重难点07动量守恒定律解析版

1、重难点07动量守恒定律【知识梳理】一、动量守恒定律的条件及应用1 动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。2 动量守恒定律的适用条件(1) 前提条件：存在相互作用的物体系；(2) 理想条件：系统不受外力；(3) 实际条件：系统所受合外力为 0；(4) 近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力；(5) 方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。3 .动量守恒定律的表达式(1) mivi+m2v2=mivi' m2V2'，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的 动量和；(2) Api= -A

2、2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向；(3) 巾=0,系统总动量的增量为零。4 .动量守恒的速度具有 四性”矢量性；瞬时性；相对性；普适性。5 .应用动量守恒定律解题的步骤：(1) 明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2) 进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3) 规定正方向，确定初、末状态动量；(4) 由动量守恒定律列出方程；(5) 代入数据，求出结果，必要时讨论说明。二、碰撞与动量守恒定律1 .碰撞的特点(1) 作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。(2) 碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能。(

3、3) 碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。(4) 碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。2 .碰撞的种类及遵从的规律i种类遵从的规律弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大3 关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。在光滑的水平面上，质量为 mi的钢球沿一条直线以速度 vo与静止在水平面上的质量为 m2的钢 球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是Vi、V2m1v0mi v1m2v2 1 2 1 2 1 2m1v0m1v1m2v2 2 2 2m m2由可得：v1-2 Vom1

4、 m22mim1m2Vo利用式和式，可讨论以下五种特殊情况:a.当当叶m2时，v10 ,v20,两钢球沿原方向原方向运动；b.当m1m2时，v10 ,v20,质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动;c.当当叶m2时，v10 ,v2v0，两钢球交换速度。d 当m1m2时，v1 vo，v 0，m1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m2几乎不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞。e.当m1m2时，vvo, v? 2v°，说明m1很大时速度几乎不变，而质量很小的m2获得的速度是原来运动物体速度的 2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球 碰乒乓球。4 一般的碰撞类问

5、题的分析(1) 判定系统动量是否守恒。(2) 判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加； 追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。（3）判定碰撞前后动能是否不增加。【限时检测】（建议用时：30分钟）1. 2019-2020赛季短道速滑世界杯盐湖城站比赛，女子3000米接力中国队夺冠，拿到本站比赛第二枚金牌。在比赛中接棒”的运动员甲提前站在交捧”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，假设运动员受 冰面在水平方向上的阻力不可忽略则A .甲、乙动量守恒B 甲对乙的力大于乙对甲的力C .甲

6、对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小D 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【答案】C【解析】A 运动员与冰面间在水平方向上的相互作用不能忽略，甲、乙组成的系统所受合外力 不为零，系统动量不守恒，故 A错误；B 甲、乙间的作用力是作用力与反作用力大小相等、方 向相反，故B错误；C.甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，故C正确；D 虽然甲、乙间的作用力大小相等，但是不知在力的方向发生的位移，所以无法判断做功多少，故D错误。2 如图所示，足够长的光滑细杆 PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动， 质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在 A上，整

7、个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把 A固定，让质量为0.01m的子弹以V0水平射入物块B （时间极短，子弹未穿 出）后，物块 B恰好能达到水平杆 PQ位置，则A .在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块 B构成的系统，其动量和机械能都守恒B 子弹射入物块 B的初速度vo=100 2gLC 若物块A不固定，子弹仍以 vo射入，物块B仍能摆到水平杆 PQ位置D 若物块A不固定，子弹仍以 vo射入，当物块B摆到最高点时速度为【答案】BD【解析】A .在子弹射入物块 B的过程中，子弹和物块 B构成的系统，合外力冲量远小于内力冲量，其动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故A错误；B.子弹

8、和木块一起向上摆至最高点，由机械能守恒有(O.OIm 0.99m)gL 1 (O.OIm。.99讪2，解得v .莓,子弹射入木块过程由动量守恒得O.OImvo (0.01m 0.99m)v ,解得v0 100 2gL，故B正确；C.若物块A不固定，子弹仍以 V。射入后，子弹和木块的动能转化为物块 A和物块B的动能和 物块B的重力势能，所以物块 B的上摆高度小于物块 A固定时的高度，故 C错误；D 子弹射入木块过程由动量守恒得0.01mv° (0.01m 0.99m)v，解得v0 100 2gL，当物块A、B和子弹具有相同的速度时，物块B摆到最高点，则有 0.01mv0 (0.01m

9、0.99m 2m)v',解得v'型，故D正确。故选BD。3m的小球13 带有-光滑圆弧轨道、质量为 m0的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示。一质量为4以速度V。水平冲上滑车，当小球上滑再返回，并脱离滑车时，以下说法可能正确的是A 小球一定沿水平方向向左做平抛运动B 小球可能沿水平方向向左做平抛运动C.小球可能做自由落体运动D 若小球初速度V0足够大，以致小球能从滑道右端冲出滑车，则小球再也落不进滑车【答案】BC【解析】ABC.小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，选取小球的速度v0方向为正方向，由动量守恒定律得:mv0 mvi1 2 1m0v2,由系统的机械能守恒得：m

10、v0mv12 2m m0联立解得：Vi-V。，如果m m。，Vi 0，则小球离开滑车向左做平抛运动；如果m m0m m-，Vi 0，即小球离开小车的速度是 0，小球将做自由落体运动；如果 m m-, Vi 0， 小球离开小车向右做平抛运动，故A错误，BC正确；D.小球离开四分之一圆弧轨道，在水平方向上与小车的速度相同，则返回时仍然回到小车上。故D错误。4. 如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为4 kg。现解除对弹簧的锁定， 在A离开挡板后，B物块的V-t图如图乙所示，则可知14A .物块A的质量

11、为4 kgB .运动过程中物块 A的最大速度为vm=4m/sC.在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D .在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为6J【答案】BD【解析】A、弹簧伸长最长时弹力最大，B的加速度最大，此时 A和B共速，由图知，AB共同速度为：v共=2m/s，A刚离开墙时B的速度为：V0=3m/s，在A离开挡板后，取向右为正方向，由 动量守恒定律，有：mBV。 (mA mB)V共，解得 mA=2kg ；故A错误.B、当弹簧第一次恢复原12 12 12长时A的速度最大，由 mBV° mAVA mBVB，- mBV。- mAVA mBVB，解得 A的最大速度2 2 2V

12、A=4m/s ;故B正确.C、在A离开挡板前，由于挡板对 A有作用力，A、B系统所受合外力不为 零，所以系统动量不守恒；故 C错误.D、分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据 可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为V共=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBV0(mAmB)V共，EPimBVoi (mAmB)V共;联立解得弹簧的最大弹性势能Ep=6J，故D正确故选BD.5. (2019江苏卷)质量为M的小孩站在质量为 m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板V，此时滑板的速度大小与地面间的摩擦小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为mMmA .v B .v

13、 C.vMmm M为D.【答案】B【解析】设滑板的速度为 u，小孩和滑板动量守恒得：0 mu Mv ,解得：u Mv，故B正m确。6. （2019新课标全国I卷）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与 B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为 0,此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-图像如图（b）所示，图中的vi和ti均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H ,1 2mv2刑

14、v2）2 3联立式得m 3m(2)在图(b)所描述的运动中，设物块 A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为si,返回过程中所走过的路程为S2，P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有1mgH fsi gmv20 (fs2 mgh) 0 !m( Vl)2 2 2从图(b)所给的v-图线可知1siviti 2S2 丄也(i.4ti ti)2 2由几何关系s2Si物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W fsfS2 联立式可得2W mgH 5(3)设倾斜轨道倾角为0,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为W mg cos Hh Usin设物块B在水平轨道上能够滑行

15、的距离为s，由动能定理有mgs设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有mgh mg cosmgs 0 ©sin联立11=9©7. (2019新课标全国 川卷)静止在水平地面上的两小物块 A、B,质量分别为mA=l.0 kg, mB=4.0 k g；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离1=1.0 m,如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使 A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10 m/ s2 A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰

16、撞时间极短。（1）求弹簧释放后瞬间 A、B速度的大小；（2） 物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？【答案】（1）Va=4.0 m/s, vb=1.0 m/s（ 2） B 0.50 m （3） 0.91 m【解析】（1）设弹簧释放瞬间 A和B的速度大小分别为 va、vb，以向右为正，由动量守恒定律 和题给条件有0=mAVA ibvb 1212 心Ek 2mAVA 2mBVB 联立式并代入题给数据得va=4.0 m/s, vb=1.0 m/s（2） A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a

17、。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t, B向左运动的路程为 sb。，则有mBa mBg 1 2Sb VBtat 2vb at 0 在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后 A将向左运动，碰撞并不改变 A的速度大小，所 以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程Sa都可表示为1 2SA=VAt at 2联立式并代入题给数据得sa=1.75 m, sb=0.25 m这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时 A位于出发点右边 0.25 m处。B位于出发点左边 0.25 m处，两物块之间的距离s为 s=0.2

18、5 m+0.25 m=0.50 m(3) t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为 va；由动能定理有gvAmAg 2lSb 联立式并代入题给数据得vA ,7m / s?故A与B将发生碰撞。设碰撞后 A、B的速度分别为Va，和vb '由动量守恒定律与机械能守恒定 律有mAvamAVAmBVBSaV：1 2 1 22mAVA 2mBVB联立?式并代入题给数据得3.7 /2万vAm / s, vBm/s?55这表明碰撞后 A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后 A向右运动距离为 Sa时停止，B向左运动距离为Sb时停止，由运动学公式2 22asA Va , 2as

19、B Vb由?式及题给数据得sA 0.63 m, sB 0.28 m ?sa小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离ssA sB 0.91 m ?8 .光滑水平面上有一质量m车=1.0 kg的平板小车，车上静置 A、B两物块。物块由轻质弹簧无栓接相连(物块可看作质点)，质量分别为 mA = 1.0kg, mB = 1.0kg。A距车右端X1 ( X1 > 1.5m), B 距车左端X2 = 1.5m，两物块与小车上表面的动摩擦因数均为0.1.车离地面的高度 h= 0.8m ,如图所示。某时刻，将储有弹性势能Ep= 4.0J的轻弹簧释放，使 A、B瞬间分离，A、B两物块在平板车上

20、水平运动。重力加速度 g取10m/s2，求：(1) 弹簧释放瞬间后 A、B速度的大小；(2) B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间；(3) 若物块A最终并未落地，则平板车的长度至少多长？滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量多少?【答案】(1) 2m/s 2m/s (2) 1.4s(3) 3.25m3.25J【解析】(1)释放弹簧过程 A、B系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAVA mBVB = 0由机械能守恒定律得：1 2 1 2 mAVAmBvB Ep2 2代入数据解得：VA = 2 m/svb = 2 m/s(2) 由于A、B质量相等与桌面的动摩擦因数相等，在B在平板车上运动到左端过程小车所受合力为零，小车静止，B运动到小车左端过程