高中高考物理總復(fù)習(xí)一輪復(fù)習(xí)知識(shí)歸納第六章第2講

高考試卷試題學(xué)習(xí)資料第2講動(dòng)量守恒定律及“三類模型”問題一、動(dòng)量守恒定律1．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．表達(dá)式(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和．(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量等大反向．(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零．3．適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零．(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力．(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)在這一方向上動(dòng)量守恒．自測(cè)1關(guān)于系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)量就不可能守恒B．只要系統(tǒng)中有一個(gè)物體具有加速度，系統(tǒng)動(dòng)量就不守恒C．只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒D．系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定守恒答案C二、碰撞、反沖、爆炸1．碰撞(1)定義：相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短的時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化，這個(gè)過程就可稱為碰撞．(2)特點(diǎn)：作用時(shí)間極短，內(nèi)力(相互碰撞力)遠(yuǎn)大于外力，總動(dòng)量守恒．(3)碰撞分類①?gòu)椥耘鲎玻号鲎埠笙到y(tǒng)的總動(dòng)能沒有損失．②非彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能有損失．③完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體，機(jī)械能損失最大．2．反沖(1)定義：當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開物體時(shí)，剩余部分將獲得一個(gè)反向沖量，這種現(xiàn)象叫反沖運(yùn)動(dòng)．(2)特點(diǎn)：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力．實(shí)例：發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等．(3)規(guī)律：遵從動(dòng)量守恒定律．3．爆炸問題爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時(shí)間很短，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．如爆竹爆炸等．自測(cè)2如圖1所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)狀態(tài)是()圖1A．A和B都向左運(yùn)動(dòng)B．A和B都向右運(yùn)動(dòng)C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng)D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)答案D解析以兩滑塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，兩滑塊碰撞過程動(dòng)量守恒，由于初始狀態(tài)系統(tǒng)的動(dòng)量為零，所以碰撞后兩滑塊的動(dòng)量之和也為零，所以A、B的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，B應(yīng)該向右運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤.命題點(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用例1(2018·湖北省仙桃市、天門市、潛江市期末聯(lián)考)如圖2所示，A、B兩物體的質(zhì)量之比為mA∶mB＝1∶2，它們?cè)瓉盱o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(dòng)摩擦因數(shù)相同，水平地面光滑．當(dāng)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()圖2A．A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．A、B、C及彈簧整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．小車C先向左運(yùn)動(dòng)后向右運(yùn)動(dòng)D．小車C一直向右運(yùn)動(dòng)直到靜止答案D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(dòng)量守恒．在彈簧釋放的過程中，因mA∶mB＝1∶2，由摩擦力公式Ff＝μFN＝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(dòng)量不守恒，A物體對(duì)小車向左的滑動(dòng)摩擦力小于B對(duì)小車向右的滑動(dòng)摩擦力，在A、B兩物體相對(duì)小車停止運(yùn)動(dòng)之前，小車所受的合外力向右，會(huì)向右運(yùn)動(dòng)，因存在摩擦力做負(fù)功，最終整個(gè)系統(tǒng)將靜止，則系統(tǒng)的機(jī)械能減為零，不守恒，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．變式1(多選)(2018·安徽省宣城市第二次調(diào)研)如圖3所示，小車在光滑水平面上向左勻速運(yùn)動(dòng)，水平輕質(zhì)彈簧左端固定在A點(diǎn)，物體與固定在A點(diǎn)的細(xì)線相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)(物體與彈簧未連接)，某時(shí)刻細(xì)線斷了，物體沿車滑動(dòng)到B端粘在B端的油泥上，取小車、物體和彈簧為一個(gè)系統(tǒng)，下列說法正確的是()圖3A．若物體滑動(dòng)中不受摩擦力，則該系統(tǒng)全過程機(jī)械能守恒B．若物體滑動(dòng)中有摩擦力，則該系統(tǒng)全過程動(dòng)量守恒C．不論物體滑動(dòng)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(dòng)中有沒有摩擦，系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同答案BCD解析物體與油泥粘合的過程，發(fā)生非彈簧碰撞，系統(tǒng)機(jī)械能有損失，故A錯(cuò)誤；整個(gè)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(dòng)量一直守恒，故B正確；取系統(tǒng)的初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可知，物體在沿車滑動(dòng)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(dāng)物體與B端油泥粘在一起時(shí)，系統(tǒng)的速度與初速度相等，所以系統(tǒng)的末動(dòng)能與初動(dòng)能是相等的，系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于彈簧的彈性勢(shì)能，與物體滑動(dòng)中有沒有摩擦無關(guān)，故D正確．例2(2017·全國(guó)卷Ⅰ·14)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案A解析設(shè)火箭的質(zhì)量為m1，燃?xì)獾馁|(zhì)量為m2.由題意可知，燃?xì)獾膭?dòng)量p2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s.以火箭運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，則火箭的動(dòng)量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯(cuò)誤．變式2(2018·江西省七校第一次聯(lián)考)一質(zhì)量為M的航天器遠(yuǎn)離太陽和行星，正以速度v0在太空中飛行，某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動(dòng)機(jī)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(duì)同一參考系的速度)()A.eq\f(M＋mv0－mv1,M) B.eq\f(M＋mv0＋mv1,M)C.eq\f(Mv0＋mv1,M－m) D.eq\f(Mv0－mv1,M－m)答案C解析以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2解得v2＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)，故選C.命題點(diǎn)二碰撞模型問題1．碰撞遵循的三條原則(1)動(dòng)量守恒定律(2)機(jī)械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(12,),2m1)＋eq\f(p\o\al(22,),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大或相等．②相向碰撞：碰撞后兩物體的運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①,\f(1,2)m1v\o\al(12,)＋\f(1,2)m2v\o\al(22,)＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2②))解得v1′＝eq\f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)v2′＝eq\f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)(2)分析討論：當(dāng)碰前物體2的速度不為零時(shí)，若m1＝m2，則v1′＝v2，v2′＝v1，即兩物體交換速度．當(dāng)碰前物體2的速度為零時(shí)，v2＝0，則：v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)，①m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度．②m1>m2時(shí)，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩物體沿同方向運(yùn)動(dòng)．③m1<m2時(shí)，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來．例3(2018·廣東省湛江市第二次模擬)如圖4所示，水平地面放置A和B兩個(gè)物塊，物塊A的質(zhì)量m1＝2kg，物塊B的質(zhì)量m2＝1kg，物塊A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5.現(xiàn)對(duì)物塊A施加一個(gè)與水平方向成37°角的外力F，F(xiàn)＝10N，使物塊A由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過12s物塊A剛好運(yùn)動(dòng)到物塊B處，A物塊與B物塊碰前瞬間撤掉外力F，物塊A與物塊B碰撞過程沒有能量損失，設(shè)碰撞時(shí)間很短，A、B兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖4(1)計(jì)算A與B兩物塊碰撞前瞬間物塊A的速度大??；(2)若在物塊B的正前方放置一個(gè)彈性擋板，物塊B與擋板碰撞時(shí)沒有能量損失，要保證A和B兩物塊能發(fā)生第二次碰撞，彈性擋板距離物塊B的距離L不得超過多大？答案(1)6m/s(2)L不得超過3.4m解析(1)設(shè)物塊A與物塊B碰前速度為v1，由牛頓第二定律得：Fcos37°－μ(m1g－Fsin37°)＝m1a解得：a＝0.5m/s2則速度v1＝at＝6m/s(2)設(shè)A、B兩物塊相碰后A的速度為v1′，B的速度為v2由動(dòng)量守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1veq\o\al(12,)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(22,)聯(lián)立解得：v1′＝2m/s、v2＝8m/s對(duì)物塊A用動(dòng)能定理得：－μm1gxA＝0－eq\f(1,2)m1v1′2解得：xA＝0.4m對(duì)物塊B用動(dòng)能定理得：－μm2gxB＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(22,)解得：xB＝6.4m物塊A和物塊B能發(fā)生第二次碰撞的條件是xA＋xB>2L，解得L<3.4m即要保證物塊A和物塊B能發(fā)生第二次碰撞，彈性擋板距離物塊B的距離L不得超過3.4m.拓展點(diǎn)1“滑塊—彈簧”碰撞模型例4(2018·山東省臨沂市一模)如圖5所示，靜止放置在光滑水平面上的A、B、C三個(gè)滑塊，滑塊A、B間通過一水平輕彈簧相連，滑塊A左側(cè)緊靠一固定擋板P，某時(shí)刻給滑塊C施加一個(gè)水平?jīng)_量使其以初速度v0水平向左運(yùn)動(dòng)，滑塊C撞上滑塊B的瞬間二者粘在一起共同向左運(yùn)動(dòng)，彈簧被壓縮至最短的瞬間具有的彈性勢(shì)能為1.35J，此時(shí)撤掉固定擋板P，之后彈簧彈開釋放勢(shì)能，已知滑塊A、B、C的質(zhì)量分別為mA＝mB＝0.2kg，mC＝0.1kg，(取eq\r(10)＝3.17)求：圖5(1)滑塊C的初速度v0的大?。?2)當(dāng)彈簧彈開至恢復(fù)到原長(zhǎng)的瞬時(shí)，滑塊B、C的速度大小；(3)從滑塊B、C壓縮彈簧至彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)的過程中，彈簧對(duì)滑塊B、C整體的沖量．答案(1)9m/s(2)1.9m/s(3)1.47N·s，方向水平向右解析(1)滑塊C撞上滑塊B的過程中，滑塊B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向左為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mCv0＝(mB＋mC)v1彈簧被壓縮至最短時(shí)，滑塊B、C速度為零，根據(jù)能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(12,)解得：v1＝3m/s，v0＝9m/s(2)設(shè)彈簧彈開至恢復(fù)到原長(zhǎng)的瞬間，滑塊B、C的速度大小為v2，滑塊A的大小為v3，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mAv3＝(mB＋mC)v2，根據(jù)能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(,32)＋eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(22,)解得：v2≈1.9m/s(3)設(shè)彈簧對(duì)滑塊B、C整體的沖量I，選向右為正方向，由動(dòng)量定理得：I＝Δp＝(mB＋mC)(v2＋v1)解得：I＝1.47N·s，方向水平向右．拓展點(diǎn)2“滑塊—木板”碰撞模型例5(2018·湖北省武漢市部分學(xué)校起點(diǎn)調(diào)研)如圖6，在光滑的水平面上靜止著足夠長(zhǎng)、質(zhì)量為3m的木板，木板上依次排放質(zhì)量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)同時(shí)給木塊1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木塊與木板相對(duì)靜止．已知重力加速度為g，求：圖6(1)木塊3從開始運(yùn)動(dòng)到與木板相對(duì)靜止時(shí)位移的大小；(2)木塊2在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度．答案(1)eq\f(4v\o\al(02,),μg)(2)eq\f(5,6)v0解析(1)當(dāng)木塊3與木板的速度相等時(shí)，3個(gè)木塊與木板的速度均相等，設(shè)為v，以v0的方向?yàn)檎较颍到y(tǒng)動(dòng)量守恒m(v0＋2v0＋3v0)＝6mv木塊3在木板上勻減速運(yùn)動(dòng)：μmg＝ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式(3v0)2－v2＝2ax3解得x3＝eq\f(4v\o\al(,02),μg)(2)設(shè)木塊2的最小速度為v2，此時(shí)木塊3的速度為v3，由動(dòng)量守恒定律m(v0＋2v0＋3v0)＝(2m＋3m)v2＋mv3在此過程中，木塊3與木塊2速度改變量相同3v0－v3＝2v0－v2解得v2＝eq\f(5,6)v0.變式3(多選)(2018·廣西桂林市、百色市和崇左市第三次聯(lián)考)如圖7甲，光滑水平面上放著長(zhǎng)木板B，質(zhì)量為m＝2kg的木塊A以速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長(zhǎng)木板B的上表面，由于A、B之間存在摩擦，之后木塊A與長(zhǎng)木板B的速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2.則下列說法正確的是()圖7A．木塊A與長(zhǎng)木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1B．長(zhǎng)木板的質(zhì)量M＝2kgC．長(zhǎng)木板B的長(zhǎng)度至少為2mD．木塊A與長(zhǎng)木板B組成系統(tǒng)損失機(jī)械能為4J答案AB解析由題圖可知，木塊A先做勻減速運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板B先做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后一起做勻速運(yùn)動(dòng)，共同速度v＝1m/s，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2kg，故B正確；由題圖可知，長(zhǎng)木板B勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為：aB＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1,1)m/s2＝1m/s2，對(duì)長(zhǎng)木板B，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝MaB，μ＝0.1，故A正確；由題圖可知前1s內(nèi)長(zhǎng)木板B的位移為：xB＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，木塊A的位移為：xA＝eq\f(2＋1,2)×1m＝1.5m，所以長(zhǎng)木板B的最小長(zhǎng)度為：L＝xA－xB＝1m，故C錯(cuò)誤；木塊A與長(zhǎng)木板B組成系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－eq\f(1,2)(m＋M)v2＝2J，故D錯(cuò)誤．拓展點(diǎn)3“滑塊—斜面”碰撞模型例6(2018·福建省廈大附中第二次模擬)如圖8所示，光滑水平面上質(zhì)量為m1＝2kg的物塊以v0＝2m/s的初速度沖向質(zhì)量為m2＝6kg靜止的光滑圓弧面斜劈體．求：圖8(1)物塊m1滑到最高點(diǎn)位置時(shí)，二者的速度大?。?2)物塊m1從圓弧面滑下后，二者速度大?。?3)若m1＝m2，物塊m1從圓弧面滑下后，二者速度大小．答案見解析解析(1)物塊m1與斜劈體作用過程水平方向遵從動(dòng)量守恒定律，且到最高點(diǎn)時(shí)共速，以v0方向?yàn)檎瑒t有：m1v0＝(m1＋m2)v，v＝0.5m/s；(2)物塊m1從圓弧面滑下過程，水平方向動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，則有：m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(02,)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(12,)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(22,)，解得：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0代入數(shù)據(jù)得：v1＝－1m/s，v2＝1m/s；(3)若m1＝m2，根據(jù)上述分析，物塊m1從圓弧面滑下后，交換速度，即v1′＝0，v2′＝2m/s.變式4(2019·甘肅省天水市調(diào)研)如圖9所示，在水平面上依次放置小物塊A和C以及曲面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑．現(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個(gè)小物塊粘在一起滑上曲面劈B.求：圖9(1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度．答案(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(02,)(2)eq\f(3v\o\al(02,),40g)解析(1)小物塊C與物塊A發(fā)生碰撞粘在一起，以v0的方向?yàn)檎较蛴蓜?dòng)量守恒定律得：mv0＝2mv解得v＝eq\f(1,2)v0；碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－eq\f(1,2)×2mv2解得E損＝eq\f(1,4)mveq\o\al(02,).(2)當(dāng)小物塊A、C上升到最大高度時(shí)，A、B、C系統(tǒng)的速度相等．根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1解得v1＝eq\f(1,5)v0根據(jù)機(jī)械能守恒得2mgh＝eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2－eq\f(1,2)×5meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)v0))2解得h＝eq\f(3v\o\al(02,),40g).命題點(diǎn)三“人船”模型1．特點(diǎn)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1兩個(gè)物體,2動(dòng)量守恒,3總動(dòng)量為零))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)例7(2018·河南省鶴壁市第二次段考)有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(zhǎng)(估計(jì)重一噸左右)．一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測(cè)定它的質(zhì)量．他進(jìn)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(cè)出船后退的距離d，然后用卷尺測(cè)出船長(zhǎng)L.已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計(jì)，則船的質(zhì)量為()A.eq\f(mL＋d,d) B.eq\f(mL－d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL＋d,L)答案B解析設(shè)人走動(dòng)的時(shí)候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時(shí)為t，人的位移為L(zhǎng)－d，船的位移為d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t).以船后退的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Meq\f(d,t)＝eq\f(mL－d,t)，小船的質(zhì)量為：M＝eq\f(mL－d,d)，故B正確．變式5(2018·河南省中原名校第六次模擬)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(zhǎng)為L(zhǎng)，如圖10所示．將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時(shí)間t剛好滑到斜面底端．此過程中斜面對(duì)滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是()圖10A．FN＝mgcosαB．滑塊下滑過程中支持力對(duì)B的沖量大小為FNtcosαC．滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．此過程中斜面體向左滑動(dòng)的距離為eq\f(m,M＋m)L答案D解析當(dāng)滑塊B相對(duì)于斜面加速下滑時(shí)，斜面體A水平向左加速運(yùn)動(dòng)，所以滑塊B相對(duì)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(duì)滑塊的支持力FN不等于mgcosα，A錯(cuò)誤；滑塊B下滑過程中支持力對(duì)B的沖量大小為FNt，B錯(cuò)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(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；A、B組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正確．命題點(diǎn)四“子彈打木塊”模型1．木塊放在光滑水平面上，子彈水平打進(jìn)木塊，系統(tǒng)所受的合外力為零，因此動(dòng)量守恒．2．兩者發(fā)生的相對(duì)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(dòng)能等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能．4．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ff·x相，即兩物體由于相對(duì)運(yùn)動(dòng)而摩擦產(chǎn)生的熱(機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)，等于摩擦力大小與兩物體相對(duì)滑動(dòng)的路程的乘積．5．當(dāng)子彈速度很大時(shí)，可能射穿木塊，這時(shí)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(dòng)量仍守恒，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔEk＝Ff·L(L為木塊的長(zhǎng)度)．例8一質(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(jìn)木塊并留在其中，設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為Ff.則：(1)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度是多少？(2)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多長(zhǎng)？(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(jìn)木塊的深度分別是多少？答案(1)eq\f(m,M＋m)v0(2)eq\f(Mmv0,FfM＋m)(3)eq\f(MmM＋2mv\o\al(,02),2FfM＋m2)eq\f(Mm2v\o\al(02,),2FfM＋m2)eq\f(Mmv\o\al(02,),2FfM＋m)解析(1)設(shè)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度為v，以子彈初速度的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(m,M＋m)v0(2)設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由動(dòng)量定理得對(duì)木塊：Fft＝Mv－0解得t＝eq\f(Mmv0,FfM＋m)(3)設(shè)子彈、木塊發(fā)生的位移分別為x1、x2，如圖所示，由動(dòng)能定理得對(duì)子彈：－Ffx1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)解得：x1＝eq\f(MmM＋2mv\o\al(02,),2FfM＋m2)對(duì)木塊：Ffx2＝eq\f(1,2)Mv2解得：x2＝eq\f(Mm2v\o\al(,02),2FfM＋m2)子彈打進(jìn)木塊的深度等于相對(duì)位移，即x相＝x1－x2＝eq\f(Mmv\o\al(02,),2FfM＋m)變式6(2019·陜西省商洛市質(zhì)檢)如圖11所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是()圖11A．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對(duì)輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒答案C解析子彈射入木塊后的瞬間，子彈和木塊系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较颍瑒tm0v0＝(M＋m0)v1，得v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；子彈射入木塊后的瞬間，F(xiàn)T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v\o\al(12,),L)，可知繩子拉力大于(M＋m0)g，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；子彈射入木塊后的瞬間，對(duì)圓環(huán)：FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，由牛頓第三定律知，選項(xiàng)C正確；子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．1．現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生了碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動(dòng)，那么這次碰撞是()A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定答案A2．(2018·福建省福州市模擬)一質(zhì)量為M的航天器正以速度v0在太空中飛行，某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動(dòng)機(jī)瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時(shí)速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為()A.eq\f(v2－v1,v1)M B.eq\f(v2,v2－v1)MC.eq\f(v2－v0,v2＋v1)M D.eq\f(v2－v0,v2－v1)M答案C3．(2018·廣東省東莞市調(diào)研)兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上．現(xiàn)在，其中一人向另一個(gè)人拋出一個(gè)籃球，另一人接球后再拋回．如此反復(fù)進(jìn)行幾次之后，甲和乙最后的速率關(guān)系是()A．若甲最先拋球，則一定是v甲＞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B4．(2018·山東省青島市第二次質(zhì)量檢測(cè))如圖1，連接有水平輕彈簧的物塊a靜止于光滑水平面上，物塊b以一定初速度向左運(yùn)動(dòng)．下列關(guān)于a、b兩物塊的動(dòng)量p隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖象，不合理的是()圖1答案A解析物塊b以一定初速度向左運(yùn)動(dòng)與連接有水平輕彈簧的靜止物塊a相碰，中間彈簧先被壓縮后又恢復(fù)原長(zhǎng)，則彈力在碰撞過程中先變大后變小，兩物塊動(dòng)量的變化率先變大后變小．故A錯(cuò)誤．5．(2019·河南省鶴壁市調(diào)研)在列車編組站里，一節(jié)動(dòng)車車廂以1m/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(yùn)動(dòng)．已知兩節(jié)車廂的質(zhì)量均為20t，則碰撞過程拖車車廂受到的沖量大小為(碰撞過程時(shí)間很短，內(nèi)力很大)()A．10N·s B．20N·sC．104N·s D．2×104N·s答案C解析動(dòng)車車廂和拖車車廂碰撞過程動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mv，對(duì)拖車根據(jù)動(dòng)量定理有I＝mv，聯(lián)立解得I＝104N·s，選項(xiàng)C正確．6．(2018·山西省晉城市第一次模擬)所謂對(duì)接是指兩艘同方向以幾乎同樣快慢運(yùn)行的宇宙飛船在太空中互相靠近，最后連接在一起．假設(shè)“天舟一號(hào)”和“天宮二號(hào)”的質(zhì)量分別為M、m，兩者對(duì)接前的在軌速度分別為(v＋Δv)、v，對(duì)接持續(xù)時(shí)間為Δt，則在對(duì)接過程中“天舟一號(hào)”對(duì)“天宮二號(hào)”的平均作用力大小為()A.eq\f(m2·Δv,M＋mΔt) B.eq\f(M2·Δv,M＋mΔt)C.eq\f(Mm·Δv,M＋mΔt) D．0答案C解析在“天舟一號(hào)”和“天宮二號(hào)”對(duì)接的過程中水平方向動(dòng)量守恒，M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得對(duì)接后兩者的共同速度v′＝v＋eq\f(M·Δv,M＋m)，以“天宮二號(hào)”為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝eq\f(Mm·Δv,M＋mΔt)，選項(xiàng)C正確．7．(2018·河北省石家莊二中期中)滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞，碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)，兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖2所示．則滑塊a、b的質(zhì)量之比()圖2A．5∶4B．1∶8C．8∶1D．4∶5答案B解析設(shè)滑塊a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b兩滑塊碰撞前的速度為v1、v2，由題圖得v1＝－2m/sv2＝1m/s兩滑塊發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度設(shè)為v，由題圖得v＝eq\f(2,3)m/s由動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v聯(lián)立解得m1∶m2＝1∶8.8.(2018·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(yùn)動(dòng)的兩物體A、B碰撞后以共同的速度運(yùn)動(dòng)，該過程的位移—時(shí)間圖象如圖3所示．則下列說法錯(cuò)誤的是()圖3A．碰撞前后物體A的運(yùn)動(dòng)方向相反B．物體A、B的質(zhì)量之比為1∶2C．碰撞過程中A的動(dòng)能變大，B的動(dòng)能減小D．碰前物體B的動(dòng)量較大答案C解析由題圖可得，碰撞前vA＝eq\f(20－30,2)m/s＝－5m/s，碰撞后vA′＝eq\f(20－10,2)m/s＝5m/s，則碰撞前后物體A的運(yùn)動(dòng)方向相反，故A正確；由題圖可得，碰撞前vB＝eq\f(20－0,2)m/s＝10m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vA′，代入數(shù)據(jù)得：mA∶mB＝1∶2，故B正確；碰撞前后物體A速度大小相等，則碰撞過程中物體A動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤；碰前物體A、B速度方向相反，碰后物體A、B速度方向與物體B碰前速度方向相同，則碰前物體B動(dòng)量較大，故D正確．9.(多選)(2019·江西省上饒市調(diào)研)質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上，左端固定一根水平輕彈簧，質(zhì)量為m的光滑物塊放在小車上，壓縮彈簧并用細(xì)線連接物塊和小車左端，開始時(shí)小車與物塊都處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)物塊與小車右端相距為L(zhǎng)，如圖4所示，當(dāng)突然燒斷細(xì)線后，以下說法正確的是()圖4A．物塊和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．物塊和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．當(dāng)物塊速度大小為v時(shí)，小車速度大小為eq\f(m,M)vD．當(dāng)物塊離開小車時(shí)，小車向左運(yùn)動(dòng)的位移為eq\f(m,M)L答案BC解析彈簧推開物塊和小車的過程，若取物塊、小車和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，則無其他力做功，機(jī)械能守恒，但選物塊和小車組成的系統(tǒng)，彈力做功屬于系統(tǒng)外其他力做功，彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的機(jī)械能，此時(shí)系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；取物塊和小車的系統(tǒng)，外力的和為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，B選項(xiàng)正確；由物塊和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝eq\f(m,M)v，C選項(xiàng)正確；彈開的過程滿足反沖原理和“人船模型”，有eq\f(v,v′)＝eq\f(M,m)，則在相同時(shí)間內(nèi)eq\f(x,x′)＝eq\f(M,m)，且x＋x′＝L，聯(lián)立得x′＝eq\f(mL,M＋m)，D選項(xiàng)錯(cuò)誤．10.(多選)(2018·陜西省西安一中一模)如圖5所示，在光滑的水平面上有一靜止的物體M，物體M上有一光滑的半圓弧軌道，最低點(diǎn)為C，A、B為同一水平直徑上的兩點(diǎn)，現(xiàn)讓小滑塊m從A點(diǎn)由靜止下滑，則()圖5A．小滑塊m到達(dá)物體M上的B點(diǎn)時(shí)小滑塊m的速度不為零B．小滑塊m從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中物體M向左運(yùn)動(dòng)，小滑塊m從C點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中物體M向右運(yùn)動(dòng)C．若小滑塊m由A點(diǎn)正上方h高處自由下落，則由B點(diǎn)飛出時(shí)做豎直上拋運(yùn)動(dòng)D．物體M與小滑塊m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒答案CD解析物體M和小滑塊m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，D正確；小滑塊m滑到右端兩者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v，v＝0，可知小滑塊m到達(dá)物體M上的B點(diǎn)時(shí)，小滑塊m、物體M的水平速度為零，故當(dāng)小滑塊m從A點(diǎn)由靜止下滑，則能恰好到達(dá)B點(diǎn)，當(dāng)小滑塊由A點(diǎn)正上方h高處自由下落，則由B點(diǎn)飛出時(shí)做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，C正確；小滑塊m從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中物體M向左加速運(yùn)動(dòng)，小滑塊m從C點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中物體M向左減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．11．(2018·山東省日照市二模)2017年4月22日12時(shí)23分，“天舟一號(hào)”貨運(yùn)飛船與離地面390公里處的“天宮二號(hào)”空間實(shí)驗(yàn)室順利完成自動(dòng)交會(huì)對(duì)接．下列說法正確的是()A．根據(jù)“天宮二號(hào)”離地面的高度，可計(jì)算出地球的質(zhì)量B．“天舟一號(hào)”與“天宮二號(hào)”的對(duì)接過程，滿足動(dòng)量守恒、能量守恒C．“天宮二號(hào)”飛越地球的質(zhì)量密集區(qū)上空時(shí)，軌道半徑和線速度都略微減小D．若測(cè)得“天舟一號(hào)”環(huán)繞地球近地軌道的運(yùn)行周期，可求出地球的密度答案D解析根據(jù)Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq