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第2講 動量守恒定律
主干梳理 對點(diǎn)激活
知識點(diǎn) 動量守恒定律及其應(yīng)用?、?
1.幾個相關(guān)概念
(1)系統(tǒng):在物理學(xué)中,將相互作用的幾個物體所組成的物體組稱為系統(tǒng)。
(2)內(nèi)力:系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的相互作用力叫做內(nèi)力。
(3)外力:系統(tǒng)以外的其他物體對系統(tǒng)的作用力叫做外力。
2.動量守恒定律
(1)內(nèi)容:如果一個系統(tǒng)不受外力,或者所受外力的矢量和為0,這個系統(tǒng)的總動量保持不變,這就是動量守恒定律。
(2)表達(dá)式
①p=p′,系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。
②m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng),作用前的動量和等于作用后的動量和。
③Δp1=-Δp2,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。
④Δp=0,系統(tǒng)總動量的增量為零。
(3)適用條件
①理想守恒:系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零,則系統(tǒng)動量守恒。
②近似守恒:系統(tǒng)受到的合外力不為零,但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時,系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。
③某方向守恒:系統(tǒng)在某個方向上所受合外力為零時,系統(tǒng)在該方向上動量守恒。
知識點(diǎn) 彈性碰撞和非彈性碰撞 Ⅰ
1.碰撞
碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短,而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。
2.特點(diǎn)
在碰撞現(xiàn)象中,一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。
3.分類
4.散射
微觀粒子相互接近時并不像宏觀物體那樣“接觸”,微觀粒子的碰撞又叫做散射。
知識點(diǎn) 反沖 爆炸 Ⅰ
1.反沖現(xiàn)象
(1)在某些情況下,原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度,發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用的過程中系統(tǒng)的動能增大,且常伴有其他形式的能向動能的轉(zhuǎn)化。
(2)反沖運(yùn)動的過程中,一般合外力為零或外力的作用遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力,可利用動量守恒定律來處理。
2.爆炸問題
爆炸與碰撞類似,物體間的相互作用力很大,且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力,所以系統(tǒng)動量守恒,爆炸過程中位移很小,可忽略不計,作用后從相互作用前的位置以新的動量開始運(yùn)動。
一 思維辨析
1.系統(tǒng)動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。( )
2.系統(tǒng)的動量守恒時,機(jī)械能也一定守恒。( )
3.當(dāng)質(zhì)量相等時,發(fā)生完全彈性碰撞的兩個球碰撞前后速度交換。( )
4.光滑水平面上的兩球做相向運(yùn)動,發(fā)生正碰后兩球均變?yōu)殪o止,于是可以斷定碰撞前兩球的動量大小一定相等。( )
5.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力,系統(tǒng)的動量就不可能守恒。( )
答案 1.√ 2. 3.√ 4.√ 5.
二 對點(diǎn)激活
1.(人教版選修3-5P16T5改編)某機(jī)車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂,跟它們對接。機(jī)車跟第1節(jié)車廂相碰后,它們連在一起具有一個共同的速度,緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰,就這樣,直至碰上最后一節(jié)車廂。設(shè)機(jī)車和車廂的質(zhì)量都相等,則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計)( )
A.0.053 m/s B.0.05 m/s
C.0.057 m/s D.0.06 m/s
答案 B
解析 取機(jī)車和15節(jié)車廂整體為研究對象,由動量守恒定律得mv0=(m+15m)v,v=v0=0.8 m/s=0.05 m/s。故B正確。
2.(人教版選修3-5P17T7改編)懸繩下吊著一個質(zhì)量為M=9.99 kg的沙袋,構(gòu)成一個單擺,擺長L=1 m。一顆質(zhì)量m=10 g的子彈以v0=500 m/s的水平速度射入沙袋,瞬間與沙袋達(dá)到共同速度(不計懸繩質(zhì)量,g取10 m/s2),則此時懸繩的拉力為( )
A.35 N B.100 N C.102.5 N D.350 N
答案 C
解析 子彈打入沙袋過程中,對子彈和沙袋由動量守恒定律得mv0=(m+M)v,得子彈與沙袋的共同速度v== m/s=0.5 m/s。對子彈和沙袋,由向心力公式FT-(m+M)g=(m+M)得,懸繩的拉力FT=(m+M)g+(m+M)=102.5 N,故C正確。
3.(人教版選修3-5P17T6改編)如圖所示,在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板,A球在水平面上靜止放置,B球向左運(yùn)動與A球發(fā)生正碰,B球碰撞前、后的速率之比為3∶1,A球垂直撞向擋板,碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞,則A、B兩球的質(zhì)量之比為( )
A.1∶2 B.2∶1 C.1∶4 D.4∶1
答案 D
解析 設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB,B的初速度為v0,取B的初速度方向?yàn)檎较?,由題意知,兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞,說明A、B碰撞后速度大小相等,方向相反,分別為和-,則有mBv0=mA+mB-,解得mA∶mB=4∶1,D正確。
考點(diǎn)細(xì)研 悟法培優(yōu)
考點(diǎn)1 動量守恒定律的理解與應(yīng)用
1.動量守恒定律的“六性”
(1)系統(tǒng)性:研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)。
(2)條件性:必須滿足動量守恒定律的適用條件。
(3)矢量性:表達(dá)式中初、末動量都是矢量,首先需要選取正方向,分清各物體初、末動量的正、負(fù)。
(4)瞬時性:動量是狀態(tài)量,動量守恒指對應(yīng)每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。
(5)相對性:動量守恒定律方程中的動量必須是相對于同一慣性參考系。一般選地面為參考系。
(6)普適性:不僅適用于宏觀低速物體組成的系統(tǒng),也適用于微觀高速粒子組成的系統(tǒng)。
2.應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟
例1 (2018蓉城模擬)如圖所示,在足夠長的固定斜面上有一質(zhì)量為m的薄木板A,木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑。現(xiàn)將一質(zhì)量也為m的小滑塊B無初速度輕放在木板A的上表面,對于滑塊B在木板A上滑動的過程中(B始終未從A的上表面滑出,B與A間的動摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù)),下列說法正確的是( )
A.A、B組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能都守恒
B.A、B組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能都不守恒
C.當(dāng)B的速度為v0時,A的速度為v0
D.當(dāng)A的速度為v0時,B的速度為v0
解題探究 (1)木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑,放上B后A、B組成的系統(tǒng)合外力為零嗎?
提示:由題意知木板A與斜面的動摩擦因數(shù)等于斜面傾角的正切值,所以放上B后A、B組成的系統(tǒng)合外力仍為零。
(2)剛放上B后,A、B間發(fā)生相對滑動嗎?
提示:發(fā)生。
嘗試解答 選C。
由于木板A沿斜面勻速下滑,則木板A受到的合力為零,當(dāng)小滑塊B放在木板A上表面后,A、B組成的系統(tǒng)所受的合力仍為零,則系統(tǒng)的動量守恒,由于A、B間以及A與斜面間摩擦力的作用,則系統(tǒng)的機(jī)械能一直減小,即機(jī)械能不守恒,A、B錯誤;由于B與A之間的動摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù),所以當(dāng)A、B共速后將沿斜面共同勻速下滑,即B的速度不可能大于A的速度,又由動量守恒定律知C正確,D錯誤。
總結(jié)升華
應(yīng)用動量守恒定律時的幾點(diǎn)易錯提醒
(1)動量守恒定律的研究對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。系統(tǒng)的動量是否守恒,與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運(yùn)動過程有直接關(guān)系。
(2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時,要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力,哪些是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)的作用力。
(3)動量守恒和機(jī)械能守恒的條件不同,動量守恒時機(jī)械能不一定守恒,機(jī)械能守恒時動量不一定守恒,二者不可混淆。
[變式1] (2018寧夏固原市一中月考)如圖所示,質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上,滑塊的光滑弧面底部與桌面相切,一個質(zhì)量為m的球以速度v0向滑塊滾來,小球不能越過滑塊,則小球到達(dá)最高點(diǎn)時,小球和滑塊的速度大小是( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 小球沿滑塊上滑的過程中,對小球和滑塊組成的系統(tǒng),水平方向不受外力,因而水平方向動量守恒,小球到達(dá)最高點(diǎn)時和滑塊具有相同的對地速度v(若速度不相同,必然相對運(yùn)動,此時一定不是最高點(diǎn))。由水平方向動量守恒得:mv0=(M+m)v,所以v=,A正確。
考點(diǎn)2 碰撞問題分析
1.碰撞遵循的三條原則
(1)動量守恒定律。
(2)機(jī)械能不增加
Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或+≥+
(3)速度要合理
①同向碰撞:碰撞前,后面的物體速度大;碰撞后,若物體速度仍同向,則前面的物體速度大(或相等)。
②相向碰撞:碰撞后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變。
2.彈性碰撞討論
(1)碰后速度的求解
根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒
解得v1′=
v2′=
(2)分析討論
當(dāng)碰前兩物體的速度不為零時,若m1=m2,則v1′=v2,v2′=v1,即兩物體交換速度。
當(dāng)碰前物體2的速度為零時:
v1′=v1,v2′=v1,
①m1=m2時,v1′=0,v2′=v1,碰撞后兩物體交換速度。
②m1>m2時,v1′>0,v2′>0,碰撞后兩物體沿相同方向運(yùn)動。
③m1
0,碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來。
例2 (2018安徽知名示范高中質(zhì)檢)甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運(yùn)動,已知它們的動量分別是p1=5 kgm/s,p2=7 kgm/s,甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞,碰后乙球的動量變?yōu)?0 kgm/s,則甲球質(zhì)量m1與乙球質(zhì)量m2間的關(guān)系可能正確的是( )
A.m1=m2 B.2m1=m2
C.4m1=m2 D.6m1=m2
解題探究 (1)甲、乙兩球碰撞時動量守恒,機(jī)械能一定守恒嗎?
提示:不一定守恒,但不能增加。
(2)碰后甲的速度和乙的速度若同向應(yīng)滿足什么關(guān)系?
提示:甲的速度小于等于乙的速度。
嘗試解答 選C。
設(shè)碰后甲球動量變?yōu)閜1′,乙球動量變?yōu)閜2′,根據(jù)動量守恒定律得p1+p2=p1′+p2′,解得p1′=2 kgm/s。碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加,則有+≤+,解得≤,碰撞前甲的速度大于乙的速度,則>,解得<,碰撞后甲的速度不大于乙的速度,則有≤,解得≥,綜上有≤≤,C正確,A、B、D錯誤。
總結(jié)升華
碰撞問題解題策略
(1)抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿足的條件,列出相應(yīng)方程求解。
(2)可熟記一些公式,例如“一動一靜”模型中,兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足:v1=v0、v2=v0。
(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論,例如,當(dāng)兩球質(zhì)量相等時,兩球碰撞后交換速度;當(dāng)m1?m2,且v20=0時,碰后質(zhì)量大的球速度不變,質(zhì)量小的球速度為2v0;當(dāng)m1?m2,且v20=0時,碰后質(zhì)量大的球速度不變(仍靜止),質(zhì)量小的球原速率反彈。
[變式2] 如圖所示,在光滑的水平面上有三個完全相同的小球,它們排成一條直線,小球2、3靜止,并靠在一起,球1以速度v0射向它們,設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能,則碰后三個小球的速度值是( )
A.v1=v2=v3=v0 B.v1=0,v2=v3=v0
C.v1=0,v2=v3=v0 D.v1=v2=0,v3=v0
答案 D
解析 由題設(shè)條件,三球在碰撞過程中總動量和總動能守恒,且各球質(zhì)量相同,由彈性碰撞一動碰一靜結(jié)論知D正確。
考點(diǎn)3 碰撞類模型的拓展
1.“彈簧類”模型
2.“子彈打木塊”“滑塊—木板”模型
3.“光滑圓弧軌道+滑塊(小球)”模型
4.懸繩模型
懸繩模型(如圖所示)與模型3特點(diǎn)類似,即系統(tǒng)機(jī)械能守恒,水平方向動量守恒,解題時需關(guān)注物體運(yùn)動的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。
例3 如圖所示,半徑均為R、質(zhì)量均為M、內(nèi)表面光滑的兩個完全相同的圓槽A和B并排放在光滑的水平面上,圖中a、c分別為A、B槽的最高點(diǎn),b、b′分別為A、B槽的最低點(diǎn),A槽的左端緊靠著墻壁,一個質(zhì)量為m的小球C從圓槽A頂端的a點(diǎn)無初速度釋放,求:
(1)小球C從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)時的速度大小及A槽對地面的壓力大小;
(2)小球C在B槽內(nèi)運(yùn)動所能達(dá)到的最大高度;
(3)B的最大速度。
解題探究 (1)小球C在B槽內(nèi)運(yùn)動到最大高度時CB兩者是否共速?
提示:是。
(2)何時B的速度最大?
提示:小球C相對于B回到b′點(diǎn)時。
嘗試解答 (1) 3mg+Mg (2)
(3)
(1)小球C從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程,機(jī)械能守恒,有mgR=mv
解得小球到b點(diǎn)時的速度大小為v0=
在最低點(diǎn)b,根據(jù)牛頓第二定律可得N-mg=m
解得N=3mg
由牛頓第三定律可知,小球C對A的壓力N′=N=3mg,A靜止,處于平衡狀態(tài),由平衡條件可知,地面對A的支持力F=N′+Mg=3mg+Mg,由牛頓第三定律可知,A對地面的壓力F′=F=3mg+Mg。
(2)B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,以向右為正方向,小球C在B槽內(nèi)運(yùn)動至所能達(dá)到的最大高度h處時,兩者共速,由動量守恒定律可知mv0=(M+m)v
由機(jī)械能守恒定律,有mv=(M+m)v2+mgh
解得h=。
(3)當(dāng)小球回到B槽的底端b′點(diǎn)時,B的速度最大,根據(jù)動量守恒定律,有
mv0=mv1+Mv2
由能量守恒定律可知mv=mv+Mv
解得v2=。
總結(jié)升華
處理碰撞類模型的方法技巧
(1)“彈簧類”模型的解題思路
①應(yīng)用系統(tǒng)的動量守恒。
②應(yīng)用系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。
③應(yīng)用臨界條件:兩物體共速時,彈簧的彈性勢能最大。
(2)“滑塊—木板”模型解題思路
①應(yīng)用系統(tǒng)的動量守恒。
②在涉及滑塊或木板的時間時,優(yōu)先考慮用動量定理。
③在涉及滑塊或木板的位移時,優(yōu)先考慮用動能定理。
④在涉及滑塊與木板的相對位移時,優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒。
⑤滑塊與木板不相對滑動時,兩者達(dá)到共同速度。
[變式3-1] 兩物塊A、B用輕彈簧相連,質(zhì)量均為2 kg,初始時彈簧處于原長,A、B兩物塊都以v=6 m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動,質(zhì)量為4 kg的物塊C靜止在前方,如圖所示。已知B與C碰撞后二者會粘在一起運(yùn)動。在以后的運(yùn)動中:
(1)當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時,物塊A的速度為多大?
(2)系統(tǒng)中彈性勢能的最大值是多少?
答案 (1)3 m/s (2)12 J
解析 (1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大,根據(jù)A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒,取向右為正方向,有(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vABC
代入數(shù)據(jù)解得vABC=3 m/s。
(2)B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)碰撞后瞬間B、C的共同速度為vBC,則有mBv=(mB+mC)vBC
代入數(shù)據(jù)解得vBC=2 m/s
當(dāng)A、B、C三者的速度相等時,彈簧的彈性勢能最大,設(shè)為Ep,在B、C碰撞后,A與B、C組成的系統(tǒng)通過彈簧相互作用的過程中機(jī)械能守恒。根據(jù)機(jī)械能守恒定律得Ep=(mB+mC)v+mAv2-(mA+mB+mC)v=12 J。
[變式3-2] 如圖所示,質(zhì)量m1=0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上,車長L=1.5 m,現(xiàn)有質(zhì)量m2=0.2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊,以水平向右的速度v0=2 m/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,物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,取g=10 m/s2,求:
(1)物塊與小車共同速度大??;
(2)物塊在車面上滑行的時間t;
(3)小車運(yùn)動的位移大小x;
(4)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?
答案 (1)0.8 m/s (2)0.24 s
(3)0.096 m (4)5 m/s
解析 (1)設(shè)物塊與小車共同速度為v,
以水平向右為正方向,
根據(jù)動量守恒定律:m2v0=(m1+m2)v
解得v=0.8 m/s。
(2)設(shè)物塊與車面間的滑動摩擦力為Ff,
對物塊應(yīng)用動量定理:
-Fft=m2v-m2v0
又Ff=μm2g
解得:t=
代入數(shù)據(jù)得t=0.24 s。
(3)對小車應(yīng)用動能定理:
μm2gx=m1v2
解得x=0.096 m。
(4)要使物塊恰好不從小車右端滑出,須使物塊運(yùn)動到小車右端時與小車有共同的速度,設(shè)其為v′,以水平向右為正方向,則:
m2v0′=(m1+m2)v′
由系統(tǒng)能量守恒有:
m2v0′2=(m1+m2)v′2+μm2gL
代入數(shù)據(jù)解得v0′=5 m/s
故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5 m/s。
考點(diǎn)4 爆炸
爆炸的特點(diǎn)
1.動量守恒:由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的,發(fā)生爆炸時物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)的總動量守恒。
2.動能增加:在爆炸過程中,由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能,所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。
3.位置不變:爆炸的時間極短,因而在作用過程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般可忽略不計,可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運(yùn)動。
例4 以與水平方向成60角斜向上的初速度v0射出的炮彈,到達(dá)最高點(diǎn)時因爆炸分成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊,其中質(zhì)量為2m的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行。求:
(1)質(zhì)量較小的那一塊彈片速度的大小和方向;
(2)爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈的動能?
解題探究 (1)爆炸前,達(dá)到最高點(diǎn)時,炮彈的速度是什么方向?
提示:水平方向。
(2)爆炸過程動量和機(jī)械能都守恒嗎?
提示:爆炸過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,動量守恒,化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈分成兩塊后增加的動能,機(jī)械能不守恒。
嘗試解答 (1)2.5v0 方向與爆炸前炮彈運(yùn)動的方向相反 (2)mv
(1)斜拋的炮彈在水平方向上做勻速直線運(yùn)動,則炮彈在最高點(diǎn)爆炸前的速度為v1=v0cos60=。
設(shè)炮彈在最高點(diǎn)爆炸前的速度方向?yàn)檎较?,由動量守恒定律?mv1=2mv1′+mv2,
又v1′=2v0,
解得v2=-2.5v0,負(fù)號表示速度方向與規(guī)定的正方向相反。
(2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能等于動能的增量,所以轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能為
E=ΔEk=-(3m)v=mv。
總結(jié)升華
(1)分析爆炸問題,要準(zhǔn)確確定爆炸前后的速度,不能把物體的初速度當(dāng)作爆炸前的速度。
(2)根據(jù)爆炸前后動量守恒,以及增加的動能等于消耗的其他能量入手求解。
[變式4] (多選)向空中發(fā)射一物體,不計空氣阻力。當(dāng)此物體的速度恰好沿水平方向時,物體炸裂成a、b兩塊,若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向,則( )
A.b的速度方向一定與原速度方向相反
B.從炸裂到落地的這段時間里,a飛行的水平距離一定比b的大
C.a(chǎn)、b一定同時到達(dá)水平地面
D.在炸裂過程中,a、b受到的爆炸力大小一定相等
答案 CD
解析 空中爆炸問題,因系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,故滿足系統(tǒng)動量守恒的條件。由題中所給物理情景“一分為二”,系統(tǒng)動量守恒的表達(dá)式為mv0=mava+mbvb
因mava與mv0同向,取v0為正方向。討論:
①若mavamv0,則mbvb為負(fù),vb與va反向,a在b之前。所以A錯誤;因題設(shè)條件只給出了va與v0同向和ma>mb,所以vb大于、等于和小于va的情況都有可能存在,從同一高度平拋物體的水平射程由水平初速度決定,故sb>sa、sb=sa、sbμmgl①
即μ<②
設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間,a的速度大小為v1。由能量守恒定律有
mv=mv+μmgl③
設(shè)在a、b碰撞后的瞬間,a、b的速度大小分別為v1′、v2′,由動量守恒和能量守恒有
mv1=mv1′+v2′④
mv=mv′+v2′2⑤
聯(lián)立④⑤式解得v2′=v1⑥
由題意,b沒有與墻發(fā)生碰撞,由功能關(guān)系可知
v2′2≤μgl⑦
聯(lián)立③⑥⑦式,可得
μ≥⑧
聯(lián)立②⑧式,a與b發(fā)生碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為
≤μ<。
配套課時作業(yè)
時間:60分鐘 滿分:100分
一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。其中1~6為單選,7~10為多選)
1.(2017全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空,50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)( )
A.30 kgm/s B.5.7102 kgm/s
C.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s
答案 A
解析 由于噴氣時間短,且不計重力和空氣阻力,則火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒。燃?xì)獾膭恿縫1=mv=0.05600 kgm/s=30 kgm/s,則火箭的動量p2=p1=30 kgm/s,A正確。
2.(2019唐山摸底考試)如圖所示,靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為2m的滑塊B與輕質(zhì)彈簧拴接,輕彈簧另一端固定,質(zhì)量為m的滑塊A以速度v0向右運(yùn)動,滑塊A、B相碰瞬間粘在一起。此后彈簧彈性勢能的最大值為( )
A.mv B.mv
C.mv D.mv
答案 B
解析 滑塊A、B發(fā)生碰撞,由動量守恒定律,mv0=(m+2m)v,解得v=。碰撞后的動能Ek=3mv2=mv,滑塊壓縮彈簧,動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能,由能量守恒定律可知彈簧的最大彈性勢能Ep=Ek=mv,B正確。
3.(2018江南十校檢測)如圖所示,豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切,小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點(diǎn)?,F(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點(diǎn)無初速度釋放。已知圓弧軌道半徑R=1.8 m,小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB=2mA,重力加速度g=10 m/s2。則碰后小滑塊B的速度大小不可能是( )
A.5 m/s B.4 m/s C.3 m/s D.2 m/s
答案 A
解析 設(shè)小滑塊A到達(dá)最低點(diǎn)時的速度為v0,根據(jù)動能定理:mgR=mv-0,可得v0=6 m/s。若是彈性碰撞,mAv0=mAv1+mBv2,mAv=mAv+mBv,聯(lián)立解得v2=4 m/s;若是完全非彈性碰撞,mAv0=(mA+mB)v,解得v=2 m/s,所以碰后小滑塊B的速度范圍為2 m/s≤v≤4 m/s,B的速度不可能是5 m/s,故選A。
4.(2018廣東東莞調(diào)研)兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上?,F(xiàn)在,其中一人向另一個人拋出一個籃球,另一人接球后再拋回。如此反復(fù)進(jìn)行幾次之后,甲和乙最后的速率關(guān)系是( )
A.若甲最先拋球,則一定是v甲>v乙
B.若乙最后接球,則一定是v甲>v乙
C.只有甲先拋球,乙最后接球,才有v甲>v乙
D.無論怎樣拋球和接球,都是v甲>v乙
答案 B
解析 系統(tǒng)總動量為零,最后球在誰手中,誰的質(zhì)量大,速度則小,故B正確。
5.(2018衡陽聯(lián)考三)如圖所示,輕彈簧的一端固定在豎直墻上,質(zhì)量為2m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上?;⌒尾鄣锥伺c水平面相切,一個質(zhì)量為m的小物塊從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑,下列說法錯誤的是( )
A.在下滑過程中,物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B.在下滑過程中,物塊和槽在水平方向動量守恒
C.物塊壓縮彈簧的過程中,彈簧的最大彈性勢能Ep=mgh
D.物塊被彈簧反彈后,離開彈簧時的速度大小為
答案 D
解析 在物塊下滑過程中,外力只有重力做功,物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,水平方向不受外力,水平方向動量守恒,A、B正確;由mgh=mv+2mv和0=mv1-2mv2得物塊滑離弧形槽時的速度v1=,再壓縮彈簧,使彈簧獲得的最大彈性勢能Ep=mv=mgh,C正確;物塊被彈簧彈開的過程,彈性勢能又變成物塊的動能,物塊離開彈簧時的速度大小為 ,D錯誤。
6.(2018泉州模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上,其水平直徑AB長度為2R,現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放,然后由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出,在空中能上升的最大高度為h0(不計空氣阻力),則( )
A.小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒
B.小車向左運(yùn)動的最大距離為R
C.小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動
D.小球第二次能上升的最大高度h0
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2020高考物理一輪復(fù)習(xí)
第六章
第2講
動量守恒定律學(xué)案含解析
2020
高考
物理
一輪
復(fù)習(xí)
第六
動量
守恒定律
解析
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