北京高三总复习动量守恒专题答案.docx

北京高三总复习动量守恒专题答案.docx

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北京高三总复习动量守恒专题答案

1、【分析】两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况．

【解答】解：

A、由图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，弹簧处于压缩状态，故A错误；

B、结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；

C、系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知：

m1v1＝（m1+m2）v2，将v1＝3m/s，v2＝1m/s代入得：

m1：

m2＝1：

2，故C正确；

D、在t2时刻A的速度为：

vA＝1m/s，B的速度为：

vB＝2m/s，根据m1：

m2＝1：

2，求出Ek1：

Ek2＝1：

8，故D错误。

故选：

C。

2、【分析】x﹣t（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况．根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能．

【解答】解：

AB、x﹣t图象的斜率等于速度，碰前，m2位移不随时间变化，m2静止，m1的速度为正，向右运动。

碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故A、B错误。

C、由图乙所示图象可知，碰前m1的速度v1＝＝＝4m/s，m2静止；碰后m1的速度v1′＝﹣2m/s，碰后m2的速度v2′＝2m/s

根据动量守恒定律：

m1v1＝m1v1′+m2v2′得m2＝3m1＝0.3kg，故C正确。

D、碰撞过程中系统机械能的变化量为△E＝m1v12﹣m1v1′2﹣m2v2′2，代入解得，△E＝0，机械能守恒，故D错误。

故选：

C。

【点评】本题首先考查读图能力，抓住位移图象的斜率等于速度是关键；其次要注意矢量的方向．

3、【分析】对A、B受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，根据系统的动量守恒和机械能守恒列式分析两物块的速率，画出速度时间图象。

【解答】解：

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，随着压缩量的增大，弹簧的弹力增大，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，弹簧的压缩量减小，弹力减小，两个物块的加速度减小。

当弹簧恢复原长时B离开弹簧。

所以v﹣t图象切线斜率的大小都先增大后减小。

设B离开弹簧时A、B的速度分别为vA和vB。

取水平向右为正方向，根据动量守恒定律：

mBv0＝mAvA+mBvB，

由机械能守恒得：

mBv02＝mAvA2+mBvB2

联立解得vA＝v0，vB＝v0。

若mB＞mA，由上式可得：

vA＞vB．所以B图是可能的。

若mB＝mA，由上式可得：

vA＝v0，vB＝0。

若mB＜mA，由上式可得：

vA＞0，vB＜0。

综上，只有B图是可能的。

故ACD错误，B正确。

故选：

B。

4、【分析】物体碰撞过程遵守动量守恒．由图读出碰撞前后两个物体的速度，由动量守恒列式求解质量之比，分别求出碰撞前后的总动能，即可判断总动能是否变化．

【解答】解：

①、②、③由图知，碰撞前，A、B的速度分别为vA＝6m/s，vB＝1m/s；碰撞后，A、B的速度分别为vA′＝2m/s，vB′＝7m/s；

根据两个物体组成的系统动量守恒得：

mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′

则得：

＝＝＝．故①②正确，③错误。

④作用前系统的总动能为：

+＝+＝27mB+＝27.5mB；

作用后系统的总动能为：

+＝×22+＝27mB+＝27.5mB；故④正确。

故选：

D。

5、【分析】根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题；当系统所受合外力为零时，系统动量守恒；当只有重力或只有弹力做功时，系统机械能守恒。

【解答】解：

在木块与子弹一起向左运动压缩弹簧的过程中，木块、子弹、弹簧所组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；

在子弹击中木块的过程中，要克服摩擦力做功，系统的部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，

因此子弹、木块和弹簧所组成的系统，在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，动量不守恒、机械能不守恒；

故选：

B。

【点评】本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，知道动量与机械能守恒的条件、分析清楚过程即可正确解题。

6、【分析】根据系统动量守恒的条件：

系统不受外力或所受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功，判断系统的机械能是否守恒．

【解答】解：

AB、撤去F后，木块A离开竖直墙前，竖直方向两物体气所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零；而墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒，这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，故AB错误；

CD、A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒，故C正确，D错误。

故选：

C。

7、【分析】物体悬浮在液体中，物体所受合外力为零；系统所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统的受力情况分析答题。

【解答】解：

木块和铁块用细绳栓连后在水里悬浮，木块与铁块组成的系统所受合外力为零，

在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，根据F＝ρgv排，系统受到的浮力不变，重力也不变，所以系统合力为零，系统动量守恒；

在上升过程中系统中浮力做正功，根据机械能守恒条件可知，系统机械能增加，故A正确，BCD错误；

故选：

A。

【点评】本题考查了动量守恒与机械能是否守恒的判断，知道动量守恒与机械能守恒的条件是解题的前提，根据系统的受力情况应用守恒条件即可解题。

8、【分析】把人、大锤和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律分析即可。

【解答】解：

AB、把人、大锤和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，用大锤连续敲打车的左端，根据动量守恒可知，系统的总动量为零，大锤向左运动，小车向右运动，大锤向右运动，小车向左运动，所以车左右往复运动，车不会持续地向右运动，故AB错误；

C、在大锤的连续敲打下，小车与大锤组成的系统，竖直方向的合力不等于零，系统的动量不守恒，故C错误；

D、人、车、大锤组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，当大锤停止运动时，系统的动量为零，速度为零，人和车停止运动，故D正确。

故选：

D。

【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键是要知道系统的水平动量守恒，但总动量不守恒，运用动量守恒定律分析小车的运动情况。

9、【分析】系统水平方向不受外力，动量守恒，竖直方向的动量不守恒。

根据斜面的弹力与小木块Q对地位移的夹角，判断做功情况。

根据系统机械能守恒知，小木块Q重力势能的减小量等于木块P与Q增加的动能之和。

小木块Q减少的机械能等于木块P增加的动能。

【解答】解：

A、根据动量守恒得知，木块P，Q组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒；但竖直方向Q向下做加速运动，所以竖直方向的动量不守恒，由于系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；

B、由于P与Q之间的弹力属于P与Q的系统的内力，除弹力外，只有重力做功，所以P、Q组成的系统的机械能守恒，故B正确；

C、根据功能关系得知，重力对小木块Q做的功等于Q的重力势能减少量，小木块Q重力势能的减小量等于木块P与Q增加的动能之和，根据系统的机械能守恒得，小木块Q减少的机械能等于木块P增加的动能，故C错误；

D、P下滑过程Q向右运动，P对Q做正功，故D错误；

故选：

B。

【点评】本题系统不受摩擦力，水平方向动量守恒和机械能守恒。

根据弹力与小木块Q的夹角，判断出弹力做负功。

10、【分析】根据系统的受力情况，对照动量守恒条件：

合外力为零，分析系统的动量是否守恒。

根据机械能守恒条件：

只有重力和弹力做功，分析系统的机械能是否守恒。

物体A离开墙壁后，A、B和弹簧系统机械能守恒，动量也守恒，当两物体速度相同时，弹簧最长或者最短。

根据系统的动量守恒和机械能守恒求弹簧第一次、第二次压缩最短时弹性势能之比。

【解答】解：

AB、从撤去推力到A离开竖直墙之前，A一直受到左边墙向右的弹力，系统的合外力不为零，故系统的动量不守恒。

墙对A不做功，只有弹簧的弹力对系统做功，所以系统的机械能守。

故A正确；

C、弹簧第一次恢复原长后，物体B有向右的速度。

A离开墙后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒。

设弹簧第一次恢复原长时B的速度为v0．弹簧第二次恢复为原长时，A、B的速度分别为vA和vB．取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：

2mv0＝mvA+2mvB。

根据机械能守恒定律得•2mv02＝mvA2+×2mvB2．联立解得vA＝，vB＝，可知，弹簧第二次恢复为原长时，A、B两物体的速度方向一定相同，故C正确。

D、弹簧第一次压缩最短时弹性势能Ep1＝•2mv02。

设弹簧第二次压缩最短时A、B的共同速度为v。

根据动量守恒定律得：

2mv0＝（m+2m）v。

根据机械能守恒定律得•2mv02＝（m+2m）v2+Ep2．联立解得弹性势能Ep2＝mv02。

所以弹簧第一次、第二次压缩最短时弹性势能之比为Ep1：

Ep2＝3：

1，故D正确；

故选：

ACD。

【点评】本题的关键分析清楚两个物体和弹簧系统的运动规律，掌握动量守恒和机械能守恒的条件，还要结合机械能守恒定律和动量守恒定律列式研究。

11、【分析】滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出滑块与弧形槽的速度，然后应用能量守恒定律分析答题。

【解答】解：

A、滑块下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；

B、滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故B正确；

C、设小球到达水平面时速度大小为v1，槽的速度大小为v2，且可判断球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在球和槽在球下滑过程中，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：

mv1﹣2mv2＝0，由机械能守恒定律得：

mgh＝mv12+•2mv22，由以上两式解得：

v1＝2，v2＝，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等，v＝v1＝2，故C错误；

D、物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大弹性势能Ep＝mv12＝mgh，故D正确；

故选：

ABD。

【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题。

12、【分析】根据牛顿第二定律得到两球的加速度，结合牛顿第三定律分析F1与F2的关系，结合加速度的定义式a＝即可推导．

【解答】解：

根据牛顿第二定律，碰撞过程中两球的加速度分别是：

a1＝，

a2＝

根据牛顿第三定律，知F1与F2大小相等、方向相反，即：

m1a1＝﹣m2a2

碰撞时两球之间力的作用时间很短，用△t表示．这样，加速度与碰撞前后速度的关系就是：

a1＝，2＝

把加速度的表达式代入m1a1＝﹣m2a2，移项后得到：

m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′

所以碰撞前系统动量等于碰撞后系统动量，即两个小球碰撞过程中的动量