2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)核心知識(shí)點(diǎn)提升-動(dòng)量守恒定律及三類模型

6.2動(dòng)量守恒定律及三類模型

。③6忌一、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

(l)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”.

(2)加|01+加2。2=""01'+"?2。2’，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必0=二電，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量等大反向.

(W=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變」

(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.

二'“三類”模型問題

1.“子彈打木塊”模型

(1)“木塊”放置在光滑的水平面上

①運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：“子彈”對(duì)地在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；“木塊”在

滑動(dòng)摩擦力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng).

②處理方法：通常由于“子彈”和“木塊”的相互作用時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外

力，可認(rèn)為在這一過程中動(dòng)量守恒.把“子彈”和“木塊”看成一個(gè)系統(tǒng)：a.系

統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒;b.系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒;c.對(duì)“木塊”和“子彈”分別應(yīng)

用動(dòng)能定理.

(2)“木塊”固定在水平面上

①運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：“子彈”對(duì)地在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；“木塊”靜

止不動(dòng).②處理方法：對(duì)“子彈”應(yīng)用動(dòng)能定理或牛頓第二定律.

2.“反沖”和“爆炸”模型

⑴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.

(2)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.

3.“人船模型”問題

(1)模型介紹

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

題即為“人船模型”問題.

(2)模型特點(diǎn)

①兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：加101—m202=0.

②運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng)，人靜船靜，人快船怏，人慢船慢，人左船方；人船位移

比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即時(shí)

v\m2

V2m\'

③應(yīng)用/=￡=詈時(shí)要注意：初、。2和制、X2一般都是相對(duì)地面而言的.

i.動(dòng)量守恒的條件

(1)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(dòng)量守恒。(2)

近似守恒：系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量

可近似看成守恒。

(3)某一方向上守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受外力矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)在該方

向上動(dòng)量守恒。

2.動(dòng)量守恒定律常用的四種表達(dá)形式

(l)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)Ap=p，一p=0：即系統(tǒng)總動(dòng)量的增加量為零。

(3)AP1=-Ap2：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>j|Ui+m2V2=m\V\+mivi,即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)量都在同

一直線上時(shí)，作用前總動(dòng)量與作用后總動(dòng)量相等。

例題1.如圖甲所示，把兩個(gè)質(zhì)量相等的小車〃和8靜止地放在光滑的水平地面

上.它們之間裝有被壓縮的輕質(zhì)彈簧，用不可伸長的輕細(xì)線把它們系在一起.如

圖乙所示，讓8緊靠墻壁，其他條件與圖甲相同.對(duì)于小車4B和彈簧組成的

系統(tǒng)，燒斷細(xì)線后下列說法正確的是()

，，〃力，〃〃，》，〃〃〃〃，?"〃〃；〃〃〃〃〃〃力,，〃〃〃萬〃〃〃〃/

甲乙A.從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長的過程中,

圖甲所示系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

B.從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長的過程中，圖乙所示系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

C.從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長的過程中，墻壁對(duì)圖乙所示系統(tǒng)的沖量為零

D.從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長的過程中，墻壁彈力對(duì)圖乙中8車做功不為零

【答案】A

【解析】

從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長的過程中，題圖甲所示系統(tǒng)所受外力之和為0,則

系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且運(yùn)動(dòng)過程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故

A正確；從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長的過程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對(duì)8

有力的作用，則系統(tǒng)所受外力之和不為0,則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，運(yùn)動(dòng)過程中只有

系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原

長的過程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對(duì)8有力的作用，由公式/=入可知，

墻壁對(duì)題圖乙所示系統(tǒng)的沖量不為零，故C錯(cuò)誤：從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長的

過程中，由于8車沒有位移，則墻壁彈力對(duì)題圖乙中8車做功為0,故D錯(cuò)誤.

(多選)如圖所示，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/點(diǎn)，物體與固定在/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3端粘在8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（）

f.'.V.'.'.T.l

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】

物體與油泥黏合的過程，發(fā)生非彈性碰撞，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)量一定守

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8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

勢能，與物體滑動(dòng)中有沒有摩擦無關(guān)，故D正確。

（多選）如圖所示，在光滑水平面上有/、8兩個(gè)木塊，A.8之間

用一輕彈簧連接，A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處

于靜止?fàn)顟B(tài)。若突然撤去力R則下列說法正確的是（）

ABF

上3A.木塊4離開墻壁前,4、8和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，

機(jī)械能也守恒

B.木塊/離開墻壁前，/、8和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但機(jī)械能守恒

C.木塊〃離開墻壁后，/、8和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒

D.木塊Z離開墻壁后，A,8和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但機(jī)械能守

恒

【答案】BC

【解析】

木塊4離開墻壁前，由4、8和彈簧組成的系統(tǒng)受墻壁的彈力，屬于外力，

故系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；木塊/離開墻壁后，由

4、8和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，又沒有機(jī)械能和其

他形式的能量轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能也守恒，故C正確，D錯(cuò)誤。

動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用

i.動(dòng)量守恒定律的“五性”

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

各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度（沒有特殊說明要選地球這

相對(duì)性個(gè)參考系）。如果題設(shè)條件中各物體的速度不是相對(duì)同一參考系時(shí)，必

須轉(zhuǎn)換成相對(duì)同一參考系的速度

動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的6、P2…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作

同時(shí)性用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，/'、P2'…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，不同時(shí)刻的動(dòng)量不能相加

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)，而不是其中的

系統(tǒng)性

一個(gè)物體，更不能題中有幾個(gè)物體就選幾個(gè)物體

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

普適性

速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng)

2.應(yīng)J用動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟

明確研究對(duì)象一確定系統(tǒng)的組成及研究過程

?

分析受力情況——判斷系統(tǒng)或某一方向上動(dòng)量是否守恒

?

規(guī)定正方向—確定初、末狀態(tài)的動(dòng)量

列動(dòng)量守恒方程，求出結(jié)果，必要時(shí)討

列方程求結(jié)果

論說明例題2.（多選）如圖所示，三輛完全相同

的平板小車a、3c成一直線排列，靜止在光滑水平面上.c車上有一小孩跳到

b車上，接著又立即從b車跳到。車上.小孩跳離c車和b車時(shí)對(duì)地的水平速度

相同.他跳到。車上相對(duì)。車保持靜止，此后（）

［，、；、］i,、，、11?

baA.a、b兩車運(yùn)動(dòng)速率相等

B.a、c兩車運(yùn)動(dòng)速率相等

C.三輛車的速率關(guān)系私

D.a、c兩車運(yùn)動(dòng)方向相反

【答案】CD

【解析】

設(shè)向右為正方向，設(shè)人跳離氏c車時(shí)對(duì)地水平速度為。，在水平方向由動(dòng)量守

恒定律有0=A/車頭+"?人。，m人v=M車Vb+m，、v,m^v=(M^+m^)-va,所以

m^Vm^v

Va=

〃=—訪''②=°'M.+m,：即Vc>Va>Vb并且&與。。方向相反.所以選項(xiàng)

A、B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C、D正確.

甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛,

速度大小均為優(yōu)=6m/s,甲車上有質(zhì)量為加=1kg的小球若干個(gè)，甲和他的小

車及小車上小球的總質(zhì)量為M=50kg,乙和他的小車的總質(zhì)量為憶=30kg為

避免相撞，甲不斷地將小球以相對(duì)地面為。'=16.5m/s的水平速度拋向乙，且

被乙接住，假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車不相撞.則

甲總共拋出的小球個(gè)數(shù)是()

A.12B.13C.14D.15

【答案】D

【解析】

規(guī)定甲的速度方向?yàn)檎较?，兩車剛好不相撞，則兩車速度相等，由動(dòng)量守恒

定律得朋1加一也00=(〃1+加2)。，解得。=L5m/s,對(duì)甲、小車及從甲車上拋出

的小球，由動(dòng)量守恒定律得A/iOo=(A/i—"?"?)0+〃?加0'，解得〃=15,D正確.

I在靶場用如圖所示的簡易裝置測量某型號(hào)步槍子彈的出膛速度。在

平坦靶場的地面上豎直固定一根高〃=L25m的直桿，在桿的頂端放置質(zhì)量如

=0.2kg的實(shí)心橡皮球,測試人員水平端槍，盡量靠近并正對(duì)著橡皮球扣動(dòng)扳機(jī)，

子彈穿過球心，其他測試人員用皮尺測得橡皮球和子彈的著地點(diǎn)離桿下端的距離

分別為xi=20m、X2=100m。子彈質(zhì)量加2=0.01kg,重力加速度g取10m/sz,

求該型號(hào)步槍子彈的出膛速度大小。

、一、

'、、

777777./[/丁]1000TT1/S

【解析】

設(shè)步槍子彈的出膛速度大小為。0,子彈穿過球后瞬間，橡皮球的速度為初,

子彈的速度為V2,有

〃?2。0=加+加2。2

Xl=V\t

X2=V2t

解得vo=1000m/so

i.“人船”模型

(i)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”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：加101—m202=0。

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；人船

位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，

③應(yīng)用此關(guān)系時(shí)要注意一個(gè)問題：功、02和X一般都是相對(duì)地面而言的。

2.“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△Ek=Ff?L(L為

木塊的長度)。

3.反沖和爆炸模型

(1)對(duì)反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說明

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

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

動(dòng)量守恒定律

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

機(jī)械能增加

(2)爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律

動(dòng)量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

守恒受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒

動(dòng)能在爆炸過程中，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

增加后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加

位置爆炸的時(shí)間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不

不變計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)

例題3.在某次軍演中，一炮彈由地面斜向上發(fā)射，假設(shè)當(dāng)炮彈剛好到最高點(diǎn)時(shí)爆

炸，炸成前后兩部分P、Q,其中P的質(zhì)量大于2已知爆炸后P的運(yùn)動(dòng)方向與爆

炸前的運(yùn)動(dòng)方向相同，假設(shè)爆炸后尸、。的速度方向均沿水平方向，忽略空氣的

阻力，則下列說法正確的是()

A.爆炸后Q的運(yùn)動(dòng)方向一定與P的運(yùn)動(dòng)方向相同

B.爆炸后。比P先落地

C.。的落地點(diǎn)到爆炸點(diǎn)的水平距離大

D.爆炸前后P、。動(dòng)量的變化量大小相等

【答案】D【解析】

在爆炸過程中，由于重力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒.爆炸前炮彈在最高點(diǎn)

的速度沿水平方向，爆炸后P的運(yùn)動(dòng)方向與爆炸前的運(yùn)動(dòng)方向相同，根據(jù)動(dòng)量守

恒定律判斷出0的速度一定沿水平方向，但爆炸后的運(yùn)動(dòng)方向取決于P的動(dòng)量

與爆炸前炮彈的動(dòng)量的大小關(guān)系，因此。的運(yùn)動(dòng)方向不一定與爆炸前的運(yùn)動(dòng)方

向相同，故A錯(cuò)誤；在爆炸過程中，P、0受到爆炸力大小相等，作用時(shí)間相同，

則爆炸力的沖量大力、一定相等，由動(dòng)量定理可知，在爆炸過程中產(chǎn)、。動(dòng)量的改

變量大小相等、方向相反，D正確；爆炸后P、。均做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上為

自由落體運(yùn)動(dòng)，由于高度相同，在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定相同，所以P、。一定同時(shí)

落地，B錯(cuò)誤；由于爆炸后兩部分速度的大小關(guān)系無法判斷，因此落地點(diǎn)到爆炸

點(diǎn)的水平距離無法確定，C錯(cuò)誤.

I解放軍發(fā)出4枚“東風(fēng)快遞”（中程彈道導(dǎo)彈），準(zhǔn)確擊中預(yù)定目標(biāo),

發(fā)射導(dǎo)彈過程可以簡化為：將靜止的質(zhì)量為M（含燃料）的東風(fēng)導(dǎo)彈點(diǎn)火升空，在

極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度00豎直向下噴出質(zhì)量為〃？的熾熱氣體，忽略噴氣

過程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)東風(fēng)導(dǎo)彈獲得的速度大小是（）

AmMMm

A.T7VoB.—VoC-......VoD------如

MmM—mM—fn

【答案】D

【解析】

ni

由動(dòng)量守恒定律得/WO0=（Af-導(dǎo)彈獲得的速度。=二—〃』0,故選D.

（多選）如圖所示，繩長為/,小球質(zhì)量為m,小車質(zhì)量為M,將小

球向右拉至水平后放手，則（水平面光滑）（）

m

A.系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒

B.水平方向任意時(shí)刻小球與小車的動(dòng)量等大反向或都為零

C.小球不能向左擺到原高度D.小車向右移動(dòng)的最大距離為群;

【答案】BD

【解析】

系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的

動(dòng)量守恒，而總動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)水平方向的動(dòng)量守恒及機(jī)械

能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，C錯(cuò)誤；小球相對(duì)于小車的最大位移為21,

根據(jù)“人船模型”，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小球水平方向的平均速度為a”，

小車水平方向的平均速度為2”，mvm—MvM=0,兩邊同時(shí)乘以運(yùn)動(dòng)時(shí)間f,mvmt

即=又“+x.“=2/,解得小車向右移動(dòng)的最大距離為

D正確.

新嘴境繚合擺開練

如圖所示，甲木塊的質(zhì)量為如，以。的速度沿

光滑水平地面向前運(yùn)動(dòng)，正前方有一靜止的、質(zhì)量為加2的乙木塊，乙上連有一

輕質(zhì)彈簧。甲木塊與彈簧接觸后（）

V

甲—>ZWVW乙

A.甲木塊的動(dòng)量守恒

B.乙木塊的動(dòng)量守恒

C.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒

D.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒

【答案】C

【解析】

兩木塊在光滑水平地面上相碰，且中間有彈簧，則碰撞過程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,

機(jī)械能也守恒，故A、B錯(cuò)誤，C正確；甲、乙兩木塊碰撞前、后動(dòng)能總量不變，

但碰撞過程中有彈性勢能，故動(dòng)能不守恒，只是機(jī)械能守恒，D錯(cuò)誤。

2.如圖所示，一個(gè)傾角為a的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為

M,頂端高度為人今有一質(zhì)量為根的小物體，沿光滑斜面下滑，當(dāng)小物體從斜

面頂端自由下滑到底端時(shí)，斜面體在水平面上移動(dòng)的距離是（）

Mh

Mh

'(Af+m)tana

【答案】C

【解析】

加與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)m在水平方向上對(duì)地位移為

_h_

X\,Af在水平方向上對(duì)地位移為X2，因此有O=/MX1—①，且X1+X2=7②，

tana

mh

由①②式可得X2=（心、,—,故選C。

{M+m）tana

3.“爆竹聲中一歲除，春風(fēng)送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標(biāo)志，是喜慶

心情的流露。有一個(gè)質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為優(yōu)、

方向水平向東，在最高點(diǎn)爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2加，速度大

小為。，方向水平向東，則另一塊的速度為（）

A.3vo-vB.2vo~3v

C.3Vo—2vD.2vo+v

【答案】C

【解析】

取水平向東為正方向，爆炸過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，3加00=2加0+加辦，可得vx

=3vo~2v,C正確。

4.如圖所示，質(zhì)量為M的長木塊放在水平面上，子彈沿水平方向射入木塊并留

在其中，測出木塊在水平面上滑行的距離為s。已知木塊與水平面間的動(dòng)摩擦因

數(shù)為〃，子彈的質(zhì)量為加，重力加速度為g,空氣阻力可忽略不計(jì)，則由此可得

子彈射入木塊前的速度大小為()

___m-\-MI----M—m<----

"/"A.~~~72/igsB.~~~722gs

mI—THI—

Cm工小師D-M二仙gs

【答案】A

【解析】

子彈擊中木塊過程，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，

由動(dòng)量守恒定律得：加。i=(Af+加)o,解得:吁訴；子彈擊中木塊后做勻減速

直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)子彈與木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)能定理得：一〃(A/+m)gs=O—；(〃+

m)v2,解得：v\=~~~N2〃gs;故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。

5.有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長，一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺測量

它的質(zhì)量。他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，然后他輕輕從船尾

上船，走到船頭后停下，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離d和船長A。

已知他自身的質(zhì)量為加，則船的質(zhì)量為()

m(￡+")m(￡—d)

A.------a5------B.------a5----

mLfn(￡+d)

~~r

C.aD.------L7------

【答案】B

【解析】

f

畫出如圖所示的草圖，設(shè)人走動(dòng)時(shí)船的速度大小為人的速度大小為v9

船的質(zhì)量為M,人從船尾走到船頭所用時(shí)間為八則v，=L,；人和船組

成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，取船的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律

772（L—d）

得一加比=0,解得船的質(zhì)量A/=-------;------，B正確。

-6.如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，用質(zhì)量分別為2kg和

1kg的甲、乙兩滑塊，將輕彈簧壓緊后處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕彈簧僅與甲拴接，乙的

右側(cè)有一擋板P?，F(xiàn)將兩滑塊由靜止釋放，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，甲的速度大小為

2m/s,此時(shí)乙尚未與P相撞。

甲乙［P

求彈簧恢復(fù)原長時(shí)乙的速度大小;（2）若乙與擋板p碰

撞反彈后不能再與彈簧發(fā)生碰撞。求擋板。對(duì)乙的沖量的最大值。

【答案】（l）4m/s（2）6N?s

【解析】

（1）設(shè)向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得

m甲v甲一〃？乙o乙=0

v乙=4m/so

（2）要使乙反彈后不能再與彈簧發(fā)生碰撞，碰后最大速度。m=。甲

設(shè)向左為正方向，由動(dòng)量定理得I=m乙v甲一〃？乙（一0乙）

解得/=6N?So

7.如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量（包括船、人和貨物）分別為10〃?、12加，兩船

沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2如、。0。為避免兩船相撞，乙船上的人

將一質(zhì)量為〃，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）

2VoVo

\甲/\乙一/

暫整裁裁裁I言暫言言【答案】4優(yōu)

【解析】

設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為0min，拋出貨物后船的速度為V\,

甲船上的人接到貨物后船的速度為02，以。0方向?yàn)檎较?

先選乙船、人和貨物為研究系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得

12mvo=WmV\—ZMOmin①

再選甲船、人和貨物為研究系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得

1OmX2oo—mVmin=11加s②

為避免兩船相撞應(yīng)滿足切=。2③

聯(lián)立①②③式得Umin=4U0o

8.沖擊擺可以測量子彈的速度大小。如圖所示，長度為/的細(xì)繩懸掛質(zhì)量

為M的沙箱，質(zhì)量為加的子彈沿水平方向射入沙箱并留在沙箱中。測出沙箱偏

離平衡位置的最大角度為呢沙箱擺動(dòng)過程中未發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)。

(1)自子彈開始接觸沙箱至二者共速的過程中，忽略沙箱的微小偏離。求：

①子彈射入沙箱后的共同速度大小。；

②子彈射入沙箱前的速度大小。0；

(2)自子彈開始接觸沙箱至二者共速的過程中，沙箱已經(jīng)有微小偏離。子彈射

入沙箱的過程是否可以認(rèn)為是水平方向動(dòng)量守恒？并簡要說明理由。

[答案](1)?y]2gl(1—cosa)(1—cosa)

(2)守恒，理由見解析

【解析】

(1)①在子彈與沙箱共速至沙箱偏離平衡位置的角度為a的過程中，由機(jī)

械能守恒定律得T("?+A/)v2=(加+M)g/(1—cosa)

解得v=\]2gl(1—cosa)o

②由水平方向動(dòng)量守恒得mvo=(M+m)v

.?m+MI----；--------—

斛付vo=~~~~yJ2gl(1—cosa)o

tnvo

(2)可以認(rèn)為水平方向動(dòng)量守恒；自子彈開始接觸沙箱至二者共速的過程中，

由于沙箱偏離平衡位置的距離很小，受到細(xì)繩拉力在水平方向的分力遠(yuǎn)小于子彈

與沙箱的內(nèi)力，因此子彈射入沙箱的過程可以認(rèn)為是水平方向動(dòng)量守恒。

9.在