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文檔簡介
高考物理動量守恒定律(一)解題方法和技巧及練習題含解析一、高考物理精講專題動量守恒定律1.如圖所示,在光滑的水平面上有一長為L的木板B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的四分之一圓弧槽C,與長木板接觸但不相連,圓弧槽的下端與木板上表面相平,B、C靜止v在水平面上.現有滑塊A以初速度從右端滑上B,一段時間后,以0滑離B,并恰好能v20m到達C的最高點.A、B、C的質量均為.求:(1)A剛滑離木板B時,木板B的速度;(2)A與B的上表面間的動摩擦因數;(3)圓弧槽C的半徑R;(4)從開始滑上B到最后滑離C的過程中A損失的機械能.5vv215mv20v20gL【答案】()=0;(2)1v(3)R064g(4)EB41632【解析】【詳解】(1)對A在木板B上的滑動過程,取A、B、C為一個系統,根據動量守恒定律有:vmvm2mvB=+002vv解得=0B4(2)對A在木板B上的滑動過程,A、B、C系統減的少動能全部轉化為系統產生的熱量mgL=12mv2-1m(0)2-12m()vv02222405v2016gL解得(3)對A滑上C直到最高點的作用過程,A、C系統水平方向上動量守恒,則有:mvmv2mv0+=2BA、C系統機械能守恒:mgR=1m(0)21m(0)212mv2vv22242解得Rv0264g(4)對A滑上C直到離開C的作用過程,A、C系統水平方向上動量守恒mvmv0mvmv024ACA、C系統初、末狀態機械能守恒,m(v0)21m(v0)21mv21mv21222422ACv04v解得=.A所以從開始滑上B到最后滑離C的過程中A損失的機械能為:E=1mv-1mv=15mv202022232A【點睛】該題是一個板塊的問題,關鍵是要理清A、B、C運動的物理過程,靈活選擇物理規律,能夠熟練運用動量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解.2.如圖,質量分別為m=1.0kg和m=2.0kg的彈性小球a、b,用輕繩緊緊的把它們捆在一12起,使它們發生微小的形變.該系統以速度=0.10m/s沿光滑水平面向右做直線運動.某v0時刻輕繩突然自動斷開,斷開后兩球仍沿原直線運動.經過時間t=5.0s后,測得兩球相距_____________、______________;兩s=4.5m,則剛分離時,a球、b球的速度小大分別為球分開過程中釋放的彈性勢能為_____________.【答案】①0.7m/s,-0.2m/s②0.27J【解析】試題分析:①根據已知,由動量守恒定律得聯立得②由能量守恒得代入數據得考點:考查了動量守恒,能量守恒定律的應用【名師點睛】關鍵是對過程分析清楚,搞清楚過程中初始量與末時量,然后根據動量守恒定律與能量守恒定律分析解題3.如圖,質量分別為、的兩個小球A、B靜止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8m,A球在B球的正上方.先將B球釋放,經過一段時間后再將A球釋放.當A球t=0.3sBP下落時,剛好與球在地面上方的點處相碰,碰撞時間極短,碰后瞬間球的速A度恰為零.已知能損失.,重力加速度大小為,忽略空氣阻力及碰撞中的動iB()球第一次到達地面時的速度;iiP()點距離地面的高度.v4m/sh0.75mB【答案】p【解析】iB試題分析:()球總地面上方靜止釋放后只有重力做功,根據動能定理有mgh12mv2BBBv2gh4m/s可得B球第一次到達地面時的速度Bvgt3m/s()球下落過程,根據自由落體運動可得A球的速度AiiAv'B設B球的速度為,則有碰撞過程動量守恒mvmv'mv''AABBBB1過程沒有動能損失則有mv212mv'212mv''2碰撞2AABBBB解得v'1m/sv''2m/s,BBvv4m/s根據沒有動能損失所以B離開地面上拋時速度0BB小球與地面碰撞后v2v'2Bhp0.75m所以P點的高度02g考點:動量守恒定律能量守恒4.如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊滑平地滑上3m/s冰塊均靜止于冰面上.某時刻小孩將冰塊以相對冰面的速度向斜面體推出,h="0.3"mh升的最大高度為(小于斜面體的高斜面體,在斜面體上上m="30"kg,冰塊的m="10"kg總質量為質量為,小孩與滑板始度).已知小孩與滑板的12g="10"m/s2.終無相對運動.取重力加速度的大小i()求斜面體的質量;ii()通過計算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?i20kgii【答案】()()不能【解析】①M試題分析:設斜面質量為,冰塊和斜面的系統,水平方向動量守恒:mv(mM)v222mgh1(mM)v21mv系統機械能守恒:2222222解得:M20kg②mvmv,人推冰塊的過程:得(向右)v1m/s11221mvmvMv3冰塊與斜面的系統:22221mv21mv2+1Mv232222222v1m/s解得:(向右)2v=v因,且冰塊處于小孩的后方,則冰塊不能追上小孩.21考點:動量守恒定律、機械能守恒定律.5.牛頓的《自然哲學的數學原理》中記載,、兩個玻璃球相碰,碰撞后的分離速度和AB15∶16接近速度之比總是約為.分離它們碰撞前的速度是指碰撞后B對A的速度,接近速度是指碰撞前A對B的速度.若上述過程是質量為的玻璃球A以速度v碰撞質量為2mm0對心碰撞,求的靜止玻璃球B,且為碰撞后A、B的速度大小.v【答案】v00AB【解析】設、球碰撞后v別為和1v速度分2由動量守恒定律得=1+mv2mv2mv02且由題意知=解得v1=v0,v2=視頻v06.一輕質彈簧一端連著靜止的體物B,放在光滑的水平面上,靜止的體物A被水平速度為v0的子彈射中并且嵌入其中,隨后一起向右運動壓縮彈簧,已知體物A的質量是體物B的31子彈的質量是體物B的質量的,求:4質量的,4(1)體物A被擊中后的速度大小;(2)彈簧壓縮到最短時B的速度大小。11vv80【答案】(1)vv;(2)410【解析】【分析】【詳解】(1)AAv1設子彈射入后,與子彈的共同速度為,由動量守恒定律可得1413mv(mm)v4401解得v1v410(2)ABAB當速度相等時,彈簧的壓縮量最大,設此時、的共同速度為,v取向右為正方向,對子彈、A、B組成的系統,由動量守恒定律可得1mv(1m3mm)v4404解得v1v807.如圖所示,m=0.45kg一質量的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上.車頂右端放一質量1m2=0.4kgm=0.05kgv=100以水平速度0的小物體,m/s射中小車左端,已知子彈與車相互作用時間極短,小物體與車間的動摩μ=0.5,最終小物體以5m/s的速度離開小車.g取10m/s2.求:小物體可視為質點.現有一質量的子彈0并留在車中,擦因數為(1)子彈從射入小車到相對小車靜止的過程中對小車的沖量大小.(2)小車的長度.5.5【答案】(1)4.5Ns(2)m【解析】①子彈進入小車的過程中,子彈與小車組成的系統動量守恒,有:mv(mm)v,可解得v10m/s;10o011,4.5Ns(或kgm/s);對子彈由動量定理有:ImvmvI10②三物體組成的系統動量守恒,由動量守恒定律有:(mm)v(mm)vmv;0110122mgL12(mm)v212(mm)v212mv設小車長為,由能量守恒有:L220110122L=5.5m;聯立并代入數值得:點睛子彈擊中小車過程子彈與小車組成的系統動量守恒,由動量守恒定律可以求出小車,的速度根據動量定理可求子彈對小車的沖量;對子彈、物塊、小車組成的系統動量守恒,對系統應用動量守恒定律與能量守恒定律可以求出小車的長度.8.如圖所示,木塊m靜止在高h=0.45m的水平桌面的最右端,木塊m靜止在距m左212側s=6.25m處.現木塊m在水平拉力F作用下由1靜止開始沿水平桌面向右運動,與m20碰前瞬間撤去F,m和m發生彈2性正碰.碰后m落在水平地面上,落點距桌面右端水平21距離s=l.2m.已知m=0.2kg,m=0.3kg,m與桌面的動1摩擦因素為0.2.(兩個12木塊都可以視為質點,g=10m/s2)求:(1)碰后瞬間m的速度是多少?2(2)m碰撞前后的速度分別是多少?1(3)水平拉力F的大小?【答案】(1)4m/s(2)5m/s;-1m/s(3)0.8N【解析】1試題分析:(1)m做平拋運動,則:h=gt2;22s=vt;2得解v=4m/s2(2)碰撞過程動量和能量守恒:mv=mv+mv111221211mv2=mv2+mv22222111代入數據得解:v=5m/sv=-1m/s1(3)m碰前:v2=2as1Fmgma11代入數據得解:F=0.8N考點:動量守恒定律;能量守恒定律;【名師點睛】此題關鍵是搞清兩個物體的運動結合牛頓定律列出方程求.解牛頓第二定律的應用特征,分清物理過程;用動量守恒定律和能量守恒定律9.如圖所示,一輕質彈簧的一端固定在滑塊B上,另一端與滑塊C接觸但未連接,該整H體靜止放在離地面高為的光滑水平桌面上.現有A曲面上離桌面h高處由靜一滑塊從光滑BC止開始滑下,與滑塊發生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊向前運動,經一段時間,C.滑塊脫離彈簧,繼續在水平桌面上勻速運動一段后從桌面邊緣飛出已知mm,m2m,m3m,求:ABC1AB()滑塊與滑塊碰撞結束瞬間的速度;v2E()被壓縮彈簧的最大彈性勢能;Pmax3Cs.()滑塊落地點與桌面邊緣的水平距離1【答案】()v1mgh362Hh1v2gh2()()3331【解析】【詳解】(1)解:滑塊A從光滑曲面上h高處由靜止開始滑下的過程,機械能守恒,設其滑到底面的mgh1mvv1速度為,由機械能守恒定律有:22AA1v2gh1解之得:vA與碰撞的過程,A、系統的動量守恒,碰撞結束瞬間具有共同速度設為,由BB滑塊mvmmv動量守恒定律有:A1ABvv12gh1解之得:331(2)滑塊A、發生碰撞后與滑塊一起壓縮彈簧,壓縮的過程機械能守恒,被壓縮彈簧的CBA、、C速度相等,設為速度v2彈性勢能最大時,滑塊Bmvmmmv量守恒定律有:由動A1ABC2212(mm)v2mmmv由機械能守恒定律有:EPmaxABABC2E解得被壓縮彈簧的最大彈性勢能:1mgh6Pmax(3)被壓縮彈簧再次恢復自然長度時,滑塊脫離彈簧,設滑塊CA、的速度為,滑塊vB3C的速度為v,分別由動mmvmmvmv量守恒定律和機械能守恒定律有:4ABAB3C41mmv112C4mmvmv223222ABAB1v2gh解之得:0,v334svtC從桌面邊緣飛出后做平拋運動:4滑塊H12gt22C落地點與桌面邊緣的水平距離:sHh3解之得滑塊Mm10.光滑水平面上放著一質量為的槽,槽與水平面相切且光滑,如圖所示,一質量為v的小球以向槽運動.0(1)若槽固定不動,求小球上升的高度(槽足夠高).(2)若槽不固定,則小球上升多高?vMv202【答案】(1)(2)02g2(Mm)g【解析】1mv2201hmgh()槽固定時,設球上升的高度為,由機械能守恒得:11v解得:;02g2h1h,22()槽不固定時,設球上升的最大高度為mvmMvv此時兩者速度為,由動量守恒定律得:011mghmMv22再由機械能守恒定律得:2mv202Mv22mMgh聯立解得,上球上升的高度:0211.如圖所示,A為有光滑曲面的固定軌道,軌道底端的切線方向是水平的,質量m40kg的小車B靜止于軌道右側,其上表面與軌道底端在同一水平面上,一個質量1m20kg2的物體C以的初速度從軌道頂端滑下,沖上小車B后經過一段時間與ms2.0/h1.6m,物體與小車小車相對靜止并一起運動。若軌道頂端與底端的高度差板面間的動摩擦因數0.40,小車與水平面間的摩擦忽略不計,取g10m/s2,求:(1)物體與小車保持相對靜止時的速度v;(2)物體沖上小車后,與小車發生相對滑動經歷的時間(3)物體在小車上相對滑動的距離t;l。2m/s1s3m【答案】(1);(2);(3)【解析】11vmgh2m202m,代入數據得:v試題分析:(1)下滑過程機械能守恒,有:212v6m/s;設初速度方向為正方向,物體相對于小車板面滑動過程動量守恒為:2mv(mM)v22062m/s。mv2v聯立解得:Mm2040Mv402tmg0.420101s。(2)對小車由動量定理有:mgtMv,解得:(3)設物體相對于小車板面滑動的距離為L,由能量守恒有:Mmv23m。vmMv1()代入數據解得:Lm22mgL122v2m22mg2考點:動能定理、動量守恒定律、機械能守恒定律【名師點睛】本題考查動量定恒、機械能守恒及功能關系,本題為多過程問題,要注意正確分析過程,明確各過程中應選用的物理規律。A、C豎直平面內有一個半圓形軌道ABC,半徑為,R如圖所示,兩點的連線水平,..12.在B點為軌道最低點其中AB部分是光滑的,BC部分是粗糙的有一個質量為的物乙體靜mB止在處,另一個質量為的甲物體從A點無初速度2m釋放,甲物體運動到軌道最低點與物乙體發生碰撞,碰撞時間極短,碰撞后結合成一個整體,甲乙構成的整體滑上BC軌道,最高運動到DODOB點,與連線的夾角θ60.甲、兩乙物體可以看作質點,重力加g速度為,求:(1)甲物與物乙體碰撞過程中,甲物體(2)甲物體與物乙體碰撞后的瞬間,甲乙構成的整體對軌道最低點的(3)甲乙構成的整體從運B動到D的過程中,摩擦力對其做的功.受到的沖量.壓力.2317m2gR
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