【物理】2019届一轮复习人教版　动量守恒中的力学综合问题学案

【物理】2019届一轮复习人教版　动量守恒中的力学综合问题学案

题型探究课 动量守恒中的力学综合问题 ‎ 多物体、多阶段运动的求解[学生用书P116]‎ ‎【题型解读】‎ 动量守恒与其他知识综合问题的求解方法 ‎(1)动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题，解决这类问题首先要弄清物理过程．‎ ‎(2)其次弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律．‎ ‎(3)最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键．‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (2018·广东肇庆模拟)如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙．在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，求：‎ ‎(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)圆弧槽C的半径R.‎ ‎[解析] (1)对A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为vB，从A滑上B到刚离开B的过程中动量守恒，有mv0＝m＋2mvB，解得vB＝ 由能量守恒定律有 μmgL＝mv－m－×2mv 解得μ＝.‎ ‎(2)从A滑上C到“恰好能到达C的最高点”的过程中，设A到达最高点时A和C的共同速度为vC，研究A和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有 m＋mvB＝2mvC，解得vC＝v0‎ 由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有 mgR＝m＋mv－×2m 解得R＝.‎ ‎[答案] 见解析 ‎【跟进题组】‎ ‎1．(2015·高考山东卷)‎ 如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．‎ 解析：设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰撞后A的速度v′A＝v0，B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得 mvA＝mv′A＋mvB ①‎ 设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由能量守恒定律得 WA＝mv－mv ②‎ 设B与C碰撞前B的速度为v′B，B克服轨道阻力所做的功为WB，由能量守恒定律得WB＝mv－mv′ ③‎ 据题意可知WA＝WB ④‎ 设B、C碰撞后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得 mv′B＝2mv ⑤‎ 联立①②③④⑤式，代入数据得 v＝v0.‎ 答案：v0‎ ‎2．(2015·高考广东卷)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m．物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)．‎ ‎(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；‎ ‎(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；‎ ‎(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式．‎ 解析：(1)物块A由初始位置到Q的过程，由动能定理得：‎ ‎－mg×2R＝mv2－mv 解得：v＝4 m/s.‎ 设在Q点物块A受到轨道的弹力为F，受力分析如图所示 由牛顿第二定律得：mg＋F＝ 解得：F＝－mg＝22 N． ‎ ‎(2)由机械能守恒定律知：物块A与B碰前的速度仍为v0＝6 m/s.‎ A与B碰撞过程动量守恒，设碰后A、B的速度为v共 mv0＝2mv共 解得v共＝v0＝3 m/s.‎ 设A与B碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为s，由动能定理得－μ×2mgs＝0－×2mv 解得：s＝＝4.5 m 故k＝＝＝45.‎ ‎(3)碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度等于滑离第n个(n＜k)粗糙段的速度 由动能定理得：－μ×2mgnL＝×2mv－×2mv 解得：vn＝＝(n＜45)．‎ 答案：(1)4 m/s 22 N (2)45‎ ‎(3)vn＝(n＜45)‎ ‎ 动量守恒中的临界问题[学生用书P117]‎ ‎【题型解读】‎ ‎1．动量守恒问题中常见的临界问题 ‎(1)滑块与小车的临界问题：滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．‎ ‎(2)两物体不相碰的临界问题：两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．‎ ‎(3)涉及弹簧的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．‎ ‎(4)涉及最大高度的临界问题：在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．‎ ‎2．求解动量守恒定律中的临界问题的关键 ‎(1)寻找临界状态：看题设情景中有相互作用的两物体是否相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．‎ ‎(2)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (2018·河北石家庄检测)如图所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以速度v0迎面滑来，已知h＝，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．‎ ‎[解析] 设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律有(m1＋M)v＝(m1＋M)gh，解得v1＝＝2v0‎ 设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v′1和v′2，则人跳离甲车时：‎ ‎(M＋m1)v1＝Mv＋m1v′1‎ 人跳上乙车时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v′2‎ 解得v′1＝6v0－2v，v′2＝v－v0‎ 两车不发生碰撞的临界条件是v′1＝±v′2‎ 当v′1＝v′2时，解得v＝v0‎ 当v′1＝－v′2时，解得v＝v0‎ 故v的取值范围为v0≤v≤v0.‎ ‎ [答案] v0≤v≤v0‎ ‎【跟进题组】‎ ‎1．(2018·湖南长沙模拟)‎ 如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为的小球A悬挂于O点．在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止．将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰．‎ ‎(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值．‎ ‎(2)若长木板C的质量为2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ，长木板C的长度至少为多大，小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？‎ 解析：(1)设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为v0，则有 gR＝·v 设碰后小球A和小物块B的速度分别为v1和v2，有 v0＝v1＋mv2‎ ·v＝·v＋·mv 设碰后小球A能上升的最大高度为H，有 gH＝·v 所求cos θ＝ 由以上各式解得cos θ＝.‎ ‎(2)法一：由(1)可求得碰后小物块B的速度为 v2＝ 设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v，长木板C的最小长度为L，有mv2＝(m＋2m)v μmgL＝mv－(m＋2m)v2‎ 由以上各式解得L＝.‎ 法二：由(1)可求得碰后小物块B的速度为v2＝ 设小物块B运动位移为x1时，小物块B、长木板C达到共同速度v，此时长木板C运动的位移为x2‎ 对小物块B有μmg＝maB，v－v2＝2aB·x1‎ 对长木板C有μmg＝2maC，v2＝2aC·x2，＝ 木板的最小长度L＝x1－x2‎ 由以上各式解得L＝.‎ 答案：见解析 ‎2.‎ 如图所示，一质量M＝2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3 m处由静止释放一质量mA＝1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g.求小球B的质量．(取重力加速度g＝10 m/s2)‎ 解析：设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有 ‎0＝mAv1－Mv 由能量守恒定律有mAgh＝mAv＋Mv2‎ 联立解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s 小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v′1和v2.由于碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有 v′1＝1 m/s 由动量守恒定律得mAv1＝－mAv′1＋mBv2‎ 由能量守恒定律有mAv＝mAv′＋mBv 联立上式解得mB＝3 kg.‎ 答案：3 kg ‎ 用三种观点解决力学问题[学生用书P118]‎ ‎【题型解读】‎ 合力(不为0)的瞬时作用效果是使物体产生加速度，由此得出解决力学问题的观点之一：动力学观点．合力(不为0)的空间作用效果是对物体做功，由此得出解决力学问题的观点之二：能量观点．合力(不为0)的时间作用效果是使物体的动量发生变化，由此得出解决力学问题的观点之三：动量观点．‎ 解决力学问题的三种观点所涉及的主要内容是“三个运动定律”——牛顿三大定律，“两个定理”——动能定理和动量定理，“三个守恒定律”——能量守恒定律、机械能守恒定律和动量守恒定律．‎ 一般来讲，大多数力学问题用上述三种观点中的任何一种都是可以解决的，但是在选择解决力学问题的观点时，选择顺序应该首先是能量观点，其次是动量观点，最后才是动力学观点．‎ 并不是所有的力学问题只用上述观点中的任何一种就能解决的，有些问题还需要综合应用上述两种甚至三种观点才能解决，所以，要从问题中所涉及的物理量、研究对象和研究过程的特点等几个方面进行分析进而做出正确而恰当的选择．‎ ‎1．从研究对象上看 ‎(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；‎ ‎(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；‎ ‎(3)若研究对象为一物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件．‎ ‎2．从研究过程上看 ‎(1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；‎ ‎(2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；‎ ‎(3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；‎ ‎(4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律．‎ ‎3．从所涉及的物理量看 ‎(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；‎ ‎(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律；‎ ‎(3)如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律；‎ ‎(4)如果涉及初末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律．‎ 当然任何问题都有多样性，上述所说的解决问题的途径的选择原则只是指一般情况下的选择原则，并不是一成不变的．总之，在解决问题时要根据问题的特点灵活而恰当地选择和应用．‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (2018·衡水中学模拟)如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0 m，传送带以恒定速率v＝3.0 m/s沿顺时针方向匀速传送．三个质量均为m＝1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A以初速度v0＝2.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生弹性碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零．因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0 m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.‎ ‎(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；‎ ‎(2)求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；‎ ‎(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？‎ ‎[解析] (1)滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x 由牛顿第二定律得μmg＝ma 由运动学公式得v＝vC＋at，x＝vCt＋at2‎ 代入数据可得x＝1.25 m50 J，当Q＝70 J时，可得M∶m＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A、B、C错误；当Q＝120 J时，可得M∶m＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项D正确．‎ ‎4．(2018·北京东城区检测)质量为80 kg的冰球运动员甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg、速度为3 m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，下列说法中正确的是( )‎ A．碰后乙向左运动，速度大小为1 m/s B．碰后乙向右运动，速度大小为7 m/s C．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 J D．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J 解析：选D.甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v′乙，由动量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝m乙v′乙，解得v′乙＝1 m/s，方向水平向右，选项A、B错误；甲、乙碰撞过程机械能的变化量ΔE＝m甲v＋m乙v－m乙v，代入数据解得ΔE＝1 400 J，机械能减少了1 400 J，选项C错误，D正确．‎ ‎5．(多选)(2018·山东威海月考)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，则( )‎ A．碰撞前总动量是2mv B．碰撞过程动量不守恒 C．碰撞后乙的速度大小为2v D．碰撞属于非弹性碰撞 解析：选AC.取向右为正方向，碰撞前总动量为3mv－mv＝2mv，A正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，则系统动量守恒，B错误；设碰撞后乙的速度为v′，由动量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，解得v′＝2v，C正确；碰撞前总动能为·3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后总动能为0＋m(2v)2＝2mv2，碰撞前后无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D错误．‎ ‎6．(多选)(2018·广东六校联考)如图甲所示，光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的v－t图象，由此可知( )‎ A．小车上表面长度 B．物体A与小车B的质量之比 C．物体A与小车B上表面的动摩擦因数 D．小车B获得的动能 解析：选BC.由图象可知，AB最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；由动量守恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得：＝，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图象可以知道A相对小车B的位移Δx＝v0t1，根据能量守恒得：μmAgΔx＝mAv－(mA＋mB)v，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误．‎ ‎7．(多选)质量为m的物体(可视为质点)套在光滑水平固定直杆上，其上拴一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端固定于距离直杆3d的O点，物体从A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度也为v0，OA、OB与水平杆的夹角大小如图所示，弹簧始终处于弹性限度内(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是( )‎ A．从A点运动到B点的过程中，物体的速度先增大后减小 B．物体在A、B两点时弹簧弹力的功率相等 C．弹簧的原长为5.5d D．物体在A点时加速度的大小为 解析：选CD.由图中的几何关系可得＝＝5d，＝＝6d，由于物体从A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度也为v0，可知从A到B的过程中物体的动能变化量为0；在该过程中，由于杆光滑，结合动能定理可知弹簧对物体做功的和等于0，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在B点时的弹性势能，结合弹性势能的特点可知，‎ 开始时弹簧处于压缩状态，后来弹簧处于伸长状态，且弹簧的压缩量等于后来弹簧的伸长量，即L0－5d＝6d－L0，所以弹簧的原长L0＝5.5d.物体从A向O点正下方运动的过程中弹簧继续压缩，所以弹簧对物体做负功，物体的速度减小；物体从O点的正下方向B运动的过程中弹簧伸长，先对物体做正功，物体的速度增大；当弹簧的长度大于弹簧原长后，弹簧又开始对物体做负功，物体的速度又减小．所以物体先减速，再加速，最后又减速，A错误，C正确；如图所示，分别画出A、B两点受到的弹力与速度，由公式P＝Fvcos θ可知，A、B两点F与v0之间的夹角不同，则A、B两点弹簧弹力的功率不相等，B错误；在A点，弹簧的弹力F与运动方向之间的夹角为180°－37°＝143°，则物体在A点的加速度大小a＝＝，D正确．‎ ‎8．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、 B速度相等时，B与C恰好相碰并黏接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：‎ ‎(1)整个系统损失的机械能；‎ ‎(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．‎ 解析：A、B碰撞过程动量守恒，能量也守恒，而B、C相碰黏接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为损失的机械能．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．‎ ‎(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1 ①‎ 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv1＝2mv2 ②‎ mv＝ΔE＋(2m)v ③‎ 联立①②③式得ΔE＝mv. ④‎ ‎(2)由②式可知v2

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