物理高考新素養(yǎng)總復(fù)習(xí)江蘇專用講義選修3-5第十一章動量守恒定律專題突破Word版含答案

專題突破動量守恒定律的常見模型“人船”模型1.“人船”模型問題兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒，在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。這樣的問題歸為“人船”模型問題。2.“人船”模型的特點(1)兩物體相互作用過程滿足動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。(2)運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度的大小(瞬時速率)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)應(yīng)用此關(guān)系時要注意一個問題：公式v1、v2和x一般都是相對地面而言的。【例1】如圖1所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人相對地面的位移各為多少？圖1解析設(shè)任一時刻人與船的速度大小分別為v1、v2，作用前都靜止。因整個過程中動量守恒，所以有mv1＝Mv2而整個過程中的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))1、eq\o(v,\s\up6(－))2，則有meq\o(v,\s\up6(－))1＝Meq\o(v,\s\up6(－))2。兩邊乘以時間t有meq\o(v,\s\up6(－))1t＝Meq\o(v,\s\up6(－))2t，即mx1＝Mx2。且x1＋x2＝L，可求出x1＝eq\f(M,m＋M)L，x2＝eq\f(m,m＋M)L。答案eq\f(m,m＋M)Leq\f(M,m＋M)L

“人船”模型問題應(yīng)注意以下兩點(1)適用條件①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零。②在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對運動的過程中至少有一個方向的動量守恒(如水平方向或豎直方向)。(2)畫草圖解題時要畫出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移?！白訌棿蚰緣K”模型1.模型圖2.模型特點(1)當(dāng)子彈和木塊的速度相等時木塊的速度最大，兩者的相對位移(子彈射入木塊的深度)取得極值。(2)系統(tǒng)的動量守恒，但系統(tǒng)的機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)機械能的減少，當(dāng)兩者的速度相等時，系統(tǒng)機械能損失最大。(3)根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，等于系統(tǒng)其他形式能的增加。由上式可以看出，子彈的質(zhì)量越小，木塊的質(zhì)量越大，動能損失越多。(4)解決該類問題，既可以從動量、能量兩方面解題，也可以從力和運動的角度借助圖象求解?！纠?】(2018·海南高考)(多選)如圖2(a)，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t＝0時，小物塊以速度v0滑到長木板上，圖(b)為物塊與木板運動的v－t圖象，圖中t1、v0、v1已知。重力加速度大小為g。由此可求得()圖2A.木板的長度B.物塊與木板的質(zhì)量之比C.物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)D.從t＝0開始到t1時刻，木板獲得的動能解析木板在光滑水平面上，物塊滑上木板后系統(tǒng)動量守恒，由圖(b)可知最終物塊與木板以共同速度v1運動，有mv0＝(M＋m)v1①，－μmgΔx＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②，Δx＝(eq\f(v0＋v1,2)－eq\f(v1,2))t1③，由①式可求物塊與木板的質(zhì)量之比，B項正確；由①②③式可求物塊與木板間動摩擦因數(shù)，C項正確；木板質(zhì)量未知，獲得的動能不可求，D項錯誤。答案BC“子彈打木塊”模型解題思路(1)應(yīng)用系統(tǒng)的動量守恒。(2)在涉及子彈(滑塊)或平板的作用時間時，優(yōu)先考慮用動量定理。(3)在涉及子彈(滑塊)或平板的位移時，優(yōu)先考慮用動能定理。(4)在涉及子彈(滑塊)的相對位移時，優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒。(5)滑塊恰好不滑出時，有滑塊與平板達(dá)到共同速度時相對位移為板長L?！盎瑝K—彈簧”模型模型特點對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統(tǒng)在相互作用的過程中，應(yīng)注意以下四點：(1)在能量方面，由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。(2)在相互作用過程中，系統(tǒng)動量守恒。(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)滿足動量守恒，機械能守恒。(4)彈簧處于原長時，彈性勢能為零?！纠?】(2019·石家莊一模)如圖3甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg。用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁相接觸。另有一物塊C從t＝0時以一定速度向右運動，在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，C的v－t圖象如圖乙所示。求：圖3(1)C的質(zhì)量mC；(2)B離開墻后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep。解析(1)由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝9m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過程動量守恒。mCv1＝(mA＋mC)v2解得mC＝2kg。(2)由題圖可知，12s時B離開墻壁，此時A、C的速度大小v3＝3m/s，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能守恒，且當(dāng)A、C與B的速度相等時，彈簧彈性勢能最大(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,4)＋Ep解得Ep＝9J。答案(1)2kg(2)9J“圓弧(或斜面)軌道＋滑塊(或小球)”模型1.模型圖2.模型特點(1)最高點：m與M具有共同水平速度，且m不可能從此處離開軌道，系統(tǒng)水平方向動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒。mv0＝(M＋m)v共，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh。(2)最低點：m與M分離點。水平方向動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒，mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)?！纠?】如圖4所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m(m＜M)的小物塊以一定的初速度沿水平面向左運動，不計沖上斜面時的機械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面的頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達(dá)到的最大高度為()圖4A.h B.eq\f(mh,m＋M) C.eq\f(mh,M) D.eq\f(Mh,m＋M)解析斜面固定時，由動能定理得－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)所以v0＝eq\r(2gh)斜面不固定時，由水平方向動量守恒得mv0＝(M＋m)v由機械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh′解得h′＝eq\f(M,M＋m)h，選項D正確。答案D科學(xué)思維的培養(yǎng)——與圖象結(jié)合的動量守恒定律的綜合類問題動量守恒定律往往與圖象結(jié)合，比較常見的就是速度圖象、位移圖象。解題時從兩種圖象中讀出物體運動的速度或初、末速度并結(jié)合動量守恒定律作答?！镜淅抠|(zhì)量為m1＝1kg和m2(未知)的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間極短，其x－t圖象如圖5所示，則()圖5A.此碰撞一定為彈性碰撞B.被碰物體質(zhì)量為2kgC.碰后兩物體速度相同D.此過程有機械能損失解析x－t圖象的斜率表示物體的速度，由題圖求出m1、m2碰撞前后的速度分別為v1＝4m/s，v2＝0，v1′＝－2m/s，v2′＝2m/s；由動量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，得m2＝3kg；根據(jù)動能表達(dá)式以及以上數(shù)據(jù)計算碰撞前、后系統(tǒng)總動能均為8J，機械能無損失，因此是彈性碰撞，B、C、D項錯誤，A項正確。答案A【變式訓(xùn)練】(2019·濰坊名校模擬)在光滑的水平面上有a、b兩球，其質(zhì)量分別為ma、mb，兩球在t0時刻發(fā)生正碰，并且在碰撞過程中無機械能損失，兩球碰撞前后的速度－時間圖象如圖6所示，下列關(guān)系正確的是()圖6A.ma＞mb B.ma＜mbC.ma＝mb D.無法判斷解析由題圖圖象知，a球以某一初速度向原來靜止的b球運動，碰后a球反彈且速度大小小于其初速度大小，根據(jù)動量守恒定律知，a球的質(zhì)量小于b球的質(zhì)量，故B項正確。答案B1.(2018·南京模擬)下列說法錯誤的是()A.火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度B.體操運動員在著地時屈腿是為了減小地面對運動員的作用力C.用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響D.為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，發(fā)動機艙越堅固越好解析火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度，故A項正確；體操運動員在著地時屈腿可以延長著地時間，從而可以減小地面對運動員的作用力，故B項正確；用槍射擊時要用肩部抵住槍身是可以防止槍身快速后退而造成傷害，故是為了減少反沖的影響，故C項正確；為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，發(fā)動機艙應(yīng)有彈性，從而延長作用時間而減小傷害，故D項錯誤。答案D2.(2019·黑龍江大慶模擬)兩球在水平面上相向運動，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止?？梢钥隙ǖ氖牵銮皟汕虻?)A.質(zhì)量相等 B.動能相等C.動量大小相等 D.速度大小相等解析兩球組成的系統(tǒng)碰撞過程中滿足動量守恒，兩球在水平面上相向運動，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止，故根據(jù)動量守恒定律可以判斷碰前兩球的動量大小相等、方向相反，選項C正確。答案C3.如圖7，質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質(zhì)量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止。若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為()圖7A.v0＋eq\f(m,M)v B.v0－eq\f(m,M)vC.v0＋eq\f(m,M)(v0＋v) D.v0＋eq\f(m,M)(v0－v)解析設(shè)水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，對救生員和船有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解得v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，選項C正確。答案C4.如圖8所示，一質(zhì)量為M＝3.0kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量為m＝1.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B。在A做加速運動的時間內(nèi)，B的速度大小可能是()圖8A.1.8m/s B.2.4m/s C.2.8m/s D.3.0m/s解析A先向左減速到零，再向右做加速運動，在此期間，B做減速運動，最終它們保持相對靜止，設(shè)A減速到零時，B的速度為v1，最終它們的共同速度為v2，取水平向右為正方向，則Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝eq\f(8,3)m/s，v2＝2m/s，所以在A做加速運動的時間內(nèi)，B的速度大小應(yīng)大于2m/s且小于eq\f(8,3)m/s，只有選項B正確。答案B活頁作業(yè)(時間：30分鐘)一、單項選擇題1.靜止的實驗火箭，總質(zhì)量為M，當(dāng)它以對地速度為v0噴出質(zhì)量為Δm的高溫氣體后，火箭的速度為()A.eq\f(Δmv0,M－Δm) B.－eq\f(Δmv0,M－Δm) C.eq\f(Δmv0,M) D.－eq\f(Δmv0,M)解析由動量守恒定律得Δmv0＋(M－Δm)v＝0，火箭的速度為v＝－eq\f(Δmv0,M－Δm)，選項B正確。答案B2.如圖1所示，一內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓柱槽置于光滑的水平面上。槽的左側(cè)有一豎直墻壁?，F(xiàn)讓球(可認(rèn)為質(zhì)點)自左端槽口A點的正上方從靜止開始下落，與半圓槽相切并從A點進(jìn)入槽內(nèi)，則下列說法正確的是()圖1A.小球離開右側(cè)槽口以后，將做豎直上拋運動B.小球在槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對小球做功C.小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒D.小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量守恒解析小球從下落到最低點的過程中，槽沒有動，與豎直墻之間存在擠壓，動量不守恒；小球經(jīng)過最低點往上運動的過程中，斜槽與豎直墻分離，水平方向動量守恒；全過程中有一段時間系統(tǒng)受豎直墻彈力的作用，故全過程系統(tǒng)水平方向動量不守恒，選項D錯誤；小球離開右側(cè)槽口時，水平方向有速度，將做斜拋運動，選項A錯誤；小球經(jīng)過最低點往上運動的過程中，斜槽往右運動，斜槽對小球的支持力對小球做負(fù)功，小球?qū)π辈鄣膲毫π辈圩稣Γ到y(tǒng)機械能守恒，選項B錯誤，C正確。答案C3.如圖2所示，具有一定質(zhì)量的小球A固定在輕桿一端，另一端掛在小車支架的O點。用手將小球拉至水平，此時小車靜止于光滑水平面上，放手讓小球擺下與B處固定的橡皮泥碰擊后粘在一起，則在此過程中小車將()圖2A.向右運動B.向左運動C.靜止不動D.小球下擺時，車向左運動后又靜止解析水平方向上，系統(tǒng)不受外力，因此在水平方向上動量守恒。小球下落過程中，水平方向具有向右的分速度，因此為保證動量守恒，小車要向左運動。當(dāng)撞到橡皮泥，是完全非彈性碰撞，A球和小車大小相等、方向相反的動量恰好抵消掉，小車會靜止，選項D正確。答案D4.如圖3所示，氣球下面有一根長繩，一個質(zhì)量為m1＝50kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質(zhì)量為m2＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當(dāng)靜止時人離地面的高度為h＝5m。如果這個人開始沿繩向下滑，當(dāng)他滑到繩下端時，他離地面高度是(可以把人看做質(zhì)點)()圖3A.5m B.3.6mC.2.6m D.8m解析當(dāng)人滑到繩下端時，如圖所示，由動量守恒定律，得m1eq\f(h1,t)＝m2eq\f(h2,t)，且h1＋h2＝h。解得h1＝1.4m；所以他離地高度H＝h－h(huán)1＝3.6m，故選項B正確。答案B5.(2018·海南高考)如圖4，用長為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動角度。不計空氣阻力。對子彈射向沙箱到與其共同擺過角度的過程()圖4A.若保持m、v、l不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小B.若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小C.若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大D.若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大解析動量守恒mv＝(M＋m)V，系統(tǒng)損失的機械能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)V2＝eq\f(Mmv2,2（M＋m）)＝eq\f(mv2,2（1＋\f(m,M)）)＝eq\f(Mv2,2（\f(M,m)＋1）)，所以A、B、D項錯誤，C項正確。答案C二、多項選擇題6.A、B兩球沿同一條直線運動，如圖5所示的x－t圖象記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a、b分別為A、B碰撞前的x－t圖象。c為碰撞后它們的x－t圖象。若A球質(zhì)量為1kg，則B球質(zhì)量及碰后它們的速度大小為()圖5A.2kg B.eq\f(2,3)kgC.4m/s D.1m/s解析由圖象可知碰撞前二者都做勻速直線運動，va＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，vb＝eq\f(4－0,2)m/s＝2m/s，碰撞后二者連在一起做勻速直線運動，vc＝eq\f(2－4,4－2)m/s＝－1m/s。碰撞過程中動量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc可解得mB＝eq\f(2,3)kg由以上可知選項B、D正確。答案BD7.如圖6所示，木塊A的質(zhì)量mA＝1kg，足夠長的木板B的質(zhì)量mB＝4kg，質(zhì)量為mC＝4kg的木塊C置于木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦?，F(xiàn)使A以v0＝12m/s的初速度向右運動，與B碰撞后以4m/s的速度彈回，則()圖6A.B運動過程中的最大速度為4m/sB.B運動過程中的最大速度為8m/sC.C運動過程中的最大速度為4m/sD.C運動過程中的最大速度為2m/s解析A與B碰后瞬間，C的運動狀態(tài)未變，此時B的速度最大，由A、B組成的系統(tǒng)動量守恒(取向右為正方向)，有mAv0＝－mAvA＋mBvB，代入數(shù)據(jù)得vB＝4m/s，選項A正確，B錯誤；B與C相互作用使B減速，C加速，由于B足夠長，所以B和C能達(dá)到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有mBvB＝(mB＋mC)vC，代入數(shù)據(jù)得vC＝2m/s，選項C錯誤，D正確。答案AD8.(2019·徐州月考)光滑水平地面上，A、B兩物體質(zhì)量都為m，A以速度v向右運動，B原來靜止，左端有一輕彈簧，如圖7所示，當(dāng)A撞上彈簧，彈簧被壓縮最短時()圖7A.A、B系統(tǒng)總動量仍然為mvB.A的動量變?yōu)榱鉉.B的動量達(dá)到最大值D.A、B的速度相等解析系統(tǒng)水平方向動量守恒，A項正確；彈簧被壓縮到最短時A、B兩物體具有相同的速度，D項正確，B項錯誤；但此時B的速度并不是最大的，因為彈簧還會彈開，故B物體會繼續(xù)加速，A物體會繼續(xù)減速，C項錯誤。答案AD9.如圖8所示，箱子放在水平地面上，箱內(nèi)有一質(zhì)量為m的鐵球以速度v向左壁碰去，來回碰幾次后停下來，而箱子始終靜止，則整個過程中()圖8A.鐵球?qū)ο渥拥臎_量為零B.鐵球和箱子受到的沖量大小相等C.箱子對鐵球的沖量大小為mv，向右D.摩擦力對箱子的沖量大小為m