《新高考物理三轮冲刺知识讲练与题型归纳专题14动量守恒定律及应用（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新高考物理三轮冲刺知识讲练与题型归纳专题14动量守恒定律及应用（含解析）（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题14 动量守恒定律及应用 题型导航题型一 动量守恒定律的理解与基本应用1题型二 碰撞模型问题5题型三 “人船”模型问题13题型四 动量和能量观点的综合应用17 考点分析题型一 动量守恒定律的理解与基本应用1内容如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律2适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒3动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1m2v
2、2m1v1m2v2，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)p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向(3)p0，系统总动量的增量为零4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，必要时讨论说明例题1 如图，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止。以人、锤子和平板车为系统（初始时系统静止），研究该次
3、挥下、打击过程，下列说法正确的是（）A若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运动B若水平面光滑，打后平板车可能向右运动C若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动D若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动【解答】解：A、若水平面光滑，以人、锤子和平板车为系统，系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，且总动量为零，在锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，根据系统水平方向动量守恒可知，平板车一定向左运动，故A错误；B、打后锤子停止运动，由于系统水平方向总动量为零，且系统水平方向动量守恒，所以平板车也停下，故B错误；C、若水平面粗糙，在锤子挥下的过程车由于受摩擦力作用，可能静止
4、不动，故C错误；D、在锤子打平板车时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打后平板车可能向右运动，故D正确。故选：D。例题2 如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开。小车与小球的质量分别为2m、m，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面。小球的最大重力势能为（）ABCD【解答】解：小球恰好不从弧形槽的顶端 离开，即小球到达弧形槽顶端时，小球与小车速度相同，设共同速度大小为v，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，有mv03m
5、v，根据能量守恒定律有。解得。故A正确，BCD错误。故选：A。例题3 如图所示，质量为0.1kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上。用长为L0.8m的细线拴着质量为0.2kg的小球B，B悬挂在A下方并处于静止状态。t0时刻，小圆环获得沿杆向左的冲量0.6Ns，g取10m/s2。下列说法正确的是（）A小球B做圆周运动B小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小C从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功D从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为0.6Ns【解答】解：A、以小圆环A为参考系，B相对A做圆周运动，B相对于地面做一般曲线运动，故A错误；B
6、C、规定向左为正方向，对A由动量定理得：ImAv0从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，对于A和B，由水平方向动量守恒定律得：mAv0mAv1+mBv2mAmA代入数据联立解得：v12m/s，v24m/s，小圆环是先往左减速，再向右加速，细线拉力先做负功后做正功，A得最小速度为零，但不是小球B第一次运动到A的正下方得时刻，故B错误，C正确；D、如果小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中合力对B的冲量为0.6Ns，则根据动量定理此时小球的速度为ImBvB根据动量守恒定律，此时小环A的速度为vA0此时的A、B组成的系统的总机械能为：E而A、B组成的系统的初始机械能为：E代入数据解得
7、：E0.9J，E1.8J不满足机械能守恒，因此从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中合力对B的冲量不为0.6Ns，故D错误。故选：C。例题4 如图所示，质量为2m的小球A与质量为m的小球B固定在轻杆两端，初始时刻轻杆紧靠光滑墙壁，竖直立于光滑地板上，如图所示。突然发生微小的扰动使小球B绕A球在垂直于墙壁的竖直平面内无初速度倒下，下落过程中，轻杆与竖直方向的夹角为，直到B球第一次落地，以下说法正确的是（）AA球不动，B球做圆周运动B当cos时，轻杆的弹力为零C当cos时，A球与B球系统的动量守恒D当cos时，轻杆的弹力为FNmg（3cos2）【解答】解：ABD、初始时假设A点不动，所以B
8、以球A为圆心，杆长L为半径做圆周运动，当杆与竖直方向成角时，球B的速度大小为v，根据机械能守恒定律有：mgL（1cos）解得：v对于小球B，有：mgcosNm由上两式解得：Nmg（3cos2）当arccos，3cos2，N0，说明A球此时没有离开墙当cos时，轻杆的弹力为零，当arccos，球A离开墙壁，故AD错误，B正确；C、当cos时，墙壁对系统有力的作用，所以A球与B球系统的动量不守恒，故C错误；故选：B。例题5 （多选）如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上有一物体，用一细线将物体系于小车的A端，物体与小车A端之间有一压缩的弹簧，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上.则下述
9、说法中正确的是（）A若物体滑动中不受摩擦力，则全过程系统机械能守恒B若物体滑动中有摩擦力，则全过程系统动量守恒C小车的最终速度与断线前不同D全过程系统的机械能不守恒【解答】解：AD、物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，所以全过程系统的机械能不守恒，故A错误，D正确。B、取小车、物体和弹簧为一个系统，则系统水平方向不受外力（若物体在滑动过程中有摩擦力，为系统的内力），全过程系统的动量守恒，故B正确；C、取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C错误。故选：BD。题型二 碰撞模型问题1碰撞(1)概
10、念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒(3)分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2.碰撞后运动状态可能性判定(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1p2p1p2.(2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2(3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增
11、大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零例题6 2022年北京冬奥会隋文静和韩聪在花样滑冰双人滑中为我国代表团赢得第9枚金牌。在某次训练中隋文静在前、韩聪在后一起做直线运动，当速度为v0时，韩聪用力向正前方推隋文静，两人瞬间分离，分离瞬间隋文静速度为v0。已知隋文静和韩聪质量之比为2：3，则两人分离瞬间韩聪的速度（）A大小为v0，方向与初始方向相同B大小为v0，方向与初始方向相反C大小为v0，方向与初始方向相同D大小为v0，方向与初始方向相反【解答】解：设两人分离瞬间韩聪的速度为v。以两人
12、原来运动方向为正方向，由动量守恒定律得：（m1+m2）v0m1v0+m2v已知m1：m22：3，代入数据解得：vv0，方向与初始方向相同，故A正确，BCD错误。故选：A。例题7 如图所示，光滑水平地面上有质量均为m的三个小物块A、B、C，其中B、C通过一轻质弹簧拴接，弹簧处于原长。现给A一个向右的初速度v0，物块A与物块B发生碰撞后粘在一起继续运动，弹簧始终未超过弹性限度，则从物块A开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（）A物块A，B，C组成的系统动量守恒，机械能也守恒B物块A，B，C以及弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒C物块A，B，C以及弹簧组成的系统动量守恒，机械
13、能不守恒D物块A动能的减少量等于物块B、C动能增加量与弹簧弹性势能的增加量之和【解答】解：A.从物块A开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块A、B、C组成的系统所受合外力为零，动量守恒，但由于A.B发生的是非弹性碰撞，所以存在动能损失，且之后系统动能还有一部分转化为弹簧的弹性势能，所以系统机械能不守恒，故A错误；BC.从物块A开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块A、B、C以及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒，但由于A.B发生的是非弹性碰撞，所以存在动能损失，系统机械能不守恒，故B错误，C正确；D.从物块A开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块A动能的减少量等于由
14、于与B发生非弹性碰撞而损失的动能、物块B、C动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量这三者之和，故D错误。故选：C。例题8 如图甲所示，一光滑圆管轨道由相互连接的两个半圆轨道及一个四分之一圆轨道组成，圆管轨道竖直固定（管内直径可以忽略），右侧底端与直轨道相切于M点，直轨道粗糙，圆管轨道的半径R0.2m。质量m10.1kg的物块A，自圆管左端开口的正上方高h4.8m处自由下落，沿切线落入圆管轨道，经过竖直圆管轨道后与M点处静止的质量m20.3kg的物块B发生碰撞（碰撞时间极短），碰后物块B在直轨道上滑行过程的xt图像如图乙所示。已知A、B与直轨道间的动摩擦因数相同，A、B均可视为质点，不计空气阻力，取
15、g10m/s2。则（）A最终A静止的位置到M点的距离为1mBA、B碰后瞬间B的速度大小为2m/sCA滑过竖直圆管轨道P、Q两点时受到管壁的弹力大小之差为6NDA、B与直轨道间的动摩擦因数为0.15【解答】解：C、在A从开始至运动到P点的过程中，由机械能守恒定律可得：m1g（R+h），可得vP10m/s。A在P点时，由牛顿第二定律可得FNm1gm1，解得FN51 N；在A从P点运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律可得：2m1gR，A在Q点时，由牛顿第二定律可得FN+m1gm1，解得FN45N，A滑过竖直圆管轨道P、Q两点时受到管壁的弹力差为FNFNFN51N45N6N，故C正确；B、由机械能守恒定律可知，A与B碰前瞬间A的速度为v0vP10m
