（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(yīng)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2動能守恒定律及其應(yīng)用3彈性碰撞和非彈性碰撞4驗證動量守恒定律2017全國卷，142017全國卷，202017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(jié)合；(2)以碰撞為模型考查動量守恒定律的應(yīng)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)動量定義：物體的_質(zhì)量_與_速度_的乘積表達式：p_mv_.方向：動量的方向與_速度_的方向相同(2)動量的變化因為動量是矢量，動量的變化量p也是_矢量_，其方向與速度的改變量v的方向_相同_.動量的變化量p的大小，一般用末動量p減去

2、初動量p進行計算，也稱為動量的增量即_ppp_.(3)沖量定義：_力_與_力的作用時間_的乘積叫做力的沖量公式：_IFt_.單位：_Ns_.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：_mvmvF(tt)_或_ppI_.(3)動量定理的理解動量定理反映了力的沖量與動量變化量之間的因果關(guān)系，即外力的沖量是原因，物體的動量變化量是結(jié)果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動量定理表達式是矢量式，等

3、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：m1v1m2v2_m1v1m2v2_.(3)適用條件和適用范圍系統(tǒng)不受外力或者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(yīng)用(1)碰撞碰撞現(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_的相互作用的過程碰撞特征a作用時間_短

4、_.b作用力變化_快_.c內(nèi)力_遠大于_外力d滿足_動量守恒_.碰撞的分類及特點a彈性碰撞：動量_守恒_，機械能_守恒_.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)象反沖運動中，相互作用力一般較大，通常可以用_動量守恒_定律來處理1判斷正誤(1)動量越大的物體，其質(zhì)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

5、不做功，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IFt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是它在豎直方向上的直徑兩根光滑滑軌MP、QN的端點都在圓周上，MPQN.將兩個完全相同的小滑塊a、b分別從

6、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Fmgsin (為滑軌傾角)，F(xiàn)aFb，因此合力對a滑塊的沖量較大a滑塊的動量變化也大；重力的沖量大小、方向都相同；彈力FNmgcos ，F(xiàn)NaFNb，因此彈力對a滑塊的沖量較小故選項C正確應(yīng)用動量定理解題的方法在應(yīng)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

7、計算，只有當相互作用時間t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(zhì)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pmvEkmv2pp2p1矢標性矢量標量矢量特點狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關(guān)聯(lián)方程Ek，Ekpv，p，p2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

8、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B3 s末該物體回到原出發(fā)點C03 s內(nèi)，合力F的沖量等于零，功也等于零D24 s內(nèi)，合力F的沖量不等于零，功卻等于零解析圖線和橫坐標所圍的面積等于沖量，01秒內(nèi)的沖量為負，說明速度沿負方向，而12秒內(nèi)沖量為正，且大于01秒內(nèi)的沖量，即速度的方向發(fā)生變化，所以選項A錯誤；03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03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；24秒內(nèi)，合力F的沖量不等于零，

9、物體2秒時和4秒時速度大小相等，根據(jù)動能定理，24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(yīng)用動量定理的兩個重要應(yīng)用(1)應(yīng)用Ip求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用IFt求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化p，等效代換變力的沖量I.(2)應(yīng)用pFt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(pp2p1)需要應(yīng)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(zhì)檢)有一個質(zhì)量為0.5 kg的籃球從h0.8 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，

10、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v0m/s4 m/s，由v22gh可知碰后的速度為v10.8v00.84 m/s3.2 m/s.選向上為正方向，由動量定理有Imv1(mv0)1.8mv01.80.54 Ns3.6 Ns.(2)第二次碰前瞬時速度和第二次碰后瞬時速度關(guān)系為v20.8v10.82v00.64v0.設(shè)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

11、量定理有F1tmv1(mv0)1.8mv0，F(xiàn)2tmv2(mv1)1.8mv11.44mv0，F(xiàn)1F254.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54.答案(1)3.6 Ns(2)54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(zhì)量為0.32 kg的球，因受水對其下側(cè)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Fmg，小球受到的沖力大小等于小球?qū)λ牧θ『苄∫欢伍L為l的小水柱m，其受到重力mg和球?qū)λ牧，取向下為正方向(

12、Fmg)t0(mv)，其中小段水柱的重力mg忽略不計，mSl，式變?yōu)镕，因t很短，l很小，一小段l的水柱可以看成勻速上升，lvt.式變?yōu)镕Sv2，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v2v2(g)h，所以v，代入，有FS(v2gh)，代入，有mgS(v2gh)，h m1.8 m.答案1.8 m應(yīng)用動量定理解題的基本思路三動量守恒定律及其應(yīng)用1動量守恒定律的“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

13、的速度矢量性應(yīng)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(yīng)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(guān)系(2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時，要弄清哪些力是系統(tǒng)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(zhì)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(zhì)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(cè)墻壁時與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈后能被小孩接

14、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(m2m)v1mv，接住木箱的過程中mv(m2m)v1(mm2m)v2，v2.(2)若小孩第二次將木箱推出，設(shè)小孩和小車向左的速度為v3，根據(jù)動量守恒定律4mv23mv3mv，v3v，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

15、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(jié)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p1p2p1p2.(2)動能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2或.(3)速度要合理碰前兩物體同向，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(zhì)量為m，B、C的質(zhì)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(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各

16、發(fā)生一次碰撞設(shè)物體間的碰撞都是彈性碰撞解析設(shè)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mv0mv1Mv2，由機械能守恒得mvmvMv，可得v1v0，v2v0.要使得A與B能發(fā)生碰撞，需要滿足v10，即mM，A反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，有mv1mv3Mv4，mvmvMv，整理可得v3v1()2v0，v4v1.由于mM，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v3v2，即v0()2v0，整理可得m24MmM2，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)MmM.答案(2)MmM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

17、，列出相應(yīng)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v1v0、v2v0.(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當m1m2，且v200時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0；當m1m2，且v200時，碰后質(zhì)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(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加(3)位置不變：爆炸的

18、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(zhì)量關(guān)系是mAmCm、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(zhuǎn)化為機械能？解析全過程取向右為正方向，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，mAv0(mAmB)v0mCvC，炸藥對C的沖量ImC

19、vC0，解得Imv0，方向向右(2)炸藥爆炸過程，B和C組成的系統(tǒng)動量守恒mCvCmBvB0，據(jù)能量關(guān)系Evmv，解得Emv.答案(1)mv0，水平向右(2)mv2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7一質(zhì)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(zhì)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

20、氣體的質(zhì)量m為(C)AmMBmMCMDM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(Mm)v2mv1，解得mM，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m1m20，得m1x1m2x2.例8如圖所示，一個質(zhì)量為m的木塊，從半徑為R、質(zhì)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mgRmv0，則木塊滑出槽口時的速度v1，槽可動時，當木塊開始下

21、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(shè)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mv2Mu0，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mgRmvMu2，由解得，木塊滑出槽口的速度v2，由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)條件系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向上的動量守恒構(gòu)成系統(tǒng)的兩物體原來靜止，因相互作用而反向運動x1、x2均為沿動量方向相對于同一參考系的位移(2)解題關(guān)鍵是畫出初、末位置，確定各物體位移關(guān)系1如圖，質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速度v0向右勻速行駛

22、，一質(zhì)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)Av0vBv0vCv0(v0v)Dv0(v0v)解析設(shè)水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，對救生員和船有(Mm)v0mvMvx，解得vxv0(v0v)，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，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 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)AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m

23、/s解析雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但選項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EkmAvA2mBvB257 J，大于碰前的總動能EkmAvmBv22 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v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為31.不計質(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(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mvm

24、v甲mv乙，若爆炸后甲、乙反向飛出，則有mvmv甲mv乙，或mvmv甲mv乙，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 s1 s，速度大小分別為v甲 m/s2.5 m/s，v乙0.5 m/s，代入式不成立，選項A錯誤；同理，可求出選項B、C、D中甲、乙的速度，分別代入式、式、式可知，只有選項B正確4.在光滑的水平面上，質(zhì)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(zhì)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點處的墻壁彈回后與小球A在P點相遇，PQ1.5PO.假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁

25、之間的碰撞都是彈性的，求兩小球質(zhì)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41.設(shè)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m1v0m1v1m2v2，m1vm1vm2v，利用4，可解出2.答案25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動，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(不計水的阻力)解析設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速

26、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12mv011mv1mvmin，10m2v0mvmin11mv2，為避免兩船相撞應(yīng)滿足v1v2，聯(lián)立式得vmin4v0.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(zhì)量現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度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

27、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零5C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B1如圖所示，在光滑的水平地面上有一輛平板車，車的左右兩端分別站著人A和人B，人A的質(zhì)量為mA，人B的質(zhì)量為mB，且mAmB.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(guān)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(shè)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

28、象，以向左為正方向，由動量守恒定律有mBv0mAv0m車v0，又mAmB，解得v0，即車向左運動，故選項D正確2(2018江蘇南京模擬)(多選)質(zhì)量均為m的小球a、b、c以相同的速度分別與另外三個質(zhì)量均為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)Am一定小于MBm可能等于MCb球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動能最大Dc球與質(zhì)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

29、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(zhì)量均為3m.質(zhì)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v0向右勻速運動，與B車碰撞后黏在一起則下列結(jié)論中錯誤的是(A)A小車A、B碰撞結(jié)束時B車的速度大小為v0B小車A、B發(fā)生碰撞時小車A對B的沖量大小為mv0C小車A、B發(fā)生碰撞時小車B對A的沖量大小為mv0D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(shè)碰后瞬間A、B共同速度為v1，由動量守恒定律有3mv0(3m3m)v1，解得v1v0，選項A錯誤；對小車B由動量定理有IB3mv1mv0，一對相互作用力

30、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(shè)A、B、C共同速度為v2，由動量守恒有2mv0(3m3m)v1(3m2m3m)v2.由機械能守恒有(2m)v(3m3m)v(3m2m3m)v2mgh，解得h，選項D正確4(2018湖北黃石模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放質(zhì)量為m的小木塊A，mM，A、B間的動摩擦因數(shù)為，現(xiàn)給A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A開始向左運動，B開始向右運動，最后A不會滑離B.則下列結(jié)論正確的是(ACD)A平板車最終的運動速度大小為v0，方向向右B平板車最終的運動速

31、度大小為v0，方向向左C小木塊向左運動到離出發(fā)點最遠處時，平板車的位移大小為vD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(shè)此速度為v，以水平向右為正方向，由動量守恒定律有Mv0mv0(Mm)v，解得vv0，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(shè)此時平板車速度為v，由動量守恒定律有Mv0mv0Mv，設(shè)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mgs1Mv2Mv，mgs20mv，解得s1v、s2，選項C、D均正確1(2017全國卷)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點

32、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)A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/sD6.3102 kgm/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 kg600 m/s30 kgm/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

33、，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mgFma可知，人先做加速度減小的加速運動，當a0時，F(xiàn)mg，此時速度最大，動量最大，動能最大，此后人繼續(xù)向下運動，F(xiàn)mg，由牛頓第二定律Fmgma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

34、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(zhì)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)AmgBmgCmgDmg解析由自由落體運動公式得人下降h距離時的速度為v，在t時間內(nèi)對人由動量定理得(Fmg)tmv，解得安全帶對人的平均作用力為Fmg，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)

35、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(D)Av0v2Bv0v2Cv0v2Dv0(v0v2)解析對火箭和衛(wèi)星由動量守恒定律得(m1m2)v0m2v2m1v1解得v1v0(v0v2)，故選項D正確5一質(zhì)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v09 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)；(2)若碰撞時間為0.05

36、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(yīng)用動能定理mgsmv2mv，代入數(shù)值解得0.32.(2)取向右為正方向，碰后滑塊速度v6 m/s，由動量定理得Ftmvmv，解得F130 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(yīng)用動能定理得W0mv2，解得W9 J.答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J6兩滑塊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

37、塊a、b的質(zhì)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(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2.由題給圖象得v12 m/s，v21 m/s，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，由動量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v，聯(lián)立式得m1m218，(2)由能量守恒定律得，兩滑塊因碰撞而損失的機械能為Em1vm2v(m1m2)v2，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(m1m2)v2，聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得WE12.答案(1)18(2)127某游樂園

38、入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)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(shè)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，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(zhì)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(shè)t時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則mV，Vv0St，由式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為v0S.(2)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v.對于t時間

39、內(nèi)噴出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v，在h高度處，t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p(m)v.設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有Ftp，由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得FMg，聯(lián)立式得h.答案(1)v0S(2)8(2017天津卷)如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩相連，跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA2 kg、mB1 kg.初始時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h1.8 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g10 m/s2

40、，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hgt2，代入數(shù)據(jù)解得t0.6 s(2)設(shè)細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有vBgt，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(mAmB)v，之后A做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度v即最大速度，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得v2 m/s.(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(mAmB)v2mBgHmAgH，代入

41、數(shù)據(jù)解得H0.6 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(zhì)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，如圖所示設(shè)在下滑的前一半時間內(nèi)木塊的動量變化為p1，在后一半時間內(nèi)其動量變化為p2，則p1p2為(C)A12B13C11D21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Fmgsin ，方向也始終沿斜面向下不變由動量定理可得p1p2(Ft1)(Ft2)

42、(mgsin t)(mgsin t)11.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

43、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FfN(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FfFfm，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??；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小因此選項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

44、同一直線上運動兩球質(zhì)量關(guān)系為mB2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6 kgm/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量變化量為4 kgm/s，則(A)A左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為25B左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為110C右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為25D右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為110解析由mB2mA，pApB知碰前vBvA，若左為A球，設(shè)碰后二者速度分別為vA、vB，由題意知pAmAvA2 kgm/s，pB mBvB10 kgm/s，由以上各式得，故選項A正確若右為A球，由于碰前動量都為6 kgm/s，即都向右運動，兩球

45、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；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，

46、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/sB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

47、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(zhì)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?qū)?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

48、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(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)設(shè)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(shè)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，由動量守恒定律得mv02mv1，解得v1v0，B與C碰撞的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量定恒，有m2mv2，解得v2，系統(tǒng)損失的機械能Em22m2mv(2)當A、B、C速度相同時，彈簧的彈性

49、勢能最大根據(jù)動量守恒定律得mv03mv，解得v，根據(jù)能量守恒定律得彈簧的最大彈性勢能Epmv(3m)v2Emv.答案(1)mv(2)mv9(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v06 m/s，甲乘的小車上有質(zhì)量為m1 kg的小球若干，甲和他的小車及所帶小球的總質(zhì)量為M150 kg，乙和他的小車的總質(zhì)量為M230 kg.現(xiàn)為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面為v16.5 m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住假設(shè)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

50、不相撞，則兩車速度相等，由動量守恒定律得M1v0M2v0(M1M2)v，解得v1.5 m/s.(2)對甲及從小車上拋出的小球，由動量守恒定律得M1v0(M1nm)vnmv，解得n15.答案(1)1.5 m/s1.5 m/s(2)1510(2017江西南昌模擬)如圖所示，質(zhì)量為mA2 kg的木塊A靜止在光滑水平面上一質(zhì)量為mB1 kg的木塊B以初速度v05 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(shè)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

51、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(shè)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mBv0mAvA1mBvB1A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(shè)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mAvA1mBvB1mAvA2mBvB2，由題意知vA20.9 m/s，vB21.2 m/s，解得vA12 m/s，vB11 m/s，對B，由動量定理得ImBvB1mBv04 kgm/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E，解得E2.97 J.答案(1)4 kgm/s，方向向左(2)2.97 J24