高三物理动量守恒 多物体 多阶段运动问题.docx

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高三物理动量守恒多物体多阶段运动问题
---碰撞模型
班级:___________姓名:____________座号:___________
一、复****回忆
1、画出碰撞模型的思维导图
2、“一动碰一静〞完全弹性碰撞碰后速度的推导过程
3、试证明完全非弹性碰撞动能损失最大
例1.〔多项选择〕如下图,两个完全相同的小球A、,那么B球被碰后第一次速度为零时的高度可能是()
//10
,固定在同一悬点的两根长均为L的轻绳分别系着男、女演员,他们在同一竖直面内先后从不同高度相向无初速摆下,在最低点相拥后,恰能一起摆到男演员的出发点。男、女演员质量分别为M、m,女演员的出发点与最低点的高度差为,重力加速度为g,不计空气阻力,男、女演员均视为质点。
〔1〕求女演员刚摆到最低点时对绳的拉力大小。
〔2〕假设两人接着从男演员的出发点一起无初速摆下,到达最低点时男演员推开女演员,为了使女演员恰能回到其最初出发点,男演员应对女演员做多少功?
解〔1〕女演员下摆到最低点过程:
在最低点时:
联立,得:
根据牛顿第三定律:
〔2〕男演员下摆到最低点过程:
男、女演员在最低点时:
他们上摆又下摆到最低点过程:
在最低点时,男演员对女演员做功:
女演员,恰好摆回初发点过程:
联立,得:
,质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M==60°的位置自由释放,,°.
,在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块,滑块的一侧是一个14弧形凹槽OAB,凹槽半径为R,A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度υ0从A点冲上凹槽,重力加速度大小为g,不计摩擦。以下说法中正确的选项是
=2gR时,小球能到达B点
,球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
=2gR时,小球在弧形凹槽上运动的过程中,滑块的动能一直增大
,小球在返回A点时速度水平向左
过程
受力
运动〔速度变化〕
能量变化
动量变化
小球上升
m
水平
竖直
水平
竖直
M
最高点时
回到A点
这个例题中,你还能提出什么物理问题,并解答:
,小车的上面是中突的两个对称的曲面组成,整个小车的质量为m,,质量也为m,以水平速度v从左端滑上小车,恰好到达小车的最高点后,,以下说法正确的选项是〔〕
,小车又回到了原来的位置
,小车的动量变化大小是零
,小车和小球的速度一定变化

,光滑冰面上静止放置一外表光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出
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,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=〔h小于斜面体的高度〕。小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。〔i〕求斜面体的质量;〔ii〕通过计算判断,冰块与斜面体别离后能否追上小孩?
例三.(多项选择)光滑水平面上的三个小球a、b、c的质量均为m,小球b、c与轻弹簧相连且静止,小球a以速度v0冲向小球b,,以下说法正确的选项是( )
,机械能不守恒
,机械能也守恒
、c速度相等时,弹簧弹性势能最大
,小球c的速度一定最大,球b此时的速度方向一定水平向左
,两质量分别为m1和m2的弹性小球又叠放在一起,从高度为h处自由落下,且远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,=3m1,那么小球m1反弹后能到达的高度为〔〕

、m2、m3的小球,半径相同,并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上,彼此恰好相互接触。现把质量为m1的小球拉开一些,如图中虚线所示,然后释放,经球1与球2、球2与球3相碰之后,3个球的动量相等。假设各球间碰撞时均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,不计空气阻力,那么m1∶m2∶m3为( )
∶3∶∶3∶∶1∶∶2∶1
,B、C、D、E、F,5个小球并排放置在光滑的水平面上,B、C、D、E,4个球质量相等,而F球质量小于B球质量,,所发生的碰撞均为弹性碰撞,那么碰撞之后( )
3个小球静止,,2个小球运动
,
参考答案
.〔1〕2mg〔2〕
【解析】〔1〕女演员从初始位置到最低点的过程,由机械能守恒定律得:
在最低点时,对女演员,由牛顿第二定律得:联立解得:F=2mg
根据牛顿第三定律得女演员对轻绳的拉力大小为2mg
〔2〕男演员从初始位置摆至最低点的过程,由机械能守恒定律得:
男、女演员在最低点,水平方向满足动量守恒:
他们一起摆到男演员的出发点,由机械能守恒定律得:
他们再一起摆至最低点的过程,由机械能守恒定律得:
男演员在最低点推开女演员,女演员恰能摆回初始位置仍满足
此过程男演员对女演员做的功:
联立解得:
【解析】试题分析:小球A从释放到最低点,由动能定理可知:mg(L−Lcos60∘)=12mvA2−0,解得:vA=,由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度,即,B上升过程中由动能定理可知:−mgh=0−12mvB2,解得:h=L2;假设A与B发生完全非弹性碰撞即AB粘在一起,由动量守恒定律可知:mvA=2mv,解得:v=12gL,在AB上升过程中,由动能定理可知:−2mgh=0−12×2mv2,解得:h=L8,所以B球上升的高度L2≤h≤L8,应选ABC
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.
°
【解析】解:设小球m的摆线长度为l,小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒:①m和M碰撞过程是弹性碰撞,故满足:
mv0=MVM+mv1②③联立②③得:④
说明小球被反弹,且v1与v0成正比,而后小球又以反弹速度和小球M再次发生弹性碰撞,满足:mv1=MVM1+mv2⑤⑥
解得:⑦整理得:⑧
故可以得到发生n次碰撞后的速度:⑨
而偏离方向为450的临界速度满足:⑩
联立①⑨⑩代入数据解得,当n=2时,v2>v临界当n=3时,v3<v临界
即发生3次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于45°.

【解析】【详解】A、当小球刚好到达B点时,小球与滑块水平方向速度相同,设为v1,以小球的初速度方向为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得:mv0=〔m+M〕v1①由机械能守恒定律得:12mv02=12(m+M)v12+mgR②,代入数据解得:v0=2gR(M+m)M>2gR,所以当v0=2gR时,小球不能到达B点,故A错误;
B、小球离开四分之一圆弧轨道时,在水平方向上与滑块M的速度相同,那么球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块M上,不可能从滑块的左侧离开滑块,故B错误;
C、小球在圆弧上运动的过程中,小球对滑块M的压力一直对滑块做正功,所以滑块动能一直增加,故C正确;
D、假设滑块固定,由机械能守恒知小球返回A点时的速度大小仍为v0,在B点,根据牛顿第二定律得:F−mg=mv02R,解得:F=mg+mv02R,根据牛顿第三定律可知,小球返回B点时对滑块的压力为mg+mv02R,.
【解析】,小车向右运动,小球滑下时,小车还会继续前进,故不会回到原位置,故A错误;
,对于车、球组成的系统,取水平向右为正方向,由动量守恒定律列式为mv=2mv′,得共同速度v′=△P=mv′−0=mv2,故B错误;
,系统机械能又没有增加,假设两曲面光滑时,小车和小球的速度可能没有变化。故C错误;
,小球到最高点时系统的动能为12×2m×(v2)2=mv24,,那么减少的动能等于小球增加的重力势能,即mv24=mgh,得h=v24g,显然,这是最大值,如果曲面粗糙,高度还要小些,所以车上曲面的竖直高度不会大于v24g,故D正确。应选:D
变2.〔i〕20kg〔ii〕不能
【解析】试题分析:〔i〕规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者到达共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v①②
式中v20=–3m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3=20kg③
〔ii〕设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有
m1v1+m2v20=0④代入数据得v1=1m/s⑤
设冰块与斜面体别离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20=m2v2+m3v3⑥⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1m/s⑧
由于冰块与斜面体别离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在前方,故冰块不能追上小孩。
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【解析】试题分析:下降过程为自由落体运动,触地时两球速度相同,v=,m2碰撞地之后,速度瞬间反向,大小相等,选m1与m2碰撞过程为研究过程,碰撞前后动量守恒,设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2,选向上方向为正方向,那么:
m2v﹣m1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得:〔m1+m2〕v2=+m2
且,m2=3m1联立解得:反弹后高度为:H=应选D
【解析】因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞,那么碰撞过程机械能守恒,动量守恒。因碰撞后三个小球的动量相等设为p,那么总动量为3p。由机械能守恒得(3p)22m1=p22m1+p22m2+p22m3,即9m1=1m1+1m2+1m3,代入四个选项的的质量比值关系,只有A项符合,应选A。
【解析】在整个运动过程中,系统所受的合外力为零,三个小球与弹簧组成的系统动量守恒;由动量守恒定律可知,a与b碰撞的过程中系统机械能减小,A正确B错误;当小球b、c速度相等时,弹簧的形变量最大,弹性势能最大,C正确;当弹簧恢复原长时,小球c的动能一定最大,根据动量守恒和机械能守恒分析可知,小球b的速度方向一定向右,D错误.
【解析】因A、B质量不等,MA<,,弹性碰撞后,不断交换速度,最终E有向右的速度,,ME>MF,;A向左,,.
点:解得:
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