（全國(guó)通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 第18講 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律學(xué)案

第18講動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律考綱要求考情分析命題趨勢(shì)1.動(dòng)量動(dòng)量定理2動(dòng)能守恒定律及其應(yīng)用3彈性碰撞和非彈性碰撞4驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律2017·全國(guó)卷，142017·全國(guó)卷，202017·天津卷，10高考中對(duì)本專(zhuān)題的考查方式主要有三種：(1)動(dòng)量定理與動(dòng)力學(xué)結(jié)合；(2)以碰撞為模型考查動(dòng)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(yùn)用.1動(dòng)量、動(dòng)量變化、沖量(1)動(dòng)量定義：物體的_質(zhì)量_與_速度_的乘積表達(dá)式：p_mv_.方向：動(dòng)量的方向與_速度_的方向相同(2)動(dòng)量的變化因?yàn)閯?dòng)量是矢量，動(dòng)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(dòng)量的變化量p的大小，一般用末動(dòng)量p減去初動(dòng)量p進(jìn)行計(jì)算，也稱(chēng)為動(dòng)量的增量即_ppp_.(3)沖量定義：_力_與_力的作用時(shí)間_的乘積叫做力的沖量公式：_IFt_.單位：_N·s_.方向：沖量是_矢量_，其方向_與力的方向相同_.2動(dòng)量定理(1)內(nèi)容：物體在一個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程始末的_動(dòng)量變化量_等于它在這個(gè)過(guò)程中所受_合力_的沖量(2)公式：_mvmvF(tt)_或_ppI_.(3)動(dòng)量定理的理解動(dòng)量定理反映了力的沖量與動(dòng)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(dòng)量變化量是結(jié)果動(dòng)量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個(gè)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(dòng)量定理表達(dá)式是矢量式，等號(hào)包含了大小相等、方向相同兩方面的含義3動(dòng)量守恒定律(1)定律內(nèi)容：一個(gè)系統(tǒng)_不受外力_或者_(dá)所受外力的合力為零_時(shí)，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變(2)公式表達(dá)：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_(kāi)零_；系統(tǒng)受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，可以忽略不計(jì)；如爆炸、碰撞等過(guò)程，可以近似認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量守恒系統(tǒng)在某一個(gè)方向上所受的合外力為零，則該方向上_動(dòng)量守恒_.全過(guò)程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動(dòng)量守恒4動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用(1)碰撞碰撞現(xiàn)象兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體在相遇的_極短_時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生_非常大_的相互作用的過(guò)程碰撞特征a作用時(shí)間_短_.b作用力變化_快_.c內(nèi)力_遠(yuǎn)大于_外力d滿足_動(dòng)量守恒_.碰撞的分類(lèi)及特點(diǎn)a彈性碰撞：動(dòng)量_守恒_，機(jī)械能_守恒_.b非彈性碰撞：動(dòng)量_守恒_，機(jī)械能_不守恒_.c完全非彈性碰撞：動(dòng)量_守恒_，機(jī)械能損失_最多_.(2)爆炸現(xiàn)象爆炸過(guò)程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動(dòng)量_守恒_.(3)反沖運(yùn)動(dòng)物體在內(nèi)力作用下分裂為兩個(gè)不同部分并且這兩部分向_相反_方向運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象反沖運(yùn)動(dòng)中，相互作用力一般較大，通?？梢杂胈動(dòng)量守恒_定律來(lái)處理1判斷正誤(1)動(dòng)量越大的物體，其質(zhì)量越大(×)(2)兩物體動(dòng)能相等，動(dòng)量一定相等(×)(3)物體所受合力不變，則動(dòng)量也不改變(×)(4)物體沿水平面運(yùn)動(dòng)，重力不做功，其沖量為零(×)(5)物體所受的合力的沖量方向與物體動(dòng)量變化的方向相同()(6)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒時(shí)，機(jī)械能也一定守恒(×)(7)若在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動(dòng)量大小一定相同()(8)動(dòng)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(gè)力()2人從高處跳到低處時(shí)，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(duì)人的沖量B使人的動(dòng)量變化減小C減小地面對(duì)人的沖力D增大人對(duì)地面的壓強(qiáng)，起到安全保護(hù)作用3如圖所示，豎直面內(nèi)有一個(gè)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(diǎn)都在圓周上，MP>QN.將兩個(gè)完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q點(diǎn)無(wú)初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運(yùn)動(dòng)到圓周上的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(C)A合力對(duì)兩滑塊的沖量大小相同B重力對(duì)a滑塊的沖量較大C彈力對(duì)a滑塊的沖量較小D兩滑塊的動(dòng)量變化大小相同解析這是“等時(shí)圓”，即兩滑塊同時(shí)到達(dá)滑軌底端合力Fmgsin (為滑軌傾角)，F(xiàn)aFb，因此合力對(duì)a滑塊的沖量較大a滑塊的動(dòng)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(duì)a滑塊的沖量較小故選項(xiàng)C正確應(yīng)用動(dòng)量定理解題的方法在應(yīng)用動(dòng)量定理解題時(shí)，一定要認(rèn)真對(duì)物體進(jìn)行受力分析，不可有力的遺漏；建立方程時(shí)要事先選定正方向，確定力與速度的符號(hào)對(duì)于變力的沖量，往往通過(guò)動(dòng)量定理來(lái)計(jì)算，只有當(dāng)相互作用時(shí)間t極短時(shí)，且相互作用力遠(yuǎn)大于重力時(shí)，才可舍去重力一動(dòng)量、沖量的理解1動(dòng)量、動(dòng)能、動(dòng)量變化量的比較項(xiàng)目名稱(chēng)動(dòng)量動(dòng)能動(dòng)量變化量定義物體的質(zhì)量和速度的乘積物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量物體末動(dòng)量與初動(dòng)量的差定義式pmvEkmv2pp2p1矢標(biāo)性矢量標(biāo)量矢量特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過(guò)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(guò)程量沖量是表示力對(duì)時(shí)間的積累作用，功表示力對(duì)位移的積累作用(2)沖量是矢量，功是標(biāo)量(3)力作用的沖量不為零時(shí)，力做的功可能為零；力做的功不為零時(shí)，力作用的沖量一定不為零3沖量和動(dòng)量的區(qū)別(1)沖量是過(guò)程量(2)動(dòng)量是狀態(tài)量例1物體受到合力F的作用，由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，合力F隨時(shí)間變化的圖象如圖所示，下列說(shuō)法中正確的是(BCD)A該物體將始終向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B3 s末該物體回到原出發(fā)點(diǎn)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(biāo)所圍的面積等于沖量，01秒內(nèi)的沖量為負(fù)，說(shuō)明速度沿負(fù)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(xiàng)A錯(cuò)誤；03秒內(nèi)，合力F的沖量為零，即物體0秒時(shí)的速度和3秒時(shí)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(xiàng)C正確；分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程如圖所示，可以得到3秒末物體回到原出發(fā)點(diǎn)，選項(xiàng)B正確；24秒內(nèi)，合力F的沖量不等于零，物體2秒時(shí)和4秒時(shí)速度大小相等，根據(jù)動(dòng)能定理，24秒內(nèi)合力F做的功為零，故選項(xiàng)D正確二動(dòng)量定理及其應(yīng)用動(dòng)量定理的兩個(gè)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(dòng)量的變化p，等效代換變力的沖量I.(2)應(yīng)用pFt求動(dòng)量的變化例如，在曲線運(yùn)動(dòng)中，速度方向時(shí)刻在變化，求動(dòng)量變化(pp2p1)需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法，計(jì)算比較復(fù)雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動(dòng)量的變化例2(2017·吉林長(zhǎng)春質(zhì)檢)有一個(gè)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，且每次球與地面接觸時(shí)間相等，空氣阻力不計(jì)，與地面碰撞時(shí)，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(duì)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(shí)速度為v0m/s4 m/s，由v22gh可知碰后的速度為v10.8v00.8×4 m/s3.2 m/s.選向上為正方向，由動(dòng)量定理有Imv1(mv0)1.8mv01.8×0.5×4 N·s3.6 N·s.(2)第二次碰前瞬時(shí)速度和第二次碰后瞬時(shí)速度關(guān)系為v20.8v10.82v00.64v0.設(shè)兩次碰撞中地板對(duì)球的平均沖力分別為F1、F2，選向上為正方向，由動(dòng)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 N·s(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(duì)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(shuō)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(zhǎng)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(Fmg)t0(mv)，其中小段水柱的重力m·g忽略不計(jì)，mS·l，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(shí)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(dòng)量定理解題的基本思路三動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用1動(dòng)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(duì)性公式中v1、v2、v1、v2必須相對(duì)于同一個(gè)慣性系同時(shí)性公式中v1、v2是在相互作用前同一時(shí)刻的速度，v1、v2是相互作用后同一時(shí)刻的速度矢量性應(yīng)先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動(dòng)量為正值，相反為負(fù)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(dòng)量守恒定律時(shí)的注意事項(xiàng)(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)，要弄清哪些力是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些力是系統(tǒng)外的物體對(duì)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(chē)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(chē)上用力向右迅速推出木箱，木箱相對(duì)于冰面運(yùn)動(dòng)的速度為v，木箱運(yùn)動(dòng)到右側(cè)墻壁時(shí)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(duì)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(dòng)量守恒定律，推出木箱的過(guò)程中0(m2m)v1mv，接住木箱的過(guò)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(chē)向左的速度為v3，根據(jù)動(dòng)量守恒定律4mv23mv3mv，v3v，故無(wú)法再次接住木箱答案(1)(2)見(jiàn)解析動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟(1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成；(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程)(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒；(或某一方向上動(dòng)量是否守恒)(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量；(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程；(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說(shuō)明四碰撞問(wèn)題碰撞遵守的規(guī)律(1)動(dòng)量守恒，即p1p2p1p2.(2)動(dòng)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(lái)在前的物體速度一定增大，且v前v后兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變例5如圖，在足夠長(zhǎng)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?fàn)顟B(tài)現(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng)，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(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(yùn)動(dòng)的初速度為v0，A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生碰撞，由動(dòng)量守恒定律得mv0mv1Mv2，由機(jī)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(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞過(guò)程，有mv1mv3Mv4，mvmvMv，整理可得v3v1()2v0，v4v1.由于mM，所以A還會(huì)向右運(yùn)動(dòng)，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(wèn)題解題策略(1)抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類(lèi)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v1v0、v2v0.(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)m1m2，且v200時(shí)，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0；當(dāng)m1m2，且v200時(shí)，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(diǎn)(1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在板短的時(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6(2018·河南六市一聯(lián))如圖所示，光滑水平面上有三個(gè)滑塊A、B、C，質(zhì)量關(guān)系是mAmCm、mB.開(kāi)始時(shí)滑塊B、C緊貼在一起，中間夾有少量炸藥，處于靜止?fàn)顟B(tài)，滑塊A以速度v0正對(duì)B向右運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)求：(1)炸藥爆炸過(guò)程中炸藥對(duì)C的沖量；(2)炸藥的化學(xué)能有多少轉(zhuǎn)化為機(jī)械能？解析全過(guò)程取向右為正方向，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，mAv0(mAmB)v0mCvC，炸藥對(duì)C的沖量ImCvC0，解得Imv0，方向向右(2)炸藥爆炸過(guò)程，B和C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒mCvCmBvB0，據(jù)能量關(guān)系E×vmv，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(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)量可能是動(dòng)量守恒、動(dòng)量近似守恒或某一方向上動(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(shí)刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動(dòng)機(jī)瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時(shí)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(zhì)量m為(C)AmMBmMCMDM解析規(guī)定航天器的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得Mv0(Mm)v2mv1，解得mM，故選項(xiàng)C正確3“人船模型”若系統(tǒng)在全過(guò)程中動(dòng)量守恒，則這一系統(tǒng)在全過(guò)程中平均動(dòng)量也守恒如果系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用中均發(fā)生運(yùn)動(dòng)，則由m1m20，得m1x1m2x2.例8如圖所示，一個(gè)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(dòng)兩種情況下，木塊從槽口滑出時(shí)的速度大小之比為多少？解析槽固定時(shí)，木塊下滑過(guò)程中只有重力做功，由動(dòng)能定理得mgRmv0，則木塊滑出槽口時(shí)的速度v1，槽可動(dòng)時(shí)，當(dāng)木塊開(kāi)始下滑到脫離槽口的過(guò)程中，對(duì)木塊和槽所組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)木塊滑出槽口時(shí)的速度為v2，槽的速度為u，在水平方向上，由動(dòng)量守恒定律可得mv2Mu0，木塊下滑時(shí)，只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)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(diǎn)(1)條件系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒或某一方向上的動(dòng)量守恒構(gòu)成系統(tǒng)的兩物體原來(lái)靜止，因相互作用而反向運(yùn)動(dòng)x1、x2均為沿動(dòng)量方向相對(duì)于同一參考系的位移(2)解題關(guān)鍵是畫(huà)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，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(C)Av0vBv0vCv0(v0v)Dv0(v0v)解析設(shè)水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，對(duì)救生員和船有(Mm)v0mvMvx，解得vxv0(v0v)，選項(xiàng)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(yùn)動(dòng)，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s.當(dāng)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/s解析雖然題中四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒定律，但選項(xiàng)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(shí)際，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；選項(xiàng)C中，兩球碰后的總動(dòng)能EkmAvA2mBvB257 J，大于碰前的總動(dòng)能EkmAvmBv22 J，違背了能量守恒定律，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；而選項(xiàng)B既符合實(shí)際情況，也不違背能量守恒定律，故選項(xiàng)B正確3一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)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(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(B)解析彈丸爆炸過(guò)程遵守動(dòng)量守恒，若爆炸后甲、乙同向飛出，則有mvmv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(yùn)動(dòng)，由選項(xiàng)A可知，爆炸后甲、乙向相反方向飛出，下落時(shí)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(xiàng)A錯(cuò)誤；同理，可求出選項(xiàng)B、C、D中甲、乙的速度，分別代入式、式、式可知，只有選項(xiàng)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(yùn)動(dòng)在小球A的前方O點(diǎn)有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(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(yùn)動(dòng)小球B被在Q點(diǎn)處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ1.5PO.假設(shè)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(zhì)量的比值.解析從兩小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤?，小球A和B的速度大小保持不變根據(jù)它們通過(guò)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(guò)程中動(dòng)量守恒，碰撞前后動(dòng)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(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)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12mv011mv1mvmin，10m·2v0mvmin11mv2，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(cè)·5分)如圖所示，一個(gè)木箱原來(lái)靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)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(gè)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(duì)木箱靜止，二者一起向右運(yùn)動(dòng)C小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來(lái)回往復(fù)碰撞，而木箱一直向右運(yùn)動(dòng)D如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對(duì)木箱靜止，則二者將一起向左運(yùn)動(dòng)答題送檢來(lái)自閱卷名師報(bào)告錯(cuò)誤致錯(cuò)原因扣分A誤認(rèn)為系統(tǒng)的初速度為零，根據(jù)動(dòng)量守恒得末速度為零5C沒(méi)有進(jìn)行過(guò)程分析D不能理解動(dòng)量守恒定律的意義解析由動(dòng)量守恒定律知小木塊最終與木箱相對(duì)靜止，以相同的速度一起向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)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(chē)，車(chē)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mA>mB.初始時(shí)，人和車(chē)都處于靜止?fàn)顟B(tài)，若兩人同時(shí)以相等大小的速度(相對(duì)地面)相向運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于車(chē)的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是(D)A靜止不動(dòng)B左右往返運(yùn)動(dòng)C向右運(yùn)動(dòng)D向左運(yùn)動(dòng)解析設(shè)兩人的速度大小均為v0，車(chē)的速度為v，取人A和人B及平板車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mBv0mAv0m車(chē)v0，又mAmB，解得v0，即車(chē)向左運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)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(gè)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(yùn)動(dòng)，c球碰后靜止，則下列說(shuō)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(dòng)能最大Dc球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)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(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；當(dāng)m與M碰撞后黏在一起時(shí)，屬于完全非彈性碰撞，此時(shí)損失的動(dòng)能最大，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤3(2018·四川成都模擬)如圖所示，兩輛完全相同的小車(chē)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(chē)A的車(chē)頂，現(xiàn)使B車(chē)保持靜止，A、C以共同速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng)，與B車(chē)碰撞后黏在一起則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是(A)A小車(chē)A、B碰撞結(jié)束時(shí)B車(chē)的速度大小為v0B小車(chē)A、B發(fā)生碰撞時(shí)小車(chē)A對(duì)B的沖量大小為mv0C小車(chē)A、B發(fā)生碰撞時(shí)小車(chē)B對(duì)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(shí)間極短，碰撞過(guò)程中A、B兩小車(chē)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間A、B共同速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有3mv0(3m3m)v1，解得v1v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)小車(chē)B由動(dòng)量定理有IB3mv1mv0，一對(duì)相互作用力的沖量總是大小相等，方向相反，選項(xiàng)B、C均正確；從小車(chē)A、B碰撞后到小球C第一次向右擺起至最大高度過(guò)程，設(shè)A、B、C共同速度為v2，由動(dòng)量守恒有2mv0(3m3m)v1(3m2m3m)v2.由機(jī)械能守恒有(2m)v(3m3m)v(3m2m3m)v2mgh，解得h，選項(xiàng)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(chē)B放在光滑水平面上，在其右端放質(zhì)量為m的小木塊A，m<M，A、B間的動(dòng)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(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，B開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，最后A不會(huì)滑離B.則下列結(jié)論正確的是(ACD)A平板車(chē)最終的運(yùn)動(dòng)速度大小為v0，方向向右B平板車(chē)最終的運(yùn)動(dòng)速度大小為v0，方向向左C小木塊向左運(yùn)動(dòng)到離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)處時(shí)，平板車(chē)的位移大小為vD小木塊向左運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為解析A不會(huì)滑離B板，最終A、B以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)此速度為v，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有Mv0mv0(Mm)v，解得vv0，方向向右，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；小木塊向左運(yùn)動(dòng)到離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)處時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)平板車(chē)速度為v，由動(dòng)量守恒定律有Mv0mv0Mv，設(shè)這一過(guò)程平板車(chē)向右運(yùn)動(dòng)s1，小木塊向左的位移大小為s2，對(duì)平板車(chē)及小木塊的這一過(guò)程由動(dòng)能定理分別有mgs1Mv2Mv，mgs20mv，解得s1v、s2，選項(xiàng)C、D均正確1(2017·全國(guó)卷)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)A30 kg·m/sB5.7×102 kg·m/sC6.0×102 kg·m/sD6.3×102 kg·m/s解析由于噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略，則模型火箭與燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒燃?xì)鈬姵銮跋到y(tǒng)靜止，總動(dòng)量為零，故噴出后瞬間火箭的動(dòng)量與噴出燃?xì)獾膭?dòng)量等值反向，可得火箭的動(dòng)量的大小等于燃?xì)獾膭?dòng)量大小，則|p火|p氣|m氣v氣0.05 kg×600 m/s30 kg·m/s.選項(xiàng)A正確2“蹦極”運(yùn)動(dòng)中，長(zhǎng)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(guò)程簡(jiǎn)化為人沿豎直方向的運(yùn)動(dòng)從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點(diǎn)的過(guò)程中，下列分析正確的是(A)A繩對(duì)人的沖量始終向上，人的動(dòng)量先增大后減小B繩對(duì)人的拉力始終做負(fù)功，人的動(dòng)能一直減小C繩恰好伸直時(shí)，繩的彈性勢(shì)能為零，人的動(dòng)能最大D在最低點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)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(diǎn)的過(guò)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)a0時(shí)，F(xiàn)mg，此時(shí)速度最大，動(dòng)量最大，動(dòng)能最大，此后人繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)mg，由牛頓第二定律Fmgma可知，人做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量一直減小直到減為零，全過(guò)程中拉力方向始終向上，所以繩對(duì)人的沖量始終向上，綜上可知選項(xiàng)A正確，C、D錯(cuò)誤；拉力對(duì)人始終做負(fù)功，動(dòng)能先增大后減小，故選項(xiàng)B錯(cuò)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(kāi)始跌落到安全帶對(duì)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(yùn)動(dòng))此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng)，若在此過(guò)程中該作用力始終豎直向上，則該段時(shí)間安全帶對(duì)人的平均作用力大小為(A)AmgBmgCmgDmg解析由自由落體運(yùn)動(dòng)公式得人下降h距離時(shí)的速度為v，在t時(shí)間內(nèi)對(duì)人由動(dòng)量定理得(Fmg)tmv，解得安全帶對(duì)人的平均作用力為Fmg，選項(xiàng)A正確4一枚火箭搭載著衛(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)星分離如圖所示已知前部分的衛(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(duì)火箭和衛(wèi)星由動(dòng)量守恒定律得(m1m2)v0m2v2m1v1解得v1v0(v0v2)，故選項(xiàng)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(diǎn)，距離A點(diǎn)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(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)直至靜止g取10 m/s2.(1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若碰撞時(shí)間為0.05 s，求碰撞過(guò)程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F；(3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功W.解析(1)對(duì)小物塊從A運(yùn)動(dòng)到B處的過(guò)程中應(yīng)用動(dòng)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(dòng)量定理得Ftmvmv，解得F130 N，其中“”表示墻面對(duì)物塊的平均作用力方向向左(3)對(duì)物塊反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中應(yīng)用動(dòng)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(yùn)動(dòng)，并發(fā)生碰撞，碰撞后兩者黏在一起運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段，兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示求：(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比；(2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)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(dòng)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(jī)械能為Em1vm2v(m1m2)v2，由圖象可知，兩滑塊最后停止運(yùn)動(dòng)由動(dòng)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(lè)園入口旁有一噴泉，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(jì)算方便起見(jiàn)，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(kāi)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(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度解析(1)設(shè)t時(shí)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(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為v0S.(2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v.對(duì)于t時(shí)間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v，在h高度處，t時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為p(m)v.設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動(dòng)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(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mA2 kg、mB1 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g10 m/s2，空氣阻力不計(jì)求：(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始時(shí)B離地面的高度H.解析(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng)，有hgt2，代入數(shù)據(jù)解得t0.6 s(2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有vBgt，細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力，A、B相互作用，由動(dòng)量守恒得mBvB(mAmB)v，之后A做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以細(xì)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(xì)繩繃直后，A、B一起運(yùn)動(dòng)，B恰好可以和地面接觸，說(shuō)明此時(shí)A、B的速度為零，這一過(guò)程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有(mAmB)v2mBgHmAgH，代入數(shù)據(jù)解得H0.6 m.答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m課時(shí)達(dá)標(biāo)第18講解密考綱主要考查動(dòng)量、動(dòng)量守恒定律等基本概念、規(guī)律的理解，運(yùn)用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)分析較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)過(guò)程等1(2017·吉林長(zhǎng)春模擬)將個(gè)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(kāi)始向下滑動(dòng)，滑到底端總共用時(shí)t，如圖所示設(shè)在下滑的前一半時(shí)間內(nèi)木塊的動(dòng)量變化為p1，在后一半時(shí)間內(nèi)其動(dòng)量變化為p2，則p1p2為(C)A12B13C11D21解析木塊在下滑的過(guò)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(dòng)量定理可得p1p2(F·t1)(F·t2)(mgsin ·t)(mgsin ·t)11.故選項(xiàng)C正確2(多選)某人身系彈性繩自高空P點(diǎn)自由下落，圖中a點(diǎn)是彈性繩的原長(zhǎng)位置，c是人所到達(dá)的最低點(diǎn)，b是人靜止地懸吊著時(shí)的平衡位置不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法中正確的是(BC)A從P至c過(guò)程中重力的沖量大于彈性繩彈力的沖量B從P至c過(guò)程中重力所做功等于人克服彈力所做的功C從P至b過(guò)程中人的速度不斷增大D從a至c過(guò)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(dòng)紙帶，重物跟著紙帶一起運(yùn)動(dòng)；若迅速拉動(dòng)紙帶，紙帶就會(huì)從重物下抽出這個(gè)現(xiàn)象的原因是(C)A在緩緩拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的摩擦力大B在迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的摩擦力大C在緩緩拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的沖量大D在迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的沖量大解析在緩慢拉動(dòng)紙帶時(shí)，兩物體之間的水平方向作用力是靜摩擦力；在迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)，它們之間的作用力是滑動(dòng)摩擦力由于滑動(dòng)摩擦力FfN(是動(dòng)摩擦因數(shù))，而最大靜摩擦力略大于滑動(dòng)摩擦力一般情況下可以認(rèn)為FfFfm，即滑動(dòng)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(dòng)紙帶時(shí)，摩擦力雖小些，但作用時(shí)間相對(duì)很長(zhǎng)，故重物獲得的沖量，即動(dòng)量的改變量可以很大，所以能把重物帶動(dòng)；快拉時(shí)，摩擦力雖大些，但作用時(shí)間相對(duì)很短，故沖量小，所以重物動(dòng)量的改變量小因此選項(xiàng)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(yùn)動(dòng)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(dòng)量均為6 kg·m/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)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vB<vA，若左為A球，設(shè)碰后二者速度分別為vA、vB，由題意知pAmAvA2 kg·m/s，pB mBvB10 kg·m/s，由以上各式得，故選項(xiàng)A正確若右為A球，由于碰前動(dòng)量都為6 kg·m/s，即都向右運(yùn)動(dòng)，兩球不可能相碰5我國(guó)女子短道速滑隊(duì)在世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3 000 m接力三連冠觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且開(kāi)始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，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(guò)程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(B)A甲對(duì)乙的沖量一定等于乙對(duì)甲的沖量B甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反C甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量D甲對(duì)乙做多少正功，乙對(duì)甲就一定做多少負(fù)功解析甲對(duì)乙的沖量與乙對(duì)甲的沖量大小相等，方向相反，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；甲、乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，動(dòng)量變化量等大反向，選項(xiàng)B正確；甲、乙相互作用時(shí)，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(guò)程中，她們的對(duì)地位移不一定相同，所以甲的動(dòng)能增加量不一定等于乙的動(dòng)能減少量，那么甲對(duì)乙做的功就不一定等于乙對(duì)甲做的功，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤6(2017·廣東珠海檢測(cè))(多選)攜帶美國(guó)“天鵝座”宇宙飛船的“安塔瑞斯”號(hào)運(yùn)載火箭在弗吉尼亞州瓦勒普斯島發(fā)射升空時(shí)爆炸，爆炸燃起巨大火球，運(yùn)載火箭沒(méi)有載人下面對(duì)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(guò)程中處于超重狀態(tài)C忽略空氣阻力，則火箭碎片落地時(shí)速度大小相等D在爆炸的極短時(shí)間內(nèi)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒解析火箭發(fā)射指的是火箭從地面開(kāi)始點(diǎn)火加速升空的過(guò)程，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在火箭上升過(guò)程中，具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故選項(xiàng)B正確；由于在爆炸過(guò)程中，碎片的速度大小及方向均不相同，故落地時(shí)的速度大小不一定相同，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在爆炸過(guò)程中由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可以認(rèn)為動(dòng)量守恒，故選項(xiàng)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(chē)支架的O點(diǎn)用手將小球拉至水平，此時(shí)小車(chē)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(guò)程中小球?qū)?D)A向右運(yùn)動(dòng)B向左運(yùn)動(dòng)C靜止不動(dòng)D小球下擺時(shí)，車(chē)向左運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒小球下落過(guò)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(dòng)量守恒，小車(chē)要向左運(yùn)動(dòng)當(dāng)撞到橡皮泥，是完全非彈性碰撞，A球和小車(chē)大小相等、方向相反的動(dòng)量恰好抵消掉，小車(chē)會(huì)靜止8如圖所示，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C恰好相碰并黏接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)假設(shè)B和C碰撞過(guò)程時(shí)間極短，求從A開(kāi)始?jí)嚎s彈簧直到與彈簧分離的過(guò)程中：(1)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能解析(1)對(duì)A、B，由動(dòng)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(dòng)量定恒，有m·2mv2，解得v2，系統(tǒng)損失的機(jī)械能Em2×2m2mv(2)當(dāng)A、B、C速度相同時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大根據(jù)動(dòng)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(shì)能Epmv(3m)v2Emv.答案(1)mv(2)mv9(2017·黃岡中學(xué)一模)甲、乙兩小孩各乘一輛小車(chē)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(chē)上有質(zhì)量為m1 kg的小球若干，甲和他的小車(chē)及所帶小球的總質(zhì)量為M150 kg，乙和他的小車(chē)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(duì)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(chē)不致相撞求此時(shí)：(1)兩車(chē)的速度各為多少？(2)甲總共拋出了多少個(gè)小球？解析 (1)兩車(chē)剛好不相撞，則兩車(chē)速度相等，由動(dòng)量守恒定律得M1v0M2v0(M1M2)v，解得v1.5 m/s.(2)對(duì)甲及從小車(chē)上拋出的小球，由動(dòng)量守恒定律得M1v0(M1n·m)vn·mv，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(yùn)動(dòng)，與A碰撞后都向右運(yùn)動(dòng)木塊A與擋板碰撞后立即反彈(設(shè)木塊A與擋板碰撞過(guò)程無(wú)機(jī)械能損失)，后來(lái)木塊A與B發(fā)生二次碰撞，碰后A、B同向左運(yùn)動(dòng)，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(guò)程中A對(duì)B的沖量；(2)木塊A、B第二次碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)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(duì)象，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mBv0mAvA1mBvB1A與擋板碰撞，沒(méi)有機(jī)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(dòng)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(duì)B，由動(dòng)量定理得ImBvB1mBv04 kg·m/s，負(fù)號(hào)表示方向向左，(2)由能量守恒定律得，第二次碰撞過(guò)程中E，解得E2.97 J.答案(1)4 kg·m/s，方向向左(2)2.97 J24