2020高考物理一輪復習 第六章 第2講 動量守恒定律學案（含解析）.doc

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第2講動量守恒定律主干梳理 對點激活知識點動量守恒定律及其應用1幾個相關概念(1)系統(tǒng)：在物理學中，將相互作用的幾個物體所組成的物體組稱為系統(tǒng)。(2)內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的相互作用力叫做內(nèi)力。(3)外力：系統(tǒng)以外的其他物體對系統(tǒng)的作用力叫做外力。2動量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律。(2)表達式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。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。p1p2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。p0，系統(tǒng)總動量的增量為零。(3)適用條件理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒。近似守恒：系統(tǒng)受到的合外力不為零，但當內(nèi)力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。某方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合外力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。知識點彈性碰撞和非彈性碰撞1碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。2特點在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。3分類4散射微觀粒子相互接近時并不像宏觀物體那樣“接觸”，微觀粒子的碰撞又叫做散射。知識點反沖爆炸1反沖現(xiàn)象(1)在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用的過程中系統(tǒng)的動能增大，且常伴有其他形式的能向動能的轉(zhuǎn)化。(2)反沖運動的過程中，一般合外力為零或外力的作用遠小于物體間的相互作用力，可利用動量守恒定律來處理。2爆炸問題爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒，爆炸過程中位移很小，可忽略不計，作用后從相互作用前的位置以新的動量開始運動。 一 思維辨析1系統(tǒng)動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。()2系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒。()3當質(zhì)量相等時，發(fā)生完全彈性碰撞的兩個球碰撞前后速度交換。()4光滑水平面上的兩球做相向運動，發(fā)生正碰后兩球均變?yōu)殪o止，于是可以斷定碰撞前兩球的動量大小一定相等。()5只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動量就不可能守恒。()答案1.2.3.4.5.二 對點激活1(人教版選修35P16T5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，由動量守恒定律得mv0(m15m)v，vv00.8 m/s0.05 m/s。故B正確。2(人教版選修35P17T7改編)懸繩下吊著一個質(zhì)量為M9.99 kg的沙袋，構成一個單擺，擺長L1 m。一顆質(zhì)量m10 g的子彈以v0500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬間與沙袋達到共同速度(不計懸繩質(zhì)量，g取10 m/s2)，則此時懸繩的拉力為()A35 N B100 N C102.5 N D350 N答案C解析子彈打入沙袋過程中，對子彈和沙袋由動量守恒定律得mv0(mM)v，得子彈與沙袋的共同速度v m/s0.5 m/s。對子彈和沙袋，由向心力公式FT(mM)g(mM)得，懸繩的拉力FT(mM)g(mM)102.5 N，故C正確。3(人教版選修35P17T6改編)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，則A、B兩球的質(zhì)量之比為()A12 B21 C14 D41答案D解析設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，由題意知，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，說明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分別為和，則有mBv0mAmB，解得mAmB41，D正確?？键c細研 悟法培優(yōu)考點1動量守恒定律的理解與應用1動量守恒定律的“六性”(1)系統(tǒng)性：研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)。(2)條件性：必須滿足動量守恒定律的適用條件。(3)矢量性：表達式中初、末動量都是矢量，首先需要選取正方向，分清各物體初、末動量的正、負。(4)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。(5)相對性：動量守恒定律方程中的動量必須是相對于同一慣性參考系。一般選地面為參考系。(6)普適性：不僅適用于宏觀低速物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀高速粒子組成的系統(tǒng)。2.應用動量守恒定律解題的步驟例1(2018蓉城模擬)如圖所示，在足夠長的固定斜面上有一質(zhì)量為m的薄木板A，木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑。現(xiàn)將一質(zhì)量也為m的小滑塊B無初速度輕放在木板A的上表面，對于滑塊B在木板A上滑動的過程中(B始終未從A的上表面滑出，B與A間的動摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù))，下列說法正確的是()AA、B組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒BA、B組成的系統(tǒng)動量和機械能都不守恒C當B的速度為v0時，A的速度為v0D當A的速度為v0時，B的速度為v0解題探究(1)木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑，放上B后A、B組成的系統(tǒng)合外力為零嗎？提示：由題意知木板A與斜面的動摩擦因數(shù)等于斜面傾角的正切值，所以放上B后A、B組成的系統(tǒng)合外力仍為零。(2)剛放上B后，A、B間發(fā)生相對滑動嗎？提示：發(fā)生。嘗試解答選C。由于木板A沿斜面勻速下滑，則木板A受到的合力為零，當小滑塊B放在木板A上表面后，A、B組成的系統(tǒng)所受的合力仍為零，則系統(tǒng)的動量守恒，由于A、B間以及A與斜面間摩擦力的作用，則系統(tǒng)的機械能一直減小，即機械能不守恒，A、B錯誤；由于B與A之間的動摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù)，所以當A、B共速后將沿斜面共同勻速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，又由動量守恒定律知C正確，D錯誤?？偨Y(jié)升華應用動量守恒定律時的幾點易錯提醒(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系。(2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時，要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)的作用力。(3)動量守恒和機械能守恒的條件不同，動量守恒時機械能不一定守恒，機械能守恒時動量不一定守恒，二者不可混淆。變式1(2018寧夏固原市一中月考)如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質(zhì)量為m的球以速度v0向滑塊滾來，小球不能越過滑塊，則小球到達最高點時，小球和滑塊的速度大小是()A. B. C. D.答案A解析小球沿滑塊上滑的過程中，對小球和滑塊組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，因而水平方向動量守恒，小球到達最高點時和滑塊具有相同的對地速度v(若速度不相同，必然相對運動，此時一定不是最高點)。由水平方向動量守恒得：mv0(Mm)v，所以v，A正確?？键c2碰撞問題分析1碰撞遵循的三條原則(1)動量守恒定律。(2)機械能不增加Ek1Ek2Ek1Ek2或(3)速度要合理同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，若物體速度仍同向，則前面的物體速度大(或相等)。相向碰撞：碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變。2彈性碰撞討論(1)碰后速度的求解根據(jù)動量守恒和機械能守恒解得v1v2(2)分析討論當碰前兩物體的速度不為零時，若m1m2，則v1v2，v2v1，即兩物體交換速度。當碰前物體2的速度為零時：v1v1，v2v1，m1m2時，v10，v2v1，碰撞后兩物體交換速度。m1m2時，v10，v20，碰撞后兩物體沿相同方向運動。m1m2時，v10，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來。例2(2018安徽知名示范高中質(zhì)檢)甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動，已知它們的動量分別是p15 kgm/s，p27 kgm/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0 kgm/s，則甲球質(zhì)量m1與乙球質(zhì)量m2間的關系可能正確的是()Am1m2 B2m1m2C4m1m2 D6m1m2解題探究(1)甲、乙兩球碰撞時動量守恒，機械能一定守恒嗎？提示：不一定守恒，但不能增加。(2)碰后甲的速度和乙的速度若同向應滿足什么關系？提示：甲的速度小于等于乙的速度。嘗試解答選C。設碰后甲球動量變?yōu)閜1，乙球動量變?yōu)閜2，根據(jù)動量守恒定律得p1p2p1p2，解得p12 kgm/s。碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加，則有，解得，碰撞前甲的速度大于乙的速度，則，解得，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，則有，解得，綜上有，C正確，A、B、D錯誤?？偨Y(jié)升華碰撞問題解題策略(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應方程求解。(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)量大的球速度不變，質(zhì)量小的球速度為2v0；當m1m2，且v200時，碰后質(zhì)量大的球速度不變(仍靜止)，質(zhì)量小的球原速率反彈。變式2如圖所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0射向它們，設碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度值是()Av1v2v3v0 Bv10，v2v3v0Cv10，v2v3v0 Dv1v20，v3v0答案D解析由題設條件，三球在碰撞過程中總動量和總動能守恒，且各球質(zhì)量相同，由彈性碰撞一動碰一靜結(jié)論知D正確?？键c3碰撞類模型的拓展1“彈簧類”模型2“子彈打木塊”“滑塊木板”模型3“光滑圓弧軌道滑塊(小球)”模型4懸繩模型懸繩模型(如圖所示)與模型3特點類似，即系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒，解題時需關注物體運動的最高點和最低點。例3如圖所示，半徑均為R、質(zhì)量均為M、內(nèi)表面光滑的兩個完全相同的圓槽A和B并排放在光滑的水平面上，圖中a、c分別為A、B槽的最高點，b、b分別為A、B槽的最低點，A槽的左端緊靠著墻壁，一個質(zhì)量為m的小球C從圓槽A頂端的a點無初速度釋放，求：(1)小球C從a點運動到b點時的速度大小及A槽對地面的壓力大??；(2)小球C在B槽內(nèi)運動所能達到的最大高度；(3)B的最大速度。解題探究(1)小球C在B槽內(nèi)運動到最大高度時CB兩者是否共速？提示：是。(2)何時B的速度最大？提示：小球C相對于B回到b點時。嘗試解答(1)3mgMg(2)(3)(1)小球C從a點運動到b點的過程，機械能守恒，有mgRmv解得小球到b點時的速度大小為v0在最低點b，根據(jù)牛頓第二定律可得Nmgm解得N3mg由牛頓第三定律可知，小球C對A的壓力NN3mg，A靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，地面對A的支持力FNMg3mgMg，由牛頓第三定律可知，A對地面的壓力FF3mgMg。(2)B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，小球C在B槽內(nèi)運動至所能達到的最大高度h處時，兩者共速，由動量守恒定律可知mv0(Mm)v由機械能守恒定律，有mv(Mm)v2mgh解得h。(3)當小球回到B槽的底端b點時，B的速度最大，根據(jù)動量守恒定律，有mv0mv1Mv2由能量守恒定律可知mvmvMv解得v2。總結(jié)升華處理碰撞類模型的方法技巧(1)“彈簧類”模型的解題思路應用系統(tǒng)的動量守恒。應用系統(tǒng)的機械能守恒。應用臨界條件：兩物體共速時，彈簧的彈性勢能最大。(2)“滑塊木板”模型解題思路應用系統(tǒng)的動量守恒。在涉及滑塊或木板的時間時，優(yōu)先考慮用動量定理。在涉及滑塊或木板的位移時，優(yōu)先考慮用動能定理。在涉及滑塊與木板的相對位移時，優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒?；瑝K與木板不相對滑動時，兩者達到共同速度。變式31兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2 kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v6 m/s的速度在光滑的水平地面上運動，質(zhì)量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖所示。已知B與C碰撞后二者會粘在一起運動。在以后的運動中：(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為多大？(2)系統(tǒng)中彈性勢能的最大值是多少？答案(1)3 m/s(2)12 J解析(1)當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，有(mAmB)v(mAmBmC)vABC代入數(shù)據(jù)解得vABC3 m/s。(2)B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰撞后瞬間B、C的共同速度為vBC，則有mBv(mBmC)vBC代入數(shù)據(jù)解得vBC2 m/s當A、B、C三者的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，設為Ep，在B、C碰撞后，A與B、C組成的系統(tǒng)通過彈簧相互作用的過程中機械能守恒。根據(jù)機械能守恒定律得Ep(mBmC)vmAv2(mAmBmC)v12 J。變式32如圖所示，質(zhì)量m10.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L1.5 m，現(xiàn)有質(zhì)量m20.2 kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v02 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止，物塊與車面間的動摩擦因數(shù)0.5，取g10 m/s2，求：(1)物塊與小車共同速度大?。?2)物塊在車面上滑行的時間t；(3)小車運動的位移大小x；(4)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過多少？答案(1)0.8 m/s(2)0.24 s(3)0.096 m(4)5 m/s解析(1)設物塊與小車共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律：m2v0(m1m2)v解得v0.8 m/s。(2)設物塊與車面間的滑動摩擦力為Ff，對物塊應用動量定理：Fftm2vm2v0又Ffm2g解得：t代入數(shù)據(jù)得t0.24 s。(3)對小車應用動能定理：m2gxm1v2解得x0.096 m。(4)要使物塊恰好不從小車右端滑出，須使物塊運動到小車右端時與小車有共同的速度，設其為v，以水平向右為正方向，則：m2v0(m1m2)v由系統(tǒng)能量守恒有：m2v02(m1m2)v2m2gL代入數(shù)據(jù)解得v05 m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過5 m/s。考點4爆炸爆炸的特點1動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(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4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？解題探究(1)爆炸前，達到最高點時，炮彈的速度是什么方向？提示：水平方向。(2)爆炸過程動量和機械能都守恒嗎？提示：爆炸過程內(nèi)力遠大于外力，動量守恒，化學能轉(zhuǎn)化為炮彈分成兩塊后增加的動能，機械能不守恒。嘗試解答(1)2.5v0方向與爆炸前炮彈運動的方向相反(2)mv(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?？偨Y(jié)升華(1)分析爆炸問題，要準確確定爆炸前后的速度，不能把物體的初速度當作爆炸前的速度。(2)根據(jù)爆炸前后動量守恒，以及增加的動能等于消耗的其他能量入手求解。變式4(多選)向空中發(fā)射一物體，不計空氣阻力。當此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向，則()Ab的速度方向一定與原速度方向相反B從炸裂到落地的這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大Ca、b一定同時到達水平地面D在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等答案CD解析空中爆炸問題，因系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，故滿足系統(tǒng)動量守恒的條件。由題中所給物理情景“一分為二”，系統(tǒng)動量守恒的表達式為mv0mavambvb因mava與mv0同向，取v0為正方向。討論：若mavamv0，則mbvb為負，vb與va反向，a在b之前。所以A錯誤；因題設條件只給出了va與v0同向和mamb，所以vb大于、等于和小于va的情況都有可能存在，從同一高度平拋物體的水平射程由水平初速度決定，故sbsa、sbsa、sbsa都有可能，B錯誤；平拋運動的飛行時間由拋出點的高度決定，h相同，由t 知，t相同，C正確；炸裂過程a與b相互作用遵循牛頓第三定律，F(xiàn)與F等值、反向，D正確?？键c5反沖運動火箭1反沖(1)現(xiàn)象：一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然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)動量往往有以下幾種情況：動量守恒；動量近似守恒；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。2火箭(1)火箭加速的原理設火箭飛行時在極短的時間t內(nèi)噴射燃氣的質(zhì)量是m，噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度是u，噴出燃氣后火箭的質(zhì)量是m，火箭在這樣一次噴氣后增加的速度為v。以噴氣前的火箭為參考系。噴氣前火箭的動量是0，噴氣后火箭的動量是mv，燃氣的動量是mu。根據(jù)動量守恒定律，噴氣后火箭和燃氣的總動量仍然為0，所以mvmu0，解出vu。式表明，火箭噴出的燃氣的速度u越大、火箭噴出物質(zhì)的質(zhì)量與火箭本身質(zhì)量之比越大，火箭獲得的速度v越大。(2)現(xiàn)代火箭的發(fā)射原理由于現(xiàn)代火箭噴氣的速度在20004000 m/s，近期內(nèi)難以大幅度提高；火箭的質(zhì)量比(火箭起飛時的質(zhì)量與火箭除燃料外的箭體質(zhì)量之比)一般要小于10，故為使火箭達到發(fā)射人造地球衛(wèi)星的7.9 km/s的速度，采用多級火箭，即把火箭一級一級地接在一起，第一級燃料用完之后就把箭體拋棄，減輕負擔，然后第二級開始工作，這樣一級一級地連起來，不過實際應用中一般不會超過四級。例5一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m200 g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v1000 m/s。設火箭質(zhì)量M300 kg，發(fā)動機每秒鐘噴氣20次。(1)當?shù)谌螄姵鰵怏w后，火箭的速度為多大？(2)運動第1 s末，火箭的速度為多大？解題探究(1)氣體離開發(fā)動機噴出時的速度是以什么為參考系？提示：沒有強調(diào)是以火箭箭體為參考系，故是以地面為參考系。(2)根據(jù)題設，火箭噴氣n次時，應用動量守恒定律時可將什么看做系統(tǒng)？提示：系統(tǒng)可看做由質(zhì)量減少的火箭和n份噴出的氣體組成。嘗試解答(1)2_m/s_(2)13.5_m/s(1)設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，據(jù)動量守恒定律得：(M3m)v33mv0，故v32 m/s。(2)發(fā)動機每秒鐘噴氣20次，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動量守恒定律得：(M20m)v2020mv0，故v2013.5 m/s?？偨Y(jié)升華火箭獲得的最終速度設火箭發(fā)射前的總質(zhì)量為M、燃料燃盡后的質(zhì)量為m，以地面為參考系，火箭燃氣的噴射速度大小為v1，燃料燃盡后火箭的飛行速度大小為v，在火箭發(fā)射過程中，由于內(nèi)力遠大于外力，所以動量守恒。發(fā)射前的總動量為0，發(fā)射后的總動量為(Mm)v1mv(以火箭的速度方向為正方向)，則：(Mm)v1mv0，所以v1v1，燃料燃盡時火箭獲得的最終速度由噴氣速度及質(zhì)量比決定。變式5(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答案D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。思維拓展：“人船”模型如圖所示，長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中，質(zhì)量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)水平方向動量守恒，可得：m船v船m人v人，因人和船組成的系統(tǒng)，動量始終守恒，故有：m船x船m人x人，由圖可看出：x船x人L，可解得：x人L，x船L。此模型可進一步推廣到其他類似的情景中，進而能解決大量的實際問題，例如：人沿著靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上，求熱氣球上升或下降高度的問題；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移動距離的問題等。例6載人氣球靜止于高h的空中，氣球的質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？解題探究(1)人和氣球的速度有什么關系？提示：mv人Mv球。(2)人和氣球?qū)Φ氐奈灰婆c繩長有什么關系？提示：x人x球L繩。嘗試解答h氣球和人原來靜止在空中，說明系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)在人下滑過程中動量守恒，人著地時繩梯至少應接觸地面，設繩梯長為L，人沿繩梯滑至地面，人的位移為x人，球的位移為x球，它們的位移狀態(tài)圖如圖所示，由動量守恒有：0Mx球mx人，又有x球x人L，x人h，故Lh?？偨Y(jié)升華“人船模型”問題應注意以下兩點(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至少有一個方向的動量守恒(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系草圖，找出各長度間的關系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移。變式6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m與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設m在水平方向上對地位移大小為x1，M在水平方向上對地位移大小為x2，因此有0mx1Mx2。且x1x2。由可得x2，故選C。高考模擬 隨堂集訓1(2018天津高考)質(zhì)量為0.45 kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為0.05 kg的子彈以200 m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個木塊沿子彈原方向運動，則木塊最終速度的大小是_ m/s。若子彈在木塊中運動時受到的平均阻力為4.5103 N，則子彈射入木塊的深度為_ m。答案200.2解析根據(jù)動量守恒定律可得mv0(Mm)v，解得v m/s20 m/s；系統(tǒng)減小的動能轉(zhuǎn)化為克服阻力產(chǎn)生的內(nèi)能，故有fdmv(Mm)v2，解得d m0.2 m。2(2018全國卷)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。答案(1) (2)解析(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有Emv設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0v0gt聯(lián)立式得t (2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有Emgh1火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有mvmvEmv1mv20由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有mvmgh2聯(lián)立式得，煙花彈向上部分距地面的最大高度為hh1h2。3(2017天津高考)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?，F(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，空氣阻力不計。求：(1)B從釋放到細繩繃直時的運動時間t；(2)A的最大速度v的大??；(3)初始時B離地面的高度H。答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m解析(1)物塊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)設細繩繃直前瞬間物塊B速度大小為vB，有vBgt細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于物塊A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得mBvB(mAmB)v之后物塊A做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度v即為最大速度，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得v2 m/s。(3)細繩繃直后，物塊A、B一起運動，物塊B恰好可以和地面接觸，說明此時物塊A、B的速度為零，這一過程中物塊A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有(mAmB)v2mBgHmAgH代入數(shù)據(jù)解得H0.6 m。4(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，或v23 m/s(舍去)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。5(2016全國卷)如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m。兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同。現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動。此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件。答案mgl即設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1。由能量守恒定律有mvmvmgl設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1、v2，由動量守恒和能量守恒有mv1mv1v2mvmvv22聯(lián)立式解得v2v1由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關系可知v22gl聯(lián)立式，可得聯(lián)立式，a與b發(fā)生碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為v乙B若乙最后接球，則一定是v甲v乙C只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲v乙D無論怎樣拋球和接球，都是v甲v乙答案B解析系統(tǒng)總動量為零，最后球在誰手中，誰的質(zhì)量大，速度則小，故B正確。5.(2018衡陽聯(lián)考三)如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為2m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上?；⌒尾鄣锥伺c水平面相切，一個質(zhì)量為m的小物塊從槽高h處開始自由下滑，下列說法錯誤的是()A在下滑過程中，物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒B在下滑過程中，物塊和槽在水平方向動量守恒C物塊壓縮彈簧的過程中，彈簧的最大彈性勢能EpmghD物塊被彈簧反彈后，離開彈簧時的速度大小為 答案D解析在物塊下滑過程中，外力只有重力做功，物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向不受外力，水平方向動量守恒，A、B正確；由mghmv2mv和0mv12mv2得物塊滑離弧形槽時的速度v1，再壓縮彈簧，使彈簧獲得的最大彈性勢能Epmvmgh，C正確；物塊被彈簧彈開的過程，彈性勢能又變成物塊的動能，物塊離開彈簧時的速度大小為 ，D錯誤。6.(2018泉州模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0(不計空氣阻力)，則()A小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B小車向左運動的最大距離為RC小球離開小車后做斜上拋運動D小球第二次能上升的最大高度h0hh0答案D解析小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得mm0，mm0，解得小車的位移xR，故B錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C錯誤；小球第一次在車中運動過程中，由動能定理得mg（h0h0）Wf0，解得Wfmgh0，即小球第一次在車中滾動損失的機械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動時，對應位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于mgh0，機械能損失小于mgh0，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于h0h0h0，而小于h0，故D正確。7(2018青島檢測)如圖所示，連接有輕彈簧的物塊a靜止于光滑水平面上，物塊b以一定初速度向左運動。下列關于a、b兩物塊的動量p隨時間t的變化關系圖象，合理的是()答案BCD解析兩物塊作用，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，且兩物塊所受彈力大小時刻相等，pt圖線斜率表示物塊所受的力即彈簧彈力，故圖線斜率絕對值時刻相等，且先增大后減小，若b的質(zhì)量較小，則物塊b與a碰后會反彈，a、b兩物塊的動量隨時間t的變化關系圖象可能如B圖所示；若a、b質(zhì)量相等，則碰后速度交換，a、b兩物塊的動量隨時間t的變化關系圖象可能如C圖所示；若b的質(zhì)量較大，則碰后b不反彈，a、b兩物塊的動量P隨時間t的變化關系圖象可能如D圖所示，故B、C、D均有可能，A不合理。8.A、B兩球沿同一條直線運動，如圖所示的xt圖象記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a、b分別為A、B兩球碰撞前的xt圖象，c為碰撞后它們的xt圖象。若A球質(zhì)量為1 kg，則B球質(zhì)量及碰后它們的速度大小分別為()A2 kg B. kg C4 m/s D1 m/s答案BD解析由題圖可知碰撞前A、B兩球都做勻速直線運動，va m/s3 m/s，vb m/s2 m/s，碰撞后二者合在一起做勻速直線運動，vc m/s1 m/s。碰撞過程中動量守恒，即mAvamBvb(mAmB)vc，可解得mB kg，可知B、D正確。9(2018山東六校聯(lián)考)如圖所示，兩個質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩長方體滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍。兩種射入過程相比較()A射入滑塊A的子彈速度變化大B整個射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大C射入滑塊A中時阻力對子彈做功是射入滑塊B中時的兩倍D兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同答案BD解析在子彈打入滑塊的過程中，子彈與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知，mv0(Mm)v，兩種情況下子彈和滑塊的末速度相同，即兩種情況下子彈的速度變化量相同，A項錯誤；兩滑塊質(zhì)量相同，且最后的速度相同，由動量定理可知，兩滑塊受到的沖量相同，B項正確；由動能定理可知，兩種射入過程中阻力對子彈做功相同，C項錯誤；兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量與系統(tǒng)損失的機械能相同，D項正確。10如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3 kg，在木板的上表面有兩塊質(zhì)量均為1 kg的小木塊A和B，它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為0.2。最初木板靜止，A、B兩木塊同時以相向的水平初速度2 m/s和4 m/s滑上長木板，則下列說法正確的是()A若A、B始終未滑離木板也未發(fā)生碰撞，則木板至少長為4.8 mB木塊B的最小速度是零C從剛開始運動到A、B、C速度剛好相等的過程中，木塊A所發(fā)生的位移是1 mD木塊A向左運動的最大位移為1 m答案AD解析由題意可知，開始一段時間內(nèi)，木塊B向右減速，木塊A向左減速，此過程木板C靜止不動；木塊A的速度先減小到零后與木板C一起反向向右加速，木塊B繼續(xù)向右減速，三者共速時，木塊B的速度最小。設木塊A、B的質(zhì)量均為m，則木板C的質(zhì)量為3m。取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mvBmvA5mv，解得木塊B的最小速度為v0.4 m/s，由能量守恒定律得mvmv5mv2mgLAmgLB，解得木板最短長度LLALB4.8 m，故A正確，B錯誤；木塊A向左減速的過程，根據(jù)動能定理有mgx10mv，解得木塊A向左運動的最大位移為1 m，故D正確；木塊A向右加速過程，根據(jù)動能定理有，mgx2(m3m)v2，解得x20.16 m，故從剛開始到A、B、C速度剛好相等的過程中，木塊A的位移xAx1x20.84 m，C錯誤。二、非選擇題(本題共3小題，共40分)11(2018全國卷)(12分)汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m，已知A和B的質(zhì)量分別為2.0103 kg和1.5103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)碰撞后的瞬間B車速度的大小；(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。答案(1)3.0 m/s(2)4.25 m/s解析(1)設B車質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，根據(jù)牛頓第二定律有mBgmBaB式中是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB，碰撞后滑行的距離為sB。由運動學公式有vB22aBsB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vB3.0 m/s(2)設A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有mAgmAaA設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA，碰撞后滑行的距離為sA。由運動學公式有vA22aAsA設碰撞前瞬間A車速度的大小為vA，兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvAmAvAmBvB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vA4.25 m/s。12.(12分)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)答案4v0解析設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，由動量守恒定律得貨物從乙船拋出過程，12mv011mv1mvmin貨物落入甲船過程，10m2v0mvmin11mv2為避免兩船相撞應滿足v1v2解得vmin4v0。13(16分)質(zhì)量分別為mAm，mB3m的A、B兩物體如圖所示放置，其中A緊靠墻壁，A、B由質(zhì)量不計的輕彈簧相連?，F(xiàn)對B物體緩慢施加一個向左的推力，該力做功W，使A、B之間彈簧被壓縮且系統(tǒng)靜止，之后突然撤去向左的推力解除壓縮。不計一切摩擦。(1)從解除壓縮到A運動，墻對A的沖量的大小為多少？(2)A、B都運動后，A、B的最小速度各為多大？答案(1)(2)0解析(1)壓縮彈簧時，推力做功全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，撤去推力后，B在彈力的作用下做加速運動。在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)機械能守恒，設彈簧恢復原長時，B的速度為vB0，有Wmv此過程中墻給A的沖量即為系統(tǒng)動量的變化量，有I3mvB0解得I。(2)當彈簧恢復原長時，A的速度最小，設為vA0，則vA00A離開墻后，在彈簧的作用下A的速度逐漸增大，B的速度逐漸減小，當彈簧再次恢復原長時，A達到最大速度vA，B的速度減小到最小值vB。在此過程中，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，有3mvB0mvA3mvBWmvmv解得vB。