2019年度高三物理一轮复习练习：第六章第2讲 动量守恒定律及应用Word版含解析
适用于新高考新教材 高考物理一轮总复习第6章动量守恒定律第2节动量守恒定律及其应用课件
A.在空中将球推出的过程中,运动员与篮球组成
的系统动量守恒
B.在空中将球推出的过程中,运动员与篮球组成
的系统机械能守恒
C.在空中将球推出的过程中,运动员对球作用力
的冲量等于球的动量变化量
D.篮球在斜抛运动的上升和下落过程中,所受重力的冲量持续增加
2
FT=(m+m0)g+(m+m0) =102.5
N,故 C 正确。
二、碰撞、反冲、爆炸
1.碰撞
(1)特点:作用时间极短,内力(相互碰撞力)远 大于
外力,总动量守恒。
(2)分类
一种理想化的物理模型
①弹性碰撞:碰撞后系统的机械能 没有
损失。
②非弹性碰撞:碰撞后系统的机械能有损失。
③完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体,系统的机械能损失最大。
2.(人教版选择性必修第一册P16T6改编)悬绳下吊着一个质量为m0=9.99 kg
的沙袋,构成一个单摆,摆长L=1 m。一颗质量为m=10 g的子弹以v0=500
m/s的水平速度射入沙袋,瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量,g取10
m/s2),则此时悬绳的拉力为( C )
A.35ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱN
B.100 N
后,v8>5 m/s,把前八次的方程求和得m人(v1+v2+…+v7)+7mv0=
m人(v1+v2+…+v8)-8mv0,可求出m人<60 kg,D错误。故B、C正确。
考题点睛
考点考向 点睛
方法:
动量守恒
定律应用
易错:对于多过程问题,选过程时要注意把握守恒条件,注意“物块不能
2019高三物理人教版一轮教师用书：第6章 章末专题复习 Word版含解析
(对应学生用书第115页)[知识结构导图]导图填充①m v②F(t′－t)③p′－p④很短⑤远大于⑥增加⑦不变思想方法1．模型法2．图象法3．化无形为有形，如对流体的研究高考热点1．动量定理的应用2．动量守恒的应用3．动量和能量的综合问题物理模型|“滑块—木板”模型中的动量守恒1．“滑块”问题是动量和能量的综合应用之一，由于滑块与木板之间常存在一对相互作用的摩擦力，这对摩擦力使滑块、木板的动量发生变化，也使它们的动能发生改变，但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，它不影响系统的总动量，但克服它做功，使系统机械能损失，所以解决“滑块”问题常用到动量守恒定律．2．解决“滑块”问题时一般要根据题意画出情景示意图，这样有利于帮助分析物理过程，也有利于找出物理量尤其是位移之间的关系．(2018·河南三市二模)如图6-1所示，长木板B 的质量为m2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：图6-1 (1)碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度；(2)长木板B 的最小长度和物块A 离长木板左侧的最终距离．[题眼点拨] ①“发生弹性正碰(时间极短)”说明A 、B 系统动量守恒；②“μ1＝0.1＜μ2＝0.2”可知B 、C 达同速后一起减速；③“板B 的最小长度”对应B 、C 的位移之差．[解析](1)设物块A 与木板B 碰前的速度为v 由动能定理得：－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 20 解得v ＝v 20－2μ1gl ＝9 m/sA 与B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ，v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s.(2)碰撞后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律对木板B 有：－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝m 2a 1 对物块C ：μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t v 2＋a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝3 mB 、C 达到共同速度之后，因μ1＜μ2，二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3由牛顿运动定律得：μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 3)a 3整个过程B 运动的位移为：x B ＝v 2t ＋12a 1t 2＋0－(a 2t )2－2a 3＝6 mA 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小也为a 3，位移为：x A ＝0－v 21－2a 3＝4.5 m物块A 离长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5 m. [答案](1)－3 m/s 6 m/s (2)3 m 10.5 m(2018·长沙模拟)如图所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2.使木板与重物以共同的速度v 0＝6 m/s 向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g 取10 m/s 2.求木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间．[解析] 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共同的速度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：2m v 0－m v 0＝3m v①设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v 所用的时间为t 1，对木板应用动量定理得： 2μmgt 1＝m v －m (－v 0)②设重物与木板有相对运动时的加速度为a ，由牛顿第二定律得：2μmg ＝ma ③在达到共同速度v 时，木板离墙的距离l 为： l ＝v 0t 1－12at 21④木板与重物开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为： t 2＝lv⑤从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为： t ＝t 1＋t 2⑥由以上各式得t ＝4v 03μg ，代入数据可知：t ＝4 s. [答案] 4 s [突破训练]1．如图6-2所示，质量为M 的平板车P 高h ，质量为m 的小物块Q 的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R ，一端悬于Q 正上方高为R 处，另一端系一质量也为m 的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q 离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与P 之间的动摩擦因数为μ，M ∶m ＝4∶1，重力加速度为g .求：图6-2 (1)小物块Q 离开平板车时速度为多大？ (2)平板车P 的长度为多少？【导学号：84370270】[解析](1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1－cos 60°)＝12m v20解得：v0＝gR小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：m v0＝m v1＋m v Q 12m v20＝12m v21＋12m v2Q解得：v1＝0，v Q＝v0＝gR二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有m v Q＝M v＋m(2v)，解得，v＝16v Q＝gR6物块Q离开平板车时，速度为：2v＝gR 3.(2)设平板车长L，由能的转化和守恒定律知F f·L＝12m v2Q－12M v2－12m(2v)2又F f＝μmg解得平板车P的长度为L＝7R 18μ.[答案](1)gR3(2)7R18μ高考热点|动量守恒与机械能守恒(或能量守恒)的综合应用动量守恒定律和机械能守恒定律的比较如图6-3所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C 点，总质量为M ＝2 kg.物块从斜面上A 点由静止滑下，经过B 点时无能量损失．已知物块的质量m ＝1 kg ，A 点到B 点的竖直高度为h ＝1.8 m ，BC 长度为L ＝3 m ，BD 段光滑．g 取10 m/s 2.求在运动过程中：图6-3 (1)弹簧弹性势能的最大值； (2)物块第二次到达C 点的速度．[题眼点拨] ①“光滑水平地面”说明小车离开墙后水平方向系统动量守恒；②“势能的最大值”对应物块与车具有共同速度且弹簧具有最大压缩量．[解析](1)由A 点到B 点的过程中有mgh ＝12m v 2B ， 解得v B ＝2gh ＝6 m/s由B 至将弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，取v B 方向为正方向，则m v B ＝(M ＋m )v此时的弹性势能最大，由能量守恒定律可得 E p ＝12m v 2B －12(M ＋m )v 2 联立以上两式可得E p ＝12 J.(2)物块由B 至第二次到达C 的过程中，系统动量守恒，取v B 方向为正方向，则m v B ＝m v C ＋M v ′物块由B 至第二次到达C 的整个过程中机械能守恒，则 12m v 2B ＝12m v 2C ＋12M v ′2联立以上两式可解得：v C ＝－2 m/s ，v C ＝6 m/s(第一次到C 点的速度，舍去)即物块第二次到达C 点的速度大小为2 m/s ，方向水平向左． [答案](1)12 J (2)2 m/s 方向水平向左(2018·广东佛山模拟)在光滑水平面上静置有质量均为m 的木板AB 和滑块CD ，木板AB 上表面粗糙，动摩擦因数为μ，滑块CD 上表面是光滑的14圆弧，其始端D 点切线水平且在木板AB 上表面内，它们紧靠在一起，如图所示．一可视为质点的物块P ，质量也为m ，从木板AB 的右端以初速度v 0滑上木板AB ，过B 点时速度为v 02，又滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 圆弧的最高点C 处，求：(1)物块滑到B 处时木板的速度v AB ； (2)滑块CD 圆弧的半径R .[解析](1)由点A 到点B ，取向左为正，由动量守恒得 m v 0＝m v B ＋2m v AB ，则v AB ＝v 04.(2)由点D 到点C ，滑块CD 与物块P 的动量守恒，机械能守恒，则m ·v 02＋m ·v 04＝2m v 共mgR ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＋12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 042－12×2m v 2共解得R ＝v 264g . [答案](1)v 04 (2)v 264g[突破训练]2．某物理课外兴趣小组设计了如图6-4所示装置，AB 段为一竖直细圆管，BPC 是一个半径R ＝0.4 m 的半圆轨道，C 端的下方有一质量M ＝0.2 kg 的小车，车上有半径r ＝0.2 m 的半圆轨道DEF (D 与C 在同一竖直线上)，小车的左端紧靠一固定障碍物．在直管的下方有被压缩的轻质弹簧，上端放置一质量为m ＝0.1 kg 的小球(小球直径略小于圆管的直径，远远小于R 、r .此球可视为质点)．已知小球到B 端的距离为h 1＝1.2 m ，CD 间竖直距离为h 2＝1 m ．在某一时刻，释放弹簧，小球被竖直向上弹起，恰好能通过半圆轨道BPC 的最高点P ；小球从C 端竖直向下射出后，又恰好沿切线方向从D 端进入半圆轨道DEF ，并能从F 端飞出．若各个接触面都光滑，重力加速度g 取10 m/s 2，试求：(1)弹簧被释放前具有的弹性势能E p ；(2)小球第一次到达E 点时的速度大小及从F 点飞出后能上升的最大高度(相对F 点)；(3)小球下落返回到E 点时小球和小车的速度的大小和方向． [解析](1)由A 到P 的过程中小球机械能守恒，有 E p ＝mg (h 1＋R )＋12m v 2mg ＝m v 2R代入数据解得v ＝2 m/s ，E p ＝1.8 J. (2)P 到E 的过程中小球机械能守恒，有 mg (R ＋h 2＋r )＋12m v 2＝12m v 2E 代入数据解得v E ＝6 m/s小球由E 上升到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒，有 m v E ＝(M ＋m )v ′12m v 2E ＝12(M ＋m )v ′2＋mg (h ＋r ) 代入数据解得h ＝1 m.(3)小球从第一次经过E 点到再次返回到E 点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒，有 m v E ＝m v 1＋M v 2 12m v 2E ＝12m v 21＋12M v 22代入数据解得v 1＝－2 m/s ，v 2＝4 m/s 小球速度大小为2 m/s ，方向水平向左 小车速度大小为4 m/s ，方向水平向右． [答案](1)1.8 J (2)6 m/s 1 m(3)小球的速度的大小为2 m/s 方向水平向左 小车的速度的大小为4 m/s 方向水平向右规范练高分——动力学、动量和能量的观点在力学中应用。
2019年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律动量和能量观点在力学中的应用学案练习
2019年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律动量和能量观点在力学中的应用学案练习专题解读1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题．3．用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学基本规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)．命题点一碰撞类问题的综合分析1．解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．但综合题的解法并非孤立的，而应综合利用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解．2．力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，利用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量．(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．例1(2016·全国Ⅲ·35(2))如图1所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．①a 与b 发生弹性碰撞；②b 没有与墙发生碰撞．答案 32v 20113gl ≤μ<v 22gl解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 02>μmgl① 即μ<v 202gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒定律得 12mv 02＝12mv 12＋μmgl③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv 1′＋34mv 2′④12mv 12＝12mv 1′2＋12·34mv 2′2⑤联立④⑤式解得v 2′＝87v 1⑥由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12·34mv 2′2≤μ·3m 4gl⑦联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 2113gl⑧联立②⑧式得，a 与b 发生弹性碰撞，但没有与墙发生碰撞的条件为 32v 20113gl ≤μ<v 22gl.1．(2015·全国Ⅰ·35(2))如图2所示，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 ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，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．图2答案 (5－2)M ≤m ＜M解析 设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞， 由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2由机械能守恒定律得12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋Mv 0 要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有 mv 1＝mv 3＋Mv 412mv 12＝12mv 32＋12Mv 42整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2mm ＋Mv 1 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v 3≤v 2 即2m m ＋M v 0≥M －m m ＋M v 1＝(m －M m ＋M)2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足 (5－2)M ≤m ＜M .2．如图3所示，用轻弹簧相连的质量均为2kg 的A 、B 两物块都以v ＝6m/s 的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg 的物块C 静止在前方，B 与C 碰撞后二者粘在一起运动．在以后的运动中，求：图3(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度是多大？ (2)弹性势能的最大值是多大？ (3)A 的速度有可能向左吗？为什么？答案 (1)3m/s (2)12J (3)不可能 理由见解析解析 (1)当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大． 由A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒： (m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v A ′① 由①式解得v A ′＝3 m/s②(2)B 、C 碰撞时B 、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B 、C 两者的速度为v ′，则：m B v ＝(m B ＋m C )v ′③ 由③式解得：v ′＝2 m/s④设物块A 速度为v A ′时，弹簧的弹性势能最大为E p ，根据能量守恒：E p ＝12(m B ＋m C )v ′2＋12m A v 2－12(m A ＋m B ＋m C )v A ′2⑤由⑤式解得：E p ＝12 J⑥(3)系统动量守恒：m A v ＋m B v ＝m A v A ＋(m B ＋m C )v B⑦设A 的速度向左，v A ＜0，v B ＞4 m/s 则作用后A 、B 、C 动能之和：E ′＝12m A v A 2＋12(m B ＋m C )v B 2＞12(m B ＋m C )v B 2＝48 J⑧实际上系统的总机械能为：E ＝E p ＋12(m A ＋m B ＋m C )v A ′2＝(12＋36) J ＝48 J⑨根据能量守恒定律，E ′＞E 是不可能的，所以A 不可能向左运动． 命题点二 多运动过程问题的综合分析 应用力学三大观点解题时应注意的问题：(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程． (2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析． (4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．例2 (2015·广东·36)如图4所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5m ，物块A 以v 0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．图4(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式．①滑过最高点Q ，P 点左侧轨道光滑；②右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列．答案 见解析解析 (1)由机械能守恒定律得： 12mv 02＝mg (2R )＋12mv 2 得：A 滑过Q 点时的速度v ＝4 m/s>gR ＝ 5 m/s.在Q 点，由牛顿第二定律和向心力公式有：F ＋mg ＝mv 2R解得：A 滑过Q 点时受到的弹力F ＝22 N(2)AB 碰撞前A 的速度为v A ，由机械能守恒定律有： 12mv 02＝12mv A 2得：v A ＝v 0＝6 m/s AB 碰撞后以共同的速度v P 前进，由动量守恒定律得： mv A ＝(m ＋m )v P解得：v P ＝3 m/s总动能E k ＝12(m ＋m )v P 2＝9 J滑块每经过一段粗糙段损失的机械能ΔE ＝F f L ＝μ(m ＋m )gL ＝0.2 J 则k ＝E kΔE＝45 (3)AB 从碰撞到滑至第n 个光滑段上损失的能量E 损＝n ΔE ＝0.2n J由能量守恒得：12(m ＋m )v P 2－12(m ＋m )v n 2＝n ΔE代入数据解得：v n ＝9－0.2n m/s ，(n ＜k )3.如图5所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是5m 和3m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．图5答案 54m 2gh 15128mgh解析 设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh ＝12mv 12解得：v 1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有：mg h 16＝12mv 1′2解得：v 1′＝2gh 4设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv 1＝－mv 1′＋5mv 2解得：v 2＝2gh 4由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量为：I ＝5mv 2＝54m 2gh碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5mv 2＝8mv 3据机械能守恒定律：E pm ＝12×5mv 22－12×8mv 32解得：E pm ＝15128mgh .4.如图6所示，在倾角θ＝30°的斜面上放置一个凹槽B ，B 与斜面间的动摩擦因数μ＝36，槽内靠近右侧壁处有一小物块A (可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离d ＝0.10m ．A 、B 的质量都为m ＝2.0kg ，B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A 、B 之间的摩擦，斜面足够长．现同时由静止释放A 、B ，经过一段时间，A 与B 的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短．取g ＝10m/s 2.求：图6(1)物块A 和凹槽B 的加速度分别是多大；(2)物块A 与凹槽B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间A 、B 的速度大小；(3)从初始位置到物块A 与凹槽B 的左侧壁发生第三次碰撞时B 的位移大小． 答案 (1)5.0m/s 20 (2)0 1.0 m/s (3)1.2m解析 (1)设A 的加速度为a 1，则mg sin θ＝ma 1，a 1＝g sin θ＝5.0 m/s 2设B 受到斜面施加的滑动摩擦力为F f ，则F f ＝μ·2mg cos θ＝36×2×2.0×10×cos 30°＝10 N ，方向沿斜面向上，B 所受重力沿斜面的分力G 1＝mg sin θ＝2.0×10×sin 30°＝10 N ，方向沿斜面向下．因为G 1＝F f ，所以B 受力平衡，释放后B 保持静止，则凹槽B 的加速度a 2＝0(2)释放A 后，A 做匀加速运动，设物块A 运动到凹槽B 的左内侧壁时的速度为v A 0，根据匀变速直线运动规律得v A 02＝2a 1dv A 0＝2a 1d ＝2×5.0×0.10 m/s ＝1.0 m/s因A 、B 发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A 和B 碰撞前后动能守恒，设A 与B 碰撞后A 的速度为v A 1，B 的速度为v B 1，根据题意有 mv A 0＝mv A 1＋mv B 112mv A 02＝12mv A 12＋12mv B 12 解得第一次发生碰撞后瞬间A 、B 的速度分别为v A 1＝0，v B 1＝1.0 m/s(3)A 、B 第一次碰撞后，B 以v B 1＝1.0 m/s 做匀速运动，A 做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t 1，A 的速度v A 2与B 的速度相等，A 与B 的左侧壁距离达到最大，即v A 2＝a 1t 1＝v B 1，解得t 1＝0.20 s设t 1时间内A 下滑的距离为x 1，则x 1＝12a 1t 12解得x 1＝0.10 m因为x 1＝d ，说明A 恰好运动到B 的右侧壁，而且速度相等，所以A 与B 的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞．设A 与B 第一次碰后到第二次碰时所用的时间为t 2，A 运动的距离为x A 1，B 运动的距离为x B 1，第二次碰时A 的速度为v A 3，则 x A 1＝12a 1t 22，x B 1＝v B 1t 2，x A 1＝x B 1解得t 2＝0.4 s ，x B 1＝0.40 m ，v A 3＝a 1t 2＝2.0 m/s第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得A 、B 再次发生速度交换，B 以v A 3＝2.0 m/s 速度做匀速直线运动，A 以v B 1＝1.0 m/s 的初速度做匀加速运动．用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块A 不会与凹槽B 的右侧壁碰撞，并且A 与B 第二次碰撞后，也再经过t 3＝0.40 s ，A 与B 发生第三次碰撞．设A 与B 在第二次碰后到第三次碰时B 运动的位移为x B 2，则x B 2＝v A 3t 3＝2.0×0.40 m ＝0.80 m ；设从初始位置到物块A 与凹槽B 的左内侧壁发生第三次碰撞时B 的位移大小为x ，则x ＝x B 1＋x B 2＝(0.40＋0.80) m ＝1.2 m. 命题点三 滑块—木板模型问题例3 如图7所示，质量m 1＝0.3kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝15m ，现有质量m 2＝0.2kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2.求：图7(1)物块在车面上滑行的时间t ；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过多少．最后在车面上某处与小车保持相对静止．答案 (1)0.24s (2)510m/s解析 (1)设物块与小车的共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为F f ，对物块应用动量定理有 －F f t ＝m 2v －m 2v 0 其中F f ＝μm 2g联立以上三式解得t ＝m 1v 0μ(m 1＋m 2)g代入数据得t ＝0.3×20.5×(0.3＋0.2)×10s ＝0.24 s.(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v ′，则有m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′由功能关系有12m 2v 0′2＝12(m 1＋m 2)v ′2＋μm 2gL 代入数据解得v 0′＝510 m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不能超过510 m/s.5.如图8所示，水平放置的轻弹簧左端固定，小物块P 置于水平桌面上的A 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长．现用水平向左的推力将P 缓缓推至B 点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为W F ＝6J ．撤去推力后，小物块P 沿桌面滑动到停在光滑水平地面上、靠在桌子边缘C 点的平板小车Q 上，且恰好物块P 在小车Q 上不滑出去(不掉下小车)．小车的上表面与桌面在同一水平面上，已知P 、Q 质量分别为m ＝1kg 、M ＝4kg ，A 、B 间距离为L 1＝5cm ，A 离桌子边缘C 点的距离为L 2＝90cm ，P 与桌面及P 与Q 的动摩擦因数均为μ＝0.4，g ＝10m/s 2，试求：图8(1)把小物块推到B 处时，弹簧获得的弹性势能； (2)小物块滑到C 点的速度大小； (3)P 和Q 最后的速度大小； (4)Q 的长度．答案 (1)5.8J (2)2m/s (3)0.4 m/s (4)0.4m解析 (1)由能量守恒有：增加的弹性势能为：E p ＝W F －μmgL 1＝(6－0.4×10×0.05) J ＝5.8 J(2)对BC 过程由动能定理可知：E p －μmg (L 1＋L 2)＝12mv 02，代入数据解得小物块滑到C 点的速度为：v 0＝2 m/s ；(3)对P 、Q 由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v解得共同速度：v ＝0.4 m/s(4)对PQ 由能量守恒得：μmgL ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2 代入数据解得小车的长度：L ＝0.4 m.6.如图9所示，在光滑的水平面上有一质量为M 的长木板，以速度v 0向右做匀速直线运动，将质量为m 的小铁块轻轻放在木板上的A 点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：图9(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度为多大？(2)它们相对静止时，小铁块与A 点距离有多远？(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？答案 (1)MM ＋m v 0 (2)Mv 202μ(M ＋m )g (3)Mmv 202(M ＋m ) 解析 (1)小铁块放到长木板上后，由于它们之间有摩擦，小铁块做加速运动，长木板做减速运动，最后达到共同速度，一起匀速运动．设达到的共同速度为v .由动量守恒定律得：Mv 0＝(M ＋m )v解得v ＝MM ＋m v 0. (2)设小铁块距A 点的距离为L ，由能量守恒定律得μmgL ＝12Mv 02－12(M ＋m )v 2 解得：L ＝Mv 202μ(M ＋m )g(3)全过程所损失的机械能为ΔE ＝12Mv 02－12(M ＋m )v 2＝Mmv 202(M ＋m ).1．(2016·全国Ⅱ·35(2))如图1所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.图1(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案(1)20kg (2)不能，理由见解析解析(1)规定向左为速度正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①1 2m2v02＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20kg v＝1m/s③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入数据得v1＝－1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v31 2m2v02＝12m2v22＋12m3v32⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．2．如图2所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0kg的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′相切．现将一质量m＝1.0kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g＝10m/s2，求：图2(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．答案(1)5m/s (2)0.5m解析(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A 时，二者的共同速度为v1由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v1①由能量守恒得：1 2mv02－12(M＋m)v12＝mgR＋μmgL②联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v2设小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离为x ，由能量守恒得：12mv 02－12(M ＋m )v 22＝μmg (L ＋x )⑤ 联立③④⑤并代入数据解得：x ＝0.5 m.3．如图3所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C ，B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中．图3(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案 (1)116mv 20 (2)1348mv 20 解析 (1)对A 、B ，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1解得v 1＝12v 0 B 与C 碰撞的瞬间，B 、C 组成的系统动量定恒，有m ·v 02＝2mv 2 解得v 2＝v 04系统损失的机械能ΔE ＝12m (v 02)2－12×2m (v 04)2＝116mv 02 (2)当A 、B 、C 速度相同时，弹簧的弹性势能最大．根据动量守恒定律得 mv 0＝3mv解得v ＝v 03根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能E p ＝12mv 02－12(3m )v 2－ΔE ＝1348mv 02.4．如图4所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R ，平台上静止放着两个滑块A 、B ，其质量m A ＝m ，m B ＝2m ，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M ＝3m ，车长L ＝2R ，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为x ，x 在0＜x ＜2R 的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A 恰好能够通过半圆轨道的最高点D ，滑块B 冲上小车．两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g ＝10m/s 2.求：图4(1)滑块A 在半圆轨道最低点C 时受到轨道的支持力F N ；(2)炸药爆炸后滑块B 的速度大小v B ；(3)请讨论滑块B 从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功W f 与s 的关系． 答案 见解析解析 (1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A 的速度大小为v A ，设滑块A 在半圆轨道运动到达最高点的速度为v AD ，则m A g ＝m v 2AD R得到v AD ＝gR滑块A 在半圆轨道上运动过程中，据动能定理：－m A g ×2R ＝12m A v AD 2－12m A v AC 2 得：v A ＝v AC ＝5gR滑块A 在半圆轨道最低点：F N －m A g ＝m v 2AC R得：F N ＝m A g ＋m A v 2AC R＝6mg (2)在A 、B 爆炸过程，动量守恒，则m B v B ＋m A (－v A )＝0得：v B ＝m Am B v A ＝5gR 2(3)滑块B 滑上小车直到与小车共速，设为v 共整个过程中，动量守恒：m B v B ＝(m B ＋M )v 共得：v 共＝2v B 5＝5gR 5滑块B 从滑上小车到共速时的位移为x B ＝v 2共－v 2B －2μg ＝21R 8小车从开始运动到共速时的位移为x 车＝v 2共2μ2mg 3m＝34R 两者位移之差(即滑块B 相对小车的位移)为：Δx ＝x B －x 车＝15R 8＜2R ， 即滑块B 与小车在达到共速时未掉下小车．当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B 以v 共向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为x ′x ′＝v 2共2μg ＝R 2＞(L －Δx )＝18R 所以，滑块B 会从小车上滑离．讨论：当0＜x ＜3R 4时，滑块B 克服摩擦力做功为 W f ＝μ2mg (L ＋x )＝4m (2R ＋x ) 当3R 4≤x ≤2R 时，滑块B 从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为 W f1＝μ2mgx B ＝21mR 2.。
2019届高考物理一轮复习课件： 第六章 动量守恒定律 6.2 动量守恒定律及其应用课件
解析：本题考查动量守恒定律．由于喷出过程中重力和空气 阻力可忽略，则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒．燃气喷出 前系统静止，总动量为零，故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气 的动量等值反向，可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小，则|p m/s，A正确． 火|＝|p气|＝m气v气＝0.05 kg×600 m/s＝30 kg· 答案：A
2．(2018· 天津静海一中调研)(多选)如图所示，A、B两个物体 的质量之比mA ：mB＝ ：2，原来静止在平板车C上，A、B间 有一根被压缩的轻弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( ) A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成 的系统动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组 成的系统动量守恒 C．若A、B所受的摩擦力大小相等， A、B组成的系统动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小相等， 则A、B、C组成的系统动量不守恒
解析：两个人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，开始 总动量为零，不管谁先跃入水中，若两人相对水的速率相等，则 有0＝mv－mv＋Mv′，可知v′＝0，故A、B正确．若两人先后以 相等的相对船的速率跃入水中，可知两人相对水的速度大小不 等，根据动量守恒定律知，船速不为0，故C、D错误． 答案：AB
(1)A、B碰撞过程中，A对B的冲量的大小和方向； (2)人最终与滑板的共同速度的大小．
【解析】 (1)A、B碰撞过程中，由动量守恒有 mAv0＝(mA＋mB)v1 代入数据解得v1＝1 m/s 由动量定理得，A对B的冲量I＝mBv1＝20 N· s 方向水平向右． (2)对人、A、B组成的系统进行全过程分析，由动量守恒有 (m人＋mA)v0＝(m人＋mA＋mB)v 代入数据解得v＝2.4 m/s 【答案】 (1)20 N· s，水平向右 (2)2.4 m/s
2019版高考物理一轮规范特训：第6章 动量守恒定律及其
一、选择题1．[2017·天津高考] “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．在最高点时，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解析摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能不断变化，故乘客的机械能不断变化，A错误；乘客在最高点时，具有向下的加速度，处于失重状态，B正确；根据I＝Ft知，重力的冲量不为0，C错误；根据P＝mg v cosθ，θ为力方向与速度方向之间的夹角，摩天轮转动过程中，θ不断变化，重力的瞬时功率不断变化，D错误。
2. [2017·全国卷Ⅲ](多选)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/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零答案AB解析t＝1 s时，由Ft＝m v－0得t＝1 s时，速率为v＝Ftm＝2×12m/s＝1 m/s，A正确；t＝2 s时，由Ft＝m v－0得动量大小为Ft＝2×2＝4 kg·m/s，B正确；t＝3 s时，动量大小为2×2－1×1＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时，末动量为2×2－2×1＝2 kg·m/s，v＝p′m＝22m/s＝1 m/s，D错误。
3. [2017·河南洛阳模拟]如图所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置A由静止释放，在小球摆到最低点B的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则()A．合力做功为零B．合力的冲量为零C．重力做的功为mgL D．重力的冲量为m2gL答案 C解析小球在向下运动的过程中，受到重力和绳子的拉力，绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以只有重力做功，合外力做的功等于重力做的功，大小为mgL，故A错误，C正确；由机械能守恒定律可得，小球在最低点的动能12m v2＝mgL，所以速度v＝2gL，由动量定理可得合力的冲量I合＝Δp＝m v－0＝m2gL，故B错误；小球下摆过程中，拉力虽然不做功，但拉力的冲量不为0，所以重力的冲量不等于m2gL，故D错误。
2019届高考物理一轮复习 第6章 动量守恒定律 第2讲 动量守恒定律的综合应用研讨课
[解析] (1)当系统动能最小时，弹簧压缩至最短，两球具有共 同速度 v 共．设小球 A、B 的质量分别为 m1、m2，碰撞前小球 A 的 速度为 v0，小球 A 与弹簧分开后的速度为 v1.从小球 A 碰到弹簧到 与弹簧分开的过程中，由系统动量守恒和能量守恒有
m1v0＝m1v1＋m2v 12m1v20＝12m1v21＋12m2v2 联立解得 v＝m21m＋1vm02 即 m1v0＝m1＋2 m2v
(1)炸药爆炸过程中炸药对 C 的冲量； (2)炸药的化学能有多少转化为机械能？
[解析] (1)全过程，A、B、C 组成的系统动量守恒
mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC 炸药对 C 的冲量：I＝mCvC－0
解得：I＝52mv0，方向向右．
(2)炸药爆炸过程，B 和 C 组成的系统动量守恒
mCvC－mBvB＝0
必考部分
[第六章] 动量守恒定律
第2讲 动量守恒定律的综合应用 [研讨课]
[考纲解读] 1.掌握碰撞的特点和规律，能够应用动量和能量 观点分析解决碰撞问题． 2.能够综合应用动力学、动量和能量观 点分析问题．
突破 碰撞现象的特点和规律
1．碰撞：物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作
用力非常大的现象．
[答案]
v (1)2
(2)m2v，方向水平向左
题型 2 动量守恒与非弹性碰撞 [典例 2] 如图所示，小球 a、b 用等长细 线悬挂于同一固定点 O.让球 a 静止下垂，将 球 b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球 b， 两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖 直方向之间的最大偏角为 60°.忽略空气阻力， 求： (1)两球 a、b 的质量之比； (2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球 b 在碰前的最大动能 之比．
2019版高考物理一轮复习第六章第2讲动量守恒定律及其应用练习鲁科版
第2讲动量守恒定律及其应用单独成册方便使用［基础题组］析：碰撞过程中动量守恒《mV= （m^ A R ）V '，据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式解R= 可知新粒子的轨迹不变.由于新粒子的速度v 'v v ，因此运动时间变长，正确选项为qBD. 答案：D3. 一枚火箭搭载着卫星以速率 v o 进入太空预定位置，由控制系统、单项选择题 1. （2018 •黑龙江大庆模拟）两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止•可以肯定 的是，碰前两球的（ ） A.质量相等B.动能相等C.动量大小相等D.速度大小相等 解析：两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒， 两球在水平面上相向运动， 发生正碰后都 变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、 方向相反，选项C 正确. 答案：C 2.（2oi 8 •山东济南检测）如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里， 一带 电微粒从磁场边界 d 点垂直于磁场方向射入，沿曲线 dPa 打到屏MN 上的 a 点，通过Pa 段用时为t .若该微粒经过 P 点时，与一个静止的不带电微 粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏 MN 上.两个微粒所受重力均忽 M N 略.新微粒运动的（） A. 轨迹为 Pb, 至屏幕的时间将小于 B . 轨迹为 至屏幕的时间将大于 C .轨迹为 Pb, D .轨迹为 Pa, 至屏幕的时间将等于 至屏幕的时间将大于 t ［课时作业］mv 使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m ,后部分的箭体 9；三1 I]质量为m ,分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 i 为（）A. V o — VB. V o + V 2mC. V o — V 2mmD. V o +( V o —V )解析：火箭和卫星组成的系统, 在分离前后沿m=V o+ m(V o —V2), D项正确.+ m) V o = mv i + mv2，解得V i答案：D4. （2018 •抚州市四校联考）如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M ww=3.0 kg.质量为mi= 1.0 kg 的铁块以水平速度v o = 4.0 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（）A. 4.0 JB. 6.0 JC. 3.0 JD. 20 J-"1^解析：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为V,铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L,摩擦力大小为f,根据能量守恒定律得1 2 1 22mv= fL + 2（ * m v + &铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得1 2 1 2°mv= 2fL + 歹m）v又根据系统动量守恒可知，mv = （M+ m）v联立得到E p= 3.0 J，故选C.答案：CI5•两质量、大小完全相同的正方体木块A B,靠在一起放在光滑水平面上，一水平射来的子弹先后穿透两木块后飞出，若木块对子弹的阻力恒定不变，子弹射穿两木块的时间相同，则A、B 两木块被子弹射穿后的速度之比为（）A. 1 : 1B. 1 : 2A厂C. 1 : 3D. 1 ：3解析：因木块对子弹的阻力恒定，且子弹射穿两木块的时间相同，子弹在射穿两木块对木块的冲量相同.射穿A时，两木块获得的速度为v',根据动量定理，有Z //丿I = 2mv'—0 ①射穿木块B时，B的速度发生改变，而A的速度不变•射穿B后，B的速度为v〃，根据动量定理，有I = mV —mv ② ①②联立，2mv = mv —mvv' 1得.选项C正确.v 3答案：C二、多项选择题6.在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为 m ，小车和单摆以恒 定的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为 m 的静止木块 发生碰撞，碰撞的时间极短•在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是B.摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为 v i 和V 2,满足 Mv= Mv + mv C.摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为 v i ，满足Mv=（俯m ）v iD. 小车和摆球的速度都变为 v i ，木块的速度变为 V 2,满足（M+ n o ） v = （ W m o ） v i + mv解析：在小车M 和木块发生碰撞的瞬间， 摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车起以共同速度v 匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂 直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定过程，水平方向无外力作用， 系统动量守恒，而题目对碰撞后小车与木块是否分开或连在一答案：BC 7.A 、B 两球沿同一条直线运动，如图所示的 x-t 图象记录了它们碰A.小车、木V i 、V 2、V 3,满足(俯 m )v = Mv + mv + A 、D 项错误；小车和木块碰撞 起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B C 选项正确. M I撞前后的运动情况，其中a、b分别为A为碰撞后它们的x-t图象.若A球质量为它们的速度大小为（A. 2 kgC. 4 m/sD. i m/s解析：由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动,4—10Va=24 —0m/s =—3 m/s , v b=-—m/s=2 m/s ,碰撞后二者连在一起做匀速直线运动,2 —4 v= 4—2 m/s =—1 m/s.碰撞过程中动量守恒，即mv a+ mv b= （m+ m）V c2可解得m B= 3 kg由以上可知选项B、D正确.答案：BD8.如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中，弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计;幕I 所以有m ＜細因为题目合出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情 景，就必须有m＞半，即^知；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速 卩1 ' A ' 1百三p m-，所以尹因此C 选项正确. 答案：C 10.（多选）如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m 装有光滑弧形槽的小车，一质量也为 m 的小球以水平初速度 V 0沿槽口向小车滑去，到达某 一高度后，小球又返回右端，则（ ）滑块M 以初速度v o 向右运动，它与挡板 P 碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块 N 以速度V 。
2019高考物理一轮复习第06章学案02 动量守恒定律及其应用 [解析]
学案02 动量守恒定律及其应用知识体系知识点一、动量守恒定律及其应用1．内容：如果一个系统不受外力，或所受外力的矢量和为零，该系统总动量将保持不变。
2．表达式：(均为矢量式，一维正碰需规定正方向。
)(1) 系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′：p＝p′。
或：p1＋p2＝p1′＋p2′，或：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
此公式具有以下性质：①相对性：v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系。
②同时性：v1与v2、v1′与v2′分别对应相互作用前、后（或过程中）同一时刻。
③矢量性：均为矢量式，遵守矢量运算法则。
在一维正碰中，先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值，上式转化为代数运算式。
(2) 相互作用的两个物体动量的增量等大反向：Δp1＝－Δp2，“－”号表示方向相反。
(3) 系统总动量的增量为零：Δp＝0。
3．动量守恒的条件(1) 理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。
不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态。
(2) 近似守恒：系统虽受合外力，但内力远大于外力，系统近似动量守恒。
(3) 某一方向上守恒：系统在某一方向上所受外力矢量和为零时，在该方向上动量守恒。
4．适应范围：不仅适用宏观、低速系统，也适用于微观、高速系统。
知识点二、碰撞1．碰撞特点：(1)物体间相互作用力很大，相互作用时间很短。
(2)一般满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
(3)碰后系统总动能小于或等于碰前总动能。
2．“爆炸”特点：(1)动量守恒，(2)其他形式能转化为机械能，系统机械能增加。
3．碰撞分类：(1) 弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
(2) 非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失，转化为内能。
(3) 完全非弹性碰撞：动量守恒，碰后合为一体，有共同速度，机械能损失最大。
4．正碰、斜碰与散射：辨析理解(1) 系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。
2019届高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用课件新人教版
3．(多选)小车 AB 静置于光滑的水平面上，A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘 有橡皮泥，小车的质量为 M，长为 L；质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细绳连接在小车的 A 端并使弹簧压缩。开 始时，小车与 C 都处于静止状态，如图所示。当突然烧断细绳后，弹簧被释放， 物体 C 离开弹簧向 B 端冲去，并跟 B 端的橡皮泥粘在一起，下列相关说法正确 的是 导学号 21992417 ( BCD )
• [解析] ①小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对 人与车组成的系统，系统受到的合外力为零，系统动量守 恒；②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹 与木块组成的系统，系统所受到的合外力为零，系统动量 守恒；③子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的 系统受墙角的作用力，系统所受到的合外力不为零，系统 动量不守恒；④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时， 绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系 统，所受到的合外力不为零，系统动量不守恒。综上可知， B正确，A、C、D错误。
•碰撞、反冲、爆炸
很短 __________,而物体 • 1．碰撞：物体间的相互作用持续时间 很大 间相互作用力__________的现象。 远大于 __________外 • 2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力 力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
• 3．分类：
两类守恒
碰撞类型 弹性碰撞 非完全弹性碰撞 完全非弹性碰撞
第六章
动量和动量守恒定律
第2讲 动量守恒定律及应用
1 2 3 4
知识梳理自测 核心考点突破 阶段培优微专题 2年高考模拟
知识梳理自测
•动量守恒定律
不受外力 外力的矢量和 • 1．内容：如果一个系统 __________，或者所受 _______________为0，这个系统的总动量保持不变。 m1v1′＋m2v2′ • 2．表达式：m1v1＋m2v2 ＝__________________或p＝p′。 • 3．适用条件： 外力的合力 • (1)理想守恒：系统不受外力或所受____________为零，则 大于 系统动量守恒。 • (2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远 _________外力时，系统的动量可近似看成守恒。 • (3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统 在该方向上动量守恒。
高考物理一轮复习 第6章 动量守恒定律及其应用 限时规范专题练(二)动量与能量综合应用问题(含解析)
限时规范专题练(二)动量与能量综合应用问题时间：60分钟总分为：100分一、选择题(此题共7小题，每一小题6分，共42分。
其中 1～3题为单项选择，4～7题为多项选择)1．如下列图，静止在光滑水平面上的木板A ，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝3 kg 。
质量m ＝1 kg 的铁块B 以水平速度v 0＝4 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。
在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．3 JB ．4 JC ．6 JD ．20 J答案 A解析 设铁块与木板共速时速度大小为v ，铁块相对木板向右运动的最大距离为L ，铁块与木板之间的摩擦力大小为f 。
铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律可得12mv 20＝fL ＋12(M ＋m )v 2＋E p ，由动量守恒定律得mv 0＝(M ＋m )v 。
从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由能量守恒定律得12mv 20＝2fL ＋12(M ＋m )v 2。
联立解得E p ＝3 J ，故A 正确。
2.(2019·湖南六校联考)如下列图，质量为m 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全一样步枪和子弹的射手。
首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 2。
设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均一样。
当两颗子弹均相对于木块静止时，如下判断正确的答案是( )A ．木块静止，d 1＝d 2B ．木块向右运动，d 1<d 2C ．木块静止，d 1<d 2D ．木块向左运动，d 1＝d 2 答案 C解析 把木块和打入的两颗子弹看成一个系统，规定水平向右为正方向，由动量守恒定律可得：m 弹v 弹＋0－m 弹v 弹＝(2m 弹＋m )v 共，解得v 共＝0。
开枪前后系统损失的机械能等于子弹射入木块时抑制阻力所做的功，左侧射手开枪后，右侧射手开枪前，把左侧射手开枪打出的子弹和木块看做一个系统，设子弹射入木块时受到的平均阻力大小为f ，如此由动量守恒定律有：m 弹v 弹＋0＝(m 弹＋m )v 共′，如此v 共′＝m 弹m 弹＋mv 弹，左侧射手射出的子弹射入木块中时，该子弹和木块组成的系统损失的机械能ΔE 1＝12m弹v 2弹－12(m 弹＋m )v 共′2＝fd 1，右侧射手开枪打出的子弹射入木块时，如此有－m 弹v 弹＋(m 弹＋m )v 共′＝(2m 弹＋m )v 共，系统损失的机械能ΔE 2＝12m 弹v 2弹＋12(m 弹＋m )v 共′2－0＝fd 2，ΔE 1<ΔE 2，故d 1<d 2，C 正确。
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配餐作业 动量守恒定律及应用 ►►见学生用书P345
A组·基础巩固题 1．两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止。可以肯定的是，碰前两球的( ) A．质量相等 B．动能相等 C．动量大小相等 D．速度大小相等 解析 两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以断定碰前两球的动量大小相等、方向相反，C项正确。 答案 C 2．如图所示，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，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为( )
A．16 J B．2 J C．6 J D．4 J 解析 设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m
＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即E＝12m0v20－12(m
＋m0)v2，而木块获得的动能E木＝12mv2＝6 J，两式相除得EE木＝m＋m0
m0
＞1，即E>6 J，A项正确。
答案 A 3．(2018·湖南师大附中摸底考试)如图所示，质量均为M＝0.4 kg的两长平板小车A和B开始时紧靠在一起都静止于光滑水平面上。小物块(可看成质点)m＝0.2 kg以初速度v＝9 m/s从最左端滑上小车A的上表面，最后停在小车B最右端时速度为v2＝2 m/s，最后A的速度v1为( )
A．1.5 m/s B. 2 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s 解析 三物体整体分析，系统动量守恒mv＝ (m＋M)v2＋Mv1⇒v1＝1.5 m/s。 答案 A 4.如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高。现让小滑块m从A点静止下滑，则( )
A．m不能到达小车上的B点 B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动 C．m从A到B的过程中小车一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零 D．M与m组成的系统机械能守恒，动量守恒 解析 M和m组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以m恰能达到小车上的B点，到达B点时小车与滑块的速度都是0，故A项错误；M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动，m到达B的瞬间，M与m速度都为零，故B项错误，C项正确；小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒。M和m组成的系统机械能守恒，故D项错误。 答案 C 5.(2018·湖南师大附中摸底考试)如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为( )
A．v＝mv0M＋m，I＝0 B．v＝mv0M＋m，I＝2mv0 C．v＝mv0M＋m，I＝2m2v0M＋m D．v＝mv0M，I＝2mv0 解析 子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝mv0M＋m，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度v＝mv0
M＋m，子弹、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作
用力，根据动量定理得I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0。 答案 B 6．(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝3 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．木板获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为4 J C．木板A的最小长度为1.5 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 解析 根据动量守恒定律可得 mv0＝(m＋mA)v⇒mA＝4 kg，
A的动能为Ek＝12mAv2＝2 J，
系统损失的动能ΔEk＝12mv20－12(mA＋m)v2＝6 J， 木板长L≥12v0t1＝1.5 m， μmg＝ma⇒μ＝0.2。 答案 AC 【解题技巧】 由图读出木板获得的初速度，根据Ek＝12mv2求解木板获得的动能。根据斜率求出B的加速度大小，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数。根据“面积”之差求出木板A的长度，再求系统损失的机械能。 7．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s 解析 A、B碰撞过程动量守恒，mv0＝mv1＋2mv2，机
械能无损失，12mv20＝12mv21＋12×2mv22。碰撞后对B物体应用动能定
理2μmgx＝12×2mv22，解得v0＝1.5 m/s，C项正确。 答案 C 8．质量相等的4个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线，如图所示，具有初动能E的物块1向其他3个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后，4个物块粘为一整体，这个整体的动能等于( )
A．E B.34E C.14E D.116E 解析 对整个系统研究，以水平向右为正，整个过程运用动量守恒定律得mv0＝4mv，解得v＝v04，则整体的动能Ek＝12×4m×v042＝E4，故C项正确，A、B、D项错误。 答案 C
B组·能力提升题 9.(2018·菏泽一中月考)(多选)如图所示，一辆质量为M＝3 kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m＝1 kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A的长度L＝0.9 m。现给小铁块B一个v0＝5 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/s B．小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·s C．小铁块B从反向到与车同速共历时0.6 s D．小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J 解析 设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理
得－μmgL＝12mv21－12mv20，代入数据可得v1＝4 m/s，故A项错误；小铁块B与竖直墙壁发生弹性碰撞，所以小铁块弹回的速度大小为v1′＝4 m/s，方向向右，根据动量定理I＝m·Δv＝8 kg·m/s，故B
项正确；假设小铁块最终和平板车达到共速v2，根据动量守恒定律得mv1′＝(m＋M)v2，解得v2＝1 m/s，小铁块最终和平板车达到
共速过程中小铁块的位移x1＝v2＋v1′2t＝1＋42×0.6 m＝1.5 m，平板车的位移x2＝v22t＝12×0.6 m＝0.3 m，Δx＝x1－x2＝1.2 m>L，说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车，所以小铁块在平板车上运动过程中系统损失的机械能为ΔE＝2μmgL＝9 J，故C项错误，D项正确。 答案 BD
10．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比m1∶m2为( )
A．(2＋1)∶(2－1) B.2∶1 C．(2－1)∶(2＋1) D．1∶2
解析 两球到达最低点的过程，由动能定理得mgR＝12mv2，解得v＝2gR，所以两球到达最低点的速度均为2gR，设向左为正方向，则m1的速度v1＝－2gR，则m2的速度v2＝2gR，由于碰撞瞬间动
量守恒得m2v2＋m1v1＝(m1＋m2)v共，解得v共＝m2－m1m1＋m22gR①，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M点，对此过程应用机械能守恒定律得－(m1＋m2)gR(1－cos60°)＝0－12(m1＋m2)v2共②，由①②解得m1＋m22m2－m12＝2，整理m1∶m2＝(2－1)∶ (2＋1)，故C项正确。 答案 C 11．如图是一个物理演示实验，它显示：如图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初位置高得多的地方。A是某种材料做成的实心球，质量m1＝0.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量m2＝0.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙。将此装置从A下端离地板的高度H＝1.25 m处由静止释放。实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上。则木棍B上升的高度为(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．4.05 m B．1.25 m C．5.30 m D．12.5 m 解析 球及棒落地速度v＝2gH，球反弹后与B的碰撞为瞬间作用，AB虽然在竖直方向上合外力为重力，不为零。但作用瞬间，内力远大于外力的情况下，动量近似守恒，故有m1v－m2v＝0＋m2v2′，棒
上升高度为h＝v′222g，联立并代入数据，得h＝4.05 m。 答案 A 12．如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方