《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題13.2 動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題13.2 動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用教學(xué)案（28頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題13.2 動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用1.理解動(dòng)量守恒定律的確切含義，知道其適用范圍2.掌握動(dòng)量守恒定律解題的一般步驟3.會(huì)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決一維運(yùn)動(dòng)有關(guān)問(wèn)題 一、動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用1動(dòng)量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變，這就是動(dòng)量守恒定律。(2)表達(dá)式pp，系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p。m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。p1p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向。p0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。2動(dòng)量守恒的條件(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的
2、合力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒。(3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。3動(dòng)量守恒定律的“五性”系統(tǒng)性動(dòng)量守恒是針對(duì)滿足守恒條件的系統(tǒng)而言的，系統(tǒng)改變，動(dòng)量不一定滿足守恒條件相對(duì)性公式中v1、v2、v1、v2必須相對(duì)于同一個(gè)慣性系同時(shí)性公式中v1、v2是在相互作用前同一時(shí)刻的速度，v1、v2是相互作用后同一時(shí)刻的速度矢量性應(yīng)先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動(dòng)量為正值，相反為負(fù)值普適性不僅適用于低速宏觀系統(tǒng)，也適用于高速微觀系統(tǒng)二、碰撞現(xiàn)象的特點(diǎn)和規(guī)律1碰撞(1)概念：碰撞是指
3、物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間極短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。(2)特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(3)分類動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非完全彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大2.碰撞后運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能性判斷的三個(gè)依據(jù)(1)動(dòng)量守恒：p1p2p1p2。(2)動(dòng)能不增加：Ek1Ek2Ek1Ek2或。(3)速度要符合情景。若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前v后。碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。三動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1解動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn)(1
4、)力的觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。(2)能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。(3)動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。2動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的比較定律名稱比較項(xiàng)目動(dòng)量守恒定律機(jī)械能守恒定律相同點(diǎn)研究對(duì)象相互作用的物體組成的系統(tǒng)研究過(guò)程某一運(yùn)動(dòng)過(guò)程不同點(diǎn)守恒條件系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零系統(tǒng)只有重力或彈力做功表達(dá)式p1p2p1p2Ek1Ep1Ek2Ep2矢標(biāo)性矢量式標(biāo)量式某一方向上應(yīng)用情況可在某一方向上獨(dú)立使用不能在某一方向上獨(dú)立使用運(yùn)算法則矢量運(yùn)算代數(shù)運(yùn)算高頻考點(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用例1在如圖所
5、示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中，將彈簧壓縮到最短。若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統(tǒng)，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個(gè)過(guò)程中()A動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒C動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒D動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒答案：B【變式探究】如圖所示，質(zhì)量m10 kg的小車置于光滑水平面上，車上站著質(zhì)量M30 kg的小孩，開始人車以1 m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，后來(lái)小孩以相對(duì)車2 m/s的水平速度向右跳下，求小孩跳下后車的速度(設(shè)向右的方向?yàn)檎较?()A0.5 m/sB2 m/sC0.5 m/s D2 m/s答案：C【舉一反三
6、】如圖所示，在光滑水平面上靜止著一傾角為，質(zhì)量為M的斜面體B，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的物體A以初速度v0沿斜面上滑，若A剛好可到達(dá)B的頂端，且A、B具有共同速度，若不計(jì)A、B間的摩擦，則A到達(dá)頂端時(shí)速度的大小為()A. BC. D解析：因?yàn)槲矬wA具有豎直方向的加速度，故系統(tǒng)在豎直方向受到向下的重力和水平面提供的向上的作用力且此方向合力不為零，故此方向的動(dòng)量不守恒。但水平面光滑，故系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，即mv0cos (Mm)v所以v，故選項(xiàng)B正確。答案：B【變式探究】如圖所示，甲車質(zhì)量為m1m，在車上有質(zhì)量為M2m的人，甲車(連同車上的人)從足夠長(zhǎng)的斜坡上高h(yuǎn)處由靜止滑下，到水平地面后繼續(xù)向前滑動(dòng)，
7、此時(shí)質(zhì)量m22m的乙車正以v0的速度迎面滑來(lái)。為了避免兩車發(fā)生碰撞，當(dāng)兩車相距適當(dāng)距離時(shí)，人從甲車跳上了乙車。已知h，不計(jì)地面和斜坡的摩擦，小車和人均可看做質(zhì)點(diǎn)。試求人跳離甲車的水平速度(相對(duì)地面)應(yīng)滿足什么條件？解析：設(shè)甲車(包括人)滑下斜坡后速度為v1，由機(jī)械能守恒定律得(m1M)v(m1M)gh解得v12v0設(shè)人跳離甲車的水平速度(相對(duì)地面)為v，人跳離甲車的過(guò)程中，人和甲車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，人跳上乙車的過(guò)程中，人和乙車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。設(shè)人跳離甲車和跳上乙車后，兩車的速度分別為v1和v2，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有人跳離甲車時(shí)(Mm1)v1Mvm1v1即(2mm)v12mvmv1人跳上乙
8、車時(shí)Mvm2v0(Mm2)v2即2mv2mv0(2m2m)v2答案：v0vv0高頻考點(diǎn)二 碰撞現(xiàn)象的特點(diǎn)和規(guī)律例2(多選)質(zhì)量分別為mP1 kg、mQ2 kg的小球P、Q靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)給小球P以水平的速度vP04 m/s沿直線朝小球Q運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生正碰，分別用vP、vQ表示兩小球碰撞結(jié)束的速度。則關(guān)于vP、vQ的大小可能的是()AvPvQ m/sBvP1 m/s，vQ2.5 m/sCvP1 m/s，vQ3 m/sDvP4 m/s，vQ4 m/s解析：碰撞前總動(dòng)量為pmPvP04 kgm/s，碰撞前總動(dòng)能為EkmPv8 J。如果vPvQ m/s，pmPvPmQvQ4 kgm/s，EkmP
9、vmQv J，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，能量不增加，A正確；如果vP1 m/s，vQ2.5 m/s，pmPvPmQvQ4 kgm/s，EkmPvmQv6.75 J，能量不增加，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，B正確；如果vP1 m/s，vQ3 m/s，pmPvPmQvQ7 kgm/s，碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；如果vP4 m/s，vQ4 m/s，pmPvPmQvQ4 kgm/s，EkmPvmQv24 J，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，動(dòng)能增加，D錯(cuò)誤。答案：AB【變式探究】(多選)在光滑的水平面上小球A以速度v1沿直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間與靜止在水平面上的小球B發(fā)生彈性正碰，已知A、B兩球的質(zhì)量分別為m1、m2，碰后兩球的速率分
10、別為v1、v2。則()A若m1m2，則v2v1B若m1m2，則v22v1C若m1m2，則v1v1D若m1m2，則v1v1答案：ABC【舉一反三】如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m。開始時(shí)橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0。一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半。求：(1)B的質(zhì)量；(2)碰撞過(guò)程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失。解析：(1)以初速度v0的方向?yàn)檎较颍O(shè)B的質(zhì)量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動(dòng)量守恒定律得m
11、2mBv(mmB)v由式得mB(2)從開始到碰撞后的全過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mv0(mmB)v設(shè)碰撞過(guò)程A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為E，則Em2mB(2v)2(mmB)v2 聯(lián)立式得Emv答案：(1)(2)mv高頻考點(diǎn)三動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用例3、2016全國(guó)甲卷35(2)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m130 kg，冰塊的質(zhì)量為m210 kg，小孩與滑板始終無(wú)相
12、對(duì)運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g10 m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1m2v200代入數(shù)據(jù)得v11 m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3m2vm2vm3v聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得v21 m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。答案：(1)20 kg(2)見解析【方法技巧】利用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)解題的技巧1、若研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守
13、恒定律)。2、若研究對(duì)象為單一物體，且涉及功和位移問(wèn)題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。3、因?yàn)閯?dòng)量守恒定律、能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)、動(dòng)能定理都只考查一個(gè)物理過(guò)程的始末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對(duì)過(guò)程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處。特別對(duì)于變力做功問(wèn)題，就更顯示出它們的優(yōu)越性?！九e一反三】如圖所示，用輕繩將質(zhì)量分別為m11.0 kg和m22.0 kg的彈性小球a、b緊緊捆在一起，使它們發(fā)生微小的形變。兩球以速度v00.10 m/s沿光滑水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻輕繩突然自動(dòng)斷開，斷開后兩球仍沿原直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)t5.0 s時(shí)，測(cè)得兩球相距x4.5 m，求：(1)剛分離時(shí)，a、b兩小球的速
14、度v1、v2；(2)兩球分開過(guò)程中釋放的彈性勢(shì)能Ep。答案：(1)0.70 m/s0.20 m/s(2)0.27 J【變式探究】?jī)晌飰KA、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2 kg，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B兩物塊都以v6 m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖所示。B與C碰撞后二者會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng)。則在以后的運(yùn)動(dòng)中：(1)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，物塊A的速度為多大？(2)系統(tǒng)中彈性勢(shì)能的最大值是多少？解析：(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大。由A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，(mAmB)v(mAmBmC)vABC解得vABC m/s3 m/s(2)
15、B、C碰撞時(shí)B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為vBC，則mBv(mBmC)vBC，vBC m/s2 m/s設(shè)物塊A、B、C速度相同時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大為Ep，根據(jù)能量守恒Ep(mBmC)vmAv2(mAmBmC)v12 J。答案：(1)3 m/s(2)12 J1【2016全國(guó)卷】【物理選修35】(2)某游樂(lè)園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中為計(jì)算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開忽略空氣阻力已知水的密度為，重力
16、加速度大小為g.求：(i)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(ii)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度35.（2）【答案】(i)v0S(ii)(ii)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v.對(duì)于t時(shí)間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v在h高度處，t時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為p(m)v設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理有Ftp由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得FMg聯(lián)立式得h2【2016北京卷】(1)動(dòng)量定理可以表示為pFt，其中動(dòng)量p和力F都是矢量在運(yùn)用動(dòng)量定理處理二維問(wèn)題時(shí)，可以在相互垂直的
17、x、y兩個(gè)方向上分別研究例如，質(zhì)量為m的小球斜射到木板上，入射的角度是，碰撞后彈出的角度也是，碰撞前后的速度大小都是v，如圖1所示碰撞過(guò)程中忽略小球所受重力圖1a分別求出碰撞前后x、y方向小球的動(dòng)量變化px、py；b分析說(shuō)明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较?2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的動(dòng)量沿光傳播方向運(yùn)動(dòng)激光照射到物體上，在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時(shí)，也會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生作用光鑷效應(yīng)就是一個(gè)實(shí)例，激光束可以像鑷子一樣抓住細(xì)胞等微小顆粒一束激光經(jīng)S點(diǎn)后被分成若干細(xì)光束，若不考慮光的反射和吸收，其中光束和穿過(guò)介質(zhì)小球的光路如圖1所示，圖中O點(diǎn)是介質(zhì)小球的球心，入射時(shí)光束和與SO的夾角均為，
18、出射時(shí)光束均與SO平行請(qǐng)?jiān)谙旅鎯煞N情況下，分析說(shuō)明兩光束因折射對(duì)小球產(chǎn)生的合力的方向a光束和強(qiáng)度相同；b光束比的強(qiáng)度大. 圖1【答案】(1)a.02mvcos b沿y軸負(fù)方向(2)a.沿SO向左b指向左上方【解析】(1)a.x方向：動(dòng)量變化為pxmvsin mvsin 0y方向：動(dòng)量變化為pymvcos (mvcos )2mvcos 方向沿y軸正方向b根據(jù)動(dòng)量定理可知，木板對(duì)小球作用力的方向沿y軸正方向；根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)δ景遄饔昧Φ姆较蜓貀軸負(fù)方向b建立如圖所示的Oxy直角坐標(biāo)系x方向：根據(jù)(2)a同理可知，兩光束對(duì)小球的作用力沿x軸負(fù)方向y方向：設(shè)t時(shí)間內(nèi)，光束穿過(guò)小球的粒子數(shù)為
19、n1，光束穿過(guò)小球的粒子數(shù)為n2，n1n2.這些粒子進(jìn)入小球前的總動(dòng)量為p1y(n1n2)psin 從小球出射時(shí)的總動(dòng)量為p2y0根據(jù)動(dòng)量定理：Fytp2yp1y(n1n2)psin 可知，小球?qū)@些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負(fù)方向，根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對(duì)小球的作用力沿y軸正方向所以兩光束對(duì)小球的合力的方向指向左上方3.【2016江蘇卷】C【選修35】(2)已知光速為c，普朗克常數(shù)為h，則頻率為的光子的動(dòng)量為_用該頻率的光垂直照射平面鏡，光被鏡面全部垂直反射回去，則光子在反射前后動(dòng)量改變量的大小為_（2）【答案】24【2016全國(guó)卷】【物理選修35】 (2)如圖1所示，水平地面上有兩個(gè)靜
20、止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m.兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件圖1【答案】mgl即設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒有mvmvmgl設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒和能量守恒有mv1mv1v2mvmvv聯(lián)立式解得v2v1由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知vgl聯(lián)立式，可得聯(lián)立式，a與b發(fā)生碰撞、但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件 5.【2
21、016全國(guó)卷】【物理選修35】(2)如圖1所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h0.3 m(h小于斜面體的高度)已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m130 kg，冰塊的質(zhì)量為m210 kg，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)取重力加速度的大小g10 m/s2.(i)求斜面體的質(zhì)量；(ii)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？圖1【答案】(i)20 kg(ii)不能(ii)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1m2v200代
22、入數(shù)據(jù)得v11 m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3m2vm2vm3v聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得v21 m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩4(2015安徽理綜22)一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，距離A點(diǎn)5 m的位置B處是一面墻，如圖9所示一物塊以v09 m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止g取10 m/s2.圖9(1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若碰撞時(shí)間為0.05 s，求碰撞過(guò)
23、程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F；(3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功W.答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J 5.(2015全國(guó)35(2)兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖10所示求：圖10(i)滑塊a、b的質(zhì)量之比；(ii)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比答案(i)18(ii)12(ii)由能量守恒定律得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為Em1vm2v(m1m2)v2由圖象可知，兩滑塊最后停止運(yùn)動(dòng)由動(dòng)能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的
24、功為W(m1m2)v2聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得WE126.【2015天津9（1）】5如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3:1,A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回，兩球剛好不發(fā)生碰撞，AB兩球的質(zhì)量之比為_，AB碰撞前、后兩球總動(dòng)能之比為_【答案】4：1； 9：57.【2015北京17】6實(shí)驗(yàn)觀察到，靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中A點(diǎn)的原子核發(fā)生衰變，衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向和軌跡示意如圖，則（ ）A軌跡1是電子的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外 B軌跡2是電子的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C軌跡1是新核的，磁場(chǎng)
25、方向垂直紙面向里 D軌跡2是新核的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里【答案】D【解析】靜止的核發(fā)生衰變（）由內(nèi)力作用，滿足動(dòng)量守恒，則新核和電子的動(dòng)量等大反向，垂直射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由可知，則兩個(gè)新核的運(yùn)動(dòng)半徑與電量成反比，即，則新核為小圓，電子為大圓；而新核帶正電，電子帶負(fù)電，由左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，選項(xiàng)D正確。8.【2015山東39（2）】7如圖，三個(gè)質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平軌道上。現(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時(shí)間后A與B發(fā)生碰撞，碰后AB分別以、的速度向右運(yùn)動(dòng)，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動(dòng)?；瑝KA、B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為同一恒
26、定值。兩次碰撞時(shí)間極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小?！敬鸢浮縿t對(duì)物體B從與A碰撞完畢到與C相碰損失的動(dòng)能也為Wf，由動(dòng)能定理可知：，解得：；BC碰撞時(shí)滿足動(dòng)量守恒，則，解得9.【2015全國(guó)新課標(biāo)35（2）】8如圖，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質(zhì)量為，B、C的質(zhì)量都為，三者都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng)，求和之間滿足什么條件才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的?！敬鸢浮俊窘馕觥吭O(shè)A運(yùn)動(dòng)的初速度為A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生碰撞，根據(jù)彈性碰撞可得可得要使得A與B發(fā)生碰撞，需要滿足，即A反向向左運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞過(guò)程，彈性碰撞
27、解方程可得。10.【2015全國(guó)新課標(biāo)35（2）】9滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段。兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。求：（）滑塊a、b的質(zhì)量之比；（）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）設(shè)a、b質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2。由題給圖像得v1=-2m/sv2=1m/sa、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v,由題給圖像可得由動(dòng)量守恒定律得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v解得1.(2014山東卷，39(2)如圖6
28、所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m。開始時(shí)橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0。一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半。求：圖6(1)B的質(zhì)量；(2)碰撞過(guò)程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失。解析(1)以初速度v0的方向?yàn)檎较颍O(shè)B的質(zhì)量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意可知：碰撞前瞬間A的速度為，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動(dòng)量守恒定律得m2mBv(mmB)v由式得mB(2)從開始到碰后的全過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mv0(mmB)v設(shè)碰撞過(guò)程A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為E，則Em()2m
29、B(2v)2(mmB)v2聯(lián)立式得Emv。答案(1)m(2)mv2.(2014新課標(biāo)全國(guó)卷，35(2)如圖4，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距離地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方。先將B球釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后再將A球釋放。當(dāng)A球下落t0.3 s時(shí)，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰。碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零。已知mB3mA，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失。求：圖4(1)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度；(2)P點(diǎn)距離地面的高度。(2)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1(v10)，B球的速度分別為v2和v2。
30、由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得v1gt由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變，規(guī)定向下的方向?yàn)檎衜Av1mBv2mBv2mAvmBvmBv22設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vBvB設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得h聯(lián)立式，并代入已知條件可得h0.75 m答案(1)4 m/s(2)0.75 m32014江蘇卷，12C(3)牛頓的自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理中記載，A、B兩個(gè)玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為1516。分離速度是指碰撞后B對(duì)A的速度，接近速度是指碰撞前A對(duì)B的速度。若上述過(guò)程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以
31、速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B，且為對(duì)心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。答案v0v04(2014全國(guó)大綱卷，24)冰球運(yùn)動(dòng)員甲的質(zhì)量為80.0 kg。當(dāng)他以5.0 m/s的速度向前運(yùn)動(dòng)時(shí)，與另一質(zhì)量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來(lái)的運(yùn)動(dòng)員乙相撞。碰后甲恰好靜止。假設(shè)碰撞時(shí)間極短，求： (1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中總機(jī)械能的損失。解析(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M，碰前速度大小分別為v、V，碰后乙的速度大小為V。由動(dòng)量守恒定律有mvMVMV代入數(shù)據(jù)得V1.0 m/s(2)設(shè)碰撞過(guò)程中總機(jī)械能的損失為E，應(yīng)有mv2MV2MV2EV1.0 m/s，代入上式解得E1
32、 400 J。答案(1)1.0 m/s(2)1 400 J5(2014重慶卷，4)一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)僅有水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為31，不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()答案B 1甲、乙兩名滑冰運(yùn)動(dòng)員沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，速度大小分別為3 m/s和1 m/s，迎面碰撞后(正碰)甲、乙兩人反向運(yùn)動(dòng)，速度大小均為2 m/s。則甲、乙兩人質(zhì)量之比為()A23 B25C35 D53解析：由動(dòng)量守恒定律得：m甲3m乙1m甲(2)m乙2所以，選項(xiàng)C正確。答案：C2如圖所示，兩輛質(zhì)量均為M的小車A和B置
33、于光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的人靜止站在A車上，兩車靜止。若這個(gè)人自A車跳到B車上，接著又跳回A車并與A車相對(duì)靜止。則此時(shí)A車和B車的速度之比為()A. BC. D解析：規(guī)定向右為正方向，則由動(dòng)量守恒定律有：0MvB(Mm)vA，得，故選C。答案：C3.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動(dòng)量均為6 kgm/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為4 kgm/s，則()A左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為25B左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為110C右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之
34、比為25D右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為110答案：A4一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)僅有水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為31。不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()解析：平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間t 1 s，爆炸過(guò)程遵守動(dòng)量守恒定律，設(shè)彈丸質(zhì)量為m，則mvmv甲mv乙，又v甲，v乙，t1 s，則有x甲x乙2 m，將各選項(xiàng)中數(shù)據(jù)代入計(jì)算得B正確。答案：B5.如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量之比mAmB32，原來(lái)靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧，地面光滑，當(dāng)彈簧突然釋放后，則()A若A、B與平板車上表
35、面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B若A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒答案：BCD6如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻壁上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，槽的底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量也為m的小球從槽上高為h處開始下滑，則()A在小球從圓弧槽上下滑的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向上的動(dòng)量始終守恒B在小球從圓弧槽上下滑的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球的機(jī)械能守恒C在小球壓縮彈簧的過(guò)程中，小球與彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒D小球離
36、開彈簧后能追上圓弧槽解析：在小球下滑的過(guò)程中，小球與槽組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，但系統(tǒng)在水平方向上所受的合外力為零，所以系統(tǒng)在水平方向上的動(dòng)量始終守恒，選項(xiàng)A正確；在小球下滑的過(guò)程中，對(duì)于小球與槽組成的系統(tǒng)，只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但小球的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在小球壓縮彈簧的過(guò)程中，對(duì)于小球與彈簧組成的系統(tǒng)，只有彈力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)C正確；在小球下滑的過(guò)程中，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向上的動(dòng)量守恒，因小球與槽的質(zhì)量相等，故小球與槽分離后，小球與槽的速度大小相等，方向相反，小球被反彈后，小球與槽的速度相等，小球不能追上槽，
37、選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案：AC7如圖所示，質(zhì)量為m10.2 kg的小物塊A，沿水平面與小物塊B發(fā)生正碰，小物塊B的質(zhì)量為m21 kg。碰撞前，A的速度大小為v03 m/s，B靜止在水平地面上。由于兩物塊的材料未知，將可能發(fā)生不同性質(zhì)的碰撞，已知A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2，重力加速度g取10 m/s2，試求碰后B在水平面上滑行的時(shí)間。假如兩物塊發(fā)生的是彈性碰撞，碰后A、B的速度分別為vA、vB，則由動(dòng)量守恒定律有m1v0m1vAm2vB由機(jī)械能守恒有m1vm1vm2v設(shè)碰后B滑行的時(shí)間為t2，則m2gt2m2vB解得t20.5 s可見，碰后B在水平面上滑行的時(shí)間t滿足025 st0.5 s答案
38、：0.25 st0.5 s8.如圖，光滑的水平地面上停著一個(gè)木箱和小車，木箱質(zhì)量為m，小車和人的總質(zhì)量為M4m，人以對(duì)地速率v將木箱水平推出，木箱碰墻后等速反彈回來(lái)，人接住木箱后再以同樣大小的速率v第二次推出木箱，木箱碰墻后又等速反彈回來(lái)多次往復(fù)后，人將接不到木箱。求從開始推木箱到接不到木箱的整個(gè)過(guò)程，人所做的功。答案：mv29在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上有一個(gè)寬度為L(zhǎng)的矩形區(qū)域，只要物體在此區(qū)域內(nèi)就會(huì)受到水平向右的恒力F作用。兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球如圖所示放置，B球靜止于區(qū)域的右邊界，現(xiàn)將A球從區(qū)域的左邊界由靜止釋放，A球向右加速運(yùn)動(dòng)，在右邊界處與B球碰撞(碰撞時(shí)間極短)。若兩球只發(fā)生一次碰撞，且最
39、終兩球的距離保持不變，求：(1)A、B兩球的質(zhì)量之比；(2)碰撞過(guò)程中A、B兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能的損失。解析：(1)設(shè)A、B兩球質(zhì)量分別為mA、mB，碰撞前A球速度為v0，A、B兩球碰撞后瞬間速度大小分別為vA、vB由題意知，碰撞后瞬間A、B兩球速度大小相等、方向相反，設(shè)其大小為v，則vAvBv碰撞前，對(duì)A球由動(dòng)能定理得FLmAv碰撞后，設(shè)A球在區(qū)域內(nèi)往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t由動(dòng)量定理得Ft2mAv由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，B球向右做勻速運(yùn)動(dòng)：Lvt碰撞后，由動(dòng)量守恒定律得mAv0mBvmAv聯(lián)立解得：v，mB4mA，即mAmB14(2)由機(jī)械能守恒定律得碰撞過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能損失EmAv解得：EFL。答案：(1)14(2)FL10光滑的水平面和半徑相同的兩個(gè)四分之一的光滑圓形軌道按如圖所示方式平滑相連，小球B靜止在水平軌道上，小球A從左側(cè)四分之一圓弧最高點(diǎn)由靜止釋放，進(jìn)入水平軌道后，與小球B發(fā)生彈性碰撞。碰撞后B球經(jīng)過(guò)右側(cè)圓弧C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力恰好為0。不計(jì)一切摩擦，且兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)。求A、B兩球的質(zhì)量之比。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案：0.5528
2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題13.2 動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用教學(xué)案
