《高考物理 模型系列之算法模型 專題09 動量守恒定律應(yīng)用模型學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理 模型系列之算法模型 專題09 動量守恒定律應(yīng)用模型學(xué)案（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題09 動量守恒定律應(yīng)用模型 模型界定 本模型主要處理關(guān)于動量守恒定律的理解與應(yīng)用方法以及與能量守恒相結(jié)合的一般情況，不涉及具體的碰撞、子彈打木塊及人船模型等。 模型破解 1.動量守恒定律內(nèi)容 一個系統(tǒng)不受外力或所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這個結(jié)論叫做動量守恒定律。 2.動量守恒定律表達式 （1）守恒角度：作用過程中系統(tǒng)在任一時刻動量均相等 p=p′或（等式兩邊均為矢量和） （2）變化的角度：作用前后系統(tǒng)的總動量變化為零 Δp=0 （3）轉(zhuǎn)移角度：系統(tǒng)內(nèi)A物體動量的增量等于B物體動量的減少量即兩個物體的動量變化大小相等，方向相反 Δp1=－Δp2或

2、（等式兩邊均為矢量差） 此處要注意動量變化的矢量性.在兩物體相互作用的過程中，也可能兩物體的動量都增大，也可能都減小，但其矢量和不變。 3.動量守恒定律的理解 （1）條件性 動量守恒定律是自然界最普遍、最基本的規(guī)律之一。不僅適用于宏觀物體的低速運動，也適用與微觀物體的高速運動。小到微觀粒子，大到宇宙天體，無論內(nèi)力是什么性質(zhì)的力，只要滿足守恒條件，動量守恒定律總是適用的。應(yīng)用動量守恒定律解題時可從三種情況進行判定： （i).系統(tǒng)不受外力或者所受合外力為零； (ii).系統(tǒng)所受合外力雖然不為零，但系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時，如碰撞、爆炸等現(xiàn)象中，系統(tǒng)的動量可看成近似守恒； (iii).系

3、統(tǒng)總的來看不符合以上條件的任意一條，則系統(tǒng)的總動量不守恒。但是若系統(tǒng)在某一方向上符合以上條件的任意一條，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒。 例1. 如圖所示,質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連,放在光滑水平面上,A靠緊豎直墻.用水平力F將B向左壓,使彈簧被壓縮一定長度,靜止后彈簧儲存的彈性勢能為E.這時突然撤去F,關(guān)于A、B和彈簧組成的系統(tǒng),下列說法正確的是 （ ） A.撤去F后,系統(tǒng)動量守恒,機械能守恒 B. 撤去F后,A離開豎直墻前,系統(tǒng)動量不守恒,機械能守恒 C. 撤去F后,A離開豎直墻后,彈簧的彈性勢能最大值為E D. 撤去F后,A離開豎直墻后

4、,彈簧的彈性勢能最大值為 【答案】BD 例2.如圖所示，小球A系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點，O點到水平面的距離為h。物塊B質(zhì)量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O點的正下方，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)拉動小球使線水平伸直，小球由靜止開始釋放，運動到最低點時與物塊發(fā)生正碰（碰撞時間極短），反彈后上升至最高點時到水平面的距離為。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。 【答案】 設(shè)碰撞后物塊的速度大小為，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有 ③ 得 ④ 物塊在水平面上滑行所受

5、摩擦力的大小 ⑤ 設(shè)物塊在水平面上滑行的時間為，根據(jù)動量定理，有 ⑥ 得 ⑦ 例3.如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑 A.在以后的運動過程中，小球和槽的動量始終守恒 B.在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功 C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動 D.被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，小球能回到槽高h(yuǎn)處 【答案】C （2）矢量性 動量是矢量。動量守恒定律的方程是一個矢量

6、方程。在一維情況下，通常規(guī)定正方向后，能確定方向的物理量一律將方向表示為“+”或“-”，物理量中只代入大?。翰荒艽_定方向的物理量可以用字母表示，若計算結(jié)果為“+”，則說明其方向與規(guī)定的正方向相同，若計算結(jié)果為“-”，則說明其方向與規(guī)定的正方向相反。 例4.如圖所示，質(zhì)量為mB=2kg的木塊B靜止在光滑水平面上。一質(zhì)量為mA= 1kg的木塊A以某一初速度v0=5m/s沿水平方向向右運動，與B碰撞后都向右運動。木塊B 與擋板碰撞后立即反彈（設(shè)木塊B與擋板碰撞過程無機械能損失）。后來木塊B與A發(fā)生二次碰撞，碰后A、B同向運動，速度大小分別為1.2m/s 、0.9m/s。求第一次木塊A、B碰撞過程中

7、A對B的沖量大小和方向。 【答案】0.4Ns，向右 【解析】設(shè)A、B第一次碰撞后的速度大小分別為 vA1、vB1，取向右為正方向，對于A、B組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得： ① B與擋板碰撞，因為沒有機械能損失，所以B以原速率反彈，則第二次A、B碰撞前瞬間的速度大小仍然分別為vA1、vB1，設(shè)碰撞后的速度大小分別為vA2、vB2， 由題意知，vA2和vB2方向均向左，取向左為正方向，由動量守恒定律得： ②

8、 第一次碰撞過程中，設(shè)向右為正，對B，由動量定理可得 ③ 方向向右 ④ （3）相對性 物體的動量與參考系的選擇有關(guān)。通常，取地面為參考系，因此，作用前后的速度都必須相對于地面。 （4）瞬時性 動量是一個瞬時量，動量守恒定律指的是系統(tǒng)任一瞬間的動量和恒定。因此，列出的動量守恒定律表達式m1v1+m2v2+…=m1v1ˊ+m2v2ˊ+…，其中v1，v2…都是作用前同一時刻的瞬時速

9、度，v1ˊ，v2ˊ都是作用后同一時刻的瞬時速度。只要系統(tǒng)滿足動量守恒定律的條件，在相互作用過程的任何一個瞬間，系統(tǒng)的總動量都守恒。在具體問題中，可根據(jù)任何兩個瞬間系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量，列出動量守恒表達式。 例5.質(zhì)量M的小船尾部有一質(zhì)量m的人,人和船以v向前行駛.人以相對于船的水平速度u向后跳出后,船速為多大? 【答案】 （5）普適性 它不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。 例6.如圖所示，木塊A的質(zhì)量mA = 1 kg，足夠長的木板B的質(zhì)量mB = 4 kg，質(zhì)量為mC = 4 kg的木塊C置于木板B的右

10、端，已知水平地面光滑，B、C之間有摩擦．現(xiàn)使A以v0 = 12 m/s的初速度向右運動，與B碰撞后以4 m/s速率彈回，求此后的運動過程中 ①木板B的最大速率； ②木塊C的最大速率． 【答案】?4m/s②2m/s 4.動量守恒定律的一般解題步驟 ①確定研究對象(系統(tǒng)),進行受力分析: ②確定研究過程,進行運動分析; ③判斷系統(tǒng)在所研究的過程中是否滿足動量守恒定律成立的條件; ④規(guī)定某個方向為正方向,分析初末狀態(tài)系統(tǒng)的動量; ⑤根據(jù)動量守恒定律建立方程,并求出結(jié)果。 5.動量守恒與能量守恒的結(jié)合 在動量與能量結(jié)合的問題中，常見的情形有：一是利用在某一過

11、程中動量或某一方向的動量守恒，同時利用此過程中系統(tǒng)的能量守恒列方程求解；二是多階段過程中，整個過程中動量并不守恒，只在某個階段中或某個瞬時動量守恒，可利用動量守恒列方程，而在其它階段利用能量守恒列方程，再聯(lián)立求解。 例7.如圖所示，物體A、B的質(zhì)量分別是、，用輕彈簧相連接放在光滑的水平面上，物體B左側(cè)與豎直墻相接觸．另有一個物體C以速度向左運動，與物體A相碰，碰后立即與A粘在一起不再分開，然后以的共同速度壓縮彈簧，試求 ①物塊C的質(zhì)量 ②在B離開墻壁之后，彈簧的最大彈性勢能 【答案】①2kg ②6J 例8.兩質(zhì)量分別為M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B

12、的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊位于劈A的傾斜面上，距水平面的高度為h。物塊從靜止滑下，然后雙滑上劈B。求物塊在B上能夠達到的最大高度。 【答案】 【解析】設(shè)物塊到達劈A的低端時，物塊和A的的速度大小分別為和V，由機械能守恒和動量守恒得 ① ② 設(shè)物塊在劈B上達到的最大高度為，此時物塊和B的共同速度大小為，由機械能守恒和動量守恒得 ③

13、 ④ 聯(lián)立①②③④式得 ⑤ 例9.如圖所示，相距L的光滑金屬導(dǎo)軌，半徑為R的圓弧部分豎直放置，直的部分固定于水平地面，MNQP范圍內(nèi)有方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌且接觸良好，cd靜止在磁場中；ab從圓弧的頂端由靜止釋放，進入磁場后與cd沒有接觸。已知ab的質(zhì)量為m、電阻為r，cd的質(zhì)量為3m、電阻為r，金屬導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g。 ⑴求：ab到達圓弧底端時對軌道的壓力大??； ⑵在圖中標(biāo)出ab剛進入磁場時cd中的電流方向； ⑶若cd離開磁場時的速度是此刻ab速度的一半，求：cd離

14、開磁場瞬間，ab受到的安培力大小。 【答案】（1）3mg（2）電流的方向為abdca(3) ⑶設(shè)cd剛離開磁場時的速度為v，則ab此時的速度為2v，以為ab、cd為系統(tǒng)，所受合外力為零，動量守恒，則有：mv0=m×2v+3mv ⑥ 聯(lián)①⑥得： ⑦ 此時ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=2BLv ⑧，cd已出磁場，不產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 回路中的感應(yīng)電流為： ⑨ ab受到的安培力為：F=ILB ⑩ 聯(lián)⑦⑧⑨⑩?得： ? 模型練習(xí) 1．如圖所示，兩輛質(zhì)量相同的平板小車a、b成一直線排列，靜止在光滑水平地面上，原來靜止在a車上的一個小孩跳到b，接

15、著又立即從b跳回a車，他跳回a車并相對a車保持靜止，此后 。（填選項前的字母） A．a(chǎn)、b兩車的速率相等 B．a(chǎn)車的速率大于b車的速率 C．a(chǎn)車的速率小于b車的速率 D．a(chǎn)、b兩車均靜止 【答案】C 2.在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車和單擺一起以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短．在此碰撞瞬間，下列說法中可能發(fā)生的是（ ） A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関l、v2、v3，滿足（M+m0）v=Mvl+m2v2+m0v3 B．

16、擺球的速度不變，小車和木塊的速度分別變?yōu)関l和v2，滿足（M+m0）v=Mv1+mv2 C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関1，滿足Mv=（M+m）v1 D．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足（M+m0）v=（M+m0）v1+mv 【答案】C 【解析】碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，擺球可認(rèn)為沒有參與碰撞，由于慣性其速度在瞬間不變．若碰后小車和木塊的速度變v1和v2，根據(jù)動量守恒有：Mv=mv1+mv2．若碰后小車和木塊速度相同，根據(jù)動量守恒定律有：Mv=（M+m）v1．故C正確，A、B、D錯誤． 3.如圖所示,將質(zhì)量為M1,半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓

17、槽置于光滑水平面上,左側(cè)靠墻角,右側(cè)靠一質(zhì)量為M2的物塊.今讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方h高處從靜止開始落下,與圓弧槽相切自A點進入槽內(nèi),則以下結(jié)論中正確的是（ ） A.小球在槽內(nèi)運動的全過程中,小球與半圓槽在水平方向動量守恒 B.小球在槽內(nèi)運動的全過程中,小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒 C.小球離開C點以后,將做豎直上拋運動 D.槽將與墻不會再次接觸 【答案】D 3.兩塊大小不同的圓形薄板（厚度不計），質(zhì)量分別為M和m（M=2rn,），半徑分別為R和r，兩板之間用一根長為L= 0.4rm不可伸長的輕質(zhì)繩相連結(jié)．開始時，兩板水平疊放在支架C上方高h(yuǎn)=0.

18、2m處，支架上有一個半徑為的圓孔，兩板中心與圓孔中心在同一直線上，如圖所示．現(xiàn)讓兩板一起自由下落，大圓板碰到支架后跳起，機械能無損失，小圓板穿過圓孔繼續(xù)運動，兩板分離，試求當(dāng)細(xì)繩繃緊的瞬間兩板的共同速度．（不計碰撞時間及空氣阻力，取g= 10m/s2） 【答案】 【解析】設(shè)Ｍ與m自由下落到與C碰撞時的速度為v1， 大圓板碰到C后向上跳起，做豎直上拋運動，小圓板做加速度為g的加速運動。當(dāng)二者之間的距離為L時細(xì)繩拉緊，則有： 此時大圓板的速度，方向向上 小圓板的速度為，方向向下 選向下為正方向，細(xì)繩繃緊過程動量守恒： 得 4.如圖，在光滑水平長直軌道上有A、B兩個小絕緣體，質(zhì)

19、量分別為m、M，且滿足M=4m、A帶正電、B不帶電．它們之間用一根長為L的輕軟細(xì)線相連，空間存在方向向右的勻強電場．開始時將A與B靠在一起，且保持靜止：某時刻撤去外力，A將向右運動，當(dāng)細(xì)線繃緊時，兩物體間將發(fā)生時間極短的相互作用，此后B開始運動，線再次松弛，已知B開始運動時的速率等于線剛要繃緊瞬間A物體速率的．設(shè)整個過程中A的帶電量保持不變．B開始運動后到細(xì)線第二次被繃緊前的過程中，B與A是否會相碰?如果能相碰，求出相碰時B的位移大小及A、B相碰前瞬間的速度；如果不能相碰，求出B與A間的最短距離． 【答案】 【解析】當(dāng)A、B之間的細(xì)線繃緊前，物塊A的速度為vA，電場力為F，據(jù)動能定理

20、有 細(xì)線繃緊時間很短可認(rèn)為這個過程中A、B系統(tǒng)的動量守恒。則有 得 可見軟線繃緊后，A將先向左做減速運動，加速度a保持不變，同時B將向右做勻速直線運動。 A減速為零后再次加速到B同速時所用的時間為tA 據(jù)動量定理有 這段時間B前進位移為 可見，細(xì)線再次繃緊時A、B不會相碰 此時A、B間距離最短，則A、B間最近時相距為 5.如圖所示，光滑絕緣桿上套有兩個完全相同、質(zhì)量都是m的金屬小球a、b，a帶電量為q（q＞0），b不帶電。M點是ON的中點，且OM=MN=L，整個裝置放在與桿平行的勻強電場中。開始時，b靜止在桿上MN之間的某點P處，a從桿上O點以速度

21、v0向右運動，到達M點時速度為，再到P點與b球相碰并粘合在一起（碰撞時間極短），運動到N點時速度恰好為零。求： ⑴電場強度E的大小和方向； ⑵a、b兩球碰撞中損失的機械能； ⑶a球碰撞b球前的速度v。 【答案】（1）向左（2）（3） ⑵設(shè)碰撞中損失的機械能為△E，對a、b球從O到N的全過程應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律： －qE2L－△E＝0－ 則碰撞中損失的機械能為 △E＝= ⑶設(shè)a與b碰撞前后的速度分別為v、v′，則 ： mv＝2mv’ 又減少的動能△E＝－＝ 6.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連接著物體A和物體B，

22、放在光滑的水平面上,水平速度為V0的子彈射中物體A并嵌在其中，已知物體B的質(zhì)量為mB，物體A的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的3/4，子彈的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的1/4,求彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。 【答案】 7.如圖所示，兩根間距為l的光滑金屬導(dǎo)軌（不計電阻），由一段圓弧部分與一段無限長的水平段部分組成。其水平段加有豎直向下方向的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質(zhì)量為2m。，電阻為2r。另一質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段，圓弧段MN半徑為R，所對圓心角為60°，求： （1）ab棒在N處進入磁場區(qū)速度多大？

23、此時棒中電流是多少？ （2）ab棒能達到的最大速度是多大？ （3）ab棒由靜止到達最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？ 【答案】（1）、（2）（3） （2）設(shè)ab棒與cd棒所受安培力的大小為F，安培力作用時間為 t，ab 棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當(dāng)兩棒速度達到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd達到最大速度。 運用動量守恒定律得 解得 （3）系統(tǒng)釋放熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機械能減少量，故有 解得 8.如圖中有一個豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一勁度為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質(zhì)量為m的薄滑塊，圓筒內(nèi)壁

24、涂有一層新型智能材料—ER流體，它對滑塊的阻力可調(diào)。起初，滑塊靜止,ER流體對其阻力為0，彈簧的長度為L，現(xiàn)有一質(zhì)量為M=2m的物體從距地面2L處自由落下，與滑塊瞬間碰撞后粘在一起向下運動。為保證滑塊做勻減速運動，且下移距離為 （g為重力加速度）時速度減為0，ER流體對滑塊的阻力須隨滑塊下移而變。試求（忽略空氣阻力）: (1) 下落物體與滑塊碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能； (2) 在滑塊下移停止之前的過程中，ER流體對滑塊阻力的大小f與下滑距離d所滿足的函數(shù)關(guān)系式。 【答案】（1）2mgL/3 （2）2mg-kd+4kL/9 （2）相碰前彈簧的壓縮量為x1 =mg/k

25、 ⑥ 共同下移到靜止h=3mg/k , ⑦ 設(shè)加速度的大小為a，由勻變速直線運動公式有 V22=2ah ⑧ 設(shè)滑塊下滑距離d時受到ER流體的阻力大小為f,此時彈簧的壓縮量為x2 則x2= x1+d ⑨ 由牛頓第二定律得：f+kx2 –(M+m)g=(M+m)a ⑩ 由①、②、④、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩得 f= 2mg-kd+4kL/9 ⑾