2019届高考物理专题十三动量守恒定律及其应用精准培优专练.doc

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1、1培优点十三 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. (2017全国卷14) 将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A30 kgm/s

2、 B5.710 2 kgm/s C6.010 2 kgm/s D6.310 2 kgm/s【解析】设火箭的质量(不含燃气)为 m1，燃气的质量为 m2，根据动量守恒， m1v1=m2v2，解得火箭的动量为： p =m1v1=m2v2=30 kgm/s，所以 A 正确，B、C、D 错误。【答案】A典例 2. (2018全国卷24)一质量为 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量，求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹

3、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。【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 201Emv 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 0vgt 2联立式得 12Etgm (2)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 = mgh1 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 v1和 v2。由题给条件和动量守恒定律有 2214mvE120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。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有 2124m

4、vgh 联立式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为 E 【答案】见解析三、对点速练1(多选)如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块 A、 B 静置于光滑水平轨道上， A、 B 的质量分别为 1.5 kg14和 0.5 kg。现让 A 以 6 m/s 的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为 0.3 s，碰后的速度大小变为 4 m/s，当 A 与 B 碰撞后立即粘在一起运动，g 取 10 m/s2，则( )A A 与墙壁碰撞的过程中，墙壁对 A 的平均作用力的大小 F50 NB A 与墙壁碰撞的过程中没有能量损失C A、 B 碰撞后

5、的速度 v3 m/sD A、 B 滑上圆弧轨道的最大高度 h0.55 m【答案】AC2在光滑的水平地面上放有一质量为 M 带光滑 圆弧形槽的小车，一质量为 m 的小铁块以14速度 v 沿水平槽口滑去，如图所示，若 M m，则铁块离开车时将( )A向左平抛 B向右平抛3C自由落体 D无法判断【解析】小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得： mv Mv 车 mv 铁 ，由机械能守恒定律得： mv2 Mv 车12 122 mv 铁 2，解得铁块离开小车时： v 铁120， v 车 v，所以铁块离开时将做自由落体运动，故 A、B、D 错误，C

6、正确。【答案】C3如图所示，在光滑水平地面上有 A、 B 两个小物块，其中物块 A 的左侧连接一水平轻质弹簧。物块 A 处于静止状态，物块 B 以一定的初速度向物块 A 运动，并通过弹簧与物块 A 发生弹性正碰。对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率时间图象进行描述，在下图所示的图象中，图线 1 表示物块 A 的速率变化情况，图线 2 表示物块 B 的速率变化情况则在这四个图象中可能正确的是( )【解析】物块 B 压缩弹簧的过程，开始时 A 做加速运动， B 做减速运动，两个物块的加速度增大。当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后 A 继续加速， B 继续减速。当弹簧恢复原长时 B 离开弹

7、簧， A、 B 均做匀速直线运动，C、D 错误；由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，碰后速度 vA v0， vB v0。A、B 两项中碰后 B 的速度为正值，2mBmA mB mB mAmA mB可知 mBmA，故 vA v0v0，故 A 错误，B 正确。2mAmB 1【答案】B44如图所示，两质量分别为 m1和 m2的弹性小球 A、 B 叠放在一起，从高度为 h 处自由落下，h 远大于两小球半径，落地瞬间， B 先与地面碰撞，后与 A 碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知 m23 m1，则 A 反弹后能达到的高度为( )A h B2 hC3 h D4

8、h【解析】所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得：( m1 m2)gh (m1 m2)12v2， m2v m1v m1v1 m2v2， (m1 m2)v2 m1v12 m2v22， m1v12 m1gh1，将 m23 m1代入，12 12 12 12联立可得 h14 h，选项 D 正确。【答案】D5(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。现有一个可以看作质点的小球，质量为 m，半径略小于管道半径，以水平速度 v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管

9、道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是( )A小球滑离小车时，小车回到原来位置B小球滑离小车时相对小车的速度大小为 vC车上管道中心线最高点的竖直高度为v23gD小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv3【答案】BC【解析】小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度为 0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有 mv( m2 m)v，得 v ，小车动v35量变化大小 p 车 2 m mv，D 项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机v3 23械能守恒有 mgH mv2 (m2 m)v 2，得 H ，C 项正确；小球从滑上小车到滑

10、离小车12 12 v23g的过程，由动量守恒和机械能守恒有： mv mv12 mv2， mv2 mv12 2mv22，解得12 12 12v1 ， v2 v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为 v v v，B 项正确。由以v3 23 23 13上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A 项错误。6(多选)光滑水平面上放有质量分别为 2m 和 m 的物块 A 和 B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为 x。现将细线剪断，此刻物块 A 的加速度大小为 a，两物块刚要离开弹簧时物块 A 的速度大小为 v，则( )A物块 B 的加速度大小为 a

11、时弹簧的压缩量为x2B物块 A 从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为 x23C物块开始运动前弹簧的弹性势能为 mv232D物块开始运动前弹簧的弹性势能为 3mv2【答案】AD【解析】当物块 A 的加速度大小为 a 时，根据胡克定律和牛顿第二定律得 kx2 ma，当物块 B 的加速度大小为 a 时，有： kx ma，对比可得： x ，即此时弹簧的压缩量为 ，x2 x2故 A 正确；取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2 m m 0，又 xA xB x，xAt xBt解得 A 的位移为： xA x，故 B 错误；根据动量守恒定律得：02 mv mvB，得物块 B 刚要13离开弹簧时的速度 v

12、B2 v，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep 2mv2 mvB23 mv2，故 C 错误，D 正确。12 127如图甲所示，一质量为 ma的滑块(可看成质点)固定在半径为 R 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端 A 点，另一质量为 mb的滑块(可看成质点)静止在轨道的底端 B 处， A 点和圆弧对应的圆心 O 点等高。 (1)若圆弧的底端 B 与水平光滑平面连接，释放滑块 ma的同时给 mb一个向右的初速度6vb， ma滑至水平面时的速度是 va(vavb)，相碰之后 ma、 mb的速度分别是 va、 vb，假设相碰过程中两滑块之间的作用力是恒力，在上述简化情况下由牛顿定律导

13、出动量守恒定律的表达式： mava mbvb mava mbvb。(2)若圆弧的底端 B 与水平光滑平面连接(足够长)， mb静止于 B 点， ma从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3 ma vb代入可得：3 mamb。(3)ma从静止开始释放，机械能守恒： magR mav12 21滑块 ma与 mb相碰后结合在一起，动量守恒： mav1 mcv2mc从 B 运动到 C 点时速度恰好为零，由动能定理可得： fL0 mcv12 2mc从 B 运动到 C 点做匀减速直线运动，然后又向左做匀加速直线运动与传送带的速度相同为 v0，全程所受的合外力为滑动摩

14、擦力 f 不变，所以全程可以看做是向右的匀减速直线运动，初速度为 v2、末速度为 v0(向左)，则有：f mca， v0 v2 at7mc向右运动 s1 v2t at212传送带向左运动 s2 v0t那么 mc从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量Q fs 相对 f(s1 s2)9 J。8如图所示，某时刻质量为 m150 kg 的人站在 m210 kg 的小车上，推着 m340 kg 的铁箱一起以速度 v02 m/s 在水平地面沿直线运动到 A 点时，该人迅速将铁箱推出，推出后人和车刚好停在 A 点，铁箱则向右运动到距 A 点 s0.25 m 的竖直墙壁时与之发生碰撞而被弹

15、回，弹回时的速度大小是碰撞前的二分之一，当铁箱回到 A 点时被人接住，人、小车和铁箱一起向左运动，已知小车、铁箱受到的摩擦力均为地面压力的 0.2 倍，重力加速度 g10 m/s 2，求：(1)人推出铁箱时对铁箱所做的功；(2)人、小车和铁箱停止运动时距 A 点的距离。【解析】(1)人推铁箱过程，以 v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：(m1 m2 m3)v0 m3v1解得： v15 m/s人推出铁箱时对铁箱所做的功为：W m3v12 m3v02420 J12 12(2)设铁箱与墙壁相碰前的速度为 v2，箱子再次滑到 A 点时速度为 v3，根据动能定理得：从 A 到墙：0.2 m3gs m3v22 m3v1212 12解得 v22 m/s6从墙到 A：0.2 m3gs m3v32 m3( v2)212 12 12解得： v3 m/s5设人、小车与铁箱一起向左运动的速度为 v4，以向左方向为正方向，根据动量守恒定律得：m3v3( m1 m2 m3)v4解得： v4 m/s2 558根据动能定理得：0.2( m1 m2 m3)gx0 (m1 m2 m3)v4212解得： x0.2 m