2021年高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動量守恒定律及其應(yīng)用第2講動量守恒定律學(xué)案

1、第2講動量守恒定律知識點動量守恒定律及其應(yīng)用1幾個相關(guān)概念(1)系統(tǒng)：在物理學(xué)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(dá)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

2、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(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)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(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。3分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大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

3、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(yuǎn)小于物體間的相互作用力，可認(rèn)為系統(tǒng)的動量守恒，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(yuǎn)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，爆炸后物體從相互作用前的位置以新的動量開始運動。一 堵點疏通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(dāng)質(zhì)量相等時，發(fā)生完全彈性碰撞的兩個球碰

4、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(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 b.0.05 m/sc0.057 m/s d.0.06 m/s答案

5、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，則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(gòu)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(dá)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 b.100 n c.102.5 n d.350 n答案c解析子彈打入沙袋的過程中，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，子彈射入沙袋瞬間，

6、合外力提供向心力，有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 b.21 c.14 d.41答案d解析設(shè)a、b的質(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

7、，d正確?？键c細(xì)研 悟法培優(yōu)考點 1動量守恒定律的理解與應(yīng)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(dá)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(fù)。(4)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)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(yīng)用動量守恒定律解題的步驟例1如圖所示，在足夠長的固定斜面上有

8、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?，F(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(dāng)b的速度為v0時，a的速度為v0d當(dāng)a的速度為v0時，b的速度為v0(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

9、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(dāng)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(dāng)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。應(yīng)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(guān)

10、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11 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(dá)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(dá)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)

11、。由水平方向動量守恒得：mv0(mm)v，所以v，a正確。變式12如圖所示，甲車質(zhì)量m120 kg，車上有質(zhì)量m50 kg的人，甲車(連同車上的人)以v3 m/s的速度向右滑行。此時質(zhì)量m250 kg的乙車正以v01.8 m/s的速度迎面滑來，為了避免兩車相撞，當(dāng)兩車相距適當(dāng)距離時，人從甲車跳到乙車上。求人跳出甲車的水平速度u(相對地面)應(yīng)當(dāng)在什么范圍以內(nèi)才能避免兩車相撞？(不計地面和小車間的摩擦，設(shè)乙車足夠長，g取10 m/s2)答案u3.8 m/s解析以人、甲車、乙車組成的系統(tǒng)為研究對象，人跳到乙車上，甲車和乙車的速度相同時，兩車恰好不相撞，設(shè)甲車、乙車與人共速時，速度為v，由動量守恒定律

12、得(m1m)vm2v0(m1m2m)v解得v1 m/s。設(shè)此時人跳離甲車的速度為v人，以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，人跳離甲車過程中系統(tǒng)動量守恒，有(m1m)vm1vmv人，解得v人3.8 m/s。因此，只要人跳離甲車的速度uv人3.8 m/s，就可避免兩車相撞?？键c 2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v1v

13、2(2)分析討論當(dāng)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(dāng)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(guān)系可能正確的是()am1m2 b.2m1m2c4m1m2 d.6m1m2(1)甲、乙兩球碰撞時動量守恒，

14、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(yīng)滿足什么關(guān)系？提示：甲的速度小于等于乙的速度。嘗試解答選c。設(shè)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。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(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

15、結(jié)論，例如，當(dāng)兩物體質(zhì)量相等時，兩物體碰撞后交換速度；當(dāng)m1m2，且v200時，碰后質(zhì)量大的物體速度v0不變，質(zhì)量小的物體速度為2v0；當(dāng)m1m2，且v200時，碰后質(zhì)量大的物體速度不變(仍靜止)，質(zhì)量小的物體原速率反彈。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(shè)碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度值是()av1v2v3v0 b.v10，v2v3v0cv10，v2v3v0 d.v1v20，v3v0答案d解析由題設(shè)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c

16、 3碰撞類模型的拓展 1. “彈簧類”模型模型圖示模型特點(1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)(4)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時)2“子彈打木塊”“滑塊木板”模型模型圖示模型特點(1)若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相等時木塊或木板的

17、速度最大，兩者的相對位移(為子彈射入木塊的深度或滑塊相對木板滑動的距離)取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)(2)系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能(3)根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動能ekek0，可以看出，子彈(或滑塊)的質(zhì)量越小，木塊(或木板)的質(zhì)量越大，動能損失越多(4)該類問題既可以從動量、能量角度求解，相當(dāng)于完全非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運動的角度借助圖象求解3“光滑圓弧軌道滑塊(小球)”模型模型圖示模型特點(1)最高點：m與m具有共同水平速度v共。系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0(mm)v共；系統(tǒng)機械能守恒，mv(mm)vmgh，其中h為滑塊

18、上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)(2)最低點：m與m分離點。水平方向動量守恒，mv0mv1mv2；系統(tǒng)機械能守恒，mvmvmv(完全彈性碰撞拓展模型)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(guān)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

19、壓力大??；(2)小球c在b槽內(nèi)運動所能達(dá)到的最大高度；(3)b的最大速度。(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

20、向，小球c在b槽內(nèi)運動至所能達(dá)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(dāng)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。處理碰撞類模型的方法技巧(1)“彈簧類”模型的解題思路應(yīng)用系統(tǒng)的動量守恒。應(yīng)用系統(tǒng)的機械能守恒。應(yīng)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”模型的解題思路應(yīng)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

21、統(tǒng)的能量守恒?；瑝K與木板不相對滑動時，兩者達(dá)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(dāng)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(dāng)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

22、碰撞時b、c組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)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(dāng)a、b、c三者的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，設(shè)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

23、)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(shè)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(shè)物塊與車面間的滑動摩擦力為ff，對物塊應(yīng)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(yīng)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

24、端時與小車有共同的速度，設(shè)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?？键c 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(yuǎn)遠(yuǎn)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(xué)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(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新

25、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(dá)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(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈的動能？(1)爆炸前，達(dá)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(yuǎn)大于外力，動量守恒，化學(xué)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v1

26、v0cos60。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(fù)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(xué)能等于動能的增量，所以轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能為eek(3m)vmv。(1)分析爆炸問題，要準(zhǔn)確確定爆炸前后的速度，不能把物體的初速度當(dāng)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(dāng)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

27、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(dá)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(yuǎn)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(dá)式為mv0mavambvb因mava與mv0同向，取v0為正方向。討論：若mavamv0，則mbvb為負(fù)，vb與va反向，a在b之前。所以a錯誤；因題設(shè)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、sbv0 b.v1v0cv2v0 d.v2

28、v0答案a解析設(shè)探測器的質(zhì)量為m，行星的質(zhì)量為m，探測器和行星發(fā)生彈性碰撞。探測器從行星運動的反方向接近行星時，設(shè)向左為正方向，由動量守恒定律得：mumv0mv1mu1，由機械能守恒定律得：mu2mvmvmu，聯(lián)立解得探測器碰后的速度v1，因mm，則v12uv0v0，故a正確，b錯誤；探測器從行星運動的同方向接近行星時，設(shè)向左為正方向，由動量守恒定律得：mumv0mv2mu2，由機械能守恒定律得：mu2mvmvmu，聯(lián)立解得探測器碰后的速度v2，因mm，則v2v02uv0，故c、d錯誤。4(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

29、/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。5(2018全國卷)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2.01

30、03 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??；(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(shè)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(shè)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(xué)公式有vb22absb聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vb3.0 m/s(2)設(shè)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(shè)碰撞后瞬

31、間a車速度的大小為va，碰撞后滑行的距離為sa。由運動學(xué)公式有va22aasa設(shè)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。6(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(dāng)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(shè)煙花彈上升

32、的初速度為v0，由題給條件有emv設(shè)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(xué)公式有0v0gt聯(lián)立式得t (2)設(shè)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(shè)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(shè)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。7(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(xì)繩相連，跨放在質(zhì)量

33、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h(yuǎn)1.8 m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放。一段時間后細(xì)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(xì)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(xì)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(xì)繩繃直前瞬間物塊b速度大小為vb，有vbgt細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于物塊

34、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(xì)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(xì)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。8(2019全國卷)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊b靜止于水平軌道的最左端，如圖a所示。t0時刻，小物塊a在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與b發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當(dāng)a返回到傾斜軌道上的

35、p點(圖中未標(biāo)出)時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊a運動的vt圖象如圖b所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知a的質(zhì)量為m，初始時a與b的高度差為h，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。(1)求物塊b的質(zhì)量；(2)在圖b所描述的整個運動過程中，求物塊a克服摩擦力所做的功；(3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等。在物塊b停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，然后將a從p點釋放，一段時間后a剛好能與b再次碰上。求改變前后動摩擦因數(shù)的比值。答案(1)3m(2)mgh(3)解析(1)根據(jù)圖b，v1為物塊a在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小。設(shè)物塊b的質(zhì)量為m，碰撞后瞬間的速度大小為v。由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv1mmvmvm2mv2聯(lián)立式得m3m(2)在圖b所描述的運動中，設(shè)物塊a與傾斜軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，p點離水平軌道的高度為h，整個過程中克服摩擦力所做的功為w。由動能定理有mghfs1mv0(fs2mgh)0m2從圖b所給出的vt圖線可知s1v1t1s2(1.4t1t1)由幾何關(guān)系物塊a在整個過程中克服摩擦力所做的功為wfs1fs2聯(lián)立式可得wmgh(3)設(shè)傾斜軌道傾