备考2024届高考物理一轮复习强化训练第七章动量守恒定律专题十一动量守恒中的四类典型模型

专题十一动量守恒中的四类典型模型1.[滑块＋曲面/2023山东]如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上.作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动.当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s.已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下.B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2.（1）求C下滑的高度H；（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；（3）若s＝0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；（4）若s＝0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小.答案（1）0.8m（2）0.625m≤s≤2+22m（3）－6J（4）（6＋32解析（1）C下滑过程，由动能定理有mCgH＝12mCv2，解得H＝（2）设C滑上B以后，C的加速度大小为aC，B的加速度大小为a1，B、C共速时间为t1，s的最小值为s1，B、C共同的加速度大小为a2，经过t2时间A追上B，s的最大值为s2，则由牛顿第二定律有μ2mCg＝mCaC解得aC＝5m/s2μ2mCg－μ1（mB＋mC）g＝mBa1解得a1＝1m/s2又v0＋a1t1＝v－aCt1解得t1＝0.5s由运动学规律有s1＝v0t1＋12a1联立解得s1＝58m＝B、C共速后，由牛顿第二定律得μ1（mB＋mC）g＝（mB＋mC）a2解得a2＝1m/s2由运动学公式得s2＝s1＋（v0＋a1t1）t2－12a2s2＝v0（t1＋t2）联立解得s2＝2+2故s的范围为0.625m≤s≤2+2（3）由题意知s＜s1，所以B与P碰撞时，B与C未共速.设C在B板上滑动的时间为t3，B与P相碰时C的速度大小为v1，则由运动学公式得s＝v0t3＋12a1解得t3＝0.4s（另一解舍去）v1＝v－aCt3解得v1＝2m/s对物体C从刚滑上B到B与P碰撞前的过程，由动能定理有W＝12mC（v12－解得W＝－6J（4）设B与P碰撞前瞬间的速度大小为v2，B与P碰撞后瞬间的速度为v3，B向左运动的加速度大小为a3，B向左运动时间t4与A相遇.设A、B碰撞前瞬间B的速度大小为v4；A、B碰撞后瞬间，A的速度为v5，B的速度为v6，C的速度大小为v7，则由运动学公式得v2＝v0＋a1t3解得v2＝1.4m/s由于P固定在地面上，B与P的碰撞为弹性碰撞，所以有v3＝v2＝1.4m/sB与P碰撞后向左运动的过程中，对B由牛顿第二定律得μ2mCg＋μ1（mB＋mC）g＝mBa3解得a3＝4m/s2自B、P碰撞后至A、B发生碰撞的过程，由运动学公式得s－v0t3＝v0t4＋v3t4－12a3解得t4＝3－2v4＝v3－a3t4解得v4＝（825－1v7＝v1－aCt4解得v7＝（22－1）m/s以向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv0－mBv4＝mAv5＋mBv6由机械能守恒定律得12mAv02＋12mBv42＝12m联立解得v5＝（1－32215）m/s、v6＝（1－82即A、B碰撞后，A以速度v5向左运动，B以初速度v6向右运动经分析可得，B、C最终静止，A最终以速度v5向左运动，故自C滑上B开始至三物体达到平衡状态，这三个物体总动量的变化量为Δp＝mAv5－[（mA＋mB）v0＋mCv]解得Δp＝（6＋3222.[滑块＋弹簧/2022全国乙]如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v－t图像如图（b）所示.已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同.斜面倾角为θ（sinθ＝0.6），与水平面光滑连接.碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内.求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数.图（a）图（b）答案（1）0.6mv02（2）0.768v0t0（3解析（1）水平面光滑，故在水平面上两物块碰撞过程动量守恒，从B与弹簧接触到弹簧第一次压缩到最短过程中有mBv1＝（mB＋mA）v0其中v1＝1.2v0可得mB＝5m该过程中机械能守恒，设弹簧最大弹性势能为Ep，得Ep＋12（mA＋mB）v02＝1由上式得Ep＝0.6mv（2）由图像知0～t0内物块B与物块A的位移差等于弹簧的最大压缩量，也就是题图中该段时间物块A、B图像所夹面积，物块A在0～t0时间内的位移SA＝0.36v0t0，即为0～t0内，v－t图像中A线与t轴所夹面积.解法1在压缩弹簧的过程中，物块A、B所受弹簧弹力大小相等，方向相反，则物块A的加速度始终是物块B加速度的5倍，有aA＝5aB若两者均做初速度为零的变速运动，则两者的位移满足SA＝5S'B在图1中深灰色阴影面积为SA，浅灰色阴影面积为S'B.最大压缩量为X＝1.2v0t0－SA－S'B＝0.768v0t0 图1图2解法20～t0过程，由动量守恒定律有mvA＋5mvB＝（m＋5m）v0结合运动学知识有mSA＋5mSB＝6mv0t0解得SB＝1.128v0t0（B在0～t0内的位移）最大压缩量为X＝SB－SA＝1.128v0t0－0.36v0t0＝0.768v0t0（3）设物块A第一次从斜面滑到平面上时的速度为vx，物块A（含弹簧）回到水平面，第二次与B相互作用过程系统机械能守恒、动量守恒.则有mBv2－mAvx＝mBv3＋mA·2v012mBv22＋12mAvx2＝12mBv