系统的机械能守恒得:
丄mv:
—mvf丄m0v;,
222
mm0
联立解得:
Vi-V。
,如果mm。
,Vi0,则小球离开滑车向左做平抛运动;如果
mm0
mm-,Vi0,即小球离开小车的速度是0,小球将做自由落体运动;如果mm-,Vi0,小球离开小车向右做平抛运动,故A错误,BC正确;D.小球离开四分之一圆弧轨道,在水平方
向上与小车的速度相同,则返回时仍然回到小车上。
故D错误。
4.如图甲所示,物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧,整个系统静止放在光滑水平地面上,
其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触,B物块质量为4kg。
现解除对弹簧的锁定,在A离开
挡板后,B物块的V-t图如图乙所示,则可知
A.物块A的质量为4kg
B.运动过程中物块A的最大速度为vm=4m/s
C.在物块A离开挡板前,系统动量守恒、机械能守恒
D.在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为6J
【答案】BD
【解析】A、弹簧伸长最长时弹力最大,B的加速度最大,此时A和B共速,由图知,AB共同
速度为:
v共=2m/s,A刚离开墙时B的速度为:
V0=3m/s,在A离开挡板后,取向右为正方向,由动量守恒定律,有:
mBV。
(mAmB)V共,解得mA=2kg;故A错误.B、当弹簧第一次恢复原
121212
长时A的速度最大,由mBV°mAVAmBVB,-mBV。
-mAVA—mBVB,解得A的最大速度
222
VA=4m/s;故B正确.C、在A离开挡板前,由于挡板对A有作用力,A、B系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒;故C错误.D、分析A离开挡板后A、B的运动过程,并结合图象数据可知,弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为V共=2m/s,根据机械能守恒定律和动量守恒定律,
有:
mBV0(mAmB)V共,EPimBVoi(mAmB)V共;联立解得弹簧的最大弹性势能
Ep=6J,故D正确•故选BD.
5.(2019江苏卷)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板
V,此时滑板的速度大小
与地面间的摩擦•小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为
m
M
m
A.vB.
vC.
v
M
m
mM
为
D.
【答案】B
【解析】设滑板的速度为u,小孩和滑板动量守恒得:
0muMv,解得:
uMv,故B正
m
确。
6.(2019新课标全国I卷)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑
连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示。
t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静
止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图
中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。
物块A运动的
v-图像如图(b)所示,图中的vi和ti均为未知量。
已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,
12
mv
2
刑v2)23
联立①②式得
m3m③
(2)在图(b)所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过
的路程为si,返回过程中所走过的路程为S2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功
为W,由动能定理有
1
mgHfsigmv20④
(fs2mgh)0!
m(Vl)2⑤
22
从图(b)所给的v-图线可知
1
siviti⑥
2
S2丄也(i.4titi)⑦
22
由几何关系
s2
Si
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
WfsfS2⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
2
WmgH⑩
5
(3)设倾斜轨道倾角为0,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为
WmgcosH——hU
sin
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s,由动能定理有
mgs
设改变后的动摩擦因数为
,由动能定理有
mghmgcosmgs0©
sin
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩
11_=191©
7.(2019新课标全国川卷)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=l.0kg,mB=4.0k
g;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离1=1.0m,如图所示。
某时刻,
将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0J。
释放后,A沿着
s2A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小;
(2)物块A、B中的哪一个先停止?
该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?
(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?
【答案】
(1)Va=4.0m/s,vb=1.0m/s
(2)B0.50m(3)0.91m
【解析】
(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为va、vb,以向右为正,由动量守恒定律和题给条件有
0=mAVA—ibvb①
1212心
Ek2mAVA2mBVB②
联立①②式并代入题给数据得
va=4.0m/s,vb=1.0m/s③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a。
假设
A和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B。
设从弹簧释放
到B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sb。
,则有
mBamBg④
12
SbVBtat⑤
2
vbat0⑥
在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,所以无论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程Sa都可表示为
12
SA=VAt——at⑦
2
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sa=1.75m,sb=0.25m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边0.25m
处。
B位于出发点左边0.25m处,两物块之间的距离s为s=0.25m+0.25m=0.50m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为va;由动能
定理有
[gvA
mAg2lSb⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA,7m/s?
故A与B将发生碰撞。
设碰撞后A、B的速度分别为Va,和vb'由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mAvamAVAmBVB
SaV:
1212
2mAVA2mBVB
联立?
?
?
式并代入题给数据得
3.7/2万
vAm/s,vBm/s?
55
这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动。
设碰撞后A向右运动距离为Sa时停止,B向左
运动距离为Sb时停止,由运动学公式
22
2asAVa,2asBVb
由④?
?
式及题给数据得
sA0.63m,sB0.28m?
sa小于碰撞处到墙壁的距离。
由上式可得两物块停止后的距离
ssAsB0.91m?
8.光滑水平面上有一质量m车=1.0kg的平板小车,车上静置A、B两物块。
物块由轻质弹簧无栓
接相连(物块可看作质点),质量分别为mA=1.0kg,mB=1.0kg。
A距车右端X1(X1>1.5m),B距车左端X2=1.5m,两物块与小车上表面的动摩擦因数均为0.1.车离地面的高度h=0.8m,
如图所示。
某时刻,将储有弹性势能Ep=4.0J的轻弹簧释放,使A、B瞬间分离,A、B两物块
在平板车上水平运动。
重力加速度g取10m/s2,求:
(1)弹簧释放瞬间后A、B速度的大小;
(2)B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间;
(3)若物块A最终并未落地,则平板车的长度至少多长?
滑块在平板车上运动的整个过程中系
统产生的热量多少?
BAm
lizrcJ
rrrrrrr*尸尸*■ 【答案】 (1)2m/s2m/s (2)1.4s(3)3.25m3.25J 【解析】 (1)释放弹簧过程A、B系统动量守恒、机械能守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得: mAVA—mBVB=0 由机械能守恒定律得: 1212 mAVAmBvBEp 22 代入数据解得: VA=2m/s vb=2m/s (2)由于A、B质量相等与桌面的动摩擦因数相等,在B在平板车上运动到左端过程小车所受 合力为零,小车静止,B运动到小车左端过程,对B,由动能定理得: 1212 mBgx>-mBVB-mBV2 22 由动量定理得: -umgt1=mBVB—mBV2 代入数据解得: vb=1m/s t1=1s, B离开平板车后做平抛运动,竖直方向: h 2 代入数据解得: t2=0.4s 运动时间: t=t1+t2=1.4s (3)B离开小车时: Va=vb=1m/s,B离开平板车后,A与平板车组成的系统动量守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得: mAVA=(mA+m车)v 1212 由能量守恒定律得: mAVAmAm车vmAgL相对 22 代入数据解得: L相对=0.25m A、B同时在小车上运动时小车不动,B滑出小车时,A在小车上滑行的距离与B在小车上滑行 的距离相等为1.5m,小车的最小长度: L=1.5m+1.5m+0.25m=3.25m 系统产生的热量: E=uimgxi+umgx2=3.25J (2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功; (3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等,在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上。 求改变前后动摩擦因数的比值。 211 【答案】 (1)3m (2)^mgH(3)—=§ 【解析】 (1)根据图(b),V1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,号为其碰撞后瞬间速度的大 小。 设物块B的质量为m,碰撞后瞬间的速度大小为v,由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mwm(v1)mv① 2
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