培优点十三 动量守恒定律及其应用
一、考点分析
1. 对应本知识点的考查，预计综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题是今后命题的热点，既可以将动量与力学知识结合，也可将动量和电学知识结合，作为理综试卷压轴计算题进行命题。 2. 注意要点：
(1)使用动量守恒定律时，要注意是否满足动量守恒定律的条件；(2)在列式时一定要注意动量的矢量性。
二、考题再现
典例1. (2017∙全国Ⅰ卷∙14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s B．5.7×10 kg·m/s C．6.0×10 kg·m/s D．6.3×10 kg·m/s 【解析】设火箭的质量(不含燃气)为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p =m1v1=m2v2=30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误。 【答案】A
典例2. (2018∙全国Ⅰ卷∙24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
2
2
2
12【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有Emv0 ①
2设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0v0gt ② 联立①②式得t1g2E ③ m(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E = mgh1 ④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动 量守恒定律有
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1212mv1mv2E ⑤ 4411mv1mv20 ⑥ 22由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升
121的高度为h2，由机械能守恒定律有mv1mgh2 ⑦
42联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为hh1h2【答案】见解析
2E ⑧ mg三、对点速练
1
1．(多选)如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平
4滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5 kg和0.5 kg。现让A以6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s，碰后的速度大小变为4 m/s，当A与B碰撞后立即粘在一起运动，g取10 m/s，则( )
A．A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小F＝50 N B．A与墙壁碰撞的过程中没有能量损失 C．A、B碰撞后的速度v＝3 m/s
D．A、B滑上圆弧轨道的最大高度h＝0.55 m 【答案】AC
1
2．在光滑的水平地面上放有一质量为M带光滑圆弧形槽的小车，一质量为m的小铁块
4以速度v沿水平槽口滑去，如图所示，若M＝m，则铁块离开车时将( ) A．向左平抛 B．向右平抛 C．自由落体 D．无法判断
【解析】小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量121122
守恒定律得：mv＝Mv车＋mv铁，由机械能守恒定律得：mv＝Mv车＋mv铁，解得铁块离开小车时：v铁
222＝0，v车＝v，所以铁块离开时将做自由落体运动，故A、B、D错误，C正确。 【答案】C
3．如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个小物块，其中物块A的左侧连接一水平轻质
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2
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弹簧。物块A处于静止状态，物块B以一定的初速度向物块A运动，并通过弹簧与物块A发生弹性正碰。对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率－时间图象进行描述，在下图所示的图象中，图线1表示物块A的速率变化情况，图线2表示物块B的速率变化情况．则在这四个图象中可能正确的是( )
【解析】物块B压缩弹簧的过程，开始时A做加速运动，B做减速运动，两个物块的加速度增大。当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A继续加速，B继续减速。当弹簧恢复原长时B离开弹簧，A、B均做匀速直线运动，C、D错误；由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，碰后速度vA＝两项中碰后B的速度为正值，可知mB>mA，故vA＝
2
2mBmB－mAv0，vB＝v0。A、BmA＋mBmA＋mBv0>v0，故A错误，B正确。
mA＋1mB【答案】B
4．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为( ) A．h B．2h C．3h D．4h
【解析】所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动1111122222
量守恒定律可得：(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v＝m1v1＋m2v2，m1v1＝m1gh1，
22222将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。 【答案】D
5．(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。现有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是( ) A．小球滑离小车时，小车回到原来位置 B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
v2
C．车上管道中心线最高点的竖直高度为 3gD．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是
3【答案】BC
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【解析】小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑
vv2
到最高点的过程中，由动量守恒有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝，小车动量变化大小Δp车＝2m·＝mv，D
333
121v2
项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒有mgH＝mv－(m＋2m)v′，得H＝，C
223g1212
项正确；小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒和机械能守恒有：mv＝mv1＋2mv2，mv＝mv1＋
221v2212
·2mv2，解得v1＝－，v2＝v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为v＋v＝v，B项正确。由以上分23333析可知在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。
6．(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则( ) A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为
22
B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x
332
C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv
2D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv 【答案】AD
【解析】当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma，当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝，即此时弹簧的压缩量为，故A正确；取水平向左为正方向，根
22
2
2
xxxxAxB1
据系统的动量守恒得：2m－m＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝x，故B错误；根据动量守恒定律
tt3
得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的11222
弹性势能为：Ep＝·2mv＋mvB＝3mv，故C错误，D正确。
22
7．如图甲所示，一质量为ma的滑块(可看成质点)固定在半径为R的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A点，另一质量为mb的滑块(可看成质点)静止在轨道的底端B处，A点和圆弧对应的圆心O点等高。
(1)若圆弧的底端B与水平光滑平面连接，释放滑块ma的同时给mb一个向右的初速度vb，ma滑至水平面时的速度是va(va>vb)，相碰之后ma、mb的速度分别是va′、vb′，假设相碰过程中两滑块之间的作用力是恒力，在上述简化情况下由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式：mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′。
(2)若圆弧的底端B与水平光滑平面连接(足够长)，mb静止于B点，ma从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无
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机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3ma 2 Fa＝－Fb，Fa＝maaa，Fb＝mbab，aa＝(va′－va)/t，ab＝(vb′－vb)/t 整理可得：mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′。 (2)两滑块碰撞时动量守恒：mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′ 12121122 无机械能损失：mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′ 2222解得：va′＝ ma－mb2mava；vb′＝va ma＋mbma＋mb要想发生两次碰撞必须满足：－va′>vb′ 代入可得：3ma (3)ma从静止开始释放，机械能守恒：magR＝mav1 2滑块ma与mb相碰后结合在一起，动量守恒：mav1＝mcv2 mc从B运动到C点时速度恰好为零，由动能定理可得：－fL＝0－mcv22 mc从B运动到C点做匀减速直线运动，然后又向左做匀加速直线运动与传送带的速度相同为v0，全程所受的 合外力为滑动摩擦力f不变，所以全程可以看做是向右的匀减速直线运动，初速度为v2、末速度为v0(向 左)，则有： 1 2 f＝mca，－v0＝v2－at mc向右运动s1＝v2t－at2 传送带向左运动s2＝v0t 那么mc从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量 12 Q＝fs相对＝f(s1＋s2)＝9 J。 8．如图所示，某时刻质量为m1＝50 kg的人站在m2＝10 kg的小车上，推着m3＝40 kg的铁箱一起以速度v0＝2 m/s在水平地面沿直线运动到A点时，该人迅速将铁箱推出，推出后人和车刚好停在A点，铁箱则向右 教育1 教育资源 运动到距A点s＝0.25 m的竖直墙壁时与之发生碰撞而被弹回，弹回时的速度大小是碰撞前的二分之一，当铁箱回到A点时被人接住，人、小车和铁箱一起向左运动，已知小车、铁箱受到的摩擦力均为地面压力的0.2倍，重力加速度g＝10 m/s，求： (1)人推出铁箱时对铁箱所做的功； (2)人、小车和铁箱停止运动时距A点的距离。 【解析】(1)人推铁箱过程，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得： (m1＋m2＋m3)v0＝m3v1 解得：v1＝5 m/s 人推出铁箱时对铁箱所做的功为： 2 W＝m3v12－m3v02＝420 J (2)设铁箱与墙壁相碰前的速度为v2，箱子再次滑到A点时速度为v3，根据动能定理得： 1122 从A到墙：－0.2m3gs＝m3v2－m3v1 22解得v2＝26 m/s 11122 从墙到A：－0.2m3gs＝m3v3－m3(v2) 222解得：v3＝5 m/s 设人、小车与铁箱一起向左运动的速度为v4，以向左方向为正方向，根据动量守恒定律得： 1 212 m3v3＝(m1＋m2＋m3)v4 25 解得：v4＝ m/s 5 12 根据动能定理得：－0.2(m1＋m2＋m3)gx＝0－(m1＋m2＋m3)v4 2解得：x＝0.2 m 教育1 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容