2019屆高考物理專題十三動量守恒定律及其應(yīng)用精準(zhǔn)培優(yōu)專練

1、2 培優(yōu)點(diǎn)十三動量守恒定律及其應(yīng)用 A 、考點(diǎn)分析 1. 對應(yīng)本知識點(diǎn)的考查，預(yù)計(jì)綜合應(yīng)用動量和能量觀點(diǎn)解決碰撞模型問題是今后命題的熱 點(diǎn)，既可以將動量與力學(xué)知識結(jié)合， 也可將動量和電學(xué)知識結(jié)合， 作為理綜試卷壓軸計(jì)算題 進(jìn)行命題。 2. 注意要點(diǎn)： （1）使用動量守恒定律時， 要注意是否滿足動量守恒定律的條件； （2）在列式時一定要注意動 量的矢量性。 二、考題再現(xiàn) 典例 1. （2017 全國I卷?14）將質(zhì)量為 1.00 kg 的模型火箭點(diǎn)火升空，50 g 燃燒的燃?xì)庖源?小為 600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小 為（噴出過程中重力和空氣阻

2、力可忽略 ）（） 2 2 A. 30 kg m/s B . 5.7 x 10 kg m/s C . 6.0 x 10 kg m/s D . 6.3 x 10 kg m/s 【解析】設(shè)火箭的質(zhì)量（不含燃?xì)猓閙，燃?xì)獾馁|(zhì)量為 m,根據(jù)動量守恒，mv1=mv2,解得 火箭的動量為：p =mV1=mv2=30 kg m/s,所以 A 正確，B、C、D 錯誤。 【答案】A 典例 2. （2018 ?全國I卷望 4） 一質(zhì)量為 m的煙花彈獲得動能 E后，從地面豎直升空，當(dāng)煙花 彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分， 兩部分獲得的動能之 和也為E,且均沿豎直方向運(yùn)動。爆炸時間極短，

3、重力加速度大小為 g,不計(jì)空氣阻力和火 藥的質(zhì)量，求： （1） 煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間； （2） 爆炸后煙花彈向上運(yùn)動的部分距地面的最大高度。 2 設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為 t，由運(yùn)動學(xué)公式有 0-v二-gt 1 2 【解析】（1）設(shè)煙花彈上升的初速度為 v。，由題給條件有 E二-mv2 3 聯(lián)立式得t =1 2E g m 設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為 hi,由機(jī)械能守恒定律有 E = mgh 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動，設(shè)炸后瞬間其速度分別為 Vi和V2。 由題給條件和動 量守恒定律有 1 2 1 2 mv +m2 =E 4 4

4、 1 1 -mv + mv =0 2 2 由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反， 向上運(yùn)動部分做豎直上拋運(yùn)動。 設(shè)爆炸后煙花彈 、 1 2 1 上部分繼續(xù)上升的咼度為 h2，由機(jī)械能守恒定律有 mv mgh? 4 2 聯(lián)立式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為 h =02二生 mg 【答案】見解析 三、對點(diǎn)速練 1 1-（多選）如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑水平軌道的左邊與墻壁對接，右邊與一個足夠高的； 光滑圓弧軌道平滑相連，木塊 A B靜置于光滑水平軌道上， A B的質(zhì)量分別為1.5 kg和 0.5 kg。現(xiàn)讓A以 6 m/s的速度水平向左運(yùn)動，之后與墻壁碰撞，碰撞的時間為 0.3 s，碰 后的速度

5、大小變?yōu)?4 m/s，當(dāng)A與B碰撞后立即粘在一起運(yùn)動， g取 10 m/s 2,則（ ） A. A與墻壁碰撞的過程中，墻壁對 A的平均作用力的大小 F= 50 N B. A 與墻壁碰撞的過程中沒有能量損失 C. A、B碰撞后的速度v= 3 m/s D. A、B滑上圓弧軌道的最大高度 h= 0.55 m 【答案】AC 1 2.在光滑的水平地面上放有一質(zhì)量為 M帶光滑匚圓弧形槽的小車，一質(zhì)量為m的小鐵塊 4 以速度v沿水平槽口滑去，如圖所示，若 M= m,則鐵塊離開車時將（ ） A. 向左平拋 B .向右平拋 【解析】小鐵塊和小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力， 系統(tǒng)水平方向的動量守恒， 以向左為 一

6、 一 1 2 1 2 1 2 正方向，由動量守恒定律得： mv= Mv車+ mv鐵，由機(jī)械能守恒定律得： ?Mv車+ ?mv鐵, 解得鐵塊離開小車時：v鐵 =0, v車=v,所以鐵塊離開時將做自由落體運(yùn)動，故 A、B、D 錯誤，C 正確。 【答案】C A、B兩個小物塊，其中物塊 A的左側(cè)連接一水平輕質(zhì) B以一定的初速度向物塊 A運(yùn)動，并通過彈簧與物塊 A 所示的圖象中，圖線 1 表示物塊A的速率變化情況，圖線 2 表示物塊B的速率變化情況.則 【解析】物塊B壓縮彈簧的過程，開始時 A做加速運(yùn)動，B做減速運(yùn)動，兩個物塊的加速度 增大。當(dāng)彈簧壓縮至最短時，二者的速度相等；此后 A繼續(xù)加速，B繼續(xù)減

7、速。當(dāng)彈簧恢復(fù) 原長時B離開彈簧，A、B均做勻速直線運(yùn)動， C D 錯誤；由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定 2m mB mA 律可得，碰后速度VA= - vo, VB= - vo0 A、B 兩項(xiàng)中碰后 B的速度為正值， 可知mnA, m+ m RA+ RB 2 故VA= - VoVo，故 A 錯誤，B 正確。 RA 一+1 RB 【答案】B C.自由落體 D 無法判斷 3如圖所示，在光滑水平地面上有 彈簧。物塊A處于靜止?fàn)顟B(tài)，物塊 li 發(fā)生彈性正碰。對于該作用過程, 兩物塊的速率變化可用速率-時間圖象進(jìn)行描述, 在下圖 4. 如圖所示，兩質(zhì)量分別為 m和m的彈性小球 A B疊放在一起，從高度為

8、h處 自由落下，h遠(yuǎn)大于兩小球半徑，落地瞬間， B先與地面碰撞，后與 A碰撞，所有 的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計(jì)。已知 m =3m，則A反彈后能達(dá)到的高度為（ ） 7 A. h B . 2h C. 3h D . 4h 【解析】所有的碰撞都是彈性碰撞， 所以不考慮能量損失。設(shè)豎直向上為正方向， 根 據(jù) 機(jī) 械 能守恒定律和動量守恒定律可得： 1 2 1 2 (m+ m) gh=空(m+ m) v , mv mv = mv1 + mv2,辦 m+ m) v 1 2 2ivi = mighi，將ma= 3mi代入，聯(lián)立可得 【答案】D 5. （多選）如圖所示，小車的上

9、面固定一個光滑彎曲圓管道， 整個小車（含管道）的質(zhì)量為 2m 原來靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)有一個可以看作質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量為 m半徑略小于管道半 徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達(dá)管道的最高點(diǎn)， 然后從管道左端滑離小 車。關(guān)于這個過程，下列說法正確的是 （ ） A. 小球滑離小車時，小車回到原來位置 B. 小球滑離小車時相對小車的速度大小為 C. 車上管道中心線最高點(diǎn)的豎直高度為 D. 小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中， 【答案】BC 【解析】小球恰好到達(dá)管道的最高點(diǎn)，說明在最高點(diǎn)時小球和小車之間相對速度為 v mv= ( 2m)v ，得 v= 3，小車動量 3 v 2 變化大小

10、p車=2m- 3= 3口 D 項(xiàng)錯誤；小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，由機(jī)械 1 2 1 2 v2 能守恒有mg= mv 2（m+ 2m） vz ，得H=為，C 項(xiàng)正確；小球從滑上小車到滑離小車的過 1 2 1 2 1 2 v 程，由動量守恒和機(jī)械能守恒有： mv= mv+ 2mv, ?mv = mv + 22 mv；，解得 v= -, v 2 、 2 1 1 2 1 2 =gimvi + 2m3V2 , hi= 4h,選項(xiàng) D 正確。 mv 小車的動量變化大小是 0,小球 從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，由動量守恒有 3m，則A反彈后能達(dá)到的高度為（ ） 8 =3V,則小球滑離小車時相對

11、小車的速度大小為 v + v = v, B 項(xiàng)正確。由以上分析可知在 整個過程中小車一直向右運(yùn)動， A 項(xiàng)錯誤。 6. （多選）光滑水平面上放有質(zhì)量分別為 2m和m的物塊A和B,用細(xì)線將它們連接起來，兩 物塊中間加有一壓縮的輕質(zhì)彈簧 （彈簧與物塊不相連），彈簧的壓縮量為x?，F(xiàn)將細(xì)線剪斷, 此刻物塊A的加速度大小為a,兩物塊剛要離開彈簧時物塊 A的速度大小為v，則（ ）9 x A.物塊B的加速度大小為 a時彈簧的壓縮量為 2 2 B. 物塊 A 從開始運(yùn)動到剛要離開彈簧時位移大小為 3X 3 C. 物塊開始運(yùn)動前彈簧的彈性勢能為 |mV D. 物塊開始運(yùn)動前彈簧的彈性勢能為 Imv 【答案】AD

12、 x x B的加速度大小為 a時，有：kx = ma對比可得：x = 2，即此時彈簧的壓縮量為 2，故 A XA XB 正確；取水平向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒得： 2m mp = 0,又xA+ XB= x,解得A 1 一 的位移為：XA= 3X，故 B 錯誤；根據(jù)動量守恒定律得： 0= 2mv- mB,得物塊B剛要離開彈簧 1 2 時的速度VB= 2v,由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得： 物塊開始運(yùn)動前彈簧的彈性勢能為： E= 22mv 1 + gm2 = 3m&,故 C 錯誤，D 正確。 7如圖甲所示，一質(zhì)量為 m的滑塊（可看成質(zhì)點(diǎn)）固定在半徑為 R的光滑四分之一圓弧軌道 中兩滑塊之間的作

13、用力是恒力，在上述簡化情況下由牛頓定律導(dǎo)出動量守恒定律的表達(dá)式: mva+ mvb= mva+ mvb。 （2）若圓弧的底端 B與水平光滑平面連接（足夠長）,m靜止于 設(shè)兩滑塊碰撞時無機(jī)械能損失，且兩滑塊能發(fā)生兩次碰撞，試證明： 3m m靜止于B點(diǎn)，m從靜止開始釋放，滑塊 m與m相碰后立即結(jié)合在一起（設(shè)為m）運(yùn)動，當(dāng) m運(yùn)動到C點(diǎn)時速度恰好為零。求m從開始運(yùn)動到與傳送帶的速度相同的過程中由于【解析】當(dāng)物塊A的加速度大小為 a時，根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律得 kx= 2ma當(dāng)物塊 B點(diǎn)，m從靜止開始釋放，假 m= m= 1 kg , R= 0.8 m , 的頂端A點(diǎn)，另一質(zhì)量為m的滑塊（可看成質(zhì)

14、點(diǎn)）靜止在軌道的底端 B處，A點(diǎn)和圓弧對應(yīng)的 滑至水平面時的速度是 Va（VaVb），相碰之后 m、m的速度分別是Va、Vb，假設(shè)相碰過程 10 摩擦而 產(chǎn)生的熱量 2 Q (g= 10 m/s ) 【解析】 設(shè)ma與m相碰過程中滑塊之間的相互作用力為 Fa、Fb,則有: Fa = Fb, Fa= maa, Fb= mab, aa= ( Va Va)/ t , a = ( Vb Vb)/ t 整理可得： mva+ mvb = mva + mvb 。 (2)兩滑塊碰撞時動量守恒： mva+ mvb= mva+ nwb 1 2 1 2 1 2 1 2 無機(jī)械能損失： 2mava + 2mbVb=

15、gRava + gmb 解得：Va m m , 2m =m+ mVa； Vb = m+ mVa 要想發(fā)生兩次碰撞必須滿足： VaVb 代入可得： 3mm。 1 2 ma從靜止開始釋放，機(jī)械能守恒： magR= 2mv1 滑塊m與mb相碰后結(jié)合在一起，動量守恒： mav1 = mcv2 1 2 nc從B運(yùn)動到C點(diǎn)時速度恰好為零，由動能定理可得： fL = 0 2mcv2 mc從B運(yùn)動到C點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動， 然后又向左做勻加速直線運(yùn)動與傳送帶的速度相同為 V0,全程所受的合外力為滑動摩擦力 f不變，所以全程可以看做是向右的勻減速直線運(yùn)動， 初速度為V2、末速度為Vo(向 左)，則有： f = m

16、ca, Vo = V2 at mc向右運(yùn)動 S1 = V2t 2at 傳送帶向左運(yùn)S2 = V0t 那么mc從開始運(yùn)動到與傳送帶的速度相同的過程中由于摩擦而產(chǎn)生的熱量 Q= fs 相對=f (S1 + S2) = 9 J o &如圖所示，某時刻質(zhì)量為 m = 50 kg 的人站在 m = 10 kg 的小車上，推著 m3= 40 kg 的鐵 箱一起以速度V0= 2 m/s在水平地面沿直線運(yùn)動到 A點(diǎn)時，該人迅速將鐵箱推出，推出后人 和車剛好停在 A點(diǎn)，鐵箱則向右運(yùn)動到距 A點(diǎn)s = 0.25 m 的豎直墻壁時與之發(fā)生碰撞而被彈 回，彈回時的速度大小是碰撞前的二分之一， 當(dāng)鐵箱回到A點(diǎn)時被人接住，人、小車和鐵箱11 起向左運(yùn)動，已知小車、鐵箱受到的摩擦力均為地面壓力的 0.2 倍，重力加速度g= 10 m/s2, 求: (1)人推出鐵箱時對鐵箱所做的功； 人、小車和鐵箱停止運(yùn)動時距 A 點(diǎn)的距離。 【解析】(1)人推鐵箱過程，以vo的方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律? (m + m + m) vo= mvi 解得：vi = 5 m/s 人推出鐵箱時對鐵箱所做的功為： 1 2 1 2 站 c mv1 - mvo = 420 J 2 2 (2)設(shè)鐵箱與墻