2019高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第4讲动量守恒中的力学综合问题学案

1、第 4 讲动量守恒中的力学综合问题题型嫌究亠以例说袪gT 多物体、多阶段运动的求解学生用书 P116【题型解读】动量守恒与其他知识综合问题的求解方法(1) 动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题，解决这类问题首先要弄清物理过程.(2) 其次弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律.(3) 最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键.【典题例析】叵工 (2018 广东肇庆模拟)如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B,其上表面粗糙在其1左端有一个光滑的 4 圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B C静止在水平面质量均为m求:解

2、析对A B C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为VB,从A滑上B到刚离开B的过程Vo中动量守恒，有mv=m2 + 2mB, 解得VoVB=7由能量守恒定律有121Vo1 212卩mgL=：mvm；x2mw22 2 25V2解得卩=16gL.从A滑上C到“恰好能到达C的最高点”的过程中，设A到达最高点时A和C的共同速度为VC,研究A和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有Vo3m + mB= 2mv，解得VC=gvo由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有1mgR=221213Vo2+ 2m 2X2m答案见解析上.现有很小的滑块A以初速度vo从右端滑上B,并以-的速度滑离B,恰好能

3、到达C的最高点.A B、C的(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数典例訓析-狈型突鶴卩3A-C如图，三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上.13段时间后A与B发生碰撞，碰后A B分别以石Vo、-vo的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B C粘在84一起向右运动滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值两次碰撞时间均极短求B C碰后瞬间共同速度的大小.1解析：设滑块质量为m A与B碰撞前A的速度为VA,由题意知，碰撞后A的速度vA= gvo,B的速度VB3=4V0,由动量守恒定律得mA=mVA+mv设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为W,由能量守恒定律得设B与C碰撞前B的

4、速度为VB,B克服轨道阻力所做的功为据题意可知WA=WB设B、C碰撞后瞬间共同速度的大小为mvB=2mv联立式，代入数据得2 . （2015 高考广东卷）如图所示，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= 0.5 m.物块A以Vo= 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= 0.1 ,A、B的质量均为 m= 1 kg（重力加速度g取 10 m/s2;A B视为质点，碰

5、撞时间极短）.xj 3B- - 輕-krzzzwi（1）求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;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（nvk）光滑段上的速度Vn与n的关系式.【跟进题1 . （2015 高考山东卷）现给滑块A向右的初速度vo,WA=1mV- gmVv,由动量守恒定律得4解析：（1）物块A由初始位置到Q的过程，由动能定理得:51212mgx2 R=qmv-mv解得：v= 4 m/s.设在Q点物块A受到轨道的弹力为F,受力分析如图所示2由牛顿第二定律得：mg+ F=-R-解得：F=mg=22 N .R由机械能守恒定律知：物块A与B碰前的速

6、度仍为vo= 6 m/s.A与B碰撞过程动量守恒，设碰后A、B的速度为v共mv= 2mv共1解得v共=尹=3 m/s.12s,由动能定理得一(1X2 mgs=0X2m共碰后AB滑至第n个(nvk)光滑段上的速度等于滑离第n个(nvk)粗糙段的速度12121 X2mgn=?X2mv X2m共解得：vn=v共一 2ignL= 0.2n(nv45).答案：(1)4 m/s 22 N (2)45Vn=寸 90.2n(nv45)动量守恒中的临界问题学生用书 P117 【题型解读】1 .动量守恒问题中常见的临界问题(1)滑块与小车的临界问题：滑块与小车是一种常见的相互作用模型.如图所示，滑块冲上小车后，在

7、滑 块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动， 小车做加速运动.滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同.(2)两物体不相碰的临界问题：两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲=v乙.(3)涉及弹簧的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最设A与B碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为解得：s=4.5 m4.501=45.由动能定理6短时，弹簧两端的两个物体的速度相等.7（4）涉及最大高度的临界问题：在物体滑上斜面（

8、斜面放在光滑水平面上）的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动.物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度, 体在竖直方向的分速度等于零.求解动量守恒定律中的临界问题的关键寻找临界状态：看题设情景中有相互作用的两物体是否相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临 界状态.挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等.【典题例析】fSUJl （2018 河北石家庄检测）如图所示，甲车质量 m= m,在车上有质量 M= 2m 的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上

9、后继续向前滑动，此时质量m= 2m的乙车正以速度vo2v2迎面滑来，已知h=-，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳g离甲车的水平速度（相对地面）应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点.- 一 一 12解析设向左为正方向，甲车（包括人）滑下斜坡后速度为V1,由机械能守恒定律有 2（mi+M）V1= （nn+Mgh，解得V1= 2gh=2VO设人跳出甲车的水平速度（相对地面）为v,在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为V1和V2,则人跳离甲车时:(m)V1=Mv mv1人跳上乙车时：MV-m

10、vo= （m）v211解得v1= 6V0 2v,v2= ?v?VO两车不发生碰撞的临界条件是V1=v2当V1=V2时，解得V=13V05当v1=-v2时，解得v=VO31311故v的取值范围为yvowvw-3V0.1311答案yvowVWV0【跟进题组】1 . （2018 湖南长沙模拟）(1)8如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为m的小球A悬挂于O点在光滑的水平地面上，质量为的小物块 耳可视为质点)置于长木板C的左端静止将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运 动到最低点时与小物块B发生弹性正碰.(1) 求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角0的余弦值.(2) 若长木板C的质量为 2m

11、小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为卩，长木板C的长度至少为多大,小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？解析：(1)设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为V。，则有m1m23gR=23V0设碰后小球A和小物块B的速度分别为vi和V2,有m mvo=vi+mv33m21m212-vo= 2 尹+ 2 mu设碰后小球A能上升的最大高度为H,有m1m23gHk2, 3V13由以上各式解得 cos0=.4(2)法一：由(1)可求得碰后小物块B的速度为设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v,长木板C的最小长度为L,有mv=(m+ 2m)v卩mgL= |m21(m+ 2n)v2R由以上各式解得L=63

12、法二：由可求得碰后小物块B的速度为V2= 2、2gR设小物块B运动位移为*时，小物块B长木板C达到共同速度v，此时长木板C运动的位移为X22 2对小物块B有3mg= ma,V2v= 2aBX12V V2v所求 cosRH9对长木板C有3mg=2ma,v= 2ac X2, = acaB木板的最小长度L=X1X2R由以上各式解得L=.6 i答案：见解析2.71-2會/z/z/z/yzz/z/z/ /z /z/如图所示，一质量M= 2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B从弧形轨道上距离水平轨道高h= 0.3 m 处由静止释放一质量m=

13、 1 kg 的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台.已知所有接触面均光滑， 重力加速度为 g.求小球B的质量.（取重力加速度g= 10 m/s2）解析：设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为vi，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0 =mviMv1212由能量守恒定律有mgh= 2 哂计 qMv联立解得 w = 2 m/s ,v= 1 m/s小球A B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1和v2.由于碰后小球A被弹回，且恰好 追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v1= 1 m/s由动量守恒定律得mv1= mv1+mv21

14、11由能量守恒定律有 gmv2= mv2+ qmv2联立上式解得m= 3 kg.答案：3 kg题型$用三种观点解决力学问题学生用书 P118【题型解读】合力（不为 0）的瞬时作用效果是使物体产生加速度，由此得出解决力学问题的观点之一：动力学观点.合 力（不为0）的空间作用效果是对物体做功，由此得出解决力学问题的观点之二：能量观点.合力（不为 0） 的时间作用效果是使物体的动量发生变化，由此得出解决力学问题的观点之三：动量观点.解决力学问题的三种观点所涉及的主要内容是“三个运动定律”一一牛顿三大定律，“两个定理”一一动能定理和动量定理，“三个守恒定律”一一能量守恒定律、机械能守恒定律和动量守恒定

15、律.一般来讲，大多数力学问题用上述三种观点中的任何一种都是可以解决的，但是在选择解决力学问题的观点时，选择顺序应该首先是能量观点，其次是动量观点，最后才是动力学观点.并不是所有的力学问题只用上述观点中的任何一种就能解决的，有些问题还需要综合应用上述两种甚至三种观点才能解决，所以，要从问题中所涉及的物理量、研究对象和研究过程的特点等几个方面进行分析进而做 出正确而恰10当的选择.1 从研究对象上看（1）若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；11(2) 若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；(3) 若研究对象为一物体系统，且系统内的物体与物体间有相互

16、作用，一般用“守恒定律”去解决问题， 但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件.2 .从研究过程上看(1) 凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；(2) 凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；(3) 凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；(4) 凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律.3 .从所涉及的物理量看(1) 如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；(2) 如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律；(3) 如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动

17、定律；(4) 如果涉及初末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动 定律.当然任何问题都有多样性，上述所说的解决问题的途径的选择原则只是指一般情况下的选择原则, 一成不变的.总之，在解决问题时要根据问题的特点灵活而恰当地选择和应用.【典题例析】fSTUl (2018 衡水中学模拟)如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨 Mt 右端 N 处与水平传送带理想连接，传送带长度L= 4.0 m，传送带以恒定速率v= 3.0 m/s 沿顺时针方向匀速传送.三个质量均为m= 1.0 kg 的滑块A、B C置于水平导轨上，开始时滑块B于静止状态.滑块A以初速度vo

18、= 2.0 m/s 沿B、C连线方向向求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能& ；最大值Vm是多少?的时间为t，加速度大小为a,在时间t内滑块C的位移为由牛顿第二定律得卩mg= ma一 12由运动学公式得v=vc+at,x=vet+ ?at并不是C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处B运动，A与B发生弹性碰撞后黏合在一起，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分离.滑块C脱离弹簧后以速度vc= 2.0 m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点.已g取 10 m/s2.w厂an：nc科斗/

19、打：# rF/$ fry中(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小;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碰撞前速度的解析(1)滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用12代入数据可得x= 1.25 mL故滑块C在传送带上先加速， 达到传送带的速度v后随传送带匀速运动， 并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为3.0 m/s.(2) 设A、B碰撞后的速度为vi,A、B与C分离时的速度为V2由动量守恒定律有mvo= (m)vi,(m+m)vi= (m+m)V2+nrn/cA、B碰撞后，弹簧伸开的过程中系统能量

20、守恒，则有121212巳 + 办m+ m)vi=声m+m)V2+qmvc代入数据可解得 巳=1.0 J.(3) 在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值vm,则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v设A与B碰撞后的速度为v1,与滑块C分离后A与B的速度为v2，滑块C的速度为vcC在传送带上做匀减速运动的末速度为v= 3 m/s，加速度大小为 2 m/s2 3由匀变速直线运动的速度-位移公式得2 2vvC=2( a)L，解得vC=5 m/s以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得，A、B碰撞过程有mvm=(m+m)v1弹簧伸开过程有(m+m)v1=m

21、vc+ (m+m)v2在弹簧伸展的过程中，由能量守恒定律得B+ *(m+m)v1= *(m+m)v2+ gmv联立以上几式并代入数据解得vm= 7.1 m/s.答案见解析【跟进题组】1.如图，质量分别为m、m的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h= 0.8 mA球在B球的正上方先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放当A球下落t= 0.3 s 时，刚好与B球在地面 上方的P点处相碰.碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰好为零.已知m= 3m,重力加速度大小g= 10 m/s2, 忽略空气阻力及碰撞中的动能损失.求：2B球第一次到达地面时的速度大小；P点距离地面的高度.解析：(1)

22、设B球第一次到达地面时的速度大小为VB,由运动学公式有VB=,2gh将h= 0.8 m 代入上式，得VB=4 m/s.设两球相碰前后，A球的速度大小分别为V1和v1(v1= 0),B球的速度分别为V2和v2.由运动学13(1) 若h为 2.8 m，则工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为多大？(2) 要使工件能被站在台面DE上的工人接住，则h的取值范围为多少？、 12解析：工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度为VB,根据动能定理有mgh=mB工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得2FNmg= mR联立解得FN= 40 N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为FN=F

23、N= 40 N.(2)由于BC轨道足够长， 要使工件能到达CD轨道， 工件与小车必须能够达到共速， 设工件刚滑上小车时 的速度为v。，工件与小车达到共速时的速度为v1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向， 则对于工件与小车组成的系统规律可得V1=gt由于碰撞时间极短，为正，有重力的作用可以忽略， 两球相撞前后的动量守恒， 总动能保持不变.规定向下的方向mv1+mBV2=mBv2lmv2+ -miv2= -mBv22 2 2设B球与地面相碰后的速度大小为vB，由运动学及碰撞的规律可得vB=VB设P点距地面的高度为h,由运动学规律可得hvBv22g联立式，并代入已知条件可得h= 0

24、.75 m.答案：(1)4 m/s (2)0.75 m2. (2 018 广东惠州模拟)如图所示为某工地一传输工件的装置，AB为一段足够大且固定的1圆弧轨道,1圆弧半径 R= 5.6 m ,BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段固定的圆弧轨道，圆弧半径r= 1 m，三段轨道均光滑.一长为L= 2 m、质量为 M= 1 kg 的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面.一可视为质点、质量为m= 2 kg 的工件从距AB轨道最低点的高度为h处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处工件只

25、有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面DE上的工人接住.工件与小车的动摩擦因数为卩=0.5 ,取g= 10 m/s2,求：14由动量守恒定律得mv=（耐M）vi1212mgqmv mM)vi对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得mgh= fmV代入数据解得hi= 3 m要使工件能从CD轨道最高点飞出，hi= 3 m 为其从AB轨道滑下的最大高度,设其从轨道下滑的最小高度为h,刚滑上小车的速度为vo，与小车达到共速时的速度为vi，刚滑上CD轨道的速度为v2,规定向右为正方向，由动量守恒定律得mvo= （m M）vi由动能定理得1f21 ,21 ,21mgL=- mv0Mv1mv22 2

26、 2工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得mv2=mgr工件在AB轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得mgh= 2mv0联立并代入数据解得18h =m答案：见解析书 Pii9i“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（）A. 绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B. 绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C. 绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D. 人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选 A.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的

27、过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时（即绳对人的拉力等于人所受的重力时）速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力.绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功.故选项 A 正确，选项 B、C、D 错误.由动能定理得综上所述，要使工件能从CD轨道最高点飞出，应使i8h满足_mh50 J，当Q=70 J 时，2(M+mM+m222(M+ m)m可得 M：m= 2 : 5,因已知木块质量大于子弹质量，选项AB、C 错

28、误；当Q= 120 J 时，可得 M：m= 7 : 5,木块质量大于子弹质量，选项D 正确.4.(2018 -北京东城区检测)质量为 80 kg 的冰球运动员甲，以 5 m/s 的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为 100 kg、速度为 3 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止.假设碰撞时间极短，下列说 法中正确的是()A.碰后乙向左运动，速度大小为1 m/sB.碰后乙向右运动，速度大小为7 m/s子弹和木块的50 J，则B. 50 J(2018 江苏苏北三市模拟17C.碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 JD.碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J解析：选 D.甲、

29、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v乙，由动量守恒定律得：m甲v甲一m乙v乙=口乙V乙，解得V乙=1 m/s,121212方向水平向右，选项 A、B 错误；甲、乙碰撞过程机械能的变化量E=-m甲v甲+ qm乙v乙一m乙v乙，代入数据解得E= 1 400 J，机械能减少了 1 400 J，选项 C 错误，D 正确.5.（多选）（2018 山东威海月考）如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞.已知碰撞后，甲滑块静止不动，则（）5m甲乙A.碰撞前总动量是 2mvB.碰

30、撞过程动量不守恒C.碰撞后乙的速度大小为2vD.碰撞属于非弹性碰撞解析：选 AC.取向右为正方向，碰撞前总动量为3mv- mv=2mvA 正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，则系统动量守恒，B 错误；设碰撞后乙的速度为v,由动量守恒定律得 3mv- mv= 0+mv.1 1 1|O I O9|nn解得v= 2v, C 正确；碰撞前总动能为 23mv+ m2= 2mv,碰撞后总动能为 0+-m（2v） = 2mv，碰撞前后无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D 错误.6.（多选） （2018 广东六校联考）如图甲所示，光滑平台上的物体A以初速度v。滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平

31、面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的v-1图象，由此可知（）A. 小车上表面长度B. 物体A与小车B的质量之比C. 物体A与小车B上表面的动摩擦因数D. 小车 B 获得的动能解析：选 BC.由图象可知，AB最终以共同速度 w 匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A 错误；由动m v1量守恒定律得，mvo= （m+m）V1，解得：=，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故 B 正确；由m voV11 1212图象可以知道A相对小车B的位移x=?V0t1，根据能量守恒得： 卩mgAx= 2mv?（m+m）V1,根据 B 中求 得质量关系，可以解出动摩擦因数，故 C 正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故 D 错误.187.（多选）质量为m的物体（可视为质点）套在光滑水平固定直杆上，其上拴一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端固定于距离直杆3d的O点，物体从A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度也为v。，OA OB与水平杆的夹角大小如图所示，弹簧始终处于弹性限度内（取 sin 37 = 0.6 , cos 37 = 0.8）.下列说法