高中物理高考一轮复习一轮复习 2023届高三专题复习十二 动量守恒定律及其应用

专题十二动量守恒定律及其应用一、考点分析一、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、考题再现二、考题再现典例1.(2023∙全国III卷∙25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝kg，mB＝kg；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＝m，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和为Ek＝J。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μ＝，重力加速度取g＝10m/s²。A、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？【解析】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①②联立①②式并代入题给数据得：vA＝m/s，vB＝m/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＝μmBg④⑤vB－at＝0⑥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都可表示为⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得：sA＝m，sB＝m⑧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m处。B位于出发点左边m处，两物块之间的距离s为s＝m＋m＝m⑨(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⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得：m/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(－vAʹ)＝mAvAʹʹ＋mBvBʹʹ联立式并代入题给数据得：m/s，m/s这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式，由④式及题给数据得：sAʹ＝m，sBʹ＝msA′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sʹ＝sAʹ＋sBʹ＝m。典例2.(2023∙全国Ⅰ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：E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①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：0－v0＝－gt②联立①②式得：t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))。③(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＝mgh1④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eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥由⑥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继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有：eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为：h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。⑧三、对点速练三、对点速练1．右端带有eq\f(1,4)光滑圆弧轨道质量为M的小车静置于光滑水平面上，如图所示，一质量为m的小球以速度v0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【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。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()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B．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【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，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。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)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【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x1、x2，两子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(M+m)v1，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M+m)v12＋fx1，对另一发子弹，同样有：(M+m)v1-mv0＝0，eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)(M+m)v12＝fx2，解得：x1＜x2，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。4．一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2＝km1，k＜1。碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1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的取值范围是()A．B．C．D．【答案】B【解析】若发生弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0＝m1v1+m2v2；由能量关系：，解得，则；若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0＝(m1+m2)v，解得，则，故，B正确。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kg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m/sC．子弹和木块摆起的最大高度为mD．当子弹和木块摆起高度为m时，滑块的速度为1m/s【答案】C【解析】设子弹质量为m0，木块质量为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＝(m0+m1)v＇+m2vm，eq\f(1,2)(m0+m1)v12＝eq\f(1,2)(m0+m1)vʹ2＋eq\f(1,2)m2vm2，解得vm＝0，或vm＝5m/s，即滑块的最大速度为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定律可得m0v0＝(m0+m1)v1＝(m0+m1+m2)v，解得v＝s，由子弹进入木块后系统机械能守恒可得eq\f(1,2)(m0+m1)v12＝eq\f(1,2)(m0+m1+m2)v2＋(m0+m1)gh，解得h＝，C项正确；当子弹和木块摆起高度为时，由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0＝(m0+m1)v1＝(m0+m1)vx+m2v3，得vx＝4m/s，而此时木块和子弹竖直方向速度一定不为零，故由子弹进入木块后系统机械能守恒可得eq\f(1,2)(m0+m1)v12＝eq\f(1,2)(m0+m1)(vx+xy)2＋eq\f(1,2)m2v32+(m0+m1)gh，解得h<，D项错误。(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、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A球质量是m＝2kg，则由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kgD．A、B两球碰撞前的总动量为3kg∙m/s【答案】BC【解析】由x－t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：ΔPA＝mvA′－mvA＝2×(－1)－2×(－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：ΔPB＝－ΔPA＝－4kg•m/s，又：ΔPB＝mB（vB′－vB），所以解得：mB＝kg，故C正确；所以A与B碰撞前的总动量为：P总＝mvA+mBvB＝2×(－3)+×2＝－kg•m/s，故D错误。7．(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t0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＝eq\f(1,3)v0，A、B系统生热为B．若v＝eq\f(1,2)v0，A、B相对运动时间为eq\f(1,3)t0C．若v＝v0，B经历t0时间的位移为eq\f(1,2)LD．若v＝2v0，A经历eq\f(1,4)t0到达木板右端【答案】AC【解析】当v＝v0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝2mv′，代入数据得：v′＝。由能量守恒定律得：Q＝eq\f(1,2)mv02-eq\f(1,2)×2mv′2＝eq\f(1,4)mv02。若v＝eq\f(1,3)v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m•eq\f(1,3)v0＝2mv′得：v′＝v0。系统生热：，选项A正确；当v＝v0时，对B，由动量定理得：ft0＝mv′可得：；若，根据动量守恒定律得得：。对B，由动量定理得：，可得：，选项B错误；若v＝v0，则由A选项的分析可知：fL＝Q＝eq\f(1,4)mv02；对物体B：联立解得：，选项C正确；若v＝2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：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、B系统生热仍为Q。根据能量守恒定律得：。结合上面解答有：Q＝eq\f(1,4)mv02。对B，由动量定理得：ft＝mvB-0；联立解得：（另一值不合理舍去），，故D错误。8．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J，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＝kg，mC＝kg，取＝。求：(1)滑块C的初速度v0的大小；(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，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的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量。【解析】(1)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：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：解得：v1＝3m/s，v0＝9m/s。(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：根据能量守恒定律得：解得：v2＝m/s。(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：解得：，方向水平向右。9．如图甲所示，质量M＝kg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kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，s内它们的v－t图象如图乙所示，g取10m/s2。(1)小车在第s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~s时间内的v－t图象。【解析】(1)由图可知，在第1s内，A、B的加速度大小相等，为α＝2m/s2。物体A、B所受的摩擦力均为f＝ma＝2N方向相反。根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零(2)设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得：mvA＋mvB＝(2m＋M)v代入数据，解得v＝s，方向向右。由系统能量守恒得：f(sA＋sB)＝12mvA2-12m解得A、B的相对位移，即车的最小长度s＝sA＋sB＝(3)1s后A继续向右减速滑行，小车与B一起向右加速运动，最终达到共同速度v。在该过程中，对A运用动量定理得：－fΔt＝mΔv解得Δt＝。即系统在t＝时达到共同速度，此后一起做