（課改地區(qū)專用）2018-2019學(xué)年高考物理總復(fù)習(xí) 專題二 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 2.3 動(dòng)量守恒定律學(xué)案 新人教版

《（課改地區(qū)專用）2018-2019學(xué)年高考物理總復(fù)習(xí) 專題二 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 2.3 動(dòng)量守恒定律學(xué)案 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課改地區(qū)專用）2018-2019學(xué)年高考物理總復(fù)習(xí) 專題二 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 2.3 動(dòng)量守恒定律學(xué)案 新人教版（13頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2.3　動(dòng)量守恒定律 學(xué)習(xí)目標(biāo) 核心提煉 1.了解系統(tǒng)、內(nèi)力和外力的概念。 2.知道動(dòng)量守恒定律的適用條件，掌握動(dòng)量守恒定律的確切含義和表達(dá)式。 3.了解動(dòng)量守恒定律的普遍適用性。 4.能用動(dòng)量守恒定律解決一些生活和生產(chǎn)中的實(shí)際問題。 1個(gè)條件——?jiǎng)恿渴睾銞l件 1個(gè)定律——?jiǎng)恿渴睾愣? 3個(gè)概念——系統(tǒng)　內(nèi)力　外力 一、系統(tǒng)、內(nèi)力和外力 1.系統(tǒng)：相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的整體。 2.內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)部物體間的相互作用力。 3.外力：系統(tǒng)以外的物體對(duì)系統(tǒng)以內(nèi)的物體的作用力。 思維拓展 (1)對(duì)某一系統(tǒng)來說一個(gè)力是內(nèi)力，在另一情況下這個(gè)力能變成外力嗎？ 圖

2、1 (2)如圖1所示，甲、乙、丙三輛車碰撞發(fā)生追尾事故。 ①選甲、乙兩車為系統(tǒng)，丙對(duì)乙的力是內(nèi)力還是外力？甲和乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒嗎？ ②選甲、乙、丙三車為系統(tǒng)，丙對(duì)乙的力是內(nèi)力還是外力？三車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒嗎？ 答案　(1)能。內(nèi)力是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力，一個(gè)力是內(nèi)力還是外力不是固定的，要看選擇的系統(tǒng)，當(dāng)選擇的系統(tǒng)發(fā)生變化時(shí)，這個(gè)力可能就會(huì)由內(nèi)力變?yōu)橥饬?，所以是?nèi)力還是外力關(guān)鍵看選擇的系統(tǒng)。 (2)①外力　不守恒　②內(nèi)力　守恒 二、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。 2.表達(dá)式：對(duì)兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，常寫成：

3、p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 3.適用條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力矢量和為零。 4.普適性：動(dòng)量守恒定律是一個(gè)獨(dú)立的實(shí)驗(yàn)規(guī)律，它適用于目前為止物理學(xué)研究的一切領(lǐng)域。 思考判斷 (1)一個(gè)系統(tǒng)初、末態(tài)動(dòng)量大小相等，即動(dòng)量守恒。(　　) (2)兩個(gè)做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體發(fā)生碰撞，兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(　　) (3)只要系統(tǒng)受到的外力的功為零，動(dòng)量就守恒。(　　) (4)只要系統(tǒng)所受到的合力的沖量為零，動(dòng)量就守恒。(　　) (5)系統(tǒng)動(dòng)量守恒也就是系統(tǒng)的動(dòng)量變化量為零。(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)

4、√ 　動(dòng)量守恒條件的理解 [要點(diǎn)歸納] 1.動(dòng)量守恒中，研究對(duì)象：兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體組成的相互作用的系統(tǒng)。 2.動(dòng)量守恒條件 (1)理想條件：系統(tǒng)不受外力時(shí)，動(dòng)量守恒。 (2)實(shí)際條件：系統(tǒng)所受外力的矢量和為零時(shí)，動(dòng)量守恒。 (3)近似條件：系統(tǒng)受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，則系統(tǒng)總動(dòng)量近似守恒。 (4)推廣條件：系統(tǒng)受力不符合以上三條中的任一條，則系統(tǒng)的總動(dòng)量不守恒，但是，若系統(tǒng)在某一方向上符合以上三條中的某一條，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。 [精典示例] [例1] (多選)如圖2所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮

5、的彈簧，地面光滑。當(dāng)彈簧突然釋放后，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A.若A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 B.若A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 解析　如果A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，彈簧釋放后，A、B分別相對(duì)小車向左、向右滑動(dòng)，它們所受的滑動(dòng)摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動(dòng)量不守恒，選

6、項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，A、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力的合力為零，故該系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，選項(xiàng)B、D均正確；若A、B所受摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)的外力之和為零，故其動(dòng)量守恒，選項(xiàng)C正確。 答案　BCD 1.動(dòng)量守恒定律的研究對(duì)象是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。判斷系統(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)過程有直接關(guān)系。 2.判斷系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，要注意守恒的條件是不受外力或所受合外力為零，因此要分清哪些力是內(nèi)力，哪些力是外力。 3.系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，并不是系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)量都不變。一般來說，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒時(shí)，系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)量是變化的，

7、但系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)量的矢量和是不變的?！　　　　　? [針對(duì)訓(xùn)練1] 如圖3所示，小車與木箱緊挨著靜放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過程，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B.小車與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C.男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D.木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量相同 解析　由動(dòng)量守恒定律成立的條件可知男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量大小相等，方向相反，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 　動(dòng)量守恒定律的理解 [要點(diǎn)

8、歸納] 1.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟 ? ? ? ? 2.動(dòng)量守恒常見的表達(dá)式 (1)p′＝p，其中p′、p分別表示系統(tǒng)的末動(dòng)量和初動(dòng)量，表示系統(tǒng)作用后的總動(dòng)量等于作用前的總動(dòng)量。 (2)Δp＝0，表示系統(tǒng)總動(dòng)量的增量等于零。 (3)Δp1＝－Δp2，其中Δp1、Δp2分別表示系統(tǒng)內(nèi)兩個(gè)物體初、末動(dòng)量的變化量，即兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，各自動(dòng)量的增量大小相等、方向相反。 [精典示例] [例2] 如圖4所示，一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿

9、火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前、后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為(　　) 圖4 A.v0－v2 B.v0＋v2 C.v0－v2 D.v0＋(v0－v2) 解析　忽略空氣阻力和分離前、后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，衛(wèi)星和箭體整體分離前后動(dòng)量守恒，則有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋(v0－v2)，故選項(xiàng)D正確。 答案　D 應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題，在規(guī)定正方向的前提下，要注意各已知速度的正負(fù)號(hào)，求解出未知速度的正負(fù)號(hào)，一定要指明速度方向?！　　　　　? [針對(duì)訓(xùn)練2] (多選)若用p1、p2表示兩個(gè)在同一直線上運(yùn)動(dòng)并相互作用的物體的初動(dòng)量，

10、p1′、p2′表示它們的末動(dòng)量，Δp1、Δp2表示它們相互作用過程中各自動(dòng)量的變化，則下列式子能表示動(dòng)量守恒的是(　　) A.Δp1＝Δp2 B.p1＋p2＝p1′＋p2′ C.Δp1＋Δp2＝0 D.Δp1＋Δp2＝常數(shù)(不為零) 解析　動(dòng)量守恒的含義是兩物體相互作用前的總動(dòng)量等于其相互作用后的總動(dòng)量，因此有p1＋p2＝p1′＋p2′，變形后有p1′－p1＋p2′－p2＝0，即Δp1＋Δp2＝0，又可以變形為Δp1＝－Δp2。 答案　BC 　動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 [要點(diǎn)歸納] 對(duì)于兩個(gè)以上的物體組成的系統(tǒng)，由于物體較多，相互作用的情況也不盡相同，作用過程較為復(fù)雜，雖然仍可對(duì)初

11、、末狀態(tài)建立動(dòng)量守恒的關(guān)系式，但因未知條件過多而無法求解，這時(shí)往往要根據(jù)作用過程中的不同階段，建立多個(gè)動(dòng)量守恒方程，或?qū)⑾到y(tǒng)內(nèi)的物體按作用的關(guān)系分成幾個(gè)小系統(tǒng)，分別建立動(dòng)量守恒定律方程。 求解這類問題時(shí)應(yīng)注意： (1)正確分析作用過程中各物體狀態(tài)的變化情況，建立運(yùn)動(dòng)模型。 (2)分清作用過程中的不同階段，并找出聯(lián)系各階段的狀態(tài)量。 (3)合理選取研究對(duì)象，既要符合動(dòng)量守恒的條件，又要方便解題。 [精典示例] [例3] 如圖5，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C。B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))。設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與

12、C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，假設(shè)B和C碰撞過程時(shí)間極短。求從A開始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過程中整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能。 圖5 審題指導(dǎo) 關(guān)鍵詞 信息 當(dāng)A、B速度相等時(shí) A與B系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，末狀態(tài)為速度相等時(shí)刻 B與C恰好相碰并粘接在一起，B和C碰撞過程時(shí)間極短 (1)B與C的動(dòng)量守恒，末狀態(tài)為B與C具有相同速度的時(shí)刻 (2)B和C碰撞時(shí)，A的速度不變 系統(tǒng)損失的機(jī)械能 (1)B和C粘接在一起之前與之后，A、B和C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 (2)B與C粘接在一起之前瞬間B的動(dòng)能減去B與C具有相同速度時(shí)B和C的動(dòng)能為損失的機(jī)械能 解析　對(duì)A、B接觸的過程中，

13、由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv1， 解得v1＝v0， B與C接觸的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有m＝2mv2， 解得v2＝， 系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝m－·2m＝mv 答案　mv [針對(duì)訓(xùn)練3] (多選)如圖6所示，在橄欖球比賽中，一個(gè)85 kg的前鋒隊(duì)員以5 m/s的速度跑動(dòng)，想穿越防守隊(duì)員到底線觸地得分。就在他剛要到底線時(shí)，迎面撞上了對(duì)方兩名均為65 kg的隊(duì)員，一個(gè)速度為2 m/s，另一個(gè)速度為4 m/s，然后他們就扭在了一起，則(　　) 圖6 A.他們碰撞后的共同速率是0.2 m/s B.碰撞后這名前鋒動(dòng)量的方向仍向前 C.這名前鋒能得分 D.這名前鋒不能

14、得分 解析　前鋒隊(duì)員的質(zhì)量為M，速度為v1，兩名65 kg的隊(duì)員質(zhì)量均為m，速度分別為v2、v3。取前鋒隊(duì)員跑動(dòng)的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律可得Mv1－mv2－mv3＝(M＋m＋m)v，代入數(shù)據(jù)得v≈0.16 m/s。所以碰撞后的速度仍向前，故這名前鋒能得分，選項(xiàng)B、C正確。 答案　BC\ 1.(多選)下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是(　　) 解析　選項(xiàng)A中子彈和木塊的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；選項(xiàng)B中在彈簧恢復(fù)原長過程中，系統(tǒng)在水平方向始終受墻的作用力，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒；選項(xiàng)C中木球與鐵球的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；

15、選項(xiàng)D中系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。 答案　ACD 2.解放軍魚雷快艇在南海海域附近執(zhí)行任務(wù)，假設(shè)魚雷快艇的總質(zhì)量為M，以速度v前進(jìn)，現(xiàn)沿快艇前進(jìn)方向發(fā)射一顆質(zhì)量為m的魚雷后，快艇速度減為原來的，不計(jì)水的阻力，則魚雷的發(fā)射速度為(　　) A.v B.v C.v D.v 解析　設(shè)快艇的速度方向?yàn)檎较?；根?jù)動(dòng)量守恒定律有：Mv＝(M－m)v＋mv′。 解得v′＝v。 答案　A 3.如圖7所示，進(jìn)行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80 kg和100 kg，他們攜手遠(yuǎn)離空間站，相對(duì)空間站的速度為0.1 m/s。A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?.2 m/s，求此時(shí)B的速度大小和

16、方向。 圖7 解析　以空間站為參考系，選遠(yuǎn)離空間站，即v0方向?yàn)檎较?。?jù)動(dòng)量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB， 代入數(shù)據(jù)解得vB ＝0.02 m/s，遠(yuǎn)離空間站方向。 答案　0.02 m/s　遠(yuǎn)離空間站方向 4.如圖8所示，如果懸掛球的繩子能承受的最大拉力T0＝10 N，球質(zhì)量m＝0.5 kg，L＝0.3 m，錘頭質(zhì)量M＝0.866 kg，如果錘頭沿水平方向打擊球m，錘頭速度多大時(shí)才能把繩子打斷？(設(shè)球原來靜止，打擊后錘頭靜止，g＝10 m/s2) 圖8 解析　球m被錘頭打擊后以O(shè)為圓心，L為半徑做圓周運(yùn)動(dòng)，且在剛打過后繩子拉力最大，由圓周運(yùn)動(dòng)向心力計(jì)算

17、公式有T0－mg＝m· v＝＝ m/s 錘頭打擊m過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒Mv0＝mv，v0＝＝1 m/s 若要錘頭擊打小球后繩子被拉斷，錘頭的速度應(yīng)大于等于1 m/s。 答案　大于等于1 m/s 1.下列情形中，滿足動(dòng)量守恒條件的是(　　) A.用鐵錘打擊放在鐵砧上的鐵塊，打擊過程中，鐵錘和鐵塊的總動(dòng)量 B.子彈水平穿過放在光滑桌面上的木塊的過程中，子彈和木塊的總動(dòng)量 C.子彈水平穿過墻壁的過程中，子彈和墻壁的總動(dòng)量 D.棒擊壘球的過程中，棒和壘球的總動(dòng)量 解析　選項(xiàng)A中豎直方向合力不為零；選項(xiàng)C中墻壁受地面的作用力；選項(xiàng)D中棒受人手

18、的作用力，故合外力不為零，不符合動(dòng)量守恒的條件。 答案　B 2.如圖1所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短?，F(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對(duì)象(系統(tǒng))，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過程中(　　) 圖1 A.動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒 B.動(dòng)量不守恒、機(jī)械能不守恒 C.動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒 D.動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒 解析　把系統(tǒng)從子彈射入木塊到彈簧壓縮至最短的過程分段考慮。第一段：子彈射入木塊瞬間，彈簧仍保持原長，子彈與木塊間的摩擦力為內(nèi)力，合外力為零，所以此瞬間系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

19、。第二段：子彈射入木塊后，與木塊一起壓縮彈簧，系統(tǒng)受墻面彈力(外力)不為零，所以此過程系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。綜合在一起，整個(gè)過程中動(dòng)量、機(jī)械能均不守恒，選項(xiàng)B正確。 答案　B 3. (多選)如圖2所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對(duì)兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.兩手同時(shí)放開后，系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零 B.先放開左手，后放開右手，兩手放開后，動(dòng)量不守恒 C.先放開左手，后放開右手，總動(dòng)量向左 D.無論何時(shí)放手，兩手放開后在彈簧恢復(fù)原長的過程中，系統(tǒng)總動(dòng)量都保持不變，但系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定為零 解析　當(dāng)兩手同時(shí)放開時(shí)，

20、系統(tǒng)所受的合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，又因開始時(shí)總動(dòng)量為零，故系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零，選項(xiàng)A正確；先放開左手，左邊的小車就向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，且開始時(shí)總動(dòng)量方向向左，放開右手后總動(dòng)量方向也向左，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C、D正確。 答案　ACD 4.如圖3所示，質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質(zhì)量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面，若車足夠長，則(　　) 圖3 A.木塊的最終速度為v0 B.由于車上表面粗糙，小車和木塊所組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 C.車上表面越粗糙，木塊減少的動(dòng)量越多 D.車上表面越粗糙，小車獲得的動(dòng)

21、量越多 解析　由m和M組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒易得選項(xiàng)A正確；m和M動(dòng)量的變化與小車上表面的粗糙程度無關(guān)，因?yàn)檐囎銐蜷L，最終各自的動(dòng)量與摩擦力大小無關(guān)。 答案　A 5.如圖4所示，質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質(zhì)量為m的救生員站在船尾，相對(duì)小船靜止。若救生員以相對(duì)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(　　) 圖4 A.v0＋v B.v0－v C.v0＋(v0＋v) D.v0＋(v0－v) 解析　小船和救生員組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒 (M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′ 解得v′＝v0＋(v0＋v)，故選項(xiàng)C正確，A、B、D均錯(cuò)誤

22、。 答案　C 6.如圖5所示，在真空中一光滑絕緣水平面上，有直徑相同的兩個(gè)金屬球A、C，質(zhì)量mA＝1×10－2 kg、mC＝5×10－3 kg，靜止在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的C球帶正電，電荷量qC＝1.0×10－2 C。在磁場(chǎng)外不帶電的A球以速度v0＝20 m/s進(jìn)入磁場(chǎng)中，與C球發(fā)生正碰后，C球?qū)λ矫娴膲毫η『脼榱?g取10 m/s2)，則碰后A球的速度為(　　) 圖5 A.10 m/s B.5 m/s C.－10 m/s D.－20 m/s 解析　A球與C球發(fā)生正碰，則動(dòng)量守恒，即mAv0＝mAvA＋mCvC，接觸后，C球所帶電荷量變?yōu)?，?duì)水平面的壓力為

23、零，則vCB＝mCg。解以上各式得vA＝10 m/s，所以A正確。 答案　A 7.質(zhì)量為M的砂車，沿光滑水平面以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)從砂車上方落入一個(gè)質(zhì)量為m的大鐵球，如圖6所示，則鐵球落入砂車后，砂車將(　　) 圖6 A.立即停止運(yùn)動(dòng) B.仍勻速運(yùn)動(dòng)，速度仍為v0 C.仍勻速運(yùn)動(dòng)，速度小于v0 D.做變速運(yùn)動(dòng)，速度不能確定 解析　砂車及鐵球組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，所以有Mv0＝(M＋m)v，v＝v0

24、/s；碰撞后甲、乙兩物體都反向運(yùn)動(dòng)，速度大小均為2 m/s。則甲、乙兩物體質(zhì)量之比為(　　) 圖7 A.2∶3 B.2∶5 C.3∶5 D.5∶3 解析　選取碰撞前甲物體的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入數(shù)據(jù)，可得m甲∶m乙＝3∶5，選項(xiàng)C正確。 答案　C 9.如圖8所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m(m＜M)的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)沖上斜面過程中機(jī)械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能

25、達(dá)到的最大高度為(　　) 圖8 A.h B. h C. h D. h 解析　當(dāng)斜面固定時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得mv＝mgh；當(dāng)斜面不固定時(shí)，由水平方向動(dòng)量守恒得mv0＝(M＋m)v，再由機(jī)械能守恒定律得mv＝(M＋m)v2＋mgh′，由以上三式聯(lián)立解得h′＝ h，選項(xiàng)D正確。 答案　D 10.一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)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(zhì)量比為3∶1。不計(jì)質(zhì)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(　　) 解析　彈丸在爆炸過程中，水平方向的動(dòng)量守恒，有mv＝mv甲＋mv乙，解得

26、4v＝3v甲＋v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有h＝gt2，水平方向?qū)?、乙兩彈片分別有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各圖中數(shù)據(jù)，可知B正確。 答案　B 11.a、b兩個(gè)小球在一直線上發(fā)生碰撞，它們?cè)谂鲎睬昂蟮膞－t 圖象如圖9所示。若a球的質(zhì)量ma＝1 kg，則b球的質(zhì)量mb等于多少？ 圖9 解析　由題圖知va＝4 m/s，va′＝－1 m/s，vb＝0，vb′＝2 m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mava＝mava′＋mbvb′，代入數(shù)據(jù)解得mb＝2.5 kg。 答案　2.5 kg 12.如圖10所示，甲車的質(zhì)量是2 kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個(gè)質(zhì)

27、量為1 kg 的小物體，乙車質(zhì)量為4 kg，以5 m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，與甲車碰撞以后甲車獲得8 m/s的速度，物體滑到乙車上，若乙車足夠長，上表面與物體的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，則物體在乙車上表面滑行多長時(shí)間相對(duì)乙車靜止？(g取10 m/s2) 圖10 解析　乙與甲碰撞動(dòng)量守恒m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′ 得v乙′＝1 m/s 小物體在乙上滑動(dòng)至有共同速度v，對(duì)小物體與乙車運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得m乙v乙′＝(m＋m乙)v，得v＝0.8 m/s 對(duì)小物體應(yīng)用牛頓第二定律得μmg＝ma，a＝μg＝2 m/s2 所以t＝，代入數(shù)據(jù)得t＝0.4 s 答案　0.4 s 13.如圖11所

28、示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)?，F(xiàn)將A無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，并沿桌面滑動(dòng)。已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2 m，A和B的質(zhì)量相等，A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。取重力加速度g＝10 m/s2。求： 圖11 (1)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′； (2)A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離L。 解析　(1)滑塊A從圓弧軌道最高點(diǎn)到最低點(diǎn)機(jī)械能守恒，由mAv＝mAgR，可得vA＝2 m/s。在底部和B相撞，滿足動(dòng)量守恒，由(mA＋mB)v′＝mAvA， 可得v′＝1 m/s。 (2)根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)A、B一起滑動(dòng)過程由－μ(mA＋mB)gL＝0－(mA＋mB)v′2， 可得L＝0.25 m。 答案　(1)1 m/s　(2)0.25 m 13