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第六章　動　量
第2節(jié)　動量守恒定律及其應用
[學習目標]　1．理解動量守恒的條件，會應用動量守恒定律解決基本問題。
2．掌握碰撞的特點，會分析計算一維碰撞問題。
3．會用動量守恒的觀點分析爆炸、反沖及人船模型。
鏈接教材·夯基固本
1．動量守恒定律
(1)內容：如果一個系統不受外力，或者所受外力的______為0，則這個系統的總動量________。
(2)表達式：①p＝p′或m1v1＋m2v2＝_______________。系統相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量。
②Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。
(3)守恒條件：不受外力或所受外力的合力為__。
矢量和
保持不變
m1v′1＋m2v′2
零
2．碰撞
(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____的現象，即碰撞是一種強烈的作用。
(2)特點：在碰撞現象中，一般都滿足內力______外力，可認為相互碰撞的系統動量守恒。
很大
遠大于
(3)分類
①彈性碰撞：動量守恒、機械能守恒。
②非彈性碰撞：動量守恒、機械能有損失。
③完全非彈性碰撞：動量守恒、機械能損失最多。
3．爆炸
特點：爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且______系統所受的外力，所以系統動量____。如爆竹爆炸等。
遠大于
守恒
4．反沖
(1)定義：當靜止物體的一部分以一定的速度離開物體向前運動時，剩余部分必將向后運動，這種現象叫反沖。
(2)特點：系統內各物體間相互作用的內力遠大于系統受到的外力。實例：發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等。
(3)規(guī)律：遵從動量守恒定律。
1．易錯易混辨析
(1)只要系統所受的外力的矢量和為0，系統的動量就守恒。 (　　)
(2)物體相互作用時動量守恒，但機械能不一定守恒。 (　　)
(3)若在光滑水平面上兩球相向運動，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動量大小一定相同。 (　　)
√
√
√
(4)發(fā)射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉均屬于反沖現象。 (　　)
(5)爆炸過程中機械能增加，反沖過程中機械能減少。 (　　)
√
×
2．(魯科版選擇性必修第一冊改編)(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，人和車都處于靜止狀態(tài)。一個人站在車上用大錘敲打車的左端，在連續(xù)的敲打下，下列說法正確的是(　　)
A．平板車左右往復運動
B．平板車持續(xù)向右運動
C．大錘、人和平板車組成的系統水
平方向動量守恒
D．當大錘停止運動時，人和車也停止運動
√
√
√
ACD　[把大錘、人和平板車看成一個整體，用大錘連續(xù)敲打平板車的左端，因為系統水平方向受力為零，則沿該方向動量守恒，又由系統水平方向總動量為零知，當錘頭敲打下去時，大錘向右運動，平板車就向左運動，抬起錘頭時大錘向左運動，平板車向右運動，所以平板車在水平面上左右往復運動，當大錘停止運動時，人和平板車也停止運動，A、C、D正確。]
3．(人教版選擇性必修第一冊改編)某機車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對接。機車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設機車和車廂的質量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計)(　　)
A．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
√
B　[取機車和15節(jié)車廂整體為研究對象，由動量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，則v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s，故B正確。]
細研考點·突破題型
考點1　動量守恒定律的理解及其應用
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：系統內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系統在某一方向上所受外力的矢量和為零，則系統在這一方向上動量守恒。
2．動量守恒定律的表達式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的動量和等于作用后的動量和。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。
(3)Δp＝0，系統總動量的增量為0。
3．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，解題應選取統一的正方向
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…應是系統中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′…應是系統中各物體在相互作用后同一時刻的動量
系統性 研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統
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，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統
[典例1]　如圖所示，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(　　)
A．動量守恒，機械能守恒
B．動量守恒，機械能不守恒
C．動量不守恒，機械能守恒
D．動量不守恒，機械能不守恒
√
B　[因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；對小車、彈簧和滑塊組成的系統，根據動量守恒和機械能守恒的條件可知撤去推力后該系統動量守恒，機械能不守恒，故選B。]
[典例2]　(多選)足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長的細繩一端連接著質量為m1＝1.0 kg的物塊A，另一端連接質量為m2＝1.0 kg的長木板B，繩子開始是松弛的。質量為m3＝1.0 kg的物塊C放在長木板B的右端，C與長木板B間滑動摩擦力的大小等于最大靜摩擦力的大小。現在給物塊C水平向左的瞬時初速度v0＝2.0 m/s，物塊C立即在長木板B上運動。已知繩子繃緊前，B、C已經達到共同速度；繩子繃緊后，A、B總是具有相同的速度；物塊C始終未從長木板B上滑落。下列說法正確的是(　　)
A．繩子繃緊前，B、C達到的共同速度大小為 1.0 m/s
B．繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為 1.0 m/s
C．繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為 0.5 m/s
D．最終A、B、C三者將以大小為 m/s的共同速度一直運動下去
√
√
√
ACD　[繩子繃緊前，B、C已經達到共同速度，設B、C達到的共同速度大小為v1，根據動量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正確；繩子剛繃緊后的瞬間，設A、B具有相同的速度v2，A、B組成的系統滿足動量守恒，則有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B錯誤，C正確；A、B、C三者最終有共同的速度，設為v3，A、B、C組成的系統滿足動量守恒，則有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，D正確。]
規(guī)律方法　應用動量守恒定律解題的思路
(1)分析題意，明確研究對象，知道系統是由哪幾個物體組成的。
(2)受力分析，弄清系統內力和外力，判斷是否滿足動量守恒的條件。
(3)明確研究過程，確定初、末狀態(tài)的動量和表達式。
(4)建立動量守恒方程并求解，必要時討論說明。
考點2　碰撞模型
1．碰撞現象遵循的三條原則
(1)動量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2。
(2)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2 或。
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v′前≥v′后。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
2．彈性碰撞的重要結論
以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2、速度為v2的小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有
動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
機械能守恒：＝
聯立解得v′1＝
v′2＝
結論1：當m1＝m2時：v′1＝v2，v′2＝v1，即m1、m2碰撞后交換速度。
結論2：若v2＝0，即簡化為“一動一靜”模型，v′1＝v1，
v′2＝v1。
3．完全非彈性碰撞的特征
(1)撞后共速。
(2)有動能損失，且損失最多，|ΔEk|＝。
角度1　碰撞的可能性
[典例3]　兩球A、B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，兩球A、B速度的可能值是(　　)
A．v′A＝3 m/s，v′B＝4 m/s
B．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s
C．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s
D．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s
√
C　[碰前系統總動量為：p＝mAvA＋mBvB＝1×6 kg·m/s＋2×
2 kg·m/s＝10 kg·m/s，碰前總動能為：Ek＝＝×1×62 J＋×2×22 J＝22 J。如果v′A＝3 m/s，v′B＝4 m/s，則碰后總動量為：p′＝1×3 kg·m/s＋2×4 kg·m/s＝11 kg·m/s，動量不守恒，不可能，A錯誤；若v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s，則碰撞后，A、B兩球同向運動，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不
可能，B錯誤；如果v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s，則碰后總動量為：p′＝1×2 kg·m/s＋2×4 kg·m/s＝10 kg·m/s，系統動量守恒，碰后總動能為：E′k＝×1×22 J＋×2×42 J＝18 J，系統動能減小，滿足碰撞的條件，C正確；如果v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s，則碰后總動量為：p′＝1×(－4) kg·m/s＋2×7 kg·m/s＝10 kg·m/s，系統動量守恒，碰后總動能為：E′k＝×1×42 J＋×2×72 J＝57 J，系統總動能增加，不可能，D錯誤。]
角度2　碰撞的相關圖像分析
[典例4]　(2024·山東煙臺二模)質量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示，若令－＝p，則p的取值范圍為(　　)
A．p<1 B．p<0
C．p≤－1 D．－1√
C　[x-t圖像的斜率表示物體的速度，碰后m1的速度為v1＝－m2，碰后m2的速度為v2＝，兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即m1v0＝m1v1＋m2v2，v0＝，且，整理解得－≤－1，即p≤－1，故選C。]
[典例5]　(一題多變)如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s 的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，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。
審題指導：
關鍵語句 獲取信息
A與C碰撞時間極短 A、C系統動量守恒
A、B再次同速，恰好不與C碰撞 最后三者同速
[解析]　長木板A與滑塊C處于光滑水平軌道上，兩者碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊B與長木板A間的摩擦力可以忽略不計，以向右為正方向，長木板A與滑塊C組成的系統在碰撞過程中動量守恒，則mAv0＝mAvA＋mCvC。兩者碰撞后，長木板A與滑塊B組成的系統在兩者達到同速之前所受合外力為零，系統動量守恒，則mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。長木板A和滑塊B達到共同速度后，恰好不再與滑塊C碰撞，則最后三者速度相等，vC＝v。聯立以上各式，代入數據解得vA＝2 m/s。
[答案]　2 m/s
[變式]　(1)在上例中，若A與C發(fā)生碰撞后粘在一起，則三個物體最終的速度是多大？
(2)在(1)的條件下，相互作用的整個過程中，系統的機械能損失了多少？
[解析]　(1)整個作用過程中，A、B、C三個物體組成的系統動量守恒，最終三者具有相同的速度，根據動量守恒，有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v
代入數據可得v＝3 m/s。
(2)三者最后的速度v＝3 m/s
相互作用前E1＝＝37.5 J
A、B再次達到共同速度時
E2＝(mA＋mB＋mC)v2＝22.5 J
機械能損失ΔE＝E1－E2＝15 J。
[答案]　(1)3 m/s　(2)15 J
考點3　反沖、爆炸問題及“人船模型”
1．對反沖現象的三點說明
(1)系統內的不同部分在強大內力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理。
(2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉變?yōu)闄C械能，所以系統的總機械能增加。
(3)反沖運動中平均動量守恒。
2．爆炸現象的三個規(guī)律
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒。
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸后系統的總動能增加。
(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然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
①兩者滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝0；
②兩者的位移大小滿足：m－M＝0，且x人＋x船＝L船；
③運動特點：人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；＝＝。
(3)常見類人船模型
角度1　反沖問題
[典例6]　某中學航天興趣小組的同學將靜置在地面上的質量為M(含水)的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時間內，質量為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，火箭和水組成的系統機械能守恒
C．火箭獲得的最大速度為
D．火箭上升的最大高度為
√
D　[火箭的推力來源于向下噴出的水對它的反作用力，A錯誤；水噴出的過程中，火箭內高壓氣體做功，火箭及水組成的系統機械能增加不守恒，B錯誤；在水噴出后的瞬間，火箭獲得的速度最大，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝，C錯誤；水噴出后，火箭做豎直上拋運動，上拋到最高點的過程中，有v2＝2gh，解得h＝，D正確。]
角度2　爆炸問題
[典例7]　一質量為M的爆竹豎直運動到最高點時，爆炸成兩部分，爆炸后瞬間質量為m的部分動能為E，爆炸時間極短，可不計，不計爆炸過程中的質量損失，則該爆竹爆炸后瞬間的總動能為(　　)
A．E B．E
C．E D．E
√
D　[設爆炸后瞬間質量為m的部分速度大小為v1，另一部分的速度大小為v2，根據動量守恒可得mv1＝(M－m)v2，解得v2＝v1，又E＝，則該爆竹爆炸后瞬間的總動能為E總＝，聯立解得E總＝E，故選D。]
角度3　“人船”模型
[典例8]　(2023·湖南卷)如圖所示，質量為M的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內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原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉，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；
(2)小球開始下落到小球第一次運動到最低點的過程中，凹槽相對于初始時刻運動的距離。
[解析]　(1)小球從靜止到第一次運動到軌道最低點的過程，小球和凹槽組成的系統水平方向上動量守恒，有0＝mv1－Mv2
對小球與凹槽組成的系統，由機械能守恒定律有
mgb＝
聯立解得v2＝。
(2)根據人船模型規(guī)律，在水平方向上有mx1＝Mx2
又由位移關系知x1＋x2＝a
解得凹槽相對于初始時刻運動的距離x2＝。
[答案]　(1)　(2)
即時檢驗·感悟高考
1．(2024·江蘇卷)在水平面上有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側用輕彈簧連接在滑板A的左側，右側用一根細繩連接在滑板A的右側，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細繩后，則(　　)
A．彈簧原長時物體動量最大
B．彈簧壓縮最短時物體動能最大
C．系統動量變大
D．系統機械能變大
√
A　[對整個系統分析可知合外力為0，A和B組成的系統動量守恒，得mAvA＝mBvB，設彈簧的初始彈性勢能為Ep，整個系統只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當彈簧原長時得Ep＝，聯立得Ep＝，故可知彈簧原長時物體速度最大，此時動量最大，動能最大。]
2．(多選)(2025·八省聯考云南卷)如圖甲所示，內表面光滑的“ ”形槽固定在水平地面上，完全相同的兩物塊a、b(可視為質點)置于槽的底部中點。t＝0時，a、b分別以速度v1、v2向相反方向運動，已知b開始運動后速度v隨時間t的變化關系如圖乙所示，所有的碰撞均視為彈性碰撞且碰撞時間極短。下列說法正確的是(　　)
A．前17 s內a與b共碰撞3次
B．初始時a的速度大小為1 m/s
C．前17 s內b與槽的側壁碰撞3次
D．槽內底部長為10 m
√
√
BC　[根據碰撞規(guī)律可知物塊b與槽壁碰后速度大小不變，方向改變，與a碰后交換速度，則根據物塊b的v-t圖像，可知前17 s內a與b共碰撞4次，發(fā)生在4～6 s之間、8 s時刻、10～12 s之間以及16 s時刻，A錯誤；前17 s內b與槽的側壁碰撞3次，分別在2 s、10 s 和12 s時刻，C正確；b與a碰前速度大小為v2＝2 m/s，方向向左，碰后b的速度大小v2′＝1 m/s，方向向右，因兩物塊質量相同且碰撞為彈性碰撞，則碰后兩物塊交換速度，可知碰前a的速度大小v1＝v2′＝1 m/s，即初始時a的速度大小為 1 m/s，B正確；槽內底部長為L＝2v2Δt＝2×2×2 m＝8 m，D錯誤。故選BC。]
3．(2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是(　　)
A．碰撞后氮核的動量比氫核的小
B．碰撞后氮核的動能比氫核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
√
B　[設中子質量為m0，被碰粒子質量為m，碰后中子速度為v′0，被碰粒子速度為v，二者發(fā)生彈性正碰，由動量守恒定律和能量守恒定律有m0v0＝＝＋mv2，解得v′0＝v0，v＝v0，因此當被碰粒子分別為氫核(m0)和氮核(14m0)時，有v1＝v0，v2＝v0，故C、D項錯誤；碰撞后氮核的動量為p氮＝14m0·v2＝m0v0，氫核的動量為p氫＝m0·v1＝m0v0，p氮>p氫，故A錯誤；碰撞后氮核的動能為Ek氮＝＝，氫核的動能為Ek氫＝＝，Ek氮4．(2024·江蘇卷)嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應的組合體A與軌道器對應的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為v，且與v0同向，A、B的質量分別為m、M。求：
(1)分離后A的速度v1；
(2)分離時A對B的推力大小。
[解析]　(1)組合體分離前后動量守恒，取v0的方向為正方向，有
(m＋M)v0 ＝Mv＋mv1
解得v1＝，方向與v0相同。
(2)以B為研究對象，對B列動量定理有
FΔt＝Mv－Mv0
解得F＝。
[答案]　(1)，方向與v0相同 (2)
課時數智作業(yè)(十七)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，將物塊Q自P的上端由靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運動的過程中，下列說法正確的是
(　　)
A．P對Q做功為零
B．P和Q之間的相互作用力做功之和為零
C．P和Q構成的系統機械能守恒、動量守恒
D．P和Q構成的系統機械能不守恒、動量守恒
12
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
B　[根據題意可知，Q下滑，P后移，作Q與P的運動狀態(tài)示意圖如圖所示。物塊Q從光滑曲面體P上滑下，兩者組成的系統沒有重力以外的其他力做功，系統的機械能守恒，故D錯誤；物塊Q滑下，曲面體向后運動，說明物塊Q對曲面體P做正功，則曲面體P對物塊Q做負功，且P和Q之間的相互作用力做功之和為零，故A錯誤，B正確；P和Q組成的系統所受外力不為零，動量
不守恒，但在水平方向的外力為零，系統在
水平方向上動量守恒，故C錯誤。]
12
2．將質量為1.00 kg的模型火箭(不包括燃料)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
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
A　[開始總動量為零，規(guī)定氣體噴出的方向為正方向，根據動量守恒定律得0＝m1v1＋p，解得火箭的動量p＝－m1v1＝－0.05×600 kg·m/s＝－30 kg·m/s，負號表示方向，大小為30 kg·m/s，故選A。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
3．(多選)如圖所示，某科研團隊對研發(fā)的人形機器人進行跳躍測試。小車靜置于光滑水平地面上，機器人靜止站立在平臺右端A點。測試時機器人以初速度v0(大小未知)水平跳出，落到小車上的B點，此過程中機器人消耗能量為E(大小未知)。已知機器人的質量為m，小車的質量為M，A點與B點高度差為h，水平距離為s，重力加速度為g，機器人可以看作質點，假設機器人消耗的能量全部轉化為動能，不考慮空氣阻力，下列選項正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．v0＝ B．v0＝
C．E＝· D．E＝·
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
AC　[機器人跳出的過程，機器人和小車組成的系統動量守恒，設機器人跳出時小車的速度為v，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0－Mv＝0，由能量守恒定律得：E＝＋Mv2，機器人落在小車的B點前做平拋運動，小車做勻速直線運動，對機器人由運動學公式得：h＝gt2，vt＋v0t＝s，聯立解得：v0＝，v＝，E＝·，故A、C正確，B、D錯誤。故選AC。]
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4．(多選)如圖所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上。c車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上。小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同。他跳到a車上時相對a車保持靜止，此后(　　)
A．a、b兩車運動速率相等
B．a、c兩車運動速率相等
C．三輛車的速率關系vc＞va＞vb
D．a、c兩車運動方向相反
題號
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CD　[設向右為正方向，設人跳離b、c車時對地水平速度為v，在水平方向由動量守恒定律有0＝－m車＋m人v，m人v＝m車vb＋m人v，m人v＝(m車＋m人)·va，所以vc＝，vb＝0，va＝，即vc＞va＞vb，并且c車與a車方向相反，故A、B錯誤，C、D正確。]
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5．(人教版選擇性必修第一冊改編)A球的質量是m，B球的質量是2m，它們在光滑的水平面上以相同的動量運動。B在前，A在后，發(fā)生正碰后，A球仍朝原方向運動，但其速率是原來的一半，則碰后兩球的速率比vA′∶vB′為(　　)
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．2∶3
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D　[設碰前A球的速率為v，根據題意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由動量守恒定律有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝，所以vA′∶vB′＝∶＝2∶3，D正確。]
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6．(2025·廣東廣州高三階段檢測)如圖所示，冰壺A以 1.5 m/s 的速度與靜止在冰面上的冰壺B正碰，碰后瞬間B的速度大小為 1.2 m/s，方向與A碰前速度方向相同，碰撞時間極短。若已知兩冰壺的質量均為20 kg，則下列說法正確的是(　　)
A．碰后瞬間A的速度大小為0.4 m/s
B．碰撞過程中，B對A做功為21.6 J
C．碰撞過程中，A對B的沖量大小為24 N·s
D．A、B碰撞過程是彈性碰撞
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C　[由于碰撞時間極短，內力遠遠大于外力，可知A、B相碰時，A和B組成的系統動量近似守恒。根據動量守恒定律，以v0方向為正方向，有mv0＝mvA＋mvB，解得vA＝0.3 m/s，故A錯誤；根據動能定理，碰撞過程中，B對A做功為W＝解得W＝－21.6 J，故B錯誤；碰撞過程中，根據動量定理，A對B的沖量大小I＝mvB，解得I＝24 N·s，故C正確；碰撞之前總能量為Ek＝＝22.5 J，碰撞后A、B系統總動能為E′k＝＝15.3 J，由此可知Ek>E′k，故A、B碰撞過程是非彈性碰撞，故D錯誤。]
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7．(多選)(2024·山東統考期末)在一次冰壺比賽中，質量為19.6 kg的紅壺靜止在水平冰面上，運動員用等質量的黃壺撞擊紅壺，兩壺在t＝1 s時發(fā)生正碰，碰撞前后兩冰壺的v-t圖像如圖所示，已知兩冰壺與冰面間的動摩擦因數相同。關于兩冰
壺的運動，下列說法正確的是(　　)
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A．圖像①是黃壺碰后的運動圖像
B．碰撞前后黃壺動量變化量的大小為27.44 kg·m/s
C．碰后紅壺經7 s停下
D．兩冰壺靜止時距離為4.5 m
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BCD　[兩壺發(fā)生正碰后，黃壺的速度應小于紅壺，圖像①是紅壺碰后的運動圖像，A錯誤；冰壺運動的加速度大小a＝ m/s2＝0.2 m/s2，則碰撞后黃壺的速度v1＝0.2×2 m/s＝0.4 m/s，碰撞前后黃壺動量變化量的大小為Δp1＝m(v－v1)＝19.6×(1.8－0.4) kg·m/s＝27.44 kg·m/s，B正確；根據動量守恒定律得mv＝mv1＋mv2，解得碰撞后紅壺的速度大小為v2＝1.4 m/s，紅壺從開始運動到停止所用的時間t2＝＝7 s，C正確；兩冰壺靜止時距離Δx＝t2－t1＝4.5 m，D正確。]
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8．(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為(　　)
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
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BC　[設運動員和物塊的質量分別為m、m0，規(guī)定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止，第1次將物塊推出后，設運動員和物塊的速度大小分別為v1、v0，則根據動量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝v0；物塊與擋板彈性碰撞后，運動方向與運動員同向，當運動員第2次推出物塊時，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝v0；第3次推出物塊時，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，
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解得v3＝v0；以此類推，第8次推出物塊后，運動員的速度v8＝v0。根據題意可知，v8＝v0>v0，解得m<15m0＝60 kg；第7次推出物塊后，運動員的速度v7＝v013m0＝52 kg。綜上所述，該運動員的質量應滿足52 kg題號
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9．一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為3∶1。不計質量損失，重力加速度g取 10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　)
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A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　 D
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B　[以向右為正方向，由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運動的時間t＝1 s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊彈片的沖量沿運動方向，故這一塊彈片的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D項錯誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊的動量改變量大小相等，兩塊質量比為 3∶1，所以速度變化量大小之比為1∶3，在平拋運動水平方向上有x＝v0t，所以題圖A中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A項錯誤；題圖B中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B項正確。]
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10．(多選)(2024·河北省部分高中高三二模)2024年2月5日，在斯諾克德國大師賽決賽中，特魯姆普以10比5的戰(zhàn)績戰(zhàn)勝斯佳輝獲得冠軍。如圖所示，特魯姆普某次用白球擊打靜止的藍球，兩球碰后沿同一直線運動。藍球經t＝0.6 s的時間向前運動x1＝0.36 m，剛好(速度為0)落入袋中，而白球沿同一方向運動x2＝0.16 m 后停止運動。已知兩球的質量相等，碰后以相同的加速度做勻變速直線運動，假設兩球碰撞的時間極短且發(fā)生正碰(內力遠大于外力)，則下列說法正確的是(　　)
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A．由于摩擦不能忽略，則碰撞過程動量不守恒
B．碰后藍球與白球的速度之比為3∶2
C．碰撞前白球的速度大小為2 m/s
D．該碰撞為彈性碰撞
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BC　[由題意知兩球碰撞的時間極短，碰撞過程中產生極大的內力，兩球與桌面間的摩擦力遠遠小于內力，所以該碰撞過程的動量守恒，A錯誤；碰后，藍球做勻減速直線運動且剛好落入袋內，由勻變速直線運動的規(guī)律知x1＝t，得藍球碰后瞬間的速度為v1＝＝1.2 m/s，又兩球的加速度大小相等，則由公式v2＝2ax得＝，解得碰后瞬間白球的速度大小為v2＝0.8 m/s，則碰后藍球與白球的速度之比為3∶2，
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B正確；碰撞過程中兩球組成的系統動量守恒，則mv0＝mv1＋mv2，代入數據解得v0＝2 m/s，C正確；兩球碰前的動能為Ek1＝＝2m，兩球碰后的總動能為Ek2＝＝1.04m，由于Ek1>Ek2，所以該碰撞過程有機械能損失，即該碰撞為非彈性碰撞，D錯誤。]
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11．(2025·黑龍江實驗中學高三月考)如圖所示，光滑水平面上依次有質量為mC＝2 kg的滑塊C，質量為mA＝3 kg的滑塊A，質量為mB＝3 kg的滑塊B。開始時A、B靜止，C以v0＝10 m/s的初速度沖向A，與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A繼續(xù)向右運動，與B發(fā)生碰撞并粘在一起。求：
(1)C與A碰撞后A的速度大小；
(2)A與B碰撞過程中損失的機械能。
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[解析]　(1)取向右為正方向，以C、A為系統研究，根據動量守恒定律有
mCv0＝mCvC＋mAvA
根據機械能守恒定律有＝
解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s
即C與A碰撞后A的速度大小為8 m/s。
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(2)仍取向右為正方向，以A、B為系統研究，根據動量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v
根據能量守恒定律有E損＝－(mA＋mB)v2
解得E損＝48 J。
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[答案]　(1)8 m/s　(2)48 J
12．(2023·重慶卷)如圖所示，桌面上固定了一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N為軌道上的兩點，且位于同一直徑上，P為MN段的中點。在P點處有一加速器(大小可忽略)，小球每次經過P點后，其速度大小都增加v0。質量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時針運動，與靜止在M處的小球2發(fā)生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時間。求：
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(1)球1第一次經過P點后瞬間向心力的大小；
(2)球2的質量；
(3)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間。
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[解析]　(1)球1第一次經過P點后瞬間速度變?yōu)?v0，所以Fn＝m＝。
(2)球1與球2發(fā)生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說明球1碰后反彈，則
m·2v0＝－mv＋m′v
m(2v0)2＝mv2＋m′v2
聯立解得v＝v0，m′＝3m。
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(3)設兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間為Δt，則
球1從第一次碰撞回到P點所需時間t1＝
此后到兩球再次相碰，有v0t2＋2v0t2＝πR
所以Δt＝t1＋t2＝。
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[答案]　　(2)3m　(3)
謝 謝 ！

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