資源簡介

第2講　動量守恒定律
情境導(dǎo)思 (1)如圖所示,5個小球并排放置在光滑的水平面上,其中B、C、D、E這4個小球質(zhì)量相等,而F的質(zhì)量小于B的質(zhì)量,A的質(zhì)量等于F的質(zhì)量。A以速度v0向右運動,所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞,碰撞之后幾個小球靜止,幾個小球運動 (2)有一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出,到達最高點時速度大小為v0、方向水平向右,在最高點爆炸成質(zhì)量不等的兩塊,其中一塊質(zhì)量為2m,速度大小為v,方向水平向右,則另一塊的速度大小是多少
[footnoteRef:1] [1:
【答案】 保持不變　m1v1′+m2v2′　零　相反　遠大于　遠大于　守恒]
如圖,質(zhì)量為M,半徑為R的圓弧槽,置于光滑水平面上。將一可視為質(zhì)點的滑塊從與圓心等高處無初速度地釋放,滑塊的質(zhì)量為m,且M=2m,重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　)
[A] 若圓弧面光滑,則圓弧槽與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒
[B] 若圓弧面光滑,則滑塊運動至水平面時速度大小為
[C] 若圓弧面粗糙,滑塊能運動至水平面,則圓弧槽的位移大小為
[D] 若圓弧面粗糙,滑塊能運動至水平面,則滑塊的位移大小為
【答案】 C
考點一　動量守恒定律的理解
1.動量守恒條件的理解
(1)理想守恒:不受外力或所受外力的矢量和為零。
(2)近似守恒:系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)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矢量和為零,則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。
2.動量守恒定律的五個特性
矢量性 動量守恒定律的表達式為矢量方程,解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向
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)
同時性 動量是一個瞬時量,表達式中的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
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)
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動的微觀粒子組成的系統(tǒng)
[例1] 【動量守恒的理解】 (2024·廣東東莞模擬)(多選)在光滑的水平面上有一輛平板車,人拎著一個錘子站在車的左側(cè),人和車都處于靜止?fàn)顟B(tài)。若人揮動錘子敲打車的左端,則下列說法正確的是(　　)
[A] 當(dāng)人揮動錘子,敲打車之前,車一直保持靜止
[B] 當(dāng)錘子停止運動時,人和車不一定停止運動
[C] 錘子、人和車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒
[D] 不斷用錘子沿豎直面上的弧線敲擊車的左端,車和人左右來回運動
【答案】 CD
【解析】 把人、錘子和車看成一個系統(tǒng),系統(tǒng)水平方向不受外力,水平方向動量守恒,由于人和車初始狀態(tài)都處于靜止,總動量為零,揮動錘子敲打車的左端,根據(jù)動量守恒定律可知,錘子向左運動,人和車向右運動,錘子向右運動,人和車向左運動,所以敲打車之前,人和車不會一直保持靜止。當(dāng)錘子停止運動時,人和車也停止運動。不斷用錘子敲擊車的左端,車和人會左右往復(fù)運動。故A、B錯誤,C、D正確。
考點二　動量守恒定律的基本應(yīng)用
1.動量守恒定律常用的四種表達形式
(1)p=p′,即系統(tǒng)相互作用前的總動量p和相互作用后的總動量p′大小相等,方向相同。
(2)Δp=p′-p=0,即系統(tǒng)總動量的變化量為零。
(3)Δp1=-Δp2,即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體,其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的減少量。
(4)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同一直線上時,作用前總動量與作用后總動量相等。
2.應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟
[例2] 【動量守恒定律的簡單應(yīng)用】 嫦娥六號在軌速度為v0,著陸器對應(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時間為Δt,分離后B的速度為v,且與v0同向,A、B的質(zhì)量分別為m、M。求:
(1)分離后A的速度v1大小;
(2)分離時A對B的推力大小。
【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)組合體A、B分離前后動量守恒,取v0的方向為正方向,由動量守恒定律有
(m+M)v0=Mv+mv1,
解得v1=。
(2)以B為研究對象,由動量定理有FΔt=Mv-Mv0,
解得F=。
考點三　反沖運動　爆炸問題　人船模型
1.反沖運動的三點說明
作用原理 反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果
動量守恒 反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力,所以反沖運動遵循動量守恒定律
機械能 增加 反沖運動中,由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能,所以系統(tǒng)的機械能增加
2.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
動量 守恒 爆炸物體系統(tǒng)內(nèi)部的相互作用力遠遠大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)的總動量守恒
機械能 增加 在爆炸過程中,有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機械能,所以系統(tǒng)的機械能增加
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,可以認為爆炸后各部分從爆炸前的位置以新的動量開始運動
3.人船模型
(1)模型圖示。
(2)模型特點。
①兩物體滿足動量守恒定律:mv人-Mv船=0。
②物體的位移大小滿足:m-M=0,s人+s船=L得s人=L,s船=L。
(3)運動特點。
①人動則船動,人靜則船靜,人快船快,人慢船慢,人左船右。
②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==。
(4)“人船模型”的拓展(某一方向動量守恒)。
[例3] 【反沖問題】 航天夢由來已久,明朝時期的萬戶把多個自制的火箭綁在椅子上,自己坐在椅子上,雙手舉著大風(fēng)箏,設(shè)想利用火箭的推力,翱翔天際,然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)備[火箭(含燃料)、椅子、風(fēng)箏等]總質(zhì)量為M,點燃火箭后在極短的時間內(nèi),質(zhì)量為m的熾熱燃氣相對地面以v0的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響,重力加速度為g,下列說法正確的是(　　)
[A] 在燃氣噴出后的瞬間,火箭的速度大小為v=
[B] 火箭在向下噴氣上升的過程中,火箭機械能守恒
[C] 噴出燃氣后萬戶及所攜設(shè)備能上升的最大高度為
[D] 在燃氣噴出后上升過程中,萬戶及所攜設(shè)備動量守恒
【答案】 A
【解析】 在燃氣噴出后的瞬間,萬戶及所攜設(shè)備和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)火箭的速度大小為v,規(guī)定火箭運動方向為正方向,則有(M-m)v-mv0=0,解得火箭的速度大小為v=,故A正確;在火箭噴氣過程中,燃料燃燒時產(chǎn)生的向后噴出的熾熱燃氣對萬戶及所攜設(shè)備做正功,所以火箭的機械能不守恒,故B錯誤;噴出燃氣后,萬戶及所攜設(shè)備做豎直上拋運動,根據(jù)運動學(xué)公式可得,最大上升高度為h==,故C錯誤;在燃氣噴出后上升過程中,萬戶及所攜設(shè)備因為受重力,故系統(tǒng)動量不守恒,故D錯誤。
[例4] 【爆炸問題】 (2024·青海海南二模)斜向上發(fā)射的炮彈在最高點爆炸(爆炸時間極短)成質(zhì)量均為m的兩塊碎片,其中一塊碎片沿原路返回。已知炮彈爆炸時距地面的高度為H,炮彈爆炸前的動能為Ek,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量,則兩塊碎片落地點間的距離為(　　)
[A] 2 [B] 2
[C] 2 [D] 4
【答案】 D
【解析】 由題意知,炮彈總質(zhì)量為2m。炮彈炸裂的過程水平方向動量守恒,設(shè)炮彈炸裂前的速度大小為v,則Ek=×2mv2,得v=,設(shè)炸裂后瞬間另一塊碎片的速度大小為v1,有2mv=-mv+mv1,解得v1=3,根據(jù)平拋運動規(guī)律有H=gt2,得t=,兩塊碎片落地點之間的距離x=(v+v1)t=4,故D正確。
[例5] 【人船模型】 如圖所示,質(zhì)量m=60 kg的人,站在質(zhì)量M=300 kg的車的一端,車長L=3 m,相對于地面靜止。當(dāng)車與地面間的摩擦可以忽略不計時,人由車的一端走到另一端的過程中,車將(　　)
[A] 后退0.5 m [B] 后退0.6 m
[C] 后退0.75 m [D] 一直勻速后退
【答案】 A
【解析】 人和車組成的系統(tǒng)動量守恒,則mv1=Mv2,人和車運動時間相同,則有mv1t=Mv2t,所以mx1=Mx2,又有x1+x2=L,解得x2=0.5 m,即車將后退0.5 m,A正確,B、C錯誤;題中未說明人的運動狀態(tài),故車的運動狀態(tài)不確定,D錯誤。
[例6] 【分方向動量守恒】 (2023·湖南卷,15)如圖,質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上,凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道,橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b,長軸水平,短軸豎直。質(zhì)量為m的小球,初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點,在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy,橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn),重力加速度為g。
(1)小球第一次運動到軌道最低點時,求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離;
(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,求出小球運動的軌跡方程;
(3)若 =,求小球下降h=高度時,小球相對于地面的速度大小(結(jié)果用a、b及g表示)。
【答案】 (1)　a　(2)+=1　(3)2b
【解析】 (1)小球運動到最低點的過程中,小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動量守恒,取向左為正方向,
0=mv1-Mv2,
小球運動到最低點的過程中系統(tǒng)機械能守恒,則有mgb=m+M,
聯(lián)立解得v2=,
因水平方向在任何時刻動量都守恒,即
0=m-M,
兩邊同時乘時間t可得mx1=Mx2,
且由幾何關(guān)系可知x1+x2=a,
聯(lián)立解得x2=a。
(2)小球向左運動過程中凹槽向右運動,當(dāng)小球的坐標(biāo)為(x,y)時,此時凹槽水平向右運動的位移為Δx,由(1)可知,m(a-x)=M·Δx,
則小球在凹槽的半橢圓軌道上,根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知此時的橢圓方程為
+=1,
整理得
+=1。
(3)當(dāng)=時,小球的軌跡方程化簡可得
[x-(a-b)]2+y2=b2,
即此時小球的軌跡為以(a-b,0)為圓心,b為半徑的圓,則當(dāng)小球下降的高度為時如圖所示。
可知速度和水平方向的夾角為60°,小球下降的過程中,系統(tǒng)水平方向由動量守恒定律可得
0=mv3cos 60°-Mv4,
由機械能守恒定律可得
mg·=m+M,
聯(lián)立解得v3==2b。
對點1.動量守恒定律的理解
1.(4分)(2024·江蘇鎮(zhèn)江檢測)在冬奧會冰上短道速滑接力比賽中,乙運動員奮力向前推出前方甲運動員,忽略一切阻力,此過程中(　　)
[A] 甲對乙的沖量大于乙對甲的沖量
[B] 甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)動量增加
[C] 甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)機械能增加
[D] 甲、乙兩運動員的速度變化量大小一定相等
【答案】 C
【解析】 根據(jù)沖量的定義I=Ft,可知乙推甲的過程中,兩者之間相互作用力大小相等,方向相反,作用時間相等,所以甲對乙的沖量大小等于乙對甲的沖量大小,A錯誤;在乙推甲的過程中,忽略一切阻力,系統(tǒng)所受合力為零,所以甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)總動量守恒,B錯誤;甲、乙的動量變化大小相等,方向相反,但是甲、乙的質(zhì)量不一定相同,所以甲、乙兩運動員的速度變化量大小不一定相等,D錯誤;根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化情況分析可知,在乙推甲的過程中,將體內(nèi)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的機械能,所以甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)機械能增加,C正確。
對點2.動量守恒定律的基本應(yīng)用
2.(4分)(2024·江蘇南京階段練習(xí))《三國演義》中“草船借箭”是后人熟悉的故事。若草船的質(zhì)量為M,每支箭的質(zhì)量為m,草船以速度v1駛來時,對岸士兵多箭齊發(fā),箭以相同的速度v2水平射中草船。假設(shè)此時草船正好停下來,不計水的阻力,則射出箭的數(shù)目為(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 C
【解析】 設(shè)射出的箭的數(shù)目為n,在草船與箭的作用過程中,草船與箭組成的系統(tǒng)動量守恒,則有Mv1-nmv2=0,解得n=。故C正確。
3.(6分)(2024·陜西寶雞三模)(多選)如圖所示,豎直墻面和水平地面均光滑,質(zhì)量分別為mA=6 kg、mB=2 kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計的輕彈簧相連,其中A緊靠墻面。現(xiàn)對B物體緩慢施加一個向左的力,使A、B間彈簧被壓縮且系統(tǒng)靜止,該力對物體B做功W=16 J?，F(xiàn)突然撤去向左的力,則(　　)
[A] 撤去外力后,兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒
[B] 撤去外力后,兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
[C] 從撤去外力至A與墻面剛好分離,彈簧對B的沖量I=8 N·s,方向水平向右
[D] A與墻面分離后彈簧首次恢復(fù)原長時,兩物體速度大小均是2.5 m/s,方向相反
【答案】 BC
【解析】 撤去外力后,彈簧在恢復(fù)原長的過程中,墻對A物體有彈力的作用,所以兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,故A錯誤;撤去外力后,系統(tǒng)內(nèi)只有動能和彈性勢能互相轉(zhuǎn)化,機械能守恒,故B正確;壓縮彈簧時,外力做功完全轉(zhuǎn)化為彈性勢能,撤去外力后,彈簧恢復(fù)原長,A與墻面剛好分離,彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為B的動能,則有W=Ep=mB,代入數(shù)據(jù)可得v0=4 m/s,由動量定理可得I=mBv0=8 N·s,故C正確;設(shè)水平向右為正方向,彈簧恢復(fù)原長的瞬間,A速度最小,速度為零,A、B都運動后,B減速,A加速,A、B速度相等時彈簧拉伸最長,此后,B繼續(xù)減速,A繼續(xù)加速,再次恢復(fù)原長時,由系統(tǒng)機械能守恒和動量守恒可知mBv0=mAvA+mBvB,mB=mA+mB,聯(lián)立解得vA=2 m/s,vB=-2 m/s,故D錯誤。
4.(6分)(2024·云南曲靖二模)(多選)如圖所示,質(zhì)量均為m的木塊A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一豎直輕桿,輕桿上端的O點系一長為l的細線,細線另一端系一質(zhì)量也為m的球C,球C可視為質(zhì)點?，F(xiàn)將球C拉起使細線水平伸直,并同時由靜止釋放A、B、C。下列說法正確的是(　　)
[A] 球C下擺過程中,A、B、C系統(tǒng)機械能守恒,動量守恒
[B] A、B兩木塊分離時,A的速度大小為
[C] 球C第一次到達輕桿左側(cè)最高處時,與O點的豎直距離為
[D] 當(dāng)C第一次向右運動經(jīng)過O點正下方時,C的速度大小為2
【答案】 BC
【解析】 球C下擺過程中,A、B、C系統(tǒng)機械能守恒,但動量不守恒,故A錯誤;球C第一次運動到最低點時A、B兩木塊分離,設(shè)C速度大小為vC,A、B的速度為vA,根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒可得mvC-2mvA=0,mgl=m+×2m,解得vA=,vC=2,故B正確;球C向左擺至最高點時,A、C共速,設(shè)水平向左為正方向,由水平方向動量守恒得mvC-mvA=(m+m)v,根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得m+m=(m+m)v2+mgh,解得h=l,則球C第一次到達輕桿左側(cè)最高處距O點的豎直高度為,故C正確;球C第一次向右運動經(jīng)過O點正下方時,設(shè)球C速度大小為vC′,A的速度大小為vA′,根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒可得mvC-mvA=-mvC′+mvA′,m+m=mvC′2+mvA′2,聯(lián)立解得vC′=,vA′=2,故D錯誤。
對點3.反沖運動　爆炸問題　人船模型
5.(4分)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空,50 g 燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　)
[A] 30 kg·m/s [B] 5.7×102 kg·m/s
[C] 6.0×102 kg·m/s [D] 6.3×102 kg·m/s
【答案】 A
【解析】 開始總動量為零,規(guī)定氣體噴出的方向為正方向,根據(jù)動量守恒定律得0=m1v1-p,解得火箭的動量大小為p=m1v1=0.05×600 kg·m/s=30 kg·m/s,故A正確。
6.(6分)(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,丙沿原路徑回到射出點。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、丙落地點到乙落地點O的距離比為4∶1
[D] 爆炸過程釋放的化學(xué)能為
【答案】 CD
【解析】 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=相等,選項A、B錯誤;爆炸過程動量守恒,有mv=-mv丙+mv甲,由題意知v丙=v,解得v甲=4v,爆炸后甲、丙從同一高度平拋,落地點到乙落地點O的距離x=vt,t相同,則x∝v,甲、丙落地點到乙落地點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=×+×-mv2,解得ΔE=mv2,選項D正確。
7.(6分)(2024·貴州開學(xué)考試)(多選)如圖所示,光滑的半圓槽質(zhì)量為M,半徑為R,靜止在光滑的水平地面上,一質(zhì)量為m的小球(視為質(zhì)點)恰好能沿槽右邊緣的切線方向滑入槽內(nèi),小球沿槽內(nèi)壁運動直至槽左邊緣,重力加速度大小為g。關(guān)于小球和半圓槽的運動,下列說法正確的是(　　)
[A] 小球和半圓槽組成的系統(tǒng),動量守恒,機械能守恒
[B] 小球和半圓槽組成的系統(tǒng),動量不守恒,機械能守恒
[C] 小球滑到最底端時的速度大小等于
[D] 小球滑到最底端時的速度大小小于
【答案】 BD
【解析】 根據(jù)題意可知,小球落入槽中后,小球和槽組成的系統(tǒng)動量不守恒,機械能守恒,故A錯誤,B正確;當(dāng)小球運動到最低點時,有mgR=m+M,且mv1-Mv2=0,解得v1=<,故C錯誤,D正確。
8.(4分)(2024·重慶涪陵期末)質(zhì)量為m1的滑塊沿傾角為θ、長度為l的光滑斜面頂端靜止滑下。斜面質(zhì)量為m2,并靜置于光滑水平面上,重力加速度為g。滑塊可看成質(zhì)點,則滑塊滑到斜面底端所用的時間為(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 B
【解析】 滑塊與斜面組成的系統(tǒng)在水平方向的合力為零,則系統(tǒng)水平方向的動量守恒,
有m1vx=m2v2,由位移關(guān)系可得t+t=lcos θ,對滑塊豎直方向有t=lsin θ,
由能量關(guān)系可知m1glsin θ=m2+m1(+),
聯(lián)立可得滑塊滑到斜面底端所用的時間為t=。故B正確。
9.(6分)(2024·湖南三模)(多選)如圖甲所示,光滑的水平地面上靜置一質(zhì)量為M,半徑為R的光滑圓弧體,圓心為O,一個質(zhì)量為m的小球由靜止釋放,釋放時小球和O點連線與豎直半徑OA夾角為θ,滑至圓弧底部后與圓弧分離,此時小球相對地面的水平位移為x。改變小球釋放時的角度θ,得到小球的水平位移x和sin θ的關(guān)系圖像如圖乙所示,重力加速度為g,關(guān)于小球下滑的過程,下列說法正確的是(　　)
[A] 小球與圓弧體組成的系統(tǒng)動量守恒
[B] 圓弧體對小球做負功
[C] 圓弧體與小球的質(zhì)量之比為
[D] 當(dāng)θ為90°時,兩者分離時小球的速度為
【答案】 BC
【解析】 根據(jù)動量守恒條件可知,小球與圓弧體組成的系統(tǒng)在豎直方向合力不為零,系統(tǒng)動量不守恒,故A錯誤;整個系統(tǒng)機械能守恒,小球下落過程中,圓弧體機械能增加,說明小球?qū)A弧體做正功,則圓弧體對小球做負功,故B正確;小球滑至圓弧底部后兩物體間的相對位移大小為L=Rsin θ=Rp,根據(jù)水平方向動量守恒可得mv球=Mv圓,時間相等,則上式可變形為mx=M(L-x),解得圓弧體與小球的質(zhì)量之比為==,故C正確;當(dāng)θ為90°時,根據(jù)機械能守恒定律可得mgR=m+M,又根據(jù)動量守恒定律解得兩者分離時小球的速度為v球=,故D錯誤。
10.(10分)(2024·湖南三模)某科技館內(nèi)有一用來觀察擺球與牽連配重滑塊運動規(guī)律的裝置,如圖所示,用一足夠長的水平軌道桿,將質(zhì)量為M=2m的帶孔滑塊穿套之后水平固定在水平地面上方,再用一不可伸長的輕質(zhì)細繩一端固定在滑塊下方A點,另一端連接質(zhì)量為m的小球,已知繩長為L,水平桿距地面足夠高,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,忽略空氣阻力。將輕質(zhì)細繩伸直,小球從B點(B點與A點等高且在水平桿正下方)靜止釋放。若水平桿光滑,當(dāng)小球第一次擺動到最低點時,求滑塊的位移大小和此時細繩對小球的拉力大小
【答案】 　4mg
【解析】 設(shè)小球擺到最低點時速度大小為v1,滑塊速度大小為v2,水平桿光滑,根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒有mv1=Mv2,
即有mx1=Mx2,
又由位移關(guān)系知x1+x2=L,
聯(lián)立可得x2==,
根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒,從小球釋放到第一次到達最低點,有mgL=m+M,
解得v1=2,v2=,
根據(jù)牛頓第二定律得
FT-mg=m,
聯(lián)立解得FT=4mg。
11.(14分)(2024·北京順義一模)一枚在空中水平飛行的玩具火箭質(zhì)量為m,在某時刻距離地面的高度為h,速度為v。此時,火箭突然炸裂成A、B兩部分,其中質(zhì)量為m1的B部分速度恰好為零。忽略空氣阻力的影響,重力加速度為g。求:
(1)炸裂后瞬間A部分的速度大小v1;
(2)炸裂后B部分在空中下落的時間t;
(3)在爆炸過程中增加的機械能ΔE。
【答案】 (1)　(2)　(3)v2()
【解析】 (1)炸裂瞬間由動量守恒定律可知
mv=(m-m1)v1+0,
解得A部分的速度為v1=。
(2)炸裂后B做自由落體運動,由運動學(xué)規(guī)律可知
h=gt2,
B部分在空中下落的時間為t=。
(3)由能量關(guān)系知,在爆炸過程中增加的機械能為
ΔE=(m-m1)-mv2,
解得ΔE=v2()。
(
第
15
頁
)第2講　動量守恒定律
情境導(dǎo)思 (1)如圖所示,5個小球并排放置在光滑的水平面上,其中B、C、D、E這4個小球質(zhì)量相等,而F的質(zhì)量小于B的質(zhì)量,A的質(zhì)量等于F的質(zhì)量。A以速度v0向右運動,所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞,碰撞之后幾個小球靜止,幾個小球運動 (2)有一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出,到達最高點時速度大小為v0、方向水平向右,在最高點爆炸成質(zhì)量不等的兩塊,其中一塊質(zhì)量為2m,速度大小為v,方向水平向右,則另一塊的速度大小是多少
如圖,質(zhì)量為M,半徑為R的圓弧槽,置于光滑水平面上。將一可視為質(zhì)點的滑塊從與圓心等高處無初速度地釋放,滑塊的質(zhì)量為m,且M=2m,重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　)
[A] 若圓弧面光滑,則圓弧槽與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒
[B] 若圓弧面光滑,則滑塊運動至水平面時速度大小為
[C] 若圓弧面粗糙,滑塊能運動至水平面,則圓弧槽的位移大小為
[D] 若圓弧面粗糙,滑塊能運動至水平面,則滑塊的位移大小為
考點一　動量守恒定律的理解
1.動量守恒條件的理解
(1)理想守恒:不受外力或所受外力的矢量和為零。
(2)近似守恒:系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)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矢量和為零,則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。
2.動量守恒定律的五個特性
矢量性 動量守恒定律的表達式為矢量方程,解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向
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)
同時性 動量是一個瞬時量,表達式中的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
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)
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動的微觀粒子組成的系統(tǒng)
[例1] 【動量守恒的理解】 (2024·廣東東莞模擬)(多選)在光滑的水平面上有一輛平板車,人拎著一個錘子站在車的左側(cè),人和車都處于靜止?fàn)顟B(tài)。若人揮動錘子敲打車的左端,則下列說法正確的是(　　)
[A] 當(dāng)人揮動錘子,敲打車之前,車一直保持靜止
[B] 當(dāng)錘子停止運動時,人和車不一定停止運動
[C] 錘子、人和車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒
[D] 不斷用錘子沿豎直面上的弧線敲擊車的左端,車和人左右來回運動
考點二　動量守恒定律的基本應(yīng)用
1.動量守恒定律常用的四種表達形式
(1)p=p′,即系統(tǒng)相互作用前的總動量p和相互作用后的總動量p′大小相等,方向相同。
(2)Δp=p′-p=0,即系統(tǒng)總動量的變化量為零。
(3)Δp1=-Δp2,即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體,其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的減少量。
(4)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同一直線上時,作用前總動量與作用后總動量相等。
2.應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟
[例2] 【動量守恒定律的簡單應(yīng)用】 嫦娥六號在軌速度為v0,著陸器對應(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時間為Δt,分離后B的速度為v,且與v0同向,A、B的質(zhì)量分別為m、M。求:
(1)分離后A的速度v1大小;
(2)分離時A對B的推力大小。
考點三　反沖運動　爆炸問題　人船模型
1.反沖運動的三點說明
作用原理 反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果
動量守恒 反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力,所以反沖運動遵循動量守恒定律
機械能 增加 反沖運動中,由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能,所以系統(tǒng)的機械能增加
2.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
動量 守恒 爆炸物體系統(tǒng)內(nèi)部的相互作用力遠遠大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)的總動量守恒
機械能 增加 在爆炸過程中,有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機械能,所以系統(tǒng)的機械能增加
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,可以認為爆炸后各部分從爆炸前的位置以新的動量開始運動
3.人船模型
(1)模型圖示。
(2)模型特點。
①兩物體滿足動量守恒定律:mv人-Mv船=0。
②物體的位移大小滿足:m-M=0,s人+s船=L得s人=L,s船=L。
(3)運動特點。
①人動則船動,人靜則船靜,人快船快,人慢船慢,人左船右。
②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==。
(4)“人船模型”的拓展(某一方向動量守恒)。
[例3] 【反沖問題】 航天夢由來已久,明朝時期的萬戶把多個自制的火箭綁在椅子上,自己坐在椅子上,雙手舉著大風(fēng)箏,設(shè)想利用火箭的推力,翱翔天際,然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)備[火箭(含燃料)、椅子、風(fēng)箏等]總質(zhì)量為M,點燃火箭后在極短的時間內(nèi),質(zhì)量為m的熾熱燃氣相對地面以v0的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響,重力加速度為g,下列說法正確的是(　　)
[A] 在燃氣噴出后的瞬間,火箭的速度大小為v=
[B] 火箭在向下噴氣上升的過程中,火箭機械能守恒
[C] 噴出燃氣后萬戶及所攜設(shè)備能上升的最大高度為
[D] 在燃氣噴出后上升過程中,萬戶及所攜設(shè)備動量守恒
[例4] 【爆炸問題】 (2024·青海海南二模)斜向上發(fā)射的炮彈在最高點爆炸(爆炸時間極短)成質(zhì)量均為m的兩塊碎片,其中一塊碎片沿原路返回。已知炮彈爆炸時距地面的高度為H,炮彈爆炸前的動能為Ek,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量,則兩塊碎片落地點間的距離為(　　)
[A] 2 [B] 2
[C] 2 [D] 4
[例5] 【人船模型】 如圖所示,質(zhì)量m=60 kg的人,站在質(zhì)量M=300 kg的車的一端,車長L=3 m,相對于地面靜止。當(dāng)車與地面間的摩擦可以忽略不計時,人由車的一端走到另一端的過程中,車將(　　)
[A] 后退0.5 m [B] 后退0.6 m
[C] 后退0.75 m [D] 一直勻速后退
[例6] 【分方向動量守恒】 (2023·湖南卷,15)如圖,質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上,凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道,橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b,長軸水平,短軸豎直。質(zhì)量為m的小球,初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點,在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy,橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn),重力加速度為g。
(1)小球第一次運動到軌道最低點時,求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離;
(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,求出小球運動的軌跡方程;
(3)若 =,求小球下降h=高度時,小球相對于地面的速度大小(結(jié)果用a、b及g表示)。
(滿分:70分)
對點1.動量守恒定律的理解
1.(4分)(2024·江蘇鎮(zhèn)江檢測)在冬奧會冰上短道速滑接力比賽中,乙運動員奮力向前推出前方甲運動員,忽略一切阻力,此過程中(　　)
[A] 甲對乙的沖量大于乙對甲的沖量
[B] 甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)動量增加
[C] 甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)機械能增加
[D] 甲、乙兩運動員的速度變化量大小一定相等
對點2.動量守恒定律的基本應(yīng)用
2.(4分)(2024·江蘇南京階段練習(xí))《三國演義》中“草船借箭”是后人熟悉的故事。若草船的質(zhì)量為M,每支箭的質(zhì)量為m,草船以速度v1駛來時,對岸士兵多箭齊發(fā),箭以相同的速度v2水平射中草船。假設(shè)此時草船正好停下來,不計水的阻力,則射出箭的數(shù)目為(　　)
[A] [B]
[C] [D]
3.(6分)(2024·陜西寶雞三模)(多選)如圖所示,豎直墻面和水平地面均光滑,質(zhì)量分別為mA=6 kg、mB=2 kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計的輕彈簧相連,其中A緊靠墻面?，F(xiàn)對B物體緩慢施加一個向左的力,使A、B間彈簧被壓縮且系統(tǒng)靜止,該力對物體B做功W=16 J。現(xiàn)突然撤去向左的力,則(　　)
[A] 撤去外力后,兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒
[B] 撤去外力后,兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
[C] 從撤去外力至A與墻面剛好分離,彈簧對B的沖量I=8 N·s,方向水平向右
[D] A與墻面分離后彈簧首次恢復(fù)原長時,兩物體速度大小均是2.5 m/s,方向相反
4.(6分)(2024·云南曲靖二模)(多選)如圖所示,質(zhì)量均為m的木塊A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一豎直輕桿,輕桿上端的O點系一長為l的細線,細線另一端系一質(zhì)量也為m的球C,球C可視為質(zhì)點?，F(xiàn)將球C拉起使細線水平伸直,并同時由靜止釋放A、B、C。下列說法正確的是(　　)
[A] 球C下擺過程中,A、B、C系統(tǒng)機械能守恒,動量守恒
[B] A、B兩木塊分離時,A的速度大小為
[C] 球C第一次到達輕桿左側(cè)最高處時,與O點的豎直距離為
[D] 當(dāng)C第一次向右運動經(jīng)過O點正下方時,C的速度大小為2
對點3.反沖運動　爆炸問題　人船模型
5.(4分)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空,50 g 燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　)
[A] 30 kg·m/s [B] 5.7×102 kg·m/s
[C] 6.0×102 kg·m/s [D] 6.3×102 kg·m/s
6.(6分)(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,丙沿原路徑回到射出點。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、丙落地點到乙落地點O的距離比為4∶1
[D] 爆炸過程釋放的化學(xué)能為
7.(6分)(2024·貴州開學(xué)考試)(多選)如圖所示,光滑的半圓槽質(zhì)量為M,半徑為R,靜止在光滑的水平地面上,一質(zhì)量為m的小球(視為質(zhì)點)恰好能沿槽右邊緣的切線方向滑入槽內(nèi),小球沿槽內(nèi)壁運動直至槽左邊緣,重力加速度大小為g。關(guān)于小球和半圓槽的運動,下列說法正確的是(　　)
[A] 小球和半圓槽組成的系統(tǒng),動量守恒,機械能守恒
[B] 小球和半圓槽組成的系統(tǒng),動量不守恒,機械能守恒
[C] 小球滑到最底端時的速度大小等于
[D] 小球滑到最底端時的速度大小小于
8.(4分)(2024·重慶涪陵期末)質(zhì)量為m1的滑塊沿傾角為θ、長度為l的光滑斜面頂端靜止滑下。斜面質(zhì)量為m2,并靜置于光滑水平面上,重力加速度為g?；瑝K可看成質(zhì)點,則滑塊滑到斜面底端所用的時間為(　　)
[A] [B]
[C] [D]
9.(6分)(2024·湖南三模)(多選)如圖甲所示,光滑的水平地面上靜置一質(zhì)量為M,半徑為R的光滑圓弧體,圓心為O,一個質(zhì)量為m的小球由靜止釋放,釋放時小球和O點連線與豎直半徑OA夾角為θ,滑至圓弧底部后與圓弧分離,此時小球相對地面的水平位移為x。改變小球釋放時的角度θ,得到小球的水平位移x和sin θ的關(guān)系圖像如圖乙所示,重力加速度為g,關(guān)于小球下滑的過程,下列說法正確的是(　　)
[A] 小球與圓弧體組成的系統(tǒng)動量守恒
[B] 圓弧體對小球做負功
[C] 圓弧體與小球的質(zhì)量之比為
[D] 當(dāng)θ為90°時,兩者分離時小球的速度為
10.(10分)(2024·湖南三模)某科技館內(nèi)有一用來觀察擺球與牽連配重滑塊運動規(guī)律的裝置,如圖所示,用一足夠長的水平軌道桿,將質(zhì)量為M=2m的帶孔滑塊穿套之后水平固定在水平地面上方,再用一不可伸長的輕質(zhì)細繩一端固定在滑塊下方A點,另一端連接質(zhì)量為m的小球,已知繩長為L,水平桿距地面足夠高,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,忽略空氣阻力。將輕質(zhì)細繩伸直,小球從B點(B點與A點等高且在水平桿正下方)靜止釋放。若水平桿光滑,當(dāng)小球第一次擺動到最低點時,求滑塊的位移大小和此時細繩對小球的拉力大小
11.(14分)(2024·北京順義一模)一枚在空中水平飛行的玩具火箭質(zhì)量為m,在某時刻距離地面的高度為h,速度為v。此時,火箭突然炸裂成A、B兩部分,其中質(zhì)量為m1的B部分速度恰好為零。忽略空氣阻力的影響,重力加速度為g。求:
(1)炸裂后瞬間A部分的速度大小v1;
(2)炸裂后B部分在空中下落的時間t;
(3)在爆炸過程中增加的機械能ΔE。
(
第
15
頁
)(共63張PPT)
高中總復(fù)習(xí)·物理
第2講　
動量守恒定律
情境導(dǎo)思
(1)如圖所示,5個小球并排放置在光滑的水平面上,其中B、C、D、E這4個小球質(zhì)量相等,而F的質(zhì)量小于B的質(zhì)量,A的質(zhì)量等于F的質(zhì)量。A以速度v0向右運動,所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞,碰撞之后幾個小球靜止,幾個小球運動
(2)有一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出,到達最高點時速度大小為v0、方向水平向右,在最高點爆炸成質(zhì)量不等的兩塊,其中一塊質(zhì)量為2m,速度大小為v,方向水平向右,則另一塊的速度大小是多少
知識構(gòu)建
保持不變
m1v1′+m2v2′
零
知識構(gòu)建
相反
遠大于
知識構(gòu)建
遠大于
守恒
小題試做
如圖,質(zhì)量為M,半徑為R的圓弧槽,置于光滑水平面上。將一可視為質(zhì)點的滑塊從與圓心等高處無初速度地釋放,滑塊的質(zhì)量為m,且M=2m,重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　)
[A] 若圓弧面光滑,則圓弧槽與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒
C
1.動量守恒條件的理解
(1)理想守恒:不受外力或所受外力的矢量和為零。
(2)近似守恒:系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)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矢量和為零,則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。
2.動量守恒定律的五個特性
矢量性 動量守恒定律的表達式為矢量方程,解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向
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)
同時性 動量是一個瞬時量,表達式中的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
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)
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動的微觀粒子組成的系統(tǒng)
[例1] 【動量守恒的理解】 (2024·廣東東莞模擬)(多選)在光滑的水平面上有一輛平板車,人拎著一個錘子站在車的左側(cè),人和車都處于靜止?fàn)顟B(tài)。若人揮動錘子敲打車的左端,則下列說法正確的是( 　　)
[A] 當(dāng)人揮動錘子,敲打車之前,車一直保持靜止
[B] 當(dāng)錘子停止運動時,人和車不一定停止運動
[C] 錘子、人和車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒
[D] 不斷用錘子沿豎直面上的弧線敲擊車的左端,車和人左右來回運動
CD
【解析】 把人、錘子和車看成一個系統(tǒng),系統(tǒng)水平方向不受外力,水平方向動量守恒,由于人和車初始狀態(tài)都處于靜止,總動量為零,揮動錘子敲打車的左端,根據(jù)動量守恒定律可知,錘子向左運動,人和車向右運動,錘子向右運動,人和車向左運動,所以敲打車之前,人和車不會一直保持靜止。當(dāng)錘子停止運動時,人和車也停止運動。不斷用錘子敲擊車的左端,車和人會左右往復(fù)運動。故A、B錯誤,C、D正確。
1.動量守恒定律常用的四種表達形式
(1)p=p′,即系統(tǒng)相互作用前的總動量p和相互作用后的總動量p′大小相
等,方向相同。
(2)Δp=p′-p=0,即系統(tǒng)總動量的變化量為零。
(3)Δp1=-Δp2,即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體,其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的減少量。
(4)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同一直線上時,作用前總動量與作用后總動量相等。
2.應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟
[例2] 【動量守恒定律的簡單應(yīng)用】 嫦娥六號在軌速度為v0,著陸器對應(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時間為Δt,分離后B的速度為v,且與v0同向,A、B的質(zhì)量分別為m、M。求:
(1)分離后A的速度v1大小;
(2)分離時A對B的推力大小。
1.反沖運動的三點說明
作用原理 反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的
效果
動量守恒 反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力,所以反沖運動遵循動量守恒定律
機械能增加 反沖運動中,由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能,所以系統(tǒng)的機械能增加
2.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
動量 守恒 爆炸物體系統(tǒng)內(nèi)部的相互作用力遠遠大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)的總動量守恒
機械能 增加 在爆炸過程中,有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機械能,所以系統(tǒng)的機械能增加
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,可以認為爆炸后各部分從爆炸前的位置以新的動量開始運動
3.人船模型
(1)模型圖示。
(2)模型特點。
①兩物體滿足動量守恒定律:mv人-Mv船=0。
(3)運動特點。
①人動則船動,人靜則船靜,人快船快,人慢船慢,人左船右。
(4)“人船模型”的拓展(某一方向動量守恒)。
[例3] 【反沖問題】 航天夢由來已久,明朝時期的萬戶把多個自制的火箭綁在椅子上,自己坐在椅子上,雙手舉著大風(fēng)箏,設(shè)想利用火箭的推力,翱翔天際,然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)備[火箭(含燃料)、椅子、風(fēng)箏等]總質(zhì)量為M,點燃火箭后在極短的時間內(nèi),質(zhì)量為m的熾熱燃氣相對地面以v0的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響,重力加速度為g,下列說法正確的是(　　)
A
[例4] 【爆炸問題】 (2024·青海海南二模)斜向上發(fā)射的炮彈在最高點爆炸
(爆炸時間極短)成質(zhì)量均為m的兩塊碎片,其中一塊碎片沿原路返回。已知炮彈爆炸時距地面的高度為H,炮彈爆炸前的動能為Ek,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量,則兩塊碎片落地點間的距離為(　　)
D
[例5] 【人船模型】 如圖所示,質(zhì)量m=60 kg的人,站在質(zhì)量M=300 kg的車的一端,車長L=3 m,相對于地面靜止。當(dāng)車與地面間的摩擦可以忽略不計時,人由車的一端走到另一端的過程中,車將(　　)
[A] 后退0.5 m [B] 后退0.6 m
[C] 后退0.75 m [D] 一直勻速后退
A
【解析】 人和車組成的系統(tǒng)動量守恒,則mv1=Mv2,人和車運動時間相同,則有mv1t=Mv2t,所以mx1=Mx2,又有x1+x2=L,解得x2=0.5 m,即車將后退0.5 m,A正確,B、C錯誤;題中未說明人的運動狀態(tài),故車的運動狀態(tài)不確定,D錯誤。
[例6] 【分方向動量守恒】 (2023·湖南卷,15)如圖,質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上,凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道,橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b,長軸水平,短軸豎直。質(zhì)量為m的小球,初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點,在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy,橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn),重力加速度為g。
(1)小球第一次運動到軌道最低點時,求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離;
(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,求出小球運動的軌跡方程;
基礎(chǔ)對點練
對點1.動量守恒定律的理解
1.(4分)(2024·江蘇鎮(zhèn)江檢測)在冬奧會冰上短道速滑接力比賽中,乙運動員奮力向前推出前方甲運動員,忽略一切阻力,此過程中(　　)
[A] 甲對乙的沖量大于乙對甲的沖量
[B] 甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)動量增加
[C] 甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)機械能增加
[D] 甲、乙兩運動員的速度變化量大小一定相等
C
【解析】 根據(jù)沖量的定義I=Ft,可知乙推甲的過程中,兩者之間相互作用力大小相等,方向相反,作用時間相等,所以甲對乙的沖量大小等于乙對甲的沖量大小,A錯誤;在乙推甲的過程中,忽略一切阻力,系統(tǒng)所受合力為零,所以甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)總動量守恒,B錯誤;甲、乙的動量變化大小相等,方向相反,但是甲、乙的質(zhì)量不一定相同,所以甲、乙兩運動員的速度變化量大小不一定相等,D錯誤;根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化情況分析可知,在乙推甲的過程中,將體內(nèi)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的機械能,所以甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)機械能增加,C正確。
對點2.動量守恒定律的基本應(yīng)用
2.(4分)(2024·江蘇南京階段練習(xí))《三國演義》中“草船借箭”是后人熟悉的故事。若草船的質(zhì)量為M,每支箭的質(zhì)量為m,草船以速度v1駛來時,對岸士兵多箭齊發(fā),箭以相同的速度v2水平射中草船。假設(shè)此時草船正好停下來,不計水的阻力,則射出箭的數(shù)目為(　　)
C
3.(6分)(2024·陜西寶雞三模)(多選)如圖所示,豎直墻面和水平地面均光滑,質(zhì)量分別為mA=6 kg、mB=2 kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計的輕彈簧相連,其中A緊靠墻面?，F(xiàn)對B物體緩慢施加一個向左的力,使A、B間彈簧被壓縮且系統(tǒng)靜止,該力對物體B做功W=16 J?，F(xiàn)突然撤去向左的力,則(　 　)
[A] 撤去外力后,兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒
[B] 撤去外力后,兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
[C] 從撤去外力至A與墻面剛好分離,彈簧對B的沖量I=8 N·s,方向水平向右
[D] A與墻面分離后彈簧首次恢復(fù)原長時,兩物體速度大小均是2.5 m/s,方向相反
BC
4.(6分)(2024·云南曲靖二模)(多選)如圖所示,質(zhì)量均為m的木塊A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一豎直輕桿,輕桿上端的O點系一長為l的細線,細線另一端系一質(zhì)量也為m的球C,球C可視為質(zhì)點?，F(xiàn)將球C拉起使細線水平伸直,并同時由靜止釋放A、B、C。下列說法正確的是(　 　)
BC
對點3.反沖運動　爆炸問題　人船模型
5.(4分)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空,50 g 燃燒的燃氣以大小為
600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　)
[A] 30 kg·m/s [B] 5.7×102 kg·m/s
[C] 6.0×102 kg·m/s [D] 6.3×102 kg·m/s
A
【解析】 開始總動量為零,規(guī)定氣體噴出的方向為正方向,根據(jù)動量守恒定律得0=m1v1-p,解得火箭的動量大小為p=m1v1=0.05×600 kg·m/s=30 kg·m/s,故A正確。
6.(6分)(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,丙沿原路徑回到射出點。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、丙落地點到乙落地點O的距離比為4∶1
CD
7.(6分)(2024·貴州開學(xué)考試)(多選)如圖所示,光滑的半圓槽質(zhì)量為M,半徑為R,靜止在光滑的水平地面上,一質(zhì)量為m的小球(視為質(zhì)點)恰好能沿槽右邊緣的切線方向滑入槽內(nèi),小球沿槽內(nèi)壁運動直至槽左邊緣,重力加速度大小為g。關(guān)于小球和半圓槽的運動,下列說法正確的是( 　　)
[A] 小球和半圓槽組成的系統(tǒng),動量守恒,機械能守恒
[B] 小球和半圓槽組成的系統(tǒng),動量不守恒,機械能守恒
BD
綜合提升練
8.(4分)(2024·重慶涪陵期末)質(zhì)量為m1的滑塊沿傾角為θ、長度為l的光滑斜面頂端靜止滑下。斜面質(zhì)量為m2,并靜置于光滑水平面上,重力加速度為g。滑塊可看成質(zhì)點,則滑塊滑到斜面底端所用的時間為(　　)
B
[A] 小球與圓弧體組成的系統(tǒng)動量守恒
[B] 圓弧體對小球做負功
BC
【解析】 根據(jù)動量守恒條件可知,小球與圓弧體組成的系統(tǒng)在豎直方向合力不為零,系統(tǒng)動量不守恒,故A錯誤;整個系統(tǒng)機械能守恒,小球下落過程中,圓弧體機械能增加,說明小球?qū)A弧體做正功,則圓弧體對小球做負功,故B正確;
10.(10分)(2024·湖南三模)某科技館內(nèi)有一用來觀察擺球與牽連配重滑塊運動規(guī)律的裝置,如圖所示,用一足夠長的水平軌道桿,將質(zhì)量為M=2m的帶孔滑塊穿套之后水平固定在水平地面上方,再用一不可伸長的輕質(zhì)細繩一端固定在滑塊下方A點,另一端連接質(zhì)量為m的小球,已知繩長為L,水平桿距地面足夠高,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,忽略空氣阻力。將輕質(zhì)細繩伸直,小球從B點(B點與A點等高且在水平桿正下方)靜止釋放。若水平桿光滑,當(dāng)小球第一次擺動到最低點時,求滑塊的位移大小和此時細繩對小球的拉力大小
11.(14分)(2024·北京順義一模)一枚在空中水平飛行的玩具火箭質(zhì)量為m,在某時刻距離地面的高度為h,速度為v。此時,火箭突然炸裂成A、B兩部分,其中質(zhì)量為m1的B部分速度恰好為零。忽略空氣阻力的影響,重力加速度
為g。求:
(1)炸裂后瞬間A部分的速度大小v1;
(2)炸裂后B部分在空中下落的時間t;
(3)在爆炸過程中增加的機械能ΔE。

展開更多......

收起↑