高考物理一轮复习提分宝典 第19课 动量守恒定律 碰撞

第19课动量守恒定律碰撞1．系统动量是否守恒的判断(1)(多选)(经典题，6分)如图所示，A、B两物体的质量mA>mB，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态。若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动过程中()A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒D．以上说法均不对答案：AC解析：当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力。当A、B与C之间的摩擦力等大、反向时，A、B组成的系统所受外力之和为零，动量守恒。当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒。而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受外力之和均为零，故系统的动量守恒，故A项、C项均正确，B项、D项均错误。2．动量守恒定律的应用a．“人船”模型(2)(经典题，8分)长为L、质量为m2的船停在平静水面上，一个质量为m1的人静立在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？答案：s1＝eq\f(m2,m1＋m2)L，s2＝eq\f(m1,m1＋m2)L(8分)解析：选人、船系统为研究对象，设某时刻人的速度大小为v1，船的速度大小为v2，人行进的方向为正方向，由动量守恒，得m1v1－m2v2＝0(2分)因人由船头至船尾的各个时刻，此式均成立，因此，此过程中，人的位移s1与船的位移s2之比也应等于它们的质量的反比，即eq\f(s1,s2)＝eq\f(m2,m1)(2分)由几何关系可知s1＋s2＝L(2分)解得s1＝eq\f(m2,m1＋m2)L，s2＝eq\f(m1,m1＋m2)L(2分)b．临界问题(3)(经典题，8分)如图所示，甲车质量m1＝20kg，车上有质量M＝50kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3m/s的速度向右滑行。此时质量m2＝50kg的乙车正以v0＝1.8m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)至少是多大才能避免两车相撞？不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，取g＝10m/s2。答案：3.8m/s(8分)解析：取两车和人为研究对象，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1＋M)v－m2v0＝(M＋m1＋m2)v共(3分)代入数据解得v共＝1m/s(1分)设人跳出甲车的水平速度为v′，取人和乙车为研究对象，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得Mv′－m2v0＝(M＋m2)v共(3分)代入数据解得v′＝3.8m/s(1分)所以人的速度至少为3.8m/s3．碰撞a．弹性碰撞(4)(2016全国Ⅲ，10分)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为eq\f(3,4)m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。答案：eq\f(32veq\o\al(2,0),113gl)≤μ<eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)(10分)解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞，应有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>μmgl①(1分)即μ<eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)②(1分)设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋μmgl③(2分)设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有mv1＝mv1′＋eq\f(3,4)mv2′④(1分)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)m))v2′2⑤(1分)④⑤联立解得v2′＝eq\f(8,7)v1⑥(1分)由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)m))v2′2≤μ·eq\f(3m,4)gl⑦(1分)③⑥⑦联立解得μ≥eq\f(32veq\o\al(2,0),113gl)⑧(2分)联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件为eq\f(32veq\o\al(2,0),113gl)≤μ<eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)⑨b．完全非弹性碰撞(5)(经典题，10分)如图所示，光滑的杆MN水平固定，物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A通过长度为L的轻质细绳与物块B相连，A、B质量均为m且可视为质点。一质量也为m的子弹水平射入物块B后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°。求子弹刚要射入物块B时的速度大小。答案：2eq\r(3gL)(10分)解析：子弹射入物块B的过程，子弹和物块B组成的系统水平方向动量守恒mv0＝2mv1(3分)子弹开始射入物块B到细绳偏离竖直方向夹角最大的过程，子弹和两物块组成的系统水平方向动量守恒mv0＝3mv2(2分)据能量关系可得2mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)(3分)解得v0＝2eq\r(3gL)(2分)c．“类碰撞”问题(6)(经典题，10分)如图，放置在光滑水平面上两物体A、B的质量分别为m1、m2，它们间用一轻弹簧连接，今突然给A一个冲量，使A具有速度v0，向右运动，求：①弹簧的压缩量最大时，A、B的速度分别为多大？弹簧弹性势能多大？②当弹簧第一次恢复原长时，A、B的速度为多少？答案：①eq\f(m1v0,m1＋m2)，eq\f(m2,m2＋m1)·eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)(5分)②eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，eq\f(2m1,m1＋m2)v0(5分)解析：①弹簧的压缩量最大时A、B两物体的速度相等，根据动量守恒有m1v0＝(m1＋m2)v(2分)解得v＝eq\f(m1v0,m1＋m2)(1分)此时系统动能损失为ΔEk＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2(1分)解得Ep＝ΔEk＝eq\f(m2,m2＋m1)·eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)(1分)②从弹簧为原长到弹簧第一次恢复原长，系统水平方向的动量守恒，且初末状态系统的动能无损失，所以，可将这个过程看成完全弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒有m1v0＝m1v1＋m2v2(2分)eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)(2分)解得A、B两物体的速度为v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0(1分)4．碰撞可能性的判断(7)(经典题，3分)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p1＝5kg·m/s，乙球的动量是p2＝7kg·m/s，当甲球追上乙球发生碰撞后，乙球的动量变为p2′＝10kg·m/s，设甲球的质量为m1，乙球的质量为m2，则m1、m2的关系可能是()A．m1＝m2B．2m1＝m2C．4m1＝m2D．6m1＝m2答案：C解析：碰撞过程中动量守恒，可知碰撞后甲球的动量p′1＝2kg·m/s。由于是甲追碰乙，碰撞前甲的速度大于乙的速度，有eq\f(p1,m1)>eq\f(p2,m2)，可得m2>eq\f(7,5)m1。碰撞后甲的速度不大于乙的速度，有eq\f(p′1,m1)≤eq\f(p′2,m2)，可得m2≤5m1。碰撞后系统