2018-2019学年高中一轮复习物理第七章动量

第七章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))eq\a\vs4\al(动量)考纲要求考情分析动量动量定理Ⅱ1.命题规律高考对本章以单独考查为主，也可以与动力学、功和能等知识综合考查。题型既有选择题，也有计算题，难度中等。2.考查热点以生活实例及经典物理学理论为命题背景，适当结合物理知识在生活中的应用。动量守恒定律及其应用Ⅱ弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ实验六：验证动量守恒定律[说明]碰撞问题只限于一维。第30课时动量冲量动量定理(双基落实课)知识点一动量和冲量1．冲量和动量的比较冲量I动量p定义力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量物体的质量和速度的乘积叫做动量公式I＝Ftp＝mv单位N·skg·m/s矢标性矢量，方向与恒力的方向相同矢量，方向与速度的方向相同特点过程量状态量2．冲量和功的比较(1)冲量是矢量，功是标量。(2)冲量和功都是过程量。冲量是表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用。(3)冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零。3．动量与动能的比较(1)动量是矢量，动能是标量。(2)动量和动能都是状态量。冲量引起动量的变化，总功引起动能的变化。(3)若动能发生了变化，动量也一定发生变化；而动量发生变化时，动能不一定发生变化。(4)动量和动能均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系。它们的大小关系：p＝eq\r(2mEk)或Ek＝eq\f(p2,2m)。[小题练通]1．下列关于动量的说法正确的是()A．质量大的物体动量一定大B．速度大的物体动量一定大C．两物体动能相等，动量不一定相同D．两物体动能相等，动量一定相等解析：选C动量等于运动物体质量和速度的乘积，动量大小与物体质量、速度两个因素有关，A、B错；由动量大小和动能的表达式得出p＝eq\r(2mEk)，两物体动能相等，质量关系不明确，动量不一定相同，D错，C对。2．如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为()A．mg(t1＋t2)sinθ B．mg(t1－t2)sinθC．mg(t1＋t2) D．0解析：选C重力是恒力，重力的冲量等于重力与重力作用时间的乘积，即整个运动过程中重力的冲量为mg(t1＋t2)。选项C正确。变力冲量的计算方法动量定理若I无法直接求得，可利用I＝Δp间接求出，这是求变力冲量的首选方法平均力法如果力随时间是均匀变化的，则eq\x\to(F)＝eq\f(1,2)(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝eq\f(1,2)(F0＋Ft)tF­t图像eq\a\vs4\al(F­t图线与时间轴围成的“面积”表示力的冲量)知识点二动量定理1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。2．公式：p′－p＝I。(1)公式是矢量式，左边是动量的变化量，只有当初、末动量在一条直线上时，可以直接进行代数运算，但必须注意正负值。(2)公式右边是物体受到的所有力的合冲量，而不是某一个力的冲量。(3)公式说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。3．用动量定理解释生活现象由F＝eq\f(Δp,t)知，物体的动量变化一定时，力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。[小题练通]1．(2015·安徽高考)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，一物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止，g取10m/s2。(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。解析：(1)由动能定理，有－μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02可得μ＝0.32。(2)由动量定理：有FΔt＝mv′－mv可得F＝130N。(3)克服摩擦力所做的功W＝eq\f(1,2)mv′2＝9J。答案：(1)0.32(2)130N(3)9J2．据统计，人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍。为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况。重物与地面的形变很小，可忽略不计，g取10m/s2。下表为一次实验过程中的相关数据。请你选择所需数据，通过计算回答下列问题：重物(包括传感器)的质量m/kg8.5重物下落高度H/cm45重物反弹高度h/cm20最大冲击力Fm/N850重物与地面接触时间t/s0.1(1)求重物受到地面的冲击力最大时的加速度大小；(2)在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍？解析：(1)由牛顿第二定律有a＝eq\f(Fm－mg,m)，解得a＝90m/s2。(2)重物在空中运动过程中，由动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2由题意得，重物与地面接触前瞬时的速度大小v1＝eq\r(2gH)重物离开地面瞬时的速度大小v2＝eq\r(2gh)设重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F，竖直向上为正方向，由动量定理有(F－mg)t＝mv2－m(－v1)解得F＝510N，故eq\f(F,mg)＝6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍。答案：(1)90m/s2(2)6倍应用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。知识点三动量定理与微元法的综合应用1．流体类问题流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常给出流体密度ρ分析步骤(1)建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S(2)微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体2．微粒类问题微粒及其特点通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n分析步骤(1)建立“柱体”模型，沿速度v0的方向选取一段微元，其横截面积为S(2)微元研究，作用时间Δt内一段微元的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt(3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N求解[小题练通]1．水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的，煤层受到3.6×106N/m2的压强冲击即可破碎，若水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为(水的密度为1×103kg/m3)()A．30m/s B．40m/sC．45m/s D．60m/s解析：选D建立如图所示模型，设水流形成的水柱面积为S，由动量定理：F·Δt＝0－ρS·v0·Δt·(－v0)，可得压强：p＝eq\f(F,S)＝ρv02，故冲击煤层的水流速度至少应为v0＝eq\r(\f(p,ρ))＝60m/s。2．(2016·全国Ⅰ卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV ①ΔV＝v0SΔt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。 ③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)Δmv2＋Δmgh＝eq\f(1,2)Δmv02 ④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝Δmv ⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)。 ⑧答案：(1)ρv0S(2)eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)Δt是动量定理与柱体微元之间的桥梁，这一点跟“加速度是力与运动之间的桥梁”类似。eq\a\vs4\al([课时达标检测])一、单项选择题1．(2015·重庆高考)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq\f(m\r(2gh),t)－mgC.eq\f(m\r(gh),t)＋mg D.eq\f(m\r(gh),t)－mg解析：选A方法一：设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)，设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，又v＝at，解得F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg。方法二：由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg。选项A正确。2．(2018·合肥一模)质量为0.2kg的小球以6m/s的速度竖直向下落至水平地面上，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量的变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是()A．Δp＝2kg·m/sW＝－2JB．Δp＝－2kg·m/sW＝2JC．Δp＝0.4kg·m/sW＝－2JD．Δp＝－0.4kg·m/sW＝2J解析：选A取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向竖直向上。由动能定理，合外力做的功：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J。故A正确。3．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，左端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶左端对竖直墙面的作用力大小是()A．ρvS B.eq\f(ρv2,S)C.eq\f(1,2)ρv2S D．ρv2S解析：选DΔt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。4．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是()A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：选B摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，乘客重力的冲量不为零，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误。5．一个质量为3kg的物体所受的合外力随时间变化的情况如图所示，那么该物体在6s内速度的改变量是()A．7m/s B．6.7m/sC．6m/s D．5m/s解析：选DF­t图线与时间轴围成的面积在数值上代表了合外力的冲量，故合外力冲量为I＝3×4＋eq\f(1,2)×2×4－eq\f(1,2)×1×2N·s＝15N·s，根据动量定理有I＝mΔv，Δv＝eq\f(I,m)＝eq\f(15,3)m/s＝5m/s，故D正确。二、多项选择题6．两个质量不同的物体，如果它们的()A．动能相等，则质量大的动量大B．动能相等，则动量大小也相等C．动量大小相等，则质量大的动能小D．动量大小相等，则动能也相等解析：选AC根据动能Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，动量p＝mv＝eq\r(2mEk)，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A正确，B错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C正确，D错误。7．(2018·常德模拟)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有()A．小球的机械能减少了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于meq\r(2gH)D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：选AC小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减少了mg(H＋h)，则小球的机械能减少了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝eq\r(2gH)，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－meq\r(2gH)，得：IF＝IG＋meq\r(2gH)，可知阻力的冲量大于meq\r(2gH)，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的改变量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。8．某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止悬吊时的平衡位置。不计空气阻力，则下列说法中正确的是()A．从P至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B．从P至c过程中重力所做的功等于人克服弹力所做的功C．从P至b过程中人的速度不断增大D．从a至c过程中加速度方向保持不变解析：选BC人由P至c的全过程中，外力的总冲量为重力的冲量与弹性绳弹力的冲量的矢量和，根据动量定理，外力的总冲量应等于人的动量增量，人在P与c时速度均为零，动量的增量为零，则重力的冲量大小应等于弹性绳弹力的冲量大小，方向相反，总冲量为零，选项A错误；根据动能定理，人由P至c过程中，人的动能增量为零，则重力与弹性绳弹力做的总功为零，重力所做的功等于人克服弹力所做的功，选项B正确；人由P至a自由下落，由a至b，弹力逐渐增大，但合外力向下，人做加速度变小的加速运动，至b点加速度为零，速度最大，人过b点之后，弹力大于重力，合外力向上，加速度方向向上，速度变小，选项C正确，D错误。9．(2017·全国Ⅲ卷)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则()A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零解析：选AB方法一：根据F­t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，则A、B正确，C、D错误。方法二：前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s时物块的速率v1＝a1t1＝1m/s，A正确；t＝2s时物块的速率v2＝a1t2＝2m/s，动量大小为p2＝mv2＝4kg·m/s，B正确；物块在2～4s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，动量大小为p3＝mv3＝3kg·m/s，C错误；t＝4s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s，D错误。三、计算题10．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度。已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，单位电荷的电量为e，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：(1)射出的氧离子速度；(2)每秒射出的氧离子数；(3)射出氧离子后飞行器开始运动的加速度。解析：(1)每个氧离子带电量为q＝2e，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，即得氧离子速度v＝eq\r(\f(4eU,m))。(2)设每秒射出的氧离子数为n，则加速电压每秒对离子做的总功为nqU，即功率为P＝nqU，由此可得每秒射出的氧离子数n＝eq\f(P,2eU)。(3)由动量定理得F＝eq\f(Δp,Δt)＝nmv，又由牛顿第二定律得F＝Ma，解得飞行器开始运动的加速度a＝eq\r(\f(mP2,eUM2))。答案：(1)eq\r(\f(4eU,m))(2)eq\f(P,2eU)(3)eq\r(\f(mP2,eUM2))11．如图所示，质量为0.5kg，长为1.2m的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间的动摩擦因数μ＝eq\f(1,8)，在盒内右端B放着质量也为0.5kg，半径为0.1m的弹性球，球与盒接触面光滑。若在A端给盒一水平向右的冲量1.5N·s，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程；(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间。解析：(1)以盒为研究对象，盒受冲量I后获得速度v，由动量定理，有I＝mv－0，v＝eq\f(I,m)＝eq\f(1.5,0.5)m/s＝3m/s盒以此速度向右做减速运动，运动中受到桌面的摩擦力f＝μFN＝μ·2mg由牛顿第二定律，有－μ·2mg＝ma可得a＝－2μg盒运动了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1m后，速度减少为v′，v′2－v2＝2ax1解得v′＝2m/s盒左壁以速度v′与球相碰，因碰撞中无能量损失，又盒与球质量相等，故盒停止，球以v′＝2m/s的速度向右做匀速直线运动，运动1m后又与盒的右壁相碰，盒又以v′＝2m/s的速度向右做减速运动，直到停止。0－v′2＝2ax2解得x2＝0.8m因x2只有0.8m，此时盒静止，小球不会再与盒的右壁相碰，所以盒通过的总路程为s＝x1＋x2＝(1＋0.8)m＝1.8m。(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为t1根据动量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv解得t1＝0.4s球匀速运动时间t2＝eq\f(x1,v′)＝eq\f(1,2)s＝0.5s盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为t3，根据动量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′解得t3＝0.8s总时间t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7s。答案：(1)1.8m(2)1.7s第31课时动量守恒定律(重点突破课)eq\a\vs4\al([基础点·自主落实])[必备知识]1．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。(2)常用的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。(3)适用条件①理想守恒：不受外力或所受外力的合力为eq\a\vs4\al(零)。②近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。③某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。2．碰撞(1)碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。(2)碰撞特征：作用时间eq\a\vs4\al(短)、作用力变化eq\a\vs4\al(快)、内力远大于外力、满足动量守恒。(3)碰撞的分类及特点弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能不守恒完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最多3．爆炸现象：爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。4．反冲运动：物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。[小题热身]1．下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是()A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时解析：选C对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。故选C。2．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为()A．1∶2B．1∶3C．2∶1D．2∶3解析：选D设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝eq\f(v,2)，碰后vA′＝eq\f(v,2)，由动量守恒定律，有mv＋2m×eq\f(v,2)＝m×eq\f(v,2)＋2mvB′，解得vB′＝eq\f(3v,4)，所以vA′∶vB′＝eq\f(v,2)∶eq\f(3v,4)＝eq\f(2,3)，D正确。eq\a\vs4\al([重难点·师生互动])重难点(一)动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒定律的五个特性系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2．动量守恒定律的三种表达式及对应意义(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0。(3)Δp1＝－Δp2，即系统中一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反。3．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)规定正方向，确定初、末状态动量。(4)由动量守恒定律列出方程。(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。考法1动量守恒的判断[例1]如图所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙木块上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后()A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒[解析]甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但甲、乙两木块所组成的系统因所受合力为零，故动量守恒，A、B错误，C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能有一部分转化为弹簧的弹性势能，故动能不守恒，D错误。[答案]C动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。考法2系统的动量守恒问题[例2](2018·郑州质检)如图所示，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2。子弹射入后，求：(1)子弹射入物块后一起向右滑行的最大速度v1；(2)木板向右滑行的最大速度v2；(3)物块在木板上滑行的时间t。[解析](1)子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s。(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1s。[答案](1)6m/s(2)2m/s(3)1s考法3某一方向上的动量守恒问题[例3](多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处由静止开始自由下滑()A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球能回到槽高h处[解析]在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，故A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合力为零，所以在水平方向动量守恒，故B正确；被弹簧反弹后，小球和槽不受外力，故小球脱离槽后，槽向左做匀速运动，而小球也会做匀速运动，故C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，小球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，两者分离后，速度大小相等，小球被反弹后与槽的速度大小相等，小球不能滑到槽上，更不能回到槽高h处，故D错误。[答案]BC(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力。[集训冲关]1．如图所示的装置中，木块B与水平桌面间是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后，停在木块内。将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则在此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中()A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能不守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒解析：选B由于子弹射入木块过程中，二者之间存在着摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，故整个过程中，动量、机械能均不守恒，B正确。2．两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝2.0kg，mB＝0.90kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC＝0.10kg的滑块C，以vC＝10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示。由于摩擦，滑块最后停在B上，B和C的共同速度为0.50m/s。求：A的最终速度vA及C离开A时的速度vC′。解析：C从开始滑上A到恰好滑至A的右端过程中，A、B、C组成的系统动量守恒mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′C刚滑上B到两者相对静止，B、C组成的系统动量守恒mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v解得vA＝0.25m/svC′＝2.75m/s。答案：0.25m/s2.75m/s3．从倾角为30°，长0.3m的光滑斜面上滑下质量为2kg的货包，掉在质量为13kg的小车里(如图)。若小车与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.02，小车能前进多远？(g取10m/s2)解析：货包离开斜面时速度为v＝eq\r(2ax1)＝eq\r(2gx1sin30°)＝eq\r(3)m/s货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以在其落入小车前，其水平速度vx不变，其大小为vx＝v·cos30°＝1.5m/s货包落入小车中与小车相碰的瞬间，虽然小车在水平方向受到摩擦力的作用，但与相碰时的内力相比可忽略，故系统在水平方向上动量守恒，则mvx＝(M＋m)v′小车获得的速度为v′＝0.2m/s由动能定理有μ(M＋m)gx2＝eq\f(1,2)(M＋m)v′2解得小车前进的距离为x2＝0.1m。答案：0.1m重难点(二)碰撞、爆炸与反冲1．碰撞现象满足的规律(1)动量守恒。(2)动能不增加。(3)速度要合理。①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2．爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动3．对反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加题型1碰撞问题[例1]如图所示，一质量M＝2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3m处由静止释放一质量mA＝1kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为g＝10m/s2，求小球B的质量。[解析]设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0＝mAv1－Mv由能量守恒定律有mAgh＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)Mv2联立解得v1＝2m/s，v＝1m/s小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2，由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v1′＝1m/s由动量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2由能量守恒定律有eq\f(1,2)mAv12＝eq\f(1,2)mAv1′2＋eq\f(1,2)mBv22联立解得mB＝3kg。[答案]3kg碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量大的静止不动，质量小的被原速率反向弹回。题型2爆炸问题[例2](2014·重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()[解析]由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D项错；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A项错；B图中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B项对。[答案]B题型3反冲问题[例3]一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s。设火箭质量M＝300kg，发动机每秒钟喷气20次。(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？(2)运动第1s末，火箭的速度为多大？[解析](1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3≈2m/s。(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20≈13.5m/s。[答案](1)2m/s(2)13.5m/s[通法归纳](1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大。(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变。[集训冲关]1．(2018·南平模拟)如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将()A．停止运动 B．向左运动C．向右运动 D．运动方向不能确定解析：选C力F大小相等，mA＞mB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度aA＜aB，由题意知sA＝sB，由运动学公式得sA＝eq\f(1,2)aAtA2，sB＝eq\f(1,2)aBtB2，可知tA＞tB，由IA＝F·tA，IB＝F·tB，解得IA＞IB，由动量定理可知ΔpA＝IA，ΔpB＝IB，可得pA＞pB，碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故A、B、D错误，C正确。2．(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则()A．b的速度方向一定与原来速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达水平地面D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等解析：选CD炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb＞0、vb＜0、vb＝0都有可能，A错误；vb＞va、vb＜va、vb＝va也都有可能，爆炸后，a、b都做平抛运动，由平抛运动规律知，下落高度相同则运动的时间相等，飞行的水平距离与速度大小成正比，故B错误，C正确；炸裂过程中，a、b之间的力为相互作用力，故D正确。重难点(三)人船模型1．“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型”问题。2．人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)应用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。[典例]如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，则船和人相对地面的位移各为多少？[解析]设任一时刻人与船的速度大小分别为v1、v2，作用前都静止。因整个过程中动量守恒，所以有mv1＝Mv2设整个过程中的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))1、eq\o(v,\s\up6(－))2，则有meq\o(v,\s\up6(－))1＝Meq\o(v,\s\up6(－))2上式两边乘以时间t，有meq\o(v,\s\up6(－))1t＝Meq\o(v,\s\up6(－))2t，即mx1＝Mx2且x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(M,m＋M)L，x2＝eq\f(m,m＋M)L。[答案]eq\f(m,m＋M)Leq\f(M,m＋M)L求解“人船模型”问题的注意事项(1)适用范围：“人船模型”还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。(2)画草图：解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。[集训冲关]1.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体沿光滑斜面下滑。当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()A.eq\f(mh,M＋m)B.eq\f(Mh,M＋m)C.eq\f(mh,M＋mtanα)D.eq\f(Mh,M＋mtanα)解析：选C此题属“人船模型”问题。m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2，且x1＋x2＝eq\f(h,tanα)，解得x2＝eq\f(mh,M＋mtanα)，故C正确。2.(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)()A．系统的总动量守恒B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向C．小球不能向左摆到原高度D．小车向右移动的最大距离为eq\f(2ml,M＋m)解析：选BD系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的速度为vm，小车的速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车移动的最大距离为eq\f(2ml,M＋m)，D正确。eq\a\vs4\al([课时达标检测])一、单项选择题1．如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是()A．男孩与木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同解析：选C根据动量守恒的条件可知，男孩、小车与木箱组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项C正确。2．如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，以下系统动量不守恒的是()A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统解析：选A如果A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒。综上所述，A正确。3．(2017·全国Ⅰ卷)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s解析：选A燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，选项A正确。4．斜向上飞出的一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。则下列说法中正确的是()A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前瞬间爆竹的总动能解析：选A设爆竹爆炸前瞬间的速度为v0，爆炸过程中，因为内力远大于外力，则爆竹爆炸过程中动量守恒，设三块质量均为m，中间一块的速度为v，前面一块的速度为v1，则后面一块的速度为－v1，由动量守恒定律有3mv0＝mv1－mv1＋mv，解得v＝3v0，则中间那块速度方向向东，速度大小比爆炸前的大，则A正确，B错误；由平抛运动规律可知，三块同时落地，但落地时动量不同，C错误；爆炸后的瞬间，中间那块的动能为eq\f(1,2)m(3v0)2，大于爆炸前系统的总动能eq\f(3,2)mv02，D错误。5．(2014·福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)解析：选D火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，D项正确。二、多项选择题6．质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和eq\f(1,4)圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是()A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动C．小球可能沿水平方向向右做平抛运动D．小球可能做自由落体运动解析：选BCD小球水平冲向小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统机械能守恒、水平方向动量守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞。如果m＜M，小球离开小车向左做平抛运动；如果m＝M，小球离开小车做自由落体运动；如果m＞M，小球离开小车向右做平抛运动。7．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子的正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系统损失的动能为()A.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(mM,2m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL解析：选BD由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为u，由动量守恒定律得mv＝(m＋M)u，系统损失的动能为eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)u2＝eq\f(mM,2m＋M)v2，B正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做的功，即ΔEk＝－Wf＝NμmgL，D正确。8．如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动解析：选BCAB与C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。9．A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的x­t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B两球碰撞前的x­t图像，c为碰撞后它们的x­t图像。若A球质量为1kg，则B球质量及碰后它们的速度大小分别为()A．2kg B．eq\f(2,3)kgC．4m/s D．1m/s解析：选BD由题图可知碰撞前A、B两球都做匀速直线运动，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匀速直线运动，vc＝eq\f(2－4,4－2)m/s＝－1m/s。碰撞过程中动量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，可解得mB＝eq\f(2,3)kg，可知选项B、D正确。三、计算题10．如图所示，木块A质量为mA＝1kg，足够长的木板B质量为mB＝4kg，A、B置于水平面上，质量为mC＝4kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0＝12m/s的初速度向右运动，A与B碰撞后以4m/s的速度被弹回。(1)求B运动过程中的最大速度大小；(2)若B足够长，求C运动过程中的最大速度。解析：(1)A与B碰后瞬间，C的运动状态未变，此时B的速度最大。取向右为正方向，由A、B组成的系统动量守恒，有：mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB代入数据得vB＝4m/s。(2)B与C相互作用使B减速、C加速，由于B足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C组成的系统动量守恒，有mBvB＋0＝(mB＋mC)vC代入数据得vC＝2m/s。答案：(1)4m/s(2)2m/s11．如图所示，一质量为M＝3kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量为m＝1kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep＝6J，小球与小车右壁距离为L＝1m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；(2)在整个过程中，小车移动的距离。解析：(1)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒、机械能守恒得mv1－Mv2＝0eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22＝Ep解得：v1＝3m/s，v2＝1m/s。(2)设整个过程所用时间为t，小车移动的距离为x2，小球移动的距离为x1，由动量守恒得meq\f(x1,t)＝Meq\f(x2,t)x1＋x2＝L解得：x2＝0.25m。答案：(1)3m/s1m/s(2)0.25m第32课时几种与动量守恒定律有关的力学模型(题型研究课)模型1“弹簧类”模型模型图示模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零，系统动能通常最大，但物体速度一般不相等[例1](2018·石家庄二中一模)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，C的v­t图像如图乙所示。求：(1)C的质量mC；(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。[解析](1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒。mCv1＝(mA＋mC)v2解得mC＝2kg。(2)由题图可知，12s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小v3＝3m/s，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4eq\f(1,2)(mA＋mC)v32＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v42＋Ep解得Ep＝9J。[答案](1)2kg(2)9J模型2“子弹打木块”“滑块”模型模型图示模型特点(1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，也可以从力和运动的角度借助图像求解[例2]一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切且长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求：(1)木块在ab段受到的摩擦力f；(2)木块最后距a点的距离s。[解析](1)从开始到木块到达最大高度过程：由动量守恒：mv0＝3mv1由能量守恒：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)·3mv12＋mgh＋fL解得：f＝eq\f(mv02－3mgh,3L)。(2)木块从最大高度至与物体P最终相对静止：由动量守恒：3mv1＝3mv2由能量守恒：eq\f(1,2)·3mv12＋mgh＝eq\f(1,2)·3mv22＋fx距a点的距离：s＝L－x解得：s＝L－eq\f(3ghL,v02－3gh)＝eq\f(v02－6gh,v02－3gh)L。[答案](1)eq\f(mv02－3mgh,3L)(2)eq\f(v02－6gh,v02－3gh)L模型3“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型模型图示模型特点(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(2)最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22[例3]两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示。一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。[解析]根据题意可知，物块从劈A静止滑下，到达劈A底端时，设物块的速度大小为v，A的速度大小为vA，由机械能守恒定律和动量守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)M1vA2M1vA＝mv设物块在劈B上能够达到的最大高度为h′，此时物块和劈B的共同速度大小为v′，由机械能守恒定律和动量守恒定律得mgh′＋eq\f(1,2)(M2＋m)v′2＝eq\f(1,2)mv2mv＝(M2＋m)v′解得h′＝eq\f(M1M2,M1＋mM2＋m)h。[答案]eq\f(M1M2,M1＋mM2＋m)h模型4悬绳模型悬绳模型与模型3特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。[例4]如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环。滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块(可视为质点)，轻绳长为L。将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，求物块摆起的最大高度。[解析]设物块刚受到水平冲量后速度为v0，滑环固定时，根据机械能守恒定律，有：MgL＝eq\f(1,2)Mv02，v0＝eq\r(2gL)，滑环不固定时，物块初速度仍为v0，在物块摆起最大高度h时，物块和滑环速度都为v，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则：Mv0＝(m＋M)v，eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Mgh，由以上各式，可得：h＝eq\f(m,m＋M)L。[答案]eq\f(m,m＋M)L[通法归纳]力学的知识体系力学研究的是物体的受力与运动的关系，与之相伴的是能量和动量的变化，其知识体系如下：[集训冲关]1.如图所示，光滑水平面上有一质量为m＝1kg的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0＝1kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v0＝5m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M＝4kg的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。求：(1)碰撞结束时，小车与小球的速度；(2)从碰后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小。解析：(1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为v1，小球的速度大小为v，由动量守恒及机械能守恒有：mv0＝Mv＋mv1eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv2解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－3m/s，小车速度方向向左。v＝eq\f(2m,m＋M)v0＝2m/s，小球速度方向向右。(2)当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律有：m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2解得v2＝1m/s设从碰后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有I＝mv2－mv1解得I＝4N·s。答案：(1)小车：－3m/s，速度方向向左小球：2m/s，速度方向向右(2)4N·s2．(2018·山西模拟)如图所示，一质量m1＝0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m2＝0.5kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m0＝0.05kg的子弹以水平速度v0＝100m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2m/s的速度滑离小车。已知子弹与小车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10m/s2，求：(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；(2)小车的长度L。解析：(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1解得v1＝10m/s。(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3解得v2＝8m/s由机械能守恒可得eq\f(1,2)(m0＋m1)v12＝μm2gL＋eq\f(1,2)(m0＋m1)v22＋eq\f(1,2)m2v32解得L＝2m。答案：(1)10m/s(2)2m3．(2018·广东佛山模拟)在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，动摩擦因数为μ，滑块CD上表面是光滑的eq\f(1,4)圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为eq\f(v0,2)，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：(1)物块P滑到B处时木板AB的速度vAB；(2)滑块CD圆弧的半径R。解析：(1)物块P由A处到B处，取向左为正方向，由动量守恒得mv0＝m·eq\f(v0,2)＋2mvAB，则vAB＝eq\f(v0,4)。(2)物块P由D处到C处，滑块CD与物块P的动量守恒，机械能守恒，则m·eq\f(v0,2)＋m·eq\f(v0,4)＝2mv共mgR＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))2－eq\f(1,2)×2mv共2解得R＝eq\f(v02,64g)。答案：(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(v02,64g)eq\a\vs4\al([课时达标检测])一、选择题1．(2018·潍坊名校模拟)在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时间图像如图所示，下列关系正确的是()A．ma＞mb B．ma＜mbC．ma＝mb D．无法判断解析：选B由题图图像知，a球以某一初速度向原来静止的b球运动，碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小，根据动量守恒定律知，a球的质量小于b球的质量。故B正确。2．(2018·济宁检测)如图所示，一质量为M＝3.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m＝1.0kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是()A．1.8m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s解析：选BA先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，B做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，B的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝eq\f(8,3)m/s，v2＝2m/s，所以在A做加速运动的时间内，B的速度大小应大于2m/s且小于eq\f(8,3)m/s，选项B正确。3．一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图像如图所示，t＝0时其速度大小为v0＝2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则()A．t＝6s时，物体的速度为18m/sB．在0～6s内，合力对物体做的功为400JC．在0～6s内，拉力对物体的冲量为36N·sD．t＝6s时，拉力F的功率为200W解析：选D在at图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，由题图乙可知，在0～6s内Δv＝18m/s，又v0＝2m/s，则t＝6s时的速度v＝20m/s，A错误；由动能定理可知，0～6s内，合力做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝396J，B错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48N·s，C错误；由牛顿第二定律可知，t＝6s时F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D正确。4．(多选)(2018·海淀期中)交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故。根据两位司机的描述得知，发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶，汽车B正沿南北大道向正北行驶。相撞后两车立即熄火，并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出了如图所示的事故报告图。通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为该事故报告图中P点，并测量出相关的数据标注在图中，又判断出两辆车的质量大致相同，为简化问题，将两车均视为质点，且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知，下列说法中正确的是()A．发生碰撞时汽车A的速率较大B．发生碰撞时汽车B的速率较大C．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为12∶5D．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为2eq\r(3)∶eq\r(5)解析：选BC设两车质量均为m，相撞之前速度分别为vA、vB，相撞之后向北的速度为v1，向东的速度为v2，则南北方向上动量守恒，有mvB＝2mv1，东西方向上动量守恒，有mvA＝2mv2，由题图可知v1∶v2＝x1∶x2＝6∶2.5，解得vB∶vA＝12∶5，可知B、C正确。5．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A、B两球质量分别为2m和m。当用挡板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距离桌边为x的水平地面上，如图所示。若用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点到桌边距离为()A.eq\f(x,3)B.eq\r(3)xC．xD.eq\f(\r(6),3)x解析：选D当用挡板挡住A球而只释放B球时，根据能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)mv02，根据平抛运动规律有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t。当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，设A、B的速度分别为vA和vB，则根据动量守恒定律和能量守恒定律有：2mvA－mvB＝0，Ep＝eq\f(1,2)×2mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，解得