2021高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章動(dòng)量守恒定律第二節(jié)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案新人教版

1、第二節(jié)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用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)pp，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)m1v1m2v2m1v1m2v2，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)p1p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量等大反向(4)p0，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1關(guān)于系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件，下列說法正

2、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：c1碰撞(1)定義：相互作用的幾個(gè)物體，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2碰撞分類(1)彈性碰撞：碰撞后系統(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)械能損失最多3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

3、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、爆竹爆炸、發(fā)射火箭等(3)規(guī)律：遵從動(dòng)量守恒定律4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2.如圖所示，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()aa和b都向左運(yùn)動(dòng)ba和b都向右運(yùn)動(dòng)ca靜止，b向右運(yùn)動(dòng) da向左運(yùn)動(dòng)，b向右運(yùn)動(dòng)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

4、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)誤答案：d動(dòng)量守恒定律是自然界很重要的客觀規(guī)律，它不僅適用于經(jīng)典力學(xué)，而且適用于量子力學(xué)，在相對(duì)論條件下也成立考點(diǎn)一 動(dòng)量守恒的判斷(2019山東菏澤模擬)如圖所示，裝有彈簧發(fā)射器的小車放在水平地面上，現(xiàn)將彈簧壓縮鎖定后放入小球，再解鎖將小球從靜止斜向上彈射出去，不計(jì)空氣阻力的一切摩擦從靜止彈射到小球落地前的過程中，下列判斷正確的是()a小球的機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒b小球的機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒c小球、彈簧

5、和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒d小球、彈簧和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒思維點(diǎn)撥根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒條件判斷解析：小球從靜止彈射到落地前的過程中，彈簧的彈力對(duì)小球做功，小球的機(jī)械能不守恒；小球所受外力不等于零，其動(dòng)量不守恒，故a、b錯(cuò)誤；小球、彈簧和小車組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，系統(tǒng)豎直方向的合外力不為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，故c正確，d錯(cuò)誤答案：c動(dòng)量守恒定律的適用條件1系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零2系統(tǒng)所受的外力之和雖不為零，但比系統(tǒng)內(nèi)力小得多，如碰撞問題中的摩擦力，爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內(nèi)力來小得多，可以忽略不計(jì)3系統(tǒng)

6、某一方向不受外力或所受外力的矢量和為零，或外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，則系統(tǒng)該方向動(dòng)量守恒考點(diǎn)二 動(dòng)量守恒定律的理解與應(yīng)用1.動(dòng)量守恒定律的“六種”性質(zhì)系統(tǒng)性研究對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)條件性首先判斷系統(tǒng)是否滿足守恒條件相對(duì)性公式中v1、v2、v1、v2必須相對(duì)于同一個(gè)慣性系同時(shí)性公式中v1、v2是在相互作用前同一時(shí)刻的速度，v1、v2是相互作用后同一時(shí)刻的速度矢量性應(yīng)先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動(dòng)量為正值，相反為負(fù)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(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟(2019寧夏銀川一中月考)如圖所示，物塊a和b通過一根輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩連接，跨放

7、在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為ma2 kg，mb1 kg.初始時(shí)a靜止于水平地面上，b懸于空中先將b豎直向上舉高h(yuǎn)1.8 m(未觸及滑輪)然后由靜止釋放一段時(shí)間后細(xì)繩繃直，a、b以大小相等的速度一起運(yùn)動(dòng)，之后b恰好可以和地面接觸g取10 m/s2.(1)b從釋放到細(xì)繩繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；(2)a的最大速度v的大小；(3)初始時(shí)b離地面的高度h.思維點(diǎn)撥(1)細(xì)繩繃直瞬間，a、b通過細(xì)繩發(fā)生相互作用，該過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒嗎？(2)細(xì)繩繃直瞬間，a、b以大小相等的速度運(yùn)動(dòng)，此后a做怎樣的運(yùn)動(dòng)？解析：(1)b從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng)，有hgt2，解得t0.6 s.(2)設(shè)細(xì)繩繃直前

8、瞬間b速度大小為vb，有vbgt6 m/s.細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于a、b的重力，a、b相互作用，由動(dòng)量守恒，有mbvb(mamb)v，繩子繃直瞬間，a、b的速度v2 m/s.之后a做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以細(xì)繩繃直瞬間的速度v即為a的最大速度，則a的最大速度為2 m/s.(3)細(xì)繩繃直后，a、b一起運(yùn)動(dòng)，b恰好可以和地面接觸，說明此時(shí)a、b的速度為零，這一過程中a、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有(mamb)v2mbghmagh，解得h0.6 m，初始時(shí)b離地面的高度h0.6 m.答案：(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m1物體間發(fā)生相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力合力為0時(shí)，優(yōu)先選用動(dòng)量

9、守恒定律2當(dāng)物體間發(fā)生很短時(shí)間的相互作用時(shí)，其內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，對(duì)系統(tǒng)動(dòng)量可以認(rèn)為守恒，應(yīng)選用動(dòng)量守恒定律考點(diǎn)三 碰撞模型的規(guī)律及應(yīng)用1.碰撞問題遵循的三條原則(1)動(dòng)量守恒定律(2)機(jī)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，前面的物體速度大(或相等)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，有解得：v1，v2.(2)分析討論當(dāng)碰前物體2的速度不為零時(shí)，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(shí)，v20，則：v1，v2，m1m2時(shí)，v10，v2v

10、1，碰撞后兩物體交換速度m1m2時(shí)，v10，v20，碰撞后兩物體沿同方向運(yùn)動(dòng)m1m2時(shí)，v10，v20，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體a、b、c位于同一直線上，a位于b、c之間a的質(zhì)量為m，b、c的質(zhì)量都為m，三者都處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)使a以某一速度向右運(yùn)動(dòng)，求m和m之間滿足什么條件才能使a只與b、c各發(fā)生一次碰撞設(shè)物體間的碰撞都是彈性碰撞思維點(diǎn)撥要使a只與b、c各發(fā)生一次碰撞，則a先與c碰撞后要反彈并與b發(fā)生碰撞，且a的最終速度要小于c的速度解析：a向右運(yùn)動(dòng)與c發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒設(shè)速度向右方向?yàn)檎?，開始時(shí)a的速度為v0，第一次

11、碰撞后c的速度為vc1，a的速度為va1，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得：mv0mva1mvc1，mvmvmv，聯(lián)立可得：va1 v0，vc1 v0.如果mm，第一次碰撞后，a與c速度同向，且a的速度小于c的速度，不可能與b發(fā)生碰撞；如果mm，第一次碰撞后，a停止，c以a碰撞的速度向右運(yùn)動(dòng)，a不可能與b發(fā)生碰撞；所以只需要考慮mm的情況第一次碰撞后，a反向運(yùn)動(dòng)與b發(fā)生碰撞設(shè)與b發(fā)生碰撞后，a的速度為va2，b的速度為vb1，同理有：va2，va 1v 0.根據(jù)題意，要求a只與b、c各發(fā)生一次碰撞，應(yīng)有：va2vc1，聯(lián)立可得：m24mmm20，解得：m(2)m，另一解m(2)m舍去，所以，m

12、和m應(yīng)滿足的條件為：(2)mmm.答案：(2)mmm碰撞問題解題策略1抓住碰撞的特點(diǎn)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(dòng)一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1v1，v2v1.3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)m1m2，且v20時(shí)，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v1.當(dāng)m1m2，且v20時(shí)，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈考點(diǎn)四 “人船模型”問題1.“人船模型”問題兩個(gè)原來靜止的物體發(fā)生相互作用時(shí)，若所受外力的矢量和為零，則動(dòng)量守恒，在相互作用的過程中，任一時(shí)刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比這樣的問題歸為“人船

13、模型”問題2“人船模型”的特點(diǎn)(1)兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：m1v1m2v20.(2)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng)，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；兩物體的位移滿足：mm0，x人x船l，即x人l，x船l.(3)應(yīng)用此關(guān)系時(shí)要注意一個(gè)問題：公式v1、v2和x一般都是相對(duì)地面而言的長(zhǎng)為l、質(zhì)量為m的小船停在靜水中，一個(gè)質(zhì)量為m的人立在船頭，若不計(jì)水的阻力和空氣阻力，當(dāng)人從船頭走到船尾的過程中，船和人對(duì)地面的位移各是多少？思維點(diǎn)撥這是典型人船模型，畫出初末狀態(tài)圖，找出各自對(duì)地的位移解析：選人和船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，因系統(tǒng)在水平方向不受力，所以動(dòng)量守恒，人未走時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)量為零當(dāng)人起步加速前進(jìn)時(shí)，船同

14、時(shí)加速后退；當(dāng)人勻速前進(jìn)時(shí)，船勻速后退；當(dāng)人減速前進(jìn)時(shí)，船減速后退；當(dāng)人速度為零時(shí)，船速度也為零設(shè)某時(shí)刻人對(duì)地的速率為v1，船對(duì)地的速率為v2，以人運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律，得mv1mv20，因?yàn)樵谌藦拇^走到船尾的整個(gè)過程中時(shí)刻滿足動(dòng)量守恒，對(duì)式兩邊同乘以t，得mx1mx20.式為人對(duì)地的位移和船對(duì)地的位移關(guān)系由圖還可看出：x1x2l，聯(lián)立兩式得x1l，x2l.答案：見解析求解“人船模型”問題應(yīng)注意的兩點(diǎn)1適用條件(1)系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動(dòng)量為零；(2)在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過程中至少有一個(gè)方向的動(dòng)量守恒(如水平方向或豎直方向)2畫草圖解題時(shí)要畫出各物體的

15、位移關(guān)系草圖，找出各長(zhǎng)度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對(duì)同一參考系的位移考點(diǎn)五 “子彈打木塊”模型子彈打木塊的兩種常見類型(1)木塊放在光滑的水平面上，子彈以初速度v0射擊木塊運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：子彈對(duì)地在木塊對(duì)子彈的力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；木塊在子彈對(duì)木塊的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)圖象描述：從子彈擊中木塊時(shí)刻開始，在同一個(gè)vt坐標(biāo)中，兩者的速度圖線如圖甲(子彈穿出木塊)或乙(子彈停留在木塊中)所示圖中，圖線的縱坐標(biāo)給出各時(shí)刻兩者的速度，圖線的斜率反映了兩者的加速度兩圖線間陰影部分面積則對(duì)應(yīng)了兩者間的相對(duì)位移方法：把子彈和木塊看成一個(gè)系統(tǒng)，利用系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒和系統(tǒng)的能量守恒(機(jī)械能不守恒)，或?qū)δ緣K和

16、子彈分別利用動(dòng)能定理推論：系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于阻力乘以相對(duì)位移，即effd.(2)物塊固定在水平面，子彈以初速度v0射擊木塊，對(duì)子彈利用動(dòng)能定理，可得ffdmvmv.兩種類型的共同點(diǎn)：系統(tǒng)內(nèi)相互作用的兩物體間的一對(duì)摩擦力做功的總和恒為負(fù)值(因?yàn)橛幸徊糠謾C(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)摩擦生熱的條件：必須存在滑動(dòng)摩擦力和相對(duì)滑行的路程大小為qffs，其中ff是滑動(dòng)摩擦力的大小，s是兩個(gè)物體的相對(duì)位移(在一段時(shí)間內(nèi)“子彈”射入“木塊”的深度，就是這段時(shí)間內(nèi)兩者相對(duì)位移的大小，所以說是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)問題)靜摩擦力可對(duì)物體做功，但不能產(chǎn)生內(nèi)能(因?yàn)閮晌矬w的相對(duì)位移為零)如圖所示，在光滑水平面上有一輛質(zhì)量m8 kg的平

17、板小車，車上有一個(gè)質(zhì)量m1.9 kg的木塊(木塊可視為質(zhì)點(diǎn))，車與木塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)一顆質(zhì)量m00.1 kg的子彈以v0200 m/s的初速度水平向左飛，瞬間擊中木塊并留在其中已知木塊與平板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5.(g取10 m/s2)(1)求子彈射入木塊后瞬間子彈和木塊的共同速度；(2)若木塊不會(huì)從小車上落下，求三者的共同速度；(3)若是木塊剛好不會(huì)從車上掉下，則小車的平板至少多長(zhǎng)？思維點(diǎn)撥(1)子彈射入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出共同速度；(2)子彈、木塊、小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求出它們的共同速度；(3)對(duì)系統(tǒng)由能量守恒定律求出小車的平

18、板的最小長(zhǎng)度解析：(1)子彈射入木塊過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向左為正，則由動(dòng)量守恒有m0v0(m0m)v1，解得v1 m/s10 m/s.(2)子彈、木塊、小車系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得(m0m)v1(m0mm)v，解得v m/s2 m/s.(3)子彈擊中木塊到木塊相對(duì)小車靜止過程，由能量守恒定律得(m0m)v(m0m)gl(m0mm)v2，解得l8 m.答案：(1)10 m/s(2)2 m/s(3)8 m對(duì)于該模型，由于子彈與木塊作用時(shí)間非常短，一般都認(rèn)為子彈與木塊作用過程中系統(tǒng)動(dòng)量是守恒的，作用之后系統(tǒng)動(dòng)量是否還守恒還需要重新判定考點(diǎn)六 “滑塊木板”模型“滑塊木板”模型

19、作為力學(xué)的基本模型經(jīng)常出現(xiàn)，也是一個(gè)高頻的考查模型是對(duì)直線運(yùn)動(dòng)和牛頓運(yùn)動(dòng)定律和動(dòng)量守恒定律有關(guān)知識(shí)的綜合應(yīng)用，能力要求很高，往往以壓軸題形式出現(xiàn)這類問題可分為兩類：1沒有外力參與，滑塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)除遵從動(dòng)量守恒定律外，還遵從能量守恒定律，摩擦力與相對(duì)路程的乘積等于系統(tǒng)動(dòng)能的損失，即ffs滑ek.此類問題雖然受恒力作用時(shí)可以應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，但是求解過程相當(dāng)麻煩，受變力作用時(shí)更是無能為力，因此選用能量守恒和動(dòng)量守恒求解是最好選擇2系統(tǒng)受到外力，這時(shí)對(duì)滑塊和木板一般隔離分析，畫出它們運(yùn)動(dòng)的示意圖，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解此類問題請(qǐng)參見第三章“滑塊木板”模型

20、如圖所示，光滑的水平面上有兩個(gè)完全一樣的長(zhǎng)木板a和b，在a板的右側(cè)邊緣放有小滑塊c，開始a、c以相同的速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng)，與靜止在水平面上的木板b發(fā)生正碰，碰后兩木板粘在一起并繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，最終滑塊c剛好沒有從木板上掉下已知木板a、b和滑塊c的質(zhì)量均為m，c與a、b之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為.求：(1)最終滑塊c的速度；(2)木板b的長(zhǎng)度l.思維點(diǎn)撥(1)a、b碰撞一直到最終a、b、c一起向右運(yùn)動(dòng)的過程中，a、b、c組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以v0方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律列式求解最終的共同速度；(2)a、b碰撞過程中，a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出碰撞后a、b的速度，此后a在c上滑

21、行過程中，根據(jù)能量守恒工列式求解l.解析：(1)a、b碰撞一直到最終a、b、c一起向右運(yùn)動(dòng)的過程中，a、b、c組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以v0方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得2mv03mv，解得vv0.(2)a、b碰撞過程中，a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以v0方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得mv02mv1，解得v1.最終滑塊c剛好沒有從木板上掉下，則c與b的相對(duì)位移為l，根據(jù)能量守恒定律，得mglmv2mv3mv2，解得l.答案：(1)v0(2)涉及相對(duì)位移的“滑塊木板”問題分析方法在涉及相對(duì)位移問題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，利用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量，公式

22、表示為e內(nèi)e機(jī)fs相對(duì)1.(多選)(2019寧夏石嘴山三中月考)下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是()abcd解析：a中在光滑的水平面，子彈與木塊系統(tǒng)受合外力等于零，動(dòng)量守恒；b中剪斷細(xì)線后，豎直墻壁對(duì)左邊木塊有彈力作用，系統(tǒng)合外力不為零，動(dòng)量不守恒；c中兩球在勻速下落，系統(tǒng)合外力等于零，細(xì)線斷裂后，系統(tǒng)合外力仍然等于零，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒；d中木塊加速下滑時(shí)擋板對(duì)斜面體有向左的力，則動(dòng)量不守恒所以選項(xiàng)a、c正確答案：ac2(2017全國(guó)卷)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/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

23、大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()a30 kgm/sb5.7102 kgm/sc6.0102 kgm/s d6.3102 kgm/s解析：燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為p，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，選項(xiàng)a正確答案：a3.(多選)(2019南京模擬)如圖所示，靜止小車c放在光滑地面上，a、b兩人站在車的兩端，這兩人同時(shí)開始相向行走，發(fā)現(xiàn)車向左運(yùn)動(dòng)，分析小車運(yùn)動(dòng)的原因可能是()aa、b質(zhì)量相等，但a比b速率大ba、b質(zhì)量相等，但a比b速率小ca、b速率相等，但

24、a比b的質(zhì)量大da、b速率相等，但a比b的質(zhì)量小解析：兩人及車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，則mavambvbmcvc0，得mavambvb0，即papb.若mamb，必有vavb，故a正確，b錯(cuò)誤；若vavb，必有mamb，故c正確，d錯(cuò)誤答案：ac4(多選)兩個(gè)小球a、b在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，已知它們的質(zhì)量分別是m14 kg，m22 kg，a的速度v13 m/s(設(shè)為正)，b的速度v23 m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是()a均為1 m/s b4 m/s和5 m/sc2 m/s和1 m/s d1 m/s和5 m/s解析：由動(dòng)量守恒，可驗(yàn)證四個(gè)選項(xiàng)都滿足要求再看動(dòng)能情況：e

25、km1vm2v49 j29 j27 j，ekm1vm2v.由于碰撞過程動(dòng)能不可能增加，所以應(yīng)有ekek，可排除選項(xiàng)b.選項(xiàng)c雖滿足ekek，但a、b沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向(va0，vb0)，這顯然是不符合實(shí)際的，因此c錯(cuò)誤驗(yàn)證選項(xiàng)a、d均滿足ekek，故答案為選項(xiàng)a(完全非彈性碰撞)和選項(xiàng)d(彈性碰撞)答案：ad5質(zhì)量為m、速度為v的a球跟質(zhì)量為3m的靜止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請(qǐng)你論證：碰撞后b球的速度可能是以下值()a0.6v b0.4vc0.2v d0.8v解析：若是彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)

26、械能守恒定律，得mvmv13mv2，mv2mv3mv，則v2vv.若是完全非彈性碰撞，則mv4mv，vv，因此vvbv，因此只有b是可能的答案：b6(2019山東濟(jì)寧模擬)兩磁鐵各放在一輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運(yùn)動(dòng)已知甲車和磁鐵的總質(zhì)量為0.5 kg，乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1.0 kg.兩磁鐵的n極相對(duì)，推動(dòng)一下，使兩車相向運(yùn)動(dòng)某時(shí)刻甲的速率為2 m/s，乙的速率為3 m/s，方向與甲相反兩車運(yùn)動(dòng)過程中始終未相碰則：(1)兩車最近時(shí)，乙的速度為多大？(2)甲車開始反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，乙的速度為多大？解析：(1)兩車相距最近時(shí)，兩車的速度相同，設(shè)該速度為v，取乙車的速度方向?yàn)檎较蛴蓜?dòng)

27、量守恒定律，得m乙v乙m甲v甲(m甲m乙)v，則v m/s m/s1.33 m/s.(2)甲車開始反向時(shí)，其速度為0，設(shè)此時(shí)乙車的速度為v乙，由動(dòng)量守恒定律得m乙v乙m甲v甲m乙v乙，得v乙 m/s2 m/s.答案：(1)1.33 m/s(2)2 m/s7.(2019揭陽(yáng)模擬)如圖，水平面上相距為l5 m的p，q兩點(diǎn)分別固定一豎直擋板，一質(zhì)量為m2 kg的小物塊b靜止在o點(diǎn)，op段光滑，oq段粗糙且長(zhǎng)度為d3 m一質(zhì)量為m1 kg的小物塊a以v06 m/s的初速度從op段的某點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)，并與b發(fā)生彈性碰撞兩物塊與oq段的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2，兩物體與擋板的碰撞時(shí)間極短且均不損失機(jī)械能重力加速度

28、g取10 m/s2，求：(1)a與b在o點(diǎn)碰后瞬間各自的速度；(2)兩物塊各自停止運(yùn)動(dòng)時(shí)的時(shí)間間隔解析：(1)設(shè)a、b在o點(diǎn)碰后的速度分別為v1和v2，以向右為正方向由動(dòng)量守恒定律，得mv0mv1mv2，碰撞前后動(dòng)能相等，得mvmvmv，解得：v12 m/s，方向向左，v24 m/s，方向向右(2)碰后，兩物塊在oq段減速時(shí)加速度大小均為ag2 m/s2.b經(jīng)過t1時(shí)間與q處擋板相碰，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，得v2t1atd，得t11 s(t13 s舍去)與擋板碰后，b的速度大小v3v2at12 m/s，反彈后減速時(shí)間t21 s，反彈后經(jīng)過位移s11 m，b停止運(yùn)動(dòng)物塊a與p處擋板碰后，以v42 m/s

29、的速度滑到o點(diǎn)，經(jīng)過s21 m停止所以最終a、b的距離sds1s21 m，兩者不會(huì)碰第二次在a、b碰后，a運(yùn)動(dòng)總時(shí)間ta3 s.整體法得b運(yùn)動(dòng)總時(shí)間tbt1t22 s，則時(shí)間間隔tab1 s.答案：(1)v12 m/s，方向向左，v24 m/s，方向向右(2)1 s8.如圖所示，質(zhì)量為mb的斜面體b放在質(zhì)量為ma的斜面體a的頂端，斜面體a放在水平面上，若斜面體a的下底邊長(zhǎng)度為a，斜面體b的上邊長(zhǎng)度為b，且ma2mb，不計(jì)一切摩擦，求當(dāng)b由a的頂端從靜止開始滑到a的底端時(shí)，a移動(dòng)的距離解析：我們可畫出如圖所示的示意圖我們注意到，以a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但該系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，但該系統(tǒng)水平

30、方向動(dòng)量守恒(因?yàn)樵撓到y(tǒng)水平方向不受外力)設(shè)a、b在題述過程中的速度的水平分量大小分別為va、vb，則有mavambvb，又設(shè)a、b在題述過程中的水平位移大小分別為sa、sb，可得mamb，因?yàn)閙a2mb，所以2sasb，注意到sbasab，可得sa.答案：見解析9.如圖所示，氣球的質(zhì)量為m，下面拖一條質(zhì)量不計(jì)的軟梯，質(zhì)量為m的人站在軟梯上端距地面為h，氣球保持靜止?fàn)顟B(tài)，求：(1)人安全到地面軟梯的最小長(zhǎng)度；(2)若軟梯的長(zhǎng)為h，則人從軟梯上端到下端時(shí)，人距地面的高度解析：(1)設(shè)氣球上升的距離為h，用時(shí)為t，而人對(duì)地下降h，由于氣球和人組成的系統(tǒng)所受外力的合力為零，則動(dòng)量守恒，有mm，lhh

31、，解得lh.(2)設(shè)氣球上移s1，人下降s2，所用時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mm，s1s2h，解得s1h.答案：(1)h(2)h10一質(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？(4)系統(tǒng)損失的機(jī)械能、系統(tǒng)增加的內(nèi)能分別是多少？(5)要使子彈不射出木塊，木塊至少多長(zhǎng)？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