1、高考资源网() 您身边的高考专家优培11 动量守恒定律及其应用考点分析1对应本知识点的考查,预计综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题是今后命题的热点,既可以将动量与力学知识结合,也可将动量和电学知识结合,作为理综试卷压轴计算题进行命题。2注意要点:(1)使用动量守恒定律时,要注意是否满足动量守恒定律的条件;(2)在列式时一定要注意动量的矢量性。例1(2020全国II卷21)水平冰面上有一固定的竖直挡板,一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动
2、员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为( )A. 48 kg B. 53 kg C. 58 kg D. 63 kg【解析】设运动员和物块的质量分别为m、m0规定运动员运动的方向为正方向,运动员开始时静止,第一次将物块推出后,运动员和物块的速度大小分别为v1、v0,则根据动量守恒定律0mv1m0v0,解得;物块与弹性挡板撞击后,运动方向与运动员同向,当运动员再次推出物块mv1m0v0mv2m0v0,解得;第3次推出后mv2m0v0
3、mv3m0v0,解得;依次类推,第8次推出后,运动员的速度,根据题意可知5 m/s,解得m60 kg;第7次运动员的速度一定小于5 m/s,即52 kg。综上所述,运动员的质量满足52 kgmvavbDa、c两车运动方向相反【答案】CD【解析】若人跳离b、c车时速度为v,由动量守恒定律知,人和c车组成的系统:0M车vcm人v,对人和b车:m人vM车vbm人v,对人和a车:m人v(M车m人)va,所以:vc,vb0,va,即vcvavb,并且vc与va方向相反。4质量为m、半径为R的小球,放在半径为3R、质量为3m的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置(两球心在同一水平
4、面上)无初速度沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离是()AR BR CR DR【答案】A【解析】由于水平面光滑,系统水平方向上动量守恒,则任意时刻小球的水平速度大小为v1,大球的水平速度大小为v2,由水平方向动量守恒有mv13mv2,若小球达到最低点时,小球的水平位移为x1,大球的水平位移为x2,则,由题意x1x23RR2R,解得大球移动的距离x2R,故A正确。5如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。现使A瞬间获得水平向右的大小为3 m/s的速度,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图象信息可得()A在t1、t3时刻
5、两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都是处于压缩状态B从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C两物体的质量之比为m1m212D在t2时刻A与B的动能之比为Ek1Ek214【答案】C【解析】由题图可知,在t2时刻之前,弹簧处于压缩状态,t2到t4时刻之间,弹簧处于伸长状态,故A、B错误;AB系统动量守恒,机械能也守恒,t1时刻,A、B获得共同速度1 m/s,由动量守恒定律有,m1v0(m1m2)v,故,C正确;t2时刻,Ek1Ek2m1(1)2(m222)18,D错误。6如图甲所示,一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块当子弹刚射穿木块时,木
6、块向前移动的距离为s,如图乙所示。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变,子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为()A(sL) B(s2L)C(sL) D(L2s)【答案】D【解析】子弹穿过木块过程,对子弹和木块组成的系统,外力之和为零,动量守恒,以v0的方向为正方向,有:mv0mv1mv2,设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff,对子弹由动能定理:Ff(sL)mvmv,由动量定理:Fftmv1mv0,对木块由动能定理:Ffsmv,由动量定理:Fftmv2,联立解得t(L2s),故选D。7(多选)如图所示,光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B,木板上表面各处粗糙程度相同,一质量为m的小物
7、块A(可视为质点)从左端以速度冲上木板,当vv0时,小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速。此过程中A、B系统生热为Q,则( )A若vv0,A、B系统生热为QB若vv0,A、B相对运动时间为t0C若vv0,B经历t0时间的位移为LD若v2v0,A经历t0到达木板右端【答案】AC【解析】当vv0时,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv02mv,得v0.5v0,由能量守恒定律得Qmv022mv2mv02。若vv0,取向右为正方向,由mv02mv得vv0,系统生热Qm(v0)22mv2 Q,故A正确;当vv0时,对B,由动量定理得ft0mv,得;若vv0,由mv02mv得vv0,由ftmv,可
8、得,故B错误;若vv0,则由A项的分析可知fLQmv02,对物体B有fxBmv2mv02,得xBL,故C正确;若v2v0,取向右为正方向,有m2v0mvAmvB,A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功,与木板的长度有关,可知A、B系统生热仍为Q,即m(2v0)2mvA2mvB2mv02,对B有ftmvB0联立解得t(2)t0t0,故D错误。8如图甲所示,光滑水平地面上固定有半径为R的光滑圆弧轨道AB,O为圆心,B为最低点,AO水平,BO竖直,紧靠B点右侧并排一足够长的木板,木板上表面与B点等高且平滑连接。现将一质量为m的滑块(可视为质点)从A点正上方高度为R处给其一个竖直向下的初速度,已知木板质
9、量为2m,滑块与木板上表面间的动摩擦因数为,重力加速度为g。求:(1)滑块滑上木板瞬间的速度大小v1;(2)滑块与木板达到共速过程中,因摩擦产生的热量Q;(3)若在距木板右端x处固定一竖直挡板,如图乙所示,滑块释放条件不变。在滑块沿圆弧轨道滑上木板的同时将圆弧轨道AB撤走,一段时间后木板与挡板发生弹性碰撞。则x满足什么条件时,木板与挡板的碰撞仅发生一次。【解析】(1)滑块从释放到滑上木板的过程由机械能守恒定律得:mv02mg2Rmv12解得:。(2)设滑块与木板达到共速的速度为v2,则由动量守恒得:mv1(m2m)v2则由能量守恒得:Qmv12(m2m)v22联立解得:Q2mgR。(3)设木板
10、与挡板碰前瞬间,木板与滑块的速度为分别为v3和v4,由动量守恒定律得:mv1mv42mv3要木板与挡板只发生一次碰撞,则碰后需满足从滑块滑上木板到木板与挡板发生碰撞前瞬间过程,对木板由动能定理得:mgx2mv32联立解得:。9如图所示,质量为mc2mb的物块c静止在倾角均为30的等腰斜面上E点,质量为ma的物块a和质量为mb的物块b通过一根不可伸长的匀质轻绳相连,细绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松驰状态,按住物块a使其静止在D点,让物块b从斜面顶端C由静止下滑,刚下滑到E点时释放物块a,细绳正好伸直且瞬间张紧绷断,之后b与c立即发生完全弹性碰撞,碰后a、b都经过t1 s同时到达斜面底端。已知A、
11、D两点和C、E两点的距离均为l10.9 m,E、B两点的距离为l20.4 m。斜面上除EB段外其余都是光滑的,物块b、c与EB段间的动摩擦因数均为,空气阻力不计,滑轮处摩擦不计,细绳张紧时与斜面平行,取g10 m/s2。求:(1)物块b由C点下滑到E点所用时间;(2)物块a能到达离A点的最大高度;(3)a、b物块的质量之比mamb。【解析】(1)物块b在斜面上光滑段CE运动的加速度a1gsin 5 m/s2由l1a1t12解得:t10.6 s。(2)取沿AC方向为正方向,由l1v1ta1t2得:v11.6 m/s a沿斜面上滑距离m所以物块a能到达离A点的最大高度h(l1s)sin 0.578
12、 m。(3)设绳断时物块b的速度为v2,b与c相碰后b的速度为v2,c的速度为vc,则:mbv2mbv2mcvcmbv22mbv22mcvc2mc2mb联立解得:v2v2,vcv2因vc的方向沿斜面向下,故v2的方向沿斜面向下,v2的方向沿斜面向上。在EB段上的加速度a2gsin gcos 0所以物块b在EB段上做匀速运动,和c相碰后b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为v2,则:v2(t2t2)l2v2a1t2代入数据得:2v225v220解得:v20.5 m/s或v22 m/s物块b刚下滑到E点时的速度m/s若v22 m/s,则v26 m/sv0,与事实不符,所以舍去取v20.5 m/s,则v
13、21.5 m/s,方向沿斜面向下设细绳对物块a和b的冲量大小为I,有:Imav1Imb(v2v0)解得:mamb1516。10如图所示为某种弹射装置的示意图,光滑的水平导轨MN高H0.8 m,右端N处与水平传送带理想连接,传送带以恒定速率沿顺时针方向匀速传送。三个质量均为m1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上,开始时滑块B、C之间用细绳相连,其间有一压缩的轻弹簧,处于静止状态。滑块A以初速度v07.1 m/s沿B、C连线方向向B运动,A与B发生碰撞后黏合在一起,碰撞时间极短,可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、B分
14、离。滑块C脱离弹簧后滑上传送带,并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C在传送带上的运动如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。(1)求滑块C与传送带的动摩擦因数及落地点P与N端水平距离x;(2)求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep;(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同,要使滑块C总能落至P点,则滑块A与滑块B碰撞前速度范围是多少?(取)。【解析】(1)设滑块C在传送带做匀减速运动的加速度大小为a,由乙图可知a1 m/s2根据牛顿第二定律有:mgma解得:0.1由乙图还可知滑块C将达到与传送带共速飞离传送带做平抛运动,传送带的速度v传4 m/s传送带的长度L为乙图所围成的面积,则L
15、6 m做平抛运动的时间为t,则有:Hgt2平抛运动水平位移x1v传t落地点P与N端水平距离x,则有:xLx1联立解得:x7.6 m。(2)设滑块A与B碰后的速度为v1,滑块A、B为系统动量守恒,则有:mv02mv1滑块AB与C弹开后,滑块AB的速度为v2,滑块C的速度为v3,由乙图知v35 m/s滑块A、B、C为系统动量守恒:2mv12mv2mv3在这个过程中系统的能量守恒:Ep2mv122mv22mv32联立解得:Ep1 J。(3)要使滑块C总能落至P点,即滑块C离开传送带时速度恰好与传送带的速度相等,分析可知,滑块C在传送带上一直做匀加速运动时,滑块C进入传送带的速度最小为v3,此时滑块A
16、与滑块B碰撞前速度最小为v0min,设滑块AB与C弹开后,滑块AB的速度为v2,弹开前AB的速度为v1,则有:v传2v322aL滑块A、B、C为系统动量守恒:2mv12mv2mv3在这个过程中系统的能量守恒:Ep2mv122mv22mv32滑块A、B为系统动量守恒:mv0min2mv1解得:v0min2 m/s滑块C在传送带上一直做匀减速运动时,滑块C进入传送带的速度最大为v3,此时滑块A与滑块B碰撞前速度最大为v0max,设滑块AB与C弹开后,滑块AB的速度为v2,弹开前AB的速度为v1,则有:v32v传22aL滑块A、B、C为系统动量守恒:2mv12mv2mv3在这个过程中系统的能量守恒:Ep2mv122mv22mv32滑块A、B为系统动量守恒:mv0max2mv1联立解得:v0max7.56 m/s滑块A与滑块B碰撞前速度范围是2 m/sv07.56 m/s。- 10 - 版权所有高考资源网