資源簡介

第2講　動量守恒定律及其應用
課 程 標 準 素 養(yǎng) 目 標
1.通過實驗和理論推導，理解動量守恒定律，能用其解釋生活中的有關現(xiàn)象．知道動量守恒定律的普適性． 2.探究并了解物體彈性碰撞和非彈性碰撞的特點．定量分析一維碰撞問題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象． 3.體會用動量守恒定律分析物理問題的方法，體會自然界的和諧與統(tǒng)一． 物理觀念：能正確區(qū)分內(nèi)力與外力． 科學思維：理解動量守恒定律的確切含義和表達式，知道定律的適用條件．會用動量守恒定律解決碰撞、爆炸等問題．
考點一　動量守恒定律的條件與應用
【必備知識·自主落實】
1．內(nèi)容　
如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的________為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變．
外力和內(nèi)力是相對的
2．表達式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝________．系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量．
(2)Δp1＝________，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向．
　　動量變化量是末態(tài)動量減初態(tài)動量
【關鍵能力·思維進階】
1．[2024·云南省保山市高三模擬]如圖甲所示，兩個質(zhì)量相等的小車A和B靜止在光滑的水平地面上．它們之間裝有被壓縮的輕質(zhì)彈簧，用不可伸長的輕細線把它們系在一起．如圖乙所示，讓B緊靠墻壁，其他條件與圖甲相同．對于小車A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．圖甲所示系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒
B．圖乙所示系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒
C.墻壁對圖乙所示系統(tǒng)的沖量為零
D．墻壁彈力對圖乙中B車做功不為零
2．如圖所示，質(zhì)量為0.5 kg的小球在距離車內(nèi)上表面高度20 m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，車內(nèi)上表面涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4 kg，若小球在落在車內(nèi)上表面之前瞬時速度是25 m/s，則當小球和小車相對靜止時，小車的速度是(g＝10 m/s2)(　　)
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
3．如圖甲所示，質(zhì)量為M的薄長木板靜止在光滑的水平面上，t＝0時一質(zhì)量為m的滑塊以水平初速度v0從長木板的左端沖上木板并最終從右端滑下．已知滑塊和長木板在運動過程中的v-t圖像如圖乙所示，則木板與滑塊的質(zhì)量之比M∶m為(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．3∶1
4．[2024·湖南高三模擬]如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面的左側(cè)有一豎直墻，在小車B上坐著一個小孩，小孩與B車的總質(zhì)量是A車質(zhì)量的4 044倍．兩車開始都處于靜止狀態(tài)且A、B兩輛小車靠在一起，小孩把A車以相對于地面為v的速度推出，A車與墻壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A車后，又把它以相對于地面為v的速度推出．往后小孩每次推出A車，A車相對于地面的速度都是v，方向向左，則小孩把A車至少推出幾次后，A車返回時小孩不能再接到A車(　　)
A．2 021 B．2 022
C．2 023 D．2 024
思維提升
1.適用條件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零．
(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力．
(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒．
2．應用動量守恒定律解題的基本步驟
考點二　碰撞問題分析
【必備知識·自主落實】
1．碰撞
碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力________的現(xiàn)象．
2．特點　 　
在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力________外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒．
外力的沖量可以忽略不計
3．分類
動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 ________
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失________
【關鍵能力·思維進階】
1．碰撞的基本規(guī)律
2．熟記三個結(jié)論
(1)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：
v1＝v0、v2＝v0.
(2)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當m1 m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0.當m1 m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變(仍靜止)，質(zhì)量小的球原速率反彈．
(3)發(fā)生完全非彈性碰撞后兩物體共速，動能損失最多．
考向1　碰撞的可能性
例 1 A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，當A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是(　　)
A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s
B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s
C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s
D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s
例2 在光滑的水平面上，有a、b兩個等大的小球，a的質(zhì)量為2m，b的質(zhì)量為m，它們在同一直線上運動，t0時刻兩球發(fā)生正碰，則下列關于兩球碰撞前后的速度－時間圖像可能正確的是(　　)
考向2　彈性碰撞
例 3 彈玻璃球是小孩子最愛玩的游戲之一，一次游戲中，有大小相同、但質(zhì)量不同的A、B兩玻璃球，質(zhì)量分別為mA、mB，且mAA．1∶2　　B．1∶3 C．1∶4　　D．1∶5
例 4 (多選)[2024·四川達州統(tǒng)考二模]如圖所示，用不可伸長的輕繩將質(zhì)量為m1的小球懸掛在O點，繩長L＝0.8 m，輕繩處于水平拉直狀態(tài)．現(xiàn)將小球由靜止釋放，下擺至最低點與靜止在A點的小物塊發(fā)生碰撞，碰后小球向左擺的最大高度h＝0.2 m，小物塊沿水平地面滑到B點停止運動．已知小物塊質(zhì)量為m2，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，A點到B點的距離x＝0.4 m，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A．小球與小物塊質(zhì)量之比＝
B．小球與小物塊碰后小物塊速率v＝2 m/s
C．小球與小物塊碰撞是彈性碰撞
D．小球與小物塊碰撞過程中系統(tǒng)有機械能損失
考向3　完全非彈性碰撞
完全非彈性碰撞 動量守恒、機械能損失最多 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ΔE＝－(m1＋m2)v2
例 5 如圖所示，在光滑的水平面上有2 022個完全相同的小球等間距地排成一條直線，均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)給第一個小球初動能Ek，若小球間的所有碰撞均為對心完全非彈性碰撞，則整個碰撞過程中損失的機械能總量為(　　)
A． B．
C． D．
考點三　爆炸、反沖運動
【必備知識·自主落實】
1．反沖現(xiàn)象
(1)定義：靜止或運動的物體通過分離出部分物質(zhì)，而使自身在________獲得加速的現(xiàn)象．
(2)特點：在反沖運動中，如果沒有外力作用或外力遠小于物體間的相互作用力，系統(tǒng)的________是守恒的．
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遠大于受到的外力，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(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能
位置不變 爆炸的時間極短，作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認為爆炸前、后時刻各部分位置不變
【關鍵能力·思維進階】
5．[2024·河北省模擬]質(zhì)量為m的煙花彈升到最高點距離地面高度為h處，爆炸成質(zhì)量相等的兩部分，兩炸片同時落地后相距L，不計空氣阻力和炸藥質(zhì)量，重力加速度為g，則煙花彈爆炸使炸片增加的機械能為(　　)
A．mgh B．
C． D．
6．[2024·山東濟南市統(tǒng)考]在空間技術發(fā)展過程中，噴氣背包曾經(jīng)作為宇航員艙外活動的主要動力裝置，它能讓宇航員保持較高的機動性．如圖所示，宇航員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度v1持續(xù)噴出，宇航員到達艙門時的速度為v2.若宇航員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為M，不計噴出氣體后宇航員和裝備質(zhì)量的變化，忽略宇航員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為(　　)
A.B．
C.D．
思維提升
對反沖運動的三點說明
(1)作用原理
反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果．
(2)動量守恒
反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，反沖運動遵循動量守恒定律．
(3)機械能增加
反沖運動中，物體間的作用力做正功，其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加．
核心素養(yǎng)提升 人船模型及其拓展模型的應用
“人船”模型條件及特點
典例1 如圖所示，有一質(zhì)量為M＝6 kg、邊長為0.2 m的正方體木塊，靜止于光滑水平面上，木塊內(nèi)部有一從頂面貫通至底面的通道，一個質(zhì)量為m＝2 kg的小球(可視為質(zhì)點)由靜止開始從通道的左端運動到右端，在該過程中木塊的位移大小為(　　)
A．0.05 m B．0.10 m
C．0.15 m D．0.5 m
[教你解決問題]　模型建構
典例2 (多選) [2024·河南鄭州統(tǒng)考模擬預測]如圖所示，質(zhì)量為M＝2m的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h.在船尾處有一質(zhì)量為m的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細線將鐵塊拴住，此時鐵塊到船頭的距離為L，船頭到湖岸的水平距離x＝L，彈簧原長遠小于L.將細線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運動時受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度為g.下列判斷正確的有(　　)
A．鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為L
B.鐵塊脫離木船時的瞬時速度大小為
C．小木船最終的速度大小為
D．彈簧釋放的彈性勢能為
第2講　動量守恒定律及其應用
考點一
必備知識·自主落實
1．矢量和
2．(1)m1v′1＋m2v′2　(2)－Δp2
關鍵能力·思維進階
1．解析：從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，題圖甲所示系統(tǒng)所受外力矢量和為0，則系統(tǒng)動量守恒，且運動過程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對B有力的作用，則系統(tǒng)所受外力的矢量和不為0，則系統(tǒng)動量不守恒，運動過程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墻壁對題圖乙所示系統(tǒng)的沖量不為零，故C錯誤；從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，由于B車沒有位移，則墻壁彈力對題圖乙中B車做功為0，故D錯誤．
答案：A
2．解析：由平拋運動規(guī)律可知，小球下落的時間t＝ ＝ s＝2 s，豎直方向上的分速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向上的分速度vx＝ m/s＝15 m/s，取小車初速度的方向為正方向，由于小球和小車的相互作用滿足水平方向上動量守恒，則m車v0－m球vx＝(m車＋m球)v，解得v＝5 m/s，故A正確．
答案：A
3．解析：取滑塊的初速度方向為正方向，對滑塊和木板組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，由題圖乙知v0＝40 m/s，v1＝20 m/s，v2＝10 m/s，代入數(shù)據(jù)解得M∶m＝2∶1，故B正確．
答案：B
4．解析：取小孩和B車運動方向為正方向，小孩第一次推出A車后，小孩和B車獲得速度為v1，由動量守恒定律0＝－mAv＋mBv1　①
小孩第二次推出A車后，小孩和B車獲得速度為v2，由動量守恒定律mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2　②
小孩第三次推出A車后，小孩和B車獲得速度為v3，由動量守恒定律mAv＋mBv2＝－mAv＋mBv3　③
以此規(guī)律可得小孩第n－1次推出A車后小孩和B車獲得速度為，第n次推出A車后，小孩和B車獲得速度為vn，第n次推出A車前后，由動量守恒定律mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn　④
將推n次的等式相加，可得vn＝v＝v
當vn≥v時，再也接不到小車，即≥1
解得n≥2 022.5
取正整數(shù)，則n＝2 023，故選C.
答案：C
考點二
必備知識·自主落實
1．很大
2．遠大于
3．守恒　最大
關鍵能力·思維進階
例1　解析：雖然題給四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，不符合實際，即A、D項錯誤；C項中，兩球碰后的總動能Ek后＝mB＝57 J，大于碰前的總動能Ek前＝mB＝22 J，違背了能量守恒定律，所以C項錯誤；而B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，所以B項正確．
答案：B
例2　解析：設縱軸坐標分度值為v0；兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)動能不增加．
由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動量p＝2m×2v0＋m×(－2v0)＝2mv0
碰撞后系統(tǒng)總動量p′＝0，違背動量守恒定律，故A錯誤；
由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動量p＝2m×2v0＋m×(－v0)＝3mv0
碰撞后系統(tǒng)總動量p′＝(2m＋m)v0＝3mv0
碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，物體發(fā)生完全非彈性碰撞，該過程可能發(fā)生，故B正確；
由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動量p＝2mv0
碰撞后系統(tǒng)總動量p′＝4mv0－2mv0＝2mv0
碰撞過程系統(tǒng)動量守恒．
碰撞前系統(tǒng)的總動能為Ek＝＝
碰撞后系統(tǒng)的總動能為E′k＝×2m(－v0)2＋m(4v0)2＝
碰撞后的動能增加，這是不可能發(fā)生的，故C錯誤；
由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動量p＝2m×4v0＝8mv0
碰撞后系統(tǒng)總動量p′＝2m×(－2v0)＋mv0＝－3mv0
碰撞過程不遵守動量守恒定律，這種情況不可能發(fā)生，故D錯誤．故選B.
答案：B
例3　解析：兩球碰撞時由動量守恒可得mAv0＝mAv1＋mBv2
由能量守恒可得＝
聯(lián)立可得v1＝，v2＝
玻璃球B返回后兩球速度相等v1＝－v2
可得mA∶mB＝1∶3，故選B.
答案：B
例4　解析：根據(jù)牛頓第二定律μm2g＝m2a
可知小物塊的加速度a＝μg＝5 m/s2
根據(jù)勻變速運動公式v2＝2ax
解得小球與小物塊碰后小物塊速率v＝＝2 m/s，B正確；
設小球碰撞前的速度為v1，碰撞后的速度為v′1，根據(jù)動能定理m1gL＝，m1gh＝
解得v1＝4 m/s，v′1＝2 m/s
以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律m1v1＝＋m2v
解得＝，A錯誤；
碰撞前動能Ek1＝＝8m1
碰撞后動能Ek2＝＋m2v2＝2m1＋2m2＝8m1
碰撞前后動能相等，所以小球與小物塊碰撞是彈性碰撞，無機械能損失，C正確，D錯誤．故選BC.
答案：BC
例5　解析：以第一個小球初速度v0的方向為正方向，由于小球間的所有碰撞均為對心完全非彈性碰撞，每次碰撞后小球速度都相同，故最后每個小球速度都相同，將2 022個小球組成的整體看做一個系統(tǒng)，設系統(tǒng)最終的速度為v，運用動量守恒得mv0＝2 022mv，解得v＝，則系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝－·2 022mv2
而＝Ek，解得ΔE＝，故選C.
答案：C
考點三
必備知識·自主落實
1．(1)反方向　(2)動量
關鍵能力·思維進階
5．解析：設煙花彈爆炸后瞬間兩炸片的速度大小分別為v1、v2，由動量守恒定律有0＝v1－v2，可得v1＝v2＝v，根據(jù)題述，兩炸片均做平拋運動，有2vt＝L，h＝gt2，ΔE＝mv2＋mv2，解得ΔE＝，故選B.
答案：B
6．解析：設噴出的氣體的質(zhì)量為m，則m＝ρSv1t
根據(jù)動量守恒定律可得mv1＝Mv2
宇航員受力恒定，做初速度為零的勻加速直線運動，則·t＝d
聯(lián)立解得ρ＝，故選D.
答案：D
核心素養(yǎng)提升
典例1　解析：小球由靜止開始從如圖所示軌道的一端運動到另一端的過程中，水平方向平均動量守恒，則有
mv1·t＝Mv2·t
即mx1＝Mx2
根據(jù)題意有x1＋x2＝a
a＝0.2 m(為正方體木塊邊長)
解得x2＝0.05 m，故B、C、D錯誤，A正確．故選A.
答案：A
典例2　解析：對木船和鐵塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒得
mv1·t＝Mv2·t
則有mx1＝Mx2
由于鐵塊到船頭的距離為L，則有x1＋x2＝L
由M＝2m，解得x1＝L，x2＝L
鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為x3＝x2＋x＝L＋L＝L，A錯誤；
鐵塊脫離木船后做平拋運動，則有h＝gt2，x3＝L＝v1t
解得v1＝，B正確；
由于mv1＝Mv2
結(jié)合上述解得v2＝，C錯誤；
彈簧釋放的彈性勢能為Ep＝
解得Ep＝，D正確．故選BD.
答案：BD(共47張PPT)
第2講　動量守恒定律及其應用
課 程 標 準 素 養(yǎng) 目 標
1.通過實驗和理論推導，理解動量守恒定律，能用其解釋生活中的有關現(xiàn)象．知道動量守恒定律的普適性． 2.探究并了解物體彈性碰撞和非彈性碰撞的特點．定量分析一維碰撞問題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象． 3.體會用動量守恒定律分析物理問題的方法，體會自然界的和諧與統(tǒng)一． 物理觀念：能正確區(qū)分內(nèi)力與外力．
科學思維：理解動量守恒定律的確切含義和表達式，知道定律的適用條件．會用動量守恒定律解決碰撞、爆炸等問題．
考點一
考點二
考點三
考點一
考點一　動量守恒定律的條件與應用
【必備知識·自主落實】
1．內(nèi)容　
如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的________為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變．外力和內(nèi)力是相對的
2．表達式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝____________．系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量．
(2)Δp1＝________，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向．
　　 動量變化量是末態(tài)動量減初態(tài)動量
矢量和
m1v′1＋m2v′2
－Δp2
【關鍵能力·思維進階】
1．[2024·云南省保山市高三模擬]如圖甲所示，兩個質(zhì)量相等的小車A和B靜止在光滑的水平地面上．它們之間裝有被壓縮的輕質(zhì)彈簧，用不可伸長的輕細線把它們系在一起．如圖乙所示，讓B緊靠墻壁，其他條件與圖甲相同．對于小車A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．圖甲所示系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒
B．圖乙所示系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒
C. 墻壁對圖乙所示系統(tǒng)的沖量為零
D．墻壁彈力對圖乙中B車做功不為零
答案：A
解析：從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，題圖甲所示系統(tǒng)所受外力矢量和為0，則系統(tǒng)動量守恒，且運動過程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對B有力的作用，則系統(tǒng)所受外力的矢量和不為0，則系統(tǒng)動量不守恒，運動過程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墻壁對題圖乙所示系統(tǒng)的沖量不為零，故C錯誤；從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，由于B車沒有位移，則墻壁彈力對題圖乙中B車做功為0，故D錯誤．
2．如圖所示，質(zhì)量為0.5 kg的小球在距離車內(nèi)上表面高度20 m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，車內(nèi)上表面涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4 kg，若小球在落在車內(nèi)上表面之前瞬時速度是25 m/s，則當小球和小車相對靜止時，小車的速度是(g＝10 m/s2)(　　)
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
答案：A
解析：由平拋運動規(guī)律可知，小球下落的時間t＝ ＝ s＝2 s，豎直方向上的分速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向上的分速度vx＝ m/s＝15 m/s，取小車初速度的方向為正方向，由于小球和小車的相互作用滿足水平方向上動量守恒，則m車v0－m球vx＝(m車＋m球)v，解得v＝5 m/s，故A正確．
3．如圖甲所示，質(zhì)量為M的薄長木板靜止在光滑的水平面上，t＝0時一質(zhì)量為m的滑塊以水平初速度v0從長木板的左端沖上木板并最終從右端滑下．已知滑塊和長木板在運動過程中的v-t圖像如圖乙所示，則木板與滑塊的質(zhì)量之比M∶m為(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．3∶1
答案：B
解析：取滑塊的初速度方向為正方向，對滑塊和木板組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，由題圖乙知v0＝40 m/s，v1＝20 m/s，v2＝10 m/s，代入數(shù)據(jù)解得M∶m＝2∶1，故B正確．
4．[2024·湖南高三模擬]如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面的左側(cè)有一豎直墻，在小車B上坐著一個小孩，小孩與B車的總質(zhì)量是A車質(zhì)量的4 044倍．兩車開始都處于靜止狀態(tài)且A、B兩輛小車靠在一起，小孩把A車以相對于地面為v的速度推出，A車與墻壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A車后，又把它以相對于地面為v的速度推出．往后小孩每次推出A車，A車相對于地面的速度都是v，方向向左，則小孩把A車至少推出幾次后，A車返回時小孩不能再接到A車(　　)
A．2 021 B．2 022
C．2 023 D．2 024
答案：C
解析：取小孩和B車運動方向為正方向，小孩第一次推出A車后，小孩和B車獲得速度為v1，由動量守恒定律0＝－mAv＋mBv1　①
小孩第二次推出A車后，小孩和B車獲得速度為v2，由動量守恒定律mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2　②
小孩第三次推出A車后，小孩和B車獲得速度為v3，由動量守恒定律mAv＋mBv2＝－mAv＋mBv3　③
以此規(guī)律可得小孩第n－1次推出A車后小孩和B車獲得速度為，第n次推出A車后，小孩和B車獲得速度為vn，第n次推出A車前后，由動量守恒定律mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn　④
將推n次的等式相加，可得vn＝v＝v
當vn≥v時，再也接不到小車，即≥1
解得n≥2 022.5
取正整數(shù)，則n＝2 023，故選C.
思維提升
1.適用條件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零．
(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力．
(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒．
2．應用動量守恒定律解題的基本步驟
考點二
考點二　碰撞問題分析
【必備知識·自主落實】
1．碰撞
碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力________的現(xiàn)象．
2．特點　 　
在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力________外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒．外力的沖量可以忽略不計
很大
遠大于
3．分類
動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 ________
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失________
守恒
最大
【關鍵能力·思維進階】
1．碰撞的基本規(guī)律
2．熟記三個結(jié)論
(1)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：
v1＝v0、v2＝v0.
(2)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當m1 m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0.當m1 m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變(仍靜止)，質(zhì)量小的球原速率反彈．
(3)發(fā)生完全非彈性碰撞后兩物體共速，動能損失最多．
考向1　碰撞的可能性
例 1 A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，當A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是(　　)
A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s
B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s
C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s
D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s
答案：B
解析：雖然題給四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，不符合實際，即A、D項錯誤；C項中，兩球碰后的總動能Ek后＝mB＝57 J，大于碰前的總動能Ek前＝mB＝22 J，違背了能量守恒定律，所以C項錯誤；而B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，所以B項正確．
例2 在光滑的水平面上，有a、b兩個等大的小球，a的質(zhì)量為2m，b的質(zhì)量為m，它們在同一直線上運動，t0時刻兩球發(fā)生正碰，則下列關于兩球碰撞前后的速度－時間圖像可能正確的是(　　)
答案：B
解析：設縱軸坐標分度值為v0；兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)動能不增加．
由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動量p＝2m×2v0＋m×(－2v0)＝2mv0
碰撞后系統(tǒng)總動量p′＝0，違背動量守恒定律，故A錯誤；
由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動量p＝2m×2v0＋m×(－v0)＝3mv0
碰撞后系統(tǒng)總動量p′＝(2m＋m)v0＝3mv0
碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，物體發(fā)生完全非彈性碰撞，該過程可能發(fā)生，故B正確；
由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動量p＝2mv0
碰撞后系統(tǒng)總動量p′＝4mv0－2mv0＝2mv0
碰撞過程系統(tǒng)動量守恒．
碰撞前系統(tǒng)的總動能為Ek＝＝
碰撞后系統(tǒng)的總動能為E′k＝×2m(－v0)2＋m(4v0)2＝
碰撞后的動能增加，這是不可能發(fā)生的，故C錯誤；
由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動量p＝2m×4v0＝8mv0
碰撞后系統(tǒng)總動量p′＝2m×(－2v0)＋mv0＝－3mv0
碰撞過程不遵守動量守恒定律，這種情況不可能發(fā)生，故D錯誤．故選B.
考向2　彈性碰撞
例 3 彈玻璃球是小孩子最愛玩的游戲之一，一次游戲中，有大小相同、但質(zhì)量不同的A、B兩玻璃球，質(zhì)量分別為mA、mB，且mAA．1∶2　　B．1∶3 C．1∶4　　D．1∶5
答案：B
解析：兩球碰撞時由動量守恒可得mAv0＝mAv1＋mBv2
由能量守恒可得＝
聯(lián)立可得v1＝，v2＝
玻璃球B返回后兩球速度相等v1＝－v2
可得mA∶mB＝1∶3，故選B.
例 4 (多選)[2024·四川達州統(tǒng)考二模]如圖所示，用不可伸長的輕繩將質(zhì)量為m1的小球懸掛在O點，繩長L＝0.8 m，輕繩處于水平拉直狀態(tài)．現(xiàn)將小球由靜止釋放，下擺至最低點與靜止在A點的小物塊發(fā)生碰撞，碰后小球向左擺的最大高度h＝0.2 m，小物塊沿水平地面滑到B點停止運動．已知小物塊質(zhì)量為m2，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，A點到B點的距離x＝0.4 m，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A．小球與小物塊質(zhì)量之比＝
B．小球與小物塊碰后小物塊速率v＝2 m/s
C．小球與小物塊碰撞是彈性碰撞
D．小球與小物塊碰撞過程中系統(tǒng)有機械能損失
答案：BC
解析：根據(jù)牛頓第二定律μm2g＝m2a
可知小物塊的加速度a＝μg＝5 m/s2,根據(jù)勻變速運動公式v2＝2ax
解得小球與小物塊碰后小物塊速率v＝＝2 m/s，B正確；
設小球碰撞前的速度為v1，碰撞后的速度為v′1，根據(jù)動能定理m1gL＝，m1gh＝,解得v1＝4 m/s，v′1＝2 m/s
以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律m1v1＝＋m2v
解得＝，A錯誤；
碰撞前動能Ek1＝＝8m1
碰撞后動能Ek2＝＋m2v2＝2m1＋2m2＝8m1
碰撞前后動能相等，所以小球與小物塊碰撞是彈性碰撞，無機械能損失，C正確，D錯誤．故選BC.
考向3　完全非彈性碰撞
完全非彈 性碰撞 動量守恒、機械能損失最多
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
ΔE＝－(m1＋m2)v2
例 5 如圖所示，在光滑的水平面上有2 022個完全相同的小球等間距地排成一條直線，均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)給第一個小球初動能Ek，若小球間的所有碰撞均為對心完全非彈性碰撞，則整個碰撞過程中損失的機械能總量為(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：以第一個小球初速度v0的方向為正方向，由于小球間的所有碰撞均為對心完全非彈性碰撞，每次碰撞后小球速度都相同，故最后每個小球速度都相同，將2 022個小球組成的整體看做一個系統(tǒng)，設系統(tǒng)最終的速度為v，運用動量守恒得mv0＝2 022mv，解得v＝，則系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝－·2 022mv2
而＝Ek，解得ΔE＝，故選C.
考點三
考點三　爆炸、反沖運動
【必備知識·自主落實】
1．反沖現(xiàn)象
(1)定義：靜止或運動的物體通過分離出部分物質(zhì)，而使自身在________獲得加速的現(xiàn)象．
(2)特點：在反沖運動中，如果沒有外力作用或外力遠小于物體間的相互作用力，系統(tǒng)的________是守恒的．
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遠大于受到的外力，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(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能
位置不變 爆炸的時間極短，作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認為爆炸前、后時刻各部分位置不變
反方向
動量
【關鍵能力·思維進階】
5．[2024·河北省模擬]質(zhì)量為m的煙花彈升到最高點距離地面高度為h處，爆炸成質(zhì)量相等的兩部分，兩炸片同時落地后相距L，不計空氣阻力和炸藥質(zhì)量，重力加速度為g，則煙花彈爆炸使炸片增加的機械能為(　　)
A．mgh B．
C． D．
答案：B
解析：設煙花彈爆炸后瞬間兩炸片的速度大小分別為v1、v2，由動量守恒定律有0＝v1－v2，可得v1＝v2＝v，根據(jù)題述，兩炸片均做平拋運動，有2vt＝L，h＝gt2，ΔE＝mv2＋mv2，解得ΔE＝，故選B.
6．[2024·山東濟南市統(tǒng)考]在空間技術發(fā)展過程中，噴氣背包曾經(jīng)作為宇航員艙外活動的主要動力裝置，它能讓宇航員保持較高的機動性．如圖所示，宇航員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度v1持續(xù)噴出，宇航員到達艙門時的速度為v2.若宇航員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為M，不計噴出氣體后宇航員和裝備質(zhì)量的變化，忽略宇航員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為(　　)
A. B．
C. D．
答案：D
解析：設噴出的氣體的質(zhì)量為m，則m＝ρSv1t
根據(jù)動量守恒定律可得mv1＝Mv2
宇航員受力恒定，做初速度為零的勻加速直線運動，則·t＝d
聯(lián)立解得ρ＝，故選D.
思維提升
對反沖運動的三點說明
(1)作用原理
反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果．
(2)動量守恒
反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，反沖運動遵循動量守恒定律．
(3)機械能增加
反沖運動中，物體間的作用力做正功，其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加．
核心素養(yǎng)提升 人船模型及其拓展模型的應用
“人船”模型條件及特點
典例1 如圖所示，有一質(zhì)量為M＝6 kg、邊長為0.2 m的正方體木塊，靜止于光滑水平面上，木塊內(nèi)部有一從頂面貫通至底面的通道，一個質(zhì)量為m＝2 kg的小球(可視為質(zhì)點)由靜止開始從通道的左端運動到右端，在該過程中木塊的位移大小為(　　)
A．0.05 m B．0.10 m
C．0.15 m D．0.5 m
答案：A
解析：小球由靜止開始從如圖所示軌道的一端運動到另一端的過程中，水平方向平均動量守恒，則有
mv1·t＝Mv2·t
即mx1＝Mx2
根據(jù)題意有x1＋x2＝a
a＝0.2 m(為正方體木塊邊長)
解得x2＝0.05 m，故B、C、D錯誤，A正確．故選A.
[教你解決問題]　模型建構
典例2 (多選) [2024·河南鄭州統(tǒng)考模擬預測]如圖所示，質(zhì)量為M＝2m的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h.在船尾處有一質(zhì)量為m的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細線將鐵塊拴住，此時鐵塊到船頭的距離為L，船頭到湖岸的水平距離x＝L，彈簧原長遠小于L.將細線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運動時受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度為g.下列判斷正確的有(　　)
A．鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為L
B.鐵塊脫離木船時的瞬時速度大小為
C．小木船最終的速度大小為
D．彈簧釋放的彈性勢能為
答案：BD
解析：對木船和鐵塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒得mv1·t＝Mv2·t
則有mx1＝Mx2,由于鐵塊到船頭的距離為L，則有x1＋x2＝L
由M＝2m，解得x1＝L，x2＝L
鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為x3＝x2＋x＝L＋L＝L，A錯誤；
鐵塊脫離木船后做平拋運動，則有h＝gt2，x3＝L＝v1t
解得v1＝，B正確；
由于mv1＝Mv2,結(jié)合上述解得v2＝，C錯誤；
彈簧釋放的彈性勢能為Ep＝
解得Ep＝，D正確．故選BD.

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