2020年高考物理一輪復習 第7章 動量守恒定律 第32講 動量守恒定律及其應(yīng)用學案（含解析）-.doc

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第32講動量守恒定律及其應(yīng)用考點一動量守恒定律的理解1動量守恒定律的內(nèi)容如果一個系統(tǒng)不受力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。2動量守恒定律的表達式(1)pp，系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p。(2)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。(3)p1p2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。(4)p0，系統(tǒng)總動量的增量為零。3動量守恒定律的適用條件(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)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某個方向上不受力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這個方向上動量守恒。4判斷動量是否守恒的步驟方法一：從受力的角度分析(1)明確系統(tǒng)由哪幾個物體組成。(2)對系統(tǒng)中各物體進行受力分析，分清哪些是內(nèi)力，哪些是外力。(3)看所有外力的合力是否為零，或內(nèi)力是否遠大于外力，從而判斷系統(tǒng)的動量是否守恒。方法二：從系統(tǒng)總動量變化情況判斷(1)明確初始狀態(tài)系統(tǒng)的總動量是多少。(2)對系統(tǒng)內(nèi)的物體進行受力分析、運動分析，確定每一個物體的動量變化情況。(3)確定系統(tǒng)動量變化情況，進而判斷系統(tǒng)的動量是否守恒。5對動量守恒定律的理解(1)動量守恒定律是說系統(tǒng)內(nèi)部物體間的相互作用只能改變每個物體的動量，而不能改變系統(tǒng)的總動量。(2)應(yīng)用此定律時我們應(yīng)該選擇地面或相對地面靜止或勻速直線運動的物體做參照物。(3)動量是矢量，系統(tǒng)的總動量不變是說系統(tǒng)內(nèi)各個物體的動量的矢量和不變。等號的含義是說等號的兩邊不但大小相等，而且方向相同。(2018安徽六安市一中段考)如圖所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是()A小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功B小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒C小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒D小球離開C點以后，將做豎直上拋運動解析當小球在槽內(nèi)由A運動到B的過程中，左側(cè)物體對槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒，故B錯誤；當小球由B運動到C的過程中，因小球?qū)Σ塾行毕蛴蚁路降膲毫?，槽做加速運動，動能增加，小球機械能減少，槽對小球的支持力對小球做了負功，故A錯誤；小球從B到C的過程中，系統(tǒng)水平方向合外力為零，故系統(tǒng)水平方向動量守恒，故C正確；小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動，故D錯誤。答案C方法感悟?qū)恿渴睾愣衫斫獾膸讉€誤區(qū)(1)誤認為只要系統(tǒng)初、末狀態(tài)的動量相同，則系統(tǒng)動量守恒。系統(tǒng)在變化過程中每一個時刻動量均不變，才符合動量守恒定律。(2)誤認為兩物體作用前后的速度在同一條直線上時，系統(tǒng)動量才能守恒。產(chǎn)生該錯誤認識的原因是沒有正確理解動量守恒的條件，動量是矢量，只要系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，則系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)內(nèi)各物體的運動不一定共線。 (3)誤認為動量守恒定律中，各物體的動量可以相對于任何參考系。出現(xiàn)該誤區(qū)的原因是沒有正確理解動量守恒定律，應(yīng)用動量守恒定律時，各物體的動量必須是相對于同一慣性參考系，一般情況下，選地面為參考系。(4)誤認為整體合力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，單方向上系統(tǒng)動量也不守恒。如果某個方向上系統(tǒng)所受合力為零，那么系統(tǒng)在這個方向動量守恒。1(多選)如圖所示，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，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是()A兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零B先放開左手，后放開右手，此后動量不守恒C先放開左手，后放開右手，總動量向左D無論是否同時放手，只要兩手都放開后，在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零答案ACD解析當兩手同時放開時，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因為開始時總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，A正確；先放開左手，左邊的小車就向左運動，當再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，放開右手時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，B錯誤，C、D正確。2. (多選)如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mAmB32，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑，當彈簧突然釋放后，則()A若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)的動量守恒B若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)的動量守恒C若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)的動量守恒D若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)的動量守恒答案BCD解析如果A、B與平板車上表面的動摩擦因數(shù)相同，彈簧釋放后，若A、B分別相對小車向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力fA向右，fB向左，由于mAmB32，所以fAfB32，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，A錯誤；對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)所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，與平板車間的動摩擦因數(shù)或摩擦力是否相等無關(guān)，故B、D正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)的外力之和為零，故其動量守恒，C正確?？键c二動量守恒定律的應(yīng)用1動量守恒定律的五個特性2應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟(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。3注意事項(1)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。(2014福建高考)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。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)解析火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)，在分離前后沿原運動方向上動量守恒，由動量守恒定律有：(m1m2)v0m1v1m2v2，解得：v1v0(v0v2)，D正確。答案D方法感悟應(yīng)用動量守恒定律的注意事項(1)確定所研究的系統(tǒng)，單個物體無從談起動量守恒。(2)判斷系統(tǒng)是否動量守恒，某個方向上是否動量守恒。(3)系統(tǒng)中各物體的速度是否是相對地面的速度，若不是，則應(yīng)轉(zhuǎn)換成相對于地面的速度。1(人教版選修35 P16T5改編)某機車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對接。機車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設(shè)機車和車廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計)()A0.053 m/s B0.05 m/sC0.057 m/s D0.06 m/s答案B解析取機車和15節(jié)車廂整體為研究對象，由動量守恒定律mv0(m15m)v，vv00.8 m/s0.05 m/s。故B正確。2. (2016天津高考)如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為。若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則此時盒的速度大小為_，滑塊相對于盒運動的路程為_。答案解析設(shè)滑塊B質(zhì)量為m，則方盒A的質(zhì)量為2m?；瑝KB與方盒A構(gòu)成的系統(tǒng)，在水平方向所受的合外力為零，由動量守恒定律可得，mv(m2m)v，解得二者相對靜止時方盒A的速度v。設(shè)滑塊B相對方盒A運動的路程為L，由功能關(guān)系，可得mgL3mv2mv2，解得L。3(2014北京高考)如圖所示，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和最低點。現(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動。已知圓弧軌道光滑，半徑R0.2 m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)0.2。取重力加速度g10 m/s2。求：(1)碰撞前瞬間A的速率v；(2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v；(3)A和B整體在桌面上滑動的距離l。答案(1)2 m/s(2)1 m/s(3)0.25 m解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m。(1)根據(jù)機械能守恒定律mgRmv2得碰撞前瞬間A的速率v2 m/s。(2)根據(jù)動量守恒定律mv2mv得碰撞后瞬間A和B整體的速率vv1 m/s。(3)根據(jù)動能定理(2m)v2(2m)gl得A和B整體沿水平桌面滑動的距離l0.25 m?？键c三碰撞問題1對碰撞的理解(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時間很短；各物體作用前后各自動量變化顯著；物體在作用時間內(nèi)位移可忽略。(2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠大于外力，作用時間又很短，故外力的作用可忽略，可認為系統(tǒng)的動量是守恒的。(3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，則系統(tǒng)碰撞后的總機械能不可能大于碰撞前系統(tǒng)的總機械能。2碰撞的分類及特點(1)彈性碰撞：在彈性碰撞過程中，物體發(fā)生的形變能夠完全恢復，沒有能量損失，碰撞前后系統(tǒng)動能不變。(2)非彈性碰撞：在非彈性碰撞過程中，物體發(fā)生的形變不能完全恢復，有一部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，碰撞前后系統(tǒng)的動能減少。(3)完全非彈性碰撞：在完全非彈性碰撞過程中，碰撞后兩個物體粘在一起(或碰撞后不分開)，具有共同的速度，動能損失最多。3物體的碰撞是否為彈性碰撞的判斷彈性碰撞是碰撞過程中無機械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動量守恒定律和機械能守恒定律，確切地說是碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，動能不變。(1)題目中明確告訴物體間的碰撞是彈性碰撞。(2)題目中明確告訴是彈性小球、光滑鋼球或分子(原子等微觀粒子)間的碰撞，都是彈性碰撞。4碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律(1)動量守恒。(2)動能不增加：即Ek1Ek2Ek1Ek2或。(3)速度要合理。若兩物體同向運動，則碰前應(yīng)有v后v前；碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，前面物體的速度一定大于或等于后面物體的速度，即v前v后。若兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。(2015天津高考)如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為31，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，A、B兩球的質(zhì)量之比為_，A、B碰撞前、后兩球總動能之比為_。解析設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方向為正方向，由題意，剛好不發(fā)生第二次碰撞說明A、B末速度正好相同，都是，則mBv0mAmB，解得mAmB41。碰撞前、后動能之比Ek1Ek2mBv95。答案4195方法感悟1“一動一靜”碰撞問題討論質(zhì)量為m1的球a以速度v1與靜止的質(zhì)量為m2的球b正碰，碰后球a、b的速度分別為v1和v2，根據(jù)能量損失情況不同，討論碰后可能出現(xiàn)的情況如下。(1)彈性碰撞：由動量守恒得m1v10m1v1m2v2由機械能守恒得m1vm1v12m2v22解得：v1v1，v2v1。若m1m2，則v10，v2v1，即兩球碰撞后速度互換；若m1m2，則v10，v20，碰后兩球均向前運動；若m1m2，則v10，碰后質(zhì)量小的球a被反彈回來。(2)完全非彈性碰撞：v1v2v1。(3)一般情況(即非彈性碰撞)：v1v1v1；v1v2v1。2碰撞過程中的總動能變化(1)彈性碰撞m1vm1v12m2v22。(2)非彈性碰撞(包括完全非彈性碰撞)Qm1v。1(多選)兩個小球A、B在光滑水平面上相向運動，已知它們的質(zhì)量分別是m14 kg，m22 kg，A的速度v13 m/s(設(shè)為正)，B的速度v23 m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是()A均為1 m/s B4 m/s和5 m/sC2 m/s和1 m/s D1 m/s和5 m/s答案AD解析由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求。再看動能情況Ekm1vm2v49 J29 J27 J，Ekm1v12m2v22，由于碰撞過程動能不可能增加，所以應(yīng)有EkEk，可排除B項。C項雖滿足EkEk，但A、B沿同一直線相向運動，發(fā)生碰撞后各自仍保持原來的速度方向(vA0，vBE2，所以兩冰壺間的碰撞為非彈性碰撞?？键c四爆炸與反沖問題1爆炸(1)爆炸中的動量守恒爆炸過程中物體間的相互作用力是變力，作用時間很短，作用力很大，遠大于系統(tǒng)受到的外力，可以用動量守恒定律來處理。(2)爆炸中的能量因為有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能，所以系統(tǒng)的動能會增加。(3)爆炸后的運動狀態(tài)在空中沿水平方向運動的物體，如果爆炸后分裂成兩塊，前面一塊做平拋運動時，后面一塊可能做同向或反向的平拋運動，也可能做自由落體運動。2反沖(1)定義：當一個靜止的物體向某個方向射出物體的一部分時，這個物體的剩余部分將向相反的方向運動，這種現(xiàn)象叫反沖運動。(2)反沖中的動量守恒反沖過程中物體間的相互作用力是變力，作用時間很短，作用力很大，遠大于系統(tǒng)受到的外力，可以用動量守恒定律來處理。(3)反沖中的能量因為有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能，所以系統(tǒng)的動能會增加。 例1(福建高考)將靜置在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是()A.v0 B.v0 C.v0 D.v0解析噴氣過程中忽略重力和空氣阻力的影響，動量守恒。由動量守恒定律有0(Mm)vmv0，得vv0，D正確。答案D例2以與水平方向成60角斜向上的初速度v0射出的炮彈，到達最高點時因爆炸分成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊，其中質(zhì)量為2m的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行。求：(1)質(zhì)量較小的那一塊彈片速度的大小和方向；(2)爆炸過程中有多少化學能轉(zhuǎn)化為炮彈的動能？解析(1)斜拋的炮彈在水平方向上做勻速直線運動，則炮彈在最高點爆炸前的速度為v1v0cos60。設(shè)炮彈在最高點爆炸前的速度方向為正方向，由動量守恒定律得3mv12mv1mv2，又v12v0，解得v22.5v0，負號表示速度方向與規(guī)定的正方向相反。(2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學能等于動能的增量，所以轉(zhuǎn)化為動能的化學能為EEk(3m)vmv。答案(1)2.5v0方向與爆炸前炮彈運動的方向相反(2)mv方法感悟(3)要注意初、末態(tài)的動量。如例2，炮彈到最高點有水平動量。近年春節(jié)期間，全國許多大中城市將燃放煙花爆竹禁放改為限放，增加了節(jié)日氣氛。假設(shè)一質(zhì)量為m的煙花從地面上A點以速度v豎直上升到最大高度處炸裂為質(zhì)量相等的兩塊，沿水平方向向相反兩個方向飛出，假設(shè)其中一塊落在距A點距離為s處，不計空氣阻力及消耗的炸藥質(zhì)量，煙花炸裂時消耗的化學能80%轉(zhuǎn)化為動能。求：(1)煙花上升的最大高度；(2)煙花炸裂后的一塊水平飛出時的速度大??；(3)煙花炸裂時消耗的化學能。答案(1)(2)(3)解析(1)由豎直上拋公式得煙花上升的最大高度h。(2)設(shè)煙花炸裂后的一塊水平飛出時的速度大小為v1，由平拋運動規(guī)律得sv1t，hgt2解得v1。(3)煙花炸裂后兩塊在水平方向動量守恒v1v20解得另一塊的速度為v2v1由能量守恒定律得煙花炸裂時消耗的化學能E?？键c五人船模型1“人船模型”問題兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒，在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。這樣的問題歸為“人船模型”問題。2“人船模型”的特點(1)兩物體滿足動量守恒定律：m1v1m2v20。(2)運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即。(3)應(yīng)用此關(guān)系時要注意一個問題：公式中的v1、v2和x1、x2一般都是相對地面而言的。如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人相對地面的位移各為多少？解析設(shè)任一時刻人與船的速度大小分別為v1、v2，因整個過程中動量守恒，所以有mv1Mv2設(shè)整個過程中人與船的平均速度大小分別為1、2，則有m1M2兩邊乘以時間t有m1tM2t，即mx1Mx2且x1x2L，可求出x1L，x2L。答案LL方法感悟 “人船模型”問題應(yīng)注意的兩點(1)適用條件系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零。在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對運動的過程中沿相對運動的方向的動量守恒(如水平方向或豎直方向)。(2)畫草圖解題時要畫出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移。 1. 如圖所示小船靜止于水面上，站在船尾上的漁夫不斷將魚拋向船頭的船艙內(nèi)，將一定質(zhì)量的魚拋完后，關(guān)于小船的速度和位移，下列說法正確的是()A向左運動，船向左移一些B小船靜止，船向左移一些C小船靜止，船向右移一些D小船靜止，船不移動答案C解析人、船、魚構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，據(jù)“人船模型”，魚動船動，魚停船靜止；魚對地發(fā)生向左的位移，則人和船的位移向右。故C正確。2. 如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質(zhì)量為m150 kg的人抓住氣球下方的長繩，氣球和長繩的總質(zhì)量為m220 kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當系統(tǒng)靜止時人離地面的高度為h5 m。如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，他離地面高度是(可以把人看做質(zhì)點)()A5 m B3.6 m C2.6 m D8 m答案B解析當人滑到繩下端時，由動量守恒定律，得m1m2，且h1h2h，解得h11.4 m，所以他離地高度Hhh13.6 m，故B正確。課后作業(yè) 鞏固強化練1靜止的實驗火箭，總質(zhì)量為M，當它以對地速度為v0噴出質(zhì)量為m的高溫氣體后，火箭的速度為()A. BC. D答案B解析由動量守恒定律得mv0(Mm)v0，火箭的速度為 v，B正確。2A、B兩球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，A、B兩球速度的可能值是()AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s答案B解析由碰撞的三個制約關(guān)系：動量守恒，動能不增加，碰后速度符合實際情況對選項分析。經(jīng)計算四個選項都符合動量守恒。碰后若A、B同向運動，A的速度不可能比B的速度大，可以排除選項A和D。碰后系統(tǒng)的動能不可能比碰前的大，排除選項C，只有選項B有可能。3如圖所示，一個傾角為的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為M，頂端高度為h，今有一質(zhì)量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是()A. B.C. D.答案C解析此題屬“人船模型”問題。小物體與斜面體組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)小物體在水平方向上對地位移大小為x1，斜面體在水平方向上對地位移大小為x2，因此有0mx1Mx2且x1x2，聯(lián)立解得x2，C正確。4如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為r的小球，放在內(nèi)半徑為R，質(zhì)量為3m的大空心球內(nèi)，大球開始靜止在光滑水平面上，當小球由圖中位置無初速度釋放沿內(nèi)壁滾到最低點時，大球移動的距離為多少？答案解析由于水平面光滑，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)任意時刻小球的水平速度大小為v1，大球的水平速度大小為v2，由水平方向動量守恒有：mv1Mv2，所以。設(shè)小球達到最低點時，小球的水平位移大小為x1，大球的水平位移大小為x2，則，由題意：x1x2Rr，解得x2(Rr)。5載人氣球原靜止于高h的高空，氣球質(zhì)量為m0，人的質(zhì)量為m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？答案h解析氣球和人原靜止于空中，說明系統(tǒng)所受合力為零，故人下滑過程中系統(tǒng)動量守恒。人著地時，繩梯至少應(yīng)觸及地面，若設(shè)繩梯長為L，人沿繩梯滑至地面的時間為t，由動量守恒定律有：m0m，解得Lh。真題模擬練6(2015福建高考)如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是()AA和B都向左運動BA和B都向右運動CA靜止，B向右運動DA向左運動，B向右運動答案D解析選向右的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：2mv02mv0mvA2mvB0，選項A、B、C都不滿足此式，只有D滿足此式，所以D正確，A、B、C錯誤。7(2014重慶高考)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，取重力加速度g10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()答案B解析由hgt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運動的時間t1 s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即v2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D錯誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊的動量改變量大小相等，兩塊質(zhì)量比為31，所以速度變化量之比為13，由平拋運動水平方向上xv0t，所以A圖中v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，v乙2.5 m/s，v甲0.5 m/s，A錯誤；B圖中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，v乙1.5 m/s，v甲0.5 m/s，B正確。8(2018福建質(zhì)量檢查)(多選)水平地面上有兩個物體在同一直線上運動，兩物體碰撞前后的速度時間圖象如圖所示(其中一個物體碰后速度變?yōu)?)。下列說法正確的是()At0時，兩物體的距離為1 mBt2.5 s時，兩物體的距離為4.5 mC兩物體間的碰撞為完全彈性碰撞D碰撞前，地面對兩個物體的摩擦力大小不相等答案BC解析兩物體相向運動，均做勻減速直線運動，1 s時相碰，可知t0時，兩物體的距離為s(46)1 m(26)1 m9 m，A錯誤；t2.5 s時，兩物體的距離為s6(2.51) m4.5 m，B正確；設(shè)碰前速度為正值的物體的質(zhì)量為m1，速度為負值的物體的質(zhì)量為m2，由題設(shè)可知，碰后原來速度為正值的物體的速度變?yōu)榱?，由動量守恒定律可知，m14m2(2)m26，解得m12m2，由能量關(guān)系：碰前E1m142m2228m12m218m2，碰后E2m26218m2，則兩物體間的碰撞為完全彈性碰撞，C正確；碰前速度為正值的物體的摩擦力大小f1m1a1m12m1，速度為負值的物體的摩擦力大小f2m2a2m24m22m1f1，則D錯誤。9(2018桂林質(zhì)檢)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個小球在同一直線上運動。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8 kgm/s，運動過程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為4 kgm/s，則()A右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為23B右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為16C左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為23D左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為16答案C解析A、B兩球發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得pApB，由于碰后A球的動量增量為負值，所以右邊不可能是A球，若是A球則動量的增量應(yīng)該是正值，因此碰撞后A球的動量為4 kgm/s，所以碰撞后B球的動量是增加的，為12 kgm/s，由于mB2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為23，故C正確。10(2018江南十校檢測)如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點?，F(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點無初速度釋放。已知圓弧軌道半徑R1.8 m，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB2mA，重力加速度g10 m/s2。則碰后小滑塊B的速度大小不可能是()A5 m/s B4 m/s C3 m/s D2 m/s答案A解析設(shè)小滑塊A到達最低點時的速度為v0，從A到B，根據(jù)動能定理：mAgRmAv0，可得v06 m/s。若是彈性碰撞，mAv0mAv1mBv2，mAvmAvmBv，聯(lián)立解得v24 m/s；若是完全非彈性碰撞，mAv0(mAmB)v，解得v2 m/s，所以碰后小滑塊B的速度范圍為2 m/sv4 m/s，B的速度不可能是5 m/s，故選A。11. (2018湖南師大附中月考)用一個半球形容器和三個小球可以進行碰撞實驗，已知容器內(nèi)側(cè)面光滑，半徑為R，三個質(zhì)量分別為m1、m2、m3的小球編號為1、2、3，各小球半徑相同且可視為質(zhì)點，自左向右依次靜置于容器底部的同一直線上且彼此相互接觸，若將質(zhì)量為m1的小球移至左側(cè)離容器底高h處無初速度釋放，如圖所示，各小球間的碰撞時間極短且碰撞時無機械能損失，小球1與2、2與3碰后，球1停在O點正下方，球2上升的最大高度為R，球3恰能滑出容器，則三個小球的質(zhì)量之比為()A221 B331C441 D321答案B解析碰后球1速度為0，根據(jù)v1v1，說明m1m2，碰撞前球1下滑過程，由機械能守恒定律得m1ghm1v，對于碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得m1v0m2v2m3v3，由機械能守恒定律得：m1vm2vm3v，碰后，對球2有m2vm2gR，對球3有m3vm3gR，聯(lián)立解得m1m2m3331，B正確。12. (2018北京豐臺區(qū)質(zhì)檢)如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向，碰撞時間均可忽略不計。已知m23m1，則A反彈后能達到的高度為()Ah B2hC3h D4h答案D解析所有的碰撞都是彈性碰撞，所以不考慮能量損失。設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律可得，(m1m2)gh(m1m2)v2，m2vm1vm1v1m2v2，(m1m2)v2m1vm2v，m1vm1gh1，將m23m1代入，聯(lián)立可得h14h，D正確。13(2015全國卷)兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；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(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。答案(1)18(2)12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v1 m/s2 m/sv2 m/s1 m/sa、b發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后兩滑塊的共同速度為v。由題給圖象得v m/s 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，得WE12。14(2016全國卷)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m130 kg，冰塊的質(zhì)量為m210 kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g10 m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？答案(1)20 kg(2)不能解析(1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v20(m2m3)vm2v(m2m3)v2m2gh式中v203 m/s為冰塊推出時的速度聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得m320 kg(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1m2v200代入數(shù)據(jù)得v11 m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3m2vm2vm3v聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得v21 m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。15. (2015全國卷)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)?，F(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各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。答案(2)MmM，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碰前的速度向右運動，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反向運動與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另一解m(2)M舍去。所以，m和M應(yīng)滿足的條件為(2)MmM。