2019年高考物理专题复习讲义：专题30 动量守恒定律

2②2②量都保持不变，但系统的总动量不一定为零5．一个绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，在轨道上瞬间炸裂成质量相等的A、B两块，其中A仍沿原轨道运动，不计炸裂前后卫星总质量的变化，则B不可能沿原轨道运动炸裂后的瞬间A、B的总动能大于炸裂前的动能炸裂后的瞬间A、B的动量大小之比为1:3炸裂后的瞬间A、B速率之比为1:1A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知m>m，当两球相碰后。AB其中一球停止，则可以断定碰前A的动量等于B的动量碰前A的动量大于B的动量若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量若碰后B的速度为零，则碰前A的动量小于B的动量质量为m的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为m，小车和单摆以0恒定的速度v沿水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木01块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列说法可能发生的是小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为v、v和v，且满123足：(m+m)V二mv+mv+mv011203B.摆球的速度不变，小车和木块的速度为V、V，且满足：12mv=mv+mv0112摆球的速度不变，小车和木块的速度都为v，且满足：mv=(m+m011小车和摆球的速度都变为V，木块的速度变为V，且满足：(m+m)v=(m+m\+mv100112一炮舰总质量为M,以速度v0匀速行驶，从舰上以相对海岸的速度v沿前进的方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后炮舰的速度为V,若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是Mv=(M—m)v+mv0Mv=(M—m)v'+m(v+v)00Mv=(M—m)v+m(v+v‘)0Mv=Mv+mv09．如图所示，小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m,原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量也为m,以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。关于这个过程，下列说法正确的是小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化大小是竺2小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化车上曲面的竖直高度不会大于兰4g10.质量为m=1kg，m=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞ab前后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于弹性碰撞非弹性碰撞完全非弹性碰撞条件不足，不能判断11．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为3m和m的A、B两滑块，它们中间夹着（不相连）一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。则下列说法正确的是I占阿州/乍:"4XS点■氏：T#W曲■"冲剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动量大小之比pA:pB=3:1剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的速度大小之比vA:vB=3:1剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动能之比E:E=1:3kAkB剪断细绳到两滑块脱离弹簧过程中，弹簧对A、B两滑块做功之比W:W=1:1AB12．两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为0.5kg，乙车和磁铁的总质量为1.0kg，两磁铁的N极相对。推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为2m/s，乙的速度为3m/s，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰。则：（1）两车最近时，乙的速度为多大？（2）甲车开始反向时，乙的速度为多大？如图所示，木块A的质量m=1kg，足够长的木板B的质量m=4kg，AB质量为m=2kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间C有摩擦。现使A以v=10m/s的初速度向右匀速运动，与B碰撞后0将以大小为v'=4m/s的速度弹回。求：A>CAB///〃〃//////〃〃/〃////////〃///////（1）B运动过程中的最大速度；（2）C运动过程中的最大速度。如图所示，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动。一长L=0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m=0.2kg的小球。当小球在竖直方向静止1时，球对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起使细绳处于水平位置时无初速度释放。当小球m摆至最低点时，细绳恰好被拉断，1此时小球m恰好与放在桌面上的质量m=0.8kg的小球正碰，碰后12m以2m/s的速度弹回，m将沿半圆形轨道运动。两小球均可视为12质点，取g=10m/s2。求:&——L°ID■fB（1）细绳所能承受的最大拉力为多大？（2）m在半圆形轨道最低点C点的速度为多大？2（3）为了保证m在半圆形轨道中运动时不脱离轨道，半圆形轨道2的半径R应满足什么条件。如图所示，固定的长直水平轨道MN与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接，圆轨道半径为R，PN恰好为该圆的一条竖直直径。可视为质点的物块A和B紧靠在一起静止于N处，物块A的质量m=2m,AB的质量m=m,两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨B道向左、右运动，物块B恰好能通过P点。已知物块A与MN轨道物块B运动到P点时的速度大小v；P两物块刚分离时物块B的速度大小v；B物块A在水平面上运动的时间t。(2017新课标全国I卷)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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)A.30kg-m/sB.5.7X102kg-m/sC.6.0X102kg-m/sD.6.3X102kg-m/s(2015福建卷)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m,速度为2v,方向向右，滑块B的质量0为2m，速度大小为v，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状0态是A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动D.A向左运动，B向CD.A向左运动，B向右运动（2014福建卷）一枚火箭搭载着卫星以速率v进入太空预定位置,0由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m，后部1分的箭体质量为m，分离后箭体以速率v沿火箭原方向飞行，若忽22略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为。（填选项前的字母）A.v-A.v-v02B.v+v02C.mv=C.mv=V一2V10m21D.m()V二V+—2XV—V丿10m021（2016上海卷）如图，粗糙水平面上，两物体A、B以轻绳相连,在恒力F作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开，在F牵引下继续前进，B最后静止。则在B静止前，A和B组成的系统动量（选填：“守恒”或“不守恒”）。在B静止后，A和B组成的系统动量。（选填：“守恒”或“不守恒“）（2017江苏卷）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s。求甲、乙两运动员的质量之比。（2015山东卷）如图，三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后AB分别以A【解析】系统动量守恒的条件是合外力为零。系统内存在摩擦力或一个物体具有加速度时，系统的动量可能守恒。根据动量守恒定律的条件可知，只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒，故A正确；系统中所有物体的加速度为零时，系统所受的合外力为零，即系统的总动量一定守恒，B错误；若系统内存在摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒，A【解析】系统动量守恒的条件是合外力为零。系统内存在摩擦力或一个物体具有加速度时，系统的动量可能守恒。根据动量守恒定律的条件可知，只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒，故A正确；系统中所有物体的加速度为零时，系统所受的合外力为零，即系统的总动量一定守恒，B错误；若系统内存在摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒，C错误；系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守8040C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。（2015新课标全国I卷）如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动,求m和M之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。恒，D错误。C【解析】碰撞过程中，盘球箭动量减少了20kgin/g,故此时盘球的动量是lOkgm/s,a.&两球-碰撞前洁总动量保持不耋为3Okg-nv£则作用后b球的动量iOkgm/s,C正确，ABD蜡误-BC【解析】若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，由于m:m二3:2，根据f二卩mg，可知，弹簧释放后，A、B所受的滑动摩AB擦力大小不等，则AB组成的系统所受合外力不为零，故A、B系统动量不守恒，A错误；地面光滑，弹簧释放后，A、B、C组成的系统所受合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，B正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，方向又相反，所以A、B组成的系统所受合外力为零，A、B组成的系统动量守恒，C正确；对于A、B、C组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，D错误；故选BC。D【解析】当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A错误；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项BC错误；无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统的合外力为零，总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零，D正确。【名师点睛】当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左。BC【解析】如果爆炸后E的連度大小与:挥炸前連屢大小相等，则B沿原軸透运动，A错误：堆炸过程系統动量带恒，培炸释放的能量转优为丿、占的动寵，堀炸后系蛻的总动能壇加，因此炸製后的瞬间』、E的总■动能大于炸裂前的动能，E正确：擁炸过程系统动量于惶，如杲堆炸后丧的逹度方向与原运动方向相反可知，几丧的动量大小之比为1:3,C正确：：塞炸后4月的质量相等，命果炸裂后的瞬狗乩心連率之比为1:1,则耀裤言A、E的动量大小相等，如果:曇炸后几£的建度寿向相反，总■动量为零，堆炸过程动量不守恒，因此爆炸后A、B的速度方向不能相反，如果爆炸后A、B的速度方向相同，则爆炸后总动能小于爆炸前的总动能，不符合实际情况，假设错误，由此可知，炸裂后的瞬间A、B速率之比不可能为1:1，D错误；故选BC。CD【解析】两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：mv-mv=mv'+mv'，AABBAABB如果碰撞前A的动量等于B的动量，碰撞后两者速度都等于零，故A错误；若碰后A的速度为零，则碰撞后B反向运动，这说明系统总动量与A的动量方向相同，则碰撞前A的动量大于B的动量；若碰后B的速度为零，则碰撞后A反向运动，这说明系统总动量与B的动量方向相同，则碰撞前A的动量小于B的动量，由以上分析可知，两球碰撞后一球静止，可能是碰撞前A的动量大于B的动量，也可能是碰撞前A的动量小于B的动量，故B错误，CD正确。【名师点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，考查了两球碰撞前动量大小的关系，应用动量守恒定律即可正确解题，本题难度不大。BC【解析】小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于小车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变。但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程。因此，我们只需分析B、C两项。其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以BC正确。【名师点睛】解决本题的关键是合理选择研究对象和物理过程，知道在碰撞的瞬间摆球的速度不变，未参与作用，小车和木块组成的系统动量守恒。A【解析】对炮舰和炮弹组组成的系统，开炮过程中动量守恒，开炮后炮舰的质量变为(M-m)，有Mv0=(M-m)v'+mv，故选A。BD【解析】小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，所以A错误；由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，对于小车和小球组成的系统，由动量守恒定律列式为mv=2mV，得共同速度V二v，小车的动量变化2大小为mV，则B正确；由于满足动量守恒定律，如果系统机械能没2有减少，可能出现速度交换两次后和初始情况相同，选项C错误；由于小球原来的动能为mv2，小球到最高点时系统的动能为2x2mx(V)2=mV2，所以系统动能减少了mV2，如果曲面光滑，则减244少的动能等于小球增加的重力势能，即mv2=mgh，得h=兰，显然这44g是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，所以D正确。故选BD。A【解析】根据X-t图象可知：a球的初速度为V二3m/s=3m/s，ba1球的初的速度为v=0，碰撞后a球的速度为：v\-!m/s=-1m/s，碰ba1撞后b球的速度为：土3m/s=2m/s，碰撞前动量：

b1p二mv+mv=3kg-m/s，碰撞后动量：p二mv'+mV-3kg-m/s，两1aabb2aabb球碰撞过程中，动能变化量为：AE二1mv2+0-1mv‘2—1mv‘2=0,k2aa2aa2bb则知碰撞前后动量不变，系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；故选A。C【解析】系统动童守恒，厭向左为正方向，在两捕块刚奸贬离弹簧时，由动童守棹定律縛：pa-ph^),则：凹曲=1:1,故A错误：系統动量于惶，以向左为正右向，由动量守恒定律蒔：3沁-用!怦=0,解蒔:也:讪=1:3,故E蜡误：两滑块的动能之比：童呼％=1:3,故C正确：弾簧对两滑块做功之比等于两溝块动能之比，弾簧对A.B两淆玦做功之比：晒:咛Eti遇尸上3,故D错误-(1)-m/s(2)2m/s3两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为V,取乙车的速度方向为正方向由动量守恒定律得mv—mv=(m+m)v乙乙甲甲甲乙所以两车最近时，乙车的速度为v=4m/s甲车开始反向时，其速度为0设此时乙车的速度为V乙‘乙由动量守恒定律得mv—mv二mv'乙乙甲甲乙乙解得v'=2m/s乙【名师点睛】解决本题的关键是知道两车作用的过程中动量守恒，当两车速度相同时，相距最近，当甲车的速度为零时，开始反向运动。(1)3.5m/s，方向向右(2)-m/s，方向向右3碰后瞬间B速度最大，选向右为正方向由动量守恒定律得mv=m(-v')+mvA0AABB所以v=^-^0乙=叹10+叹4m/s=3.5m/s，方向向右Bm4BB、C以共同速度运动时，C速度最大，选向右为正方向由动量守恒定律得mv=(m+m)vBBBCC

所以VC=mBVB=443.5m/s=7m/s，方向向右Cm+m4+23BC(1)6N(2)1.5m/sC3)^<0.045m或丘(1)设小球用i摆至最低点时連度为％由机■械能守惶定牟駅解挪％=^2gL=4m/s小球m在最低点时，由牛顿第二定律，得：F-mg=mVo^-1T11L解得：F=6NT(2)m与m碰撞，动量守恒，设m、m碰后的速度分别为v、v，121212选向右的方向为正方向，则mv=mv+mv101122解得：v=1.5m/s2①若小球m恰好通过最高点D点，由牛顿第二定律，得：2mv2mg二一2-d-2R1m在m在CD轨道上运动时，2由机械能守恒定律，得：-mg(2R-mg(2R)+22i2解得R=0.045m1②若小球恰好到达圆轨道与圆心等高处速度减为O则有:mv2=mgR22222解得R=0.1125m2综上：R应该满足RW0.045m或R20.1125m15．1)vP2)vB15．1)vP2)vB(1)物体B在竖直平面内做圆周运动，在P点时重力提供向心力由mg=mVp，可得v=、,：gR（2）两物块分离后B物体沿圆轨道向上运动，仅重力做功11由动能定理可得-mg-2R=—mv2-—mv22P2B解得乙=、5gR（3）物块丄芍炀块迟由足够大的内力究然分离，分离瞬间内力远大于歼力，两扬块在水平古向上动童守恒，由动童守恒定肄，谏向右为正污向，则有0=—胡厘叫+用逛卩远栈人毀攥蒔0=—2稱匕+用（5盘，蒔匕=』器之后物体A做匀减速直线运动由牛顿第二定律得：-Rmg=ma,AAa=-Rg由运动学公式v=v+att0代入数据得t=巫2RgA【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m，燃气的质量为m，根12据动量守恒，mv=mv,解得火箭的动量为：p=mv=mv=30kg•m/s,11221122所以A正确，BCD错误。【名师点睛】本题主要考查动量即反冲类动量守恒问题，只要注意动量的矢量性即可，比较简单。D【解析】取向右为正方向，根据动量守恒：m2v-2mv00AB知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即A、B的运动方向一定相反，所以D正确；ABC错误。【名师点睛】本题主要考察动量守恒，在利用动量守恒解决问题时，注意动量是矢量，要先选择正方向。D【解析】系统分离前后，动量守恒：（m+m'=mv+mv，解得：—20——22v=v+m（v-v），故ABC错误，D