2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第2講 動(dòng)量守恒定律學(xué)案（含解析）.doc

第2講　動(dòng)量守恒定律 主干梳理 對(duì)點(diǎn)激活 知識(shí)點(diǎn)　　動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用?、? 1．幾個(gè)相關(guān)概念 (1)系統(tǒng)：在物理學(xué)中，將相互作用的幾個(gè)物體所組成的物體組稱為系統(tǒng)。 (2)內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的相互作用力叫做內(nèi)力。 (3)外力：系統(tǒng)以外的其他物體對(duì)系統(tǒng)的作用力叫做外力。 2．動(dòng)量守恒定律 (1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變，這就是動(dòng)量守恒定律。 (2)表達(dá)式 ①p＝p′，系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′。 ②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。 ③Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向。 ④Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。 (3)適用條件 ①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。 ②近似守恒：系統(tǒng)受到的合外力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒。 ③某方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合外力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。 知識(shí)點(diǎn)　　彈性碰撞和非彈性碰撞?、? 1．碰撞 碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。 2．特點(diǎn) 在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。 3．分類 4．散射 微觀粒子相互接近時(shí)并不像宏觀物體那樣“接觸”，微觀粒子的碰撞又叫做散射。 知識(shí)點(diǎn)　　反沖　爆炸?、? 1．反沖現(xiàn)象 (1)在某些情況下，原來(lái)系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開(kāi)。這類問(wèn)題相互作用的過(guò)程中系統(tǒng)的動(dòng)能增大，且常伴有其他形式的能向動(dòng)能的轉(zhuǎn)化。 (2)反沖運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，一般合外力為零或外力的作用遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，可利用動(dòng)量守恒定律來(lái)處理。 2．爆炸問(wèn)題 爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒，爆炸過(guò)程中位移很小，可忽略不計(jì)，作用后從相互作用前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一 思維辨析 1．系統(tǒng)動(dòng)量不變是指系統(tǒng)的動(dòng)量大小和方向都不變。(　　) 2．系統(tǒng)的動(dòng)量守恒時(shí)，機(jī)械能也一定守恒。(　　) 3．當(dāng)質(zhì)量相等時(shí)，發(fā)生完全彈性碰撞的兩個(gè)球碰撞前后速度交換。(　　) 4．光滑水平面上的兩球做相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生正碰后兩球均變?yōu)殪o止，于是可以斷定碰撞前兩球的動(dòng)量大小一定相等。(　　) 5．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動(dòng)量就不可能守恒。(　　) 答案　1.√　2.　3.√　4.√　5. 二 對(duì)點(diǎn)激活 1．(人教版選修3－5P16T5改編)某機(jī)車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對(duì)接。機(jī)車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個(gè)共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設(shè)機(jī)車和車廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計(jì))(　　) A．0.053 m/s B．0.05 m/s C．0.057 m/s D．0.06 m/s 答案　B 解析　取機(jī)車和15節(jié)車廂整體為研究對(duì)象，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，v＝v0＝0.8 m/s＝0.05 m/s。故B正確。 2．(人教版選修3－5P17T7改編)懸繩下吊著一個(gè)質(zhì)量為M＝9.99 kg的沙袋，構(gòu)成一個(gè)單擺，擺長(zhǎng)L＝1 m。一顆質(zhì)量m＝10 g的子彈以v0＝500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬間與沙袋達(dá)到共同速度(不計(jì)懸繩質(zhì)量，g取10 m/s2)，則此時(shí)懸繩的拉力為(　　) A．35 N B．100 N C．102.5 N D．350 N 答案　C 解析　子彈打入沙袋過(guò)程中，對(duì)子彈和沙袋由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子彈與沙袋的共同速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s。對(duì)子彈和沙袋，由向心力公式FT－(m＋M)g＝(m＋M)得，懸繩的拉力FT＝(m＋M)g＋(m＋M)＝102.5 N，故C正確。 3．(人教版選修3－5P17T6改編)如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質(zhì)量之比為(　　) A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶1 答案　D 解析　設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方向?yàn)檎较颍深}意知，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，說(shuō)明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分別為和－，則有mBv0＝mA＋mB－，解得mA∶mB＝4∶1，D正確。 考點(diǎn)細(xì)研 悟法培優(yōu) 考點(diǎn)1　動(dòng)量守恒定律的理解與應(yīng)用 1．動(dòng)量守恒定律的“六性” (1)系統(tǒng)性：研究對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)。 (2)條件性：必須滿足動(dòng)量守恒定律的適用條件。 (3)矢量性：表達(dá)式中初、末動(dòng)量都是矢量，首先需要選取正方向，分清各物體初、末動(dòng)量的正、負(fù)。 (4)瞬時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，動(dòng)量守恒指對(duì)應(yīng)每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初時(shí)刻的總動(dòng)量相等。 (5)相對(duì)性：動(dòng)量守恒定律方程中的動(dòng)量必須是相對(duì)于同一慣性參考系。一般選地面為參考系。 (6)普適性：不僅適用于宏觀低速物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀高速粒子組成的系統(tǒng)。 2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟 　　　　 例1　(2018蓉城模擬)如圖所示，在足夠長(zhǎng)的固定斜面上有一質(zhì)量為m的薄木板A，木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑。現(xiàn)將一質(zhì)量也為m的小滑塊B無(wú)初速度輕放在木板A的上表面，對(duì)于滑塊B在木板A上滑動(dòng)的過(guò)程中(B始終未從A的上表面滑出，B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù))，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒 B．A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都不守恒 C．當(dāng)B的速度為v0時(shí)，A的速度為v0 D．當(dāng)A的速度為v0時(shí)，B的速度為v0 解題探究　(1)木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑，放上B后A、B組成的系統(tǒng)合外力為零嗎？ 提示：由題意知木板A與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)等于斜面傾角的正切值，所以放上B后A、B組成的系統(tǒng)合外力仍為零。 (2)剛放上B后，A、B間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)嗎？ 提示：發(fā)生。 嘗試解答　選C。 由于木板A沿斜面勻速下滑，則木板A受到的合力為零，當(dāng)小滑塊B放在木板A上表面后，A、B組成的系統(tǒng)所受的合力仍為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由于A、B間以及A與斜面間摩擦力的作用，則系統(tǒng)的機(jī)械能一直減小，即機(jī)械能不守恒，A、B錯(cuò)誤；由于B與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，所以當(dāng)A、B共速后將沿斜面共同勻速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，又由動(dòng)量守恒定律知C正確，D錯(cuò)誤。 總結(jié)升華 應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)的幾點(diǎn)易錯(cuò)提醒 (1)動(dòng)量守恒定律的研究對(duì)象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，與選擇哪幾個(gè)物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運(yùn)動(dòng)過(guò)程有直接關(guān)系。 (2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時(shí)，要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外的物體對(duì)系統(tǒng)的作用力。 (3)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件不同，動(dòng)量守恒時(shí)機(jī)械能不一定守恒，機(jī)械能守恒時(shí)動(dòng)量不一定守恒，二者不可混淆。 [變式1]　(2018寧夏固原市一中月考)如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個(gè)質(zhì)量為m的球以速度v0向滑塊滾來(lái)，小球不能越過(guò)滑塊，則小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球和滑塊的速度大小是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　小球沿滑塊上滑的過(guò)程中，對(duì)小球和滑塊組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，因而水平方向動(dòng)量守恒，小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)和滑塊具有相同的對(duì)地速度v(若速度不相同，必然相對(duì)運(yùn)動(dòng)，此時(shí)一定不是最高點(diǎn))。由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A正確。 考點(diǎn)2　碰撞問(wèn)題分析 1．碰撞遵循的三條原則 (1)動(dòng)量守恒定律。 (2)機(jī)械能不增加 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋ (3)速度要合理 ①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，若物體速度仍同向，則前面的物體速度大(或相等)。 ②相向碰撞：碰撞后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。 2．彈性碰撞討論 (1)碰后速度的求解 根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒 解得v1′＝ v2′＝ (2)分析討論 當(dāng)碰前兩物體的速度不為零時(shí)，若m1＝m2，則v1′＝v2，v2′＝v1，即兩物體交換速度。 當(dāng)碰前物體2的速度為零時(shí)： v1′＝v1，v2′＝v1， ①m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度。 ②m1>m2時(shí)，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩物體沿相同方向運(yùn)動(dòng)。 ③m1<m2時(shí)，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來(lái)。 　　　　 例2　(2018安徽知名示范高中質(zhì)檢)甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p1＝5 kgm/s，p2＝7 kgm/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?0 kgm/s，則甲球質(zhì)量m1與乙球質(zhì)量m2間的關(guān)系可能正確的是(　　) A．m1＝m2 B．2m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2 解題探究　(1)甲、乙兩球碰撞時(shí)動(dòng)量守恒，機(jī)械能一定守恒嗎？ 提示：不一定守恒，但不能增加。 (2)碰后甲的速度和乙的速度若同向應(yīng)滿足什么關(guān)系？ 提示：甲的速度小于等于乙的速度。 嘗試解答　選C。 設(shè)碰后甲球動(dòng)量變?yōu)閜1′，乙球動(dòng)量變?yōu)閜2′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得p1＋p2＝p1′＋p2′，解得p1′＝2 kgm/s。碰撞過(guò)程系統(tǒng)的總動(dòng)能不增加，則有＋≤＋，解得≤，碰撞前甲的速度大于乙的速度，則>，解得<，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，則有≤，解得≥，綜上有≤≤，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 總結(jié)升華 碰撞問(wèn)題解題策略 (1)抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解。 (2)可熟記一些公式，例如“一動(dòng)一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1＝v0、v2＝v0。 (3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時(shí)，碰后質(zhì)量大的球速度不變，質(zhì)量小的球速度為2v0；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時(shí)，碰后質(zhì)量大的球速度不變(仍靜止)，質(zhì)量小的球原速率反彈。 [變式2]　如圖所示，在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0射向它們，設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度值是(　　) A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0 C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0 答案　D 解析　由題設(shè)條件，三球在碰撞過(guò)程中總動(dòng)量和總動(dòng)能守恒，且各球質(zhì)量相同，由彈性碰撞一動(dòng)碰一靜結(jié)論知D正確。 考點(diǎn)3　碰撞類模型的拓展 1．“彈簧類”模型 2．“子彈打木塊”“滑塊—木板”模型 3．“光滑圓弧軌道＋滑塊(小球)”模型 4．懸繩模型 懸繩模型(如圖所示)與模型3特點(diǎn)類似，即系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，解題時(shí)需關(guān)注物體運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。 　　　　 例3　如圖所示，半徑均為R、質(zhì)量均為M、內(nèi)表面光滑的兩個(gè)完全相同的圓槽A和B并排放在光滑的水平面上，圖中a、c分別為A、B槽的最高點(diǎn)，b、b′分別為A、B槽的最低點(diǎn)，A槽的左端緊靠著墻壁，一個(gè)質(zhì)量為m的小球C從圓槽A頂端的a點(diǎn)無(wú)初速度釋放，求： (1)小球C從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)的速度大小及A槽對(duì)地面的壓力大??； (2)小球C在B槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)所能達(dá)到的最大高度； (3)B的最大速度。 解題探究　(1)小球C在B槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)CB兩者是否共速？ 提示：是。 (2)何時(shí)B的速度最大？ 提示：小球C相對(duì)于B回到b′點(diǎn)時(shí)。 嘗試解答　(1)　3mg＋Mg　(2) (3) (1)小球C從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程，機(jī)械能守恒，有mgR＝mv 解得小球到b點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0＝ 在最低點(diǎn)b，根據(jù)牛頓第二定律可得N－mg＝m 解得N＝3mg 由牛頓第三定律可知，小球C對(duì)A的壓力N′＝N＝3mg，A靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，地面對(duì)A的支持力F＝N′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛頓第三定律可知，A對(duì)地面的壓力F′＝F＝3mg＋Mg。 (2)B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，小球C在B槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)至所能達(dá)到的最大高度h處時(shí)，兩者共速，由動(dòng)量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v 由機(jī)械能守恒定律，有mv＝(M＋m)v2＋mgh 解得h＝。 (3)當(dāng)小球回到B槽的底端b′點(diǎn)時(shí)，B的速度最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有 mv0＝mv1＋Mv2 由能量守恒定律可知mv＝mv＋Mv 解得v2＝。 總結(jié)升華 處理碰撞類模型的方法技巧 (1)“彈簧類”模型的解題思路 ①應(yīng)用系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。 ②應(yīng)用系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。 ③應(yīng)用臨界條件：兩物體共速時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大。 (2)“滑塊—木板”模型解題思路 ①應(yīng)用系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。 ②在涉及滑塊或木板的時(shí)間時(shí)，優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理。 ③在涉及滑塊或木板的位移時(shí)，優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理。 ④在涉及滑塊與木板的相對(duì)位移時(shí)，優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒。 ⑤滑塊與木板不相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，兩者達(dá)到共同速度。 [變式3－1]　兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2 kg，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖所示。已知B與C碰撞后二者會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng)。在以后的運(yùn)動(dòng)中： (1)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，物塊A的速度為多大？ (2)系統(tǒng)中彈性勢(shì)能的最大值是多少？ 答案　(1)3 m/s　(2)12 J 解析　(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，根據(jù)A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC 代入數(shù)據(jù)解得vABC＝3 m/s。 (2)B、C碰撞時(shí)B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后瞬間B、C的共同速度為vBC，則有mBv＝(mB＋mC)vBC 代入數(shù)據(jù)解得vBC＝2 m/s 當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)為Ep，在B、C碰撞后，A與B、C組成的系統(tǒng)通過(guò)彈簧相互作用的過(guò)程中機(jī)械能守恒。根據(jù)機(jī)械能守恒定律得Ep＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)v＝12 J。 [變式3－2]　如圖所示，質(zhì)量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長(zhǎng)L＝1.5 m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0＝2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對(duì)靜止，物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求： (1)物塊與小車共同速度大??； (2)物塊在車面上滑行的時(shí)間t； (3)小車運(yùn)動(dòng)的位移大小x； (4)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過(guò)多少？ 答案　(1)0.8 m/s　(2)0.24 s (3)0.096 m　(4)5 m/s 解析　(1)設(shè)物塊與小車共同速度為v， 以水平向右為正方向， 根據(jù)動(dòng)量守恒定律：m2v0＝(m1＋m2)v 解得v＝0.8 m/s。 (2)設(shè)物塊與車面間的滑動(dòng)摩擦力為Ff， 對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理： －Fft＝m2v－m2v0 又Ff＝μm2g 解得：t＝ 代入數(shù)據(jù)得t＝0.24 s。 (3)對(duì)小車應(yīng)用動(dòng)能定理： μm2gx＝m1v2 解得x＝0.096 m。 (4)要使物塊恰好不從小車右端滑出，須使物塊運(yùn)動(dòng)到小車右端時(shí)與小車有共同的速度，設(shè)其為v′，以水平向右為正方向，則： m2v0′＝(m1＋m2)v′ 由系統(tǒng)能量守恒有： m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入數(shù)據(jù)解得v0′＝5 m/s 故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過(guò)5 m/s。 考點(diǎn)4　爆炸 　爆炸的特點(diǎn) 1．動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，發(fā)生爆炸時(shí)物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。 2．動(dòng)能增加：在爆炸過(guò)程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加。 3．位置不變：爆炸的時(shí)間極短，因而在作用過(guò)程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。 　　　　 例4　以與水平方向成60角斜向上的初速度v0射出的炮彈，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)因爆炸分成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊，其中質(zhì)量為2m的一塊沿著原來(lái)的方向以2v0的速度飛行。求： (1)質(zhì)量較小的那一塊彈片速度的大小和方向； (2)爆炸過(guò)程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈的動(dòng)能？ 解題探究　(1)爆炸前，達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)，炮彈的速度是什么方向？ 提示：水平方向。 (2)爆炸過(guò)程動(dòng)量和機(jī)械能都守恒嗎？ 提示：爆炸過(guò)程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動(dòng)量守恒，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈分成兩塊后增加的動(dòng)能，機(jī)械能不守恒。 嘗試解答　(1)2.5v0　方向與爆炸前炮彈運(yùn)動(dòng)的方向相反　(2)mv (1)斜拋的炮彈在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則炮彈在最高點(diǎn)爆炸前的速度為v1＝v0cos60＝。 設(shè)炮彈在最高點(diǎn)爆炸前的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2， 又v1′＝2v0， 解得v2＝－2.5v0，負(fù)號(hào)表示速度方向與規(guī)定的正方向相反。 (2)爆炸過(guò)程中轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)能等于動(dòng)能的增量，所以轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)能為 E＝ΔEk＝－(3m)v＝mv。 總結(jié)升華 (1)分析爆炸問(wèn)題，要準(zhǔn)確確定爆炸前后的速度，不能把物體的初速度當(dāng)作爆炸前的速度。 (2)根據(jù)爆炸前后動(dòng)量守恒，以及增加的動(dòng)能等于消耗的其他能量入手求解。 [變式4]　(多選)向空中發(fā)射一物體，不計(jì)空氣阻力。當(dāng)此物體的速度恰好沿水平方向時(shí)，物體炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來(lái)的方向，則(　　) A．b的速度方向一定與原速度方向相反 B．從炸裂到落地的這段時(shí)間里，a飛行的水平距離一定比b的大 C．a(chǎn)、b一定同時(shí)到達(dá)水平地面 D．在炸裂過(guò)程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等 答案　CD 解析　空中爆炸問(wèn)題，因系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件。由題中所給物理情景“一分為二”，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的表達(dá)式為mv0＝mava＋mbvb 因mava與mv0同向，取v0為正方向。討論： ①若mava<mv0，則mbvb為正，vb與va同向。 ②若mava＝mv0，則mbvb＝0，即vb＝0，b做自由落體運(yùn)動(dòng)，a在b之前。 ③若mava>mv0，則mbvb為負(fù)，vb與va反向，a在b之前。所以A錯(cuò)誤；因題設(shè)條件只給出了va與v0同向和ma>mb，所以vb大于、等于和小于va的情況都有可能存在，從同一高度平拋物體的水平射程由水平初速度決定，故sb>sa、sb＝sa、sb<sa都有可能，B錯(cuò)誤； 平拋運(yùn)動(dòng)的飛行時(shí)間由拋出點(diǎn)的高度決定，h相同，由t＝ 知，t相同，C正確； 炸裂過(guò)程a與b相互作用遵循牛頓第三定律，F(xiàn)與F′等值、反向，D正確。 考點(diǎn)5　反沖運(yùn)動(dòng)　火箭 1．反沖 (1)現(xiàn)象：一個(gè)靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個(gè)部分，一部分向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，另一部分必然向相反方向運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象。 (2)特點(diǎn)：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動(dòng)量往往有以下幾種情況：①動(dòng)量守恒；②動(dòng)量近似守恒；③某一方向上動(dòng)量守恒。反沖運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能往往不守恒。 (3)實(shí)例：噴氣式飛機(jī)、火箭等都是利用反沖運(yùn)動(dòng)的實(shí)例。 2．火箭 (1)火箭加速的原理 設(shè)火箭飛行時(shí)在極短的時(shí)間Δt內(nèi)噴射燃?xì)獾馁|(zhì)量是Δm，噴出的燃?xì)庀鄬?duì)噴氣前火箭的速度是u，噴出燃?xì)夂蠡鸺馁|(zhì)量是m，火箭在這樣一次噴氣后增加的速度為Δv。 以噴氣前的火箭為參考系。噴氣前火箭的動(dòng)量是0，噴氣后火箭的動(dòng)量是mΔv，燃?xì)獾膭?dòng)量是Δmu。根據(jù)動(dòng)量守恒定律，噴氣后火箭和燃?xì)獾目倓?dòng)量仍然為0， 所以mΔv＋Δmu＝0， 解出Δv＝－u。① ①式表明，火箭噴出的燃?xì)獾乃俣萿越大、火箭噴出物質(zhì)的質(zhì)量與火箭本身質(zhì)量之比越大，火箭獲得的速度Δv越大。 (2)現(xiàn)代火箭的發(fā)射原理 由于現(xiàn)代火箭噴氣的速度在2000～4000 m/s，近期內(nèi)難以大幅度提高；火箭的質(zhì)量比(火箭起飛時(shí)的質(zhì)量與火箭除燃料外的箭體質(zhì)量之比)一般要小于10，故為使火箭達(dá)到發(fā)射人造地球衛(wèi)星的7.9 km/s的速度，采用多級(jí)火箭，即把火箭一級(jí)一級(jí)地接在一起，第一級(jí)燃料用完之后就把箭體拋棄，減輕負(fù)擔(dān)，然后第二級(jí)開(kāi)始工作，這樣一級(jí)一級(jí)地連起來(lái)，不過(guò)實(shí)際應(yīng)用中一般不會(huì)超過(guò)四級(jí)。 　　　　 例5　一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m＝200 g的氣體，氣體離開(kāi)發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)的速度v＝1000 m/s。設(shè)火箭質(zhì)量M＝300 kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒鐘噴氣20次。 (1)當(dāng)?shù)谌螄姵鰵怏w后，火箭的速度為多大？ (2)運(yùn)動(dòng)第1 s末，火箭的速度為多大？ 解題探究　(1)氣體離開(kāi)發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)的速度是以什么為參考系？ 提示：沒(méi)有強(qiáng)調(diào)是以火箭箭體為參考系，故是以地面為參考系。 (2)根據(jù)題設(shè)，火箭噴氣n次時(shí)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)可將什么看做系統(tǒng)？ 提示：系統(tǒng)可看做由質(zhì)量減少的火箭和n份噴出的氣體組成。 嘗試解答　(1)2_m/s__(2)13.5_m/s (1)設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3， 以火箭和噴出的三次氣體為研究對(duì)象，據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝≈2 m/s。 (2)發(fā)動(dòng)機(jī)每秒鐘噴氣20次，以火箭和噴出的20次氣體為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝≈13.5 m/s。 總結(jié)升華 火箭獲得的最終速度 設(shè)火箭發(fā)射前的總質(zhì)量為M、燃料燃盡后的質(zhì)量為m，以地面為參考系，火箭燃?xì)獾膰娚渌俣却笮関1，燃料燃盡后火箭的飛行速度大小為v，在火箭發(fā)射過(guò)程中，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以動(dòng)量守恒。 發(fā)射前的總動(dòng)量為0，發(fā)射后的總動(dòng)量為(M－m)v1－mv(以火箭的速度方向?yàn)檎较?，則：(M－m)v1－mv＝0，所以v＝－1v1，燃料燃盡時(shí)火箭獲得的最終速度由噴氣速度及質(zhì)量比決定。 [變式5]　(福建高考)將靜置在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點(diǎn)火升空，在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體。忽略噴氣過(guò)程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是(　　) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 答案　D 解析　噴氣過(guò)程中忽略重力和空氣阻力的影響，動(dòng)量守恒。由動(dòng)量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0，D正確。 思維拓展：“人船”模型 如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中，質(zhì)量為m人的人由靜止開(kāi)始從船的一端走到船的另一端，不計(jì)水的阻力。 以人和船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，在人由船的一端走到船的另一端的過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個(gè)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，可得：m船v船＝m人v人， 因人和船組成的系統(tǒng)，動(dòng)量始終守恒， 故有：m船x船＝m人x人， 由圖可看出：x船＋x人＝L， 可解得：x人＝L，x船＝L。 此模型可進(jìn)一步推廣到其他類似的情景中，進(jìn)而能解決大量的實(shí)際問(wèn)題，例如：人沿著靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上，求熱氣球上升或下降高度的問(wèn)題；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移動(dòng)距離的問(wèn)題等。 　　　　 例6　載人氣球靜止于高h(yuǎn)的空中，氣球的質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長(zhǎng)？ 解題探究　(1)人和氣球的速度有什么關(guān)系？ 提示：mv人＝Mv球。 (2)人和氣球?qū)Φ氐奈灰婆c繩長(zhǎng)有什么關(guān)系？ 提示：x人＋x球＝L繩。 嘗試解答　h 氣球和人原來(lái)靜止在空中，說(shuō)明系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)在人下滑過(guò)程中動(dòng)量守恒，人著地時(shí)繩梯至少應(yīng)接觸地面，設(shè)繩梯長(zhǎng)為L(zhǎng)，人沿繩梯滑至地面，人的位移為x人，球的位移為x球，它們的位移狀態(tài)圖如圖所示， 由動(dòng)量守恒有：0＝Mx球－mx人， 又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝h。 總結(jié)升華 “人船模型”問(wèn)題應(yīng)注意以下兩點(diǎn) (1)適用條件 ①系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動(dòng)量為零； ②在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中至少有一個(gè)方向的動(dòng)量守恒(如水平方向或豎直方向)。 (2)畫(huà)草圖：解題時(shí)要畫(huà)出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長(zhǎng)度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對(duì)同一參考系的位移。 [變式6]　如圖所示，一個(gè)傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為M，頂端高度為h，今有一質(zhì)量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當(dāng)小物體從斜面頂端自由下滑到底端時(shí)，斜面體在水平面上移動(dòng)的距離是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　m與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)m在水平方向上對(duì)地位移大小為x1，M在水平方向上對(duì)地位移大小為x2，因此有 0＝mx1－Mx2。① 且x1＋x2＝。② 由①②可得x2＝，故選C。 高考模擬 隨堂集訓(xùn) 1．(2018天津高考)質(zhì)量為0.45 kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為0.05 kg的子彈以200 m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個(gè)木塊沿子彈原方向運(yùn)動(dòng)，則木塊最終速度的大小是________ m/s。若子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的平均阻力為4.5103 N，則子彈射入木塊的深度為_(kāi)_______ m。 答案　20　0.2 解析　根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v， 解得v＝＝ m/s＝20 m/s； 系統(tǒng)減小的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為克服阻力產(chǎn)生的內(nèi)能， 故有fd＝mv－(M＋m)v2， 解得d＝ ＝ m＝0.2 m。 2．(2018全國(guó)卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求： (1)煙花彈從地面開(kāi)始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間； (2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。 答案　(1) 　(2) 解析　(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有 E＝mv① 設(shè)煙花彈從地面開(kāi)始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 0－v0＝－gt② 聯(lián)立①②式得 t＝ ③ (2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2。 由題給條件和動(dòng)量守恒定律有 mv＋mv＝E⑤ mv1＋mv2＝0⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有 mv＝mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝。 3．(2017天津高考)如圖所示，物塊A和B通過(guò)一根輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩相連，跨放在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg。初始時(shí)A靜止于水平地面上，B懸于空中。現(xiàn)將B豎直向上再舉高h(yuǎn)＝1.8 m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放。一段時(shí)間后細(xì)繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運(yùn)動(dòng)，之后B恰好可以和地面接觸。取g＝10 m/s2，空氣阻力不計(jì)。求： (1)B從釋放到細(xì)繩繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t； (2)A的最大速度v的大?。? (3)初始時(shí)B離地面的高度H。 答案　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m 解析　(1)物塊B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng)，有 h＝gt2① 代入數(shù)據(jù)解得 t＝0.6 s② (2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間物塊B速度大小為vB，有 vB＝gt③ 細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于物塊A、B的重力，A、B相互作用，由動(dòng)量守恒得 mBvB＝(mA＋mB)v④ 之后物塊A做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以細(xì)繩繃直后瞬間的速度v即為最大速度，聯(lián)立②③④式，代入數(shù)據(jù)解得 v＝2 m/s。⑤ (3)細(xì)繩繃直后，物塊A、B一起運(yùn)動(dòng)，物塊B恰好可以和地面接觸，說(shuō)明此時(shí)物塊A、B的速度為零，這一過(guò)程中物塊A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有 (mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥ 代入數(shù)據(jù)解得 H＝0.6 m。 4．(2016全國(guó)卷Ⅱ)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(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。 (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 答案　(1)20 kg　(2)不能 解析　(1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v① m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh② 式中v20＝－3 m/s為冰塊推出時(shí)的速度。 聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3＝20 kg③ (2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0④ 代入數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s⑤ 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥ m2v＝m2v＋m3v⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得 v2＝1 m/s，或v2＝－3 m/s(舍去) 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。 5．(2016全國(guó)卷Ⅲ)如圖，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m。兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)。此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件。 答案　≤μ< 解析　設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有 mv>μmgl① 即μ<② 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1。由能量守恒定律有 mv＝mv＋μmgl③ 設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動(dòng)量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋v2′④ mv＝mv′＋v2′2⑤ 聯(lián)立④⑤式解得v2′＝v1⑥ 由題意，b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知 v2′2≤μgl⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式，可得 μ≥⑧ 聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生碰撞，但b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞的條件為 ≤μ<。 配套課時(shí)作業(yè) 　　時(shí)間：60分鐘　滿分：100分 一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分。其中1～6為單選，7～10為多選) 1．(2017全國(guó)卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) A．30 kgm/s B．5.7102 kgm/s C．6.0102 kgm/s D．6.3102 kgm/s 答案　A 解析　由于噴氣時(shí)間短，且不計(jì)重力和空氣阻力，則火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。燃?xì)獾膭?dòng)量p1＝mv＝0.05600 kgm/s＝30 kgm/s，則火箭的動(dòng)量p2＝p1＝30 kgm/s，A正確。 2.(2019唐山摸底考試)如圖所示，靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為2m的滑塊B與輕質(zhì)彈簧拴接，輕彈簧另一端固定，質(zhì)量為m的滑塊A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，滑塊A、B相碰瞬間粘在一起。此后彈簧彈性勢(shì)能的最大值為(　　) A.mv B.mv C.mv D.mv 答案　B 解析　滑塊A、B發(fā)生碰撞，由動(dòng)量守恒定律，mv0＝(m＋2m)v，解得v＝。碰撞后的動(dòng)能Ek＝3mv2＝mv，滑塊壓縮彈簧，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，由能量守恒定律可知彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝Ek＝mv，B正確。 3．(2018江南十校檢測(cè))如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點(diǎn)。現(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點(diǎn)無(wú)初速度釋放。已知圓弧軌道半徑R＝1.8 m，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s2。則碰后小滑塊B的速度大小不可能是(　　) A．5 m/s B．4 m/s C．3 m/s D．2 m/s 答案　A 解析　設(shè)小滑塊A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理：mgR＝mv－0，可得v0＝6 m/s。若是彈性碰撞，mAv0＝mAv1＋mBv2，mAv＝mAv＋mBv，聯(lián)立解得v2＝4 m/s；若是完全非彈性碰撞，mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝2 m/s，所以碰后小滑塊B的速度范圍為2 m/s≤v≤4 m/s，B的速度不可能是5 m/s，故選A。 4．(2018廣東東莞調(diào)研)兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上。現(xiàn)在，其中一人向另一個(gè)人拋出一個(gè)籃球，另一人接球后再拋回。如此反復(fù)進(jìn)行幾次之后，甲和乙最后的速率關(guān)系是(　　) A．若甲最先拋球，則一定是v甲>v乙 B．若乙最后接球，則一定是v甲>v乙 C．只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲>v乙 D．無(wú)論怎樣拋球和接球，都是v甲>v乙 答案　B 解析　系統(tǒng)總動(dòng)量為零，最后球在誰(shuí)手中，誰(shuí)的質(zhì)量大，速度則小，故B正確。 5.(2018衡陽(yáng)聯(lián)考三)如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為2m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上?；⌒尾鄣锥伺c水平面相切，一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊從槽高h(yuǎn)處開(kāi)始自由下滑，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．在下滑過(guò)程中，物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．在下滑過(guò)程中，物塊和槽在水平方向動(dòng)量守恒 C．物塊壓縮彈簧的過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝mgh D．物塊被彈簧反彈后，離開(kāi)彈簧時(shí)的速度大小為 答案　D 解析　在物塊下滑過(guò)程中，外力只有重力做功，物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，A、B正確；由mgh＝mv＋2mv和0＝mv1－2mv2得物塊滑離弧形槽時(shí)的速度v1＝，再壓縮彈簧，使彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能Ep＝mv＝mgh，C正確；物塊被彈簧彈開(kāi)的過(guò)程，彈性勢(shì)能又變成物塊的動(dòng)能，物塊離開(kāi)彈簧時(shí)的速度大小為 ，D錯(cuò)誤。 6.(2018泉州模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0(不計(jì)空氣阻力)，則(　　) A．小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為R C．小球離開(kāi)小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng) D．小球第二次能上升的最大高度h0<h<h0 答案　D 解析　小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得m－m′＝0，m－m＝0，解得小車的位移x＝R，故B錯(cuò)誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球離開(kāi)小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開(kāi)小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；小球第一次在車中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mg（h0－h(huán)0）－Wf＝0，解得Wf＝mgh0，即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于mgh0，機(jī)械能損失小于mgh0，因此小球再次離開(kāi)小車時(shí)，能上升的高度大于h0－h(huán)0＝h0，而小于h0，故D正確。 7．(2018青島檢測(cè))如圖所示，連接有輕彈簧的物塊a靜止于光滑水平面上，物塊b以一定初速度向左運(yùn)動(dòng)。下列關(guān)于a、b兩物塊的動(dòng)量p隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖象，合理的是(　　) 答案　BCD 解析　兩物塊作用，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，且兩物塊所受彈力大小時(shí)刻相等，p－t圖線斜率表示物塊所受的力即彈簧彈力，故圖線斜率絕對(duì)值時(shí)刻相等，且先增大后減小，若b的質(zhì)量較小，則物塊b與a碰后會(huì)反彈，a、b兩物塊的動(dòng)量隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖象可能如B圖所示；若a、b質(zhì)量相等，則碰后速度交換，a、b兩物塊的動(dòng)量隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖象可能如C圖所示；若b的質(zhì)量較大，則碰后b不反彈，a、b兩物塊的動(dòng)量P隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖象可能如D圖所示，故B、C、D均有可能，A不合理。 8.A、B兩球沿同一條直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示的x－t圖象記錄了它們碰撞前后的運(yùn)動(dòng)情況，其中a、b分別為A、B兩球碰撞前的x－t圖象，c為碰撞后它們的x－t圖象。若A球質(zhì)量為1 kg，則B球質(zhì)量及碰后它們的速度大小分別為(　　) A．2 kg B. kg C．4 m/s D．1 m/s 答案　BD 解析　由題圖可知碰撞前A、B兩球都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者合在一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，vc＝ m/s＝－1 m/s。碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，可解得mB＝ kg，可知B、D正確。 9．(2018山東六校聯(lián)考)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩長(zhǎng)方體滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍。兩種射入過(guò)程相比較(　　) A．射入滑塊A的子彈速度變化大 B．整個(gè)射入過(guò)程中兩滑塊受的沖量一樣大 C．射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功是射入滑塊B中時(shí)的兩倍 D．兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同 答案　BD 解析　在子彈打入滑塊的過(guò)程中，子彈與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，mv0＝(M＋m)v，兩種情況下子彈和滑塊的末速度相同，即兩種情況下子彈的速度變化量相同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；兩滑塊質(zhì)量相同，且最后的速度相同，由動(dòng)量定理可知，兩滑塊受到的沖量相同，B項(xiàng)正確；由動(dòng)能定理可知，兩種射入過(guò)程中阻力對(duì)子彈做功相同，C項(xiàng)錯(cuò)誤；兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量與系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同，D項(xiàng)正確。 10．如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3 kg，在木板的上表面有兩塊質(zhì)量均為1 kg的小木塊A和B，它們與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2。最初木板靜止，A、B兩木塊同時(shí)以相向的水平初速度2 m/s和4 m/s滑上長(zhǎng)木板，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若A、B始終未滑離木板也未發(fā)生碰撞，則木板至少長(zhǎng)為4.8 m B．木塊B的最小速度是零 C．從剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A、B、C速度剛好相等的過(guò)程中，木塊A所發(fā)生的位移是1 m D．木塊A向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為1 m 答案　AD 解析　由題意可知，開(kāi)始一段時(shí)間內(nèi)，木塊B向右減速，木塊A向左減速，此過(guò)程木板C靜止不動(dòng)；木塊A的速度先減小到零后與木板C一起反向向右加速，木塊B繼續(xù)向右減速，三者共速時(shí)，木塊B的速度最小。設(shè)木塊A、B的質(zhì)量均為m，則木板C的質(zhì)量為3m。取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mvB－mvA＝5mv，解得木塊B的最小速度為v＝0.4 m/s，由能量守恒定律得mv＋mv＝5mv2＋μmgLA＋μmgLB，解得木板最短長(zhǎng)度L＝LA＋LB＝4.8 m，故A正確，B錯(cuò)誤；木塊A向左減速的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgx1＝0－mv，解得木塊A向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為1 m，故D正確；木塊A向右加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有，μmgx2＝(m＋3m)v2，解得x2＝0.16 m，故從剛開(kāi)始到A、B、C速度剛好相等的過(guò)程中，木塊A的位移xA＝x1－x2＝0.84 m，C錯(cuò)誤。 二、非選擇題(本題共3小題，共40分) 11．(2018全國(guó)卷Ⅱ)(12分)汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m，A車向前滑動(dòng)了2.0 m，已知A和B的質(zhì)量分別為2.0103 kg和1.5103 kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒(méi)有滾動(dòng)，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)碰撞后的瞬間B車速度的大??； (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。 答案　(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s 解析　(1)設(shè)B車質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，根據(jù)牛頓第二定律有 μmBg＝mBaB① 式中μ是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′，碰撞后滑行的距離為sB。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vB′2＝2aBsB② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得vB′＝3.0 m/s③ (2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有 μmAg＝mAaA④ 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距離為sA。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vA′2＝2aAsA⑤ 設(shè)碰撞前瞬間A車速度的大小為vA，兩車在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得vA＝4.25 m/s。 12.(12分)如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。(不計(jì)水的阻力) 答案　4v0 解析　設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得 貨物從乙船拋出過(guò)程，12mv0＝11mv1－mvmin 貨物落入甲船過(guò)程，10m2v0－mvmin＝11mv2 為避免兩船相撞應(yīng)滿足v1＝v2 解得vmin＝4v0。 13．(16分)質(zhì)量分別為mA＝m，mB＝3m的A、B兩物體如圖所示放置，其中A緊靠墻壁，A、B由質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧相連。現(xiàn)對(duì)B物體緩慢施加一個(gè)向左的推力，該力做功W，使A、B之間彈簧被壓縮且系統(tǒng)靜止，之后突然撤去向左的推力解除壓縮。不計(jì)一切摩擦。 (1)從解除壓縮到A運(yùn)動(dòng)，墻對(duì)A的沖量的大小為多少？ (2)A、B都運(yùn)動(dòng)后，A、B的最小速度各為多大？ 答案　(1)　(2)0　 解析　(1)壓縮彈簧時(shí)，推力做功全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，撤去推力后，B在彈力的作用下做加速運(yùn)動(dòng)。在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B的速度為vB0，有 W＝mv 此過(guò)程中墻給A的沖量即為系統(tǒng)動(dòng)量的變化量，有 I＝3mvB0 解得I＝。 (2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度最小，設(shè)為vA0， 則vA0＝0 A離開(kāi)墻后，在彈簧的作用下A的速度逐漸增大，B的速度逐漸減小，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A達(dá)到最大速度vA，B的速度減小到最小值vB。在此過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，有 3mvB0＝mvA＋3mvB W＝mv＋mv 解得vB＝。