2020年高考物理专题训练十二动量守恒多种模型的解题思路

1、2020年高考物理专题训练十二动量守恒多种模型的解题思路1.（碰撞模型）甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，甲球的动量是pi=5 kg m/s乙球的动量是 p2= 7 kg m/s当甲球追上乙球发生碰撞后，乙球的动量变为p2=10 kg - m/s设甲球的质量为 mi,乙球的质量为 m2,则mi、m2的关系可能是（ ）A . mi = m2B. 2mi= m2C. 4mi= m2D. 6mi= m2【答案】C【解析】碰撞过程中动量守恒，可知碰后甲球的动量pi'= 2 kg m/s由于是甲追碰乙，碰撞前甲的速度大于乙的速度，有性>心,可得m2>mi;碰撞后甲的速

2、度不大于乙的速度，有助mi m25mi<m2,可得m?w mi。碰撞后系统的动能不大于碰前系统的动能，由£卜=2可知2彳+2*P2 ”,口I7 e，I7“+茄,斛得 m2N7mi,联立得亍mi<m2wmi, C 正确。2 .（碰撞模型综合）如图所示，在粗糙水平面上 A点固定一半径 R= 0.2 m的竖直光滑圆弧轨 道，底端有一小孔。在水平面上距A点s=i m的B点正上方O处，用长为L=0.9 m的轻绳悬挂一质量 M = 0.I kg的小球甲，现将小球甲拉至图中 C位置，绳与竖直方向夹角 0= 60。静止释放小球甲，摆到最低点B点时与另一质量 m=0.05 kg的静止小滑块

3、乙（可视为质点）发生完全弹性碰撞。碰后小滑块乙在水平面上运动到A点，并无碰撞地经过小孔进入圆轨道，当小滑块乙进入圆轨道后立即关闭小孔，g=i0 m/s2。（i）求甲、乙碰前瞬间小球甲的速度大小；（2）若小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰好不脱离圆轨道，求小滑块乙与水平面的动摩 擦因数。【答案】(1)3 m/s (2)0.3 或 0.61 C【解析】 小球甲由C到B,由动能定理得：Mg(L Lcos 0)=2Mv2, 解得 vo= 3 m/s。(2)甲、乙发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得Mvo= Mvi+ mv2, 1- 1- 1- 由能重寸恒te律得 2Mv(2= 2Mv2+ 2mv2, 解

4、得 V2= 4 m/s,若小滑块乙恰能经过最高点，则最高点速度vt满足v2mg= mR，解得 vt = n'JgRo从B到圆轨道最高点，由动能定理有 c r 1010一科 mgs- 2mgR= 2mv2- 2mv2,解得(1= 0.3。若滑块乙不能经过圆轨道最高点，则最高位置必与圆心同高，由动能定理得 12一mgs mgR= 0 2mv2,解得d= 0.6,所以小滑块与水平面的动摩擦因数为0.3或0.6。3 .(碰撞模型综合)如图所示，质量为m1 = 0.2 kg的小物块A,沿水平面与小物块 B发生正碰，小物块B的质量为m2= 1 kg。碰撞前，A的速度大小为V0= 3 m/s, B静

5、止在水平地面 上。由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A、B与地面间的动摩擦因数均为0.2,重力加速度g取10 m/s2,试求碰后B在水平面上滑行的时间。a a【答案】：0.25 s盛0.5 s【解析】：假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为V1,则由动量守恒定律有m1V0= (m1+ m2)v1碰后，A、B 一起滑行直至停下，设滑行时间为G,则由动量定理有m1+ m2)gt1= (m1+ m2)v1解得 t1 = 0.25 s假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后A、B的速度分别为VA、VB,则由动量守恒定律有 mivo= mivA+ m2vB由机械能守恒有2miv0=

6、 ；mivA+ 2 m2VB设碰后B滑行的时间为t2,则(ini2gt2= m2vB解得 t2 = 0.5 s可见，碰后B在水平面上滑行的时间t满足 0. 25 s 修 0.5 s4.碰撞与板块综合类)质量为mB= 2 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA= 6 kg的物块A停在B的左端，质量为mc= 2 kg的小球C用长为L = 0.8 m的轻绳悬挂在固定点 O。 现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为 At = 10 2 s,之后小球C反弹所能上升白最大高度h=0.2 m。已知A、B间的动摩擦因数 尸0.1 ,物块与小球均可视为质点

7、，不计空气阻力，取g=10 m/s2。求：(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；(2)为使物块A不滑离木板B,木板B至少多长？【答案】:(1)1.2 X3N (2)0.5 m【解析】：(1)小球C下摆过程，由动能定理：mCgL=；mCvC小球C反弹过程，由动能定理：1 CmCgh = 0 2mCvC 2碰撞过程，根据动量定理：F At= mC( vc' -) mCVC联立以上各式解得：F=1.2 X10N(2)小球C与物块A碰撞过程，由动量守恒定律：mCVC = mC( vc '十 mAvA当物块A恰好滑至木板B右端并与其共速时，所求木板B的长度最小。此过程，由动量守

8、恒定律：mAVA= （mA+ mB）v由能量守恒定律：（inAg x= JmAvA2（mA+ mB）v2联立以上各式解得x= 0.5 m 5.（轨道模型）带有1/4光滑圆弧轨道质量为 M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示, 质量也为M的小球以速度vo水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（A .小球以后将向左做平抛运动B.小球将做自由落体运动1C.此过程小球对小车做的功为 Mv2,、一 出一、v2D.小球在弧形槽上上升的最大高度为24 g【答案】：BC【解析】：小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v',由动量守恒定律和机械能守恒定律有：Mvo= 2Mv'

9、1 c 12Mv2 = 2X 2Mv 2 +Mgh 联立得：h=¥，知D错误。4g6.（轨道模型综合）（2018南昌*II拟）如图所示，质量为 m1=3 kg的二分之一光滑圆弧形轨 道ABC与一质量为m2= 1 kg的物块P紧靠着（不粘连）静置于光滑水平面上，B为半圆轨道的最低点，AC为轨道的水平直径，轨道半径R= 0.3 m。一质量为 m3= 2 kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道的A处由静止释放，g取10 m/s2,求：（1）小球第一次滑到B点时的速度vi;（2）小球第一次经过 B点后，相对B能上升的最大高度 ho【答案】：（1）2 m/s 方向向右 （2）0.27 m【解析】：

10、（1）设小球第一次滑到 B点时的速度为V1,轨道和P的速度为V2,取水平向左为 正方向，由水平方向动量守恒有（m1 + m2）v2+ m3V1 = 0根据系统机械能守恒1212m3gR = 2(mi + m2)v2 + 2m3 v1联立解得 vi = - 2 m/s,方向向右；V2= 1 m/s,方向向左(2)小球经过B点后，物块P与轨道分离，小球与轨道水平方向动量守恒，且小球上升到最 高点时与轨道共速，设为v,则有：miv2+m3Vi = (mi+m3)v解得v= 0.2 m/s,方向向右 由机械能守恒i 2 i 2 i22miv2+ 2m3Vi = 2(mi+ m3)v2 + m3gh解得

11、 h= 0.27 m7 .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 mA= i 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=i0 m/s2。求小球B的质量。【答案】：3 kg【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,由动量守恒定律有一一j -i O i O0= mAvi Mv 由能重寸恒te律有 mAgh = 2mAv2+ ?Mv2

12、 联立解得 vi= 2 m/s, v= i 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 vi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vi'= i m/s由动量守恒定律得mAVi = mAVi'+ mBV2 由能量守恒定律有 2mAV2 = JmAVi2 + gmBV2联立解得mB= 3 kg。8 .(轨道模型综合)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大

13、高度为h = 0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为 mi = 30 kg,冰块的质量为 m2= 10 kg ,小孩与滑板 始终无相对运动。取重力加速度的大小 g= 10 m/s2。(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】：(1)20 kg (2)见解析【解析】：(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为 v,斜面体的质量为 m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2V20=(m2+ m3)v1 o 1o _2m2V20= 2(m2 + m3)v2+ m2gh 式中V20=- 3

14、m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m3= 20 kg (2)设小孩推出冰块后的速度为V1,由动量守恒定律有 mw + m2V20 = 0代入数据得V1 = 1 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为V2和V3,由动量守恒和机械能守恒定律有m2V20 = m2V2 + m3V3 12 12 12AA2m2v20= 2m2v2 + 2 m3v3 联立式并代入数据得v2= 1 m/s 9.（弹簧模型）由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方， 故冰块不能追上小孩。1 .对于两个质量相同的物体发生速度在同一直线上的弹性碰撞过程，可以简化为如下模型：在光滑水平面上

15、，物体 A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体 B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞， A、B始终沿同一直线运动。设物体的质量均为 m=2 kg,开始时A 静止在光滑水平面上某点， B以速度vo=2.0 m/s从远处沿该直线向 A运动，如图所示，A、 B组成的系统动能损失的最大值为 （ ）A. 1 J B. 2 J C. 3 J D.4J【答案】 B【解析】由运动分析可知当二者的速度相等时，弹簧的长度最短，弹性势能最大，动能损失最多，由动量守恒定律得 mvo = 2mv,所以v= = 1.0 m/s。则系统动能的减小量为 AEk=2mv019-2X （m）v2=2 Jo10.（弹簧模型综合）

16、如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为 M= 2 kg。物块从斜面上 A点由静止滑下，经过B点时无能量损失。已知物块的质量m=1 kg, A点到B点的竖直高度为h =1.8 m, BC长度为L=3 m, BD段光滑。g取10 m/s2。求在运动过程中：(1)弹簧弹性势能的最大值；(2)物块第二次到达 C点的速度。【答案】:(1)12 J (2)-2 m/s1 c【斛析】：(1)由A点到B点的过程中，由动能te理得：mgh = -mvB解得 vb= % 2gh = 6 m/s由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取VB方

17、向为正方向，mvB= (M + m)v此时的弹性势能最大，由能量守恒可得：1 o 1oEp= 2mvB 2(M + m)v2 由以上两式可得 Ep=12 Jo(2)物块由B点至第二次到达 C点的过程中，系统动量守恒，取vb方向为正方向,mvB= mvc+ Mv'物块由B点至第二次到 C点的整个过程1 1 1机械能寸恒2mvB= 2mvC + 2Mv 2由以上两式可解得：vc=2 m/s； vc= 6 m/s(第一次到C点的速度，舍去) 即物块第二次到达 C点的速度为一2 m/s。11.(弹簧模型综合)如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0.6 m。平台上静止着两

18、个滑块 A、B, mA = 0.1 kg, mB= 0.2 kg,两滑块间夹有少量炸药，平 台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上。小车质量为M = 0.3 kg,小车的上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧。点燃炸药后，A、B分离瞬间滑块B以3 m/s的速度冲向小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，且 g = 10 m/s(1)滑块A能否从半圆轨道的最高点离开；(2)滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。【答案】:能(2)0.54 J【解析】：(1)爆炸前后A、B组成的系统动量守恒，设爆炸后

19、滑块A、B的速度大小分别为 VA、VB,则 mAVA= mBVB,解得 VA= 6 m/sA在运动过程中机械能守恒，若A能到达半圆轨道最高点 c 1 C由机械能寸恒得 2mAvA= ,mAVA2+ 2mAgR解得 va，= 2 V3 m/s 滑块恰好通过最高点的条件是mAg = mAvR解得v=、:6 m/s<VA ；所以A能从半圆轨道最高点离开。(2)滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，此时B和小车具有相同速度，由动量守恒定律得mBVB= (mB+ M)v共，八一、“1C 1C由能重寸恒7E律得 Ep = 2mBVB 2(mB+ M)v2解得 Ep=0.54 Jo

20、12.(弹簧模型与板块模型()如图，质量为6m,长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平，B端上放有质量为 3m且可视为质点的滑块 C, C与木板之间的1动摩擦因数为 科=:质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的。点，细 绳竖直时小球恰好与 C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与 C碰撞后反弹速率为碰前的一半。求：A Rv.rtn(1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。【答案】(1)3mg (2)L (3)见解析1 c【解析】

21、(1)设小球运动到最低点的速率为V0,小球向下摆动过程，由动能定理mgL=3mv0得,vo= 2gL小球在圆周最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得： v2Ft mg=m解得：Ft= 3mg,由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：Ft'= Ft,即细绳能够承受的最大拉力为：Ft'= 3mg。(2)小球碰撞后做平抛运动：竖直位移h = 2gt2水平分位移：L = V°t,解得：h = L。(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和 C组成的系统动量守恒，设C碰后速率为vi,依题意有 mvo= m V0 + 3mvi,假设木板足够长，在 C与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终

22、共同速度为V2,由动量守恒得：3mvi = (3m + 6m)v2, 由能量守恒得：1 0 102 - mv2 = 2(3m+ 6m)v2+ 在- mgs,联立解得：s= j, 由s<L知，滑块C不会从木板上掉下来。13 .（人船模型）如图所示，质量为 M = 300 kg的小船，长为L=3 m,浮在静水中。开始时 质量为m=60 kg的人站在船头，人和船均处于静止状态。若此人从船头走到船尾，不计水 的阻力，则船将前进多远？【答案】：0.5 m方向与人行走的方向相反【解析】： 人在船上走，船将向人走的反方向运动。由系统动量守恒知，任一时刻船、人的总动量都等于0。所以人走船动，人停船停。人

23、走要经过加速、减速的过程，不能认为是x匀速运动，所以船的运动也不是匀速运动，但可以用平均速度v 表不，对应的是平均动 xM p=m v = mf, t是相同的，但要注息位移都是对地的，所以 x人=1+*船。x船为未知重, 包括大小、方向。人、船组成的系统动量守恒，取人行进的方向为正方向。不考虑未知量x船的正、负。则有 mmv人+Mv船=0,即mLxfi +Mx< =0,由上式解得 x船=mLm+ M60X360 + 300m= 0.5负号表示船运动的方向与人行走的方向相反，则船向船头方向前进了0.5 m。14 .（人船模型）（2018江西六校联考）如图所示，一辆质量 M=3 kg的小车A静止在光滑的 水平面上，小车上有一质量m=1 kg的光滑小球B,将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep=6 J,小球与小车右壁距离为 L=0.4 m,解除锁定，小球脱离弹簧后与小车 右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小。(2)在整个过程中，小车移动的距离。【答案】：(1)3 m/s 1 m/s (2)0.1 m【解析】：(1)水平面光滑，由小车、弹簧和小球组成的系统在从弹簧解锁到小球脱离弹簧 的过程中，满足动量守恒和能量守恒。选向右为正方