2011届高考物理动量典型问题剖析2

2011物理资料

动量典型问题剖析

问题7：会分析求解“三体二次作用过程”问题

所谓“三体二次作用”问题是指系统由三个物体组成，但这三个物体间存在二次不同的相互作用过程。解答这类问题必须弄清这二次相互作用过程的特点，有哪几个物体参加？是短暂作用过程还是持续作用过程？各个过程遵守什么规律？弄清上述问题，就可以对不同的物理过程选择恰当的规律进行列式求解。

例19、光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以V0=6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，如图8所示。B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为 J时，物块A的速度是 m/s。

分析与解：本题是一个“三体二次作用”问题：“三体”为A、B、C三物块。“二次作用”过程为第一次是B、C二物块发生短时作用，而A不参加，这

图8

过程动量守恒而机械能不守恒；第二次是B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，这过程动量守恒机械能也守恒。

对于第一次B、C二物块发生短时作用过程，设B、C二物块发生短时作用后的共同速度为VBC，则据动量守恒定律得：

mBV0 (mB mC)VBC (1)

对于第二次B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为V，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得：

mAV0+(mB mC)VBC （mA mB mC)V （2）

EP

1112

mAV02 (mB mC)VBC (mA mB mC)V2 （3） 222

由式(1)、（2）、（3）可得：当弹簧的弹性势能达到最大为EP=12J时，物块A的速度V=3 m/s。 例20、如图9所示为三块质量均为m，长度均为L的木块。木块1和木块2重叠放置在光滑的水平桌面上，木块3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后原来叠放在上面的木块1完全移到木块3上，并且不会从木块3上掉下，木块3碰撞前的动能应满足什么条件？设木块之间的动摩擦因数为 。

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分析与解：设第3块木块的初速度为V0,对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V1，据动量守恒定律

1 得：mV0=2mV1 ○

图9

对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V2，则据动量守恒定律得：

2 2mV1=3mV2 ○

(1)第1块木块恰好运动到第3块上，首尾相齐，则据能量守恒有： mgL

11

3 .2m.V12 .3m.V23 ○

22

1○2○3联立方程得：Ek3=6μmgL ○4 由○

(2)第1块运动到第3块木块上，恰好不掉下，据能量守恒定律得：

5 mg(1.5L) .2m.V12 .3m.V23 ○1○2○5联立方程得：Ek3=9μmgL 由○

1212

故：6 mgL Ek3 9 mgL

问题8：会分析求解“二体三次作用过程”问题

所谓“二体三次作用”问题是指系统由两个物体组成，但这两个物体存在三次不同的相互作用过程。求解这类问题的关键是正确划分三个不同的物理过程，并能弄清这些过程的特点，针对相应的过程应用相应的规律列方程解题。

例21、如图10所示，打桩机锤头质量为M，从距桩顶h高处自由下落，打在质量为m的木桩上，且在极短时间内便随桩一起向下运动，使得木桩深入泥土的距离为S，那么在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力是多少？

分析与解：这是一道联系实际的试题。许多同学对打木桩问题的过程没有弄清楚，加上又不理解“作用时间极短”的含意而酿成错误。其实 打木桩问题可分为三个过程：

其一：锤头自由下落运动过程，设锤刚与木桩接 触的速度为V0，则据机械能守恒定律得：

Mgh=

M

1

MV02,所以V0=2gh。 2

其二：锤与木桩的碰撞过程，由于作用时间极短，

图10

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内力远大于外力，动量守恒，设碰后的共同速度为V， 据动量守恒定律可得：

MV0=(M+m)V, 所以V=

MV0

M m

其三：锤与桩一起向下做减速运动过程，设在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力

为f,由动能定理可得：

1M2gh2

（M+m）gS-fS=0-(M m)V,所以f=(M+m)g+.

2(M m)S

例22、如图11所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度V0和2V0在木板上滑动，木板足够长， A、B始终未滑离木板。求：

（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移； （2）木块A在整个过程中的最小速度。

分析与解：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为V1。对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：

图11

mV0 2mV0 (m m 3m)V1

解得：V1=0.6V0

对木块B运用动能定理，有：

mgs

2

112

mV1 m(2V0)2 22

解得:s 91V0/(50 g)

（2）设木块A在整个过程中的最小速度为V′，所用时间为t，由牛顿第二定律： 对木块A：a1 mg/m g, 对木板C：a2 2 mg/3m 2 g/3,

当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：

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V0 gt (2 g/3)t

解得t 3V0/(5 g)

木块A在整个过程中的最小速度为：V/ V0 a1t 2V0/5.

问题9：会用动量守恒定律解“碰撞类”问题 1.碰撞的特点

（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。

（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其它形式的能量转化为动能。

（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。

（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。 2.判定碰撞可能性问题的分析思路 （1）判定系统动量是否守恒。

（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。

（3）判定碰撞前后动能是不增加。

例23、甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P1=5kg.m/s,P2=7kg.m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg.m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？

A、m1=m2 B、2m1=m2

C、4m1=m2 D、6m1=m2。

分析与解：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有： P1+P2= P1+ P2 即：P1=2 kg.m/s。

由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有：

，

，

，

P12P22P1'2P2'2

2m12m22m12m2

所以有：m1

21

m2,不少学生就选择（C、D）选项。 51

这个结论合“理”，但却不合“情”。因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符

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合这一物理情景，就必须有

P1P25

，即m1 m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于

7m1m2

P1'P2'1

或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以 m1 m2.因此选项（D）是不合“情”

5m1m2

的，正确的答案应该是（C）选项。

例24、如图12所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？

A．甲球速度为零，乙球速度不为零 B．两球速度都不为零

C．乙球速度为零，甲球速度不为零 D．两球都以各自原来的速率反向运动 分析与解：首先根据两球动能相等，m甲V甲

图12

1

2

2

12m乙V乙得出两球碰前动量大小之比为：2

P甲P乙

m甲m乙

，因m甲>m乙，则P甲>P乙，则系统的总动量方向向右。

根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的．

问题10:会用动量守恒定律和能量守恒解“相对滑动类”问题

解决动力学问题，一般有三种途径：（1）牛顿第二定律和运动学公式(力的观点)；（2）动量定理和动量守恒定律(动量观点)；（3）动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律(能量观点).以上这三种观点俗称求解力学问题的三把“金钥匙”.如何合理选取三把“金钥匙”解决动力学问题，是老师很难教会的。但可以通过分别用三把“金钥匙”对一道题进行求解，通过比较就会知道如何选取三把“金钥匙” 解决动力学问题,从而提高分析问题解决问题的能力。

例25、如图13所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M.现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图1)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参照系.

(1)若已知A和B的初速度大小为V0，求它们最后的速度大小和方向.

(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.

图

13

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分析与解：方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解。

A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t,A、B间的滑动摩擦力为f.如图14所示。

对A据牛顿第二定律和运动学公式有： f=maA, L2=V0t

1

aAt2， V=-V0+aAt; 2

对B据牛顿第二定律和运动学公式有：

12

f=MaB, L0 V0t aBt,V=V0-aBt;

2

由几何关系有：L0+L2=L；

由以上各式可求得它们最后的速度大小为

V＝

M m

. V0，方向向右。

M m

2mMV02

fL

M m

V02m M

对A，向左运动的最大距离为L1 L。

2aA4M

方法2、用动能定理和动量定理求解。

A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t, A和B的初速度的大小为V0，则据动量定理可得：

1 对A： ft= mV+mV0 ○

2 对B：-ft=MV－MV0 ○

解得：V＝

M m

V0，方向向右

M m

A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V的两个阶段。设L1为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L2为A从速度为零增加到速度为V的过程中向右运动的路程，L0为A从开始运动到刚好到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图2所示，设A与B之间的滑动摩擦力为f，则由动能定理可得：

对于B ： -fL0=

11

3 MV2 MV02 ○

22

1

对于A ： -fL1= -mV02 ○4

2

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1

f(L1-L2)=mV2 ○5

2

由几何关系L0+L2=L ○6

6联立求得L1=由①、②、③、④、⑤、○

(M m)L

.

4M

方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解。

A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V， A和B的初速度的大小为V0，则据动量守恒定律可得：

MV0－mV0=(m+m)V 解得：V＝

M m

. V0，方向向右 .

M m

12

2

对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL=M m)V0

1

(m M)V2 2

1

mV02 2

(M m)L

由上述二式联立求得L1=.

4M

对于A fL1=

从上述三种解法中，同学们不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案。因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解。

问题11、会根据图象分析推理解答相关问题

例26、A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机在t0 = 0，t1= △t，t2 = 2·△t，t3=3·△t各时刻闪光四次，摄得如图15所示照片，其中B像有重叠，mB=判断（ ）

A.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5△t；

B.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5△t； C.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5△t； D.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5△t。

分析与解：若碰撞前B静止，则VB0=0，则t0,t1,t2时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 2.5△t,碰撞后B的速度VBt 碰撞后VAt

图15

3

mA，由此可2

1020

;碰撞前A的速度VA0 ， t/2 t

5

。

t/2

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碰撞前系统动量为：mA.守恒定律；

碰撞前系统动能为：

20510

mB，碰撞后系统动量为： mA.，满足动量

t t/2 t/2

140011001400

mA2，碰撞后系统动能为：mA2 mB2，显然碰222 t t t

撞后系统的动能增加，不符合能量守恒定律。

所以碰撞前B不可能静止，即AC二选项错误。

若碰撞后B静止，则VBt=0，则t1,t2,t3时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 0.5△t,碰撞前B的速度VB0 的速度VA0

1020

;碰撞后A的速度VAt ，碰撞前A t/2 t

5

。 t/2

102020 mB，碰撞前系统动量为： mA.，满足动量守恒定 t t t

碰撞前系统动量为：mA.律；

碰撞前系统动能为：

110014001400

mA2 mB2，碰撞后系统动能为：mA2，显然碰222 t t t

撞后系统的动能减少，符合能量守恒定律。

综上所述，只有选项B正确。

例27、如图16所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。一个质量为m的小滑块以初速度V0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图17所示.某同学根据图象作出如下一些判断：

A．滑块与木板间始终存在相对运动； B．滑块始终未离开木板； C．滑块的质量大于木板的质量； D．在t1时刻滑块从木板上滑出。

分析与解：从图17中可以看出，滑块与木板始终没有达到共同速度，所以滑块与木板间

图17

V图

16

始终存在相对运动；又因木板的加速度较大，所以滑块的质量大于木板的质量；因在t1时刻以后，滑块和木板都做匀速运动，所以在t1时刻滑块从木板上滑出。即选项ACD正确。

问题12、会利用数学方法求解物理问题。

例28、用质量为M的铁锤沿水平方向将质量为m、长为L的铁钉敲入木板，铁锤每次以

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相同的速度V0击钉，随即与钉一起运动并使钉进入木板一定距离。在每次击进入木板的过程中，钉所受的平均阻力为前一次受击进入木板过程中所受平均阻力的K倍（K>1）。若第一次敲击使钉进入木板深度为L1，问至少敲击多少次才能将钉全部敲入木板？并就你的解答讨论要将钉全部敲入木板，L1必须满足什么条件？

分析与解：设铁锤每次敲击铁钉后以共同速度V运动，根据动量守恒定律可得： MV0=（M+m）V

设第一次受击进入木板过程中受平均阻力为f1,则根据动能定理可得：

M2V0212

f1L1 0 MV

22(M m)

第二次受击进入木板过程中受平均阻力为f2=Kf1, 根据动能定理可得：

22

MV012

Kf1L2 0 MV

22(M m)

所以L2=L1/K。同理可得L3=L1/K，L4=L1/K Ln=L1/KN

KL

23(N-1)

1

()Kn 1 1KL1 L KL

因为L=L1+L2+……+Ln=n L，所以n logK

K(K 1)1

当KL1 L KL 0时，上式无意义，但其物理意义是当KL1 L KL 0时不论你敲击多少次都不能将铁钉全部敲入木板。所以要将钉全部敲入木板，L1必须满足：

L1>（K-1）L/K

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