2020届高三精准培优专练十二动量守恒定律及其应用学生版

1、培优点十二动量守恒定律及其应用一、考点分析1 .对应本知识点的考查，预计综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题是今后命题的热点，既可以将动量与力学知识结合，也可将动量和电学知识结合，作为理综试卷压轴计算题进行命题。2 .注意要点：(1)使用动量守恒定律时，要注意是否满足动量守恒定律的条件；(2)在列式时一定要注意动量的矢量性。二、考题再现典例1.(2019怪国III卷更5)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=l.0kg,mB=4.0kg；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l=1.0m,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

2、和为Ek=10.0Jo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-0.20,重力加速度取g=10m/s2A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(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?典例2.（2018怪国I卷？24）质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质

3、量，求：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。三、对点速练1,1,右端带有4光滑圆弧轨道质量为M的小车静置于光滑水平面上，如图所不，一质量为m的小球以速度vo水平冲上小车，关于小球此后的运动情况，以下说法正确的是（）A.小球可能离开小车水平向右做平抛运动B.小球可能从圆弧轨道上端抛出而不再回到小车C.小球不可能离开小车水平向左做平抛运动D.小球不可能离开小车做自由落体运动2.（多选）如图，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，则

4、（）A.在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒ypPB.在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功/一?"1r，/产r1rF1r1rFF-FFFh1r1r""C.被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处D.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动3.某电影里两名枪手在房间对决，他们各自背靠墙壁，一左一右。假设他们之间的地面光滑随机放着一均匀木块，木块到左右两边的距离不一样。两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射击一发子弹，听天由命。但是子弹都没有射穿木块，两人都活了下来反而成为了好朋友。假设你是侦探，仔细观察木块发现右边的射孔（弹痕）

5、更深。设子弹与木块的作用力大小一样，请你分析一下，哪个结论是正确的（）A.开始时，木块更靠近左边的人，左边的人相对更安全B.开始时，木块更靠近左边的人，右边的人相对更安C.开始时，木块更靠近右边的人，左边的人相对更安全区D.开始时，木块更靠近右边的人，右边的人相对更安全4,一质量为mi的物体以vo的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2=km1，kv1。碰撞可Vi和V2。假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1撞后与碰撞前速度之比r=*的取值范围是（VoC.1-kVk-r_1B.1-kr-k-r<1Vk20_r_1k,r<分为完全弹性碰撞、完全非弹性

6、碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为A球质量是m=2kg,则由5.如图所示，光滑的水平导轨上套有一质量为1kg、可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过一根长为1m的轻绳悬挂着质量为0.99kg的木块。开始时滑块和木块均静止，现有质量为10g的子弹以500m/s的水平速度击中木块并留在其中（作用时间极短），取重力加速g=10m/s2。下列说法正确的是（）A.子弹和木块摆到最高点时速度为零B.滑块的最大速度为2.5m/sC.子弹和木块摆起的最大高度为0.625mD.当子弹和木块摆起高度为0.4m时，滑块的速度为1m/s6.（多选）水平面上的A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、

7、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前图象，c为碰撞后两球共同运动的图象，已知图象判断下列结论正确的是（）A.由图象可知碰撞前A球做匀减速直线运动，B球做匀加速直线运动B.碰撞前后A球动量变化量大小为4kg?m/sC. B球质量为4kg3D. A、B两球碰撞前的总动量为3kg?m/s7.（多选）如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B,木板上表面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A（可视为质点）从左端以速度冲上木板，当v=V0时，小物块A历时b恰好运动到木板右端与木板共速。此过程中A、B系统生热为Q,则（）A,若v=2V0,A、B系统生热为QQ39B,若v=2V0

8、,A、B相对运动时间为3to口1z.二1C,若v=V0,B经历to时间的位移为2l1D.右v=2V0,A经历to到达木板右麻i48 .如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P,某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35J,此时撤掉固定挡板P,之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA=mB=0.2kg,mc=0.1kg,取J而=3.17。求：(1)滑块C的初速度vo的大小；(2)当弹簧弹开至恢复到

9、原长的瞬时，滑块B、C的速度大小；(3)从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复到原长白过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量。产MAH-9 .如图甲所示，质量M=3.0kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t=0时，两个质量均为1.0kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0s内它们的vt图象如图乙所示，g取10m/s2。III*T./2。3I小-2.0(1)小车在第1.0s内所受的合力为多大？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少(3)假设A、B两物体在运动过程中不会相碰，试在图乙中画出A、B在1.0s3.0s时间内的vt图象。10 .如图所示，质量为4m的钢板A放在水

10、平地面上，质量为3m的钢板B与一劲度系数为k的竖直轻弹簧上端连接，弹簧下端固定在钢板A上，整体都处于静止状态。一质量为2m的物块C从钢板B正上方高为h的位置自由落下，打在钢板B上并立刻与钢板B一起向下运动，且二者粘在一起不再分开。它们到达最低点后又开始向上运动的过程中，刚好能使钢板A离开地面但不继续上升。若物块C换成质量为m的物块D,并从钢板B正上方高为4h的位置自由落下，打在钢板B上并也立刻与钢板B一起向下运动，且二者也粘在一起不再分开。求钢板A离开地面时，物块D和钢板B的速度大小。已知重力加速度大小为g,弹簧在弹性限度内。I1,二、考题再现典例1.【解析】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大

11、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=mAVAmBVB12122gEk=-mAVA+-mBVB联立式并代入题给数据得：Va=4.0m/s,Vb=1.0m/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。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=jineg(J,1,2个Sb=VbIatBB2vb_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

12、都可表不为1sA=vAt-at联立式并代入题给数据得：Sa=1.75m,Sb=0.25m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0.25m处。B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s=0.25m+0.25m=0.50m(9(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'以和Vb','由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(va?=mAVA?mBVB?1 21212mAvA二一mAVA'

13、-mBVB2 22联立0。式并代入题给数据得：vA”=3gm/s,vB*=W7m/sQA向右运动距离为Sa时停止，B向左运动距离为这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后sb时停止，由运动学公式2asA'=vA2,2asB'=vB'2G由,式及题给数据得：Sa?=0.63m,SB?=0.28m-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s?=Sa斗Sb?=0.91m。典例2.【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有：E=；mv2设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有：0v0=gt联立式得：t=N匡g.m(2)

14、设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有：E=mgh1Vi和丫2.由题给条件和动量火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为守恒定律有12,12la)mv1+)mv2=E441 .1,mv1+mv2=0由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹向上运动部分1c1一继续上升的图度为h2,由机械能守恒定律有：/田=/9卜2联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为：h=h+h2=斐。mg,三、对点速练2 .【答案】A【解析】小球从圆弧轨道上端抛出后，小球水平方向的速度和车的速度相同，故小球仍会落回到小车上;小球落回到小

15、车后，相对小车向左滑动，然后从左边离开小车：如果小球对地面的速度向左，则小球离开小车水平向左做平抛运动；如果小球对地面的速度为零，则小球离开小车后做自由落体运动；如果小球对地面的速度向右，则小球离开小车水平向右做平抛运动。故A正确，BCD错误。3 .【答案】AD【解析】在下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，故选项A正确；在滑动过程中，槽向后滑动，根据动能定理知，槽的速度增大，则小球对槽的作用力做正功，故选项B错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相反，由于质量相等，则速度大小相等，方向相反，

16、然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧的速度大小相等，可知反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，小球不会回到槽高h处，故选项D正确，C错误。4 .【答案】B【解析】子弹的质量与射出时的速度都相等，两子弹与木块组成的系统总动量为零；如果木块在正中间，则弹痕应该一样长，结果是右边的长一些，假设木块靠近其中某一人，设子弹质量为m,初速度为V0,木块质量为M,阻力为f,弹痕长度分别为、X2,两子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系11统动量守恒，以向右为正万向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)vn由能量守恒定律得：-mv02=-(M+m)vi21212+fXi

17、,对另一发子弹，同样有：(M+m)v1-mv0=0,mvo+Q(M+m)v1=仅2,解得：X1X2,综合判断，后接触木块的子弹弹痕长，更容易射穿木块，对面的人更危险，所以一开始木块离左边近一些，右边的人相对更安全，故B正确，ACD错误。4 .【答案】B【解析】若发生弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0=mv1+m2V2；由能量关系：1m1V；=miv；+m2v2,解222得%=上",则乜=1主；若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒：mw0=(m1+m2)v,解得v1=0=上m1m2V01km1m2则上，故1为w，B正确。M1k1k1k5 .【答案】C【解析】设子弹质量为m°,木块

18、质量为m1，滑块质量为m2,由子弹、木块、滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，故当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度，且速度方向水平，A项错误；只要轻绳与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑块速度最大，设此时滑块速度为vm,子弹和木块速度为v"则由系统水平方向动量守恒定律可得m0V0=(m0+m1)v1=121212(m0+m1)v，+m2Vm,2(m0+m1)v1=2(m0+m1)v?+2m2Vm，斛得Vm=0,或Vm=5m/s,即滑块的取大速度为5m/s,B项错误；当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度v,由系统水平方向动量守恒

19、定律可得m0V0=121(m0+mi)vi=(m0+mi+m2)v,解得v=2.5m/s,由子弹进入木块后系统机械能寸恒可得-(m0+mi)vi=-(m0+mi+m2)v2+(m0+mi)gh,解得h=0.625m,C项正确；当子弹和木块摆起高度为0.4m时，由系统水平方向动量守恒定律可得m0V0=(m0+mi)vi=(m0+mi)vx+m2V3,得vx=4m/s,而此时木块和子弹竖直方向速度一i2i2i2.te不为李，故由子弹进入木块后系统机械能寸恒可得2(m0+mi)vi=(m0+mi)(vx+xy)+m2V3+(m0+mi)gh,解得h<0.4m,D项错误。6 .【答案】BC【解析

20、】由xt图象的斜率表示速度，因此碰撞前A、B两球都是匀速运动，故A错误；碰撞前有：Va=3m/s,Vb=2m/s,碰撞后有：Va'=vb'=1m/s；碰撞前后A的动量变化为：APa=mvA'一mvA=2X(1)-2X(-3)=4kg?m/s,故B正确；根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为：APb=APa=-4kg?m/s,又：APb=mB(vb'vb),所以解得：mB=fkg,故C正确；所以A与B碰撞前的总动量为：P总=mvA+mBVB3八，八、410=2X(3)+-X2=-kg?m/s,故D错证。7 .【答案】AC【解析】当v=V0时，取向右为正方向，根据

21、动量守恒定律得：mv0=2mv',代入数据得：v'=0.5V。由能量守恒定律得：Q=",mv02-«>mv'2=Jmv02。若v=vo,取向右为正方向，根据动量守恒定律得m?v0=2mv'22433得：v'=1V0。系统生热：Q'unXv0)2-1x2mv£=mv2=Q,选项A正确；当v=v0时，对B,由6232369动量定理得：ft0=mv可得：t吗；若丫=%，根据动量守恒定律得m包=2mv''得：v''v。对B,由动2f22V一4V0量定理得：ft=mv',可得：t=

22、mv0=11,选项B错误；若v=V0,则由A选项的分析可知：fL=Q=Tmv02；4f20411cL对物体B：fxB=-mv2=-mv；联立解得：xB=,选项C正确；右v=2V0,取向右为正方向，根据动里282守恒定律得：m?2v0=mvA+mvB,A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B1c1cle1O.系统生热仍为Q。根据能重寸恒th律得：Q=-m(2v0)-mvA-mvBo结合上面解答有：Q="mv0°对B,由动量定理得：ft=mvB-0;联立解得：vB=4-炳v0(另一值不合理舍去)，t=14二近3mL#包，故33f4D错误。8【解析】(1

23、)滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得：10皿%二(mBmJ,弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得:12EpmBmCv1解得：vi=3m/s,V0=9m/so(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2,滑块A的大小为v3,根据动量守恒定律得：mAV3=(mBmc)v2根据能量守恒定律得:1212Ep=,mAv3-mBmCv2解得：v2=1.9m/so(3)设弹簧对滑块B、C整体的冲量I,选向右为正方向，由动量定理得:Ip=斛m/WVi)解得：|=1.47Ns,方向水平向右。29 .【解析】(1)由图可知，在第1s内，A