2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章碰撞與動(dòng)量守恒第2講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案粵教版

PAGE22-第2講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)問要點(diǎn)一、動(dòng)量守恒定律1.內(nèi)容假如一個(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)量的增量等大反向。3.動(dòng)量守恒的條件(1)志向守恒：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。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，一般都滿意內(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.分類動(dòng)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多三、反沖和爆炸問題1.反沖(1)定義：當(dāng)物體的一部分以肯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：放射炮彈、爆竹升空、放射火箭等。(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?；A(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、B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F，則下列說法中正確的是()圖1A.木塊A離開墻壁前，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離開墻壁前，A、B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離開墻壁后，A、B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離開墻壁前，由A、B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離開墻壁后，由A、B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，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案BC2.如圖2所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同始終線相向運(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2A.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)解析以兩滑塊組成的系統(tǒng)為探討對(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行能都為零，則A應(yīng)當(dāng)向左運(yùn)動(dòng)，B應(yīng)當(dāng)向右運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤。答案D3.(多選)[粵教版選修3－5·P9·T4改編]把兩條磁性很強(qiáng)且完全相同的磁鐵分別固定在質(zhì)量相等的小車上，磁鐵的同名磁極相對(duì)，小車放在光滑的水平桌面上，起先時(shí)甲車速度大小為3m/s，乙車速度大小為2m/s，相向運(yùn)動(dòng)并在同一條直線上，則()A.當(dāng)乙車的速度為零時(shí)，甲車的速度大小是1m/sB.當(dāng)乙車的速度為零時(shí)，甲車的速度大小是5m/sC.若兩車不相碰，兩車距離最短時(shí)，乙車速度大小為0.5m/sD.若兩車不相碰，兩車距離最短時(shí)，乙車速度大小為0m/s答案AC4.(2024·全國Ⅰ卷，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視)()A.30kg·m/s B.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/s D.6.3×102kg·m/s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。依據(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，所以選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案A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v1、v2、v1′、v2′必需相對(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′是在相互作用后同一時(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樣的動(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)當(dāng)首先推斷動(dòng)量是否守恒，這就須要理解好動(dòng)量守恒的條件，基本思路如下【例1】(多選)(2024·安徽省宜城市其次次調(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)量始終守恒，故B正確；取系統(tǒng)的初速度方向?yàn)檎较?，依?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。答案BCD【例2】如圖4所示，光滑水平軌道上放置長板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mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。起先時(shí)C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生碰撞(時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。圖4解析因碰撞時(shí)間極短，A與C碰撞過程動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①A與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動(dòng)量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿意vAB＝vC③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2m/s。答案2m/s1.(多選)(2024·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。起先時(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，最終，人和錘都復(fù)原至初始狀態(tài)并停止敲打。在此過程中，下列說法中正確的是()圖5A.錘從最高點(diǎn)落下至剛接觸車的過程中，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.錘從剛離開車的左端至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，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；錘從剛離開車的左端至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，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AB2.[臨界問題]兩磁鐵各放在兩輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同始終線運(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)甲車起先反向時(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v，取剛起先運(yùn)動(dòng)時(shí)乙車的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v所以兩車最近時(shí)，乙車的速度為v＝eq\f(m乙v乙－m甲v甲,m甲＋m乙)＝eq\f(1×3－0.5×2,0.5＋1)m/s＝1.3m/s。(2)甲車起先反向時(shí)，其速度為0，設(shè)此時(shí)乙車的速度為v乙′，取剛起先運(yùn)動(dòng)時(shí)乙車的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′解得v乙′＝2m/s。答案(1)1.3m/s(2)2m/s碰撞問題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)論彈性碰撞碰撞時(shí)，只發(fā)朝氣械能的轉(zhuǎn)移，系統(tǒng)內(nèi)無機(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，滿意：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2若碰撞前，有一個(gè)物體是靜止的，設(shè)v2＝0，則碰撞后的速度分別為v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)、v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)非彈性碰撞發(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)能削減。滿意：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＞eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2完全非彈性碰撞發(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。滿意：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)vΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v22.碰撞現(xiàn)象滿意的規(guī)律(1)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v后＞v前，碰后原來在前面的物體速度肯定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不行能都不變更?？枷驈椥耘鲎病纠?】(2024·江西贛州模擬)如圖6所示，B、C、D、E、F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F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v0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6A.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、B質(zhì)量不等，MA＜MB，A、B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、D靜止；E、F質(zhì)量不等，ME＞MF，則E、F都向右運(yùn)動(dòng)，所以B、C、D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s－t圖象記錄了它們碰撞前后的運(yùn)動(dòng)狀況，其中a、b分別為A、B兩球碰撞前的s－t圖象，c為碰撞后它們的s－t圖象。若A球質(zhì)量為1kg，則B球質(zhì)量為()圖7A.2kg B.eq\f(2,3)kgC.4kg D.eq\f(4,3)kg解析由圖象可知，碰撞前A、B兩球都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，va＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，vb＝eq\f(4－0,2)m/s＝2m/s，碰撞后二者合在一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，vc＝eq\f(2－4,4－2)m/s＝－1m/s。碰撞過程中動(dòng)量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，解得mB＝eq\f(2,3)kg，選項(xiàng)B正確。答案B考向非彈性碰撞【例5】北京勝利申辦2024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)冰壺競賽。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的速度接著向前滑向大本營中心。若兩冰壺質(zhì)量相等，則：圖8(1)冰壺乙獲得的速度為多大？(2)試推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mv1＝mv2＋mv3其中v1＝0.4m/s，v2＝0.1m/s解得v3＝0.3m/s。(2)碰撞前的動(dòng)能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0.08m，碰撞后兩冰壺的總動(dòng)能E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝0.05m，因?yàn)镋1＞E2，所以兩冰壺間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(2024·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p1＝5kg·m/s，p2＝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m1與m2間的關(guān)系可能是()A.m1＝m2 B.2m1＝m2C.4m1＝m2 D.6m1＝m2解析甲、乙兩球在碰撞過程中動(dòng)量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，得p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞過程中，不行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eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)，得m1≤eq\f(21,51)m2。因?yàn)轭}目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必需有eq\f(p1,m1)＞eq\f(p2,m2)，即m1＜eq\f(5,7)m2；同時(shí)還要符合碰撞后乙球的速度必需大于或等于甲球的速度這一物理情景，即eq\f(p1′,m1)＜eq\f(p2′,m2)，所以m1＞eq\f(1,5)m2。因此選項(xiàng)C正確。答案C1.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m甲大于乙球質(zhì)量m乙，水平面是光滑的，兩球做對(duì)心碰撞以后的運(yùn)動(dòng)狀況可能是()圖9A.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.兩球都以各自原來的速率反向運(yùn)動(dòng)解析首先依據(jù)兩球動(dòng)能相等，eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＝eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)得出兩球碰前動(dòng)量大小之比為eq\f(p甲,p乙)＝eq\r(\f(m甲,m乙))，因m甲＞m乙，則p甲＞p乙，則系統(tǒng)的總動(dòng)量方向向右。依據(jù)動(dòng)量守恒定律可以推斷，碰后兩球運(yùn)動(dòng)狀況可能是A所述狀況，而B、C、D狀況是違反動(dòng)量守恒的。答案A2.如圖10所示，質(zhì)量為m的物塊Q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。質(zhì)量也為m的物塊P由圓弧軌道的頂端B點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到軌道的最低點(diǎn)與Q發(fā)生彈性正碰，碰撞后物塊Q沿軌道上升的高度為h＝eq\f(R,2)，不考慮物塊和軌道間的摩擦，重力加速度為g，物塊P、Q可以看成質(zhì)點(diǎn)，則()圖10A.物塊P、Q碰撞后，物塊P會(huì)原速返回B.物塊P、Q碰撞后，物塊Q的機(jī)械能守恒C.彈簧的最大彈性勢(shì)能等于eq\f(1,2)mgRD.物塊P、Q碰撞過程中，物塊P對(duì)物塊Q做的功為eq\f(1,2)mgR解析由題意知，物塊P和物塊Q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上升的過程中，Q和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤；物塊P下滑的過程中機(jī)械能守恒，mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得v0＝eq\r(2gR)，碰撞后交換速度，則碰后對(duì)物塊Q和彈簧由功能關(guān)系可知彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh，可得Ep＝eq\f(1,2)mgR，C正確；依據(jù)功能關(guān)系可知在物塊P、Q碰撞過程中，物塊P對(duì)物塊Q做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR，D錯(cuò)誤。答案C常見的三個(gè)經(jīng)典模型模型“人船模型”類問題的處理方法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：m1v1－m2v2＝0。如圖所示。(2)兩物體的位移滿意meq\f(s人,t)－Meq\f(s船,t)＝0s人＋s船＝L即s人＝eq\f(M,M＋m)L，s船＝eq\f(m,M＋m)L【例7】長度為L、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m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))()圖11A.L B.eq\f(mL,M)C.eq\f(mL,M＋m) D.eq\f(ML,M＋m)解析設(shè)人從小車上跳起后沿水平方向的分速度為v1，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mv1－Mv2＝0，設(shè)人從右端到達(dá)左端時(shí)間為t，則有mv1t－Mv2t＝0，化簡為ms1＝Ms2，由空間幾何關(guān)系得s1＋s2＝L，聯(lián)立解得車的位移為s2＝eq\f(mL,M＋m)，故只有選項(xiàng)C正確。答案C模型“滑塊—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＝3kg。質(zhì)量m＝1kg的鐵塊B以水平速度v0＝4m/s從木板的左端沿板面對(duì)右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最終恰好停在木板的左端。在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為()圖12A.3J B.4JC.6J D.20J解析設(shè)鐵塊與木板共速時(shí)速度大小為v，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f。鐵塊壓縮彈簧使彈簧最短時(shí)，由能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝fL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Ep。由動(dòng)量守恒定律，得mv0＝(M＋m)v。從鐵塊起先運(yùn)動(dòng)到最終停在木板左端過程，由能量關(guān)系得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2fL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，聯(lián)立解得Ep＝3J，故選項(xiàng)A正確。答案A模型“子彈打木塊”模型例9(2024·陜西咸陽模擬)如圖13所示，相距足夠遠(yuǎn)完全相同的質(zhì)量均為3m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v0水平向右射入木塊，穿出第一塊木塊時(shí)的速度為eq\f(2,5)v0，已知木塊的長為L，設(shè)子彈在木塊中所受的阻力恒定，不計(jì)空氣阻力。試求：圖13(1)子彈穿出第一塊木塊后，第一個(gè)木塊的速度大小v以及子彈在木塊中所受阻力大??；(2)子彈在其次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程，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝m(eq\f(2,5)v0)＋3mv解得v＝eq\f(1,5)v0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fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m(eq\f(2,5)v0)2－eq\f(1,2)·(3m)v2解得子彈受到木塊阻力f＝eq\f(9mveq\o\al(2,0),25L)。(2)對(duì)子彈與其次塊木塊組成的相互作用系統(tǒng)，由于eq\f(1,2)m·(eq\f(2,5)v0)2＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),25)＜eq\f(9mveq\o\al(2,0),25)，則子彈不能打穿其次塊木塊，設(shè)子彈與其次塊木塊共同速度為v共，由動(dòng)量守恒定律有m(eq\f(2,5)v0)＝(m＋3m)v共解得v共＝eq\f(v0,10)對(duì)其次塊木塊，由動(dòng)量定理有ft＝3m(eq\f(v0,10))子彈在其次塊木塊中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(5L,6v0)。答案(1)eq\f(1,5)v0eq\f(9mveq\o\al(2,0),25L)(2)eq\f(5L,6v0)1.(多選)如圖14甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2kg的另一物體B以水平速度v0＝3m/s滑上原來靜止的長木板A的表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變更狀況如圖乙所示，則下列說法正確的是()圖14A.木板獲得的動(dòng)能為2JB.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4JC.木板A的最小長度為1.5mD.A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1解析依據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0＝(m＋mA)v，得mA＝4kg，A的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mAv2＝2J，系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋m)v2＝6J，木板長L≥eq\f(1,2)(v0＋v)t1－eq\f(1,2)vt1＝eq\f(1,2)v0t1＝1.5m，μmg＝ma，解得μ＝0.2。選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤。答案AC2.(2024·廣東省韶關(guān)市高三診斷性考試)如圖15所示，在水平軌道上A點(diǎn)固定一彈簧放射器，D點(diǎn)與半徑R＝1m的豎直半圓形軌道相接，O為軌道圓心、D為最低點(diǎn)；粗糙部分BC段長L＝1m，其余部分光滑。將質(zhì)量ma＝0.5kg的物塊a壓緊彈簧，釋放后滑塊a與靜置于C點(diǎn)右側(cè)的質(zhì)量mb＝1kg的物塊b發(fā)生彈性正碰。已知物塊與BC面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25。物塊均可看成質(zhì)點(diǎn)。圖15(1)若物塊b被碰后恰好能通過圓周最高點(diǎn)E，求其在平拋運(yùn)動(dòng)中的水平位移大??；(2)在彈性勢(shì)能Ep0＝37.25J時(shí)彈出物塊a，求b被碰后運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力；(3)用質(zhì)量mc＝1kg的物塊c取代a，問：彈性勢(shì)能Ep取值在什么范圍內(nèi)，才能同時(shí)滿意以下兩個(gè)條件(不考慮物塊b脫離軌道后可能的碰撞)①物塊c能與b碰撞；②c與b的碰撞不超過2次。(已知碰撞是彈性正碰)解析(1)物塊b被碰后恰好過最高點(diǎn)mbg＝mbeq\f(v2,R)得v＝eq\r(gR)做平拋運(yùn)動(dòng)：eq\f(1,2)gt2＝2R，得t＝eq\r(\f(4R,g))所以平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為x＝vt＝2R＝2m。(2)Ep0－μmagL＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a1)－0，得va1＝12m/smava1＋0＝mava2＋mbvb2eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a1)＋0＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a2)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b2)得va2＝－4m/s，vb2＝8m/sFN－mbg＝mbeq\f(veq\o\al(2,b),R)，得FN＝74N方向豎直向上，依據(jù)牛頓第三定律知b被碰后運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小FN′＝FN＝74N方向豎直向下。(3)狀況1：發(fā)生一次彈性碰撞：物塊b在半圓形軌道上運(yùn)動(dòng)高度超過O點(diǎn)等高點(diǎn)，則eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b1)＞mgR，得vb1＞eq\r(2gR)因?yàn)橘|(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生彈性碰撞，交換速度，所以碰前c的速度vc1≥eq\r(2gR)；Ep1－μmcgL＝eq\f(1,2)mcveq\o\al(2,c1)，得Ep1＞12.5J狀況2：發(fā)生2次彈性碰撞：若要碰撞，則有Ep＞μmcgL＝2.5J僅碰兩次Ep＜3μmcgL＝7.5J，且7.5J＜12.5J綜上2.5J＜Ep2＜7.5J。答案見解析課時(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快速推出木箱。關(guān)于上述過程，下列說法中正確的是()圖1A.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CD2.兩名質(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，甲和乙最終的速率關(guān)系是()A.若甲最先拋球，則肯定是v甲＞v乙B.若乙最終接球，則肯定是v甲＞v乙C.只有甲先拋球，乙最終接球，才有v甲＞v乙D.無論怎樣拋球和接球，都是v甲＞v乙答案B3.(2024·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)合在一起接著運(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解析動(dòng)車車廂和拖車車廂碰撞過程動(dòng)量守恒，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mv，對(duì)拖車依據(jù)動(dòng)量定理有I＝mv，聯(lián)立解得I＝104N·s，選項(xiàng)C正確。答案C4.(2024·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2所示。則下列說法錯(cuò)誤的是()圖2A.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，依據(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。答案C5.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。假如碰撞過程中無機(jī)械能損失，已知物塊B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()圖3A.0.5m/s B.1.0m/sC.1.5m/s D.2.0m/s解析碰后物塊B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有－μ·2mgs＝0－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，得v2＝1m/s。A與B碰撞過程中動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，則有mv0＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，解得v0＝1.5m/s，則選項(xiàng)C正確。答案C6.[人教版選修3－5·P17·T6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)生其次次碰撞，則A、B兩球的質(zhì)量比為()圖4A.1∶2 B.2∶1C.1∶4 D.4∶1解析設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方向?yàn)檎较?，由題意知，兩球剛好不發(fā)生其次次碰撞，說明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分別為eq\f(v0,3)和－eq\f(v0,3)，則有mBv0＝mA·eq\f(v0,3)＋mBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,3)))，解得mA∶mB＝4∶1，選項(xiàng)D正確。答案D7.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，此過程木塊的動(dòng)能增加了6J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為()圖5A.16J B.2JC.6J D.4J解析設(shè)子彈的質(zhì)量為m0，初速度為v0，木塊的質(zhì)量為m，則子彈打入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，即ΔE＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋m0)v2，而木塊獲得的動(dòng)能Ek木＝eq\f(1,2)mv2＝6J，兩式相除得eq\f(ΔE,Ek木)＝eq\f(m＋m0,m0)＞1，即E＞6J，A項(xiàng)正確。答案A8.如圖6所示，一質(zhì)量m1＝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m2＝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)μ＝0.5，現(xiàn)有一質(zhì)量m0＝0.05kg的子彈以v0＝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：圖6(1)子彈剛剛射入小車時(shí)，小車的速度大小v1；(2)要使小物塊不脫離小車，小車的長度至少為多少？解析(1)子彈射入小車的過程中，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m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝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v2，兩者相對(duì)位移大小為L，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2μm2gL＝eq\f(1,2)(m0＋m1)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(m0＋m1＋m2)veq\o\al(2,2)解得L＝5m故要使小物塊不脫離小車，小車的長度至少為5m。答案(1)10m/s(2)5m9.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m＝0.1kg的小球B，水平面上有一個(gè)質(zhì)量為M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s起先向著小球B運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t＝0.80s與B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)μ＝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－μMgt＝MvA－Mv0解得vA＝2m/s。(2)對(duì)A、B組成的系統(tǒng)：碰撞前后動(dòng)量守恒，則有MvA＝MvA′＋mvB碰撞前后總動(dòng)能保持不變，則有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)MvA′2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由以上兩式解得vA′＝1m/s，vB＝3m/s設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)的速度大小為vC，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)的過程中機(jī)械能守恒，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vC＝eq\r(5)m/s對(duì)小球B，在最高點(diǎn)C有mg＋FN＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得FN＝4N由牛頓第三定律知小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C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v0＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩