第六章-第2講動量守恒定律及“三類模型”問題課件

大一輪復(fù)習(xí)講義第2講動量守恒定律及“三

類模型”問題大一輪復(fù)習(xí)講義第2講動量守恒定律及“三過好雙基關(guān)研透命題點課時精練內(nèi)容索引NEIRONGSUOYIN過好雙基關(guān)研透命題點課時精練內(nèi)容索引NEIRONGSUOYI過好雙基關(guān)01過好雙基關(guān)01動量守恒定律一1.內(nèi)容如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的

為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變.2.表達式(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′.(2)m1v1＋m2v2＝

，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)Δp1＝

，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向.(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零.矢量和m1v1′＋m2v2′－Δp2動量守恒定律一1.內(nèi)容矢量和m1v1′＋m2v2′－Δp23.適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為

.(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力

它所受到的外力.(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在

__________上動量守恒.零遠大于這一方向3.適用條件零遠大于這一方向自測1關(guān)于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是A.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不可能守恒B.只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)動量就不守恒C.只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒D.系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時，系統(tǒng)的總動量不一定守恒√自測1關(guān)于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是√“三類”模型問題二1.“子彈打木塊”模型(1)“木塊”放置在光滑的水平面上①運動性質(zhì)：“子彈”對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；“木塊”在滑動摩擦力作用下做

直線運動.②處理方法：通常由于“子彈”和“木塊”的相互作用時間極短，內(nèi)力遠大于外力，可認為在這一過程中動量守恒.把“子彈”和“木塊”看成一個系統(tǒng)：a.系統(tǒng)水平方向動量

；b.系統(tǒng)的機械能

；c.對“木塊”和“子彈”分別應(yīng)用動能定理.勻加速守恒不守恒“三類”模型問題二1.“子彈打木塊”模型勻加速守恒不守恒(2)“木塊”固定在水平面上①運動性質(zhì)：“子彈”對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；“木塊”靜止不動.②處理方法：對“子彈”應(yīng)用動能定理或牛頓第二定律.(2)“木塊”固定在水平面上2.“反沖”和“爆炸”模型(1)反沖①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.②特點：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力

系統(tǒng)受到的外力.實例：發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等.③規(guī)律：遵從動量守恒定律.(2)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

系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量

.如爆竹爆炸等.遠大于守恒遠大于2.“反沖”和“爆炸”模型遠大于守恒遠大于3.“人船模型”問題(1)模型介紹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

的反比.這樣的問題即為“人船模型”問題.(2)模型特點①兩物體滿足動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.②運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船

，人慢船

，人左船

；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

的反比，質(zhì)量快右慢質(zhì)量3.“人船模型”問題質(zhì)量快右慢質(zhì)量解析

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，由題圖可看出，x船＋x人＝L，自測2如圖1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.則船和人相對地面的位移各為多少？圖1解析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02研透命題點02研透命題點例1如圖2所示，A、B兩物體的質(zhì)量之比為mA∶mB＝1∶2，它們原來靜止在平板車C上，A、B兩物體間有一根被壓縮了的水平輕質(zhì)彈簧，A、B兩物體與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，水平地面光滑.當彈簧突然釋放后，A、B兩物體被彈開(A、B兩物體始終不滑出平板車)，則有A.A、B系統(tǒng)動量守恒B.A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C.小車C先向左運動后向右運動D.小車C一直向右運動直到靜止動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用基礎(chǔ)考點

自主悟透命題點一題型1動量守恒的理解圖2√例1如圖2所示，A、B兩物體的質(zhì)量之比為mA∶mB＝1∶2解析

A、B兩物體和彈簧、小車C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒.在彈簧釋放的過程中，因mA∶mB＝1∶2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A、B兩物體所受的摩擦力大小不等，所以A、B兩物體組成的系統(tǒng)合外力不為零，A、B兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒，A物體對小車向左的滑動摩擦力小于B對小車向右的滑動摩擦力，在A、B兩物體相對小車停止運動之前，小車所受的合外力向右，會向右運動，因滑動摩擦力做負功，則系統(tǒng)的機械能不守恒，最終整個系統(tǒng)將靜止，故A、B、C錯誤，D正確.解析A、B兩物體和彈簧、小車C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，所變式1

(多選)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A.若物體滑動中不受摩擦力，則該系統(tǒng)全過程機械能守恒B.若物體滑動中有摩擦力，則該系統(tǒng)全過程動量守恒C.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D.不論物體滑動中有沒有摩擦，系統(tǒng)損失的機械能相同圖3√√√變式1(多選)如圖3所示，小車在光滑水平面上向左勻速運動，解析物體與油泥粘合的過程，發(fā)生非彈性碰撞，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.解析物體與油泥粘合的過程，發(fā)生非彈性碰撞，系統(tǒng)機械能有損失例2

(多選)如圖4所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A，同時給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是A.2.1m/s

B.2.4m/sC.2.8m/s D.3.0m/s√題型2動量守恒定律的基本應(yīng)用圖4√例2(多選)如圖4所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長方形木板解析

以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，取水平向右為正方向，從A開始運動到A的速度為零過程中，由動量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入數(shù)據(jù)解得vB1≈2.67m/s.當從開始到A、B速度相同的過程中，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入數(shù)據(jù)解得vB2＝2m/s，則在木塊A做加速運動的時間內(nèi)，B的速度范圍為2m/s<vB<2.67m/s，故選項A、B正確.解析以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，取水平向右變式2一質(zhì)量為M的航天器遠離太陽和行星，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出質(zhì)量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均為相對同一參考系的速度)√解析

以v0的方向為正方向，由動量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2變式2一質(zhì)量為M的航天器遠離太陽和行星，正以速度v0在太空“子彈打木塊”模型基礎(chǔ)考點

自主悟透命題點二1.木塊放在光滑水平面上，子彈水平打進木塊，系統(tǒng)所受的合外力為零，因此動量守恒.2.兩者發(fā)生的相對位移為子彈射入的深度x相.3.根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動能等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能.4.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝f·x相，即兩物體由于相對運動而摩擦產(chǎn)生的熱(機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)，等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積.5.當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)的動量仍守恒，系統(tǒng)損失的動能為ΔEk＝f·L(L為木塊的長度).“子彈打木塊”模型基礎(chǔ)考點自主悟透命題點二1.木塊放在光滑例3

(多選)(2019·河北唐山市第一次模擬)如圖5，一子彈以初速度v0擊中靜止在光滑的水平面上的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊加速運動的位移為s.則以下說法正確的是A.子彈動能的虧損等于系統(tǒng)動能的虧損B.子彈動量變化量的大小等于木塊動量變化量的大小C.摩擦力對木塊做的功等于摩擦力對子彈做的功D.子彈對木塊做的功等于木塊動能的增量圖5√√例3(多選)(2019·河北唐山市第一次模擬)如圖5，一子解析

子彈射入木塊的過程，要產(chǎn)生內(nèi)能，由能量守恒定律知子彈動能的虧損大于系統(tǒng)動能的虧損，故A錯誤；子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)動量的變化量為零，則子彈與木塊動量變化量大小相等，方向相反，故B正確；摩擦力對木塊做的功為fs，摩擦力對子彈做的功為－f

(s＋d)，可知二者不等，故C錯誤；對木塊根據(jù)動能定理可知：子彈對木塊做的功即為摩擦力對木塊的功，等于木塊動能的增量，故選項D正確.解析子彈射入木塊的過程，要產(chǎn)生內(nèi)能，由能量守恒定律知子彈動圖6變式3

(2019·四川第二次診斷)如圖6甲所示，一塊長度為L、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上.一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度v0射入木塊.當子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s，如圖乙所示.設(shè)子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質(zhì)點.則子彈穿過木塊的時間為√圖6變式3(2019·四川第二次診斷)如圖6甲所示，一塊長解析

子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，外力之和為零，動量守恒，以v0的方向為正方向，有：mv0＝mv1＋mv2，由動量定理：－f

t＝mv1－mv0，由動量定理：f

t＝mv2，解析子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，外力之和為零1.反沖運動的三點說明“反沖”和“爆炸”模型基礎(chǔ)考點

自主悟透命題點三作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加1.反沖運動的三點說明“反沖”和“爆炸”模型基礎(chǔ)考點自主悟2.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒爆炸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)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動2.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒爆炸物體間的相互作用力遠遠大于例4

(2020·山東濟寧市質(zhì)檢)如圖7所示，質(zhì)量為m的炮彈運動到水平地面O點正上方時速度沿水平方向，離地面高度為h，炮彈動能為E，此時發(fā)生爆炸，炮彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分的動能之和為2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸時間極短，重力加速度為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求炮彈的兩部分落地點之間的距離.圖7例4(2020·山東濟寧市質(zhì)檢)如圖7所示，質(zhì)量為m的炮彈解得：v1＝0，v2＝2v0隨后一塊做自由落體運動，一塊做平拋運動，解得：v1＝0，v2＝2v0變式4

(2019·山東臨沂市質(zhì)檢)2017年6月15日，我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用長征四號乙運載火箭成功發(fā)射首顆X射線調(diào)制望遠鏡衛(wèi)星“慧眼”.假設(shè)將發(fā)射火箭看成如下模型：靜止的實驗火箭，總質(zhì)量為M＝2100g.當它以對地速度為v0＝840m/s噴出質(zhì)量為Δm＝100g的高溫氣體后，火箭的對地速度為(噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計)A.42m/s B.－42m/s C.40m/s D.－40m/s解析

噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計，可知在火箭發(fā)射的過程中二者組成的系統(tǒng)豎直方向的動量守恒，以噴出氣體的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42m/s，故B正確，A、C、D錯誤.√變式4(2019·山東臨沂市質(zhì)檢)2017年6月15日，我拓展點反沖運動中的“人—船”模型(1)兩個物體(2)動量守恒(3)總動量為零1.特點2.方程m1v1－m2v2＝0(v1、v2為速度大小)3.結(jié)論m1x1＝m2x2(x1、x2為位移大小)拓展點反沖運動中的“人—船”模型(1)兩個物體1.特點2.例5有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(重一噸左右).一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量.他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船.用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，則船的質(zhì)量為√解析

設(shè)船的質(zhì)量為M，人走動的時候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時為t，人的位移為L－d，船的位移為d，以船后退的方向為正方向，根據(jù)動量守恒有：Mv－mv′＝0，例5有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(重一噸左右).變式5

(2019·湖南婁底市下學(xué)期質(zhì)量檢測)質(zhì)量為M的氣球上有一個質(zhì)量為m的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上慢慢放下一個質(zhì)量不計的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長至少應(yīng)為√解析

設(shè)人沿軟梯滑至地面，軟梯長度至少為L，以人和氣球組成的系統(tǒng)為研究對象，豎直方向動量守恒，規(guī)定豎直向下為正方向，由動量守恒定律得：0＝－Mv2＋mv1人沿軟梯降至地面，氣球上升的高度為L－h(huán)，變式5(2019·湖南婁底市下學(xué)期質(zhì)量檢測)質(zhì)量為M的氣球03課

時

精練03課時精練1.(2019·福建龍巖市5月模擬)如圖1，水平面上有一平板車，某人站在車上掄起錘子從與肩等高處揮下，打在車的左端，打后車與錘相對靜止.以人、錘子和平板車為系統(tǒng)(初始時系統(tǒng)靜止)，研究該次揮下、打擊過程，下列說法正確的是1234567圖1A.若水平面光滑，在錘子揮下的過程中，平板車一定向右運動B.若水平面光滑，打后平板車可能向右運動C.若水平面粗糙，在錘子揮下的過程中，平板車一定向左運動D.若水平面粗糙，打后平板車可能向右運動√雙基鞏固練89101.(2019·福建龍巖市5月模擬)如圖1，水平面上有一平板1234567系統(tǒng)水平方向動量為零，打后錘子與平板車均靜止，B錯誤；若水平面粗糙，在錘子揮下的過程車由于受摩擦力作用，可能靜止不動，在錘子打平板車時，在最低點與車相碰，錘子與平板車系統(tǒng)動量向右，所以打后平板車可能向右運動，C錯誤，D正確.解析

以人、錘子和平板車為系統(tǒng)，若水平面光滑，系統(tǒng)水平方向合外力為零，水平方向動量守恒，且總動量為零，在錘子揮下的過程中，錘子有水平向右的速度，所以平板車一定向左運動，A錯誤；89101234567系統(tǒng)水平方向動量為零，打后錘子與平板車均靜止，2.如圖2，兩滑塊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A.A和B都向左運動B.A和B都向右運動C.A靜止，B向右運動D.A向左運動，B向右運動1234√567圖2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A、B的運動方向相反或者兩者都靜止，而碰撞為彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的速度不可能都為零，則A應(yīng)該向左運動，B應(yīng)該向右運動，選項D正確，A、B、C錯誤.89102.如圖2，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑3.(2017·全國卷Ⅰ·14)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/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.30kg·m/s

B.5.7×102

kg·m/sC.6.0×102kg·m/s D.6.3×102kg·m/s1234√567解析設(shè)火箭的質(zhì)量為m1，燃氣的質(zhì)量為m2.由題意可知，燃氣的動量p2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s.以火箭運動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，則火箭的動量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯誤.89103.(2017·全國卷Ⅰ·14)將質(zhì)量為1.00kg的模型12344.光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M、底邊長為L，如圖3所示.將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端.此過程中斜面對滑塊的支持力大小為N，重力加速度為g，則下列說法中正確的是567圖3A.N＝mgcosαB.滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為NtcosαC.滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒√891012344.光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A1234567解析當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面體A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力N不等于mgcosα，A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為Nt，B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以A、B組成的系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，C錯誤；A、B組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設(shè)A、B的水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，89101234567解析當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面體A水5.一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2，則下列選項圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是1234567√89105.一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/1236.(多選)(2019·安徽宣城市第二次模擬)如圖4，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h處由靜止開始自由下滑，則4567圖4A.在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒B.在小球下滑的過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功C.被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h處D.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動√√89101236.(多選)(2019·安徽宣城市第二次模擬)如圖41234567解析

在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向上不受力，則水平方向上動量守恒，故A正確；在小球下滑過程中，槽向左滑動，根據(jù)動能定理知，槽的速度增大，則小球?qū)Σ鄣淖饔昧ψ稣?，故B錯誤；小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，開始總動量為零，小球離開槽時，小球和槽的動量大小相等，方向相反，由于質(zhì)量相等，則速度大小相等，方向相反，然后小球與彈簧接觸，被彈簧反彈后的速度與接觸彈簧時的速度大小相等，可知反彈后小球和槽都做速率不變的直線運動，且速度大小相等，則小球不會回到槽上高h處，故D正確，C錯誤.89101234567解析在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在1237.(2019·陜西榆林市第三次測試)如圖5甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg，兩物塊之間用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁相接觸，另有一物塊C從t＝0時，以一定速度向右運動.在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖像如圖乙所示，墻壁對物塊B的彈力在4s到12s的時間內(nèi)對B的沖量I的大小為A.9N·s B.18N·sC.36N·s D.72N·s4567圖5綜合提升練√89101237.(2019·陜西榆林市第三次測試)如圖5甲所示，物解析由題圖乙知，C與A碰前速度為：v1＝9m/s，碰后瞬間C的速度為：v2＝3m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mCv1＝(mA＋mC)v2，代入數(shù)據(jù)解得mC＝2kg，12s末A和C的速度為：v3＝－3m/s，4s到12s，墻對B的沖量為：I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，代入數(shù)據(jù)解得：I＝－36N·s，方向向左，故C正確，A、B、D錯誤.12345678910解析由題圖乙知，C與A碰前速度為：v1＝9m/s，C與A8.一質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平打進木塊并留在其中，設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為f.則：(1)子彈、木塊相對靜止時的速度是多少？解析

設(shè)子彈、木塊相對靜止時的速度為v，以子彈初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v123456789108.一質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初(2)子彈在木塊內(nèi)運動的時間為多長？解析

設(shè)子彈在木塊內(nèi)運動的時間為t，由動量定理得對木塊：ft＝Mv－012345678910(2)子彈在木塊內(nèi)運動的時間為多長？解析設(shè)子彈在木塊內(nèi)運動(3)子彈、木塊相互作用過程中子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進木塊的深度分別是多少？12345678910(3)子彈、木塊相互作用過程中子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打解析

設(shè)子彈、木塊發(fā)生的位移分別為x1、x2，如圖所示，由動能定理得12345678910解析設(shè)子彈、木塊發(fā)生的位移分別為x1、x2，如圖所示，由動9.一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v＝1000m/s.設(shè)火箭(包括燃料)質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動機每秒噴氣20次.(1)當發(fā)動機第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？答案

2m/s解析選取整體為研究對象，設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和三次噴出的氣體為研究對象，據(jù)動量守恒定律得：123456789109.一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)(2)運動第1s末，火箭的速度為多大？答案

13.5m/s解析發(fā)動機每秒鐘噴氣20次，以火箭和20次噴出的氣體為研究對象，根據(jù)動量守恒定律得：12345678910(2)運動第1s末，火箭的速度為多大？答案13.5m/10.(2020·河北邯鄲市模擬)如圖6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).讓A、B以初速度v0一起從O點滑出，滑行一段距離后到達P點，速度變?yōu)椋藭r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.已知O、P兩點間的距離為s，設(shè)炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動能，爆炸時間很短可以忽略不計，求：圖61234567891010.(2020·河北邯鄲市模擬)如圖6所示，木塊A、B的質(zhì)解析

從O滑到P，對A、B由動能定理得(1)木塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ；12345678910解析從O滑到P，對A、B由動能定理得(1)木塊與水平地面間(2)炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能E0.解析

在P點爆炸時，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有根據(jù)能量守恒定律有12345678910(2)炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能E0.解析在P點爆炸時，A、B大一輪復(fù)習(xí)講義第2講動量守恒定律及“三

類模型”問題大一輪復(fù)習(xí)講義第2講動量守恒定律及“三大一輪復(fù)習(xí)講義第2講動量守恒定律及“三

類模型”問題大一輪復(fù)習(xí)講義第2講動量守恒定律及“三過好雙基關(guān)研透命題點課時精練內(nèi)容索引NEIRONGSUOYIN過好雙基關(guān)研透命題點課時精練內(nèi)容索引NEIRONGSUOYI過好雙基關(guān)01過好雙基關(guān)01動量守恒定律一1.內(nèi)容如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的

為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變.2.表達式(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′.(2)m1v1＋m2v2＝

，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)Δp1＝

，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向.(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零.矢量和m1v1′＋m2v2′－Δp2動量守恒定律一1.內(nèi)容矢量和m1v1′＋m2v2′－Δp23.適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為

.(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力

它所受到的外力.(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在

__________上動量守恒.零遠大于這一方向3.適用條件零遠大于這一方向自測1關(guān)于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是A.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不可能守恒B.只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)動量就不守恒C.只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒D.系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時，系統(tǒng)的總動量不一定守恒√自測1關(guān)于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是√“三類”模型問題二1.“子彈打木塊”模型(1)“木塊”放置在光滑的水平面上①運動性質(zhì)：“子彈”對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；“木塊”在滑動摩擦力作用下做

直線運動.②處理方法：通常由于“子彈”和“木塊”的相互作用時間極短，內(nèi)力遠大于外力，可認為在這一過程中動量守恒.把“子彈”和“木塊”看成一個系統(tǒng)：a.系統(tǒng)水平方向動量

；b.系統(tǒng)的機械能

；c.對“木塊”和“子彈”分別應(yīng)用動能定理.勻加速守恒不守恒“三類”模型問題二1.“子彈打木塊”模型勻加速守恒不守恒(2)“木塊”固定在水平面上①運動性質(zhì)：“子彈”對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；“木塊”靜止不動.②處理方法：對“子彈”應(yīng)用動能定理或牛頓第二定律.(2)“木塊”固定在水平面上2.“反沖”和“爆炸”模型(1)反沖①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.②特點：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力

系統(tǒng)受到的外力.實例：發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等.③規(guī)律：遵從動量守恒定律.(2)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

系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量

.如爆竹爆炸等.遠大于守恒遠大于2.“反沖”和“爆炸”模型遠大于守恒遠大于3.“人船模型”問題(1)模型介紹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

的反比.這樣的問題即為“人船模型”問題.(2)模型特點①兩物體滿足動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.②運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船

，人慢船

，人左船

；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

的反比，質(zhì)量快右慢質(zhì)量3.“人船模型”問題質(zhì)量快右慢質(zhì)量解析

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，由題圖可看出，x船＋x人＝L，自測2如圖1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.則船和人相對地面的位移各為多少？圖1解析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02研透命題點02研透命題點例1如圖2所示，A、B兩物體的質(zhì)量之比為mA∶mB＝1∶2，它們原來靜止在平板車C上，A、B兩物體間有一根被壓縮了的水平輕質(zhì)彈簧，A、B兩物體與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，水平地面光滑.當彈簧突然釋放后，A、B兩物體被彈開(A、B兩物體始終不滑出平板車)，則有A.A、B系統(tǒng)動量守恒B.A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C.小車C先向左運動后向右運動D.小車C一直向右運動直到靜止動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用基礎(chǔ)考點

自主悟透命題點一題型1動量守恒的理解圖2√例1如圖2所示，A、B兩物體的質(zhì)量之比為mA∶mB＝1∶2解析

A、B兩物體和彈簧、小車C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒.在彈簧釋放的過程中，因mA∶mB＝1∶2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A、B兩物體所受的摩擦力大小不等，所以A、B兩物體組成的系統(tǒng)合外力不為零，A、B兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒，A物體對小車向左的滑動摩擦力小于B對小車向右的滑動摩擦力，在A、B兩物體相對小車停止運動之前，小車所受的合外力向右，會向右運動，因滑動摩擦力做負功，則系統(tǒng)的機械能不守恒，最終整個系統(tǒng)將靜止，故A、B、C錯誤，D正確.解析A、B兩物體和彈簧、小車C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，所變式1

(多選)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A.若物體滑動中不受摩擦力，則該系統(tǒng)全過程機械能守恒B.若物體滑動中有摩擦力，則該系統(tǒng)全過程動量守恒C.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D.不論物體滑動中有沒有摩擦，系統(tǒng)損失的機械能相同圖3√√√變式1(多選)如圖3所示，小車在光滑水平面上向左勻速運動，解析物體與油泥粘合的過程，發(fā)生非彈性碰撞，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.解析物體與油泥粘合的過程，發(fā)生非彈性碰撞，系統(tǒng)機械能有損失例2

(多選)如圖4所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A，同時給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是A.2.1m/s

B.2.4m/sC.2.8m/s D.3.0m/s√題型2動量守恒定律的基本應(yīng)用圖4√例2(多選)如圖4所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長方形木板解析

以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，取水平向右為正方向，從A開始運動到A的速度為零過程中，由動量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入數(shù)據(jù)解得vB1≈2.67m/s.當從開始到A、B速度相同的過程中，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入數(shù)據(jù)解得vB2＝2m/s，則在木塊A做加速運動的時間內(nèi)，B的速度范圍為2m/s<vB<2.67m/s，故選項A、B正確.解析以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，取水平向右變式2一質(zhì)量為M的航天器遠離太陽和行星，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出質(zhì)量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均為相對同一參考系的速度)√解析

以v0的方向為正方向，由動量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2變式2一質(zhì)量為M的航天器遠離太陽和行星，正以速度v0在太空“子彈打木塊”模型基礎(chǔ)考點

自主悟透命題點二1.木塊放在光滑水平面上，子彈水平打進木塊，系統(tǒng)所受的合外力為零，因此動量守恒.2.兩者發(fā)生的相對位移為子彈射入的深度x相.3.根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動能等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能.4.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝f·x相，即兩物體由于相對運動而摩擦產(chǎn)生的熱(機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)，等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積.5.當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)的動量仍守恒，系統(tǒng)損失的動能為ΔEk＝f·L(L為木塊的長度).“子彈打木塊”模型基礎(chǔ)考點自主悟透命題點二1.木塊放在光滑例3

(多選)(2019·河北唐山市第一次模擬)如圖5，一子彈以初速度v0擊中靜止在光滑的水平面上的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊加速運動的位移為s.則以下說法正確的是A.子彈動能的虧損等于系統(tǒng)動能的虧損B.子彈動量變化量的大小等于木塊動量變化量的大小C.摩擦力對木塊做的功等于摩擦力對子彈做的功D.子彈對木塊做的功等于木塊動能的增量圖5√√例3(多選)(2019·河北唐山市第一次模擬)如圖5，一子解析

子彈射入木塊的過程，要產(chǎn)生內(nèi)能，由能量守恒定律知子彈動能的虧損大于系統(tǒng)動能的虧損，故A錯誤；子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)動量的變化量為零，則子彈與木塊動量變化量大小相等，方向相反，故B正確；摩擦力對木塊做的功為fs，摩擦力對子彈做的功為－f

(s＋d)，可知二者不等，故C錯誤；對木塊根據(jù)動能定理可知：子彈對木塊做的功即為摩擦力對木塊的功，等于木塊動能的增量，故選項D正確.解析子彈射入木塊的過程，要產(chǎn)生內(nèi)能，由能量守恒定律知子彈動圖6變式3

(2019·四川第二次診斷)如圖6甲所示，一塊長度為L、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上.一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度v0射入木塊.當子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s，如圖乙所示.設(shè)子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質(zhì)點.則子彈穿過木塊的時間為√圖6變式3(2019·四川第二次診斷)如圖6甲所示，一塊長解析

子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，外力之和為零，動量守恒，以v0的方向為正方向，有：mv0＝mv1＋mv2，由動量定理：－f

t＝mv1－mv0，由動量定理：f

t＝mv2，解析子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，外力之和為零1.反沖運動的三點說明“反沖”和“爆炸”模型基礎(chǔ)考點

自主悟透命題點三作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加1.反沖運動的三點說明“反沖”和“爆炸”模型基礎(chǔ)考點自主悟2.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒爆炸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)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動2.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒爆炸物體間的相互作用力遠遠大于例4

(2020·山東濟寧市質(zhì)檢)如圖7所示，質(zhì)量為m的炮彈運動到水平地面O點正上方時速度沿水平方向，離地面高度為h，炮彈動能為E，此時發(fā)生爆炸，炮彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分的動能之和為2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸時間極短，重力加速度為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求炮彈的兩部分落地點之間的距離.圖7例4(2020·山東濟寧市質(zhì)檢)如圖7所示，質(zhì)量為m的炮彈解得：v1＝0，v2＝2v0隨后一塊做自由落體運動，一塊做平拋運動，解得：v1＝0，v2＝2v0變式4

(2019·山東臨沂市質(zhì)檢)2017年6月15日，我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用長征四號乙運載火箭成功發(fā)射首顆X射線調(diào)制望遠鏡衛(wèi)星“慧眼”.假設(shè)將發(fā)射火箭看成如下模型：靜止的實驗火箭，總質(zhì)量為M＝2100g.當它以對地速度為v0＝840m/s噴出質(zhì)量為Δm＝100g的高溫氣體后，火箭的對地速度為(噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計)A.42m/s B.－42m/s C.40m/s D.－40m/s解析

噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計，可知在火箭發(fā)射的過程中二者組成的系統(tǒng)豎直方向的動量守恒，以噴出氣體的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42m/s，故B正確，A、C、D錯誤.√變式4(2019·山東臨沂市質(zhì)檢)2017年6月15日，我拓展點反沖運動中的“人—船”模型(1)兩個物體(2)動量守恒(3)總動量為零1.特點2.方程m1v1－m2v2＝0(v1、v2為速度大小)3.結(jié)論m1x1＝m2x2(x1、x2為位移大小)拓展點反沖運動中的“人—船”模型(1)兩個物體1.特點2.例5有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(重一噸左右).一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量.他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船.用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，則船的質(zhì)量為√解析

設(shè)船的質(zhì)量為M，人走動的時候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時為t，人的位移為L－d，船的位移為d，以船后退的方向為正方向，根據(jù)動量守恒有：Mv－mv′＝0，例5有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(重一噸左右).變式5

(2019·湖南婁底市下學(xué)期質(zhì)量檢測)質(zhì)量為M的氣球上有一個質(zhì)量為m的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上慢慢放下一個質(zhì)量不計的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長至少應(yīng)為√解析

設(shè)人沿軟梯滑至地面，軟梯長度至少為L，以人和氣球組成的系統(tǒng)為研究對象，豎直方向動量守恒，規(guī)定豎直向下為正方向，由動量守恒定律得：0＝－Mv2＋mv1人沿軟梯降至地面，氣球上升的高度為L－h(huán)，變式5(2019·湖南婁底市下學(xué)期質(zhì)量檢測)質(zhì)量為M的氣球03課

時

精練03課時精練1.(2019·福建龍巖市5月模擬)如圖1，水平面上有一平板車，某人站在車上掄起錘子從與肩等高處揮下，打在車的左端，打后車與錘相對靜止.以人、錘子和平板車為系統(tǒng)(初始時系統(tǒng)靜止)，研究該次揮下、打擊過程，下列說法正確的是1234567圖1A.若水平面光滑，在錘子揮下的過程中，平板車一定向右運動B.若水平面光滑，打后平板車可能向右運動C.若水平面粗糙，在錘子揮下的過程中，平板車一定向左運動D.若水平面粗糙，打后平板車可能向右運動√雙基鞏固練89101.(2019·福建龍巖市5月模擬)如圖1，水平面上有一平板1234567系統(tǒng)水平方向動量為零，打后錘子與平板車均靜止，B錯誤；若水平面粗糙，在錘子揮下的過程車由于受摩擦力作用，可能靜止不動，在錘子打平板車時，在最低點與車相碰，錘子與平板車系統(tǒng)動量向右，所以打后平板車可能向右運動，C錯誤，D正確.解析

以人、錘子和平板車為系統(tǒng)，若水平面光滑，系統(tǒng)水平方向合外力為零，水平方向動量守恒，且總動量為零，在錘子揮下的過程中，錘子有水平向右的速度，所以平板車一定向左運動，A錯誤；89101234567系統(tǒng)水平方向動量為零，打后錘子與平板車均靜止，2.如圖2，兩滑塊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A.A和B都向左運動B.A和B都向右運動C.A靜止，B向右運動D.A向左運動，B向右運動1234√567圖2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A、B的運動方向相反或者兩者都靜止，而碰撞為彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的速度不可能都為零，則A應(yīng)該向左運動，B應(yīng)該向右運動，選項D正確，A、B、C錯誤.89102.如圖2，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑3.(2017·全國卷Ⅰ·14)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/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.30kg·m/s

B.5.7×102

kg·m/sC.6.0×102kg·m/s D.6.3×102kg·m/s1234√567解析設(shè)火箭的質(zhì)量為m1，燃氣的質(zhì)量為m2.由題意可知，燃氣的動量p2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s.以火箭運動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，則火箭的動量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯誤.89103.(2017·全國卷Ⅰ·14)將質(zhì)量為1.00kg的模型12344.光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M、底邊長為L，如圖3所示.將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端.此過程中斜面對滑塊的支持力大小為N，重力加速度為g，則下列說法中正確的是567圖3A.N＝mgcosαB.滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為NtcosαC.滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒√891012344.光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A1234567解析當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面體A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力N不等于mgcosα，A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為Nt，B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以A、B組成的系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，C錯誤；A、B組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設(shè)A、B的水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，89101234567解析當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面體A水5.一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2，則下列選項圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是1234567√89105.一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/1236.(多選)(2019·安徽宣城市第二次模擬)如圖4，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h處由靜止開始自由下滑，則4567圖4A.在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒B.在小球下滑的過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功C.被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h處D.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動√√89101236.(多選)(2019·安徽宣城市第二次模擬)如圖41234567解析

在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向上不受力，則水平方向上動量守恒，故A正確；在