2025新高考方案一輪物理第六章含答案

2025新高考方案一輪物理第六章含答案第六章動量動量守恒定律大單元分層教學(xué)設(shè)計基礎(chǔ)落實(shí)課第1講動量定理第2講動量守恒定律綜合融通課第3講動量守恒定律的“三類典型問題”第4講“力學(xué)三大觀點(diǎn)”的綜合應(yīng)用第5講四種“類碰撞”典型模型研究實(shí)驗(yàn)探究課第6講實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動量守恒定律第1講動量定理(基礎(chǔ)落實(shí)課)一、動量和沖量動量沖量定義物體的質(zhì)量與速度的乘積力與力的作用時間的乘積表達(dá)式p＝mv，單位為kg·m/sI＝FΔt，單位為N·s方向動量的方向與速度的方向相同沖量的方向與力的方向相同注意：動量是矢量，而動能是標(biāo)量。因此，物體的動量變化時，其動能不一定變化；而動能變化時，動量一定變化。動量與動能大小間存在關(guān)系式：p＝eq\r(2mEk)。二、動量的變化量1．因?yàn)閯恿渴鞘噶浚瑒恿康淖兓喀也是矢量，其方向與速度的變化量Δv的方向相同。2．動量的變化量Δp的大小，一般用末動量p′減去初動量p進(jìn)行計算，即Δp＝p′－p。三、動量定理內(nèi)容物體在一個過程中所受eq\a\vs4\al(力)的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量公式I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv動量定理的研究對象單個物體或物體系。對物體系，內(nèi)力的作用不改變系統(tǒng)的總動量，外力的總沖量等于物體系的動量變化量情境創(chuàng)設(shè)一個質(zhì)量為m的物體，在粗糙的水平面上運(yùn)動，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ。理解判斷(1)動量越大的物體，其速度越大。(×)(2)物體的動量越大，其慣性也越大。(×)(3)物體所受合力不變，則物體的動量也不改變。(×)(4)物體沿水平面運(yùn)動時，重力不做功，故重力的沖量為零。(×)(5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。(×)(6)物體所受合外力的沖量的方向與物體動量變化量的方向是一致的。(√)(7)若物體在一段時間內(nèi)，其動量發(fā)生了變化，則物體在這段時間內(nèi)的合外力一定不為零。(√)逐點(diǎn)清(一)動量、動量變化量和沖量|題|點(diǎn)|全|練|1．[動量變化量的大小計算](多選)質(zhì)量為m的物體以初速度v0開始做平拋運(yùn)動，經(jīng)過時間t，下降的高度為h，速度變?yōu)関，在這段時間內(nèi)物體動量變化量的大小為()A．m(v－v0) B．mgtC．meq\r(v2－v02) D．meq\r(2gh)解析：選BCD由動量定理可得，物體在時間t內(nèi)動量變化量的大小為mgt，B正確；物體在平拋運(yùn)動過程中速度變化量Δv沿豎直方向，其大小Δv＝eq\r(v2－v02)，由機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv02＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以eq\r(v2－v02)＝eq\r(2gh)，故物體動量變化量Δp＝mΔv＝meq\r(v2－v02)＝meq\r(2gh)，C、D正確，A錯誤。2．[利用圖像法計算變力的沖量]一質(zhì)點(diǎn)靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示。下列說法正確的是()A．第2s末，質(zhì)點(diǎn)的動量為0B．第2s末，質(zhì)點(diǎn)的動量方向發(fā)生變化C．第4s末，質(zhì)點(diǎn)回到出發(fā)點(diǎn)D．在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0解析：選D由題圖可知，0～2s時間內(nèi)F的方向和質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的方向相同，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)歷了加速度逐漸增大的加速運(yùn)動和加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，所以第2s末，質(zhì)點(diǎn)的速度最大，動量最大，方向不變，故選項A、B錯誤；2～4s內(nèi)F的方向與0～2s內(nèi)F的方向不同，該質(zhì)點(diǎn)0～2s內(nèi)做加速運(yùn)動，2～4s內(nèi)做減速運(yùn)動，所以質(zhì)點(diǎn)在0～4s內(nèi)的位移均為正，第4s末沒有回到出發(fā)點(diǎn)，故選項C錯誤；在F-t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量，由題圖可知，1～2s內(nèi)的面積與2～3s內(nèi)的面積大小相等，一正一負(fù)，則在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0，故選項D正確。3．[利用動量定理計算變力的沖量]如圖所示，一輕質(zhì)彈簧固定在墻上，一個質(zhì)量為m的木塊以速度v0從右側(cè)沿光滑水平面向左運(yùn)動并與彈簧發(fā)生相互作用。設(shè)相互作用的過程中彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，那么，在整個相互作用的過程中彈簧對木塊沖量I的大小為()A．I＝0 B．I＝mv0C．I＝2mv0 D．I＝3mv0解析：選C根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知木塊離開彈簧時速度大小為v0，方向向右。設(shè)向右的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動量定理得I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，故C正確。|精|要|點(diǎn)|撥|1．動量變化量的計算(1)利用Δp＝p′－p計算，但要注意該表達(dá)式的矢量性。(2)利用Δp＝I＝F合·t計算，該法常用于合外力和作用時間已知的情形。2．沖量的三種計算方法公式法利用定義式I＝FΔt計算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無需考慮物體的運(yùn)動狀態(tài)圖像法利用F-t圖像計算，F(xiàn)-t圖像與橫軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量動量定理法如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用I＝FΔt求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量，由I＝p′－p求變力的沖量逐點(diǎn)清(二)動量定理細(xì)作1動量定理的理解及應(yīng)用1.(人教版教材選擇性必修1，P9“汽車碰撞試驗(yàn)”材料改編)(多選)安全帶是汽車行駛過程中生命安全的保障帶。在汽車正面碰撞測試中，汽車以72km/h的速度發(fā)生碰撞。車內(nèi)假人的質(zhì)量為50kg，使用安全帶時，假人用時0.8s停下；不使用安全帶時，假人與前方碰撞，用時0.2s停下。以下說法正確的是()A．碰撞過程中，汽車和假人的總動量守恒B．無論是否使用安全帶，假人動量變化量相同C．使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為1250ND．不使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為2500N解析：選BC碰撞過程中，汽車和假人組成的系統(tǒng)受撞擊力作用，總動量不守恒，故A錯誤；假人的初動量為p＝mv0，末動量都為0，所以無論是否使用安全帶，假人動量變化量相同，故B正確；使用安全帶時，根據(jù)動量定理有Ft＝0－p，解得F＝1250N，假人受到的平均作用力約為1250N，故C正確；不使用安全帶時，根據(jù)動量定理有F′t′＝0－p，解得F′＝5000N，假人受到的平均作用力約為5000N，故D錯誤。一點(diǎn)一過動量定理的理解和應(yīng)用1．動量定理的理解(1)當(dāng)物體的動量變化量一定時，力的作用時間Δt越短，力F就越大，力的作用時間Δt越長，力F就越小。(2)當(dāng)作用力F一定時，力的作用時間Δt越長，動量變化量Δp越大，力的作用時間Δt越短，動量變化量Δp越小。如在恒力作用下運(yùn)動的小車，時間越長，小車的速度越大，動量變化量越大。2．動量定理的應(yīng)用(1)動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和。(2)動量定理表達(dá)式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。細(xì)作2動量定理用于多過程問題2．將質(zhì)量為m＝1kg的物塊置于水平地面上，已知物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，現(xiàn)在物塊上施加一個平行于水平地面的恒力F＝10N，物塊由靜止開始運(yùn)動，作用4s后撤去F。已知g＝10m/s2，對于物塊從靜止開始運(yùn)動到物塊停下這一過程，下列說法正確的是()A．整個過程物塊運(yùn)動的時間為6sB．整個過程物塊運(yùn)動的時間為8sC．整個過程中物塊的位移大小為40mD．整個過程中物塊的位移大小為60m解析：選B在整個過程中由動量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8s，選項A錯誤，B正確；在物塊前4s運(yùn)動的過程中由動量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物塊加速和減速過程的平均速度都為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(v,2)，則全程的平均速度也為eq\f(v,2)，則物塊的總位移x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×8m＝80m，選項C、D錯誤。一點(diǎn)一過用動量定理解多過程問題的兩點(diǎn)提醒(1)對于過程較復(fù)雜的運(yùn)動，可分段應(yīng)用動量定理，也可整個過程應(yīng)用動量定理。(2)物體受多個力作用，各力的方向和作用時間往往不同，列動量定理時應(yīng)重點(diǎn)關(guān)注。逐點(diǎn)清(三)“柱狀”模型類型(一)流體類“柱狀模型”流體及其特點(diǎn)通常液體、氣體等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ分析步驟1建構(gòu)“柱狀模型”：沿流速v的方向選取一段柱狀流體，其橫截面積為S2微元研究：作用時間Δt內(nèi)的一段柱狀流體的長度為Δl＝vΔt，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt3建立方程：應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體[例1](2024·泉州高三模擬)水刀(如圖所示)，即以水為刀，本名高壓水射流切割技術(shù)，以其冷切割不會改變材料的物理化學(xué)性質(zhì)而備受青睞。目前在中國，“水刀”的最大壓強(qiáng)已經(jīng)做到了420MPa。“水刀”在工作過程中，將水從細(xì)噴嘴高速噴出，直接打在被切割材料的表面上，假設(shè)高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散開沒有反彈，已知水的密度為ρ＝1.0×103kg/m3。試估算要達(dá)到我國目前的“水刀”壓強(qiáng)，則該“水刀”噴出的水流速度約為()A．600m/s B．650m/sC．700m/s D．750m/s[解析]設(shè)水流速度為v，橫截面積為S，在極短時間Δt內(nèi)噴出的水的質(zhì)量Δm＝ρvSΔt，由動量定理得Δmv＝pSΔt，解得v≈650m/s，故選B。[答案]B類型(二)微粒類“柱狀模型”微粒及其特點(diǎn)通常電子、光子、塵埃等被廣義地視為“微?！保|(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)的粒子數(shù)n分析步驟1建構(gòu)“柱狀模型”：沿流速v的方向選取一段小柱體，柱體的橫截面積為S2微元研究：作用時間Δt內(nèi)一段柱狀微粒的長度為Δl＝vΔt，對應(yīng)的體積為ΔV＝SvΔt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nvSΔt3建立方程：先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，再乘以N計算[例2](多選)某防空系統(tǒng)會在目標(biāo)來襲時射出大量子彈顆粒，在射出方向形成一個均勻分布、持續(xù)時間t＝0.01s、橫截面積為S＝2m2的圓柱形彈幕，每個子彈顆粒的平均質(zhì)量為m＝2×10－2kg，每1cm3有一個子彈顆粒，所有子彈顆粒以v＝300m/s射入目標(biāo)，并射停目標(biāo)，停在目標(biāo)體內(nèi)。下列說法正確的是()A．所形成彈幕的總體積V＝6cm3B．所形成彈幕的總質(zhì)量M＝1.2×105kgC．彈幕對目標(biāo)形成的沖量大小I＝3.6×107kg·m/sD．彈幕對目標(biāo)形成的沖擊力大小F＝3.6×108N[解析]彈幕的總體積為V＝vtS＝300×0.01×2m3＝6m3，A錯誤；又因?yàn)槊?cm3有一個子彈顆粒，則子彈顆粒的總個數(shù)N＝eq\f(6,1×10－6)個＝6×106個，所形成彈幕的總質(zhì)量M＝N·m＝6×106×2×10－2kg＝1.2×105kg，B正確；由動量定理可知，I＝MΔv＝1.2×105kg×300m/s＝3.6×107kg·m/s，C正確；彈幕對目標(biāo)形成的沖擊力大小F＝eq\f(I,t)＝3.6×109N，D錯誤。[答案]BC[課時跟蹤檢測]1．將一質(zhì)量為m的小球以大小為v0的速度水平拋出，經(jīng)過一段時間，小球的豎直分位移與水平分位移大小相等，不計空氣阻力，在此過程中，小球重力的沖量的大小為()A．mv0 B．eq\r(2)mv0C．2mv0 D．eq\r(5)mv0解析：選C由題意可得v0t＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\f(2v0,g)，在此過程中，小球重力的沖量的大小為I＝mgt＝2mv0，故選C。2．(2024·鹽城高三檢測)如圖所示，輕彈簧左端固定，右端自然伸長于粗糙水平面上的O點(diǎn)，小球從A點(diǎn)以某初速度向左運(yùn)動，被彈簧反彈后恰好返回至A。則小球()A．兩次經(jīng)過O點(diǎn)時的速度大小相等B．向左經(jīng)過O點(diǎn)的加速度小于向右經(jīng)過O點(diǎn)的加速度C．向左運(yùn)動的時間等于向右運(yùn)動的時間D．壓縮彈簧過程所受彈力的沖量小于彈簧恢復(fù)形變過程所受彈力的沖量解析：選D水平面粗糙，摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能減少，彈性勢能相同，動能減少，因此第二次經(jīng)過O點(diǎn)時速度小，A錯誤；向左向右經(jīng)過O點(diǎn)時，彈簧處于原長狀態(tài)，合外力等于摩擦力，因此加速度大小相等，B錯誤；OA段向左和向右過程加速度大小相等，位移大小相等，但向左運(yùn)動的平均速度大，因此向左運(yùn)動的時間短，彈簧壓縮，向左運(yùn)動時μmg＋Fk＝ma左，向右運(yùn)動時Fk－μmg＝ma右，得a左＞a右，位移大小相等，向左減速運(yùn)動的逆運(yùn)動是初速度為零的勻加速運(yùn)動，因此向左運(yùn)動的時間短，綜上所述得，向左運(yùn)動時間小于向右運(yùn)動的時間，C錯誤；壓縮彈簧過程和彈簧恢復(fù)形變過程彈力變化相同，壓縮彈簧過程時間短，因此彈力沖量小，D正確。3．(2023·新課標(biāo)卷)(多選)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻()A．甲的速度大小比乙的大B．甲的動量大小比乙的小C．甲的動量大小與乙的相等D．甲和乙的動量之和不為零解析：選BD對甲、乙兩條形磁鐵分別受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有a甲＝eq\f(F－μm甲g,m甲)，a乙＝eq\f(F－μm乙g,m乙)，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于兩磁鐵運(yùn)動時間相同，且同時由靜止釋放，可得v甲<v乙，A錯誤；對于整個系統(tǒng)而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左，顯然甲的動量大小比乙的小，B、D正確，C錯誤。4．(2024·重慶高三質(zhì)檢)“蹦極”是一項專業(yè)的戶外休閑運(yùn)動。如圖所示，某人用彈性橡皮繩拴住身體從高空P處自由下落，若此人質(zhì)量為m，橡皮繩長為l，人可看成質(zhì)點(diǎn)，且此人從P點(diǎn)由靜止開始下落到最低點(diǎn)所用時間為t，重力加速度為g，不計空氣阻力。從橡皮繩開始拉伸到此人下落到最低點(diǎn)的過程中，橡皮繩對此人的平均作用力大小為()A．eq\f(m\r(2gl),t) B．mg＋eq\f(m\r(2gl),t)C．eq\f(m\r(2gl),t－\r(\f(2l,g))) D．mg＋eq\f(m\r(2gl),t－\r(\f(2l,g)))解析：選D人從下落到橡皮繩正好拉直的時間設(shè)為t1，則t1＝eq\r(\f(2l,g))，此時速度為v＝gt1＝eq\r(2gl)，取向上為正方向，由動量定理得(F－mg)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\r(\f(2l,g))))＝0－(－mv)，橡皮繩對人的平均作用力為F＝mg＋eq\f(m\r(2gl),t－\r(\f(2l,g)))，故選D。5．(2024·鄭州高三第一次模擬)(多選)某網(wǎng)球以大小為v0的速度豎直向上拋出，落回出發(fā)點(diǎn)的速度大小為v1。網(wǎng)球的速度隨時間變化關(guān)系如圖所示，若空氣阻力大小與網(wǎng)球速率成正比，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．下降過程中網(wǎng)球處于超重狀態(tài)B．網(wǎng)球上升、下降過程所受阻力的沖量大小相等C．網(wǎng)球上升過程克服阻力做功等于下降過程克服阻力做功D．網(wǎng)球從拋出到落回出發(fā)點(diǎn)所用的時間t1＝eq\f(v0＋v1,g)解析：選BD根據(jù)v-t圖像可知，下降過程的加速度與初速度方向相反，即下降過程中加速度豎直向下，為失重狀態(tài)，故A錯誤；網(wǎng)球運(yùn)動的v-t圖像如圖所示，由于上升過程和下降過程位移大小相等，因此圖中兩陰影部分面積相等，因?yàn)閒＝kv，則f-t圖像與v-t圖像相似，兩陰影部分的面積也相等，f-t圖像t軸上方陰影部分的面積表示上升過程中的阻力的沖量大小，t軸下方陰影部分的面積表示下降過程中的阻力的沖量大小，可知上升和下降過程的阻力的沖量大小相等，B正確；網(wǎng)球運(yùn)動過程中受到的空氣阻力大小與其速率成正比，因此上升過程中平均空氣阻力大于下降過程中平均空氣阻力，上升過程和下降過程位移x大小相等，根據(jù)W＝eq\x\to(f)x，可知，上升過程中克服阻力做功大于下降過程克服阻力做功，C錯誤；由以上分析可知，阻力的總沖量為零，對全過程，根據(jù)動量定理得－mgt1＝－mv1－mv0，解得t1＝eq\f(v0＋v1,g)，故D正確。6．(2024·南昌高三模擬)(多選)如圖甲所示，質(zhì)量為m＝5.0kg的物體靜止在傾角為37°的固定斜面上，在沿斜面向上推力F作用下開始運(yùn)動，推力F隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示(t＝10s后無推力存在)。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，則()A．物體運(yùn)動的時間為12sB．t＝5s時物體的速度達(dá)到最大C．物體在運(yùn)動過程中最大加速度為8m/s2D．在物體運(yùn)動過程中推力的沖量為480N·s解析：選CD力F與時間t的關(guān)系式為F＝100＋eq\f(0－100,10)t＝100－10t，則由動量定理可得eq\f(1,2)(100＋100－10t)t－(mgsin37°＋μmgcos37°)t＝0，可得物體運(yùn)動的時間為t＝8s，故A錯誤；合力為零時，速度最大，則有100－10t＝mgsin37°＋μmgcos37°，可得t＝4s，故B錯誤；剛開始運(yùn)動時，合力沿斜面向上，為F合＝100－(mgsin37°＋μmgcos37°)＝40N,8s時，合力為F合′＝(mgsin37°＋μmgcos37°)－(100－10×8)＝40N，即合力先從40N減為零，再增加到40N，所以合力最大值為40N，最大加速度為am＝eq\f(F合,m)＝8m/s2，故C正確；在物體運(yùn)動過程中推力的沖量為I＝eq\f(100＋100－10×8,2)×8N·s＝480N·s，故D正確。7．“娛樂風(fēng)洞”是一項新型娛樂項目，在一個特定的空間內(nèi)有人工制造的氣流，表演者通過調(diào)整身體的姿態(tài)，改變受風(fēng)面積(即表演者在垂直風(fēng)力方向的投影面積)，來改變其所受向上風(fēng)力的大小，使人產(chǎn)生在天空翱翔的感覺。如圖所示，一質(zhì)量為m的游客恰好可以靜止在直徑為d的圓柱形風(fēng)洞內(nèi)。已知?dú)饬髫Q直向上通過風(fēng)洞，密度為ρ，流速恒定為v，游客受風(fēng)面積為S，重力加速度為g。假設(shè)氣流吹到人身上后速度變?yōu)榱?，則下列說法正確的是()A．氣體流量Q＝πvρd2B．氣體流量Q＝eq\f(πd2,2)eq\r(\f(mg,ρS))C．風(fēng)對人的沖量與人對風(fēng)的沖量相同D．若風(fēng)洞中空氣流速變?yōu)樵瓉淼?倍，要使游客仍靜止，則他的受風(fēng)面積必須調(diào)整為原來的eq\f(1,4)解析：選D由題意可知Q＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2v，解得Q＝eq\f(π,4)d2v，A錯誤；對Δt時間內(nèi)吹向游客的氣體，由動量定理可得FΔt＝Δmv，由于游客處于靜止?fàn)顟B(tài)，滿足F＝mg，另外Δm＝ρ·vΔt·S，風(fēng)洞內(nèi)氣流的流量為Q＝vπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2，聯(lián)立解得Q＝eq\f(πd2,4)eq\r(\f(mg,ρS))，B錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，風(fēng)對人的作用力與人對風(fēng)的作用力大小相等，方向相反，所以根據(jù)沖量定義可知風(fēng)對人的沖量與人對風(fēng)的沖量大小相等，方向相反，C錯誤；由F＝ρSv2＝mg，可知，若風(fēng)洞中空氣流速變?yōu)樵瓉淼?倍，游客受力不變，則S必須變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，D正確。第2講動量守恒定律(基礎(chǔ)落實(shí)課)一、動量守恒定律1．內(nèi)容如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。2．表達(dá)式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2。3．系統(tǒng)動量守恒的條件理想守恒系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒近似守恒系統(tǒng)受到的合外力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于合外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒分方向守恒系統(tǒng)在某個方向上所受合外力為零或該方向F內(nèi)?F外時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒二、彈性碰撞和非彈性碰撞1．碰撞(1)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)動量守恒。(2)分類：種類動量是否守恒機(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大2．反沖和爆炸反沖特點(diǎn)在反沖運(yùn)動中，如果沒有外力作用或外力遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，系統(tǒng)的動量是守恒的爆炸現(xiàn)象爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒，爆炸過程中位移很小，可忽略不計，作用后從相互作用前的位置以新的動量開始運(yùn)動情境創(chuàng)設(shè)如圖所示，A、B兩球大小相同，A球的質(zhì)量是m，B球的質(zhì)量是eq\f(m,2)，它們在光滑的水平面上以相同的動量運(yùn)動，A在前，B在后，發(fā)生正碰后，B球仍朝原方向運(yùn)動，但其速率是原來的一半。理解判斷(1)因水平面光滑，A球和B球碰撞時系統(tǒng)動量守恒。(√)(2)發(fā)生碰撞后，A球的速度方向不變，大小變?yōu)樵瓉淼?倍。(×)(3)兩球間發(fā)生的是彈性碰撞。(×)(4)只要系統(tǒng)所受到的合力的沖量為零，動量就守恒。(√)(5)碰撞前后A、B兩球系統(tǒng)的動量和機(jī)械能均不守恒。(×)(6)系統(tǒng)動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。(√)(7)系統(tǒng)動量守恒也就是系統(tǒng)的動量變化量為零。(√)(8)若以上兩球相向運(yùn)動發(fā)生碰撞，則碰撞后可能朝同一方向運(yùn)動。(×)(9)若以上兩球相向運(yùn)動發(fā)生碰撞，則碰撞后可能均靜止。(√)逐點(diǎn)清(一)動量守恒的判斷|題|點(diǎn)|全|練|1．[兩個物體組成的系統(tǒng)動量守恒的判斷]在2000m短道速滑接力賽上，“接棒”的運(yùn)動員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，完成“交接棒”。忽略地面的摩擦力，在這個過程中()A．兩運(yùn)動員的總動量守恒B．甲、乙運(yùn)動員的動量變化量相同C．兩運(yùn)動員的總機(jī)械能守恒D．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量解析：選A兩運(yùn)動員組成的系統(tǒng)所受合外力矢量和為0，系統(tǒng)動量守恒，A正確；系統(tǒng)動量守恒，兩運(yùn)動員的動量變化量等大反向，動量變化量不相同，B錯誤；在光滑冰面上“交接棒”時，后方運(yùn)動員用力推前方運(yùn)動員，導(dǎo)致機(jī)械能增加，C錯誤；在乙推甲的過程中，消耗體內(nèi)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的動能，根據(jù)能量守恒定律可知，甲的動能增加量不等于乙的動能減小量，D錯誤。2．[多個物體組成的系統(tǒng)動量守恒的判斷](多選)如圖所示，初始時包含人、小車和籃球在內(nèi)的整個系統(tǒng)在光滑水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)站在車上的人將籃球投向左邊的籃筐，但并未投中，且籃球在撞擊籃筐邊緣后又剛好被人穩(wěn)穩(wěn)接住，整個過程中人與車始終保持相對靜止，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．在籃球投出后，撞擊籃筐之前，人與車不動B．在籃球投出后，撞擊籃筐之前，人與車將向右做勻速直線運(yùn)動C．在籃球撞擊籃筐之后，被人接住之前，人與車?yán)^續(xù)向右做勻速直線運(yùn)動D．在籃球被人接住后，人與車將靜止不動解析：選BD人、車與籃球組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，投籃前系統(tǒng)靜止，系統(tǒng)總動量為零，投籃后系統(tǒng)在水平方向仍然動量守恒，由動量守恒定律可知，籃球在水平方向的分速度向左，則車在水平方向速度向右，因此籃球投出后撞擊籃筐前，人與車向右做勻速直線運(yùn)動，A錯誤，B正確。在籃球撞擊籃筐之后，被人接住之前，籃球在水平方向有向右的分速度，由動量守恒定律可知，車有向左的速度，人與車一起向左做勻速直線運(yùn)動，C錯誤。人、車與籃球組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，系統(tǒng)初狀態(tài)總動量為零，在籃球被人接住后人、籃球、車的速度相等，系統(tǒng)末狀態(tài)動量為零，速度為零，人與車將靜止不動，D正確。3．[某個方向上動量守恒的判斷]如圖所示，將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)緊靠在墻壁上?，F(xiàn)讓一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始落下，自A點(diǎn)與圓弧槽相切進(jìn)入槽內(nèi)，則下列結(jié)論中正確的是()A．小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，只有重力對它做功B．小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒C．小球自半圓槽B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒D．小球離開C點(diǎn)以后，將做豎直上拋運(yùn)動解析：選C小球下滑到半圓槽的最低點(diǎn)B之后，半圓槽離開墻壁，除了重力外，槽對小球的彈力也對小球做功，選項A錯誤；小球下滑到半圓槽的最低點(diǎn)B之前，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)水平方向上受到墻壁的彈力作用，系統(tǒng)所受的外力不為零，系統(tǒng)水平方向上動量不守恒，半圓槽離開墻壁后，小球與半圓槽在水平方向動量守恒，選項B錯誤，C正確；半圓槽離開墻壁后小球?qū)Σ鄣膲毫Σ圩龉?，小球與半圓槽具有向右的水平速度，所以小球離開右側(cè)槽口以后，將做斜上拋運(yùn)動，選項D錯誤。|精|要|點(diǎn)|撥|判斷系統(tǒng)動量守恒時要注意系統(tǒng)的組成及所研究的物理過程：(1)對于同一個系統(tǒng)，在不同物理過程中動量守恒情況有可能不同。(2)同一物理過程中，選不同的系統(tǒng)為研究對象，動量守恒情況也往往不同。逐點(diǎn)清(二)動量守恒定律的應(yīng)用1．動量守恒定律的五個特性系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)同時性動量是一個瞬時量，表達(dá)式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)矢量性動量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題時應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)。(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒。(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量。(4)由動量守恒定律列出方程。(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明。|教|材|導(dǎo)|引|(人教版教材選擇性必修1，P14例題)如圖所示，在列車編組站里，一輛質(zhì)量為1.8×104kg的貨車在平直軌道上以2m/s的速度運(yùn)動，碰上一輛質(zhì)量為2.2×104kg的靜止的貨車，它們碰撞后結(jié)合在一起繼續(xù)運(yùn)動。求貨車碰撞后運(yùn)動的速度。提示：已知m1＝1.8×104kg，m2＝2.2×104kg。沿碰撞前貨車運(yùn)動的方向建立坐標(biāo)軸，有v1＝2m/s。設(shè)兩車結(jié)合后的速度為v。兩車碰撞前的總動量為p＝m1v1，碰撞后的總動量為p′＝(m1＋m2)v，根據(jù)動量守恒定律可得(m1＋m2)v＝m1v1，解出v＝eq\f(m1v1,m1＋m2)＝eq\f(1.8×104×2,1.8×104＋2.2×104)m/s＝0.9m/s，兩車結(jié)合后速度的大小是0.9m/s；v是正值，表示兩車結(jié)合后仍然沿坐標(biāo)軸的方向運(yùn)動，即仍然向右運(yùn)動?？冀蹄暯樱涸凇皠恿渴睾愣伞边@一節(jié)中，人教版教材、魯科版教材都不約而同地選擇了“車輛碰撞”這一典型案例來考查動量守恒定律的應(yīng)用。未來高考選擇“車輛碰撞”這一情境素材進(jìn)行關(guān)聯(lián)拓展命題的概率會很大。[考法全訓(xùn)]考法1動量守恒定律與牛頓第二定律的綜合1．隨著機(jī)動車數(shù)量的增加，交通安全問題日益凸顯，分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍惜生命。已知某限速60km/h的平直公路上，一輛質(zhì)量為m1＝800kg的汽車A以速度v1＝15m/s沿平直公路行駛時，駕駛員發(fā)現(xiàn)前方不遠(yuǎn)處有一質(zhì)量m2＝1200kg的汽車B以速度v2迎面駛來，兩車立即同時急剎車，使車做勻減速運(yùn)動，但兩車仍在開始剎車t＝1s后猛烈地相撞，相撞后結(jié)合在一起再沿B車原行駛方向滑行6m后停下，設(shè)兩車與路面間動摩擦因數(shù)μ＝0.3,g取10m/s2，忽略碰撞過程中路面摩擦力的沖量，求：(1)兩車碰撞后剛結(jié)合在一起時的速度大小；(2)求B車剎車前的速度，并判斷B車是否超速。解析：(1)對于碰撞后共同滑行過程有a＝eq\f(μmg,m)＝μgx＝eq\f(v共2,2a)，可得v共＝6m/s。(2)對A車有：vA＝v1－at對B車有：vB＝v2－at以碰撞前A車運(yùn)動的方向?yàn)檎较?，對碰撞過程由動量守恒定律得：m1vA－m2vB＝－(m1＋m2)v共可得v2＝21m/s>60km/h故B車超速。答案：(1)6m/s(2)21m/s，超速考法2動量守恒定律與動量定理的綜合2．汽車碰撞試驗(yàn)是綜合評價汽車安全性能的有效方法之一。設(shè)汽車在碰撞過程中受到的平均撞擊力達(dá)到某個臨界值F0時，安全氣囊爆開。某次試驗(yàn)中，質(zhì)量m1＝1600kg的試驗(yàn)車以速度v1＝36km/h正面撞擊固定試驗(yàn)臺，經(jīng)時間t1＝0.10s碰撞結(jié)束，車速減為零，此次碰撞安全氣囊恰好爆開。忽略撞擊過程中地面阻力的影響。(1)求此過程中試驗(yàn)車受到試驗(yàn)臺的沖量I0的大小及F0的大小；(2)若試驗(yàn)車以速度v1撞擊正前方另一質(zhì)量m2＝1600kg、速度v2＝18km/h同向行駛的汽車，經(jīng)時間t2＝0.16s兩車以相同的速度一起滑行。試求這種情況下試驗(yàn)車受到的撞擊力多大？并說明安全氣囊是否會爆開。解析：(1)v1＝36km/h＝10m/s，取速度v1的方向?yàn)檎较?，由動量定理有－I0＝0－m1v1將已知數(shù)據(jù)代入上式得I0＝1.6×104N·s由沖量定義有I0＝F0t1將已知數(shù)據(jù)代入得F0＝1.6×105N(2)設(shè)試驗(yàn)車和汽車碰撞后獲得共同速度為v，以v1的方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣捎衜1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v對試驗(yàn)車，由動量定理有－Ft2＝m1v－m1v1將已知數(shù)據(jù)代入得F＝2.5×104N可見F＜F0，故試驗(yàn)車的安全氣囊不會爆開。答案：(1)1.6×104N·s1.6×105N(2)2.5×104N；安全氣囊不會爆開逐點(diǎn)清(三)某一方向上的動量守恒問題[典例](2024·湖南名校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m的滑環(huán)套在足夠長的光滑水平桿上，質(zhì)量為m球＝3m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長為L的輕質(zhì)細(xì)繩與滑環(huán)連接?；h(huán)固定時，給小球一個水平?jīng)_量I，小球擺起的最大高度為h1(h1＜L)；滑環(huán)不固定時，仍給小球以同樣的水平?jīng)_量I，小球擺起的最大高度為h2。則h1∶h2＝()A．6∶1 B．4∶1C．2∶1 D．4∶3[解析]滑環(huán)固定時，設(shè)小球獲得沖量I后對應(yīng)的初速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有eq\f(1,2)m球v02＝m球gh1，解得h1＝eq\f(v02,2g)；滑環(huán)不固定時，小球初速度仍為v0，在小球擺起最大高度h2時，小球與滑環(huán)速度都為v，在此過程中小球和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動量守恒，則m球v0＝(m＋m球)v，eq\f(1,2)m球v02＝eq\f(1,2)(m＋m球)v2＋m球gh2，由以上各式可得h2＝eq\f(v02,8g)，則h1∶h2＝4∶1，故B正確。[答案]B|思|維|建|模|(1)系統(tǒng)總動量不守恒，但在某一方向上合外力為零，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。(2)上述[典例]中，滑環(huán)不固定時，小球到達(dá)最高點(diǎn)時與滑環(huán)速度相同，方向沿水平方向。(3)系統(tǒng)中只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。[針對訓(xùn)練]1.如圖所示，質(zhì)量為0.5kg的小球在距離車底面高0.8m處以一定的初速度向左平拋，落在以速度大小為6m/s沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，車底涂有一層油泥，小球落到油泥上不反彈，車與油泥的總質(zhì)量為4kg，設(shè)小球在落到車底前瞬間速度大小是5m/s，重力加速度g取10m/s2，則當(dāng)小球與小車相對靜止時，小車的速度大小是()A．5m/s B．4m/sC．8.5m/s D．9.5m/s解析：選A設(shè)小球的初速度為v0，小球拋出后做平拋運(yùn)動，根據(jù)動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝3m/s，小球和小車作用過程中，水平方向動量守恒，規(guī)定向右為正方向，則有－mv0＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝5m/s，A正確。2.(多選)如圖所示，一輕桿兩端分別固定a、b兩個均可看作質(zhì)點(diǎn)的光滑金屬球，a金屬小球的質(zhì)量大于b金屬小球的質(zhì)量，整個裝置放在光滑的水平地面上，設(shè)b金屬小球離地面高度為h，將此裝置由靜止釋放(重力加速度為g)，則下列說法正確的是()A．在b金屬小球落地前的整個過程中，a金屬小球向左做加速運(yùn)動B．在b金屬小球落地前的整個過程中，金屬小球a、b及輕桿系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．在b金屬小球落地前的整個過程中，金屬小球a、b及輕桿系統(tǒng)動量守恒D．在b金屬小球落地前瞬間，b金屬小球的速度大小為eq\r(2gh)解析：選BD對兩球及輕桿系統(tǒng)，水平方向受合外力為零，則水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，則總動量不守恒；開始時兩球速度均為零，在b球落地前瞬間，b球速度豎直向下，水平方向速度為零，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒知，在b球落地前瞬間，a球的速度必定為零，則整個運(yùn)動過程中，a球由靜止?fàn)顟B(tài)經(jīng)歷向左運(yùn)動到最終靜止，先加速后減速，故A、C錯誤。在b球落地前的整個過程中，只有動能和重力勢能的轉(zhuǎn)化，則a、b及輕桿系統(tǒng)機(jī)械能守恒，得mbgh＝eq\f(1,2)mbv2，可得在b球落地前瞬間，b球的速度大小為v＝eq\r(2gh)，故B、D正確。[課時跟蹤檢測]一、立足基礎(chǔ)，體現(xiàn)綜合1.如圖所示，我國自行研制的第五代隱形戰(zhàn)機(jī)“殲-20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達(dá)目標(biāo)地時，將質(zhì)量為M的導(dǎo)彈自由釋放，導(dǎo)彈向后噴出質(zhì)量為m、對地速率為v1的燃?xì)猓瑒t噴氣后導(dǎo)彈的速率為()A．eq\f(Mv0＋mv1,M－m) B．eq\f(Mv0－mv1,M－m)C．eq\f(Mv0－mv1,M) D．eq\f(Mv0＋mv1,M)解析：選A設(shè)導(dǎo)彈飛行的方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣蒑v0＝(M－m)v－mv1，解得v＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)。2.如圖所示，質(zhì)量為m的人立于平板車上，人與車的總質(zhì)量為M，人與車以速度v1在光滑水平面上向右運(yùn)動，當(dāng)人相對于車以速度v2豎直跳起時，車的速度變?yōu)?)A．eq\f(Mv1－Mv2,M－m)，方向向右 B．eq\f(Mv1,M－m)，方向向右C．eq\f(Mv1＋Mv2,M－m)，方向向右 D．v1，方向向右解析：選D人和車在水平方向上動量守恒，當(dāng)人相對于車豎直跳起時，人和車在水平方向上的動量仍然守恒，所以水平方向的速度不發(fā)生變化，車的速度仍然為v1，方向向右，D正確，A、B、C錯誤。3．(2024·泰安高三質(zhì)檢)如圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩滑塊，它們中間夾著一根處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧(彈簧與A、B不拴連)，由于被一根細(xì)繩拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)剪斷細(xì)繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下述說法正確的是()A．兩滑塊的動能之比EkA∶EkB＝1∶2B．兩滑塊的動量大小之比pA∶pB＝2∶1C．兩滑塊的速度大小之比vA∶vB＝2∶1D．彈簧對兩滑塊做功之比WA∶WB＝1∶1解析：選A在兩滑塊剛好脫離彈簧時運(yùn)用動量守恒定律得2mvA－mvB＝0，得vA＝eq\f(vB,2)，兩滑塊速度大小之比為vA∶vB＝1∶2，兩滑塊的動能之比EkA∶EkB＝eq\f(1,2)·2mvA2∶eq\f(1,2)mvB2＝1∶2，故A正確，C錯誤；由動量守恒定律知，兩滑塊的動量大小之比pA∶pB＝2mvA∶mvB＝1∶1，故B錯誤；彈簧對兩滑塊做功之比等于兩滑塊動能之比，為WA∶WB＝1∶2，故D錯誤。4．在某高速公路上發(fā)生一起交通事故，一輛質(zhì)量為1.5×104kg向南行駛的長途客車迎面撞上了一質(zhì)量為2.0×104kg向北行駛的貨車，碰后兩輛車連在一起，并向北滑行了一小段距離后停止，根據(jù)測速儀的測定，兩車碰撞前長途客車以108km/h的速度行駛，由此可判斷貨車碰撞前的行駛速度大小為()A．大于10m/s B．小于22.5m/sC．一定大于22.5m/s D．一定大于30m/s解析：選C碰撞前長途客車的速度v1＝108km/h＝30m/s，根據(jù)碰后兩輛車連在一起且向北滑行的情況，可知由兩車組成的系統(tǒng)的總動量方向向北，所以碰前客車的動量p1＝m1v1(向南)應(yīng)該小于貨車的動量p2＝m2v2(向北)，即m1v1＜m2v2，代入數(shù)據(jù)有1.5×104×30(kg·m/s)＜2.0×104×v2(kg·m/s)，解得v2＞22.5m/s，C正確。5．(2024·隨州高三檢測)一輕質(zhì)彈簧，上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量為M的平板，處于平衡狀態(tài)。一質(zhì)量為m的均勻環(huán)套在彈簧外，與平板的距離為h，如圖所示，讓環(huán)自由下落，撞擊平板，已知碰后環(huán)與板以相同的速度向下運(yùn)動，則()A．若碰撞時間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總動量守恒B．若碰撞時間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總機(jī)械能守恒C．環(huán)撞擊板后，板的新的平衡位置與h的大小有關(guān)D．在碰撞后板和環(huán)一起下落的過程中，環(huán)與板的總機(jī)械能守恒解析：選A環(huán)與平板碰撞過程，若碰撞時間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)總動量守恒，由于碰后速度相同，為完全非彈性碰撞，機(jī)械能不守恒，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A正確，B錯誤；碰撞后平衡時，有kx＝(m＋M)g，即碰撞后新平衡位置與下落高度h無關(guān)，故C錯誤；碰撞后環(huán)與板共同下落的過程中，它們動能和重力勢能的減少量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，環(huán)與板的總機(jī)械能不守恒，故D錯誤。6．如圖所示，質(zhì)量mA＝8.0kg的足夠長的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一個質(zhì)量為mB＝2.0kg的小木塊B。給B以大小為4.0m/s、方向向左的初速度，同時給A以大小為6.0m/s、方向向右的初速度，兩物體同時開始運(yùn)動，直至A、B運(yùn)動狀態(tài)穩(wěn)定，下列說法正確的是()A．木塊B的最終速度大小為5.6m/sB．在整個過程中，木塊B的動能變化量為0C．在整個過程中，木塊B的動量變化量為0D．在整個過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒解析：選B小木塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，由于木板的動量大于小木塊的動量，所以系統(tǒng)的合動量方向向右；小木塊先向左減速運(yùn)動，速度減為零后再向右加速運(yùn)動，最后小木塊與木板一起勻速運(yùn)動。設(shè)向右為正方向，由動量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，解得v＝4m/s，故A錯誤；在整個過程中，木塊B的動能變化量為ΔEk＝eq\f(1,2)mBv2－eq\f(1,2)mBvB2＝0，故B正確；在整個過程中，木塊B的動量變化量為Δp＝mBv－(－mBvB)＝16kg·m/s，故C錯誤；在整個過程中，由于小木塊與木板之間有摩擦力作用，系統(tǒng)克服摩擦力做功，一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯誤。7．(2023·廣東高考)(多選)某同學(xué)受電動窗簾的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的簡化模型。多個質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力。開窗簾過程中，電機(jī)對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04s，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s。關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有()A．該過程動量守恒B．滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·sC．滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·sD．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N解析：選BD取水平向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為p1＝mv1＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后的動量為p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；對滑塊1，有I1＝mv2－mv1＝(1×0.22－1×0.40)N·s＝－0.18N·s，負(fù)號表示方向水平向左，故B正確；對滑塊2，有I2＝mv2＝1×0.22N·s＝0.22N·s，故C錯誤；對滑塊2，根據(jù)動量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5N，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N，故D正確。8．(2024·長沙名校聯(lián)考)如圖甲所示，物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的輕質(zhì)彈簧，整個系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中A物塊最初與左側(cè)的固定擋板相接觸，B物塊質(zhì)量為2kg?，F(xiàn)解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后的某時刻開始，B物塊的v-t圖像如圖乙所示，則可知()A．A的質(zhì)量為4kgB．運(yùn)動過程中A最大速度為4m/sC．在A離開擋板前，系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒D．在A離開擋板后彈簧的最大彈性勢能為9J解析：選B解除對彈簧的鎖定，A離開擋板后，系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒。由題意可知B的速度最大時，A的速度最小為零，且此時彈簧處于原長；B的速度最小時，A的速度最大，且此時彈簧也處于原長。設(shè)A的質(zhì)量為mA，A的最大速度為v，根據(jù)動量守恒有mAv＋mB·vBmin＝mB·vBmax，即mAv＋2×1kg·m/s＝2×3kg·m/s，又由機(jī)械能守恒有：eq\f(1,2)mAv2＋eq\f(1,2)mBvBmin2＝eq\f(1,2)mBvBmax2，即eq\f(1,2)mAv2＋eq\f(1,2)×2×12J＝eq\f(1,2)×2×32J，解得mA＝1kg，v＝4m/s，A錯誤，B正確；在A離開擋板前，由于擋板對A有作用力，所以系統(tǒng)所受合力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒，C錯誤；當(dāng)A、B速度相等時，A、B動能之和最小，根據(jù)能量守恒定律，此時彈簧勢能最大，根據(jù)動量守恒定律得：mBvBmax＝(mA＋mB)v共，解得v共＝2m/s，又由能量守恒定律得：Epmax＝eq\f(1,2)mBvBmax2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v共2＝3J，D錯誤。二、注重應(yīng)用，強(qiáng)調(diào)創(chuàng)新9．(多選)某次花樣滑冰雙人滑訓(xùn)練時運(yùn)動員攜手以1.2m/s的速度滑行，女運(yùn)動員的質(zhì)量為40kg，男運(yùn)動員的質(zhì)量為60kg，滑行中男運(yùn)動員迅速將女運(yùn)動員沿原運(yùn)動方向推開，兩人分開時，女運(yùn)動員相對于男運(yùn)動員的速度為5.5m/s，他們與冰面的摩擦忽略不計。下列說法正確的是()A．分開過程中，兩位運(yùn)動員組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能均守恒B．分開過程中，兩位運(yùn)動員組成的系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能不守恒C．分開后，男運(yùn)動員相對于地面的速度大小為1m/sD．分開后，男運(yùn)動員相對于地面的速度大小為2m/s解析：選BC以原運(yùn)動方向?yàn)檎较?，設(shè)分開后女運(yùn)動員的速度為v1，質(zhì)量為m1，男運(yùn)動員的速度為v2＝v1－5.5m/s，質(zhì)量為m2，分開過程中，他們與冰面的摩擦忽略不計，可知兩位運(yùn)動員組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，代入數(shù)據(jù)解得v1＝4.5m/s，分開后男運(yùn)動員的速度為v2＝－1m/s，分開前兩位運(yùn)動員組成的系統(tǒng)機(jī)械能E1＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v02＝eq\f(1,2)×(40＋60)×1.22J＝72J，分開后兩位運(yùn)動員組成的系統(tǒng)機(jī)械能E2＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)×40×4.52J＋eq\f(1,2)×60×12J＝435J，則有E2＞E1，可知分開過程中，兩位運(yùn)動員組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯誤，B正確；由以上計算可知，分開后，男運(yùn)動員相對于地面的速度大小為1m/s，C正確，D錯誤。10．(多選)如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對地面的速度v0水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M，所受浮力不變。重力加速度為g，不計阻力。以下判斷正確的是()A．投出物資后熱氣球做勻加速直線運(yùn)動B．投出物資后熱氣球所受合力大小為mgC．d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))eq\r(\f(2Hv02,g)＋H2)D．d＝eq\r(\f(2Hv02,g)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))2H2)解析：選BC對于熱氣球，投出物資之前，浮力等于重力，投出物資之后，熱氣球受到的浮力不變，重力減少了mg，所以熱氣球受到的合力大小為mg，方向豎直向上，物資被水平向右拋出后，根據(jù)動量守恒定律得：mv0－Mv＝0，熱氣球的初速度大小為v＝eq\f(m,M)v0，方向水平向左，且受到豎直向上恒力mg作用，應(yīng)做類平拋運(yùn)動，故A錯誤，B正確。對于物資，平拋后，豎直方向H＝eq\f(1,2)gt2，水平方向x＝v0t＝v0eq\r(\f(2H,g))；對于熱氣球，水平方向x′＝vt，豎直方向H′＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(mg,M)，則物資落地時與熱氣球之間的距離d＝eq\r(x＋x′2＋H＋H′2)，代入數(shù)據(jù)解得d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))eq\r(\f(2Hv02,g)＋H2)，故C正確，D錯誤。11．如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化。求：(1)滑道AB段的長度；(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。解析：(1)設(shè)斜面長度為L，背包質(zhì)量為m1＝2kg，在斜面上滑行的加速度為a1，由牛頓第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2滑雪者質(zhì)量為m2＝48kg，初速度為v0＝1.5m/s，加速度為a2＝3m/s2，在斜面上滑行時間為t，落后時間t0＝1s，則背包的滑行時間為t＋t0，由運(yùn)動學(xué)公式得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2聯(lián)立解得t＝2s或t＝－1s(舍去)，L＝9m。(2)設(shè)背包和滑雪者到達(dá)水平軌道時的速度為v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6m/sv2＝v0＋a2t＝7.5m/s滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動量守恒，設(shè)共同速度為v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s。答案：(1)9m(2)7.44m/s

第3講動量守恒定律的“三類典型問題”(綜合融通課)類型(一)碰撞問題1．碰撞類問題遵循的三條原則動量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機(jī)械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)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兩物體速度相等相向碰撞碰撞后兩物體的運(yùn)動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)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①,\f(1,2)m1v12＋\f(1,2)m2v22＝\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，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，v2＝0，則：v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。①m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度。②m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后兩物體沿相同方向運(yùn)動。③m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來。[典例](2022·廣東高考)某同學(xué)受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1N，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運(yùn)動。已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；(3)滑桿向上運(yùn)動的最大高度h。[解析](1)滑塊靜止時，對滑塊和滑桿整體受力分析如圖甲所示，可得N1＝(M＋m)g代入數(shù)據(jù)解得N1＝8N，滑塊向上滑動時，對滑桿受力分析如圖乙所示，可得N2＋f＝Mg代入數(shù)據(jù)解得N2＝5N。(2)滑塊向上滑動過程中，從A到B由動能定理得：－mgl－fl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得v1＝8m/s。(3)滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰后速度為v′，由動量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v′再由動能定理得：－(M＋m)gh＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v′2代入數(shù)據(jù)解得：h＝0.2m。[答案](1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m[考法全訓(xùn)]考法1彈性碰撞1.如圖所示，五個等大的小球B、C、D、E、F，沿一條直線靜放在光滑水平面上，另一等大小球A沿該直線以速度v向B球運(yùn)動，小球間發(fā)生碰撞均為彈性碰撞。若B、C、D、E四個球質(zhì)量相等，且比A、F兩球質(zhì)量均要大些，則所有碰撞結(jié)束后，還在運(yùn)動的小球個數(shù)為()A．1個 B．2個C．3個 D．4個解析：選C球A、B發(fā)生彈性碰撞過程mv＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，可得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v，v2＝eq\f(2m,m＋M)v，即A球反彈，B球前進(jìn)，然后B與C發(fā)生彈性碰撞，速度互換，B球停止，C球前進(jìn)，以此類推，最后B、C、D停止，E與F發(fā)生彈性碰撞，可推得E、F都向右運(yùn)動，速度不同，因此最后運(yùn)動的是A、E、F球，故選C?？挤?非彈性碰撞2．(2024·黃岡高三模擬)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙兩物塊的速度隨時間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲物塊的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3J B．4JC．5J D．6J解析：選A設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m乙，由動量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入圖中數(shù)據(jù)解得m乙＝6kg，進(jìn)而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3J，A正確?？挤?碰撞應(yīng)遵守的三原則3．(2024·重慶高三質(zhì)檢)如圖為臺球運(yùn)動員正在準(zhǔn)備擊球，假設(shè)運(yùn)動員在某一桿擊球過程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上運(yùn)動，碰前白色球A的動量pA＝5kg·m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變?yōu)閜B′＝4kg·m/s，則下列關(guān)于兩球的質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是()A．mB＝eq\f(1,6)mA B．mB＝eq\f(1,4)mAC．mB＝2mA D．mB＝5mA解析：選C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以白色球的初速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1kg·m/s，根據(jù)碰撞過程總動能不增加，則有eq\f(pA2,2mA)＋eq\f(pB2,2mB)≥eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)，解得mB≥eq\f(2,3)mA；碰后，兩球同向運(yùn)動，A的速度不大于B的速度，則eq\f(pA′,mA)≤eq\f(pB′,mB)，解得mB≤4mA，綜上可知eq\f(2,3)mA≤mB≤4mA，故選C。類型(二)爆炸與反沖(一)爆炸問題1．爆炸現(xiàn)象的特點(diǎn)爆炸過程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動量守恒。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(yuǎn)遠(yuǎn)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(rèn)為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運(yùn)動[例1](2024·德州高三模擬)雙響爆竹是民間慶典使用較多的一種煙花爆竹，其結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示，紙筒內(nèi)分上、下兩層安放火藥。使用時首先引燃下層火藥，使爆竹獲得豎直向上的初速度，升空后上層火藥被引燃，爆竹凌空爆響。一人某次在水平地面上燃放雙響爆竹，爆竹上升至最高點(diǎn)時恰好引燃上層火藥，立即爆炸成兩部分，兩部分的質(zhì)量之比為1∶2，獲得的速度均沿水平方向。已知這次燃放爆竹上升的最大高度為h，兩部分落地點(diǎn)之間的距離為L，重力加速度為g，不計空氣阻力，不計火藥爆炸對爆竹總質(zhì)量的影響。(1)求引燃上層火藥后兩部分各自獲得的速度大小。(2)已知火藥燃爆時爆竹增加的機(jī)械能與火藥的質(zhì)量成正比，求上、下兩層火藥的質(zhì)量比。[解析](1)引燃上層火藥后兩部分向相反的方向做平拋運(yùn)動，豎直方向h＝eq\f(1,2)gt2水平方向L＝v1t＋v2t上層火藥燃爆時，水平方向動量守恒，設(shè)爆竹總質(zhì)量為m，則有0＝eq\f(1,3)mv1－eq\f(2,3)mv2解得兩部分各自獲得的速度大小v1＝eq\f(L,3)eq\r(\f(2g,h))，v2＝eq\f(L,3)eq\r(\f(g,2h))。(2)上層火藥燃爆后爆竹獲得的機(jī)械能E上＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)mv12＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)mv22下層火藥燃爆后爆竹獲得的機(jī)械能E下＝mgh上、下兩層火藥的質(zhì)量比eq\f(m上,m下)＝eq\f(E上,E下)＝eq\f(L2,18h2)。[答案](1)eq\f(L,3)eq\r(\f(2g,h))eq\f(L,3)eq\r(\f(g,2h))(2)eq\f(L2,18h2)[針對訓(xùn)練]1．(多選)一個質(zhì)量為m的小型炸彈自水平地面朝右上方射出，在最高點(diǎn)以水平向右的速度v飛行時，突然爆炸為質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊彈片，如圖所示。爆炸之后乙自靜止自由下落，丙沿原路徑回到原射出點(diǎn)。若忽略空氣阻力，釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為動能，則下列說法正確的是()A．爆炸后乙落地的時間最長B．爆炸后甲落地的時間最長C．甲、丙落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離比為4∶1D．爆炸過程釋放的化學(xué)能為eq\f(7mv2,3)解析：選CD爆炸后甲、丙從同一高度平拋，乙從同一高度自由下落，則落地時間t＝eq\r(\f(2H,g))相等，選項A、B錯誤；爆炸過程動量守恒，有mv＝－eq\f(1,3)mv丙＋eq\f(1,3)mv甲，由題意知v丙＝v，得v甲＝4v，爆炸后甲、丙從同一高度平拋，落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離x＝vt，t相同，則x∝v，甲、丙落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離比為x甲∶x丙＝v甲∶v丙＝4∶1，選項C正確；根據(jù)能量守恒定律可得爆炸過程釋放的化學(xué)能ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(m,3)v甲2＋eq\f(1,2)×eq\f(m,3)v丙2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(7,3)mv2，選項D正確。(二)反沖運(yùn)動1．反沖運(yùn)動的特點(diǎn)物體在內(nèi)力作用下分裂為兩個不同部分，并且這兩部分向相反方向運(yùn)動的現(xiàn)象。反沖運(yùn)動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚怼?．對反沖運(yùn)動的三點(diǎn)說明作用原理反沖運(yùn)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(yùn)動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動遵循動量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動中，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[例2]一火箭噴氣發(fā)動機(jī)每次噴出質(zhì)量m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機(jī)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(jī)每秒噴氣20次，火箭初始時靜止(結(jié)果保留1位小數(shù))。(1)當(dāng)發(fā)動機(jī)第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？(2)運(yùn)動第1s末，火箭的速度為多大？[解析](1)設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，由動量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2.0m/s。(2)發(fā)動機(jī)每秒噴氣20次，設(shè)運(yùn)動第1s末，火箭的速度為v20，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動量守恒定律得(M－20m)v20－20mv＝0，解得v20≈13.5m/s。[答案](1)2.0m/s(2)13.5m/s[針對訓(xùn)練]2．(2024·重慶模擬)如圖所示，某中學(xué)航天興趣小組的同學(xué)將靜置在地面上的質(zhì)量為M(含水)的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為m的水以相對地面為v0的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g，空氣阻力不計，下列說法正確的是()A．火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力B．水噴出的過程中，火箭和水機(jī)械能守恒C．火箭獲得的最大速度為eq\f(M,M－m)v0D．火箭上升的最大高度為eq\f(m2v02,2gM－m2)解析：選D火箭的推力來源于火箭里噴出的水對它的反作用力，故A錯誤；水噴出的過程中，瓶內(nèi)氣體做功，火箭和水機(jī)械能不守恒，故B錯誤；由動量守恒定理可得(M－m)v＝mv0，解得v＝eq\f(mv0,M－m)，故C錯誤；水噴出后，火箭做豎直上拋運(yùn)動，由題意有v2＝2gh，h＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,M－m)))2,2g)＝eq\f(m2v02,2gM－m2)，故D正確。

類型(三)人船模型問題1．人船模型問題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質(zhì)量的反比。這樣的問題即為人船模型問題。人船模型還適用于某一方向上動量守恒(如水平方向或豎直方向)的二物系統(tǒng)，只要相互作用前兩物體在該方向上速度都為零即可。2．人船模型的特點(diǎn)(1)兩物體滿足動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。(2)運(yùn)動特點(diǎn)：人動船動，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(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。3．應(yīng)用人船模型注意事項(1)應(yīng)用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)時要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對地面而言的。(2)解題時要畫出兩物體的位移關(guān)系草圖，找出各長度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移。[典例](2024·哈爾濱調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為M＝4kg的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R＝1m的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為m＝1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從小車上的A點(diǎn)由靜止開始沿AB軌道下滑，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點(diǎn)，滑塊與BC軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g＝10m/s2，則()A．整個過程中滑塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．滑塊由A滑到B過程中，滑塊的機(jī)械能守恒C．BC段長L＝1mD．全過程小車相對地面的位移大小為0.6m[解析]滑塊在圓弧軌道上運(yùn)動時有豎直方向的加速度，所以對系統(tǒng)而言豎直方向外力矢量和不為零，不滿足動量守恒的條件，故A錯誤；滑塊由A滑到B過程中，小車對滑塊的彈力做負(fù)功，滑塊的機(jī)械能不守恒，故B錯誤；滑塊恰好停在C點(diǎn)時，二者均靜止，根據(jù)能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得L＝2m，故C錯誤；根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒有Mv1＝mv2，通過相同的時間有Mx1＝mx2，且有x1＋x2＝R＋L，解得x1＝0.6m，故D正確。[答案]D[考法全訓(xùn)]考法1對人船模型的理解1.質(zhì)量為m的人在質(zhì)量為M的小車上從左端走到右端，如圖所示，當(dāng)車與地面摩擦不計時，那么()A．人在車上行走，若人相對車突然停止，則車由于慣性過一會才停止B．人在車上行走的平均速度越大，則車在地面上移動的距離也越大C．人在車上行走的平均速度越小，則車在地面上移動的距離就越大D．不管人以什么樣的平均速度行走，車在地面上移動的距離相同解析：選D由人與車組成的系統(tǒng)動量守恒，初態(tài)系統(tǒng)總動量為零，則有mv人＝Mv車，若人相對車突然停止，則車也突然停止，故A錯誤；設(shè)車長為L，由m(L－x車)＝Mx車，解得x車＝eq\f(m,M＋m)L，車在地面上移動的位移大小與人的平均速度大小無關(guān)，故D正確，B、C錯誤?？挤?某個方向上應(yīng)用人船模型2.一個質(zhì)量為M、底面邊長為b的斜面體靜止于光滑的水平桌面上，如圖所示，有一質(zhì)量為m的物塊由斜面頂部無初速度滑到底部時，斜面體移動的距離為s。下列說法中正確的是()A．若斜面粗糙，則s＝eq\f(mb,M＋m)B．只有斜面光滑，才有s＝eq\f(mb,M＋m)C．若斜面光滑，則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒D．若斜面粗糙，則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能不守恒解析：選A不論斜面是否光滑，斜面體和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上都動量守恒，以向左為正方向，斜面體的位移大小為s，則物塊的位移大小為b－s，物塊和斜面體的平均速率分別為v1＝eq\f(b－s,t)，v2＝eq\f(s,t)，由動量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝eq\f(mb,M＋m)，A正確，B錯誤；不論斜面是否光滑，物塊下滑過程中系統(tǒng)在豎直方向上所受合力都不為零，系統(tǒng)所受的合力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，若斜面光滑，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，若斜面不光滑，則系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，C、D錯誤。[課時跟蹤檢測]一、立足基礎(chǔ)，體現(xiàn)綜合1．(2024·武漢高三模擬)如圖，棱長為a、大小形狀相同的立方體木塊和鐵塊，質(zhì)量為m的木塊在上，質(zhì)量為M的鐵塊在下，正對用極短細(xì)繩連接懸浮在平靜的池中某處，木塊上表面距離水面的豎直距離為h。當(dāng)細(xì)繩斷裂后，木塊與鐵塊均在豎直方向上運(yùn)動，木塊剛浮出水面時，鐵塊恰好同時到達(dá)池底。僅考慮浮力，不計其他阻力，則池深為()A．eq\f(M＋m,M)h B．eq\f(M＋m,m)(h＋2a)C．eq\f(M＋m,M)(h＋2a) D．eq\f(M＋m,M)h＋2a解析：選D設(shè)鐵塊豎直下降的位移為d，對木塊與鐵塊系統(tǒng)，系統(tǒng)合外力為零，由動量守恒定律可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝eq\f(M＋m,M)h＋2a，D正確。2．(多選)在光滑的水平面上，動能為E0、動量大小為p0的小鋼球A與靜止小鋼球B發(fā)生對心碰撞，碰撞前、后球A的運(yùn)動方向相反?，F(xiàn)將碰撞后球A的動能和動量大小分別記為EA、pA，球B的動能和動量的大小分別記為EB、pB，則下列判斷中一定正確的是()A．EA<E0 B．EB>E0C．pA<pB D．pB<p0解析：選AC碰撞后兩球均有速度，碰撞過程中總動能不增加，則EA<E0，EB<E0，故A正確，B錯誤；碰撞過程中，由動量守恒定律得p0＝pB－pA，可見，pA＜pB，pB＞p0，故D錯誤，C正確。3．“獨(dú)竹漂”是一項獨(dú)特的黔北民間絕技。獨(dú)竹漂高手們腳踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如圖甲所示，在平靜的湖面上，一位女子腳踩竹竿抵達(dá)岸邊，此時女子靜立于竹竿A點(diǎn)，一位攝影愛好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過程的一系列照片，并從中選取了兩張進(jìn)行對比，其簡化圖如圖所示。經(jīng)過測量發(fā)現(xiàn)，甲、乙兩張照片中A、B兩點(diǎn)的水平間距約為1cm，乙照片中竹竿右端距離河岸約為1.8cm。照片的比例尺為1∶40。已知竹竿的質(zhì)量約為25kg，若不計水的阻力，則該女子的質(zhì)量約為()A．41.5kg B．45kgC．47.5kg D．50kg解析：選B對女子和竹竿組成的系統(tǒng)，可看成人船模型，根據(jù)動量守恒定律，可得m1x1＝m2x2，代入數(shù)據(jù)解得該女子的質(zhì)量為m1＝45kg，故選B。4．(2024·南通高三模擬)如圖甲所示，左端接有輕彈簧的物塊A靜止在光滑水平面上，物塊B以一初速度向A運(yùn)動，t＝0時B與彈簧接觸，0～2s內(nèi)兩物塊的v-t圖像如圖乙所示。則()A．A的質(zhì)量比B的大B．0～1s內(nèi)，彈簧對A、B的沖量相同C．t＝1s時，彈簧的彈性勢能最大D．t＝2s時，A的動量比B的大解析：選C由題圖乙可知，物塊B的初速度為v0＝1.2m/s，t＝1s時，物塊A、B的共同速度大小為v＝1.0m/