高中物理高考一輪復(fù)習(xí)一輪復(fù)習(xí) 2023屆高三專題復(fù)習(xí)十二 動量守恒定律及其應(yīng)用

專題十二動量守恒定律及其應(yīng)用一、考點分析一、考點分析1．對應(yīng)本知識點的考查，預(yù)計綜合應(yīng)用動量和能量觀點解決碰撞模型問題是今后命題的熱點，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算題進行命題。2．注意要點：(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)二、考題再現(xiàn)典例1.(2023?全國III卷?25)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝kg，mB＝kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝，重力加速度取g＝10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??；(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？【解析】(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB①②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得：vA＝m/s，vB＝m/s(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設(shè)為a。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB。，則有：mBa＝μmBg④⑤vB－at＝0⑥在時間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內(nèi)的路程sA都可表示為⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得：sA＝m，sB＝m⑧這表明在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊m處。B位于出發(fā)點左邊m處，兩物塊之間的距離s為s＝m＋m＝m⑨(3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得：m/s故A與B將發(fā)生碰撞。設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA′′以和vB′′，由動量守恒定律與機械能守恒定律有mA(－vA?)＝mAvA??＋mBvB??聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得：m/s，m/s這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動。設(shè)碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學(xué)公式，由④式及題給數(shù)據(jù)得：sA?＝m，sB?＝msA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離s?＝sA?＋sB?＝m。典例2.(2023?全國Ⅰ卷?24)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，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計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動的部分距地面的最大高度?！窘馕觥?1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有：E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學(xué)公式有：0－v0＝－gt②聯(lián)立①②式得：t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))。③(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有：E＝mgh1④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動．設(shè)爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有：eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為：h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。⑧三、對點速練三、對點速練1．右端帶有eq\f(1,4)光滑圓弧軌道質(zhì)量為M的小車靜置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量為m的小球以速度v0水平?jīng)_上小車，關(guān)于小球此后的運動情況，以下說法正確的是()A．小球可能離開小車水平向右做平拋運動B．小球可能從圓弧軌道上端拋出而不再回到小車C．小球不可能離開小車水平向左做平拋運動D．小球不可能離開小車做自由落體運動【答案】A【解析】小球從圓弧軌道上端拋出后，小球水平方向的速度和車的速度相同，故小球仍會落回到小車上；小球落回到小車后，相對小車向左滑動，然后從左邊離開小車：如果小球?qū)Φ孛娴乃俣认蜃?，則小球離開小車水平向左做平拋運動；如果小球?qū)Φ孛娴乃俣葹榱悖瑒t小球離開小車后做自由落體運動；如果小球?qū)Φ孛娴乃俣认蛴?，則小球離開小車水平向右做平拋運動。故A正確，BCD錯誤。2．(多選)如圖，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h(yuǎn)處由靜止開始自由下滑，則()A．在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒B．在小球下滑的過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功C．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h(yuǎn)處D．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動【答案】AD【解析】在下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受力，則水平方向上動量守恒，故選項A正確；在滑動過程中，槽向后滑動，根據(jù)動能定理知，槽的速度增大，則小球?qū)Σ鄣淖饔昧ψ稣Γ蔬x項B錯誤；小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，開始總動量為零，小球離開槽時，小球和槽的動量大小相等，方向相反，由于質(zhì)量相等，則速度大小相等，方向相反，然后小球與彈簧接觸，被彈簧反彈后的速度與接觸彈簧的速度大小相等，可知反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動，且速度大小相等，小球不會回到槽高h(yuǎn)處，故選項D正確，C錯誤。3．某電影里兩名槍手在房間對決，他們各自背靠墻壁，一左一右。假設(shè)他們之間的地面光滑隨機放著一均勻木塊，木塊到左右兩邊的距離不一樣。兩人拿著相同的步槍和相同的子彈同時朝木塊射擊一發(fā)子彈，聽天由命。但是子彈都沒有射穿木塊，兩人都活了下來反而成為了好朋友。假設(shè)你是偵探，仔細(xì)觀察木塊發(fā)現(xiàn)右邊的射孔(彈痕)更深。設(shè)子彈與木塊的作用力大小一樣，請你分析一下，哪個結(jié)論是正確的()A．開始時，木塊更靠近左邊的人，左邊的人相對更安全B．開始時，木塊更靠近左邊的人，右邊的人相對更安C．開始時，木塊更靠近右邊的人，左邊的人相對更安全區(qū)D．開始時，木塊更靠近右邊的人，右邊的人相對更安全【答案】B【解析】子彈的質(zhì)量與射出時的速度都相等，兩子彈與木塊組成的系統(tǒng)總動量為零；如果木塊在正中間，則彈痕應(yīng)該一樣長，結(jié)果是右邊的長一些，假設(shè)木塊靠近其中某一人，設(shè)子彈質(zhì)量為m，初速度為v0，木塊質(zhì)量為M，阻力為f，彈痕長度分別為x1、x2，兩子彈與木塊組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(M+m)v1，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M+m)v12＋fx1，對另一發(fā)子彈，同樣有：(M+m)v1-mv0＝0，eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)(M+m)v12＝fx2，解得：x1＜x2，綜合判斷，后接觸木塊的子彈彈痕長，更容易射穿木塊，對面的人更危險，所以一開始木塊離左邊近一些，右邊的人相對更安全，故B正確，ACD錯誤。4．一質(zhì)量為m1的物體以v0的初速度與另一質(zhì)量為m2的靜止物體發(fā)生碰撞，其中m2＝km1，k＜1。碰撞可分為完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞。碰撞后兩物體速度分別為v1和v2。假設(shè)碰撞在一維上進行，且一個物體不可能穿過另一個物體。物體1撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是()A．B．C．D．【答案】B【解析】若發(fā)生彈性碰撞，則由動量守恒：m1v0＝m1v1+m2v2；由能量關(guān)系：，解得，則；若發(fā)生完全非彈性碰撞，則由動量守恒：m1v0＝(m1+m2)v，解得，則，故，B正確。5．如圖所示，光滑的水平導(dǎo)軌上套有一質(zhì)量為1kg、可沿桿自由滑動的滑塊，滑塊下方通過一根長為1m的輕繩懸掛著質(zhì)量為kg的木塊。開始時滑塊和木塊均靜止，現(xiàn)有質(zhì)量為10g的子彈以500m/s的水平速度擊中木塊并留在其中(作用時間極短)，取重力加速g＝10m/s2。下列說法正確的是()A．子彈和木塊擺到最高點時速度為零B．滑塊的最大速度為m/sC．子彈和木塊擺起的最大高度為mD．當(dāng)子彈和木塊擺起高度為m時，滑塊的速度為1m/s【答案】C【解析】設(shè)子彈質(zhì)量為m0，木塊質(zhì)量為m1，滑塊質(zhì)量為m2，由子彈、木塊、滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，故當(dāng)子彈和木塊擺到最高點時三者具有相同的速度，且速度方向水平，A項錯誤；只要輕繩與桿之間的夾角為銳角，輕繩拉力對滑塊做正功，滑塊就會加速，所以當(dāng)輕繩再次豎直時滑塊速度最大，設(shè)此時滑塊速度為vm，子彈和木塊速度為v＇，則由系統(tǒng)水平方向動量守恒定律可得m0v0＝(m0+m1)v1＝(m0+m1)v＇+m2vm，eq\f(1,2)(m0+m1)v12＝eq\f(1,2)(m0+m1)v?2＋eq\f(1,2)m2vm2，解得vm＝0，或vm＝5m/s，即滑塊的最大速度為5m/s，B項錯誤；當(dāng)子彈和木塊擺到最高點時三者具有相同的速度v，由系統(tǒng)水平方向動量守恒定律可得m0v0＝(m0+m1)v1＝(m0+m1+m2)v，解得v＝s，由子彈進入木塊后系統(tǒng)機械能守恒可得eq\f(1,2)(m0+m1)v12＝eq\f(1,2)(m0+m1+m2)v2＋(m0+m1)gh，解得h＝，C項正確；當(dāng)子彈和木塊擺起高度為時，由系統(tǒng)水平方向動量守恒定律可得m0v0＝(m0+m1)v1＝(m0+m1)vx+m2v3，得vx＝4m/s，而此時木塊和子彈豎直方向速度一定不為零，故由子彈進入木塊后系統(tǒng)機械能守恒可得eq\f(1,2)(m0+m1)v12＝eq\f(1,2)(m0+m1)(vx+xy)2＋eq\f(1,2)m2v32+(m0+m1)gh，解得h<，D項錯誤。(多選)水平面上的A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖象，a、b分別為A、B兩球碰前圖象，c為碰撞后兩球共同運動的圖象，已知A球質(zhì)量是m＝2kg，則由圖象判斷下列結(jié)論正確的是()A．由圖象可知碰撞前A球做勻減速直線運動，B球做勻加速直線運動B．碰撞前后A球動量變化量大小為4kg?m/sC．B球質(zhì)量為kgD．A、B兩球碰撞前的總動量為3kg?m/s【答案】BC【解析】由x－t圖象的斜率表示速度，因此碰撞前A、B兩球都是勻速運動，故A錯誤；碰撞前有：vA＝－3m/s，vB＝2m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝－1m/s；碰撞前后A的動量變化為：ΔPA＝mvA′－mvA＝2×(－1)－2×(－3)＝4kg?m/s，故B正確；根據(jù)動量守恒定律，碰撞前后B的動量變化為：ΔPB＝－ΔPA＝－4kg?m/s，又：ΔPB＝mB（vB′－vB），所以解得：mB＝kg，故C正確；所以A與B碰撞前的總動量為：P總＝mvA+mBvB＝2×(－3)+×2＝－kg?m/s，故D錯誤。7．(多選)如圖所示，光滑水平面上靜置一質(zhì)量為m、長為L的長木板B，木板上表面各處粗糙程度相同，一質(zhì)量為m的小物塊A(可視為質(zhì)點)從左端以速度沖上木板，當(dāng)v＝v0時，小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速。此過程中A、B系統(tǒng)生熱為Q，則()A．若v＝eq\f(1,3)v0，A、B系統(tǒng)生熱為B．若v＝eq\f(1,2)v0，A、B相對運動時間為eq\f(1,3)t0C．若v＝v0，B經(jīng)歷t0時間的位移為eq\f(1,2)LD．若v＝2v0，A經(jīng)歷eq\f(1,4)t0到達木板右端【答案】AC【解析】當(dāng)v＝v0時，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝2mv′，代入數(shù)據(jù)得：v′＝。由能量守恒定律得：Q＝eq\f(1,2)mv02-eq\f(1,2)×2mv′2＝eq\f(1,4)mv02。若v＝eq\f(1,3)v0，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得m?eq\f(1,3)v0＝2mv′得：v′＝v0。系統(tǒng)生熱：，選項A正確；當(dāng)v＝v0時，對B，由動量定理得：ft0＝mv′可得：；若，根據(jù)動量守恒定律得得：。對B，由動量定理得：，可得：，選項B錯誤；若v＝v0，則由A選項的分析可知：fL＝Q＝eq\f(1,4)mv02；對物體B：聯(lián)立解得：，選項C正確；若v＝2v0，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：m?2v0＝mvA+mvB，A、B系統(tǒng)生熱等于系統(tǒng)克服摩擦力做功，與木板的長度有關(guān)，可知A、B系統(tǒng)生熱仍為Q。根據(jù)能量守恒定律得：。結(jié)合上面解答有：Q＝eq\f(1,4)mv02。對B，由動量定理得：ft＝mvB-0；聯(lián)立解得：（另一值不合理舍去），，故D錯誤。8．如圖所示，靜止放置在光滑水平面上的A、B、C三個滑塊，滑塊A、B間通過一水平輕彈簧相連，滑塊A左側(cè)緊靠一固定擋板P，某時刻給滑塊C施加一個水平?jīng)_量使其以初速度v0水平向左運動，滑塊C撞上滑塊B的瞬間二者粘在一起共同向左運動，彈簧被壓縮至最短的瞬間具有的彈性勢能為J，此時撤掉固定擋板P，之后彈簧彈開釋放勢能，已知滑塊A、B、C的質(zhì)量分別為mA＝mB＝kg，mC＝kg，取＝。求：(1)滑塊C的初速度v0的大小；(2)當(dāng)彈簧彈開至恢復(fù)到原長的瞬時，滑塊B、C的速度大?。?3)從滑塊B、C壓縮彈簧至彈簧恢復(fù)到原長的過程中，彈簧對滑塊B、C整體的沖量?！窘馕觥?1)滑塊C撞上滑塊B的過程中，滑塊B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向左為正，根據(jù)動量守恒定律得：彈簧被壓縮至最短時，滑塊B、C速度為零，根據(jù)能量守恒定律得：解得：v1＝3m/s，v0＝9m/s。(2)設(shè)彈簧彈開至恢復(fù)到原長的瞬間，滑塊B、C的速度大小為v2，滑塊A的大小為v3，根據(jù)動量守恒定律得：根據(jù)能量守恒定律得：解得：v2＝m/s。(3)設(shè)彈簧對滑塊B、C整體的沖量I，選向右為正方向，由動量定理得：解得：，方向水平向右。9．如圖甲所示，質(zhì)量M＝kg的平板小車C靜止在光滑的水平面上，在t＝0時，兩個質(zhì)量均為kg的小物體A和B同時從左右兩端水平?jīng)_上小車，s內(nèi)它們的v－t圖象如圖乙所示，g取10m/s2。(1)小車在第s內(nèi)所受的合力為多大?(2)要使A、B在整個運動過程中不會相碰，車的長度至少為多少?(3)假設(shè)A、B兩物體在運動過程中不會相碰，試在圖乙中畫出A、B在~s時間內(nèi)的v－t圖象。【解析】(1)由圖可知，在第1s內(nèi)，A、B的加速度大小相等，為α＝2m/s2。物體A、B所受的摩擦力均為f＝ma＝2N方向相反。根據(jù)牛頓第三定律，車C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力為零(2)設(shè)系統(tǒng)最終的速度為v，由系統(tǒng)動量守恒得：mvA＋mvB＝(2m＋M)v代入數(shù)據(jù)，解得v＝s，方向向右。由系統(tǒng)能量守恒得：f(sA＋sB)＝12mvA2-12m解得A、B的相對位移，即車的最小長度s＝sA＋sB＝(3)1s后A繼續(xù)向右減速滑行，小車與B一起向右加速運動，最終達到共同速度v。在該過程中，對A運用動量定理得：－fΔt＝mΔv解得Δt＝。即系統(tǒng)在t＝時達到共同速度，此后一起做