（全國通用版）2019版高考物理大一輪復習 第六章 動量守恒定律及其應用 第18講 動量定理 動量守恒定律學案

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1、 第18講　動量定理　動量守恒定律 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.動量　動量定理Ⅱ 2．動能守恒定律及其應用Ⅱ 3．彈性碰撞和非彈性碰撞Ⅰ 4．驗證動量守恒定律 2017·全國卷Ⅰ，14 2017·全國卷Ⅲ，20 2017·天津卷，10 高考中對本專題的考查方式主要有三種：(1)動量定理與動力學結合；(2)以碰撞為模型考查動量守恒定律的應用；(3)以生活示例為背景考查規(guī)律的靈活運用. 1．動量、動量變化、沖量 (1)動量 ①定義：物體的__質量__與__速度__的乘積． ②表達式：p＝__mv__. ③方向：動量的方向與__速度__的方向相同．

2、 (2)動量的變化 ①因為動量是矢量，動量的變化量Δp也是__矢量__，其方向與速度的改變量Δv的方向__相同__. ②動量的變化量Δp的大小，一般用末動量p′減去初動量p進行計算，也稱為動量的增量．即__Δp＝p′－p__. (3)沖量 ①定義：__力__與__力的作用時間__的乘積叫做力的沖量． ②公式：__I＝Ft__. ③單位：__N·s__. ④方向：沖量是__矢量__，其方向__與力的方向相同__. 2．動量定理 (1)內(nèi)容：物體在一個運動過程始末的__動量變化量__等于它在這個過程中所受__合力__的沖量． (2)公式：__mv′－mv＝F(t′－t)__或

3、__p′－p＝I__. (3)動量定理的理解 ①動量定理反映了力的沖量與動量變化量之間的因果關系，即外力的沖量是原因，物體的動量變化量是結果． ②動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和． ③動量定理表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義． 3．動量守恒定律 (1)定律內(nèi)容：一個系統(tǒng)__不受外力__或者__所受外力的合力為零__時，這個系統(tǒng)的總動量保持不變． (2)公式表達：m1v1＋m2v2＝__m1v1′＋m2v2′__. (3)適用條件和適用范圍 系統(tǒng)不受外力或者

4、所受外力的矢量和為__零__；系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，可以忽略不計；如爆炸、碰撞等過程，可以近似認為系統(tǒng)的動量守恒．系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上__動量守恒__.全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動量守恒． 4．動量守恒定律的應用 (1)碰撞 ①碰撞現(xiàn)象 兩個或兩個以上的物體在相遇的__極短__時間內(nèi)產(chǎn)生__非常大__的相互作用的過程． ②碰撞特征 a．作用時間__短__. b．作用力變化__快__. c．內(nèi)力__遠大于__外力． d．滿足__動量守恒__. ③碰撞的分類及特點 a．彈性碰撞：動量__守恒__，機械能__守恒__.

5、b．非彈性碰撞：動量__守恒__，機械能__不守恒__. c．完全非彈性碰撞：動量__守恒__，機械能損失__最多__. (2)爆炸現(xiàn)象 爆炸過程中內(nèi)力遠大于外力，爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動量__守恒__. (3)反沖運動 ①物體在內(nèi)力作用下分裂為兩個不同部分并且這兩部分向__相反__方向運動的現(xiàn)象． ②反沖運動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂胈_動量守恒__定律來處理． 1．判斷正誤 (1)動量越大的物體，其質量越大．(　×　) (2)兩物體動能相等，動量一定相等．(　×　) (3)物體所受合力不變，則動量也不改變．(　×　) (4)物體沿水平面運動，重力不做功，

6、其沖量為零．(　×　) (5)物體所受的合力的沖量方向與物體動量變化的方向相同．(　√　) (6)系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒．(　×　) (7)若在光滑水平面上的兩球相向運動，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動量大小一定相同．(　√　) (8)動量定理中的沖量是合力的沖量，而I＝Ft中的力可以是合力也可以是某個力．(　√　) 2．人從高處跳到低處時，為了安全，一般都是讓腳尖先著地，這是為了(　C　) A．減小地面對人的沖量 B．使人的動量變化減小 C．減小地面對人的沖力 D．增大人對地面的壓強，起到安全保護作用 3．如圖所示，豎直面內(nèi)有一個固定圓環(huán)，MN是它在豎直方向上

7、的直徑．兩根光滑滑軌MP、QN的端點都在圓周上，MP>QN.將兩個完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q點無初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運動到圓周上的過程中，下列說法中正確的是(　C　) A．合力對兩滑塊的沖量大小相同 B．重力對a滑塊的沖量較大 C．彈力對a滑塊的沖量較小 D．兩滑塊的動量變化大小相同 解析　這是“等時圓”，即兩滑塊同時到達滑軌底端．合力F＝mgsin θ(θ為滑軌傾角)，F(xiàn)a＞Fb，因此合力對a滑塊的沖量較大．a(chǎn)滑塊的動量變化也大；重力的沖量大小、方向都相同；彈力FN＝mgcos θ，F(xiàn)Na＜FNb，因此彈力對a滑塊的沖量較?。蔬x項C正確． 應用動量

8、定理解題的方法 在應用動量定理解題時，一定要認真對物體進行受力分析，不可有力的遺漏；建立方程時要事先選定正方向，確定力與速度的符號．對于變力的沖量，往往通過動量定理來計算，只有當相互作用時間Δt極短時，且相互作用力遠大于重力時，才可舍去重力． 一　動量、沖量的理解 1．動量、動能、動量變化量的比較 項目 名稱　 動量 動能 動量變化量 定義 物體的質量和速度的乘積 物體由于運動而具有的能量 物體末動量與初動量的差 定義式 p＝mv Ek＝mv2 Δp＝p2－p1 矢標性 矢量 標量 矢量 特點 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量 關聯(lián)方程 Ek＝

9、，Ek＝pv，p＝，p＝ 2．沖量和功的區(qū)別 (1)沖量和功都是過程量．沖量是表示力對時間的積累作用，功表示力對位移的積累作用． (2)沖量是矢量，功是標量． (3)力作用的沖量不為零時，力做的功可能為零；力做的功不為零時，力作用的沖量一定不為零． 3．沖量和動量的區(qū)別 (1)沖量是過程量 (2)動量是狀態(tài)量 [例1]物體受到合力F的作用，由靜止開始運動，合力F隨時間變化的圖象如圖所示，下列說法中正確的是(　BCD　) A．該物體將始終向一個方向運動 B．3 s末該物體回到原出發(fā)點 C．0～3 s內(nèi)，合力F的沖量等于零，功也等于零 D．2～4 s內(nèi)，合力F的沖量不等

10、于零，功卻等于零 解析　圖線和橫坐標所圍的面積等于沖量，0～1秒內(nèi)的沖量為負，說明速度沿負方向，而1～2秒內(nèi)沖量為正，且大于0～1秒內(nèi)的沖量，即速度的方向發(fā)生變化，所以選項A錯誤；0～3秒內(nèi)，合力F的沖量為零，即物體0秒時的速度和3秒時的速度一樣，故0～3秒內(nèi)合力F的沖量等于零，功也等于零，選項C正確；分析運動過程如圖所示，可以得到3秒末物體回到原出發(fā)點，選項B正確；2～4秒內(nèi)，合力F的沖量不等于零，物體2秒時和4秒時速度大小相等，根據(jù)動能定理，2～4秒內(nèi)合力F做的功為零，故選項D正確． 二　動量定理及其應用 動量定理的兩個重要應用 (1)應用I＝Δp求變力的沖量 如果物體受

11、到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化Δp，等效代換變力的沖量I. (2)應用Δp＝FΔt求動量的變化 例如，在曲線運動中，速度方向時刻在變化，求動量變化(Δp＝p2－p1)需要應用矢量運算方法，計算比較復雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動量的變化． [例2](2017·吉林長春質檢)有一個質量為0.5 kg的籃球從h＝0.8 m的高度落到水平地板上，每彈跳一次上升的高度總等于前一次的0.64倍，且每次球與地面接觸時間相等，空氣阻力不計，與地面碰撞時，籃球重力可忽略．(重力加速度g取10 m/s2) (1)第一次球

12、與地板碰撞，地板對球的沖量為多少？ (2)相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比是多少？ 解析　(1)籃球原高度為h，與地面第一次碰前瞬時速度為v0＝＝m/s＝4 m/s，由v2＝2gh可知碰后的速度為v1＝0.8v0＝0.8×4 m/s＝3.2 m/s. 選向上為正方向，由動量定理有 I＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0＝1.8×0.5×4 N·s＝3.6 N·s. (2)第二次碰前瞬時速度和第二次碰后瞬時速度關系為v2＝0.8v1＝0.82v0＝0.64v0. 設兩次碰撞中地板對球的平均沖力分別為F1、F2，選向上為正方向，由動量定理有 F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8

13、mv0， F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0， F1∶F2＝5∶4. 容易知道，任意相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比均為5∶4. 答案　(1)3.6 N·s　(2)5∶4 [例3](2018·湖北黃岡模擬)一股水流以10 m/s的速度從噴嘴豎直向上噴出，噴嘴截面積為0.5 cm2，有一質量為0.32 kg的球，因受水對其下側的沖擊而停在空中，若水沖擊球后速度變?yōu)?，則小球停在離噴嘴多高處？(g取10 m/s2) 解析　小球能停在空中，說明小球受到的沖力等于重力F＝mg，① 小球受到的沖力大小等于小球對水的力．取很小一段長為Δl的小水柱Δm，其受到重力

14、Δmg和球對水的力F，取向下為正方向． (F＋Δmg)t＝0－(－Δmv)，② 其中小段水柱的重力Δm·g忽略不計，Δm＝ρS·Δl， ②式變?yōu)镕＝，③ 因t很短，Δl很小，一小段Δl的水柱可以看成勻速上升，Δl＝vt. ③式變?yōu)镕＝ρSv2，④ v為沖擊小球前水的速度，即水以初速v0射出后，上升到h高處時的速度．根據(jù)豎直上拋的公式有 v2－v＝2(－g)h， 所以v＝， 代入④，有F＝ρS(v－2gh)， 代入①，有mg＝ρS(v－2gh)， h＝＝＝ m＝1.8 m. 答案　1.8 m 應用動量定理解題的基本思路 　三　動量守恒定律及其應用 1．動

15、量守恒定律的“五性” 條件性 首先判斷系統(tǒng)是否滿足守恒條件(合力為零) 相對性 公式中v1、v2、v1′、v2′必須相對于同一個慣性系 同時性 公式中v1、v2是在相互作用前同一時刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一時刻的速度 矢量性 應先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動量為正值，相反為負值 普適性 不僅適用于低速宏觀系統(tǒng)，也適用于高速微觀系統(tǒng) 2．應用動量守恒定律時的注意事項 (1)動量守恒定律的研究對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)．系統(tǒng)的動量是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關系． (2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時，要弄清哪些力是系統(tǒng)

16、的內(nèi)力，哪些力是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)的作用力． [例4](2017·廣西南寧模擬)如圖所示，質量均為m的小車和木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上，質量為2m的小孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，木箱相對于冰面運動的速度為v，木箱運動到右側墻壁時與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈后能被小孩接住．求： (1)小孩接住箱子后共同速度的大??； (2)若小孩接住箱子后再次以相對于冰面的速度v將木箱向右推出，木箱仍與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，判斷小孩能否再次接住木箱． 解析　(1)取向左為正方向，木箱與墻發(fā)生彈性碰撞，速度反向．根據(jù)動量守恒定律，推出木箱的過程中0＝(m＋2m)v1－mv，接住木箱的過程中m

17、v＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2，v2＝. (2)若小孩第二次將木箱推出，設小孩和小車向左的速度為v3，根據(jù)動量守恒定律4mv2＝3mv3－mv，v3＝v，故無法再次接住木箱． 答案　(1)　(2)見解析 動量守恒定律解題的基本步驟 (1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成；(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程) (2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒；(或某一方向上動量是否守恒) (3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量； (4)由動量守恒定律列出方程； (5)代入數(shù)據(jù)，求出結果，必要時討論說明． 　四　碰撞問題 碰撞遵守的規(guī)律 (1)動量守恒，即p1＋p2＝p′1＋

18、p′2. (2)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或＋≥＋.　 (3)速度要合理 ①碰前兩物體同向，則v后>v前；碰后，原來在前的物體速度一定增大，且v′前≥v′后． ②兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變． [例5]如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質量為m，B、C的質量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設物體間的碰撞都是彈性碰撞． 解析　設A運動的初速度為v0，A向右運動與C發(fā)生碰撞，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋M

19、v2， 由機械能守恒得mv＝mv＋Mv， 可得v1＝v0，v2＝v0. 要使得A與B能發(fā)生碰撞，需要滿足v1＜0，即m＜M， A反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，有mv1＝mv3＋Mv4， mv＝mv＋Mv， 整理可得v3＝v1＝()2v0，v4＝v1. 由于m＜M，所以A還會向右運動，根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足v3≤v2， 即v0≥()2v0， 整理可得m2＋4Mm≥M2， 解方程可得m≥(－2)M， 所以使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，需滿足 (－2)M≤m＜M. 答案　(－2)M≤m＜M 碰撞問題解題策略 (1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，

20、列出相應方程求解． (2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”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論，例如，當兩球質量相等時，兩球碰撞后交換速度；當m1?m2，且v20＝0時，碰后質量大的速率不變，質量小的速率為2v0；當m1?m2，且v20＝0時，碰后質量小的球原速率反彈． 　五　爆炸、反沖和“人船模型” 1．爆炸的特點 (1)動量守恒：由于爆炸是在板短的時間內(nèi)完成的，發(fā)生爆炸時物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒． (2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以

21、爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加． (3)位置不變：爆炸的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動． [例6](2018·河南六市一聯(lián))如圖所示，光滑水平面上有三個滑塊A、B、C，質量關系是mA＝mC＝m、mB＝.開始時滑塊B、C緊貼在一起，中間夾有少量炸藥，處于靜止狀態(tài)，滑塊A以速度v0正對B向右運動，在A未與B碰撞之前，引爆了B、C間的炸藥，炸藥爆炸后B與A迎面碰撞，最終A與B黏在一起，以速率v0向左運動．求： (1)炸藥爆炸過程中炸藥對C的沖量； (2)炸藥的化學能有多少轉化為機械能？ 解析　全過程取向右為正

22、方向，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒， mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC，炸藥對C的沖量I＝mCvC－0，解得I＝mv0，方向向右． (2)炸藥爆炸過程，B和C組成的系統(tǒng)動量守恒 mCvC－mBvB＝0，據(jù)能量關系ΔE＝×v＋mv，解得ΔE＝mv. 答案　(1)mv0，水平向右　(2)mv 2．反沖 (1)現(xiàn)象：物體的不同部分在內(nèi)力的作用下向相反方向運動的現(xiàn)象． (2)特點：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動量可能是動量守恒、動量近似守恒或某一方向上動量守恒．反沖運動中機械能往往不守恒． (3)實例：噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例． [例7

23、]一質量為M的航天器，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出一定質量的氣體，氣體噴出時速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質量m為(　C　) A．m＝M　　 B．m＝M C．M　　 D．M 解析　規(guī)定航天器的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得 Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故選項C正確． 3．“人船模型” 若系統(tǒng)在全過程中動量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動量也守恒．如果系統(tǒng)由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用中均發(fā)生運動，則由m1－m2＝0，得m1x1＝m2x2.　 [例8]如圖所示，一個質量為

24、m的木塊，從半徑為R、質量為M的光滑圓弧形槽頂端由靜止滑下．在槽被固定和可沿著光滑平面自由滑動兩種情況下，木塊從槽口滑出時的速度大小之比為多少？ 解析　槽固定時，木塊下滑過程中只有重力做功，由動能定理得mgR＝mv－0，① 則木塊滑出槽口時的速度v1＝，② 槽可動時，當木塊開始下滑到脫離槽口的過程中，對木塊和槽所組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設木塊滑出槽口時的速度為v2，槽的速度為u，在水平方向上，由動量守恒定律可得mv2－Mu＝0，③ 木塊下滑時，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得mgR＝mv＋Mu2，④ 由③④解得，木塊滑出槽口的速度 v2＝

25、，⑤ 由②⑤得兩種情況下木塊滑出槽口的速度之比 ＝＝. 答案　 利用“人船模型”解題需注意兩點 (1)條件 ①系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向上的動量守恒． ②構成系統(tǒng)的兩物體原來靜止，因相互作用而反向運動． ③x1、x2均為沿動量方向相對于同一參考系的位移． (2)解題關鍵是畫出初、末位置，確定各物體位移關系． 1．如圖，質量為M的小船在靜止水面上以速度v0向右勻速行駛，一質量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止．若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為(　C　) A．v0＋v　　 B．v0－v C．v0＋(v0＋v)　　 D．v0＋(

26、v0－v) 解析　設水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，對救生員和船有(M＋m)v0＝－mv＋Mvx，解得vx＝v0＋(v0＋v)，選項C正確． 2．(2017·湖北黃岡模擬)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s.當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是(　B　) A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s 解析　雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但選

27、項A、D中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際，選項A、D錯誤；選項C中，兩球碰后的總動能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的總動能Ek＝mAv＋mBv＝22 J，違背了能量守恒定律，選項C錯誤；而選項B既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，故選項B正確． 3．一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為3∶1.不計質量損失，重力加速度g取10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　B　) 解析　彈丸爆炸過程遵守動量守恒，若爆炸后甲、乙同向飛出，則有mv＝

28、mv甲＋mv乙，① 若爆炸后甲、乙反向飛出，則有mv＝mv甲－mv乙，② 或mv＝－mv甲＋mv乙，③ 爆炸后甲、乙從同一高度作平拋運動，由選項A可知，爆炸后甲、乙向相反方向飛出，下落時間t＝＝ s＝1 s，速度大小分別為v甲＝＝ m/s＝2.5 m/s，v乙＝＝0.5 m/s，代入②式不成立，選項A錯誤；同理，可求出選項B、C、D中甲、乙的速度，分別代入①式、②式、③式可知，只有選項B正確． 4.在光滑的水平面上，質量為m1的小球A以速率v0向右運動．在小球A的前方O點有一質量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，如圖所示．小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運動．小球B被在Q點處的墻壁彈

29、回后與小球A在P點相遇，PQ＝1.5PO.假設小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性的，求兩小球質量的比值. 解析　從兩小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變．根據(jù)它們通過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4∶1. 設碰撞后小球A和B的速度分別為v1和v2，在碰撞過程中動量守恒，碰撞前后動能相等． m1v0＝m1v1＋m2v2，① m1v＝m1v＋m2v，② 利用＝4，可解出＝2. 答案　＝2 5．如圖所示，甲、乙兩船的總質量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上

30、的人將一質量為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．(不計水的阻力) 解析　設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，由動量守恒定律得12mv0＝11mv1－mvmin，① 10m·2v0－mvmin＝11mv2，② 為避免兩船相撞應滿足 v1＝v2，③ 聯(lián)立①②③式得vmin＝4v0. 答案　4v0 [例1](2016·安徽安慶檢測·5分)如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個小木塊，木箱和小木塊都具有一定的質量．現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初

31、速度v0，則(　　) A．小木塊和木箱最終都將靜止 B．小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動 C．小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來回往復碰撞，而木箱一直向右運動 D．如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動 [答題送檢]來自閱卷名師報告 錯誤 致錯原因 扣分 A 誤認為系統(tǒng)的初速度為零，根據(jù)動量守恒得末速度為零 －5 C 沒有進行過程分析 D 不能理解動量守恒定律的意義 [解析]　由動量守恒定律知小木塊最終與木箱相對靜止，以相同的速度一起向右做勻速直線運動，故選項B正確． [答案]　B 1．如圖所示，在光滑的水平地面上有一輛平板車

32、，車的左右兩端分別站著人A和人B，人A的質量為mA，人B的質量為mB，且mA>mB.初始時，人和車都處于靜止狀態(tài)，若兩人同時以相等大小的速度(相對地面)相向運動，則關于車的運動情況，下列說法正確的是(　D　) A．靜止不動　　　　 B．左右往返運動 C．向右運動　　　　 D．向左運動 解析　設兩人的速度大小均為v0，車的速度為v，取人A和人B及平板車組成的系統(tǒng)為研究對象，以向左為正方向，由動量守恒定律有mBv0－mAv0＋m車v＝0，又mA＞mB，解得v＞0，即車向左運動，故選項D正確． 2．(2018·江蘇南京模擬)(多選)質量均為m的小球a、b、c以相同的速度分別與另外三個質量

33、均為M的靜止小球正碰后，a球被反向彈回，b球與被碰球黏合在一起仍沿原方向運動，c球碰后靜止，則下列說法正確的是(　AC　) A．m一定小于M B．m可能等于M C．b球與質量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動能最大 D．c球與質量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動能最大 解析　由a球被反向彈回，可以確定m一定小于M，選項A正確、B錯誤；當m與M碰撞后黏在一起時，屬于完全非彈性碰撞，此時損失的動能最大，選項C正確、D錯誤． 3．(2018·四川成都模擬)如圖所示，兩輛完全相同的小車A和B靜止于光滑水平地面，質量均為3m.質量為2m的小球C用輕繩懸掛于小車A的車頂，現(xiàn)使B車保持靜止，A、C以共同速度v

34、0向右勻速運動，與B車碰撞后黏在一起．則下列結論中錯誤的是(　A　) A．小車A、B碰撞結束時B車的速度大小為v0 B．小車A、B發(fā)生碰撞時小車A對B的沖量大小為mv0 C．小車A、B發(fā)生碰撞時小車B對A的沖量大小為mv0 D．小球第一次向右擺起的最大高度為 解析　由于碰撞時間極短，碰撞過程中A、B兩小車動量守恒，設碰后瞬間A、B共同速度為v1，由動量守恒定律有3mv0＝(3m＋3m)v1，解得v1＝v0，選項A錯誤；對小車B由動量定理有IB＝3mv1＝mv0，一對相互作用力的沖量總是大小相等，方向相反，選項B、C均正確；從小車A、B碰撞后到小球C第一次向右擺起至最大高度過程，設

35、A、B、C共同速度為v2，由動量守恒有2mv0＋(3m＋3m)v1＝(3m＋2m＋3m)v2.由機械能守恒有(2m)v＋(3m＋3m)v＝(3m＋2m＋3m)v＋2mgh，解得h＝，選項D正確． 4．(2018·湖北黃石模擬)(多選)如圖所示，質量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放質量為m的小木塊A，m

36、出發(fā)點最遠處時，平板車的位移大小為v D．小木塊向左運動的最大位移大小為 解析　A不會滑離B板，最終A、B以相同的速度勻速運動，設此速度為v，以水平向右為正方向，由動量守恒定律有Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝v0，方向向右，選項A正確，B錯誤；小木塊向左運動到離出發(fā)點最遠處時速度為零，設此時平板車速度為v′，由動量守恒定律有Mv0－mv0＝Mv′，設這一過程平板車向右運動s1，小木塊向左的位移大小為s2，對平板車及小木塊的這一過程由動能定理分別有－μmgs1＝Mv′2－Mv，－μmgs2＝0－mv，解得s1＝v、s2＝，選項C、D均正確． 1．(2017·全國卷Ⅰ)將質量為1

37、.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　A　) A．30 kg·m/s　　　　 B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s　　　　 D．6.3×102 kg·m/s 解析　由于噴出過程中重力和空氣阻力可忽略，則模型火箭與燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒．燃氣噴出前系統(tǒng)靜止，總動量為零，故噴出后瞬間火箭的動量與噴出燃氣的動量等值反向，可得火箭的動量的大小等于燃氣的動量大小，則|p火|＝|p氣|＝m氣v氣＝0.05 kg×600 m/s＝3

38、0 kg·m/s.選項A正確． 2．“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動．從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是(　A　) A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小 B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小 C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大 D．在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力 解析　從繩子恰好伸直，到人第一次下降到最低點的過程中，拉力逐漸增大，由牛頓第二定律mg－F＝ma可知，人先做加速度減小的加速運動，當a＝0時，F(xiàn)＝mg，此時速度最大，動量最大，動

39、能最大，此后人繼續(xù)向下運動，F(xiàn)＞mg，由牛頓第二定律F－mg＝ma可知，人做加速度增大的減速運動，動量一直減小直到減為零，全過程中拉力方向始終向上，所以繩對人的沖量始終向上，綜上可知選項A正確，C、D錯誤；拉力對人始終做負功，動能先增大后減小，故選項B錯誤． 3．高空作業(yè)須系安全帶，如果質量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)．此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為(　A　) A．＋mg　　 B．－mg C．＋mg　　 D．－mg 解析　由自由落體運動公

40、式得人下降h距離時的速度為v＝，在t時間內(nèi)對人由動量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全帶對人的平均作用力為F＝＋mg，選項A正確． 4．一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離如圖所示．已知前部分的衛(wèi)星質量為m1，后部分的箭體質量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為(　D　) A．v0－v2　　 B．v0＋v2 C．v0－v2　　 D．v0＋(v0－v2) 解析　對火箭和衛(wèi)星由動量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1 解得v1＝＝v0＋(v0－v2)，故選項D正

41、確． 5．一質量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖所示．小物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止．g取10 m/s2. (1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F； (3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W. 解析　(1)對小物塊從A運動到B處的過程中 應用動能定理－μmgs＝mv2－mv， 代入數(shù)值解得μ＝0.32. (2)取向右為正方向，碰后滑塊速度v′＝－6

42、 m/s， 由動量定理得FΔt＝mv′－mv，解得F＝－130 N， 其中“－”表示墻面對物塊的平均作用力方向向左． (3)對物塊反向運動過程中應用動能定理得－W＝0－mv′2，解得W＝9 J. 答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 6．兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞，碰撞后兩者黏在一起運動，經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段，兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示．求： (1)滑塊a、b的質量之比； (2)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比． 解析　 (1)設a、b的質量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速

43、度為v1、v2.由題給圖象得 v1＝－2 m/s，① v2＝1 m/s，② a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象得v＝ m/s，③ 由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，④ 聯(lián)立①②③④式得m1∶m2＝1∶8，⑤ (2)由能量守恒定律得，兩滑塊因碰撞而損失的機械能為 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2，⑥ 由圖象可知，兩滑塊最后停止運動．由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為W＝(m1＋m2)v2，⑦ 聯(lián)立⑥⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得W∶ΔE＝1∶2. 答案　(1)1∶8　(2)1∶2 7．某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱

44、將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出，玩具底部為平板(面積略大于S)，水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求： (1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質量； (2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度． 解析　(1)設Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質量為Δm，則 Δm＝ρΔV，① ΔV＝v0SΔt，② 由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質量為 ＝ρv0S.③ (2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水

45、從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v.對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v，④ 在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp＝(Δm)v.⑤ 設水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有 FΔt＝Δp，⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg，⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝－. 答案　(1)ρv0S　(2)－ 8．(2017·天津卷)如圖所示，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的細繩相連，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg.初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中，現(xiàn)將B豎直

46、向上再舉高h＝1.8 m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放．一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸．取g＝10 m/s2，空氣阻力不計．求： (1)B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t； (2)A的最大速度v的大??； (3)初始時B離地面的高度H. 解析　(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有 h＝gt2，① 代入數(shù)據(jù)解得t＝0.6 s．② (2)設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有 vB＝gt，③ 細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v，④ 之后A做勻減速運動，所以細繩繃

47、直后瞬間的速度v即最大速度，聯(lián)立②③④式，代入數(shù)據(jù)解得v＝2 m/s.⑤ (3)細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有 (mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH，⑥ 代入數(shù)據(jù)解得H＝0.6 m. 答案　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m 課時達標　第18講 [解密考綱]主要考查動量、動量守恒定律等基本概念、規(guī)律的理解，運用動量和能量的觀點分析較復雜的運動過程等． 1．(2017·吉林長春模擬)將—個質量為m的小木塊放在光滑的斜面上，使木塊從斜面的頂端由靜止開始向下滑動，滑到底端總共用時t

48、，如圖所示．設在下滑的前一半時間內(nèi)木塊的動量變化為Δp1，在后一半時間內(nèi)其動量變化為Δp2，則Δp1∶Δp2為(　C　) A．1∶2　　 B．1∶3 C．1∶1　　 D．2∶1 解析　木塊在下滑的過程中，一直受到的是重力與斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定為F＝mgsin θ，方向也始終沿斜面向下不變．由動量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)＝1∶1.故選項C正確． 2．(多選)某人身系彈性繩自高空P點自由下落，圖中a點是彈性繩的原長位置，c是人所到達的最低點，b是人靜止地懸吊著時的平衡位置．不計空氣阻力，則下列說法

49、中正確的是(　BC　) A．從P至c過程中重力的沖量大于彈性繩彈力的沖量 B．從P至c過程中重力所做功等于人克服彈力所做的功 C．從P至b過程中人的速度不斷增大 D．從a至c過程中加速度方向保持不變 3．把重物壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著紙帶一起運動；若迅速拉動紙帶，紙帶就會從重物下抽出．這個現(xiàn)象的原因是(　C　) A．在緩緩拉動紙帶時，紙帶給重物的摩擦力大 B．在迅速拉動紙帶時，紙帶給重物的摩擦力大 C．在緩緩拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大 D．在迅速拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大 解析　在緩慢拉動紙帶時，兩物體之間的水平方向作用力是靜摩擦力；在迅速拉

50、動紙帶時，它們之間的作用力是滑動摩擦力．由于滑動摩擦力Ff＝μN(μ是動摩擦因數(shù))，而最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力．一般情況下可以認為Ff＝Ffm，即滑動摩擦力Ff近似等于最大靜摩擦力Ffm.因此，一般情況是緩拉，摩擦力小；快拉，摩擦力大．緩緩拉動紙帶時，摩擦力雖小些，但作用時間相對很長，故重物獲得的沖量，即動量的改變量可以很大，所以能把重物帶動；快拉時，摩擦力雖大些，但作用時間相對很短，故沖量小，所以重物動量的改變量?。虼诉x項C正確． 4．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質量關系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6 kg·m/s，運動

51、中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量變化量為－4 kg·m/s，則(　A　) A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 解析　由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB

52、動，兩球不可能相碰． 5．我國女子短道速滑隊在世錦賽上實現(xiàn)女子3 000 m接力三連冠．觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出．在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(　B　) A．甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量 B．甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反 C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量 D．甲對乙做多少正功，乙對甲就一定做多少負功 解析　甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等，方向相反，選項A錯誤；甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，動量變化量等大反向，選項B正確

53、；甲、乙相互作用時，雖然她們之間的相互作用力始終大小相等，方向相反，但相互作用過程中，她們的對地位移不一定相同，所以甲的動能增加量不一定等于乙的動能減少量，那么甲對乙做的功就不一定等于乙對甲做的功，選項C、D錯誤． 6．(2017·廣東珠海檢測)(多選)攜帶美國“天鵝座”宇宙飛船的“安塔瑞斯”號運載火箭在弗吉尼亞州瓦勒普斯島發(fā)射升空時爆炸，爆炸燃起巨大火球，運載火箭沒有載人．下面對于該火箭的描述正確的是(　BD　) A．火箭發(fā)射的初速度大于7.9 km/s B．火箭上升過程中處于超重狀態(tài) C．忽略空氣阻力，則火箭碎片落地時速度大小相等 D．在爆炸的極短時間內(nèi)，系統(tǒng)動量守恒 解析　火

54、箭發(fā)射指的是火箭從地面開始點火加速升空的過程，故選項A錯誤；在火箭上升過程中，具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故選項B正確；由于在爆炸過程中，碎片的速度大小及方向均不相同，故落地時的速度大小不一定相同，故選項C錯誤；在爆炸過程中由于內(nèi)力遠大于外力，故可以認為動量守恒，故選項D正確． 7．如圖所示，具有一定質量的小球A固定在輕桿一端，另一端掛在小車支架的O點．用手將小球拉至水平，此時小車靜止于光滑水平面上，放手讓小球擺下與B處固定的橡皮泥碰擊后黏在一起，則在此過程中小球將(　D　) A．向右運動 B．向左運動 C．靜止不動 D．小球下擺時，車向左運動后又靜止 解析　水平方向上，系

55、統(tǒng)不受外力，因此在水平方向上動量守恒．小球下落過程中，水平方向具有向右的分速度，因此為保證系統(tǒng)水平方向動量守恒，小車要向左運動．當撞到橡皮泥，是完全非彈性碰撞，A球和小車大小相等、方向相反的動量恰好抵消掉，小車會靜止． 8．如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C，B的左側固定一輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計)．設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并黏接在一起，然后繼續(xù)運動．假設B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直到與彈簧分離的過程中： (1)整個系統(tǒng)損失的機械能； (2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能． 解析　(1)對A、B

56、，由動量守恒定律得mv0＝2mv1， 解得v1＝v0， B與C碰撞的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量定恒，有 m·＝2mv2， 解得v2＝， 系統(tǒng)損失的機械能 ΔE＝m2－×2m2＝mv (2)當A、B、C速度相同時，彈簧的彈性勢能最大．根據(jù)動量守恒定律得mv0＝3mv，解得v＝，根據(jù)能量守恒定律得彈簧的最大彈性勢能Ep＝mv－(3m)v2－ΔE＝mv. 答案　(1)mv　(2)mv 9．(2017·黃岡中學一模)甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平面上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝6 m/s，甲乘的小車上有質量為m＝1 kg的小球若干，甲和他的小車及所帶小球的總質量為M1＝50

57、 kg，乙和他的小車的總質量為M2＝30 kg.現(xiàn)為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面為v′＝16.5 m/s的水平速度拋向乙，且被乙接?。僭O某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車不致相撞．求此時： (1)兩車的速度各為多少？ (2)甲總共拋出了多少個小球？ 解析　 (1)兩車剛好不相撞，則兩車速度相等，由動量守恒定律得 M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v， 解得v＝1.5 m/s. (2)對甲及從小車上拋出的小球，由動量守恒定律得 M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′， 解得n＝15. 答案　(1)1.5 m/s　1.5 m/s　(2)15 10．(201

58、7·江西南昌模擬)如圖所示，質量為mA＝2 kg的木塊A靜止在光滑水平面上．一質量為mB＝1 kg的木塊B以初速度v0＝5 m/s沿水平方向向右運動，與A碰撞后都向右運動．木塊A與擋板碰撞后立即反彈(設木塊A與擋板碰撞過程無機械能損失)，后來木塊A與B發(fā)生二次碰撞，碰后A、B同向左運動，速度大小分別為0.9 m/s、1.2 m/s.求： (1)木塊A、B第一次碰撞過程中A對B的沖量； (2)木塊A、B第二次碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能． 解析　(1)設A、B第一次碰撞后的速度大小分別為vA1、vB1，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得

59、mBv0＝mAvA1＋mBvB1 A與擋板碰撞，沒有機械能損失，A與擋板碰撞后原速反彈，第二次A、B碰撞前瞬間的速度大小分別為vA1、vB1，設碰撞后的速度大小分別為vA2、vB2，vA2和vB2方向均向左，取向左為正方向，由動量守恒定律得mAvA1－mBvB1＝mAvA2＋mBvB2， 由題意知vA2＝0.9 m/s，vB2＝1.2 m/s， 解得vA1＝2 m/s，vB1＝1 m/s， 對B，由動量定理得I＝mBvB1－mBv0＝－4 kg·m/s，負號表示方向向左， (2)由能量守恒定律得，第二次碰撞過程中 ΔE＝－， 解得ΔE＝2.97 J. 答案　(1)4 kg·m/s，方向向左　(2)2.97 J 24