2022高三物理高考知识点分析动量守恒定律及其应用

动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1．动量守恒定律的内容一个系统不受外力也许受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。即：m1v1m2v2m1v1m2v2守恒是指整个过程任意时辰相等（时时相等,类比匀速）定律适用于宏观和微观高速和低速2．动量守恒定律成立的条件⑴系统不受外力也许所受外力之和为零；⑵系统受外力，但外力远小于内力，能够忽略不计；⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。3．动量守恒定律的表达形式（1）v1vv/v/12m1v1m2v2m1v1m2v2，即1的物体A以速度v1向质ⅠⅡⅢ量为m2的静止物体B运动，B的左端连有轻弹簧。在Ⅰ地址A、B恰好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到Ⅱ地址A、B速度恰好相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再此后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ地址弹簧恰好为原长，A、B分开，这时A、的速度分别为v1和v2。全过程系统动量必然是守恒的；而机械能可否守恒就要看弹簧的弹性怎样了。1）弹簧是完整弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少所有转变成弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少所有转变成动能；所以Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒能够证明A、B的最后速度分别为：v1m1m2v1,v22m1v1。（这个结论最好背下来，此后经常要用到。）m1m2m1m22）弹簧不是完整弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转变成弹性势能，一部分转变成内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转变成动能，部分转变成内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转变成内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。3）弹簧完整没有弹性。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少所有转变成内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；因为没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。这种碰撞叫完整非弹性碰撞。能够证明，A、B最后的共同速度为v1v2m1v1。在完m1m2全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：1212mmv2Ek2m1v12m1m2v121。2mm12v1【例1】质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计全部摩擦，圆弧小于90°且足够长。求小球能上升到的最大高度H和物块的最后速度v。解析：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。小球上升过程中，由水平系统动量守恒得：mv1Mmv121mv2mgHMv12由系统机械能守恒得：2mv1M解得Hmg22M全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得v2mv1Mm【例2】动量分别为5kgm/和6kgm/的小球A、B沿圆滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么解析：A能追上B，说明碰前vAB56；碰后A的速度不大于B的速度，>v,∴mAmB38；又因为碰撞过程系统动能不会增添，52623282mAmB，由以2mA2mB2mA2mB上不等式组解得：3mA48mB7评论：此类碰撞问题要考虑三个要素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增添；③碰前碰后两个物体地址关系（不穿越）和速度大小应保证其序次合理。2．子弹打木块类问题子弹打木块其实是一种完整非弹性碰撞。作为一个典v0型，它的特色是：子弹以水平速度射向本来静止的木块，并留2d1在木块中跟木块共同运动。下边从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来解析这一过程。【例3】设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在圆滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完整非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mv0Mmv从能量的角度看，该过程系统损失的动能所有转变成系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为1212=d、，如下列图，显然有-对子弹用动能定理：fs11mv021mv2①22对木块用动能定理：fs21Mv2②2①、②相减得：fd1mv021Mmv2Mmmv02③222M评论：这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；依据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增添；可见fdQ，即两物体因为相对运动而摩擦产生的热（机械能转变成内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的行程的乘积（因为摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用行程，而不是用位移）。由上式不难求得平均阻力的大小：Mmv02f2Mmd至于木块前进的距离2，能够由以上②、③对照得出：s2mdMm从牛顿运动定律和运动学公式出发，也能够得出相同的结论。因为子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：s2dv0v/2v0vdv0Mm,s2ms2v/2v,vmds2Mm一般状况下Mm，所以2<<d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，能够忽略不计。这就为分阶段办理问题供给了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的种类，全过程动能的损失量可用公式：EkMmv02④2Mm当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量依旧守恒，系统动能损失依旧是EK=fd（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能够再用④式计算EK的大小。3．反冲问题在某些状况下，本来系统内物体拥有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这种问题相互作用过程中系统的动能增大，有其余能向动能转变。能够把这种问题统称为反冲。【例4】质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远解析：先画出表示图。人、船系统动量守恒，总动量一直为零，所以人、船动量大小一直相等。从图中能够看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分别为1、2，则：mv1=Mv2，两边同乘时间t，m1=M2，而12=L，∴l2mLMm评论：应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小没关。不论是匀速行走仍是变速行走，甚至往返行走，只要人最后到达船的左端，那么结论都是相同的。以上列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。若是发生相互作用前系统就拥有必然的动量，就不能够再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要用m1m2v0=m1v1m2v2列式。【例5】总质量为M的火箭模型从飞机上开释时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭自己的速度变成多大解析：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭节余质量变成M-m，以v0方向为正方向，Mv0muMmv,vMv0muMm4．爆炸类问题【例6】抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/，这时忽然炸成两块，此中大块质量300g仍按原方向飞翔，其速度测得为50m/，另一小块质量为200g，求它的速度的大小和方向。解析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它碰到的重力G=m1m2g，可见系统的动量其实不守恒。但在爆炸瞬时，内力远大于外力时，外力能够不计，系统动量近似守恒。设手雷原飞翔方向为正方向，则整体初速度v010m/s；m1=0.3kg的大块速度为v150m/、m=0.2kg的小块速度为，方向不清，暂设为正方向。2由动量守恒定律：(m1m2)v0m1v1m2v2v2(m1m2)v0m1v1(0.30.2)100.35050m/m20.2此结果表示，质量为200克的部分以50m/的速度向反方向运动，此中负号表示与所设正方向相反5．某一方向上的动量守恒【例

7】如下列图，AB为一圆滑水平横杆，杆上套一质量为

M的小圆环，环上系一长为

L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与

AB平行，由静止开释小球，则当线绳与AB成θ角时，圆环搬动的距离是多少解析：固然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因此水平动量守恒。设细绳与

AB成θ角时小球的水平速度为

v，圆环的水平速度为

V，则由水平动量守恒有：

MV=mv且在任意时辰或地址

V与

v均知足这一关系，加之时间相同，公式中的

V和

v可分别用其水平位移代替，则上式可写为：Md=m［（L-Lcoθ）-d］解得圆环搬动的距离：d=mL（1-coθ）/（Mm）6．物块与平板间的相对滑动【例

8】如下列图，一质量为

M的平板车

B放在圆滑水平面上，在其右端放一质量为

m的小木块

A，m＜M,A、B间动摩擦因数为

μ，现给

A和

B以大小相等、方向相反的初速度

v0,使A开始向左运动，

B开始向右运动，最后

A不会滑离

B，求：1）A、B最后的速度大小和方向；2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动位移大小。解析：（1）由A、B系统动量守恒定律得：Mv0-mv0=（Mm）v①Mm方向向右所以v=v0Mm（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车搬动位移为,速度为v′,则由动量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′①对板车应用动能定理得：1212②-μmg=mv′-2mv02联立①②解得：=2Mmv022mg【例9】两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在圆滑的水平面上，其质量分别为mA0.5kg，mB0.3kg，它们的下底面圆滑，上表面粗糙；还有一质量mC0.1kg的滑块C（可视为质点），以vC25m/s的速度恰好水平川滑到A的上表面，如下列图，因为摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/，求：（1）木块A的最后速度；（2）滑块C走开A时的速度。解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其余外力作用，所以系统的动量守恒。（1）当C滑上A后，因为有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分别，分别时木块A的速度为。最后C相对静止在B上，与B以共同速度vB3.0m/s运动，由动量守恒定律有mCvCmAvA(mBmC)vBmCvC(mBmC)vB0.125(0.30.1)3.0m/s2.6m/svAmA∴=0.5（2）为计算，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分别，C、B系统水平方向动量守恒。C走开A时的速度为，B与A的速度同为，由动量守恒定律有mBvBmCvC(mBmC)vB(mBmC)vBmBvA(0.30.1)3.00.32.6m/s4.2m/svCmC∴0.1三、针对训练练习11．质量为M的小车在水平川面上以速度v0匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏斗中不停流下时，车子速度将（B）A．减小B．不变C．增大D．没法确立2．如下列图，放在圆滑水平桌面上的A、B木块中部夹一被压缩的弹簧，当弹簧被松开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地上。A的落地址与桌边水平距离0.5m，B的落地址距离桌边1m，那么（A、B、D）A．A、B走开弹簧时的速度比为1∶2B．A、B质量比为2∶1C．未走开弹簧时，A、B所受冲量比为1∶2D．未走开弹簧时，

A、B加速度之比

1∶23．如下列图，在沙堆表面放置一长方形木块

A，其上边再放一个质量为

m=0.10kg

的鞭炮B，木块的质量为

M=6.0kg。当鞭炮爆炸时，因反冲作用使木块坠入沙中深度

h=50cm，而木块所受的平均阻力为

f=80N。若鞭炮的火药质量以及空气阻力可忽略不计，

g取10m/s2，求爆竹能上升的最大高度。解：鞭炮爆炸瞬时，木块获取的瞬时速度v可由牛顿第二定律和运动学公式求得fMga20m/s2v2ah3m/sMa，6，3鞭炮爆炸过程中，鞭炮木块系统动量守恒Mvmv003Mv63m/s203m/sv0m0.1练习21．质量相同的两个小球在圆滑水平面上沿连心线同向运动，球1的动量为7kg·m/,球2的动量为5kg·m/,当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的可能值是AA．-1kg/，1kg/B．-1kg/，4kg/C．-9kg/，9kg/D．-12kg/，10kg/2．小车AB静置于圆滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示，当忽然烧断细绳，弹簧被开释，使物体C走开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的选项是BCDA．若是AB车内表面圆滑，整个系统任何时辰机械能都守恒B．整个系统任何时辰动量都守恒C．当木块对地运动速度为mvv时，小车对地运动速度为MD．AB车向左运动最大位移小于mLM4．质量为M的小车静止在圆滑的水平面上，质量为m的小球用细绳吊在小车上O点，将小球拉至水平地址A点静止开始开释（如下列图），求小球落至最低点时速度多大（相对地的速度）

2MgLMm6．如下列图甲、乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，=100kg，还有一质量m=2kg的球乙站在车的对面的地上，身边有若干质量不等的球开始车静止，甲将球以速度的球后，马大将另一质量为m′=2m的球以相同速率

v（相对地面）水平抛给乙，乙接到抛来v水平抛回给甲，甲接住后，再以相同速率v将此球水平抛给乙，这样往来进行乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到的球的质量为2倍,求：1）甲第二次抛出球后，车的速度大小（2）从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能够接到乙抛回来的球（1）1v,向左（2）10个练习31．在圆滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，以下现象可能的是（）A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率相互分开B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不同样，碰后以某一相等速率相互分开D．若两球质量不同样，碰后以某一相等速率同向而行2．如下列图，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为和v（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度