高三物理一輪復習專題講義：第6.2講動量守恒定律及其應用

1、第2講動受守恆定律及其應用知識梳理雙基過關(guān)緊抓教初自手落賣知識要點一、動量守恒定律內(nèi)容一個系統(tǒng)不受外力,或者所受合外力的矢量和為零,這個系統(tǒng)的總動量保持不變。表達式7=z/,系統(tǒng)相互作用前總動量等于相互作用后的總動量I九nV -IniVi = mV-mV ,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。pl = -p2,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。動量守恒的條件理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒。近似守恒：系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零，但當內(nèi)力遠大于外力時，系統(tǒng)的動 量可近似看成守恒。某一方向上守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受外力矢量和為零時，系

2、統(tǒng)在該方向上 動量守恒。二、彈性碰撞和非彈性碰撞碰撞物體間的相互作用持續(xù)時間輕，而物體間相互作用力業(yè)的現(xiàn)象。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。分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒孑恒非彈性碰撞孑恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最多三、反沖和爆炸問題反沖定義：當物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向沖 量，這種現(xiàn)象叫反沖運動。特點：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力淞土系統(tǒng)受到的外力。實例：發(fā)射 炮彈、爆竹升空、發(fā)射火箭等。規(guī)律：遵從動量守恒定律。爆炸問題爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受 的外力，所

3、以系統(tǒng)動量守恒?；A診斷(多選妝口圖1所示，在光滑水平面上有A、B兩個木塊，A、B之間用一輕彈簧連接，靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧圧縮并處于靜止狀態(tài)。 若突然撤去力F,則下列說法中正確的是()B3圖1木塊A離開墻壁前，4、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒C.木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,機械能也守恒D.木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒解析 木塊離開墻壁前，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)動量不守恒,但機械能守恒，故選項A錯誤，B正確

4、；木塊離開墻壁后, 由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零,故系統(tǒng)動量守恒,又沒有機械能和 其他形式的能量轉(zhuǎn)化,故機械能也守國,故選項C正確，D錯誤。答案BC如圖2所示，兩滑塊A、3在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì) 量為加，速度大小為2%,方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m,速度大小為,方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是（）左蘭工旦右圖2A和B都向左運動BA和B都向右運動A靜止，B向右運動D.A向左運動，B向右運動解析 以兩滑塊組成的系統(tǒng)為研究對象,兩滑塊碰撞過程動量守恒,由于初始狀 態(tài)系統(tǒng)的動量為零,所以碰撞后兩滑塊的動量之和也為零,所以久B的運動方 向相反或者兩者都靜止，而碰

5、撞為彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的速度不可能都為零, 則A應該向左運動,B應該向右運動，選項D正確,As Bx C錯誤。答案D某機車以0.8 ns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，緊接著乂跟第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（鐵軌的摩擦忽略不訃）（）0.053 m/sB.0.05 nsC.0.057 m/sD.0.06 m/s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mvo二（In +Z V= -j0.8 ns = 0.05 nso 古攵選項 B

6、 正確。答案B（2017-全國I卷，14）將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣 以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間， 火箭的動量大小為（噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）（）A.30 kgnsB.5.7 IO2 kgmsC.6.0 IO2 kgmsD.6.3 IO2 kgms解析 設火箭的質(zhì)量為/HI ,燃氣的質(zhì)量為加2。由題意可知，燃氣的動量Pl = Hl2V2 =50 10 3 X 600 kg ns = 30 kg nso 根據(jù)動量守恒定律可得 O = InV - n2V2 I 則火箭的動量大小為Pl = nhVl = m2v

7、2 = 30 kgns ,所以選項A正確,Bs Cs D錯誤。答案A課堂互動研透考點不同考點不同講法考點動量守恒定律的理解和基本應用1 動量守恒定律的四個特性相對性公式中01、02、Vf. 02,必須相對于同一個慣性系同時性公式中切、02是在相互作用前同一時刻的速度， 是在相互作用后 同一時刻的速度矢量性應先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動量為正值，相反為負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應用動量守恒定律解題時應該首先判斷動量是否守恒，這就需要理解好動量守恒的條件，基本思路如下確定系統(tǒng)的組成及研究過程刈斷動i是否守恒確定初、末狀態(tài)的動駅求解或討論【例1】（多選）（2

8、019-安徽省宜城市第二次調(diào)研）如圖3所示，小車在光滑水平面 上向左勻速運動。水平輕質(zhì)彈簧左端固定在A點，物體與固定在A點的細線相連, 彈簧處于壓縮狀態(tài)（物體與彈簧未連接），某時刻細線斷了，物體沿車滑動到B端 粘在B端的油泥上，取小車、物體和彈簧為一個系統(tǒng)，下列說法正確的是（） -i dHA爾gg妙圖3若物體滑動中不受摩擦力，則該系統(tǒng)全過程機械能守恒若物體滑動中有摩擦力，則該系統(tǒng)全過程動量守恒不論物體滑動中有沒有摩擦，小車的最終速度與斷線前相同不論物體滑動中有沒有摩擦，系統(tǒng)損失的機械能相同 解析 物體與油泥粘合的過程,發(fā)生非彈簧碰撞,系統(tǒng)機械能有損失，故A錯誤； 整個系統(tǒng)在水平方向不受外力,豎

9、直方向上合外力為零，則系統(tǒng)動量一直守恒， 故B正確；取系統(tǒng)的初速度方向為正方向,根據(jù)動量守恒定律可知,物體在沿車 滑動到B端、粘在B端的油泥上后Z系統(tǒng)共同的速度與初速度是相同的，故C正 確；由C的分析可知，當物體與B端油泥粘在一起時，系統(tǒng)的速度與初速度相等, 所以系統(tǒng)的末動能與初動能是相等的,系統(tǒng)損失的機械能等于彈簧的彈性勢能, 與物體滑動中有沒有摩擦無關(guān),故D正確。答案BCD【例2】如圖4所示，光滑水平軌道上放置長板A（上表面粗糙）和滑塊C,滑塊B 置于A的左端，三者質(zhì)量分別為加A = 2kg、InB= 1 kg、/c=2kg開始時C靜止， A、B 一起以=5 ns的速度勻速向右運動，A與C

10、發(fā)生碰撞（時間極短）后C向 右運動，經(jīng)過一段時間，A、3再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C 碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。AC/,/圖4解析 因碰撞時間極短，與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為 ,C的速度為OC I以向右為正方向,由動量守恒定律得IHaVo = InAVA + InCVCA與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為血B ,由動量守恒定律得InAVA + InBVQ = （HIA + hibVabA與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞,應滿足VAB = Vc聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得Va = 2 nsoWliiS ,答案2 ns多維訓練（多選）（2020-湖

11、北武漢三模）如圖5所示，在光滑水平面上有一輛平板車，一人 手握大錘站在車上。開始時人、錘和車均靜止。此人將錘掄起至最高點，此時大 錘在頭頂?shù)恼戏?，然后，人用力使錘落下敲打車的左端，如此周而復始，使大 錘連續(xù)地敲打車的左端，最后，人和錘都恢復至初始狀態(tài)并停止敲打。在此過程 中，下列說法中正確的是（）圖5錘從最高點落下至剛接觸車的過程中，車的動量方向先水平向右，后水平向左錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過程中，車具有水平向左的動量，車的動量減小至零錘從剛離開車的左端至運動到最高點的過程中，車具有水平向右的動量，車的動量先增大后減小在任一時刻，人、錘和車組成的系統(tǒng)動量守恒解析 由水平方向動量

12、守恒可知錘從最高點落下至剛接觸車的過程中,車的動量 方向先水平向右,后水平向左，故A正確；錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小 至零的過程中,車具有水平向左的動量，車的動量減小至零,故B正確；錘從剛 離開車的左端至運動到最高點的過程中,錘的動量方向先向左再向右,則車的動 量先向右再向左,故C錯誤；人、錘和車組成的系統(tǒng)，在水平方向上所受的外力 之和為零,水平方向上動量守恒,故D錯誤。答案AB兩磁鐵各放在兩輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運動。已知 中車和磁鐵的總質(zhì)量為0.5 kg,乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1 kg,兩磁鐵的N極相對。 推動一下，使兩車相向運動，某時刻中的速率為2 ns,乙的速

13、率為3 nso方向與中相反，兩車運動過程中始終未相碰。貝歸兩車最近時，乙的速度為多大？甲車開始反向時，乙的速度為多大？解析(1)兩車相距最近時,兩車的速度相同,設該速度為O I取剛開始運動時乙 車的速度方向為正方向,由動量守恒定律得7乙“乙-加甲V = (m甲+ In乙)0 所以兩車最近時,乙車的速度為m乙0乙-甲甲 1 X 3 - 0.5 X 24V =二m/s = T m/s。甲 + m 乙0.5 + 1、(2)甲車開始反向時,其速度為0 ,設此時乙車的速度為O N I取剛開始運動時乙 車的速度方向為正方向,由動量守恒定律得m乙。乙-“7甲e甲二In乙e乙解得乙=2 mso 答案(1)扌m

14、/s 2 m/s考點碰撞問題1三種碰撞形式的理解碰撞類型特征描述及重要關(guān)系式或結(jié)論彈性碰撞碰撞時，只發(fā)生機械能的轉(zhuǎn)移，系統(tǒng)內(nèi)無機械能損失，叫作彈性碰 撞。若系統(tǒng)有兩個物體在水平面上發(fā)生彈性碰撞，動量守恒，同時 機械能也守恒，滿足：m V +IHiVi = mV+ Hl2V2軌硏+如2詭=如卍f +如2哪若碰撞前，有一個物體是靜止的，設2 = 0,則碰撞后的速度分別 為(Im-In2) Vl27iUi葉仙+牝、E 仙+彩非彈性碰撞發(fā)生非彈性碰撞時，部分機械能轉(zhuǎn)化為物體的內(nèi)能,機械能有損失，若系統(tǒng)有兩個物體在水平面上發(fā)生非彈性碰撞，動量守恒，總動能 減少。滿足：mV+m2V2=mv,- m2V2,

15、1 V + 2V2 nV1- lnlV2,2完全非彈性碰撞發(fā)生完全非彈性碰撞時，機械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化得最多，機械能損失最 大。兩個物體在水平面上碰撞，碰后物體以共同速度運動，動量守 恒，損失的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。滿足：m V+ n2V2 = (In 1 + n2)vE=*? 1 硏+*加2詭1 + InI)Vl2.碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律動量守恒定律。機械能不增加。速度要合理。若碰前兩物體同向運動，則應有品0前，碰后原來在前面的物體速度一定增 大，若碰后兩物體同向運動，則應有Q詁$0*。碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變?？枷驈椥耘鲎病纠?】(2019-江西贛州模擬)如圖6所示，B、C

16、、D、E、F五個小球并排放置 在光滑的水平面上，B、C、D、E四個球質(zhì)量相等，而F球質(zhì)量小于B球質(zhì)量， A球質(zhì)量等于F球質(zhì)量。A球以速度向B球運動，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞, 則碰撞之后()IiCDE F3個小球靜止，3個小球運動4個小球靜止，2個小球運動5個小球靜止，1個小球運動6個小球都運動解析AS B質(zhì)量不等IMAB相碰后M向左運動向右運動；、CSD、E質(zhì)量相等，彈性碰撞后，不斷交換速度，最終E有向右的速度,B、C、D 靜止；E、F質(zhì)量不等，MeMf,則E、F都向右運動，所以B、CX D靜止， 向左運動,故A正確。答案A考向完全非彈性碰撞【例4】A、B兩球沿同一條直線運動，如圖7所示的s

17、f圖象記錄了它們碰撞 前后的運動情況，其中“、b分別為A、B兩球碰撞前的sf圖象，C為碰撞后它 們的/圖象。若A球質(zhì)量為1 kg,則B球質(zhì)量為()4C.4 kgD亍 kgI 4 - 10解析 由圖象可知 碰撞前A、B兩球者8做勻速直線運動Pd = 5 rn/s = - 3 ns I4-0亠 _2-4Vb = ns = 2 m/s，碰撞后一者合在一起做勻速直線運動J VC = s = - 124 - 2_ 2lso碰撞過程中動量守恒I即HlAVa + InBVb = (tA + InB)VC t解得mb = kgl選項 B正確。答案B考向非彈性碰撞【例5】北京成功申辦2022年冬奧會，水立方將搖

18、身一變，成為冰立方，承辦 北京冬奧會冰壺比賽。訓練中，運動員將質(zhì)量為19 kg的冰壺中推出，運動一段 時間后以0.4 m/s的速度正碰靜止的冰壺乙，然后冰壺甲以0.1 ns的速度繼續(xù)向 前滑向大本營中心。若兩冰壺質(zhì)量相等，貝Ih圖8（1）冰壺乙獲得的速度為多大？（2）試判斷兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞。解析（1）由動量守恒定律得mv = InVl + InV3其中 Vl = 0.4 m/s I V2 = 0.1 m/s解得 VTl = 0.3 m/s碰撞前的動能El =如硏=0.08加碰撞后兩冰壺的總動能Ei =+ YnVi = 0.05m因為EiE2,所以兩冰壺間的碰撞為非彈性碰

19、撞。答案（1）0.3 m/s （2）非彈性碰撞考向碰撞的可能性【例6】（2020湖北宜昌西陵區(qū)期末）屮、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動, 已知它們的動量分別是門=5 kgns, 2 = 7kgms,中從后面追上乙并發(fā)生碰撞, 碰后乙球的動量變?yōu)?0 kgns,則兩球質(zhì)量n與Hi2間的關(guān)系可能是（）A.in 1 = miB. Im = m2CAm 1 = InlD.6w 1 = m2 解析 甲、乙兩球在碰撞過程中動量守恒，所以有八+P2=P1,+P2, I得/7/ = 2 kg nso由于在碰撞過程中,不可能有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機械能,只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)

20、能,因此系統(tǒng)的機械能不會增加。所以得因為題目給出物理情景是“甲從后面 追上乙”，要符合這T理情景,就必須有卅 賓，即心V詁2 ；同時還要符合 碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即炸V恰，所以 IH |/2。因此選項C正確。答案C多維訓練財.1 如圖9所示，半徑和動能都相等的兩個小球相向而行。屮球質(zhì)量加甲大于乙球質(zhì)量加乙，水平面是光滑的，兩球做對心碰撞以后的運動情況可能是（） 5m乙圖9A屮球速度為零，乙球速度不為零B 兩球速度都為零C乙球速度為零，屮球速度不為零D.兩球都以各自原來的速率反向運動解析 首先根據(jù)兩球動能相等,昴甲矚二昴乙屹得出兩球碰前動量大小之比為,因加甲 m

21、乙則甲 乙Z則系統(tǒng)的總動量方向向右。根據(jù)動量守恒定律可以判斷，碰后兩球運動情況可能是A所述情況，而B. C、D情況是違背動量守恒的。答案A2.如圖10所示，質(zhì)量為加的物塊0靜止于半徑為R的半圓形軌道的最低點，輕 質(zhì)彈簧的一端連接在0上，另一端固定在圓弧軌道的上端A點，彈簧恰好處于原 長。質(zhì)量也為加的物塊P山圓弧軌道的頂端B點山靜止釋放，運動到軌道的最低 點與0發(fā)生彈性正碰，碰撞后物塊0沿軌道上升的高度為=f,不考慮物塊和 軌道間的摩擦，重力加速度為g,物塊P、Q可以看成質(zhì)點，則（）5物塊P、Q碰撞后，物塊P會原速返回物塊P、Q碰撞后，物塊0的機械能守恒彈簧的最大彈性勢能等于IngRD物塊P、Q

22、碰撞過程中，物塊P對物塊0做的功為解析 由題意知,物塊P和物塊Q發(fā)生彈性正碰,質(zhì)量相同，交換速度，所以物 塊P碰后靜止在軌道的最低點” A錯誤；物塊P、Q碰撞后Z在物塊Q上升的過程中,Q和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，B錯誤；物塊P下滑的過程中機械能守 恒,mgR = mvl I可得0 = ,碰撞后交換速度，則碰后對物塊Q和彈簧由 功能關(guān)系可知彈簧的最大彈性勢能EP = vi - m8h I可得EP二務澎,C正確；根 據(jù)功能關(guān)系可知在物塊P、Q碰撞過程中，物塊P對物塊Q做的功W=nVi =HIgR I D 錯誤。答案C考點常見的三個經(jīng)典模型模型0 “人船模型”類問題的處理方法人船模型的適用條件物體

23、組成的系統(tǒng)動量守恒且系統(tǒng)中物體原來均處于靜止狀態(tài)，合動量為零。2 人船模型的特點(1)遵從動量守恒定律:mV-m2v2=0o如圖所示。（2）兩物體的位移滿足Wy-My=O即S【例7】長度為厶、質(zhì)量為M的平板車的左端緊靠著墻壁，右端站著一個質(zhì)量為加的人（可視為質(zhì)點）如圖11所示，某時刻人向左跳出，恰好落到車的左端，而此 時車已離開墻壁有一段距離，那么這段距離為（車與水平地面間的摩擦不訃）（）LMLDm+加InLCM+加解析 設人從小車上跳起后沿水平方向的分速度為Vi I小車沿水平方向的速度為V2 ,人和小車在水平方向的動量守恒f選取向左為正方向f則nw -MV2 = 0 l設 人從右端到達左端時

24、間為t I則有mv t - Mv2t = 0 ,化簡為ms I =Ms2 I由空間幾何 關(guān)系得51 +52 = Lz聯(lián)立解得車的位移為52 =嚴-,故只有選項C正確。M+ m答案C模型“滑塊一彈簧”碰撞模型【例8】如圖12所示，靜止在光滑水平面上的木板q,右端有一根輕質(zhì)彈簧沿 水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M=3 kgo質(zhì)量HI= 1 kg的鐵塊B以水平速度UO =4 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后乂被彈回，最后恰好停在木板 的左端。在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為（）A.3 JB.4J圖12C.6 JD.20J解析設鐵塊與木板共速時速度大小為O I鐵塊相對木板向右運動的最大距

25、離為LI鐵塊與木板之間的摩擦力大小為人鐵塊壓縮彈簧使彈簧最短時,由能量守恒 定律可得曲=fL + *(M + m)v2 + EPO由動量守恒定律,得InVo = (M + m)vo從鐵*(M + m)v2 I 聯(lián)塊開始運動到最后停在木板左端過程,由能量關(guān)系nVi = 2fL + 立解得Ep = 3J,故選項A正確。答案A模型“子彈打木塊”模型【例9】(2019-陜西咸陽模擬)如圖13所示，相距足夠遠完全相同的質(zhì)量均為3加 的兩個木塊靜止放置在光滑水平面上，質(zhì)量為加的子彈(可視為質(zhì)點)以初速度2水平向右射入木塊，穿出第一塊木塊時的速度為嚴()，已知木塊的長為厶 設子彈在木塊中所受的阻力恒定，不計

26、空氣阻力。試求：-Lf77777777777777777777777777777777777777777777777777/.圖13子彈穿出第一塊木塊后，第一個木塊的速度大小P以及子彈在木塊中所受阻力大小;(2)子彈在第二塊木塊中與該木塊發(fā)生相對運動的時間r。解析(1)子彈打穿第一塊木塊過程，由動量守恒定律有InVo 二=Zn(IPO) + InV解得1r對子彈與第一塊木塊組成的相互作用系統(tǒng)，由能量守恒有1 7 1 2 9 1 9 fL =-(3Jzr解得子彈受到木塊阻力/二弩。對子彈與第二塊木塊組成的相互作用系統(tǒng),由于g(%)2二響V譽，則子彈不能打穿第二塊木塊,設子彈與第二塊木塊共同速度為

27、Q共，由動量守恒定律2有 Ul（VO） = （Tn + 3m）v 共 解得C共二器對第二塊木塊,由動量定理有VQft = 3(O)子彈在第二塊木塊中的運動時間為t=蓋。 竺安ZIxl9就SL答案（1導。25T臥多績訓練1（多選）如圖14屮所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為n = 2kg的另一 物體B以水平速度=3 ns滑上原來靜止的長木板的表面，由于A、B間存在 摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，則下列說法正確的是（）圖14A木板獲得的動能為2 J系統(tǒng)損失的機械能為4 J木板A的最小長度為1.5 InDd、B間的動摩擦因數(shù)為0.1解析根據(jù)動量守恒定律可得HiVo = (Jn

28、+ InA)V t 得 InA = 4 kg zA 的動能 Ek = mAV2 = 2 J系統(tǒng)損失的動能AEk =1 7 X-2(/?M + 加)曠=6 J木板長 L(VO + v)t -= VOtl = 1.5 m ,ng = Ina I解彳號“二0.2。選項A、C正確,BS D荀吳。答案AC(2019山東省臨沂市一模)如圖15所示，靜止放置在光滑水平面上的A、B、C 三個滑塊，滑塊A、B間通過一水平輕彈簧相連，滑塊A左側(cè)緊黑一固定擋板P, 某時刻給滑塊C施加一個水平?jīng)_量使其以初速度水平向左運動，滑塊C撞上 滑塊B的瞬間二者粘在一起共同向左運動，彈簧被壓縮至最短的瞬間具有的彈性 勢能為1.3

29、5 J,此時撤掉固定擋板P,之后彈簧彈開釋放勢能，已知滑塊A、B、C 的質(zhì)量分別為 也=m=0.2kg, Mc=O.lkg,(取T=3.17)求:PAB-IAZs 八/、C圖15滑塊C的初速度Vo的大小；當彈簧彈開至恢復到原長的瞬時，滑塊3、C的速度大小；從滑塊3、C壓縮彈簧至彈簧恢復到原長的過程中，彈簧對滑塊B、C整體的 沖量。解析(1)滑塊C撞上滑塊B的過程中,滑塊B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向左為正,根據(jù)動量守恒定律得：mcVo = (me + WC)l彈簧被壓縮至最短時,滑塊乩C速度為零，根據(jù)能量守恒定律得1 ?EP = InB + HiC)v解得 0=3 ns I % = 9 m

30、so(2)設彈簧彈開至恢復到原長的瞬間,滑塊B、C的速度大小為g I滑塊A的大小為小，根據(jù)動量守恒定律得InAO3 - (IuB + InC)Vi = 0 Z根據(jù)能量守恒定律得1 7 1 ?EP = mAVj + mc)V2解得 21.9 mso設彈簧對滑塊3、C整體的沖量為選向右為正方向，由動量定理得 I = P = (/Hb + InC)Ui -(- “)解得/二1.47 Ns ,方向水平向右。答案(1)9 m/s1.9 m/s (3)1.47 Ns,方向水平向右課肘作業(yè)(時間:40分鐘)基礎鞏固練(多選)如圖1所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩 站在小車上用力向右

31、迅速推出木箱。關(guān)于上述過程，下列說法中正確的是()男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相同解析 男孩和木箱組成的系統(tǒng)受小車的摩擦力,所以動量不守恒，A錯誤；小車 與木箱組成的系統(tǒng)受男孩的力為外力,所以動量不守恒，B錯誤；男孩、小車與 木箱三者組成的系統(tǒng),不受外力,所以動量守恒，C正確；木箱的動量增量與男 孩、小車的總動量增量大小相同，但方向相反f D正確。答案CD如圖2所示，一個傾角為Q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/7,今有一質(zhì)量為加的小物體，沿光滑斜面下滑，當小物

32、體從斜 面頂端自山下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是()A7+wmhC,（M+加）tan aBm+加MhD （M+加）tan a解析 此題屬于“人船模型問題。山與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒, 設/77在水平方向上對地位移為Sl Z M在水平方向上對地位移為52 j因此有O = ms - My2o 且E=爲由可得S2二-,f m，選C正確。（M + m ） tan a答案C（2019河南省鶴壁市調(diào)研）在列車編組站里，一節(jié)動車車廂以1 m/s的速度碰上 另一節(jié)靜止的拖車車廂，碰后兩節(jié)車廂結(jié)合在一起繼續(xù)運動。已知兩節(jié)車廂的質(zhì) 量均為20 t,則碰撞過程拖車車廂受到的沖量大小為（碰撞過程

33、時間很短，內(nèi)力很 大）（）A.10NsB.20 NsC.104 NsD.2104 Ns解析 動車車廂和拖車車廂碰撞過程動量守恒,根據(jù)動量守恒定律有mvo = 2mv I對拖車根據(jù)動量定理有I = mv I聯(lián)立解得2 10 N s ,選項C正確。答案C（2020-山東省日照市校際聯(lián)合質(zhì)檢）沿光滑水平面在同一條直線上運動的兩物體 A、B碰撞后以共同的速度運動，該過程的位移一時間圖象如圖3所示。則下列說 法錯誤的是（）碰撞前后物體A的運動方向相反物體A、B的質(zhì)量之比為1 : 2碰撞過程中A的動能變大，B的動能減小碰前物體B的動量較大亠亠20 - 30亠20 - 10解析 由題圖可得,碰撞前VA =

34、5 m/s = - 5 ns ,碰撞后VA = 5 m/s 二5 ns ,則碰撞前后物體的運動方向相反，故A正確；由題圖可得,碰撞前20-0 _ XVB = 5 m/s 二 10 ns ,根據(jù)動量守 1旦得 iaVa + hibVb = (InA + ib)va,代入數(shù)據(jù)得 mA : mB =1 ： 2 ,故B正確；碰撞前后物體速度大小相等,則碰撞過程中物體A 動能不變,故C錯誤；碰前物體A、B速度方向相反，碰后物體AS B速度方向 與物體B碰前速度方向相同,則碰前物體B動量較大,故D正確。答案C如圖4所示，一個質(zhì)量為m的物塊A與另一個質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙

35、坑中。假如碰撞過程中無機械能損失，已知物 塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1,與沙坑的距離為0.5 m, g取10ns2,物塊可 視為質(zhì)點。則A碰撞前瞬間的速度為()m2m卜 0.5 InI圖4A.0.5 m/sB.1.0 nsCl.5 m/sD.2.0 m/s解析 碰后物塊B做勻減速直線運動，由動能定理有- 2m8s = 0 - 2mvl I得V2 = 1 mso A與B碰撞過程中動量守恒、機械能守恒 測有IHVo = mv + 2mv2= InVl + -2mvl I 解得 V0= .5 ns ,則選項 C 正確。答案C如圖5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,

36、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3： 1, A球垂直撞 向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)主第二次碰撞，則A、B兩球的質(zhì)量比為()寸 O OzXZ Z/ ZZZXZ /Zz/rZZAB圖5A.1 : 2B.2 : 1C.1 : 4D.4 : 1解析 設A、B質(zhì)量分別為me I B的初速度為Qo ,取B的初速度方向為正方解得 InA : niB 二 4 ： 1 ,向,由題意知,兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，說明久B碰撞后速度大小相等, 方向相反,分別為屮和-y f則有HIBVO = niAy + 選項D正確。答案D如圖6所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上的靜止木塊，未穿透木

37、塊，此過程木塊的動能增加了 6J,那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為()A.16 JB.2 JC.6 JD.4J叫 1 ,即E6J , A項正確。Ek 木mo答案A&如圖7所示，一質(zhì)量刖=0.45 kg的平板小車靜止在光滑的水平軌道上。車頂右 端放一質(zhì)量加2=0.5 kg的小物塊，小物塊可視為質(zhì)點，小物塊與車之間的動摩擦 因數(shù) = 0.5,現(xiàn)有一質(zhì)量心=0.05 kg的子彈以0=100 ns的水平速度射中小車 左端，并留在車中，子彈與車相互作用時間很短。g取10ns2,求：5 CPWl、袈、Q、L、圖7子彈剛剛射入小車時，小車的速度大小r;要使小物塊不脫離小車，小車的長度至少為多少？解析 子彈射入小車

38、的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律得 m()Vo =伽0 + m)V I 解得 Vl = 10 mso子彈、小車、小物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，設當小物塊與車共速時,共同速度為S I兩者相對位移大小為L I由動量守恒定律和能量守恒定律有(IHo + mV = (“20 + ni + ni)VjmgL = *(?()+ m)v - *(?()+ ni + ni)vl解得L = 5 m故要使小物塊不脫離小車,小車的長度至少為5 mo答案(I)IO ns (2)5 m9.如圖8,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

39、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h=03 m(?小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為/hi =30 kg,冰塊的質(zhì)量為 W2=IOkg,小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小=IOins2o求斜面體的質(zhì)量；通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？解析(1)規(guī)定向左為速度正方向。冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度,設此共同速度為 ,斜面體的質(zhì)量為加3。由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得IHlVo = (f2 + Im)VInl + 3)v2 + nngh式中0 = 3s為冰塊推出時的速度。聯(lián)立式并

40、代入題給數(shù)據(jù)得Iny = 20 kg V = 1 m/s(2)設小孩推出冰塊后的速度為“，由動量守恒定律有77? I Pl + l2V = 0代入數(shù)據(jù)得VI = - m/s設冰塊與斜面體分離后的速度分別為和03 ,由動量守恒和機械能守恒定律有InlVQ = HiiVi + ni3Vy聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得Vi= - i 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。答案(1)2Okg (2)不能，理山見解析綜合提能練B 子彈射入木塊后的瞬間,繩子拉力等于（M 70）g10彈丸在飛行到距離地面5 m時僅有水平速度00=2 ns,爆炸成為甲、乙 兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量之比為3 ： 1,不計質(zhì)量損失,重力加速度g取10ns2, 則圖9中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是（）A