2016高考動量題型全歸納

1、碰撞與動量守恒定律考綱:主題內(nèi)容要求說明碰撞與動量守恒動量、定量守怛定律及其應用n動量定理和動量守恒定律的應用只限 r-維情況動量定理n彈性碰撞和非彈性碰撞i、動量定理1、動量、速度和動能的聯(lián)系2、動量的變化pptp0動量是矢量，當初態(tài)動量和末態(tài)動量不在一條直線上時，動量變化由平行四邊形法則進行運算.動量變化的方向與速度的改變量v 的方向相同.當初、末動量在一直線上時通過選定正方向，動量的變化可簡化為帶有正、負號的代數(shù)運算。3、沖量：4、動量定理：物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化.表達式:Ft=p-p 或 Ft=mv-mv(1)上述公式是一矢量式， 運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及

2、動量變化量的方向(2)公式中的 F 是研究對象所受的所有外力的合力.(3)動量定理的研究對象可以是單個物體，也可以是物體系統(tǒng)統(tǒng)內(nèi)力.系統(tǒng)內(nèi)力的作用不改變整個系統(tǒng)的總動量.(4)動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力【典型題型】1.質(zhì)量為 0.2kg 的小球豎直向下以 6m/s 的速度落至水平地面，再以 4m/s 的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動量變化為 kg-m/s。若小球與地面的作用時間為 0,2s,則小球收到地面的平均作用力大小為 N(g=10m/s2)PPp40.2(60.2)2kgm/skgm/sF-mg0.21012t0.22.我國女子短道速滑

3、隊在今年世錦賽上實現(xiàn)女子 3000m 接力三連冠.觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”捧”的運動員乙前面.并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(A 甲豎的沖量一定等于乙對甲的沖量B.甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反C.甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D. 甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功【答案】B【解析】甲、乙運動員相互作用時，根據(jù)作用力與反作用力的特點，力的大小相等，作用時間也相等，所以沖量的大小相等，但沖量是矢量，它們的方向相反，故選項 A A 錯誤；在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平

4、方向上的相互作用，則由甲與乙構成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知，甲、乙動量變化量大小相等，方向相反，故選項 B B 正確；甲乙互相作用時是非彈性碰撞，所以機械能會有損失，所以甲的動能增加量和乙的動能的減小量不相等，所以選項 C C 錯誤；根據(jù)選項 C C 可知,甲、乙的動能增加量與減小量不相等，所以由動能定理可知，甲對乙做功的絕對值和乙對甲做的功的絕對值不相等，所以選項 D D 錯誤。3、在距地面高為 h,同時以相等初速 V)分別平拋，豎直上拋，豎直下拋一質(zhì)量相等的物體 m 當它們從拋出到落地大小關系:I=Ft。.對物體系統(tǒng)，只需分析系統(tǒng)受的外力，不必考慮系【解析】取豎直向上為正方向則初動

5、量為負末動量為正，動量變化為的運動員甲提前站在“交時，比較它們的動量的增量P,有()A.平拋過程較大 B.豎直上拋過程較大 C.豎直下拋過程較大 D.三者一樣大【答案】B4.質(zhì)量m1.5kg的物塊(可視為質(zhì)點)在水平恒力 F 作用下，從水平面上 A 點由靜止開始運動，運動一段距離撤去該力，物塊繼續(xù)滑行t2.S停在 B 點，已知 A、B 兩點間的距離S5.0m，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)0.202求叵力 F 多大。(g1m/s)【解析】設撤去力 F F 前物塊的位移為S1,撤去力 F F 時物塊速度為 V,V,物塊受到的滑動摩擦力：F1mg對撤去力 F F 后物塊滑動過程應用動量定理得Fitmv

6、由運動學公式得SiVt2對物塊運動的全過程應用動能定理Fs1F1s0F由以上各式得mgscT2cT22sgt代入數(shù)據(jù)解得 F=15NF=15N5.如圖所示， 質(zhì)量 mA為 4.0kg 的木板 A 放在水平面 C 上， 木板與水平面間的動摩擦因數(shù)質(zhì)量RB為 1.0kg的小物塊 B(視為質(zhì)點)，它們均處于靜止狀態(tài)。木板突然受到水平向右的用開始運動，當小物塊滑離木板時，木板的動能 EM為 8.0J，小物塊的動能&為 0.50J,(1)瞬時沖量作用結束時木板的速度 V。；(2)木板的長度 L。為 0.24,木板右端放著12N-s 的瞬時沖量 I 作重力加速度取 10m/s2,求：【解析】(1)

7、(1)設水平向右為正方向ImAv0代入數(shù)據(jù)解得v03.0m/s(2)(2)設 A A 對 B B、B B 對AC C 對 A A 的滑動摩擦力的大小分別為為VA和VB,有(FBAFcA)tmAVAmAV0十參小叫小用堯切妨占陌巳&仃打+又一chL4FAB、FBA和FCA,B B 在 A A 上滑行的時間為B B 離開 A A 時 A A 和 B B 的初速分別FABtmBVB其中FAB=FEAFCA(mAmB)g設 A A、B B 相對于 C C 的位蔻關小分別為SA和SB,有1212小(FBAFCA)SA-mAVA匚mAV022FABSBEAB動量與動能之間的關系為RAVA也mizR

8、BVA2mBEkB木板 A A 的長度LSASB代入數(shù)據(jù)解得 L=0.50mL=0.50m(11)二、動量守恒定律1.動量守恒定律：二系筮丕.受處力或直皿客處力之亟為棗，.磨仁系憊的應劾量促拄丕變.表達式:m1v1+m2v2=m1v1+m2v22.動量守恒定律成立的條件：系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零.當內(nèi)力遠大于外力時.某一方向不受外力或所受合外力為零，或該方向上內(nèi)力遠大于外力時，該方向的動量守恒.某一方向動量守恒的一般模型?(2)注意研究過程的選取，選取不同的過程，結論會不同.?(3)注意區(qū)分系統(tǒng)動量守恒與系統(tǒng)的某一方向分動量守恒3.動量守恒的應用的基本步驟(1)明確研究對象，一般是兩個或兩

9、個以上物體組成的系統(tǒng)；(2)分析系統(tǒng)相互作用時的受力情況，區(qū)分內(nèi)力和外力，判定系統(tǒng)動量是否守恒；(3)選定正方向，確定相互作用前后兩狀態(tài)系統(tǒng)的總動量；(4)在同一地面參考系中建立動量守恒方程，并求解，如解出兩個答案或帶有負號要說明其意義.【典型題型 1】動量守恒的判斷6、如圖 5 所示的裝置中，木塊 B 與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈 A 沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短.現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中()|廣A、動量守恒、機械能守恒-B、動量不守恒、機械能不守恒圖*C、動量守恒、機械能不守恒A 動量

10、不守恒、機械能守恒【答案】B7.如圖所示，半徑為 R,質(zhì)量為 M 內(nèi)表面光滑的半球物體放在光滑的水平面上，左端緊靠著墻壁，一個質(zhì)量為 m 的物塊從半球形物體的頂端的 a 點無初速釋放，圖中 b 點為半球的最低點，c 點為半球另一側(cè)與 a 同高的頂點，關于物塊 M 和 m 的運動，下列說法的正確的有()A.m 從 a 點運動到 b 點的過程中，m 與 M 系統(tǒng)的機械能守恒、動量守恒B.m 從 a 點運動到 b 點的過程中，m 的機械能守恒C.m 釋放后運動到 b 點右側(cè)，m 能到達最高點 cD.當 m 首次從右向左到達最低點 b 時，M 的速度達到最大【答案】【典型題型 2】碰撞類問題1.碰撞類

11、型(1)彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒.1 1一21 1一21 1一22 2miV0101m1 1v1 11m!v2 22 22m1 1m1 1m2Vo(注:在同一水平面上發(fā)生彈性正碰，機械能守恒即為動能守恒討論當 m=mm=m 時，V V1=0,V=0,V2=V=Vo(速度互換)2當 mmmmmm 時，V V10,V0,V200(同向運動)4當 mmmm 時，V V1QV00(反向運動)5當 mmmm 時，V V1rV,VrV,V2R2V2V0(同向運動)、(2)非彈性碰撞：部分機械能轉(zhuǎn)化成物體的內(nèi)能，動量守恒2222mVmV1+mV+mV2=miV=miV1+mV+mV2，E(m1V1

12、%m%m2V2)Gm%.mGm%.m2V2)注意：(1)注意系統(tǒng)的確定，區(qū)分內(nèi)力與外力BDBDm1Vom1V1mhV2m1 1m2 2V1和VoV2(3)完全非彈性碰撞：碰撞后兩物體粘在一起運動，此時動能損失最大，而動量守恒.mM+mVmM+mV2=(m+m)V=(m+m)VEk(2m1V12；m2V22)1(m1m2)V22.碰撞規(guī)律：判定運動情景是否可行。（1）動量守恒；（2）動能不增加；（3）不發(fā)生二次碰撞，不穿越8.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 兩球在同一直線上運動。兩球質(zhì)量關系為mB2mA,規(guī)定向右為正方向，AB 兩球的動量均為6kgm/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后

13、A 球的動量增量為4kgm/s，則（）A.左方是 A 球，碰撞后 A、B 兩球速度大小之比為2:5D.右方是 A 球，碰撞后 A、B 兩球速度大小之比為1:109.如圖所示，物體 A A 靜止在光滑的水平面上，A A 的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，與 A 質(zhì)量相等的物體 B B 以速度 v v 向 A A 運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A A、B B 始終沿同一直線運動，則 A A、B B 組成的系統(tǒng)動能損失最大的時刻是（）A.A A 開始運動時 B.A 的速度等于 v v 時 C.B B 的速度等于零時 D.A A 和 B B 的速度相等時點評：應該注重到：此結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走

14、還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結論都是相同的。做這類題目，首先要畫好示意圖，要非凡注重兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物體位移大小之間的關系?！镜湫皖}型 4】“子彈打木塊”模型B.左方是 A 球，碰撞后A、B 兩球速度大小之比為1:10C.右方是 A 球，碰撞后 A、B 兩球速度大小之比為2:5【答案】A AJELAA/AA【答案】D D10.A A、B B 兩小球在水平面上沿同一方向運動，兩球的動量分別為PA6kg?m/s,PB10kg?m/s。當 A A 球追及 B B球發(fā)生對心碰撞后，關于兩球動量PA和PB的數(shù)值正確的是（）A.PA7kg?m/s,PB9kg?

15、m/sB.PA6kg?m/s,PB10kg?m/sC.PA6kg?m/s,PB22kg?m/sD.PA3kg?m/s,PB19kg?m/s【答案】D D【典型題型 3】平均動量守恒問題一一人船模型：特點：初態(tài)時相互作用物體都處于靜止狀態(tài)，在物體發(fā)生相對運動的過程中，某一個方向的動量守恒11.質(zhì)量為 m m 的人站在質(zhì)量為M長為 L L 的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠？【解析】先畫出示意圖。人、船系統(tǒng)動量守恒，總動量始終為零，所以人、船動量大小始終相等。從圖中可以看之和等于 L L。設人、船位移大小分別為 l1l1、l2,l2,則：mv1=Mv2mv

16、1=Mv2 兩邊同乘時間 t,ml1=Ml2t,ml1=Ml2，而 l1+l2=Ll1+l2=L12.如圖所示，一質(zhì)量為 M 的木塊，靜止在光滑的水平面上。一質(zhì)量為 m 的子彈以速度”口擊中木塊，當子彈與木塊相對靜止時，子彈射入木塊的深度為 do（1）求子彈與木塊相對靜止時的速度v；(2)(2)若子彈擊中木塊后所受的阻力為恒力舟,求其大??；(3)(3) 在此過程中，有多少機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？【解析】(1)(1)將子彈和木塊作為一個系統(tǒng)，則該系統(tǒng)在水平方向動量守恒。對系統(tǒng)在子彈射向木塊到子彈與木塊有共同速度的過程,解得皿/(M+/(M+時禺，子彈的位移為鬲。以木塊為研究對象，根據(jù)動能定理有對本模型

17、，可得如下結論：(1)1)在子彈擊木塊過程中系統(tǒng)動量守恒；(2)2)阻力對木塊做正功，對子彈做負功；(3)子彈動能減少量大于木塊動能增加量，差值等于轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的部分；(4)阻力與相對位移的乘積等于系統(tǒng)機械能的減少量，也等于轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的部分。【典型題型 5】動量與動力學、能量結合的力學綜合問題13.(16 分)如圖所示，坡道頂端距水平面高度為 h,h,質(zhì)量為 m m 的小物塊 A A 從坡道頂端由靜止滑下，進入水平面上的滑道時無機械能損失，為使 A A 制動，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長線 M M 處的墻上，另一端與質(zhì)量為 m m 的檔板相連，彈簧處于原長時，B B 恰好位于滑道的末端 O

18、O 點。A A 與 B 碰撞時間極短，碰撞后結合在一起共同壓縮彈簧。已知在 O O 眼 A A、B B 與水平面間的動摩擦因數(shù)為(1，其余各處的摩擦不計，重力加速度為 g,g,求(1)(1) 物塊 A 在檔板 B B 碰撞瞬間的速度 v v 的大小；(2)(2) 彈簧最大壓縮時為 d d 時的彈性勢能 E E(設彈簧處于原長時彈性勢能為零)【解析】(1)(1)由機械能守恒定律得，有.12mghim1v2v.2ghm1v(m1m2)v,AB B 克服摩擦力所做的功水平光滑地面上停放著一輛小車，左側(cè)靠在豎直墻壁上，小車的四分由動量守恒定律有型，二(必+洵*(2)(2)設子彈靜止在木塊中時，木塊的位

19、移為以子彈作為研究對象，根據(jù)動能定理有-旦，=1/2朋uf,2jAU聯(lián)立以上三式解得Ff=3&濟2M+m)d(3(3)在題設過程中，子彈與木塊的相對位移為 d,d,E1，與 d d 的乘積便為系統(tǒng)的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)=Ffd=誠蝙/2(Af+網(wǎng))(2)(2)AB B 在碰撞過程中內(nèi)力遠大于外力,由動量守恒，有W(m1mh)gd由能量守恒定律，有1(2(m1一一/2m2)vEP(mmh)gd解得EP2ghmim2(mm2)gd14.如圖所示，之一圓弧軌道10 倍，整個軌道處于同一豎直平面內(nèi)。可視為質(zhì)點的物塊從落，恰好落人小車圓弧軌道滑動，然后沿水平軌道滑行至軌道末端AB 是光滑的，在最低點

20、B 與水平軌道 BC 相切，BC 的長度是圓弧半徑的A 點正上方某處無初速下C 處恰好沒有滑出。已知物塊到達圓弧軌道最低點 B 時對軌道的壓力是物塊重力的 9 倍，小車的質(zhì)量是物塊的 3 倍，不考慮空氣阻力和物塊落人圓弧軌道時的能量損失。求.物塊開始下落的位置距水平軌道 BC 的豎直高度是圓弧半徑的幾倍；.物塊與水平軌道 BC 間的動摩擦因數(shù)。【解析】(1)設物塊的質(zhì)量為m其開始下落處的位置距BC勺豎直高度為h,到達B點時的速度為v,小車圓 弧軌道半徑為R。由機械能守恒定律，有 mghmv2v,2vmR(2)設物塊與BC間的滑動摩擦力的大小為F,物塊滑到C點時與小車的共同速度為v,物塊在小車上

21、由由滑動摩擦定律，有 Fmg根據(jù)牛頓第二定律，有 9mgmg解得h=4R=4RB運動到C的過程中小車對地面的位移大/J、為s。依題意，小車的質(zhì)量為 3m3mBC長度為 1010R。由動量守恒定律，有 mv(m3m)v對物塊、小車分別應用動能定理，有12F(10Rs)-mv12-mv212Fs-(3m)v015.光滑水平面上放著質(zhì)量，m=1kg 的物塊 A A 與質(zhì)量 m=2kg 的物塊 B,A A 與 B B 均可視為質(zhì)點，A A、B B 間夾一個被壓縮的輕彈簧(彈簧與 A A、B B 均不拴接)，用手擋住 B B 不動，此時彈簧彈性勢能解得 0.3A A 靠在豎直墻壁上，E=49J。在 A

22、A、B B 間B B 沖系一輕質(zhì)細繩，細繩長度大于彈簧的自然長度，如圖所示。放手后 B B 向右運動，繩在短暫時間內(nèi)被拉斷，之后上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑求(1)繩拉斷后瞬間B 的速度VB的大小；(2)繩拉斷過程繩對B 的沖量 I的大??；(3)繩拉斷過程繩對A 所做的功W2【解析】(1)mg=RBRmv(2=212(2)設彈簧恢復到自然長度時B的速度為VI,取水平向右為正方向，有&=1mv2I=mvBmv1代入數(shù)據(jù)得 1=1=4N4N s,s,其大小為 4NJ-s4NJ-s(3)設繩斷后A的速度為VA,取水平向右為正方向，有RBv1=RBVB+mvA12W-mAvA216

23、、(16 分)如圖所示，質(zhì)量 01=0.3kg 的小車靜止在光滑的水平面上，車長 L=15m,現(xiàn)有質(zhì)量 m=0.2kg 可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度 v=2m/s 從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的2=0.5,取 g=10m/s,求物塊在車面上滑行的時間 t;要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度V0不超過多少。代入數(shù)據(jù)得動摩擦因數(shù)(1)(2)【解析】本題考查摩擦拖動類的動量和能量問題。涉及動量守恒定律、動量定理和功能關系這些物理規(guī)律的運用。(1)設物塊與小車的共同速度為v,以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有nv0m1m2v設物塊與車面間的滑

24、動摩擦力為F,對物塊應用動量定理有-Ftmvm2v0其中m2g2.mvC+2mgRR=0.5m,B B 恰能到達最高點(2)(2)要使物塊恰好不從車廂滑出，須物塊到車面右端時與小車有共同的速度1212由功能美系有一m2v0mim2vm2gL代入數(shù)據(jù)解得 5m/s5m/s22故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v。不能超過 5m/so5m/so17.如圖所示，小球 A 系在細線的一端，線的另一端固定在。點，O 點到水平面的距離為 h。物塊 B 質(zhì)量是小球的 5倍，至于粗糙的水平面上且位于。點正下方，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為現(xiàn)拉動小球使線水平伸直，小球由靜止開始釋放，運動到最低點時與

25、物塊發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升至最高點_h時到水平面的距離為16。小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g,求物塊在水平面上滑行的時間 t?！窘馕觥吭O小球的質(zhì)量為m運動到最低點與物塊碰撞前的速度大小為vi,取小球運動到最低點重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒有:12mgh-mv,得：v2gh2設碰撞后小珠反彈的速度大小為v；,同理有：mgmv12得.v；162設碰后物塊的速度大小v2,取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mvmv15mv2得：v2設物塊在水平面上滑行的時間為 t t，根據(jù)動量定理(Ft=Ft=mvmv 有:/曰2gh得：t也4g18.如圖所示， 圓管構成的半圓形

26、豎直軌道固定在水平地面上，軌道半徑為 R,MNR,MN 為直徑且與水平面垂直，直徑略小于圓管內(nèi)徑的小球 A A 以某一初速度沖進軌道，到達半圓軌道最高點 M M 時與靜止于該處的質(zhì)量與 A A 相同的小球 B B 發(fā)生碰撞，碰后兩球粘在一起飛出軌道，落地點距 N N 為 2R R。重力加速度為 g,忽略圓管內(nèi)徑，空氣阻力及各處摩擦均不計，求：(1)(1)粘合后的兩球從飛出軌道到落地的時間 t;t;(2)(2)小球A A沖進軌道時速度v v的大小。J 一!解得miV0代入數(shù)據(jù)得mm)2gt0.24sv,則m2v0物塊在水平面上所受摩擦力的大小為:F=5F=5卬mgmgFt05mv2(2)(2)設球 A A的質(zhì)量為m碰撞前速度大小為v1,把球A沖進軌道最低點時的重力勢能定為0,0,由機械能守恒定律知1 12mvmv2 21 12mv,2mgRmv,2mgR1 12【解析】(1)粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運動，豎直方向分運動為自由落體運動，有 2R2Rgtgt2 22 2解得設碰撞后粘合在一起的兩球速度大小為V2,由動量守恒定律知 mvmv12mv2mv2飛出軌道后做平拋運動，水平方