2022年物理第一輪復(fù)習(xí)題庫(kù)第2講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用

第2講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用

知識(shí)椅理?雙基過(guò)關(guān)緊抓教材自主落實(shí)

知識(shí)要點(diǎn)

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=E，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'o

(2)/?z1vI+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)Api=二須，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向。

3.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。

⑶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。

二、彈性碰撞和非彈性碰撞

1.碰撞

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，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。

3.分類

」——?jiǎng)恿渴欠袷睾銠C(jī)械能是否守恒

彈性碰撞守恒守恒

非彈性碰撞守恒有損失

完全非彈性碰撞守恒損失最多

三'反沖和爆炸問(wèn)題

1.反沖

⑴定義：當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開(kāi)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)。

⑵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、爆竹升空、發(fā)射火箭等。

⑶規(guī)律：遵從動(dòng)量守恒定律。

2.爆炸問(wèn)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。

基礎(chǔ)診斷

1.（多選）如圖1所示，在光滑水平面上有A、B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8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F,則下列說(shuō)法中正確的是（）

AB

—1F

圖1

A.木塊A離開(kāi)墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒

B.木塊A離開(kāi)墻壁前，A、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A離開(kāi)墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒

D.木塊A離開(kāi)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

解析木塊A離開(kāi)墻壁前，由A、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，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；木塊A離開(kāi)墻壁

后，由A、5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(méi)有機(jī)械

能和其他形式的能量轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能也守恒，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。

答案BC

2.如圖2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)

量為機(jī)，速度大小為200,方向向右，滑塊8的質(zhì)量為2加，速度大小為內(nèi)，方

向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（）

左士生上右

AB

圖2

A.A和B都向左運(yùn)動(dòng)B.A和3都向右運(yùn)動(dòng)

C.A靜止，3向右運(yùn)動(dòng)D.A向左運(yùn)動(dòng)，3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(guò)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、8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)，8應(yīng)該向右運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤。

答案D

3」人教版選修3-5-PI6-T5改編］某機(jī)車以0.8m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)

車廂，跟它們對(duì)接。機(jī)車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個(gè)共同的速

度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設(shè)機(jī)車和車

廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為（鐵軌的摩擦忽略不

計(jì)）（）

A.0.053m/sB.0.05m/s

C.0.057m/sD.0.06m/s

解析取機(jī)車和15節(jié)車廂整體為研究對(duì)象，由動(dòng)量守恒定律加軟）=（旭+15/〃%，

u=y^uo=Y^XO.8m/s=0.05m/so故選項(xiàng)B正確。

答案B

4.（2017?全國(guó)I卷，14）將質(zhì)量為L(zhǎng)OOkg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)?/p>

以大小為600m/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(guò)程中重力和空氣阻力可忽略）（）

A.30kg-m/sB.5.7X102kg-m/s

C.6.0X102kg-m/sD.6.3X102kg-m/s

解析設(shè)火箭的質(zhì)量為如，燃?xì)獾馁|(zhì)量為“22。由題意可知，燃?xì)獾膭?dòng)量P2=n12V2

=50X103X600kg-m/s=30kg-m/so根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得0=〃”3一機(jī)202,則

火箭的動(dòng)量大小為pi="2ioi="22S=30kg?m/s,所以選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)

誤。

答案A

保堂互動(dòng)?研透考點(diǎn)不同考點(diǎn)不同講法

考點(diǎn)動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用

1.動(dòng)量守恒定律的四個(gè)特性

相對(duì)性公式中。1、02、Ul\出必須相對(duì)于同一個(gè)慣性系

公式中初、02是在相互作用前同一時(shí)刻的速度，。八出是在相互作用后

同時(shí)性

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)量守恒定律解題時(shí)應(yīng)該首先判斷動(dòng)量是否守恒，這就需要理解好動(dòng)量守

恒的條件，基本思路如下

感艘）---------確定系統(tǒng)的組成及研究過(guò)程

--------判斷動(dòng)鼠是否守恒

建運(yùn)?>--------?確定初'末狀態(tài)的動(dòng)量

--------?求解或討論

【例1】（多選）（2019?安徽省宜城市第二次調(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(shuō)法正確的

是（）

A,JB

.、、、、、、、、、'^：、、、、、、、、、.、、、、、、、D、、、、、、、、、、、

圖3

A.若物體滑動(dòng)中不受摩擦力，則該系統(tǒng)全過(guò)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(guò)程動(dòng)量守恒

C.不論物體滑動(dòng)中有沒(méi)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(méi)有摩擦，系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同

解析物體與油泥粘合的過(guò)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3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(méi)有摩擦無(wú)關(guān)，故D正確。

答案BCD

【例2】如圖4所示，光滑水平軌道上放置長(zhǎng)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〃s=2kg、加=1kg、mc=2kg0開(kāi)始時(shí)。靜

止，A、8一起以g=5m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與。發(fā)生碰撞（時(shí)間極短）后

。向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，A、8再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好不

再與。碰撞。求A與。發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。

JZL"以〃〃"胤〃.

圖4

解析因碰撞時(shí)間極短，A與C碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為外,

。的速度為0C,以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得

mAVo=mAVA+mcuc?

A與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為0AB,由動(dòng)量守恒定律得

mAVA+mBVO=（mA+〃脂）0AB②

4與5達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足

VAB=VC?

聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得

0A=2m/So

答案2m/s

多維訓(xùn)練精選練透.

1.（多選）（2020?湖北武漢三模）如圖5所示，在光滑水平面上有一輛平板車，一人

手握大錘站在車上。開(kāi)始時(shí)人、錘和車均靜止。此人將錘掄起至最高點(diǎn)，此時(shí)大

錘在頭頂?shù)恼戏剑缓?，人用力使錘落下敲打車的左端，如此周而復(fù)始，使大

錘連續(xù)地敲打車的左端，最后，人和錘都恢復(fù)至初始狀態(tài)并停止敲打。在此過(guò)程

中，下列說(shuō)法中正確的是（）

r

圖5

A.錘從最高點(diǎn)落下至剛接觸車的過(guò)程中，車的動(dòng)量方向先水平向右，后水平向左

B.錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過(guò)程中，車具有水平向左的動(dòng)量，

車的動(dòng)量減小至零

C.錘從剛離開(kāi)車的左端至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，車具有水平向右的動(dòng)量，車的

動(dòng)量先增大后減小

D.在任一時(shí)刻，人、錘和車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

解析由水平方向動(dòng)量守恒可知錘從最高點(diǎn)落下至剛接觸車的過(guò)程中，車的動(dòng)量

方向先水平向右，后水平向左，故A正確；錘從剛接觸車的左端至錘的速度減

小至零的過(guò)程中，車具有水平向左的動(dòng)量，車的動(dòng)量減小至零，故B正確；錘

從剛離開(kāi)車的左端至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，錘的動(dòng)量方向先向左再向右，則車

的動(dòng)量先向右再向左，故C錯(cuò)誤；人、錘和車組成的系統(tǒng)，只在水平方向上所

受的外力之和為零，水平方向上動(dòng)量守恒，故D錯(cuò)誤。

答案AB

2.［臨界問(wèn)題］兩磁鐵各放在兩輛小車上，小車能在水平面上無(wú)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0.5kg,乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1kg,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2m/s,乙的速率

為3m/s。方向與甲相反，兩車運(yùn)動(dòng)過(guò)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(kāi)始反向時(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。，取剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)乙

車的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得機(jī)乙。乙一加＜fV單=（加單+加乙

所以兩車最近時(shí)，乙車的速度為

，%乙。乙一m甲0a1X3—0.5X2

v=----;-----=八=?,m/s=1.3m/So

加甲十m乙0.5十1

（2）甲車開(kāi)始反向時(shí)，其速度為0,設(shè)此時(shí)乙車的速度為。/,取剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)乙

車的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得

"i乙。乙一m甲。甲乙。乙

解得v乙'=2m/So

答案(1)1.3m/s(2)2m/s

1^2碰撞問(wèn)題

1.三種碰撞形式的理解

碰撞類型特征描述及重要關(guān)系式或結(jié)論

碰撞時(shí)，只發(fā)生機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，系統(tǒng)內(nèi)無(wú)機(jī)械能損失，叫作彈

性碰撞，若系統(tǒng)有兩個(gè)物體在水平面上發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)量守

恒，同時(shí)機(jī)械能也守恒，滿足：

彈性碰撞IVr+九029=1010+^m2V2”

若碰撞前，有一個(gè)物體是靜止的，設(shè)02=0,則碰撞后的速度

分別為

(7721—根2)Vl2miVl

01'一(、。2'=I

mi十〃22

發(fā)生非彈性碰撞時(shí)，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為物體的內(nèi)能，機(jī)械能有

損失，若系統(tǒng)有兩個(gè)物體在水平面上發(fā)生非彈性碰撞，動(dòng)量守

恒，總動(dòng)能減少。

非彈性碰撞滿足：

m\V\JrmiV2=m\V\'-\-m2V2'

1。F+^m2V^>iVi/2+^m2V2,2

發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，機(jī)械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化得最多，機(jī)械能損

失最大。兩個(gè)物體在水平面上碰撞，碰后物體以共同速度運(yùn)動(dòng)，

動(dòng)量守恒，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。滿足：

完全非彈性碰撞

m\V\+m2V2=(7771+m2)^

AE=^miUi2+^m2P22—^(mi+m2)v2

2.碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律

⑴動(dòng)量守恒定律。

(2)機(jī)械能不增加。

(3)速度要合理。

①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有0后>0而，碰后原來(lái)在前面的物體速度一定增

大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有0M2。后，。

②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。

考向?彈性碰撞

【例3】(2019?江西贛州模擬)如圖6所示，B、C、D、E、/五個(gè)小球并排放置

在光滑的水平面上，B、C、D、E四個(gè)球質(zhì)量相等，而尸球質(zhì)量小于B球質(zhì)量,

A球質(zhì)量等于F球質(zhì)量。A球以速度00向B球運(yùn)動(dòng)，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰

撞，則碰撞之后()

圖6

A.3個(gè)小球靜止，3個(gè)小球運(yùn)動(dòng)

B.4個(gè)小球靜止，2個(gè)小球運(yùn)動(dòng)

C.5個(gè)小球靜止，1個(gè)小球運(yùn)動(dòng)

D.6個(gè)小球都運(yùn)動(dòng)

解析A、8質(zhì)量不等，MA<MB,A、8相碰后，A向左運(yùn)動(dòng),B向右運(yùn)動(dòng)；B、

C、D、E質(zhì)量相等，彈性碰撞后，不斷交換速度，最終E有向右的速度，B、C、

。靜止；E、F質(zhì)量不等，ME>MF,貝UE、尸都向右運(yùn)動(dòng)，所以8、C、。靜止,

A向左運(yùn)動(dòng)，故A正確。

答案A

考向?完全非彈性碰撞

【例4】A、B兩球沿同一條直線運(yùn)動(dòng)，如圖7所示的無(wú)一/圖象記錄了它們碰撞

前后的運(yùn)動(dòng)情況，其中。、6分別為A、3兩球碰撞前的》一，圖象，c為碰撞后

它們的X—7圖象。若A球質(zhì)量為1kg,則B球質(zhì)量為()

A.2kg

C.4kg

解析由圖象可知，碰撞前A、8兩球都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，Va=—^~m/s=-3

4—0_2—4

m/s,Vb=f~m/s=2m/s,碰撞后二者合在一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，v=~~~m/s

/c4—2

、2

=-1m/So碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，SPmAVa+mBVb=(m,\+mB)Vc,解得〃kg,

選項(xiàng)B正確。

答案B

考向?非彈性碰撞

【例5】北京成功申辦2022年冬奧會(huì)，水立方將搖身一變，成為冰立方，承辦

北京冬奧會(huì)冰壺比賽。訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員將質(zhì)量為19kg的冰壺甲推出，運(yùn)動(dòng)一段

時(shí)間后以0.4m/s的速度正碰靜止的冰壺乙，然后冰壺甲以0.1m/s的速度繼續(xù)向

前滑向大本營(yíng)中心。若兩冰壺質(zhì)量相等，則：

(1)冰壺乙獲得的速度為多大？

(2)試判斷兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞-

解析（1）由動(dòng)量守恒定律得

mv\=mvi+mv3

其中01=0.4m/s,02=0.1m/s

解得03=0.3m/So

（2）碰撞前的動(dòng)能Ei=^mvi1=0.08//J,

碰撞后兩冰壺的總動(dòng)能Ei=^mv^+^znU32=0.05/n,

因?yàn)榫剩炯埃詢杀鶋亻g的碰撞為非彈性碰撞。

答案（1）0.3m/s（2）非彈性碰撞

考向?碰撞的可能性

【例6】（2020?湖北宜昌西陵區(qū)期末）甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運(yùn)

動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是pi=5kgm/s,/?2=7kg-m/s,甲從后面追上乙并發(fā)生

碰撞,碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?0kg-m/s,則兩球質(zhì)量m\與mi間的關(guān)系可能是（）

A.m\=m2B.27/ZI=mi

CAm\=miD.6"“=機(jī)2

解析甲、乙兩球在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，所以有pi+p2=p「+p2「

得pi'=2kg-m/So

由于在碰撞過(guò)程中，不可能有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體

間機(jī)械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機(jī)械能不會(huì)增加。所

以有生+昌》空+M，得〃?2。因?yàn)轭}目給出物理情景是“甲從后面

ZmiZmiZm\J1

追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有￡＞償，即如〈前2；同時(shí)還要符合

fillf9C/9

碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即詈〈嘉，所以

mi＞^W2o因此選項(xiàng)C正確。

答案C

多維訓(xùn)練精選練透.

1.如圖9所示，半徑和動(dòng)能都相等的兩個(gè)小球相向而行。甲球質(zhì)量〃2用大于乙球

質(zhì)量〃?乙，水平面是光滑的，兩球做對(duì)心碰撞以后的運(yùn)動(dòng)情況可能是（）

'"甲m乙

，〃〃〃〃小〃〃〃〃〃〃〃〃77〃〃〃/.

圖9

A.甲球速度為零，乙球速度不為零

B.兩球速度都為零

C.乙球速度為零，甲球速度不為零

D.兩球都以各自原來(lái)的速率反向運(yùn)動(dòng)

解析首先根據(jù)兩球動(dòng)能相等,全甲。￡=熱乙。2得出兩球碰前動(dòng)量大小之比為"

=A―,因〃?機(jī)乙，則〃甲〉〃乙，則系統(tǒng)的總動(dòng)量方向向右。根據(jù)動(dòng)量守恒

\1加乙

定律可以判斷，碰后兩球運(yùn)動(dòng)情況可能是A所述情況，而B(niǎo)、C、D情況是違背

動(dòng)量守恒的。

答案A

2.如圖10所示，質(zhì)量為機(jī)的物塊。靜止于半徑為R的半圓形軌道的最低點(diǎn)，輕

質(zhì)彈簧的一端連接在Q上，另一端固定在圓弧軌道的上端A點(diǎn)，彈簧恰好處于

原長(zhǎng)。質(zhì)量也為粗的物塊P由圓弧軌道的頂端3點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到軌道的

最低點(diǎn)與。發(fā)生彈性正碰，碰撞后物塊。沿軌道上升的高度為。=與不考慮物

塊和軌道間的摩擦，重力加速度為g,物塊尸、?？梢钥闯少|(zhì)點(diǎn)，則（）

圖10

A.物塊P、。碰撞后，物塊P會(huì)原速返回

B.物塊P、。碰撞后，物塊。的機(jī)械能守恒

C.彈簧的最大彈性勢(shì)能等于

D.物塊P、Q碰撞過(guò)程中，物塊P對(duì)物塊。做的功為品gH

解析由題意知，物塊P和物塊。發(fā)生彈性正碰，質(zhì)量相等，交換速度，所以

物塊P碰后靜止在軌道的最低點(diǎn)，A錯(cuò)誤；物塊P、Q碰撞后，在物塊Q上升

的過(guò)程中，。和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤；物塊P下滑的過(guò)程中機(jī)械

能守恒，mgR=^mv（i,可得次）=［荻，碰撞后交換速度，則碰后對(duì)物塊。和彈

簧由功能關(guān)系可知彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep=5w3—機(jī)g/?,可得Ep=：mgR,C正

確；根據(jù)功能關(guān)系可知在物塊尸、。碰撞過(guò)程中，物塊P對(duì)物塊。做的功

mvi=mgR,D錯(cuò)誤。

答案C

考點(diǎn)s常見(jiàn)的三個(gè)經(jīng)典模型

模型?“人船模型”類問(wèn)題的處理方法

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：加101—〃2202=0。如圖所示。

（2）兩物體的位移滿足：吟一年=0

X人+x船=心

日口Mm

即X人—亦產(chǎn)無(wú)船一而U

【例7】長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的平板車的左端緊靠著墻壁，右端站著一個(gè)質(zhì)量

為機(jī)的人（可視為質(zhì)點(diǎn)）如圖11所示，某時(shí)刻人向左跳出，恰好落到車的左端，

而此時(shí)車已離開(kāi)墻壁有一段距離，那么這段距離為（車與水平地面間的摩擦不

計(jì)X)

圖11

-mL

A.LB不

_mL_cML

D

M+mM+m

解析設(shè)人從小車上跳起后沿水平方向的分速度為磯，小車沿水平方向的速度為

V2,人和小車在水平方向的動(dòng)量守恒，選取向左為正方向，則加。|一m2=0,設(shè)

人從右端到達(dá)左端時(shí)間為f,則有〃化簡(jiǎn)為〃猶I=MX2,由空間幾

何關(guān)系得汨+%2="聯(lián)立解得車的位移為X2=沈」，故只有選項(xiàng)C正確。

M+m

答案c

模型?“滑塊一彈簧”碰撞模型

【例8】如圖12所示，靜止在光滑水平面上的木板A,右端有一根輕質(zhì)彈簧沿

水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M=3kgo質(zhì)量m=lkg的鐵塊B以水平速度

00=4m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在

木板的左端。在上述過(guò)程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為（）

B

二

A」：.............一一一,

'1ZZ//ZZZ/ZZ/Z//ZZZZZ/////Z

圖12

A.3JB.4JC.6JD.20J

解析設(shè)鐵塊與木板共速時(shí)速度大小為。，鐵塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為

L,鐵塊與木板之間的摩擦力大小為好。鐵塊壓縮彈簧使彈簧最短時(shí)，由能量守

2

恒定律可得=FfL+^（M+m）v+Epo由動(dòng)量守恒定律，得nwo=（M+m）v。

從鐵塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最后停在木板左端過(guò)程，由能量關(guān)系得$7加=2也+/"+

m）v2,聯(lián)立解得耳=3J,故選項(xiàng)A正確。

答案A

模型⑥“子彈打木塊”模型

[例9]（2019?陜西咸陽(yáng)模擬）如圖13所示，相距足夠遠(yuǎn)完全相同的質(zhì)量均為

3〃?的兩個(gè)木塊靜止放置在光滑水平面上，質(zhì)量為m的子彈（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速

度如水平向右射入木塊，穿出第一塊木塊時(shí)的速度為mo,已知木塊的長(zhǎng)為3

設(shè)子彈在木塊中所受的阻力恒定，不計(jì)空氣阻力。試求:

mt—>3m3/n

圖13

⑴子彈穿出第一塊木塊后，第一個(gè)木塊的速度大小。以及子彈在木塊中所受阻

力大??；

(2)子彈在第二塊木塊中與該木塊發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t.

解析(1)子彈打穿第一塊木塊過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有

,2、「

mvo—機(jī)(鏟o)十3mv

解得V=5V()

對(duì)子彈與第一塊木塊組成的相互作用系統(tǒng)，由能量守恒有

1.12.1

F/L=—產(chǎn)(guo)—2,(3m)^9

解得子彈受到木塊阻力Ff=^-O

(2)對(duì)子彈與第二塊木塊組成的相互作用系統(tǒng)，由于%/?(|vo)2=^〈等，則

子彈不能打穿第二塊木塊，設(shè)子彈與第二塊木塊共同速度為。共，由動(dòng)量守恒定

2

律有m(^vo)=(m+3m)v*

解得v共=帶

對(duì)第二塊木塊，由動(dòng)量定理有

V0

子彈在第二塊木塊中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，=新。

答案⑴S贊⑵薩

多維訓(xùn)練精選練透.

1.(多選)如圖14甲所示，長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為機(jī)=2kg的另一

物體8以水平速度a=3m/s滑上原來(lái)靜止的長(zhǎng)木板A的表面，由于A、8間存

在摩擦，之后A、8速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，則下列說(shuō)法正確的是()

r/(ms?)

甲乙

圖14

A.木板獲得的動(dòng)能為2J

B.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4J

C.木板A的最小長(zhǎng)度為1.5m

D.A、8間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1

解析根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得

mvo=(m+niA)v,得加A=4kg,

A的動(dòng)能Ek=^mAV2=2J,

系統(tǒng)損失的動(dòng)能AEk=5相加—^(mA+⑼/=6J,

木板長(zhǎng)L^^(vo+v)t]~20ti=^uo/i=1.5m,

!，img=ma,解得〃=0.2。選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤。

答案AC

2.(2019?山東省臨沂市一模)如圖15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、8間通過(guò)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。施加一個(gè)水平?jīng)_量使其以初速度00水平向左運(yùn)動(dòng)，滑塊。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(kāi)釋放勢(shì)能，已知滑塊A、B、

C的質(zhì)量分別為網(wǎng)=〃詔=0.2kg,mc=0.1kg,(取?=3.17)求:

P

AB-

~_II~\c

圖15

(1)滑塊C的初速度的大?。?/p>

(2)當(dāng)彈簧彈開(kāi)至恢復(fù)到原長(zhǎng)的瞬時(shí)，滑塊8、C的速度大?。?/p>

(3)從滑塊8、C壓縮彈簧至彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)的過(guò)程中，彈簧對(duì)滑塊8、C整體的

沖量。

解析(1)滑塊。撞上滑塊8的過(guò)程中，滑塊從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：

mcvo=(mB+mc)vi

彈簧被壓縮至最短時(shí)，滑塊5、C速度為零，根據(jù)能量守恒定律得

1,

EP=2(>nB+mc)vr

解得oi=3m/s,0o=9m/s。

(2)設(shè)彈簧彈開(kāi)至恢復(fù)到原長(zhǎng)的瞬間，滑塊反C的速度大小為。2,滑塊A的大

小為6,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得

mAV3—("2B+〃2c)02=0,

根據(jù)能量守恒定律得

EP=品樞++mc)vi

解得0221.9m/So

(3)設(shè)彈簧對(duì)滑塊&C整體的沖量為/,選向右為正方向，由動(dòng)量定理得

/=Ap=(〃2B+〃2C)[02-(—VI)]

解得/=1.47N$方向水平向右。

答案(1)9m/s(2)1.9m/s(3)1.47N-s,方向水平向右

課時(shí)作業(yè)

(時(shí)間：40分鐘)

基礎(chǔ)鞏固練

1.(多選)如圖1所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男

孩站在小車上用力向右迅速推出木箱。關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是

()

圖1

A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.小車與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

C.男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

D.木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量大小相同

解析男孩和木箱組成的系統(tǒng)受小車的摩擦力，所以動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；小車

與木箱組成的系統(tǒng)受男孩的力為外力，所以動(dòng)量不守恒，B錯(cuò)誤；男孩、小車與

木箱三者組成的系統(tǒng)，不受外力，所以動(dòng)量守恒，C正確；木箱的動(dòng)量增量與男

孩、小車的總動(dòng)量增量大小相同，但方向相反，D正確。

答案CD

2.兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上?，F(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。甲＞0乙

B.若乙最后接球，則一定是o甲＞0乙

C.只有甲先拋球，乙最后接球，才有。甲乙

D.無(wú)論怎樣拋球和接球，都是。甲乙

答案B

3.（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(guò)程拖車車廂受到的沖量大小為（碰撞過(guò)程時(shí)間很短，內(nèi)力

很大）（）

A.ION-sB.20N-S

C.104N-sD.2X104N-s

解析動(dòng)車車廂和拖車車廂碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mvo=2mv,

對(duì)拖車根據(jù)動(dòng)量定理有/=加0,聯(lián)立解得/=104N$選項(xiàng)C正確。

答案C

4.（2020?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、8碰撞后以共同的速度運(yùn)動(dòng)，該過(guò)程的位移一時(shí)間圖象如圖2所示。則下

列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

02〃s

圖2

A.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1：2

C.碰撞過(guò)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

解析由題圖可得，碰撞前也爹網(wǎng)m/s=-5m/s,碰撞后。八，=""*此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

08=2°2°m/s=10m/s,根據(jù)動(dòng)量守恒得機(jī)代入數(shù)據(jù)

得如：〃仍=1：2,故B正確；碰撞前后物體A速度大小相等，則碰撞過(guò)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、8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。

答案C

5.如圖3所示，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊A與另一個(gè)質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，

碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，已知

物塊8與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1,與沙坑的距離為0.5m,g取10m/s2,物

塊可視為質(zhì)點(diǎn)。則A碰撞前瞬間的速度為（）

m2m

四曲_____________

h---------0.5m--------------?|

圖3

A.0.5m/sB.1.0m/s

C.1.5m/sD.2.0m/s

解析碰后物塊8做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有一〃-2mg尤=0—）2"勿22,得

V2=1m/SoA與B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，則有加0（）=機(jī)01+2/7W2,

^mv（?=2mvr,解得oo=1.5m/s,則選項(xiàng)C正確。

答案C

6.［人教版選修3-5P7T6改編］如圖4所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋

板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后

的速率之比為3：1,A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第

二次碰撞，則A、8兩球的質(zhì)量比為（）

AB

圖4

A.l：2B.2：1C.l：4D.4：1

解析設(shè)A、8質(zhì)量分別為"2A、/"B,8的初速度為。0,取B的初速度方向?yàn)檎?/p>

方向，由題意知，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，說(shuō)明A、8碰撞后速度大小相等,

萬(wàn)向相反，分別為g■和一M，則有nwvo=mA-y+—yJ-解得mA:〃ZB=4：1,

選項(xiàng)D正確。

答案D

7.如圖5所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上的靜止木塊，未穿透木塊，此

過(guò)程木塊的動(dòng)能增加了6J,那么此過(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為（）

Wo

EZ>--m

圖5

A.16JB.2JC.6JD.4J

解析設(shè)子彈的質(zhì)量為，孫初速度為vo,木塊的質(zhì)量為加，則子彈打入木塊的

過(guò)程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,即"200=（/〃+機(jī)0）0,此過(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)

能等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，即機(jī)。。/一/機(jī)+:加）/,而木塊獲得的動(dòng)能反木=

1r??“A—\Em-rmo,

^mv-=6],兩式相除傳得一=~~—>1,即￡>6J,A項(xiàng)正確。

2Ek*mo

答案A

8.如圖6所示，一質(zhì)量mi=0.45kg的平板小車靜止在光滑的水平軌道上。車頂

右端放一質(zhì)量?jī)z=0.5kg的小物塊，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，小物塊與車之間的動(dòng)摩

擦因數(shù)〃=0.5,現(xiàn)有一質(zhì)量mo=0.05kg的子彈以如=100m/s的水平速度射中小

車左端，并留在車中，子彈與車相互作用時(shí)間很短。g取10m/s2,求：

m2

酚0

T-

圖6

（1）子彈剛剛射入小車時(shí)，小車的速度大小01；

(2)要使小物塊不脫離小車，小車的長(zhǎng)度至少為多少？

解析(1)子彈射入小車的過(guò)程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守

恒定律得〃io0o=Oo+mi)vi,解得01=10m/s。

(2)子彈、小車、小物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)當(dāng)小物塊與車共速時(shí)，共同速

度為02,兩者相對(duì)位移大小為"由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有

(/?%+???i)vi=(mo+mi+mi)V2

/im2gL=g(加o+/?7i)ui2—+mi+

解得L=5m

故要使小物塊不脫離小車，小車的長(zhǎng)度至少為5m。

答案(1)10m/s(2)5m

9.如圖7所示，粗糙的水平面連接一個(gè)豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為

R=0.1m,半圓形軌道的底端放置一個(gè)質(zhì)量為機(jī)=0.1kg的小球水平面上有

一個(gè)質(zhì)量為M=0.3kg的小球A以初速度優(yōu)=4.0m/s開(kāi)始向著小球8運(yùn)動(dòng)，經(jīng)

過(guò)時(shí)間f=0.80s與8發(fā)生彈性碰撞，設(shè)兩個(gè)小球均可以看作質(zhì)點(diǎn)，它們的碰撞

時(shí)間極短，且已知木塊A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.25,g取10m/s2。求：

圖7

(1)兩小球碰前A的速度大小VA；

(2)小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。

解析(1)碰前對(duì)A由動(dòng)量定理有一〃Moo

解得VA=2m/So

(2)對(duì)A、8組成的系統(tǒng)：碰撞前后動(dòng)量守恒，則有

MVA=MVA'+HWB

碰撞前后總動(dòng)能保持不變，

貝！］有=^MVA'2+

由以上兩式解得。A'=1m/s,VB=3m/s

設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)。時(shí)的速度大小為。c,以水平面為零勢(shì)能面，因?yàn)锽球由

半圓形軌道的底端運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，則有+2mgR=3mv#

解得vc=y[5m/s

對(duì)小球B,在最高點(diǎn)C有mg+FN=〃屎

解得FN=4N

由牛頓第三定律知小球8運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)。時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為4N。

答案（1）2m/s（2）4N

綜合提能練

10.一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有水平速度a=2m/s,爆炸成為甲、乙

兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量之比為3：1,不計(jì)質(zhì)量損