2020高考物理一轮复习 第六章 第2讲 动量守恒定律学案（含解析）.doc

第2讲动量守恒定律主干梳理 对点激活知识点动量守恒定律及其应用1几个相关概念(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。(3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。2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0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。(2)表达式pp，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p。m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。p0，系统总动量的增量为零。(3)适用条件理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。近似守恒：系统受到的合外力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。某方向守恒：系统在某个方向上所受合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。知识点弹性碰撞和非弹性碰撞1碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。2特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。3分类4散射微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”，微观粒子的碰撞又叫做散射。知识点反冲爆炸1反冲现象(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式的能向动能的转化。(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。2爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。 一 思维辨析1系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。()2系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。()3当质量相等时，发生完全弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换。()4光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等。()5只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。()答案1.2.3.4.5.二 对点激活1(人教版选修35P16T5改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)()A0.053 m/s B0.05 m/sC0.057 m/s D0.06 m/s答案B解析取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0(m15m)v，vv00.8 m/s0.05 m/s。故B正确。2(人教版选修35P17T7改编)悬绳下吊着一个质量为M9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L1 m。一颗质量m10 g的子弹以v0500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s2)，则此时悬绳的拉力为()A35 N B100 N C102.5 N D350 N答案C解析子弹打入沙袋过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0(mM)v，得子弹与沙袋的共同速度v m/s0.5 m/s。对子弹和沙袋，由向心力公式FT(mM)g(mM)得，悬绳的拉力FT(mM)g(mM)102.5 N，故C正确。3(人教版选修35P17T6改编)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为31，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量之比为()A12 B21 C14 D41答案D解析设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和，则有mBv0mAmB，解得mAmB41，D正确。考点细研 悟法培优考点1动量守恒定律的理解与应用1动量守恒定律的“六性”(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。2.应用动量守恒定律解题的步骤例1(2018蓉城模拟)如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑。现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面，对于滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出，B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数)，下列说法正确的是()AA、B组成的系统动量和机械能都守恒BA、B组成的系统动量和机械能都不守恒C当B的速度为v0时，A的速度为v0D当A的速度为v0时，B的速度为v0解题探究(1)木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑，放上B后A、B组成的系统合外力为零吗？提示：由题意知木板A与斜面的动摩擦因数等于斜面倾角的正切值，所以放上B后A、B组成的系统合外力仍为零。(2)刚放上B后，A、B间发生相对滑动吗？提示：发生。尝试解答选C。由于木板A沿斜面匀速下滑，则木板A受到的合力为零，当小滑块B放在木板A上表面后，A、B组成的系统所受的合力仍为零，则系统的动量守恒，由于A、B间以及A与斜面间摩擦力的作用，则系统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B错误；由于B与A之间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数，所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，又由动量守恒定律知C正确，D错误。总结升华应用动量守恒定律时的几点易错提醒(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。(3)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。变式1(2018宁夏固原市一中月考)如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是()A. B. C. D.答案A解析小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成的系统，水平方向不受外力，因而水平方向动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)。由水平方向动量守恒得：mv0(Mm)v，所以v，A正确。考点2碰撞问题分析1碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律。(2)机械能不增加Ek1Ek2Ek1Ek2或(3)速度要合理同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(或相等)。相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。2弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒解得v1v2(2)分析讨论当碰前两物体的速度不为零时，若m1m2，则v1v2，v2v1，即两物体交换速度。当碰前物体2的速度为零时：v1v1，v2v1，m1m2时，v10，v2v1，碰撞后两物体交换速度。m1m2时，v10，v20，碰撞后两物体沿相同方向运动。m1m2时，v10，碰撞后质量小的物体被反弹回来。例2(2018安徽知名示范高中质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p15 kgm/s，p27 kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kgm/s，则甲球质量m1与乙球质量m2间的关系可能正确的是()Am1m2 B2m1m2C4m1m2 D6m1m2解题探究(1)甲、乙两球碰撞时动量守恒，机械能一定守恒吗？提示：不一定守恒，但不能增加。(2)碰后甲的速度和乙的速度若同向应满足什么关系？提示：甲的速度小于等于乙的速度。尝试解答选C。设碰后甲球动量变为p1，乙球动量变为p2，根据动量守恒定律得p1p2p1p2，解得p12 kgm/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有，解得，碰撞前甲的速度大于乙的速度，则，解得，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有，解得，综上有，C正确，A、B、D错误。总结升华碰撞问题解题策略(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：v1v0、v2v0。(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m1m2，且v200时，碰后质量大的球速度不变，质量小的球速度为2v0；当m1m2，且v200时，碰后质量大的球速度不变(仍静止)，质量小的球原速率反弹。变式2如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是()Av1v2v3v0 Bv10，v2v3v0Cv10，v2v3v0 Dv1v20，v3v0答案D解析由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，且各球质量相同，由弹性碰撞一动碰一静结论知D正确。考点3碰撞类模型的拓展1“弹簧类”模型2“子弹打木块”“滑块木板”模型3“光滑圆弧轨道滑块(小球)”模型4悬绳模型悬绳模型(如图所示)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3如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放，求：(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；(2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度；(3)B的最大速度。解题探究(1)小球C在B槽内运动到最大高度时CB两者是否共速？提示：是。(2)何时B的速度最大？提示：小球C相对于B回到b点时。尝试解答(1)3mgMg(2)(3)(1)小球C从a点运动到b点的过程，机械能守恒，有mgRmv解得小球到b点时的速度大小为v0在最低点b，根据牛顿第二定律可得Nmgm解得N3mg由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力NN3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力FNMg3mgMg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力FF3mgMg。(2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0(Mm)v由机械能守恒定律，有mv(Mm)v2mgh解得h。(3)当小球回到B槽的底端b点时，B的速度最大，根据动量守恒定律，有mv0mv1Mv2由能量守恒定律可知mvmvMv解得v2。总结升华处理碰撞类模型的方法技巧(1)“弹簧类”模型的解题思路应用系统的动量守恒。应用系统的机械能守恒。应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。(2)“滑块木板”模型解题思路应用系统的动量守恒。在涉及滑块或木板的时间时，优先考虑用动量定理。在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。变式31两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示。已知B与C碰撞后二者会粘在一起运动。在以后的运动中：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？答案(1)3 m/s(2)12 J解析(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据A、B、C三者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，有(mAmB)v(mAmBmC)vABC代入数据解得vABC3 m/s。(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰撞后瞬间B、C的共同速度为vBC，则有mBv(mBmC)vBC代入数据解得vBC2 m/s当A、B、C三者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设为Ep，在B、C碰撞后，A与B、C组成的系统通过弹簧相互作用的过程中机械能守恒。根据机械能守恒定律得Ep(mBmC)vmAv2(mAmBmC)v12 J。变式32如图所示，质量m10.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L1.5 m，现有质量m20.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v02 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2，求：(1)物块与小车共同速度大小；(2)物块在车面上滑行的时间t；(3)小车运动的位移大小x；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过多少？答案(1)0.8 m/s(2)0.24 s(3)0.096 m(4)5 m/s解析(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律：m2v0(m1m2)v解得v0.8 m/s。(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理：Fftm2vm2v0又Ffm2g解得：t代入数据得t0.24 s。(3)对小车应用动能定理：m2gxm1v2解得x0.096 m。(4)要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块运动到小车右端时与小车有共同的速度，设其为v，以水平向右为正方向，则：m2v0(m1m2)v由系统能量守恒有：m2v02(m1m2)v2m2gL代入数据解得v05 m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过5 m/s。考点4爆炸爆炸的特点1动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时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。2动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。3位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。例4以与水平方向成60角斜向上的初速度v0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m和2m的两块，其中质量为2m的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。求：(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？解题探究(1)爆炸前，达到最高点时，炮弹的速度是什么方向？提示：水平方向。(2)爆炸过程动量和机械能都守恒吗？提示：爆炸过程内力远大于外力，动量守恒，化学能转化为炮弹分成两块后增加的动能，机械能不守恒。尝试解答(1)2.5v0方向与爆炸前炮弹运动的方向相反(2)mv(1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v1v0cos60。设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv12mv1mv2，又v12v0，解得v22.5v0，负号表示速度方向与规定的正方向相反。(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为EEk(3m)vmv。总结升华(1)分析爆炸问题，要准确确定爆炸前后的速度，不能把物体的初速度当作爆炸前的速度。(2)根据爆炸前后动量守恒，以及增加的动能等于消耗的其他能量入手求解。变式4(多选)向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则()Ab的速度方向一定与原速度方向相反B从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大Ca、b一定同时到达水平地面D在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等答案CD解析空中爆炸问题，因系统内力远大于外力，故满足系统动量守恒的条件。由题中所给物理情景“一分为二”，系统动量守恒的表达式为mv0mavambvb因mava与mv0同向，取v0为正方向。讨论：若mavamv0，则mbvb为负，vb与va反向，a在b之前。所以A错误；因题设条件只给出了va与v0同向和mamb，所以vb大于、等于和小于va的情况都有可能存在，从同一高度平抛物体的水平射程由水平初速度决定，故sbsa、sbsa、sbsa都有可能，B错误；平抛运动的飞行时间由抛出点的高度决定，h相同，由t 知，t相同，C正确；炸裂过程a与b相互作用遵循牛顿第三定律，F与F等值、反向，D正确。考点5反冲运动火箭1反冲(1)现象：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象。(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：动量守恒；动量近似守恒；某一方向上动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒。(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。2火箭(1)火箭加速的原理设火箭飞行时在极短的时间t内喷射燃气的质量是m，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m，火箭在这样一次喷气后增加的速度为v。以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是mv，燃气的动量是mu。根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，所以mvmu0，解出vu。式表明，火箭喷出的燃气的速度u越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比越大，火箭获得的速度v越大。(2)现代火箭的发射原理由于现代火箭喷气的速度在20004000 m/s，近期内难以大幅度提高；火箭的质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)一般要小于10，故为使火箭达到发射人造地球卫星的7.9 km/s的速度，采用多级火箭，即把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工作，这样一级一级地连起来，不过实际应用中一般不会超过四级。例5一火箭喷气发动机每次喷出m200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v1000 m/s。设火箭质量M300 kg，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1 s末，火箭的速度为多大？解题探究(1)气体离开发动机喷出时的速度是以什么为参考系？提示：没有强调是以火箭箭体为参考系，故是以地面为参考系。(2)根据题设，火箭喷气n次时，应用动量守恒定律时可将什么看做系统？提示：系统可看做由质量减少的火箭和n份喷出的气体组成。尝试解答(1)2_m/s_(2)13.5_m/s(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：(M3m)v33mv0，故v32 m/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：(M20m)v2020mv0，故v2013.5 m/s。总结升华火箭获得的最终速度设火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，以地面为参考系，火箭燃气的喷射速度大小为v1，燃料燃尽后火箭的飞行速度大小为v，在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。发射前的总动量为0，发射后的总动量为(Mm)v1mv(以火箭的速度方向为正方向)，则：(Mm)v1mv0，所以v1v1，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比决定。变式5(福建高考)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()A.v0 B.v0 C.v0 D.v0答案D解析喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响，动量守恒。由动量守恒定律有0(Mm)vmv0，得vv0，D正确。思维拓展：“人船”模型如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m船v船m人v人，因人和船组成的系统，动量始终守恒，故有：m船x船m人x人，由图可看出：x船x人L，可解得：x人L，x船L。此模型可进一步推广到其他类似的情景中，进而能解决大量的实际问题，例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等。例6载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？解题探究(1)人和气球的速度有什么关系？提示：mv人Mv球。(2)人和气球对地的位移与绳长有什么关系？提示：x人x球L绳。尝试解答h气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移为x人，球的位移为x球，它们的位移状态图如图所示，由动量守恒有：0Mx球mx人，又有x球x人L，x人h，故Lh。总结升华“人船模型”问题应注意以下两点(1)适用条件系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。(2)画草图：解题时要画出各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。变式6如图所示，一个倾角为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. B.C. D.答案C解析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大小为x1，M在水平方向上对地位移大小为x2，因此有0mx1Mx2。且x1x2。由可得x2，故选C。高考模拟 随堂集训1(2018天津高考)质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是_ m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5103 N，则子弹射入木块的深度为_ m。答案200.2解析根据动量守恒定律可得mv0(Mm)v，解得v m/s20 m/s；系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，故有fdmv(Mm)v2，解得d m0.2 m。2(2018全国卷)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。答案(1) (2)解析(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有Emv设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0v0gt联立式得t (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有Emgh1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有mvmvEmv1mv20由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mvmgh2联立式得，烟花弹向上部分距地面的最大高度为hh1h2。3(2017天津高考)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA2 kg、mB1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g10 m/s2，空气阻力不计。求：(1)B从释放到细绳绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H。答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m解析(1)物块B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有hgt2代入数据解得t0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间物块B速度大小为vB，有vBgt细绳绷直瞬间，细绳张力远大于物块A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得mBvB(mAmB)v之后物块A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立式，代入数据解得v2 m/s。(3)细绳绷直后，物块A、B一起运动，物块B恰好可以和地面接触，说明此时物块A、B的速度为零，这一过程中物块A、B组成的系统机械能守恒，有(mAmB)v2mBgHmAgH代入数据解得H0.6 m。4(2016全国卷)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g10 m/s2。(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案(1)20 kg(2)不能解析(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20(m2m3)vm2v(m2m3)v2m2gh式中v203 m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m320 kg(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200代入数据得v11 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3m2vm2vm3v联立式并代入数据得v21 m/s，或v23 m/s(舍去)由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。5(2016全国卷)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。答案mgl即设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒定律有mvmvmgl设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒和能量守恒有mv1mv1v2mvmvv22联立式解得v2v1由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知v22gl联立式，可得联立式，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为v乙B若乙最后接球，则一定是v甲v乙C只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲v乙D无论怎样抛球和接球，都是v甲v乙答案B解析系统总动量为零，最后球在谁手中，谁的质量大，速度则小，故B正确。5.(2018衡阳联考三)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上。弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法错误的是()A在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒B在下滑过程中，物块和槽在水平方向动量守恒C物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能EpmghD物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为 答案D解析在物块下滑过程中，外力只有重力做功，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，A、B正确；由mghmv2mv和0mv12mv2得物块滑离弧形槽时的速度v1，再压缩弹簧，使弹簧获得的最大弹性势能Epmvmgh，C正确；物块被弹簧弹开的过程，弹性势能又变成物块的动能，物块离开弹簧时的速度大小为 ，D错误。6.(2018泉州模拟)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则()A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为RC小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度h0hh0答案D解析小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mm0，mm0，解得小车的位移xR，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得mg（h0h0）Wf0，解得Wfmgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于h0h0h0，而小于h0，故D正确。7(2018青岛检测)如图所示，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动。下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，合理的是()答案BCD解析两物块作用，系统动量守恒，机械能守恒，且两物块所受弹力大小时刻相等，pt图线斜率表示物块所受的力即弹簧弹力，故图线斜率绝对值时刻相等，且先增大后减小，若b的质量较小，则物块b与a碰后会反弹，a、b两物块的动量随时间t的变化关系图象可能如B图所示；若a、b质量相等，则碰后速度交换，a、b两物块的动量随时间t的变化关系图象可能如C图所示；若b的质量较大，则碰后b不反弹，a、b两物块的动量P随时间t的变化关系图象可能如D图所示，故B、C、D均有可能，A不合理。8.A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的xt图象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图象，c为碰撞后它们的xt图象。若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小分别为()A2 kg B. kg C4 m/s D1 m/s答案BD解析由题图可知碰撞前A、B两球都做匀速直线运动，va m/s3 m/s，vb m/s2 m/s，碰撞后二者合在一起做匀速直线运动，vc m/s1 m/s。碰撞过程中动量守恒，即mAvamBvb(mAmB)vc，可解得mB kg，可知B、D正确。9(2018山东六校联考)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两长方体滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较()A射入滑块A的子弹速度变化大B整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D两个过程中系统产生的热量相同答案BD解析在子弹打入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，mv0(Mm)v，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A项错误；两滑块质量相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B项正确；由动能定理可知，两种射入过程中阻力对子弹做功相同，C项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D项正确。10如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3 kg，在木板的上表面有两块质量均为1 kg的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为0.2。最初木板静止，A、B两木块同时以相向的水平初速度2 m/s和4 m/s滑上长木板，则下列说法正确的是()A若A、B始终未滑离木板也未发生碰撞，则木板至少长为4.8 mB木块B的最小速度是零C从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是1 mD木块A向左运动的最大位移为1 m答案AD解析由题意可知，开始一段时间内，木块B向右减速，木块A向左减速，此过程木板C静止不动；木块A的速度先减小到零后与木板C一起反向向右加速，木块B继续向右减速，三者共速时，木块B的速度最小。设木块A、B的质量均为m，则木板C的质量为3m。取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mvBmvA5mv，解得木块B的最小速度为v0.4 m/s，由能量守恒定律得mvmv5mv2mgLAmgLB，解得木板最短长度LLALB4.8 m，故A正确，B错误；木块A向左减速的过程，根据动能定理有mgx10mv，解得木块A向左运动的最大位移为1 m，故D正确；木块A向右加速过程，根据动能定理有，mgx2(m3m)v2，解得x20.16 m，故从刚开始到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A的位移xAx1x20.84 m，C错误。二、非选择题(本题共3小题，共40分)11(2018全国卷)(12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。答案(1)3.0 m/s(2)4.25 m/s解析(1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB22aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有mAgmAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA22aAsA设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvAmAvAmBvB联立式并利用题给数据得vA4.25 m/s。12.(12分)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)答案4v0解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得货物从乙船抛出过程，12mv011mv1mvmin货物落入甲船过程，10m2v0mvmin11mv2为避免两船相撞应满足v1v2解得vmin4v0。13(16分)质量分别为mAm，mB3m的A、B两物体如图所示放置，其中A紧靠墙壁，A、B由质量不计的轻弹簧相连。现对B物体缓慢施加一个向左的推力，该力做功W，使A、B之间弹簧被压缩且系统静止，之后突然撤去向左的推力解除压缩。不计一切摩擦。(1)从解除压缩到A运动，墙对A的冲量的大小为多少？(2)A、B都运动后，A、B的最小速度各为多大？答案(1)(2)0解析(1)压缩弹簧时，推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，撤去推力后，B在弹力的作用下做加速运动。在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒，设弹簧恢复原长时，B的速度为vB0，有Wmv此过程中墙给A的冲量即为系统动量的变化量，有I3mvB0解得I。(2)当弹簧恢复原长时，A的速度最小，设为vA0，则vA00A离开墙后，在弹簧的作用下A的速度逐渐增大，B的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A达到最大速度vA，B的速度减小到最小值vB。在此过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有3mvB0mvA3mvBWmvmv解得vB。