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第六章　動(dòng)量
第2節(jié)　動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用
鏈接教材·夯基固本
1．動(dòng)量守恒定律
(1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的______為0，則這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量________。
(2)表達(dá)式：①p＝p′或m1v1＋m2v2＝____________。系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量等于相互作用后的總動(dòng)量。
②Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)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(shí)間很短，而物體間相互作用力____的現(xiàn)象，即碰撞是一種強(qiáng)烈的作用。
(2)特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力______外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。
很大
遠(yuǎn)大于
(3)分類
①?gòu)椥耘鲎玻簞?dòng)量守恒、機(jī)械能守恒。
②非彈性碰撞：動(dòng)量守恒、機(jī)械能有損失。
③完全非彈性碰撞：動(dòng)量守恒、機(jī)械能損失最多。
3．爆炸
特點(diǎn)：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______系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動(dòng)量____。如爆竹爆炸等。
遠(yuǎn)大于
守恒
4．反沖
(1)定義：當(dāng)靜止物體的一部分以一定的速度離開物體向前運(yùn)動(dòng)時(shí)，剩余部分必將向后運(yùn)動(dòng)，這種現(xiàn)象叫反沖。
(2)特點(diǎn)：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力。實(shí)例：發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等。
(3)規(guī)律：遵從動(dòng)量守恒定律。
1．易錯(cuò)易混辨析
(1)只要系統(tǒng)所受的外力的矢量和為0，系統(tǒng)的動(dòng)量就守恒。 (　　)
(2)物體相互作用時(shí)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不一定守恒。 (　　)
(3)若在光滑水平面上兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動(dòng)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(zhuǎn)均屬于反沖現(xiàn)象。 (　　)
(5)爆炸過程中機(jī)械能增加，反沖過程中機(jī)械能減少。 (　　)
√
√
√
√
×
2．(人教版選擇性必修第一冊(cè)改編)A球的質(zhì)量是m，B球的質(zhì)量是2m，它們?cè)诠饣乃矫嫔弦韵嗤膭?dòng)量運(yùn)動(dòng)。B在前，A在后，發(fā)生正碰后，A球仍朝原方向運(yùn)動(dòng)，但其速率是原來(lái)的一半，碰后兩球的速率比vA′∶vB′為(　　)
A．1∶2　　B．1∶3　　C．2∶1　　D．2∶3
√
D　[設(shè)碰前A球的速率為v，根據(jù)題意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由動(dòng)量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝，所以vA′∶vB′＝∶＝2∶3，D正確。]
3．(人教版選擇性必修第一冊(cè)改編)某機(jī)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(duì)接。機(jī)車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個(gè)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(shè)機(jī)車和車廂的質(zhì)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(jì))(　　)
A．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
√
B　[取機(jī)車和15節(jié)車廂整體為研究對(duì)象，由動(dòng)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(xì)研考點(diǎn)·突破題型
考點(diǎn)1　動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用
1．動(dòng)量守恒定律的“五種”性質(zhì)
系統(tǒng)性 研究對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)
相對(duì)性 公式中v1、v2、v1′、v2′ 必須相對(duì)于同一個(gè)慣性參考系
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致的動(dòng)量為正值，相反的為負(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．動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式
(1)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。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向。
(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。
角度1　動(dòng)量守恒的判斷
[典例1]　(多選)下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是(　　)
A　　　　　　　　　　　　B　
C　　　　　　　　　　　　D　
AC　[A中在光滑的水平面上，子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受合外力等于零，動(dòng)量守恒；B中剪斷細(xì)線后，豎直墻壁對(duì)左邊木塊有彈力作用，系統(tǒng)合外力不為零，動(dòng)量不守恒；C中兩球在勻速下降時(shí)，系統(tǒng)合外力等于零，細(xì)線斷裂后，系統(tǒng)合外力仍然等于零，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒；D中木塊加速下滑時(shí)擋板對(duì)斜面體有向左的力，則動(dòng)量不守恒。所以選項(xiàng)A、C正確。]
角度2　動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用
[典例2]　(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)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(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s 的速度與擋板發(fā)生彈性碰撞。總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為(　　)
A．48 kg　　B．53 kg　　C．58 kg　　D．63 kg
√
√
思路點(diǎn)撥：本題屬于多次相互作用問題，求解過程多次應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，要注意以下兩點(diǎn)：
(1)規(guī)定正方向，合理選取研究對(duì)象應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。
(2)“反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員”的條件是運(yùn)動(dòng)員的退行速度大于等于物塊的反彈速度。
BC　[選運(yùn)動(dòng)員退行速度方向?yàn)檎较颍O(shè)運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m，物塊被推出時(shí)的速度大小為v0，運(yùn)動(dòng)員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據(jù)動(dòng)量守恒定律，運(yùn)動(dòng)員第一次推出物塊時(shí)有0＝Mv1－mv0，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時(shí)有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此類推，Mv2＋mv0＝＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又運(yùn)動(dòng)員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m60 kg，故B、C項(xiàng)正確，A、D項(xiàng)錯(cuò)誤。]
[典例3]　如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度的大小。(不計(jì)水的阻力和貨物在兩船之間的運(yùn)動(dòng)過程)
[解析]　設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度的大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度為v乙。甲船上的人接到貨物后甲船的速度為v甲，規(guī)定水平向右的方向?yàn)檎较颉?br/>對(duì)乙船和貨物的作用過程，由動(dòng)量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin ①
對(duì)貨物和甲船的作用過程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲 ②
為避免兩船相撞，應(yīng)有v甲＝v乙 ③
聯(lián)立①②③式得vmin＝4v0。
[答案]　4v0
規(guī)律方法　應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的一般步驟
考點(diǎn)2　碰撞模型
1．碰撞現(xiàn)象三規(guī)律
2．彈性碰撞
兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
＝
解得v′1＝，v′2＝
結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v′1＝0，v′2＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)；
(2)當(dāng)m1>m2時(shí)，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)；
(3)當(dāng)m10(小碰大，要反彈)；
(4)當(dāng)m1 m2時(shí)，v′1＝v1，v′2＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)；
(5)當(dāng)m1 m2時(shí)，v′1＝－v1，v′2＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)。
3．完全非彈性碰撞
碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能損失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
＝(m1＋m2)v2＋ΔEk損max。
角度1　彈性碰撞的基本結(jié)論
[典例4]　如圖所示，在水平桌面上固定著一個(gè)光滑圓軌道，在軌道的B點(diǎn)靜止著一個(gè)質(zhì)量為m2的彈性小球乙，另一個(gè)質(zhì)量為m1的彈性小球甲以初速度v0運(yùn)動(dòng)，與乙球發(fā)生第一次碰撞后，恰在D點(diǎn)發(fā)生第二次碰撞。則甲、乙兩球的質(zhì)量之比
m1∶m2可能為(　　)
A．1∶9　　 B．1∶3　　
C．5∶3　　 D．2∶3
√
B　[設(shè)碰撞后小球甲、乙的速度大小分別為v1、v2。第一種碰撞情況：小球甲由A到B碰撞小球乙，且小球甲碰撞后反向，以v0方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得m1v0＝m2v2－m1v1，因?yàn)榍≡贒點(diǎn)發(fā)生第二次碰撞，故小球甲、小球乙各運(yùn)動(dòng)了周，在相同時(shí)間內(nèi)通過的路程相等，則有小球甲和小球乙的線速度大小相等，即有v1＝v2，且小球甲、小球乙為彈性球，發(fā)生彈性碰撞，由機(jī)械能守恒定律得
＝，聯(lián)立以上各式解得m1∶m2＝1∶3；第二種碰撞情況：小球甲由A到B碰撞小球乙，且碰撞后同向，以v0方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得m1v0＝m2v2＋m1v1，因?yàn)榍≡贒點(diǎn)發(fā)生第二次碰撞，小球甲運(yùn)動(dòng)了周，小球乙運(yùn)動(dòng)了周，則有v2＝3v1，由機(jī)械能守恒定律得＝，解得m1∶m2＝3∶1，A、C、D錯(cuò)誤，B正確。]
角度2　碰撞的可行性分析
[典例5]　如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩個(gè)球，原來(lái)在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，規(guī)定向右為正方向，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，A、B兩球發(fā)生對(duì)心碰撞。對(duì)于碰撞后A、B兩球速度的可能值，某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)們做了很多種猜測(cè)，下面的猜測(cè)結(jié)果一定無(wú)法實(shí)現(xiàn)的是(　　)
A．v′A＝2 m/s，v′B＝2 m/s
B．v′A＝－2 m/s，v′B＝6 m/s
C．v′A＝－3 m/s，v′B＝7 m/s
D．v′A＝－1 m/s，v′B＝5 m/s
√
C　[若碰后v′A＝2 m/s，v′B＝2 m/s，滿足動(dòng)量守恒定律mvA＋mvB＝mv′A＋mv′B，碰后動(dòng)能小于碰前動(dòng)能，即，A項(xiàng)可以實(shí)現(xiàn)；若碰后兩球速度為v′A＝－2 m/s，v′B＝6 m/s, 滿足動(dòng)量守恒定律mvA＋mvB＝，碰撞前后動(dòng)能相等＝，B項(xiàng)可以實(shí)現(xiàn)；若碰后兩球速度為v′A＝－3 m/s，v′B＝7 m/s，滿足動(dòng)量守恒定律mvA＋mvB＝mv′A＋mv′B，但是，兩
球碰后動(dòng)能比碰前動(dòng)能大，違背能量守恒定律，C項(xiàng)不可以實(shí)現(xiàn)；若碰后兩球速度為v′A＝－1 m/s，v′B＝5 m/s，滿足動(dòng)量守恒定律，即mvA＋mvB＝mv′A＋mv′B，碰前動(dòng)能大于碰后動(dòng)能，即，D項(xiàng)可以實(shí)現(xiàn)。本題選一定無(wú)法實(shí)現(xiàn)的，故選C。]
角度3　多物體碰撞對(duì)象研究
[典例6]　(一題多變)如圖所示，光滑水平軌道上放置長(zhǎng)木板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＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。開始時(shí)C靜止，A、B一起以v0＝5 m/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。
審題指導(dǎo)：
關(guān)鍵語(yǔ)句 獲取信息
A與C碰撞時(shí)間極短 A、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒
A、B再次同速，恰好不再與C碰撞 最后三者同速
[解析]　長(zhǎng)木板A與滑塊C處于光滑水平軌道上，兩者碰撞時(shí)間極短，碰撞過程中滑塊B與長(zhǎng)木板A間的摩擦力可以忽略不計(jì)，以向右為正方向，長(zhǎng)木板A與滑塊C組成的系統(tǒng)在碰撞過程中動(dòng)量守恒，則mAv0＝mAvA＋mCvC。兩者碰撞后，長(zhǎng)木板A與滑塊B組成的系統(tǒng)在兩者達(dá)到同速之前所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。長(zhǎng)木板A和滑塊B達(dá)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(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)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(gè)物體最終的速度是多少？
(2)在(1)的條件下，相互作用的整個(gè)過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能損失了多少？
[解析]　(1)整個(gè)作用過程中，A、B、C三個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終三者具有相同的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v
代入數(shù)據(jù)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
三者再次達(dá)到共同速度時(shí)
E2＝(mA＋mB＋mC)v2＝22.5 J
機(jī)械能損失ΔE＝E1－E2＝15 J。
[答案]　(1)3 m/s　(2)15 J
規(guī)律方法　碰撞模型解題三策略
(1)抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解。
(2)熟記一些公式，例如“一動(dòng)一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足v′1＝v1、v′2＝v1。
(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1 m2且v2＝0時(shí)，碰后質(zhì)量大的速度不變，質(zhì)量小的速度為2v1；當(dāng)m1 m2且v2＝0時(shí)，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。
考點(diǎn)3　反沖　爆炸問題
1．對(duì)反沖現(xiàn)象的三點(diǎn)說明
(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)大內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)，通常用動(dòng)量守恒來(lái)處理。
(2)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加。
(3)反沖運(yùn)動(dòng)中平均動(dòng)量守恒。
2．爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律
(1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。
(2)動(dòng)能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加。
(3)位置不變：爆炸的時(shí)間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)。
3．“人船模型”的特點(diǎn)
(1)兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：mv人－Mv船＝0。
(2)兩物體的位移滿足：
m－M＝0(如圖所示)
x人＋x船＝L
得x人＝L，x船＝L。
(3)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)
①人動(dòng)則船動(dòng)，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人右船左；
②人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即＝＝。
[典例7]　有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(zhǎng)(重一噸左右)。一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測(cè)定它的質(zhì)量。他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測(cè)出船后退的距離d，然后用卷尺測(cè)出船長(zhǎng)L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計(jì)，則船的質(zhì)量為(　　)
A． B．
C． D．
√
B　[設(shè)船的質(zhì)量為M，人走動(dòng)的時(shí)候船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭用時(shí)為t，人的位移大小為L(zhǎng)－d，船的位移大小為d，所以v＝，v′＝。以船后退的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒有Mv－mv′＝0，可得M＝，則小船的質(zhì)量為M＝，故B正確。]
[典例8]　一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)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(zhì)量比為 3∶1。不計(jì)質(zhì)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(　　)
A　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　D
B　[以向右為正方向，由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝1 s，爆炸過程中，爆炸力對(duì)沿原方向運(yùn)動(dòng)的一塊彈片的沖量沿運(yùn)動(dòng)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錯(cuò)誤；甲、乙在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動(dòng)量守恒，即甲、乙的水平動(dòng)量改變量大小相等，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1，所以速度變化量大小之比為1∶3，又平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上x＝v0t，所以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錯(cuò)誤；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正確。]
1．關(guān)于如圖所示的情境，A、B組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒且機(jī)械能守恒的是(　　)
學(xué)情診斷·當(dāng)堂評(píng)價(jià)
A．圖甲，在光滑水平面上，物塊B以初速度v0滑上上表面粗糙的靜止長(zhǎng)木板A
B．圖乙，圓弧軌道B靜止在光滑水平面上，將小球A在軌道頂端自由釋放后
C．圖丙，從懸浮的熱氣球B上水平拋出物體A，在A拋出后落地前的運(yùn)動(dòng)過程中
D．圖丁，在粗糙水平面上，剛性小球A與小球B發(fā)生彈性碰撞，在碰撞過程中
√
D　[題圖甲中，A、B組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，但是因?yàn)橛心Σ辽鸁幔瑒t系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒， 故A錯(cuò)誤；題圖乙中，因水平面光滑，則A、B組成的系統(tǒng)水平方向合外力為零，水平方向動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)在豎直方向合外力不為零，豎直方向動(dòng)量不守恒，則總動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；題圖丙中，浮力對(duì)熱氣球做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；題圖丁中，在粗糙水平面上，剛性小球A與小球B發(fā)生彈性碰撞，在碰撞過程中系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，則系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒，選項(xiàng)D正確。]
2．如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板車A。車上有兩個(gè)小滑塊B和C，A、B、C三者的質(zhì)量分別是3m、2m、m。B與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，而C與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ。開始時(shí)B、C分別從平板車的左、右兩端同時(shí)以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都沒有脫離平板車，則平板車的最終速度v車是(　　)
A．v0 B．v0
C．v0 D．0
√
B　[設(shè)水平向右為正方向，因?yàn)樗矫婀饣蔄、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)最終的速度為v車，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v車，解得v車＝，選項(xiàng)B正確。]
3．如圖所示，立柱固定于光滑水平面上O點(diǎn)，質(zhì)量為M的小球a向右運(yùn)動(dòng)，與靜止于Q點(diǎn)的質(zhì)量為m的小球b發(fā)生彈性碰撞，碰后a球立即向左運(yùn)動(dòng)，b球與立柱碰撞能量不損失，所有碰撞時(shí)間均不計(jì)，b球恰好在P點(diǎn)追到a球，Q點(diǎn)為OP間中點(diǎn)，則a、b兩球質(zhì)量之比M∶m為(　　)
A．3∶5 B．1∶3
C．2∶3 D．1∶2
√
A　[設(shè)a、b兩球碰后速度大小分別為v1、v2，由題意知b球與立柱發(fā)生彈性碰撞后恰好在P點(diǎn)追上a，則從碰后到相遇，a、b球通過的路程之比為s1∶s2＝1∶3，根據(jù)s＝vt得v2＝3v1，以水平向右為正方向，兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)a球的初速度為v0，由動(dòng)量守恒定律得Mv0＝M(－v1)＋mv2，由機(jī)械能守恒定律得＝，聯(lián)立解得M∶m＝3∶5，故選項(xiàng)A正確。]
4．(多選)(2025·廣東云浮模擬)A、B兩球沿一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時(shí)間變化的圖像，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時(shí)間變化的圖像，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移隨時(shí)間變化的圖像。若A球質(zhì)量m＝2 kg，
則由圖判斷下列結(jié)論正確的是(　　)
A．碰撞前、后A球的動(dòng)量變化量為4 kg·m/s
B．碰撞時(shí)A球?qū)球的沖量為－4 N·s
C．A、B兩球碰撞前的總動(dòng)量為3 kg·m/s
D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10 J
√
√
√
ABD　[根據(jù)題圖可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B兩球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的動(dòng)量變化量為ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，A正確；A球的動(dòng)量變化量為
4 kg·m/s，碰撞過程中動(dòng)量守恒，則B球的動(dòng)量變化量為－4 kg·m/s，根據(jù)動(dòng)量定理，碰撞過程中A球?qū)球的沖量為－4 N·s，B正確；由于碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔEk＝－(m＋mB)v2＝10 J，D正確；A、B兩球碰撞前的總動(dòng)量為p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，C錯(cuò)誤。]
5．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的木塊A、B并排放在光滑水平面上，木塊A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長(zhǎng)為l的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為2m的球C。現(xiàn)將C球拉起，使細(xì)線水平伸直并由靜止釋放C球。(重力加速度為g)則下列說法正確的是(　　)
A．C球從水平位置到最低點(diǎn)過程中，木塊A移動(dòng)的距離為
B．A、B兩木塊分離時(shí)，A的速度大小為
C．C球第一次到達(dá)左側(cè)時(shí)上升的最大高度為
D．C球第一次到達(dá)左側(cè)時(shí)上升的最大高度為
√
√
√
ABC　[C球從水平位置到最低點(diǎn)過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，且A、B此時(shí)速度相同，有2mvC＝2mvA，則有2mxC＝2mxA，又xA＋xC＝l，聯(lián)立可得木塊A移動(dòng)的距離為xA＝，故A正確；當(dāng)C球第一次擺到最低點(diǎn)時(shí)，A、B兩木塊分離，此刻A、B速度相等，設(shè)A、B速度大小為v1、C球速度大小為v0，由A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒可得2mv0＝2mv1，由A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得2mgl＝，聯(lián)立可得v0＝v1＝
，即A、B兩木塊分離時(shí)，A、B、C三者的速度大小均為，故B正確；C球擺到豎直輕桿左側(cè)最大高度時(shí)，A、C共速，設(shè)共同速度為v2，最大高度為h，由A、C組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒可得2mv0＋m(－v1)＝(2m＋m)v2，由A、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得＝，聯(lián)立解得h＝l，即C球第一次到達(dá)左側(cè)時(shí)上升的最大高度為，故C正確，D錯(cuò)誤。]
課時(shí)分層作業(yè)(十六)　動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用
題號(hào)
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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有摩擦。用力向右推動(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。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(tǒng)(　　)
A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒
B．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒
C．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒
D．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒
√
題號(hào)
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B　[撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為0，動(dòng)量守恒，滑塊和小車之間有滑動(dòng)摩擦力，由于摩擦生熱，故系統(tǒng)機(jī)械能減少，B正確。]
2．中國(guó)空間站的建設(shè)過程是：首先發(fā)射核心艙，核心艙入軌并完成相關(guān)技術(shù)驗(yàn)證后，再發(fā)射實(shí)驗(yàn)艙與核心艙對(duì)接，組合形成空間站。假設(shè)實(shí)驗(yàn)艙先在近地圓形過渡軌道上運(yùn)行，某時(shí)刻實(shí)驗(yàn)艙短暫噴氣，離開過渡軌道，與運(yùn)行在較高軌道上的核心艙安全對(duì)接。忽略空氣阻力，以下說法正確的是(　　)
A．實(shí)驗(yàn)艙應(yīng)當(dāng)向前噴出氣體
B．噴氣前后，實(shí)驗(yàn)艙與噴出氣體的總動(dòng)量不變
C．噴氣前后，實(shí)驗(yàn)艙與噴出氣體的機(jī)械能不變
D．實(shí)驗(yàn)艙在飛向核心艙過程中，機(jī)械能逐漸減小
√
題號(hào)
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B　[實(shí)驗(yàn)艙要向高軌道運(yùn)行，需要做離心運(yùn)動(dòng)，所以要加速，應(yīng)該向后噴出氣體，A錯(cuò)誤；噴氣過程沒有外力作用，實(shí)驗(yàn)艙與噴出氣體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，噴氣前后，總動(dòng)量不變，B正確；噴氣過程中內(nèi)力做功，噴氣后總機(jī)械能增大，C錯(cuò)誤；忽略空氣阻力，實(shí)驗(yàn)艙飛向核心艙過程中，只有地球的萬(wàn)有引力做功，實(shí)驗(yàn)艙機(jī)械能守恒，D錯(cuò)誤。]
題號(hào)
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3．(多選)如圖所示，在質(zhì)量為M的小車上掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)間極短，在此碰撞過程中，下列哪些情況的說法是可能發(fā)生的(　　)
題號(hào)
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A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度分別變?yōu)関1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2
C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関1，滿足Mv＝(M＋m)v1
D．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
√
題號(hào)
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√
BC　[在小車與木塊直接碰撞的瞬間，彼此作用力很大，所以它們的速度在瞬間發(fā)生改變，在此期間它們的位移可看成零，而擺球并沒有直接與木塊發(fā)生力的作用，因?yàn)樵谒c小車共同勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，擺線沿豎直方向，因此碰撞過程線的拉力不能改變擺球速度的大小，即擺球的速度不變，A、D錯(cuò)誤；而小車和木塊碰撞后，可能以不同的速度繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，也可能以共同速度(完全非彈性碰撞)運(yùn)動(dòng)，B、C正確。]
題號(hào)
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4．(2025·廣東陽(yáng)江檢測(cè))某戰(zhàn)斗機(jī)以速度v0水平向東飛行，到達(dá)目的地時(shí)，將總質(zhì)量為M的導(dǎo)彈自由釋放的瞬間，導(dǎo)彈向西噴出質(zhì)量為m、對(duì)地速率為v1的燃?xì)猓瑒t噴氣后導(dǎo)彈的速率為(　　)
A． B．
C． D．
√
題號(hào)
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A　[以導(dǎo)彈飛行的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得Mv0＝
m(－v1)＋(M－m)v，則噴氣后導(dǎo)彈相對(duì)地面的速率v＝，故A正確。]
題號(hào)
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5．質(zhì)量為M的氣球上有一個(gè)質(zhì)量為m的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上慢慢放下一個(gè)質(zhì)量不計(jì)的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長(zhǎng)至少應(yīng)為(　　)
A．h B．h
C．h D．h
√
題號(hào)
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C　[設(shè)人沿軟梯降到地面，軟梯長(zhǎng)度至少為L(zhǎng)，以人和氣球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，豎直方向動(dòng)量守恒，規(guī)定豎直向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得0＝＋mv1，人沿軟梯降至地面，人相對(duì)于地面下降的高度為h，平均速度大小為v1＝，氣球上升的高度為L(zhǎng)－h(huán)，平均速度大小為v2＝，聯(lián)立得0＝－M·＋m·，解得L＝h，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。]
題號(hào)
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6．如圖所示，質(zhì)量為m的A球以速度v0在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與原來(lái)靜止的質(zhì)量為4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝αv0(α＜1)的速率彈回，并與擋板P發(fā)生完全彈性碰撞，若要使A球能追上B球再次相碰，則α的取值范圍為(　　)
A．＜α≤ B．＜α≤
C．＜α≤ D．＜α≤
√
題號(hào)
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D　[由題意可知，A、B兩球在碰撞過程中動(dòng)量守恒，以A球初速度v0的方向?yàn)檎较颍O(shè)碰后B球的速度為vB，則由動(dòng)量守恒定律可得mv0＝－m·αv0＋4mvB，A球與擋板P碰撞后能追上B球再次碰撞的條件是αv0＞vB，聯(lián)立解得α＞；碰撞前后兩球的機(jī)械能應(yīng)滿足，聯(lián)立解得－1≤α≤，綜合可得＜α ≤。]
題號(hào)
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7．如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量均為m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計(jì))。讓A、B以初速度v0一起從O點(diǎn)滑出，滑行一段距離后到達(dá)P點(diǎn)，速度變?yōu)椋藭r(shí)炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位置，木塊A繼續(xù)沿水平方向前進(jìn)。已知O、P兩點(diǎn)間的距離為s，設(shè)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能，爆炸時(shí)間很短，可以忽略不計(jì)，重力加速度為g，求：
題號(hào)
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(1)木塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能E0。
題號(hào)
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[解析]　(1)從O滑到P，對(duì)A、B由動(dòng)能定理得
－μ·2mgs＝
解得μ＝。
題號(hào)
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(2)在P點(diǎn)爆炸時(shí)，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有
2m·＝mv
根據(jù)能量守恒定律有E0＋·2m＝mv2
聯(lián)立解得E0＝。
題號(hào)
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[答案]　
8．在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊。遙控器引爆瞬間開始計(jì)時(shí)，在5 s末和6 s末先后記錄到從空氣中傳來(lái)的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340 m/s，忽略空氣阻力，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
題號(hào)
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A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2
B．爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面的高度為80 m
C．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68 m/s
D．爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340 m
√
題號(hào)
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B　[設(shè)質(zhì)量小的碎塊的質(zhì)量為m，則質(zhì)量大的碎塊的質(zhì)量為2m，設(shè)爆炸時(shí)質(zhì)量大的碎塊的水平速度大小為v，質(zhì)量小的碎塊的水平速度大小為v′，在水平方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv－mv′＝0，解得v′＝2v，兩碎塊都做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其下落時(shí)間為t，則vt＝v聲(t1－t)，2vt＝v聲(t2－t)，其中t1＝5 s，t2＝6 s，解得t＝4 s，v＝85 m/s，再由h＝gt2可得爆炸點(diǎn)離地面的高度為80 m，B正確；兩碎塊的水平位移大小之比為1∶2，但從兩碎塊開始拋出到落地的位移大小之比不等于1∶2，A錯(cuò)誤；爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為85 m/s，C錯(cuò)誤；爆炸后兩碎塊向相反的方向運(yùn)動(dòng)，兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平間距Δx＝(v＋2v)t＝(85＋85×2)×4 m＝1 020 m，D錯(cuò)誤。]
題號(hào)
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9．1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖所示，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(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，下列說法正確的是(　　)
A．碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小
B．碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
題號(hào)
√
題號(hào)
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B　[設(shè)中子質(zhì)量為m0，被碰粒子質(zhì)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(dòng)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(dāng)被碰粒子分別為氫核(m0)和氮核(14m0)時(shí)，有v1＝v0，v2＝v0，故C、D錯(cuò)誤；碰撞后氮核的動(dòng)量為p氮＝14m0·v2＝m0v0，氫核的動(dòng)量為p氫＝m0·v1＝m0v0，p氮>p氫，故
題號(hào)
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A錯(cuò)誤；碰撞后氮核的動(dòng)能為Ek氮＝＝，氫核的動(dòng)能為Ek氫＝＝，Ek氮題號(hào)
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10．如圖所示，用長(zhǎng)為l＝0.2 m的輕繩連接質(zhì)量為mb＝1 kg的小球，輕繩的另一端固定在平板車左端的支架上，懸點(diǎn)距離平板車上表面的高度為h＝1 m，在平板車的右側(cè)停放著質(zhì)量為mc＝1 kg的物體，已知平板車(含支架)的質(zhì)量為ma＝3 kg，開始時(shí)平板車與小球以v0＝4 m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，與物體發(fā)生碰撞后粘在一起運(yùn)動(dòng)，且碰撞瞬間輕繩斷裂，經(jīng)過一段時(shí)間，小球落在平板車上且立即與平板車相對(duì)靜止，忽略一切摩擦力及空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求：
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(1)小球落在平板車上的位置與懸點(diǎn)位置之間的水平距離為多少？
(2)小球落在平板車上后平板車的速度應(yīng)為多大？
(3)整個(gè)過程中平板車、小球、物體組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能應(yīng)為多少？
題號(hào)
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[解析]　(1)對(duì)平板車與物體組成的系統(tǒng)，碰撞過程中動(dòng)量守恒，則由動(dòng)量守恒定律得
mav0＝(ma＋mc)v1
代入數(shù)據(jù)解得碰撞后平板車和物體的速度
v1＝3 m/s
設(shè)小球下落時(shí)間為t，則
h－l＝gt2
題號(hào)
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解得t＝0.4 s
則可得小球落在平板車上的位置與懸點(diǎn)位置之間的水平距離
Δx＝(v0－v1)t
代入數(shù)據(jù)得
Δx＝0.4 m。
題號(hào)
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(2)設(shè)平板車、小球、物體組成的系統(tǒng)的最終速度為v2，由水平方向動(dòng)量守恒得
(ma＋mb)v0＝(ma＋mb＋mc)v2
解得v2＝3.2 m/s。
題號(hào)
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10
(3)由能量守恒得
ΔE＝
解得系統(tǒng)損失的機(jī)械能
ΔE＝14.4 J。
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
[答案]　(1)0.4 m　(2)3.2 m/s　(3)14.4 J
謝 謝 ！

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