江蘇專(zhuān)用2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動(dòng)量第2節(jié)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案

江蘇專(zhuān)用2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動(dòng)量第2節(jié)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案江蘇專(zhuān)用2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動(dòng)量第2節(jié)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案PAGE36-江蘇專(zhuān)用2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動(dòng)量第2節(jié)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案第2節(jié)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用一、動(dòng)量守恒定律1．動(dòng)量守恒定律的內(nèi)容如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。2．動(dòng)量守恒的數(shù)學(xué)表達(dá)式（1)p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后總動(dòng)量p′）.(2）Δp＝0(系統(tǒng)總動(dòng)量變化為零)。(3)Δp1＝－Δp2（相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，兩物體動(dòng)量增量大小相等，方向相反)。3．動(dòng)量守恒的條件（1）系統(tǒng)不受外力或所受外力之和為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。（2）系統(tǒng)所受外力之和不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量近似守恒。（3）系統(tǒng)所受外力之和不為零,但在某個(gè)方向上所受合外力為零或不受外力,或外力可以忽略，則在這個(gè)方向上,系統(tǒng)動(dòng)量守恒.二、碰撞、反沖和爆炸1．碰撞（1）概念：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。（2)特點(diǎn):在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿(mǎn)足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(3）分類(lèi):動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非完全彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大2．反沖運(yùn)動(dòng)(1）物體在內(nèi)力作用下分裂為兩個(gè)不同部分，并且這兩部分向相反方向運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象。(2）反沖運(yùn)動(dòng)中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛?dòng)量守恒定律來(lái)處理。3．爆炸問(wèn)題（1)爆炸與碰撞類(lèi)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(dòng)量守恒.（2)爆炸過(guò)程中位移很小,可忽略不計(jì)，作用后從相互作用前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。1．思考辨析(正確的畫(huà)“√”，錯(cuò)誤的畫(huà)“×”)(1）系統(tǒng)所受合外力的沖量為零，則系統(tǒng)動(dòng)量一定守恒。 (√）（2）動(dòng)量守恒是指系統(tǒng)在初、末狀態(tài)時(shí)的動(dòng)量相等. (×)(3)物體相互作用時(shí)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不一定守恒。 (√)(4）在爆炸現(xiàn)象中,動(dòng)量嚴(yán)格守恒。 (×）（5）在碰撞問(wèn)題中，機(jī)械能也一定守恒。 （×)(6)反沖現(xiàn)象中動(dòng)量守恒、動(dòng)能增加. (√）2．（人教版選修3－5P16T1改編）如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車(chē)，人和車(chē)都處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個(gè)人站在車(chē)上用大錘敲打車(chē)的左端，在連續(xù)的敲打下，下列說(shuō)法不正確的是(）A．車(chē)左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)B．車(chē)持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)C．大錘、人和平板車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒D．當(dāng)大錘停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，人和車(chē)也停止運(yùn)動(dòng)B［把人和車(chē)看成一個(gè)整體，用大錘連續(xù)敲打車(chē)的左端，根據(jù)系統(tǒng)水平方向受力為零，則沿該方向動(dòng)量守恒,又由系統(tǒng)水平方向總動(dòng)量為零，則當(dāng)錘頭敲打下去時(shí)，大錘向右運(yùn)動(dòng)，小車(chē)就向左運(yùn)動(dòng)，抬起錘頭時(shí)大錘向左運(yùn)動(dòng)，小車(chē)向右運(yùn)動(dòng),所以平板車(chē)在水平面上左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)大錘停止運(yùn)動(dòng)時(shí),人和車(chē)也停止運(yùn)動(dòng)，A、C、D正確.］3．（教科版選修3－5P17T4、6改編)下列敘述的情況中，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒的是（)甲乙A．如圖甲所示，小車(chē)停在光滑水平面上，車(chē)上的人在車(chē)上走動(dòng)時(shí)，人與車(chē)組成的系統(tǒng)B．如圖乙所示，子彈射入放在光滑水平面上的木塊中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)C．子彈射入緊靠墻角的木塊中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)D．斜向上拋出的手榴彈在空中炸開(kāi)時(shí)C［對(duì)于人和車(chē)組成的系統(tǒng)，人和車(chē)之間的力是內(nèi)力，系統(tǒng)所受的外力有重力和支持力，合力為零,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；子彈射入木塊過(guò)程中，雖然子彈和木塊之間的力很大，但這是內(nèi)力,木塊放在光滑水平面上，系統(tǒng)所受合力為零，動(dòng)量守恒；子彈射入緊靠墻角的木塊時(shí)，墻對(duì)木塊有力的作用，系統(tǒng)所受合力不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量減??；斜向上拋出的手榴彈在空中炸開(kāi)時(shí)，雖然受到重力作用,合力不為零，但爆炸的內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力,動(dòng)量近似守恒。故選C.]4．（人教版選修3－5P21T2改編）質(zhì)量為m、速度為v的A球與質(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球的速度可能有不同的值，碰撞后B球的速度大小可能是()A．0。6vB．0.4vC．0。2vD．vB［根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv＝mv1＋3mv2，則當(dāng)v2＝0.6v時(shí)，v1＝－0。8v，則碰撞后的總動(dòng)能E′k＝eq\f（1,2）m（－0.8v）2＋eq\f（1，2)×3m(0.6v)2＝1.72×eq\f(1，2）mv2，大于碰撞前的總動(dòng)能,違反了能量守恒定律,故A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)v2＝0.4v時(shí),v1＝－0.2v，則碰撞后的總動(dòng)能為E′k＝eq\f（1,2）m(－0。2v）2＋eq\f（1，2）×3m(0.4v）2＝0。52×eq\f(1,2)mv2，小于碰撞前的總動(dòng)能，故可能發(fā)生的是非彈性碰撞，B項(xiàng)正確；當(dāng)v2＝0。2v時(shí)，v1＝0.4v，則碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而兩球碰撞，A球不可能穿透B球，故C項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)v2＝v時(shí)，v1＝－2v，顯然碰撞后的總動(dòng)能大于碰撞前的總動(dòng)能，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。]動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用eq\o（[講典例示法])1．動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性矢量性動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程,解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對(duì)性各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度(一般是相對(duì)于地面）同時(shí)性動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量,p′1、p′2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量系統(tǒng)性研究的對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)普適性動(dòng)量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng),還適用于接近光速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng)2．動(dòng)量守恒定律常用的四種表達(dá)形式(1）p＝p′: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）Δp＝p′－p＝0:即系統(tǒng)總動(dòng)量的增加量為零。（3）Δp1＝－Δp2：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）m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2,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(xiàn)上時(shí)，作用前總動(dòng)量與作用后總動(dòng)量相等。[典例示法］(2019·鄭州高三質(zhì)量預(yù)測(cè)）如圖所示,質(zhì)量為m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn)）放在質(zhì)量為M＝0.5kg的木板左端，足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑水平面上,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5g的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中（時(shí)間極短），g取10m/s2。子彈射入后，求：(1)子彈進(jìn)入物塊后子彈和物塊一起向右滑行的最大速度v1；(2）木板向右滑行的最大速度v2.審題指導(dǎo):題干關(guān)鍵獲取信息子彈進(jìn)入物塊后到一起向右滑行的時(shí)間極短木板速度仍為零足夠長(zhǎng)的木板木板向右滑行的速度v2最大[解析］（1）子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動(dòng)量守恒可得m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s。(2）當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時(shí),木板的速度最大，由動(dòng)量守恒定律可得（m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s.[答案］(1)6m/s(2)2m/s[拓展］在上例中，物塊在木板上滑行的時(shí)間t是多少?整個(gè)過(guò)程共損失了多少機(jī)械能?[解析]對(duì)物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動(dòng)量定理得－μ(m0＋m)gt＝（m0＋m）v2－(m0＋m)v1解得t＝1s整個(gè)過(guò)程損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1，2）m0veq\o\al(2,0)－eq\f(1，2）（m0＋m＋M）v22＝223.5J。[答案］1s223.5J應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的一般步驟［跟進(jìn)訓(xùn)練]1．（2020·安徽安慶五校聯(lián)考）如圖所示，光滑水平面上靜止著一輛質(zhì)量為M的小車(chē)，小車(chē)上帶有一光滑的、半徑為R的eq\f(1,4)圓弧軌道。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的光滑小球從軌道的上端由靜止開(kāi)始釋放，下列說(shuō)法中不正確的是（）A．小球下滑過(guò)程中，小車(chē)和小球組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒B．小球下滑過(guò)程中，小車(chē)和小球組成的系統(tǒng)總動(dòng)量不守恒C．小球下滑過(guò)程中,在水平方向上小車(chē)和小球組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒D．小球下滑過(guò)程中,小車(chē)和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒A［小車(chē)和小球組成的系統(tǒng)在水平方向上所受的合外力為零，則水平方向上動(dòng)量守恒，豎直方向所受合外力不為零，所以總的動(dòng)量不守恒;除重力以外的其他外力不做功，小車(chē)和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B、C、D正確.］2．(2019·湛江聯(lián)考)如圖所示,質(zhì)量均為m的小車(chē)和木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上,質(zhì)量為2m的小孩站在小車(chē)上用力向右迅速推出木箱，木箱相對(duì)于冰面運(yùn)動(dòng)的速度為v,木箱運(yùn)動(dòng)到右側(cè)墻壁時(shí)與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈后能被小孩接住，求:（1)小孩接住木箱后共同速度的大?。?2）若小孩接住箱子后再次以相對(duì)于冰面的速度v將木箱向右推出，木箱仍與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞,判斷小孩能否再次接住木箱。［解析](1）取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得推出木箱的過(guò)程中0＝（m＋2m)v1－mv,接住木箱的過(guò)程中mv＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2。解得v2＝eq\f（v,2)。（2)若小孩第二次將木箱推出，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得4mv2＝3mv3－mv，則v3＝v，故小孩無(wú)法再次接住木箱。［答案］（1)eq\f（v,2)（2）不能3．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(xiàn)同一方向運(yùn)動(dòng),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(jì)水的阻力和貨物在兩船之間的運(yùn)動(dòng)過(guò)程）［解析］設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度為v乙。甲船上的人接到貨物后甲船的速度為v甲，規(guī)定向右的方向?yàn)檎较?。?duì)乙船和貨物的作用過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律得12mv0＝11mv乙－mvmin ①對(duì)貨物和甲船的作用過(guò)程，同理有10m×2v0－mvmin＝11mv甲 ②為避免兩船相撞應(yīng)有v甲＝v乙 ③聯(lián)立①②③式得vmin＝4v0。[答案]4v0碰撞問(wèn)題eq\o(［講典例示法]）1．碰撞現(xiàn)象三規(guī)律2．彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例,則有m1v1＝m1v′1＋m2v′2eq\f（1,2）m1veq\o\al(2,1)＝eq\f（1，2）m1v′eq\o\al(2,1）＋eq\f(1，2)m2v′eq\o\al（2,2)解得v′1＝eq\f(m1－m2v1，m1＋m2）,v′2＝eq\f（2m1v1,m1＋m2）結(jié)論：（1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v′1＝0，v′2＝v1（質(zhì)量相等，速度交換）；(2）當(dāng)m1>m2時(shí)，v′1>0，v′2〉0，且v′2〉v′1(大碰小,一起跑)；(3)當(dāng)m1<m2時(shí)，v′1〈0，v′2>0（小碰大，要反彈）；(4）當(dāng)m1?m2時(shí)，v′1＝v1,v′2＝2v1（極大碰極小,大不變，小加倍）；（5)當(dāng)m1?m2時(shí)，v′1＝－v1，v′2＝0（極小碰極大，小等速率反彈，大不變)。3．完全非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動(dòng),動(dòng)能損失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2）veq\f(1，2)m1veq\o\al(2，1）＋eq\f（1，2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f（1，2）(m1＋m2)v2＋ΔEk損max4．碰撞遵守的原則（1）動(dòng)量守恒。（2)機(jī)械能不增加，即碰撞結(jié)束后總動(dòng)能不增加，表達(dá)式為Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1）,2m1）＋eq\f（p\o\al(2，2)，2m2）≥eq\f（p′\o\al(2,1）,2m1）＋eq\f(p′\o\al（2，2)，2m2）。（3)速度要合理①碰前若同向運(yùn)動(dòng)，原來(lái)在前的物體速度一定增大，且v前≥v后。②兩物體相向運(yùn)動(dòng),碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向肯定有一個(gè)改變或速度均為零.[典例示法]（一題多變)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mA＝2kg,mB＝1kg，mC＝2kg。開(kāi)始時(shí)C靜止,A、B一起以v0＝5m/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)，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小.審題指導(dǎo)：題干關(guān)鍵獲取信息A與C碰撞時(shí)間極短系統(tǒng)A、C動(dòng)量守恒A、B再次同速，恰好不與C碰撞最后三者同速［解析]長(zhǎng)木板A與滑塊C處于光滑水平軌道上，兩者碰撞時(shí)間極短,碰撞過(guò)程中滑塊B與長(zhǎng)木板A間的摩擦力可以忽略不計(jì)，長(zhǎng)木板A與滑塊C組成的系統(tǒng)在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，則mAv0＝mAvA＋mCvC.兩者碰撞后，長(zhǎng)木板A與滑塊B組成的系統(tǒng)在兩者達(dá)到同速之前所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則mAvA＋mBv0＝（mA＋mB)v。長(zhǎng)木板A和滑塊B達(dá)到共同速度后，恰好不再與滑塊C碰撞，則最后三者速度相等，vC＝v.聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得vA＝2m/s。[答案]2m/s[拓展］在上例中(1）A與C發(fā)生碰撞后粘在一起，則三個(gè)物體最終的速度是多少？（2)在相互作用的整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能損失了多少？［解析］(1）整個(gè)作用過(guò)程中，A、B、C三個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,最終三者具有相同的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒（mA＋mB）v0＝(mA＋mB＋mC)v代入數(shù)據(jù)可得v＝3m/s.(2）三者最后的速度v＝3m/s相互作用前E1＝eq\f(1，2)（mA＋mB)veq\o\al(2，0)＝37.5JA、B再次達(dá)到共同速度時(shí)E2＝eq\f（1，2)(mA＋mB＋mC)v2＝22。5J機(jī)械能損失ΔE＝E1－E2＝15J.［答案](1)3m/s(2）15J碰撞問(wèn)題解題三策略（1)抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類(lèi)碰撞滿(mǎn)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(dòng)一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿(mǎn)足：v′1＝eq\f（m1－m2,m1＋m2)v1v′2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1（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)m1?m2,且v2＝0時(shí)，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v1。當(dāng)m1?m2,且v2＝0時(shí)，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。［跟進(jìn)訓(xùn)練]1．質(zhì)量分別為mP＝1kg、mQ＝2kg的小球P、Q靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)給小球P以水平的速度vP0＝4m/s沿直線(xiàn)朝小球Q運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生正碰，分別用vP、vQ表示兩小球碰撞結(jié)束的速度。則關(guān)于vP、vQ的大小可能的是（)A．vP＝vQ＝eq\f（4，3）m/sB．vP＝－2m/s，vQ＝3m/sC．vP＝1m/s，vQ＝3m/sD．vP＝－4m/s,vQ＝4m/sA［碰撞前總動(dòng)量為p＝mPvP0＝4kg·m/s，碰撞前總動(dòng)能為Ek＝eq\f（1,2)mPveq\o\al(2，P0)＝8J。如果vP＝vQ＝eq\f（4，3)m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，E′k＝eq\f（1，2)mPveq\o\al（2,P)＋eq\f（1,2)mQveq\o\al（2，Q)＝eq\f（8，3）J，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒,能量不增加，A正確;如果vP＝－2m/s，vQ＝3m/s,p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，E′k＝eq\f（1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f（1，2）mQveq\o\al(2，Q)＝11J，能量增加，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒,B錯(cuò)誤;如果vP＝1m/s,vQ＝3m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝7kg·m/s，碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；如果vP＝－4m/s，vQ＝4m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，E′k＝eq\f（1,2)mPveq\o\al（2,P）＋eq\f（1,2)mQveq\o\al(2,Q)＝24J,碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，動(dòng)能增加,D錯(cuò)誤。］2．(2020·江蘇省大豐高級(jí)中學(xué)期中)如圖所示是質(zhì)量為M＝1.5kg的小球A和質(zhì)量為m＝0.5kg的小球B在光滑水平面上做對(duì)心碰撞前后畫(huà)出的x-t圖象，由圖可知（）A．兩個(gè)小球在碰撞前后動(dòng)量不守恒B．碰撞過(guò)程中，B損失的動(dòng)能是4JC．碰撞前后,A的動(dòng)能不變D．這兩個(gè)小球的碰撞是彈性的D[根據(jù)x。t圖象的斜率等于速度，可知：A球的初速度為vA＝0，B球的初速度為vB＝eq\f(ΔxB，Δt）＝eq\f(20，5）m/s＝4m/s，碰撞后A球的速度為v′A＝eq\f(ΔxA,Δt）＝eq\f(30－20，10－5)m/s＝2m/s,碰撞后B球的速度為vB′＝eq\f(10－20,10－5）m/s＝－2m/s；碰撞前總動(dòng)量為p＝MvA＋mvB＝2kg·m/s，碰撞后總動(dòng)量為p′＝MvA′＋mvB′＝2kg·m/s,故兩個(gè)小球在碰撞前后動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；碰撞過(guò)程中,B球的動(dòng)能變化量為:ΔEkB＝eq\f（1,2）mvB′2－eq\f（1,2)mveq\o\al（2,B)＝eq\f（1，2）×0.5×[（－2)2－42］J＝－3J，即損失3J,故B錯(cuò)誤；碰撞前A的動(dòng)能為0，碰撞后A的動(dòng)能大于零，故C錯(cuò)誤;A球動(dòng)能增加量為ΔEkA＝eq\f(1，2）MvA′2－0＝3J,則知碰撞前后系統(tǒng)的總動(dòng)能不變,此碰撞是彈性碰撞，故D正確。]3．(2020·嫩江市高級(jí)中學(xué)高三月考)如圖所示，物塊A靜止在光滑水平面上，木板B和物塊C一起以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與A發(fā)生彈性正碰，A與B碰撞時(shí)間極短，最終C恰好未從B上掉落。已知v0＝5m/s，mA＝6kg,mB＝4kg，mC＝2kg，C與B之間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0。2，取g＝10m/s2，求:(1）B與A碰撞后A物塊的速度大小;(2)B、C相對(duì)靜止時(shí)的速度大小;(3）木板B的最小長(zhǎng)度。［解析］（1)以A、B為研究對(duì)象,B與A發(fā)生彈性碰撞過(guò)程,設(shè)向右為正，由動(dòng)量守恒定律有mBv0＝mAvA＋mBvB由機(jī)械能守恒定律可知eq\f(1,2）mBveq\o\al(2，0)＝eq\f(1，2）mBveq\o\al（2,B)＋eq\f（1,2）mAveq\o\al(2,A）聯(lián)立解得vA＝4m/s,vB＝－1m/s。（2）碰后B反向運(yùn)動(dòng)，與C相互作用,對(duì)B、C，由動(dòng)量守恒定律可知mCv0＋mBvB＝(mC＋mB)v解得v＝1m/s。（3)設(shè)木板B最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則μmCgL＝eq\f(1,2）mBveq\o\al（2，B）＋eq\f（1,2)mCveq\o\al（2,0)－eq\f（1，2)（mC＋mB)v2解得L＝6m。[答案］（1)4m/s（2)1m/s(3)6m爆炸、反沖問(wèn)題eq\o([分考向訓(xùn)練］)爆炸問(wèn)題1．向空中發(fā)射一枚炮彈，不計(jì)空氣阻力,當(dāng)炮彈的速度v0恰好沿水平方向時(shí),炮彈炸裂成a、b兩塊,若質(zhì)量較大的a的速度方向仍沿原來(lái)的方向，則（)A．b的速度方向一定與原來(lái)速度方向相反B．從炸裂到落地的這段時(shí)間內(nèi)，a飛行的水平距離一定比b的大C．a(chǎn)一定先到達(dá)水平地面D．在炸裂過(guò)程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等D［炮彈炸裂前后動(dòng)量守恒，選定v0的方向?yàn)檎较?，則mv0＝mava＋mbvb,顯然vb>0、vb〈0、vb＝0都有可能，A錯(cuò)誤；vb〉va、vb〈va、vb＝va也都有可能,爆炸后,a、b都做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知，下落高度相同則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，飛行的水平距離與速度大小成正比，故B、C錯(cuò)誤；炸裂過(guò)程中，a、b之間的力為相互作用力，故D正確。]2．(2019·邯鄲模擬）如圖所示,木塊A、B的質(zhì)量均為m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計(jì)）。讓A、B以初速度v0一起從O點(diǎn)滑出,滑行一段距離后到達(dá)P點(diǎn)，速度變?yōu)閑q\f(v0，2），此時(shí)炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位置,木塊A繼續(xù)沿水平方向前進(jìn)。已知O、P兩點(diǎn)間的距離為s，設(shè)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能，爆炸時(shí)間很短可以忽略不計(jì)，求：(1）木塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2）炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能.［解析](1）從O滑到P，對(duì)A、B由動(dòng)能定理得－μ·2mgs＝eq\f（1,2)×2meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(v0，2））)eq\s\up12(2）－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0），解得μ＝eq\f(3v\o\al（2,0)，8gs）。（2)在P點(diǎn)爆炸時(shí)，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2m·eq\f(v0，2)＝mv，根據(jù)能量守恒定律有E0＋eq\f（1,2)×2meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(v0,2））)eq\s\up12(2)＝eq\f（1,2)mv2，解得E0＝eq\f(1，4)mveq\o\al(2，0）。［答案](1）eq\f（3v\o\al（2，0)，8gs）（2)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律動(dòng)量守恒由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸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(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒動(dòng)能增加在爆炸過(guò)程中,由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加位置不變爆炸的時(shí)間極短,因而作用過(guò)程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般可忽略不計(jì),可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)反沖問(wèn)題3．如圖所示,質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質(zhì)量為m的救生員站在船尾，相對(duì)小船靜止。若救生員以相對(duì)水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為(）A．v0＋eq\f(m,M）vB．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m，M)(v0＋v）D．v0＋eq\f(m，M）（v0－v)C[以水面為參考系，根據(jù)動(dòng)量守恒定律(M＋m)v0＝－mv＋Mv1,可解得C正確。］4．如圖所示，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。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()A．v0－v2B．v0＋v2C．v0－eq\f（m2，m1）v2D．v0＋eq\f（m2,m1）（v0－v2）D［火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)，在分離前后沿原運(yùn)動(dòng)方向上動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律有：(m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋eq\f（m2,m1）（v0－v2），D項(xiàng)正確。]對(duì)反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明作用原理反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加人船模型5．(2020·遼寧凌源模擬）長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的平板車(chē)的左端緊靠著墻壁，右端站著一個(gè)質(zhì)量為m的人(可視為質(zhì)點(diǎn))，某時(shí)刻人向左跳出，恰好落到車(chē)的左端,而此時(shí)車(chē)已離開(kāi)墻壁有一段距離，那么這段距離為(車(chē)與水平地面間的摩擦不計(jì))（）A．LB．eq\f(mL,M）C．eq\f(mL，M＋m)D．eq\f（ML，M＋m)C［設(shè)人從小車(chē)上跳起后沿水平方向的分速度為v1，小車(chē)沿水平方向的速度為v2，人和小車(chē)在水平方向的動(dòng)量守恒，選取向左為正方向，則mv1－Mv2＝0,設(shè)人從右端到達(dá)左端時(shí)間為t，則有mv1t－Mv2t＝0，化簡(jiǎn)為ms1＝Ms2，由空間幾何關(guān)系得s1＋s2＝L，聯(lián)立解得車(chē)的位移為s2＝eq\f（mL，M＋m)，故只有選項(xiàng)C正確。］6．如圖所示,氣球下面有一根長(zhǎng)繩,一個(gè)質(zhì)量為m1＝50kg的人抓在氣球下方，氣球和長(zhǎng)繩的總質(zhì)量為m2＝20kg，長(zhǎng)繩的下端剛好和水平面接觸，當(dāng)靜止時(shí)人離地面的高度為h＝5m.如果這個(gè)人開(kāi)始沿繩向下滑，當(dāng)他滑到繩下端時(shí),他離地面高度是（可以把人看作質(zhì)點(diǎn))（）A．5mB．3.6mC．2。6mD．8mB[當(dāng)人滑到繩下端時(shí),如圖所示，由動(dòng)量守恒定律，得m1eq\f（h1，t)＝m2eq\f(h2,t),且h1＋h2＝h,解得h1≈1.4m，所以他離地高度H＝h－h(huán)1＝3.6m，故選項(xiàng)B正確.］1．人船模型的適用條件物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒且系統(tǒng)中物體原來(lái)均處于靜止?fàn)顟B(tài),合動(dòng)量為零。2．人船模型的特點(diǎn)（1）遵從動(dòng)量守恒定律:mv1－Mv2＝0。如圖所示.s人＋s船＝L，即s人＝eq\f(M，M＋m）L，s船＝eq\f(m，M＋m)L。動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用eq\o（［講典例示法］)“滑塊--彈簧”模型[典例示法]如圖所示,A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧,彈簧的兩端與木塊接觸可不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時(shí)用細(xì)線(xiàn)把B、C緊連,使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個(gè)整體?，F(xiàn)A以初速度v0沿B、C的連線(xiàn)方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并黏合在一起.以后細(xì)線(xiàn)突然斷開(kāi)，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。已知C離開(kāi)彈簧后的速度恰為v0,求彈簧釋放的勢(shì)能。思路點(diǎn)撥：解此題要注意以下關(guān)鍵信息:（1)“B、C可視為一個(gè)整體"表明A與B碰后，三者共速.(2)“A與B碰后黏在一起”表明C離開(kāi)彈簧時(shí)，A、B有共同的速度。［解析］設(shè)碰后A、B和C共同速度的大小為v,由動(dòng)量守恒定律得3mv＝mv0 ①設(shè)C離開(kāi)彈簧時(shí)，A、B的速度大小為v1,由動(dòng)量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0 ②設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，從細(xì)線(xiàn)斷開(kāi)到C與彈簧分開(kāi)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，有eq\f（1,2)(3m）v2＋Ep＝eq\f(1，2）（2m）veq\o\al（2,1）＋eq\f（1，2)mveq\o\al(2,0) ③由①②③式得彈簧所釋放的勢(shì)能為Ep＝eq\f（1,3)mveq\o\al(2,0)。[答案]eq\f（1，3）mveq\o\al(2，0)“滑塊--彈簧"模型的幾點(diǎn)注意對(duì)兩個(gè)(或兩個(gè)以上)物體與彈簧組成的系統(tǒng)在相互作用的過(guò)程中,要關(guān)注以下四點(diǎn)（1)在能量方面,由于彈簧的形變會(huì)具有彈性勢(shì)能,系統(tǒng)的總動(dòng)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(jī)械能守恒。（2)在動(dòng)量方面,系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(3）彈簧處于最長(zhǎng)（最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等,彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。(4）彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零。［跟進(jìn)訓(xùn)練］1．如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B兩小木塊中部夾一被壓縮的輕彈簧，當(dāng)輕彈簧被放開(kāi)時(shí)，A、B兩小木塊各自在桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地面上.若mA＝3mB，則下列結(jié)果正確的是（)A．若輕彈簧對(duì)A、B做功分別為W1和W2，則有W1∶W2＝1∶1B．在與輕彈簧作用過(guò)程中，兩木塊的速度變化量之和為零C．若A、B在空中飛行時(shí)的動(dòng)量變化量分別為Δp1和Δp2，則有Δp1∶Δp2＝1∶1D．若A、B同時(shí)離開(kāi)桌面，則從釋放輕彈簧開(kāi)始到兩木塊落地的這段時(shí)間內(nèi)，A、B兩木塊的水平位移大小之比為1∶3D［彈簧彈開(kāi)木塊過(guò)程中，兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAvA－mBvB＝0,則速度之比vA∶vB＝1∶3，根據(jù)動(dòng)能定理得：輕彈簧對(duì)A、B做功分別為W1＝eq\f（1,2)mAveq\o\al（2,A），W2＝eq\f(1，2）mBveq\o\al（2,B），聯(lián)立解得W1∶W2＝1∶3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量守恒定律得知，在與輕彈簧作用過(guò)程中，兩木塊的動(dòng)量變化量之和為零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0,可得，ΔvA＋ΔvB≠0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；A、B離開(kāi)桌面后都做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)為t,由動(dòng)量定理得A、B在空中飛行時(shí)的動(dòng)量變化量分別為Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;平拋運(yùn)動(dòng)水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由x＝v0t知，t相等，則A、B兩木塊的水平位移大小之比等于vA∶vB＝1∶3，選項(xiàng)D正確.］2．如圖所示，質(zhì)量為m2＝2kg和m3＝3kg的物體靜止放在光滑水平面上，兩者之間有壓縮著的輕彈簧(與m2、m3不拴接）.質(zhì)量為m1＝1kg的物體以速度v0＝9m/s向右沖來(lái)，為防止沖撞，釋放彈簧將m3物體發(fā)射出去，m3與m1碰撞后粘合在一起。試求：(1）m3的速度至少為多大,才能使以后m3和m2不發(fā)生碰撞?（2)為保證m3和m2恰好不發(fā)生碰撞，彈簧的彈性勢(shì)能至少為多大？[解析](1）設(shè)m3發(fā)射出去的速度為v1，m2的速度為v2，以向右的方向?yàn)檎较?對(duì)m2、m3，由動(dòng)量守恒定律得m2v2－m3v1＝0。只要m1和m3碰后速度不大于v2,則m3和m2就不會(huì)再發(fā)生碰撞，m3和m2恰好不相撞時(shí)，兩者速度相等。對(duì)m1、m3，由動(dòng)量守恒定律得m1v0－m3v1＝（m1＋m3）v2解得v1＝1m/s，即彈簧將m3發(fā)射出去的速度至少為1m/s。（2）對(duì)m2、m3及彈簧組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得Ep＝eq\f(1，2)m3veq\o\al（2，1）＋eq\f(1,2）m2veq\o\al(2,2）＝3。75J。[答案］(1）1m/s（2）3.75J“滑塊-—平板”模型[典例示法］（2020·黃山模擬)如圖所示，質(zhì)量m1＝4.0kg的小車(chē)靜止在光滑的水平面上，車(chē)長(zhǎng)L＝1。5m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝1。0kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0＝5m/s從左端滑上小車(chē)，最后在車(chē)面上某處與小車(chē)保持相對(duì)靜止.物塊與車(chē)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0。5,g取10m/s2。求：(1）物塊在車(chē)面上滑行的時(shí)間t；(2)要使物塊不從小車(chē)右端滑出，物塊滑上小車(chē)左端的速度v′0不超過(guò)多少。審題指導(dǎo)：題干關(guān)鍵獲取信息相對(duì)靜止最后共速要使物塊不從小車(chē)右端滑出物塊滑到車(chē)右端與小車(chē)共速［解析]（1）設(shè)物塊與小車(chē)的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2）v，設(shè)物塊與車(chē)面間的滑動(dòng)摩擦力為f，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理有－ft＝m2v－m2v0，其中f＝μm2g，聯(lián)立以上三式解得t＝eq\f(m1v0，μm1＋m2g)代入數(shù)據(jù)得t＝eq\f(4。0×5，0。5×4.0＋1.0×10）s＝0。8s。（2）要使物塊恰好不從小車(chē)右端滑出，物塊滑到車(chē)面右端時(shí)與小車(chē)有共同的速度v′,則有m2v′0＝（m1＋m2)v′，由功能關(guān)系有eq\f（1，2）m2v′eq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2）（m1＋m2)v′2＋μm2gL，代入數(shù)據(jù)解得v′0＝eq\f（5，2）eq\r(3）m/s。故要使物塊不從小車(chē)右端滑出，物塊滑上小車(chē)左端的速度v′0不能超過(guò)eq\f(5，2)eq\r(3）m/s。[答案](1)0.8s（2）eq\f（5，2)eq\r（3)m/s[拓展]在上例中若改為小車(chē)右端連一個(gè)四分之一光滑圓弧軌道,其總質(zhì)量仍為m1,小車(chē)水平部分長(zhǎng)度仍為L(zhǎng)，圓弧軌道與小車(chē)水平面在點(diǎn)O′相切，如圖所示。物塊仍以v0＝5m/s的速度從左端滑上小車(chē)，物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A，求：（1)光滑圓弧軌道的半徑；(2）物塊與小車(chē)最終相對(duì)靜止時(shí)，它距點(diǎn)O′的距離。［解析］(1)小車(chē)和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)A時(shí)，二者的共同速度為v1,由動(dòng)量守恒得m2v0＝(m1＋m2)v1，由能量守恒得eq\f(1，2）m2veq\o\al(2，0)－eq\f(1,2）（m1＋m2）veq\o\al(2,1）＝m2gR＋μm2gL,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得R＝0.25m。（2）設(shè)物塊最終與車(chē)相對(duì)靜止時(shí)，二者的共同速度為v2，從物塊滑上小車(chē),到二者相對(duì)靜止的過(guò)程中