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2018版提分宝典-物理A:全国版-第19课 动量守恒定律 碰撞

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                          第 19 课   动量守恒定律      碰撞

1.系统动量是否守恒的判断

(1)(多选)(经典题,6     分)  如图所示,A、B       两物体的质量       mA>mB,中间用一段细绳相连并
有一被压缩的弹簧,放在平板小车               C 上后,A、B、C        均处于静止状态。若地面光滑,则
在细绳被剪断后,A、B          从 C  上滑离之前,A、B        在  C 上向相反方向滑动过程中(  )


A.若   A、B  与 C 之间的摩擦力大小相同,则            A、B  组成的系统动量守恒,A、B、C            组成的
系统动量也守恒
B.若   A、B  与 C 之间的摩擦力大小不相同,则             A、B 组成的系统动量不守恒,A、B、C              组
成的系统动量也不守恒
C.若   A、B  与 C 之间的摩擦力大小不相同,则             A、B 组成的系统动量不守恒,但            A、B、
C 组成的系统动量守恒
D.以上说法均不对
答案:AC
解析:当    A、B  两物体组成一个系统时,弹簧的弹力为内力,而                     A、B 与  C 之间的摩擦力
为外力。当     A、B  与  C 之间的摩擦力等大、反向时,A、B             组成的系统所受外力之和为零,
动量守恒。当      A、B  与  C 之间的摩擦力大小不相等时,A、B             组成的系统所受外力之和不为
零,动量不守恒。而对于           A、B、C   组成的系统,由于弹簧的弹力及              A、B  与 C 之间的摩擦
力均为内力,故不论         A、B  与 C 之间的摩擦力的大小是否相等,A、B、C                组成的系统所受
外力之和均为零,故系统的动量守恒,故                  A 项、C  项均正确,B      项、D  项均错误。

2.动量守恒定律的应用
a.“人船”模型

(2)(经典题,8   分)   长为   L、质量为    m2 的船停在平静水面上,一个质量为              m1 的人静立在船
头,若不计水的阻力,当人从船头走到船尾的过程中,船和人对地面的位移各是多少?
           m2           m1
            +            +
答案:s1=m1      m2L,s2=m1    m2L(8 分)

解析:选人、船系统为研究对象,设某时刻人的速度大小为                         v1,船的速度大小为        v2,人行
进的方向为正方向,由动量守恒,得

m1v1-m2v2=0(2 分)

因人由船头至船尾的各个时刻,此式均成立,因此,此过程中,人的位移                               s1 与船的位移

s2 之比也应等于它们的质量的反比,即
s1  m2
s2=m1(2 分)
由几何关系可知

s1+s2=L(2 分)
          m2           m1
          +            +
解得   s1=m1  m2L,s2=m1    m2L(2 分)

b.临界问题
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(3)(经典题,8   分)如图所示,甲车质量          m1=20  kg,车上有质量      M=50   kg 的人,甲车(     连

同车上的人)以      v=3  m/s 的速度向右滑行。此时质量           m2=50  kg 的乙车正以     v0=1.8 m/s 的
速度迎面滑来,为了避免两车相撞,当两车相距适当距离时,人从甲车跳到乙车上,求人
跳出甲车的水平速度(相对地面)至少是多大才能避免两车相撞?不计地面和小车间的摩擦,
设乙车足够长,取        g=10 m/s2。


答案:3.8 m/s (8 分)
解析:取两车和人为研究对象,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得

(m1+M)v-m2v0=(M+m1+m2)v     共(3 分)

代入数据解得      v 共=1 m/s(1 分)
设人跳出甲车的水平速度为            v′,取人和乙车为研究对象,系统动量守恒,以向右为正方向,
由动量守恒定律得

Mv′-m2v0=(M+m2)v   共(3 分)
代入数据解得      v′=3.8 m/s(1 分)
所以人的速度至少为         3.8 m/s

3.碰撞
a.弹性碰撞
(4) (2016 全国Ⅲ,10  分)如图,水平地面上有两个静止的小物块                 a 和 b,其连线与墙垂直;
                                                     3
a 和 b 相距  l,b 与墙之间也相距       l;a 的质量为    m,b  的质量为4m。两物块与地面间的动摩

擦因数均相同。现使         a 以初速度    v0 向右滑动,此后      a 与 b 发生弹性碰撞,但       b 没有与墙发
生碰撞。重力加速度大小为            g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。


答案:       ≤μ<    (10 分)
解析:设物块与地面间的动摩擦因数为                 μ。若要物块     a、b 能够发生碰撞,应有
    1
    2mv02>μmgl①(1 分)

    即 μ<    ②(1 分)

    设在  a、b  发生弹性碰撞前的瞬间,a           的速度大小为      v1。由能量守恒定律得
    1     1
    2mv02=2mv12+μmgl③(2 分)

    设在  a、b  碰撞后的瞬间,a、b        的速度大小分别为        v1′、v2′,由动量守恒和能量守恒有
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              3

    mv1=mv1′+4mv2′④(1  分)
    1     1      1 3
                    m
       2       2   (  ) 2
    2mv1=2mv1′ +2· 4  v2′ ⑤(1 分)
    ④⑤联立解得
        8

    v2′=7v1⑥(1 分)
    由题意,b    没有与墙发生碰撞,由功能关系可知
    1 3        3m
       m
      (  ) 2
    2· 4 v2′ ≤μ· 4 gl⑦(1 分)
    ③⑥⑦联立解得

    μ≥     ⑧(2 分)
    联立②⑧式,a      与  b 发生碰撞、但     b 没有与墙发生碰撞的条件为

        ≤μ<    ⑨

b.完全非弹性碰撞
(5)(经典题,10   分)如图所示,光滑的杆          MN 水平固定,物块       A 穿在杆上,可沿杆无摩擦滑
动,A   通过长度为     L 的轻质细绳与物块        B 相连,A、B    质量均为    m 且可视为质点。一质量
也为   m 的子弹水平射入物块        B 后未穿出,若杆足够长,此后运动过程中绳子偏离竖直方向
的最大夹角为      60°。求子弹刚要射入物块          B 时的速度大小。


答案:2    3gL(10 分)
解析:子弹射入物块         B 的过程,子弹和物块         B 组成的系统水平方向动量守恒

    mv0=2mv1(3 分)
    子弹开始射入物块        B 到细绳偏离竖直方向夹角最大的过程,子弹和两物块组成的系统
水平方向动量守恒

    mv0=3mv2(2 分)
    据能量关系可得
                    1         1
    2mgL(1-cos 60°)=2×2mv12-2×3mv2(3   分)
              3gL
    解得  v0=2      (2 分)

c.“类碰撞”问题

(6)(经典题,10   分)如图,放置在光滑水平面上两物体                A、B 的质量分别为      m1、m2,它们间

用一轻弹簧连接,今突然给            A 一个冲量,使      A 具有速度    v0,向右运动,求:
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①弹簧的压缩量最大时,A、B            的速度分别为多大?弹簧弹性势能多大?
②当弹簧第一次恢复原长时,A、B              的速度为多少?
         m1v0      m2   1
          +        +        2
答案:①m1      m2,m2    m1·2m1v0(5 分) 
      m1-m2       2m1
        +          +
    ②m1   m2v0,m1   m2v0(5 分)
解析:①弹簧的压缩量最大时             A、B  两物体的速度相等,根据动量守恒有

    m1v0=(m1+m2)v(2 分)
             m1v0
    解得  v=m1+m2(1   分)
    此时系统动能损失为
         1      1
             2           2
    ΔEk=2m1v0-2(m1+m2)v   (1 分)
                   m2   1
                    +       2
    解得  Ep=ΔEk=m2    m1·2m1v0(1 分)
    ②从弹簧为原长到弹簧第一次恢复原长,系统水平方向的动量守恒,且初末状态系统
的动能无损失,所以,可将这个过程看成完全弹性碰撞,根据动量守恒和能量守恒有

    m1v0=m1v1+m2v2(2 分)
    1      1      1
        2      2      2
    2m1v0=2m1v1+2m2v2(2  分)
    解得  A、B  两物体的速度为
        m1-m2          2m1
          +             +
    v1=m1   m2v0,v2=m1    m2v0(1 分)

4.碰撞可能性的判断
 (7)(经典题,3   分)甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,甲球的动量是

p1=5  kg·m/s,乙球的动量是      p2=7 kg·m/s,当甲球追上乙球发生碰撞后,乙球的动量变为

p2′=10 kg·m/s,设甲球的质量为       m1,乙球的质量为       m2,则   m1、m2 的关系可能是(  )

    A.m1=m2    B.2m1=m2

    C.4m1=m2    D.6m1=m2
答案:C

解析:    碰撞过程中动量守恒,可知碰撞后甲球的动量                    p′1=2 kg·m/s。由于是甲追碰乙,碰
                            p1 p2          7

撞前甲的速度大于乙的速度,有m1>m2,可得                  m2>5m1。碰撞后甲的速度不大于乙的速度,
  p′1 p′2                                                            p2

有m1≤m2,可得      m2≤5m1。碰撞后系统的动能不大于碰撞前系统的动能,由                      Ek=2m可知,
                               17            17

    +     ≤    +     ,解得   m2≥  7 m1。联立解得    7 m1≤m2≤5m1,故    C 项正确。
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