《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律 第2講 動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律 第2講 動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用學(xué)案（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2講動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用微知識(shí)1 動(dòng)量守恒定律1內(nèi)容：如果系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的合力為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。2常用的四種表達(dá)形式(1)pp，即系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p和相互作用后的總動(dòng)量p大小相等，方向相同。(2)ppp0，即系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。(3)p1p2，即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動(dòng)量的增加量等于另一部分動(dòng)量的減少量。(4)m1v1m2v2m1v1m2v2，即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)量都在同一直線上時(shí)，作用前總動(dòng)量與作用后總動(dòng)量相等。3常見(jiàn)的幾種守恒形式及成立條件(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。(2)近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但
2、內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。(3)分動(dòng)量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為零，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。微知識(shí)2 碰撞1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。2碰撞特征(1)作用時(shí)間短。(2)作用力變化快。(3)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。(4)滿足動(dòng)量守恒。3碰撞的分類(lèi)及特點(diǎn)(1)彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。(2)非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒。(3)完全非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最多。微知識(shí)3 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。微知識(shí)4 反沖運(yùn)動(dòng)1物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象。2反沖運(yùn)動(dòng)中，相互作用力
3、一般較大，通?？梢杂脛?dòng)量守恒定律來(lái)處理。一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫(huà)“”，錯(cuò)誤的畫(huà)“”。)1動(dòng)量守恒定律中的速度是相對(duì)于同一參考系的速度。()2質(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生碰撞時(shí)，一定交換速度。()3系統(tǒng)的總動(dòng)量不變是指系統(tǒng)總動(dòng)量的大小保持不變。()4系統(tǒng)的動(dòng)量守恒時(shí)，機(jī)械能也一定守恒。()二、對(duì)點(diǎn)微練1(動(dòng)量守恒條件)(多選)如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩個(gè)木塊，A、B之間用一輕彈簧連接，A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止?fàn)顟B(tài)。若突然撤去力F，則下列說(shuō)法中正確的是()A木塊A離開(kāi)墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒B木塊A離開(kāi)墻壁前，A、B和彈簧組
4、成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但機(jī)械能守恒C木塊A離開(kāi)墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒D木塊A離開(kāi)墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但機(jī)械能守恒解析木塊A離開(kāi)墻壁前，由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)受墻壁的彈力，屬于外力，故系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但機(jī)械能守恒，故選項(xiàng)A錯(cuò)，B對(duì)；木塊A離開(kāi)墻壁后，由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，又沒(méi)有機(jī)械能和其他形式的能量轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能也守恒，故選項(xiàng)C對(duì)，D錯(cuò)。答案BC2(動(dòng)量守恒定律)如圖所示，用細(xì)線掛一質(zhì)量為M的木塊，有一質(zhì)量為m的子彈自左向右水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為v0和v(設(shè)子彈穿過(guò)木塊的時(shí)間和空氣阻力不計(jì))，
5、木塊的速度大小為()A. B.C. D.解析子彈和木塊水平方向動(dòng)量守恒，mv0Mvmv，由此知v，故B項(xiàng)正確。答案B3(碰撞)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()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A、D兩項(xiàng)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；C項(xiàng)中，兩球碰后的總動(dòng)能EkmAvA2mBvB25
6、7 J，大于碰前的總動(dòng)能Ek22 J，違背了能量守恒定律；而B(niǎo)項(xiàng)既符合實(shí)際情況，也不違背能量守恒定律，故B項(xiàng)正確。答案B4(爆炸和反沖)將靜止在地面上，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.v0C.v0 D.v0解析根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv0(Mm)v，得vv0，選項(xiàng)D正確。答案D見(jiàn)學(xué)生用書(shū)P095微考點(diǎn)1動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用核|心|微|講1動(dòng)量守恒定律適用條件(1)前提條件：存在相互作用的物體系。(2)理想條件：系統(tǒng)不受外力。(3)實(shí)際條件：系統(tǒng)所
7、受合外力為零。(4)近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力。(5)方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動(dòng)量守恒。2動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的比較3應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟典|例|微|探【例1】如圖所示，光滑水平軌道上有三個(gè)木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA3m、mBmCm，開(kāi)始時(shí)B、C均靜止，A以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，A與B相撞后分開(kāi)，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間的距離保持不變。求B與C碰撞前B的速度大小?！窘忸}導(dǎo)思】(1)A、B碰撞過(guò)程中，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒嗎？答：守恒。(2)題中的“此后A、B間距離保持不變”說(shuō)明了什么？答：最終A、B、
8、C三個(gè)木塊的速度相同。 解析設(shè)A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得對(duì)A、B木塊：mAv0mAvAmBvB，對(duì)B、C木塊：mBvB(mBmC)v，由最后A與B間的距離保持不變可知vAv，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vBv0。答案v0題|組|微|練1如圖所示，水平光滑地面上依次放置著質(zhì)量均為m0.08 kg的10塊完全相同的長(zhǎng)直木板。質(zhì)量M1.0 kg、大小可忽略的小銅塊以初速度v06.0 m/s從長(zhǎng)木板左端滑上木板，當(dāng)銅塊滑離第一塊木板時(shí)，速度大小為v14.0 m/s，銅塊最終停在第二塊木板上。g取10 m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。
9、求：(1)第一塊木板的最終速度。(2)銅塊的最終速度。解析(1)銅塊在第一塊木板上滑動(dòng)的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒得Mv0Mv110mv2，得v22.5 m/s。(2)銅塊從滑上第一塊木板到停在第二塊木板上，滿足動(dòng)量守恒Mv0mv2(M9m)v3，得v33.4 m/s。答案(1)2.5 m/s(2)3.4 m/s2如圖所示，光滑水平軌道上放置長(zhǎng)木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg。開(kāi)始時(shí)C靜止，A、B一起以v05 m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生碰撞(時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好
10、不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。解析因碰撞時(shí)間極短，A與C碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0mAvAmCvC，A與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動(dòng)量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vAB，A與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足vABvC，聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得vA2 m/s。答案2 m/s微考點(diǎn)2碰撞問(wèn)題核|心|微|講1碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，即p1p2p1p2。2碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2，或。3碰撞過(guò)程中發(fā)生的情況必須符合客觀實(shí)際，如果甲追上乙并發(fā)生碰
11、撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于或等于乙的速度，或甲反向運(yùn)動(dòng)。如果碰前甲、乙是相向運(yùn)動(dòng)，則碰后甲、乙的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非甲、乙碰撞后速度均為零。典|例|微|探【例2】(多選)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)量增量為4 kgm/s，則()A該碰撞為彈性碰撞B該碰撞為非彈性碰撞C左方是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【解題導(dǎo)思】(1)A、B兩球，誰(shuí)的速度更大些？答：
12、A球的速度更大些。(2)如何分析碰撞是否是彈性碰撞？答：計(jì)算碰撞前的動(dòng)能和碰撞后的動(dòng)能的關(guān)系即可判斷出結(jié)果。 解析由mB2mA，pApB知碰前vBvA，若右方為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；若左方為A球，設(shè)碰后二者速度分別為vA、vB，由題意知pAmAvA2 kg m/s，pBmBvB10 kg m/s，解得。碰撞后A球動(dòng)量變?yōu)? kg m/s，B球動(dòng)量變?yōu)?0 kg m/s，又mB2mA，由計(jì)算可知碰撞前后A、B兩球動(dòng)能之和不變，即該碰撞為彈性碰撞，選項(xiàng)A、C正確。答案AC【反思總結(jié)】碰撞問(wèn)題的解題策略 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
13、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。 題|組|微|練3(多選)(2018湖南師大附中摸底考試)質(zhì)量為m，速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度可能值為()A0.6v B0.4vC0.3v D0.2v解析若發(fā)生的是完全非彈性碰撞：mv4mv1v10.25v，若發(fā)生的是彈性碰
14、撞：可得B球的速度v20.5v，即0.25vv0.5v，故B、C項(xiàng)正確。答案BC4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)?，F(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的。解析A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒。設(shè)速度方向向右為正，開(kāi)始時(shí)A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv0mvA1MvC1，mvmvMv，聯(lián)立式得vA1v0，vC1v0。如果m
15、M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果mM，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運(yùn)動(dòng)，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮mM的情況。第一次碰撞后，A反向運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞。設(shè)與B發(fā)生碰撞后，A的速度為vA2，B的速度為vB1，同樣有vA2vA12v0，根據(jù)題意，要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，應(yīng)有vA2vC1，聯(lián)立式得m24mMM20，解得m(2)M。另一個(gè)解m(2)M舍去。所以，m和M應(yīng)滿足的條件為(2)MmM。答案(2)MmM微考點(diǎn)3動(dòng)量和能量的綜合問(wèn)題核|心|微|講利用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解題的技巧1若研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定
16、律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)。2若研究對(duì)象為單一物體，且涉及功和位移問(wèn)題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。3因?yàn)閯?dòng)量守恒定律、能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)、動(dòng)能定理都只考查一個(gè)物理過(guò)程的始末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對(duì)過(guò)程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處。特別對(duì)于變力做功問(wèn)題，就更顯示出它們的優(yōu)越性。典|例|微|探【例3】在粗糙的水平桌面上有兩個(gè)靜止的木塊A和B，兩者相距為d。現(xiàn)給A一初速度，使A與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)間極短。當(dāng)兩木塊都停止運(yùn)動(dòng)后，相距仍然為d。已知兩木塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，B的質(zhì)量為A的2倍，重力加速度大小為g。求A的初速度的大小。【解題導(dǎo)思】(1)A、B碰撞的
17、過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒條件嗎？答：滿足，因碰撞過(guò)程時(shí)間極短，碰撞力很大，能夠滿足內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力的條件。(2)碰撞前后兩木塊做什么運(yùn)動(dòng)？哪些力在做功？答：均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，摩擦力做功使其動(dòng)能減小。 解析設(shè)在發(fā)生碰撞前的瞬間，木塊A的速度大小為v；在碰撞后的瞬間，A和B的速度分別為v1和v2。在碰撞過(guò)程中，由能量和動(dòng)量守恒定律，得mv2mv(2m)v，mvmv1(2m)v2，式中，以碰撞前木塊A的速度方向?yàn)檎?。由式得v1，設(shè)碰撞后A和B運(yùn)動(dòng)的距離分別為d1和d2，由動(dòng)能定理得mgd1mv，(2m)gd2(2m)v，按題意有dd1d2。設(shè)A的初速度大小為v0，由動(dòng)能定理得mgdmvmv2，聯(lián)立式，得
18、v0 。答案 題|組|微|練5如圖所示，質(zhì)量為m10.2 kg的小物塊A，沿水平面與小物塊B發(fā)生正碰，小物塊B的質(zhì)量為m21 kg。碰撞前，A的速度大小為v03 m/s，B靜止在水平地面上。由于兩物塊的材料未知，將可能發(fā)生不同性質(zhì)的碰撞，已知A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2，重力加速度g取10 m/s2，試求碰后B在水平面上滑行的時(shí)間。解析假如兩物塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，碰后的共同速度為v1，則由動(dòng)量守恒定律有m1v0(m1m2)v1，碰后，A、B一起滑行直至停下，設(shè)滑行時(shí)間為t1，則由動(dòng)量定理有(m1m2)gt1(m1m2)v1，解得t10.25 s。假如兩物塊發(fā)生的是彈性碰撞，碰后A
19、、B的速度分別為vA、vB，則由動(dòng)量守恒定律有m1v0m1vAm2vB，由機(jī)械能守恒有m1vm1vm2v，設(shè)碰后B滑行的時(shí)間為t2，則m2gt2m2vB，解得t20.5 s?？梢?jiàn)，碰后B在水平面上滑行的時(shí)間t滿足025 st0.5 s。答案0.25 st0.5 s6質(zhì)量為mB2 kg的木板B靜止于光滑水平面上，質(zhì)量為mA 6 kg的物塊A 停在B的左端，質(zhì)量為mC2 kg的小球C用長(zhǎng)為L(zhǎng)0.8 m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)O。現(xiàn)將小球C及輕繩拉直至水平位置后由靜止釋放，小球C在最低點(diǎn)與A發(fā)生正碰，碰撞作用時(shí)間很短為t102 s，之后小球C反彈所能上升的最大高度h0.2 m。已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.
20、1，物塊與小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2。求：(1)小球C與物塊A碰撞過(guò)程中所受的撞擊力大小。(2)為使物塊A不滑離木板B，木板B至少多長(zhǎng)。解析(1)小球C下擺過(guò)程，由動(dòng)能定理：mCgLmCv，小球C反彈過(guò)程，由動(dòng)能定理：mCgh0mCv，碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理：FtmC(vC)mCvC，聯(lián)立以上各式解得F1.2103 N。(2)小球C與物塊A碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律：mCvCmC(vC)mAvA，當(dāng)物塊A恰好滑至木板B右端并與其共速時(shí)，所求木板B的長(zhǎng)度最小。此過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律：mAvA(mAmB)v，由能量守恒定律：mAgxmAv(mAmB)v2，聯(lián)立以上各式解得x0
21、.5 m。答案(1)1.2103 N(2)0.5 m見(jiàn)學(xué)生用書(shū)P097 “人船模型”素能培養(yǎng)“人船模型”是初態(tài)均處于靜止?fàn)顟B(tài)的兩物體發(fā)生相互作用的典型模型。1模型概述在水平方向所受合外力為零的兩個(gè)靜止物體(一個(gè)物體在另一個(gè)物體上)，在系統(tǒng)內(nèi)力的相互作用下同時(shí)開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)，這樣的力學(xué)系統(tǒng)可看作“人船”模型。2模型特點(diǎn)兩物體速度大小、位移大小均與質(zhì)量成反比，方向相反，兩物體同時(shí)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)停止，遵從動(dòng)量守恒定律，系統(tǒng)或每個(gè)物體動(dòng)能均發(fā)生變化：力對(duì)“人”做的功等于“人”動(dòng)能的變化；力對(duì)“船”做的功等于“船”動(dòng)能的變化。經(jīng)典考題如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，一個(gè)質(zhì)量為m的人站在船頭，若不計(jì)
22、水的阻力，當(dāng)人從船頭走到船尾的過(guò)程中，船和人對(duì)地面的位移各是多少？解析當(dāng)人從船頭走到船尾的過(guò)程中，人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上不受力的作用，故系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)某時(shí)刻人對(duì)地的速度為v2，船對(duì)地的速度為v1，則mv2Mv10，即v2/v1M/m。在人從船頭走到船尾的過(guò)程中每一時(shí)刻系統(tǒng)的動(dòng)量均守恒，故mv2tMv1t0，即ms2Ms10，而s1s2L，所以s1L，s2L。答案s1L，s2L對(duì)法對(duì)題1如圖所示，長(zhǎng)20 m的木板AB的一端固定一豎立的木樁，木樁與木板的總質(zhì)量為10 kg，將木板放在動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2的粗糙水平面上，一質(zhì)量為40 kg的人從靜止開(kāi)始以a14 m/s2的加速度從B端向
23、A端跑去，到達(dá)A端后在極短時(shí)間內(nèi)抱住木樁(木樁的粗細(xì)不計(jì))，求：(1)人剛到達(dá)A端時(shí)木板移動(dòng)的距離。 (2)人抱住木樁后木板向哪個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，移動(dòng)的最大距離是多少？(g取10 m/s2)解析(1)由于人與木板組成的系統(tǒng)在水平方向上受的合力不為零，故不遵守動(dòng)量守恒。設(shè)人對(duì)地的位移為s1，木板對(duì)地的位移為s2，木板移動(dòng)的加速度為a2，人與木板的摩擦力為f，由牛頓定律得fMa1160 N；a2 m/s26.0 m/s2。設(shè)人從B端運(yùn)動(dòng)到A端所用的時(shí)間為t，則s1a1t2, s2a2t2；s1s220 m，由以上各式解得t2.0 s，s212 m。(2)解法一：設(shè)人運(yùn)動(dòng)到A端時(shí)速度為v1，木板移動(dòng)的速度
24、為v2，則v1a1t8.0 m/s, v2a2t12.0 m/s，由于人抱住木樁的時(shí)間極短，在水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取人的方向?yàn)檎较?，則Mv1mv2(Mm)v，得v4.0 m/s。由此斷定人抱住木樁后，木板將向左運(yùn)動(dòng)。由動(dòng)能定理得(Mm)gs(Mm)v2解得s4.0 m。解法二：對(duì)木板受力分析，木板受到地面的摩擦力向左，故產(chǎn)生向左的沖量，因此，人抱住木樁后，系統(tǒng)將向左運(yùn)動(dòng)。由系統(tǒng)動(dòng)量定理得(Mm)gt(Mm)v，解得v4.0 m/s，由動(dòng)能定理得(Mm)gs(Mm)v2，解得s4.0 m。答案(1)12 m(2)4.0 m2如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R，質(zhì)量為2m的大空
25、心球內(nèi)。大球開(kāi)始靜止在光滑的水平面上，當(dāng)小球從圖示位置無(wú)初速度地沿大球壁滾到最低點(diǎn)時(shí)，大球移動(dòng)的距離是多少？解析設(shè)小球相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為s1，大球相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為s2。下落時(shí)間為t，則由水平方向動(dòng)量守恒得m2m；s1s2R；解得s2R。答案R見(jiàn)學(xué)生用書(shū)P0981如圖所示，光滑的水平面上，小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)時(shí)與靜止的小球B發(fā)生對(duì)心正碰，碰后A球的速率為，B球的速率為，A、B兩球的質(zhì)量之比為()A38B35C23D43解析碰撞瞬間動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，則有mAv0mAmB，解得或，所以A項(xiàng)正確。答案A2一枚火箭搭載著衛(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。
26、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()Av0v2 Bv0v2Cv0v2 Dv0(v0v2)解析系統(tǒng)分離前后，動(dòng)量守恒：(m1m2)v0m1v1m2v2，解得v1v0(v0v2)，故A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。答案D3如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠(yuǎn)大于兩小球半徑，所有的碰撞都是完全彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向。已知m23m1，則小球m1反彈后能達(dá)到的高度為()Ah B2hC3h D4h 解析下降過(guò)程為自由落體運(yùn)動(dòng)，觸地時(shí)兩球速度
27、相同，v，m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過(guò)程為研究過(guò)程，碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向?yàn)檎较?，則m2vm1vm1v1m2v2，由能量守恒定律得(m1m2)v2m1vm2v，且m23m1，聯(lián)立解得v12。反彈后高度H4h，D項(xiàng)正確。答案D4A、B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運(yùn)動(dòng)，其位移時(shí)間圖象如圖所示。由圖可知，物體A、B的質(zhì)量之比為 ()A11 B12C13 D31解析由圖象知：碰前vA4 m/s，vB0。碰后vAvB1 m/s，由動(dòng)量守恒可知mAvA0mAvAmBvB，解得mB3mA。故選項(xiàng)C正確。答案C15
2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律 第2講 動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用學(xué)案
