2019版一轮优化探究物理(鲁科版)练习：第六章动量守恒定律及其应用含解析

第2讲动量守恒定律与其应用考点一动量守恒定律的理解与应用动量是否守恒的判断【典例1】如下列图，A、B两物体的质量之比为m A∶m B=1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上外表间的动摩擦因数一样，水平地面光滑。

当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，如此有( )A.A、B系统动量守恒B.A、B、C与弹簧整个系统机械能守恒C.小车C先向左运动后向右运动D.小车C一直向右运动直到静止【解析】选D。

A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒。

在弹簧释放的过程中，因m A∶m B=1∶2，由摩擦力公式F f=μF N=μmg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，如此系统的机械能减为零，不守恒，故A、B、C错误，D正确。

【多维训练】(多项选择)(2019·宣城模拟)如下列图，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，如下说法正确的答案是( )A.假设物体滑动中不受摩擦力，如此该系统全过程机械能守恒B.假设物体滑动中有摩擦力，如此该系统全过程动量守恒C.不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前一样D.不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能一样【解析】选B、C、D。

物体与油泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，如此系统动量一直守恒，故B 正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B 端的油泥上后系统共同的速度与初速度是一样的，故C正确；由C的分析可知，当物体与B 端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确。

碰撞与动量守恒综合检测(时间:90分钟总分为:100分)一、选择题(此题共12小题,每题4分,共48分.在每一小题给出的四个选项中,第1~7题只有一个选项正确,第8~12题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1.如下列图,一倾角为α的光滑斜面,固定在水平面上,一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下,滑到底端时速度的大小为v,所用时间为t,如此物块滑至斜面的底端时,重力的瞬时功率与下滑过程重力的冲量分别为( D )A.mgv,0B.mgv,mgtsin αC.mgvcos α,mgtD.mgvsin α,mgt解析:根据瞬时功率的公式,可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为p=mgvsin α,重力的冲量为I=mgt,所以D正确,A,B,C错误.2.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中,A,B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如下列图.如此在子弹打击木块A与弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统( C )A.动量守恒,机械能守恒B.动量不守恒,机械能守恒C.动量守恒,机械能不守恒D.无法判定动量、机械能是否守恒解析:子弹、两木块和弹簧组成的系统在水平方向上不受外力,竖直方向上所受外力的合力为零,所以动量守恒;机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外,其他力对系统不做功,此题中子弹射入木块瞬间有局部机械能转化为内能(发热),所以系统的机械能不守恒,故C正确.3.如图,质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止.假设救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,如此救生员跃出后小船的速率为( C )A.v0+vB.v0-vC.v0+(v0+v)D.v0+(v0-v)解析:以水平向右为正方向,根据动量守恒定律,对救生员和船有(M+m)v0=-mv+Mv x,解得v x=v0+(v0+v),选项C正确.4.如图,光滑桌面上小滑块P和Q都可以视为质点,质量相等,Q与轻弹簧相连,设Q静止,P以某一初速度与弹簧碰撞,在此后过程中系统具有的最大弹性势能为( B )A.P的初动能B.P的初动能的C.P的初动能的D.P的初动能的解析:当P,Q速度相等时,弹簧有最大的弹性势能,设P的初速度为v0,P,Q相等的速度为v,如此P的初动能E k0=m,根据动量守恒有mv0=2mv,解得v=,如此最大的弹性势能E p=m-·2mv2=m=E k0,故B正确.5.如下列图,跳楼机是常见的大型机动游乐设备.这种设备的座舱装在竖直柱子上,由升降机送至高处后使其自由下落(不计阻力),一段时间后,启动制动系统,座舱匀减速运动到地面时刚好停下.如下说法正确的答案是( D )A.自由下落阶段和制动阶段乘客机械能的变化量相等B.自由下落阶段和制动阶段,乘客所受合力的冲量一样C.自由下落阶段和制动阶段,乘客所受重力做的功一定相等D.整个下落过程中,乘客的最大速度是全程平均速度的两倍解析:自由下落阶段乘客的机械能不变,制动阶段乘客机械能减小,选项A错误;自由下落阶段和制动阶段,乘客的动量变化等大反向,如此乘客所受合力的冲量大小一样,方向相反,选项B 错误;自由下落阶段和制动阶段下降的距离不一定一样,如此乘客所受重力做的功不一定相等,选项C错误;整个下落过程中,假设乘客的最大速度是v,如此自由阶段的平均速度为,制动阶段的平均速度也是,即最大速度是全程平均速度的两倍,选项D正确.6.如下列图,质量为M的小车静止在光滑的水平地面上,小车上有n个质量为m的小球,现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出,第一种方式是将n个小球一起抛出,第二种方式是将小球一个接一个地抛出,比拟用这两种方式抛完小球后小车的最终速度(小车的长度足够长)( C )A.第一种较大B.第二种较大C.两种一样大D.不能确定解析:n个小球和小车组成的系统动量守恒,设小车的最终速度为v1,由动量守恒定律得Mv1+nmv=0,解得v1=-v,两次求出的最终速度一样,选项C正确.7.质量为m=2 kg的物体受到水平拉力F的作用,在光滑的水平面上由静止开始做直线运动,运动过程中物体的加速度随时间变化的规律如下列图.如此如下判断正确的答案是( D )A.0~4 s内物体先做加速运动再做匀速运动B.6 s末物体的速度为零C.0~4 s内拉力冲量为18 N·sD.0~4 s内拉力做功49 J解析:物体是从静止开始运动,故在0~1 s内做加速度增大的加速运动,2~4 s内做匀加速直线运动,4~6 s做加速度减小的加速运动,6 s末加速度为零,速度最大,A,B错误;a t图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量,故根据动量定理可得0~4 s内拉力的冲量为I=Ft=m·Δv=2×(3+4)×2×N·s=14 N·s,C错误;因为水平面光滑,故物体受到的合力大小等于F,根据动能定理可得W F=mv2-0=E k,因为是从静止开始运动的,所以4 s末的动量为p=14 N·s,根据p=可得知W F=49 J,D正确.8.将一物体水平抛出并开始计时,只受重力作用,如下说法正确的答案是( BD )A.瞬时速度与时间成正比B.重力的瞬时功率与时间成正比C.动能的增量与时间成正比D.动量的增量与时间成正比解析:根据平抛运动的规律有v=,可知瞬时速度与时间不成正比,故A错误;根据瞬时功率的定义有P=mgv y=mg2t,如此重力的瞬时功率与时间成正比,B正确;根据动能定理有ΔE k=mgh=mg·gt2,故动能的增量与时间不成正比,故C错误;由动量定理可知Δp=I G=mgt,如此动量的增量与时间成正比,故D正确.9.在光滑水平面上有三个弹性小钢球a,b,c处于静止状态,质量分别为2m,m和2m.其中a,b两球间夹一被压缩了的弹簧,两球通过左右两边的光滑挡板束缚着.假设某时刻将挡板撤掉,弹簧便把a,b两球弹出,两球脱离弹簧后,a球获得的速度大小为v,假设b,c两球相距足够远,如此b,c两球相碰后( BD )A.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反B.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反C.c球的速度大小为vD.c球的速度大小为v解析:设b球脱离弹簧时的速度为v0,b,c两球相碰后b,c的速度分别为v b和v c,取向右为正方向,弹簧将a,b两球弹出过程,由动量守恒定律得0=-2mv+mv0,解得v0=2v,b,c两球相碰过程,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv b+2mv c,m=m+·2m,联立解得v b=-v(负号表示方向向左,运动方向与原来相反),v c=v,故B,D正确.10.某同学从圆珠笔中取出轻弹簧,将弹簧一端竖直固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开,他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离.不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦,在弹簧恢复原长的过程中( CD )A.笔帽一直做加速运动B.弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C.弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D.弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽抑制重力做功的平均功率解析:弹簧恢复原长的过程中,笔帽先向上做加速运动,弹簧压缩量减小,弹力减小,当弹力等于重力时,加速度为零,速度最大,此后弹力小于重力,合力向下,笔帽做减速运动,故A错误;笔帽向上运动,受到的弹力方向向上,力与位移同向,故弹力对笔帽作正功,重力方向向下,与位移反向,对笔帽做负功,由于笔帽离开弹簧时动能不为0,所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽抑制重力做的功,时间一样,根据功率的定义P=可知,D正确;弹簧对桌面虽然有弹力,但没有位移,所以不做功,故B错误;由于轻弹簧质量不计,所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力,作用时间一样,冲量大小相等,故C正确.11.在冰壶比赛中,球员手持毛刷擦刷冰面,可以改变冰壶滑行时受到的阻力.如图(a)所示,蓝壶静止在圆形区域内,运动员用等质量的红壶撞击蓝壶,两壶发生正碰,假设碰撞前后两壶的v t图象如图(b)所示.关于冰壶的运动,如下说法正确的答案是( CD )A.两壶发生了弹性碰撞B.蓝壶运动了4 s停下C.碰撞后两壶相距的最远距离为1.275 mD.碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3 m/s2解析:由图(b)可知,碰前红壶的速度v0=1.2 m/s,碰后红壶的速度v红=0.3 m/s,取碰撞前红壶的速度方向为正方向,碰撞过程系统动量守恒,如此有mv0=mv红+mv,解得v=0.9 m/s;碰撞前两壶的总动能E k1=m=0.72 m,碰撞后两壶的总动能E k2=m+mv2=0.45 m<E k1,所以两壶碰撞为非弹性碰撞,故A错误;由碰前红壶的v t图象可知,红壶的加速度大小为a= m/s2=0.4m/s2,即蓝壶再次静止的时刻为t= s=4 s,所以蓝壶运动了3 s停下,故B错误;v t图线与坐标轴围成的面积表示位移,如此碰后两壶相距的最远距离s=-m=1.275 m,故C正确;碰后蓝壶的加速度大小a'== m/s2=0.3 m/s2,故D正确.12.如下列图,小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道,整个小车(含管道)的质量为2m,原来静止在光滑的水平面上.今有一个可以看做质点的小球,质量为m,半径略小于管道半径,以水平速度v 从左端滑上小车,小球恰好能到达管道的最高点,然后从管道左端滑离小车.关于这个过程,如下说法正确的答案是( BC )A.小球滑离小车时,小车回到原来位置B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC.车上管道中心线最高点的竖直高度为D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,小车的动量变化大小是解析:小球恰好到达管道的最高点,说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0,小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,根据水平方向的动量守恒,有mv=(m+2m)v',得v'=,小车动量变化大小Δp车=2m·=mv,D项错误.小球从滑进管道到滑到最高点,根据机械能守恒定律有mgH=mv2-(m+2m)v'2,得H=,C项正确.小球从滑上小车到滑离小车的过程,有mv=mv1+2mv2,mv2=m+·2m,解得v1=-,v2=v,如此小球滑离小车时相对小车的速度大小为v+v=v,B项正确.在整个过程中小球对小车总是做正功,因此小车一直向右运动,A项错误.二、非选择题(共52分)13.(8分)如图为一弹簧弹射装置,在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧,弹簧压缩并锁定,在金属管两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管径且与弹簧不固连).现解除弹簧锁定,两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射.然后按下述步骤进展实验:①记录两球在水平地面上的落点P,Q;②用刻度尺测出两管口离地面的高度h;③用天平测出两球质量m1,m2.回答如下问题:(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能,还需测量的物理量有.(重力加速度g)A.弹簧的压缩量ΔxB.两球落点P,Q到对应管口M,N的水平距离s1,s2C.小球直径D.两球从管口弹出到落地的时间t1,t2(2)根据测量结果,可得弹性势能的表达式为E p=(用测出量表示).(3)由上述测得的物理量来表示,如果满足关系式(用测出量表示),就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒.解析:(1)根据机械能守恒定律可知,弹簧的弹性势能等于两球得到的动能之和,而要求解动能必须还要知道两球弹射的初速度v0,由平抛运动规律可知v0=,故还需要测出两球落点P,Q到对应管口M,N的水平距离s1,s2.(2)小球被弹开时获得的动能E k=m=,故弹性势能的表达式为E p=m1+m2=+.(3)如果满足关系式m1v1=m2v2,即m1s1=m2s2,那么就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒. 答案:(1)B (2)+(3)m1s1=m2s2评分标准:第(1)问2分,第(2)(3)问各3分.14.(6分)用如图(甲)所示的气垫导轨来验证动量守恒定律,用频闪照相机闪光4次拍得照片如图(乙)所示,闪光时间间隔为Δt=0.02 s,闪光本身持续时间极短,在这4次闪光时间内A,B均在0~80 cm范围内且第一次闪光时,A恰好过s=55 cm处,B恰好过s=70 cm处,如此由图可知:(1)两滑块在s=cm处碰撞.(2)两滑块在第一次闪光后t=s时发生碰撞.(3)假设碰撞过程中满足动量守恒,如此A,B两滑块的质量比为.解析:(1)碰撞发生在第1,2两次闪光时刻之间,碰撞后B静止,故碰撞发生在s=60 cm处. (2)碰撞后A向左做匀速运动,设其速度为v A',所以v A'·Δt=20 cm.从碰撞到第二次闪光时A 向左运动10 cm,设经历的时间为t',有v A'·t'=10 cm.设第一次闪光到发生碰撞经历的时间为t,有t+t'=Δt,得t==0.01 s.(3)碰撞前,A的速度大小为v A==5 m/s;B的速度大小为v B==10 m/s;碰撞后,A的速度v A'==10 m/s,取向左为正方向,如此由动量守恒定律可知m A v A'=m B v B-m A v A,解得m A∶m B=2∶3.答案:(1)60 (2)0.01 (3)2∶3评分标准:每空2分.15.(6分)如下列图,一只质量为5.4 kg 的保龄球,撞上一只原来静止,质量为1.7 kg的球瓶.此后球瓶以3.0 m/s的速度向前飞出,而保龄球以1.8 m/s的速度继续向前运动,假设它们相互作用的时间为0.05 s.求:(1)碰撞后保龄球的动量;(2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小.解析:(1)碰撞后保龄球的动量p'=m1v'=5.4×1.8 kg·m/s=9.72 kg·m/s.(2分)(2)以初速度方向为正方向,对球瓶有Δp=Mv-0=1.7×3.0 kg·m/s=5.1 kg·m/s(1分)由动量定理得F·t=Δp(2分)代入数据求得F=102 N.(1分)答案:(1)9.72 kg·m/s(2)102 N16.(8分)如图,“冰雪游乐场〞滑道上的B点左侧水平而粗糙,右侧是光滑的曲面,左右两侧平滑连接,质量m=30 kg的小孩从滑道顶端A点由静止开始下滑,经过B点时被静止的质量为M=60 kg 的家长抱住,一起滑行到C点停下(C点末画出),A点高度h=5 m,人与水平滑道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:(1)小孩刚到B点时的速度大小v B;(2)B,C间的距离s.解析:(1)从A点到B点,根据机械能守恒定律得mgh=m(2分)得v B=10 m/s.(1分)(2)家长抱住小孩瞬间,由动量守恒定律有mv B=(m+M)v(1分)解得v= m/s(1分)接着以共同速度v向左做匀减速直线运动,由动能定理得-μ(m+M)gs=0-(m+M)v2(1分)解得s= m.(2分)答案:(1)10 m/s (2) m17.(12分)如下列图,光滑的水平面上有P,Q两个竖直固定挡板,A,B是两挡板连线的三等分点.A点处有一质量为m2的静止小球,紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰.小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰,两小球均可视为质点.求:(1)两小球m1和m2第一次碰后的速度v1和v2;(2)假设两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点,且m1<m2,求m1和m2的可能比值.解析:(1)两球发生弹性正碰,设碰后速度分别为v1和v2,如此有m1v0=m1v1+m2v2,(2分)m1=m1+m2,(2分)解得v1=v0,(1分)v2=.(1分)(2)m1与m2在B点相碰有两种情形.第一种情形,m1被P反弹后追上m2.由于v1=v0<0,m1运动距离为m2的3倍,如此有|-v1t|=3v2t,(2分)解得=.(1分)第二种情形,m1与P反弹,m2与Q反弹后在B点相碰,m1,m2运动距离相等,有|-v1t|=v2t,(2分)解得=.(1分)答案:(1)v0(2)1∶7或1∶318.(12分)如下列图,质量分别为m1=1.0 kg和m2=2.0 kg 的甲、乙两物体之间夹有少量炸药,两物体一起沿水平地面向右做直线运动,当速度v0=1 m/s时夹在两物体间的炸药爆炸,之后甲物体以7 m/s的速度仍沿原方向运动.两物体均可视为质点,甲物体与地面间的动摩擦因数为0.35,乙物体与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g=10 m/s2.求:(1)炸药爆炸使甲、乙两物体增加的总动能;(2)甲、乙两物体别离2 s后两者之间的距离.解析:(1)爆炸瞬间系统动量守恒,以向右为正方向,设爆炸后甲物体的速度为v1,乙物体的速度为v2,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2(1分)代入数据解得v2=-2 m/s,负号表示速度方向与正方向相反(1分)由能量守恒定律得ΔE k=m1+m2-(m1+m2)(2分)代入数据解得ΔE k=27 J.(1分)(2)甲、乙两物体别离后,甲物体向右匀减速滑行,乙物体向左匀减速滑行根据牛顿第二定律得甲物体滑行的加速度大小a1=μ1g=3.5 m/s2(1分)乙物体滑行的加速度大小a2=μ2g=2 m/s2(1分) 从别离到甲物体停止运动,经过的时间t1==2 s(1分)甲物体运动的位移为s1=t1=7 m(1分)从别离到乙物体停止运动,经过的时间t2==1 s(1分)乙物体运动的位移为s2=t2=1 m(1分)故甲、乙两物体别离2 s后两者之间的距离d=s1+s2=8 m.(1分)答案:(1)27 J (2)8 m。

[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s,这说明()A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体受到的每个力的冲量大小都为5 N·sD．若发生变化的时间为1 s,则物体所受合外力的大小为5 N解析：因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同,故无法确定动量是增大还是减小,A、B错误；由动量定理I＝Δp可知,合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同,C错误；由Δp＝F·t可知D正确．答案：D2．运动员向球踢了一脚,踢球时的力F＝100 N,球在地面上滚动了t ＝10 s停下来,则运动员对球的冲量为()A．1000 N·s B．500 N·sC．零D．无法确定解析：滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间,不是踢球的力的作用时间,由于不能确定人作用在球上的时间,所以无法确定运动员对球的冲量．答案：D3．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则()A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功解析：相互作用过程中的相互作用力大小相等,方向相反,作用时间相同,因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反,由动量定理可知,甲、乙动量变化大小相等,方向相反,A错,B对；虽然相互作用力大小相等,方向相反,甲、乙在相互作用过程中的位移不同,乙对甲做的正功与甲对乙做负功的多少不同,由动能定理知,甲的动能增加量不等于乙动能的减少量,故C、D错误．答案：B4．质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向,在小球与地面接触的时间内,关于小球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是()A．Δp＝2 kg·m/s,W＝－2 JB．Δp＝－2 kg·m/s,W＝2 JC．Δp＝0.4 kg·m/s,W＝－2 JD．Δp＝－0.4 kg·m/s,W＝2 J解析：取竖直向上为正方向,则小球与地面磁撞过程中动量的变化量Δp＝m v2－m v1＝2 kg·m/s,方向竖直向上．由动能定理知,合外力做的功W＝12m v22－12m v21＝－2 J,A正确．答案：A5.(2018·山东济南高三质检)如图所示,在光滑水平面上静止放着两个相互接触但不粘连的木块A、B,质量分别为m1和m2,今有一子弹水平穿过两木块．设子弹穿过木块A 、B 的时间分别为t 1和t 2,木块对子弹的阻力恒为f ,则子弹穿过两木块后,木块A 的速度大小是( )A.ft 1m 1＋m 2B.ft 1m 1C.f (t 1＋t 2)m 1＋m 2D.f (t 1＋t 2)m 1解析：子弹穿过两木块后木块A 的速度大小等于子弹穿过A 时两木块的速度大小,根据动量定理,取两木块系统为研究对象,以子弹穿过A为研究过程,则ft 1＝(m 1＋m 2)v ,解得v ＝ft 1m 1＋m 2,A 正确． 答案：A二、多项选择题6．下列关于力的冲量和动量的说法中,正确的是( )A ．物体所受的合外力为零,它的动量一定为零B ．物体所受的合外力做的功为零,它的动量变化一定为零C ．物体所受的合外力的冲量为零,它的动量变化一定为零D ．物体所受的合外力不变,它的动量变化率不变解析：物体所受的合外力为零,物体可能处于静止状态,也可能做匀速直线运动,故其动量不一定为零,A 错误．物体所受的合外力做的功为零,有可能合外力垂直于速度方向,合外力不改变速度大小,只改变速度方向,而动量是矢量,所以其动量变化不为零,B 错误．根据动量定理I ＝Δp ,故冲量为零,则其动量变化量一定为零,C 正确．根据Ft ＝Δp 得F ＝Δp t ,可得物体所受的合外力不变,它的动量变化率不变,D 正确． 答案：CD7．(2018·江西抚州市四校联考)静止在光滑水平面上的物体,受到水平拉力F的作用,拉力F随时间t变化的图象如图所示,则下列说法中正确的是()A．0～4 s内物体的位移为零B．0～4 s内拉力对物体做功为零C．4 s末物体的动量为零D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零解析：由图象可知物体在4 s内先做匀加速后做匀减速运动,4 s末的速度为零,位移一直增大,A错误；前2 s拉力做正功,后2 s拉力做负功,且两段时间做功代数和为零,故B正确；4 s末的速度为零,故动量为零,故C正确；根据动量定理,0～4 s内动量的变化量为零,所以拉力对物体的冲量为零,故D正确．答案：BCD8.如图所示,质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力,重力加速度为g.关于小球下落的整个过程,下列说法中正确的有() A．小球的机械能减少了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于m2gHD．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：由动能定理得mg(H＋h)＋W f＝0,W f＝－mg(H＋h),所以小球的机械能减少了mg(H＋h),A正确,B错误．小球自由落下至地面过程,机械能守恒,mgH＝12m v2,v＝2gH,落到地面上后又陷入泥潭,由动量定理I G－I f＝0－m v,所以I f＝I G＋m v＝I G＋m2gH,小球所受阻力的冲量大于m2gH,C正确．由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量,D错误．答案：AC[能力题组]一、选择题9.如图所示,两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下,到达斜面底端的过程中,两个物体具有的物理量相同的是()A．重力的冲量B．合力的冲量C．刚到达底端时的动量D．刚到达底端时的动能解析：设斜面的高度为h,倾角为θ,则物体沿斜面下滑的位移s＝h sin θ,下滑的加速度a＝g sin θ.由s＝12at2得,物体沿斜面下滑的时间t＝2hg sin2θ.重力的冲量I G＝mgt＝msin θ2gh,方向竖直向下．因为两斜面的倾角θ不同,所以两物体重力的冲量大小不相等,但方向相同,A错误．物体所受合力的冲量I合＝mg sin θ·t＝m2gh,方向沿斜面向下．两物体所受合力的冲量大小相等,但由于斜面倾角不同,所以冲量的方向不同,B错误．由机械能守恒定律可知,两物体沿斜面滑到底端时的速度大小v＝2gh相等,但方向不同,故两物体在斜面底端的动量不相同,动能相同,C错误,D正确．答案：D10．(多选)(2018·天津模拟)如图甲所示,一质量为2 kg的物体受水平拉力F 作用,在粗糙水平面上做加速直线运动,其a -t 图象如图乙所示,t ＝0时其速度大小为2 m/s,滑动摩擦力大小恒为2 N,则( )A ．在t ＝6 s 的时刻,物体的速度为18 m/sB ．在0～6 s 时间内,合力对物体做的功为396 JC ．在0～6 s 时间内,拉力对物体的冲量为36 N·sD ．在t ＝6 s 的时刻,拉力F 的功率为200 W解析：类比速度—时间图象中位移的表示方法可知,速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示,在0～6 s 内,Δv ＝18 m/s,v 0＝2 m/s,则t ＝6 s 时的速度v ＝20 m/s,A 项错误；由动能定理可知,在0～6 s 内,合力做的功为W ＝12m v 2－12m v 20＝396 J,B 项正确；由动量定理可知,I F －f ·t ＝m v －m v 0,代入已知条件解得I F ＝48 N·s,C 项错误；由牛顿第二定律,可知在t ＝6 s 时,F －f ＝ma ,解得F ＝10 N,所以拉力的功率P ＝F v ＝200 W,D 项正确．答案：BD二、非选择题11．静止在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的粒子流,从而对飞行器产生反冲力,使其获得加速度．已知飞行器的质量为M ,发射的是2价氧离子,发射功率为P ,加速电压为U ,每个氧离子的质量为m ,单位电荷的电荷量为e ,不计发射氧离子后飞行器的质量变化,求：(1)射出的氧离子速度；(2)每秒钟射出的氧离子数；(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度．解析：(1)每个氧离子带电荷量为q ＝2e ,由动能定理得qU ＝12m v 2,即得氧离子速度v ＝4eUm .(2)设每秒射出的氧离子数为n ,每秒对离子做的总功为nqU ,即功率为P ＝nqU ,由此可得每秒钟射出的氧离子数n ＝P 2eU .(3)由动量定理得F ＝Δp Δt ＝nm v .又由牛顿第二定律得F ＝Ma ,综合上述各式,得飞行器开始运动的加速度a ＝mP 2eUM 2.答案：(1) 4eU m (2) P2eU (3) mP 2eUM 2 12．质量为1 kg 的物体静止放在足够大的水平桌面上,物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N 的水平恒力F 作用于物体上,使之加速前进,经3 s 后撤去F .求物体运动的总时间(g 取10 m/s 2)． 解析：物体由开始运动到停止运动的全过程中,F 的冲量为Ft 1,摩擦力的冲量为ft .选水平恒力F 的方向为正方向,根据动量定理有Ft 1－ft ＝0①又f ＝μmg ②联立①②式解得t ＝Ft 1μmg ,代入数据解得t ＝3.75 s.答案：3.75 s13．(2018·山东济南质检)2016年9月在济青高速公路上,一辆轿车强行超车时,与另一辆迎面驶来的轿车相撞,两车相撞后,两车车身因相互挤压,皆缩短了0.5 m,据测算两车相撞前速度约为30 m/s.(1)试求车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带,安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s,求这时人体受到的平均冲力为多大？解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止,位移为0.5 m ．设运动的时间为t ,根据x ＝v 02t ,得t ＝2x v 0＝130 s. 根据动量定理有Ft ＝Δp ＝m v 0,得F ＝m v 0t ＝60×30130N ＝5.4×104 N.(2)若人系有安全带,则F ′＝m v 0t ′＝60×301 N ＝1.8×103 N. 答案：(1)5.4×104 N (2)1.8×103 N。

第1讲动量动量定理时间：45分钟总分为：100分一、选择题(此题共10小题，每一小题7分，共70分。

其中1～7题为单项选择，8～10题为多项选择)1．下面关于物体动量和冲量的说法错误的答案是()A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快答案 A解析Ft越大，Δp越大，但动量不一定越大，它还与初态的动量有关，故A错误；Ft ＝Δp，Ft不为零，Δp一定不为零，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向一样，C 正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D正确。

此题选说法错误的，应当选A。

2．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的答案是()A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s答案 A解析小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量：I ＝0－(－mv0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I′＝Δp＝mv0－(－mv0)＝20 N·s，如此冲量大小为20 N·s，B、C、D错误。

3．(2019·四川自贡高三一诊)校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小()A．人的触地时间B．人的动量变化率C．人的动量变化量D．人受到的冲量答案 B解析 跳远比赛时，运动员从与沙坑接触到静止，动量的变化量Δp 一定，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I ＝Δp 是一定的，在沙坑中填沙延长了人与沙坑的接触时间，即t 变大，由动量定理：Δp ＝Ft ，可得Δpt＝F ，Δp 一定，t 越大，动量变化率越小，人受到的合外力越小，人越安全，B 正确。

核心素养提升(六)[二级结论] “一动一静〞弹性碰撞的结论质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰有m1v1=m1v1'+m2v2'm1=m1v1'2+m2v2'2,解得v1'=,v2'=.结论:(1)当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1.(2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'.(3)当m1<m2时,v1'<0,v2'>0.(4)当m1≫m2时,v1'=v1,v2'=2v1.(5)当m1≪m2时,v1'=-v1,v2'=0.[示例] (2019·江西赣州模拟)如下列图,B,C,D,E,F 5个小球并排放置在光滑的水平面上,B,C,D,E 4个球质量相等,而F球质量小于B球质量,A球的质量等于F球质量.A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,如此碰撞之后( A )A.3个小球静止,3个小球运动B.4个小球静止,2个小球运动C.5个小球静止,1个小球运动D.6个小球都运动解析:因A,B质量不等,m A<m B.A,B相碰后,A向左运动,B向右运动.B,C,D,E质量相等,弹性碰撞后,不断交换速度,最终E有向右的速度,B,C,D静止.E,F质量不等,m E>m F,如此E,F都向右运动.所以B,C,D静止;A向左运动,E,F向右运动.故A正确,B,C,D错误.[即学即练] 如下列图,在光滑的水平面上有三个完全一样的小球,它们排成一条直线,小球2,3静止,并靠在一起,小球1以速度v0射向它们,设碰撞中不损失机械能,如此碰后三个小球的速度值是( D )A.v1=v2=v3=v0B.v1=0,v2=v3=v0C.v1=0,v2=v3=v0D.v1=v2=0,v3=v0解析:由题意知,三个小球完全一样,且它们之间的碰撞为弹性碰撞,小球1与小球2碰撞后交换速度,小球1静止,小球2以速度v0向右运动,小球2与小球3碰撞后小球2静止,小球3以速度v0向右运动,应当选项D正确.[物理方法] 动量守恒中的临界问题1.问题关键在动量守恒应用中,常常遇到相互作用的两物体恰好别离、恰好不相撞、两物体相距最近、某物体恰开始反向等临界问题,解决这类问题的关键是:(1)抓住题目中的关键词,理解临界状态出现的原因;(2)通过分析系统内各物体的受力情况、运动情况取得临界条件所满足的关系式.2.常见类型(1)物体恰好到达另一个斜面或弧形槽的最高点.临界条件是两物体的水平速度相等,竖直速度为零.(2)两物体恰好不相撞.临界条件是两物体接触时速度恰好相等.(3)物体刚好不滑出小车.临界条件是物体滑到小车一端时与小车的速度相等.(4)弹簧具有最大弹性势能.当弹簧压缩到最短或伸长到最长时,该弹簧具有最大弹性势能.弹簧连着的两物体不能再靠近或远离,此时两物体具有一样的速度.因此,该类问题临界状态是弹簧连着的两物体速度相等.[示例] (2016·全国Ⅲ卷,35)如下列图,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一样,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.解析:设物块与地面间的动摩擦因数为μ,假设要物块a,b能够发生碰撞,应有m>μmgl即μ<设在a,b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1,由能量守恒有m=m+μmgl设在a,b碰撞后的瞬间,a,b的速度大小为v1',v2',由动量守恒和能量守恒有mv1=mv1'+v2'm=mv1'2+v2'2联立解得v2'=v1由题意知,b没有与墙发生碰撞,由功能关系知v2'2≤μgl联立解得μ≥a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件是≤μ<.答案:见解析[即学即练] 甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车的质量共为M=30 kg,乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时,甲推着一个质量为m=15 kg的箱子和他一起以大小为v0=2.0 m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,如下列图.为了防止相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住.假设不计冰面的摩擦力,求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出,才能防止与乙相撞.解析:法一取甲开始运动的方向为正方向,设甲推出箱子后的速度为v1,箱子的速度为v,以甲和箱子为系统,如此由动量守恒定律得(m+M)v0=Mv1+mv.设乙抓住箱子后其速度为v2,以箱子和乙为系统,如此由动量守恒定律得mv-Mv0=(m+M)v2.而甲、乙不相撞的条件是v2≥v1,当甲和乙的速度相等时,甲推箱子的速度最小,此时v1=v2.联立解得v=5.2 m/s,即甲至少要以对地5.2 m/s的速度将箱子推出,才能防止与乙相撞.法二假设以甲、乙和箱子三者组成的整体为一系统,由于不相撞的条件是甲、乙速度相等,设为v1,如此由动量守恒定律得(m+M)v0-Mv0=(m+2M)v1,代入具体数据可得v1=0.4 m/s.再以甲和箱子为一系统,设推出箱子的速度为v,推出箱子前、后系统的动量守恒(m+M)v0=Mv1+mv,代入具体数据得v=5.2 m/s.答案:5.2 m/s[思维拓展]1.液体类问题液体与其特点液体流质量具有连续性,通常密度ρ分析步(1) 建立“柱状〞模型,沿流速v的方向选取一段柱形流体,其横截面积为S(2)微元研究,作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl,对应的质量为Δm=ρSvΔt2.粒子类问题[示例] 在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的粒子流,从而对飞行器产生反冲力,使其获得加速度.假设飞行器在太空中处于静止,飞行器的质量为M,发射的是2价氧离子,发射功率为P,加速电压为U,每个氧离子的质量为m,单位电荷的电量为e,不计发射氧离子后飞行器的质量变化,求:(1)射出的氧离子相对于飞行器的速度;(2)每秒钟射出的氧离子数;(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度.解析:(1)每个氧离子带电荷量为q=2e,由动能定理得qU=mv2,如此氧离子速度v=.(2)设每秒射出的氧离子数为n,每秒对离子做的总功为nqU,即功率为P=nqU,由此可得每秒钟射出的氧离子数n=.(3)对射出离子,由动量定理得F==nmv,由牛顿第三定律可知,飞行器受力为F=nmv,根据牛顿第二定律有nmv=Ma,如此飞行器开始运动的加速度a=.答案:(1)(2)(3)[即学即练] 为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s,据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3)( A )Pa B.0.54 PaC.1.5 PaD.5.4 Pa解析:设雨滴受到支持面的平均作用力为F,设在t时间内有质量为m的雨水的速度由v=12 m/s减为零.以向上为正方向,对这局部雨水应用动量定理有Ft=0-(-mv)=mv,得到F=v.设水杯横截面积为S,对水杯里的雨水,在t时间内水面上升h,如此有m=ρSh,得F=ρSv.压强p==ρv=1×103×12× Pa=0.15 Pa.。

50 力学三大规律的综合应用[方法点拨] 做好以下几步：①确定研究对象，进行运动分析和受力分析；②分析物理过程，按特点划分阶段；③选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．1．(2018·广东东莞模拟)如图1所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为m 、相距l 沿直线排列，静置于水平地面上．为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离l 2，恰好停靠在墙边．若车运动时受到的摩擦力恒为车重的k 倍，忽略空气阻力，重力加速度为g .求：图1(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能；(2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小．2．(2017·河北石家庄第二次质检)如图2所示，质量分布均匀、半径为R 的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m 的小球从距金属槽上端R 处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时与金属槽圆弧最低点的距离为74R ，重力加速度为g ，不计空气阻力．求：图2(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量．3.(2017·江西上饶一模)如图3所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端．已知A、B质量相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g.求：图3(1)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数；(2)当A刚到C的右端时，B、C相距多远？4．(2017·河南六市第一次联考)足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为x0，如图4所示．一物块从钢板上方距离为3x0的A处沿斜面滑下，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，O为弹簧自然伸长时钢板的位置．若物块质量为2m，仍从A处沿斜面滑下，则物块与钢板回到O 点时，还具有向上的速度，已知重力加速度为g，计算结果可以用根式表示，求：图4(1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1；(2)碰撞前弹簧的弹性势能；(3)质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离．5．(2017·山东泰安一模)如图5所示，质量为m1＝0.5 kg的小物块P置于台面上的A点并与水平弹簧的右端接触(不拴接)，轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量M＝1 kg的长木板静置于水平面上，其上表面与水平台面相平，且紧靠台面右端．木板左端放有一质量m2＝1 kg的小滑块Q.现用水平向左的推力将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，撤去推力，此后P沿台面滑到边缘C时速度v0＝10 m/s，与长木板左端的滑块Q相碰，最后物块P 停在AC的正中点，Q停在木板上．已知台面AB部分光滑，P与台面AC间的动摩擦因数μ1＝0.1，AC间距离L＝4 m．Q与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.1(g取10 m/s2)，求：图5(1)撤去推力时弹簧的弹性势能；(2)长木板运动中的最大速度；(3)长木板的最小长度．6．(2018·河北邢台质检)如图6所示，某时刻质量为m1＝50 kg的人站在m2＝10 kg的小车上，推着m3＝40 kg的铁箱一起以速度v0＝2 m/s在水平地面沿直线运动到A点时，该人迅速将铁箱推出，推出后人和车刚好停在A点，铁箱则向右运动到距A点s＝0.25 m的竖直墙壁时与之发生碰撞而被弹回，弹回时的速度大小是碰撞前的二分之一，当铁箱回到A点时被人接住，人、小车和铁箱一起向左运动，已知小车、铁箱受到的摩擦力均为地面压力的0.2倍，重力加速度g＝10 m/s2，求：图6(1)人推出铁箱时对铁箱所做的功；(2)人、小车和铁箱停止运动时距A点的距离．答案精析1．(1)mkgl (2)m 6gkl解析 (1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v 1，与第二辆车碰后的共同速度为v 2.由动量守恒定律有mv 1＝2mv 2由动能定理有－2kmg ·l 2＝0－12(2m )v 22 则碰撞中系统损失的机械能ΔE ＝12mv 12－12(2m )v 22 联立以上各式解得ΔE ＝mkgl(2)设第一辆车推出时的速度为v 0由动能定理有－kmgl ＝12mv 12－12mv 02 I ＝mv 0联立解得I ＝m 6gkl2．(1)5mg (2)(33＋833)m 31解析 (1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：mg ·2R ＝12mv 02小球刚到最低点时，根据圆周运动规律和牛顿第二定律有： F N －mg ＝m v 02R据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：F N ′＝F N联立解得：F N ′＝5mg(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属槽水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv 0＝(m ＋M )v设小球到达最高点时与金属槽圆弧最低点的高度为h .则有R 2＋h 2＝(74R )2 根据能量守恒定律有：mgh ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2 联立解得M ＝(33＋833)m 31.3．(1)4v 0227gL (2)L 3解析 (1)设A 、B 的质量为m ，则C 的质量为2m .B 、C 碰撞过程中动量守恒，令B 、C 碰后的共同速度为v 1，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝3mv 1 解得：v 1＝v 03 B 、C 共速后A 以v 0的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离，A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度v 2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＋2mv 1＝3mv 2解得：v 2＝5v 09在A 、C 相互作用过程中，根据能量守恒定律得：F f L ＝12mv 02＋12×2mv 12－12×3mv 22又F f ＝μmg解得：μ＝4v 0227gL(2)A 在C 上滑动时，C 的加速度a ＝μmg 2m ＝2v 0227L A 从滑上C 到与C 共速经历的时间：t ＝v 2－v 1a ＝3L v 0B 运动的位移：x B ＝v 1t ＝LC 运动的位移x C ＝(v 1＋v 2)t 2＝4L 3B 、C 相距：x ＝x C －x B ＝L 34．(1)6gx 0sin θ2 (2)12mgx 0sin θ (3)x 02解析 (1)设物块与钢板碰撞前速度为v 0，3mgx 0sin θ＝12mv 02 解得v 0＝6gx 0sin θ设物块与钢板碰撞后一起运动的速度为v 1，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得 mv 0＝2mv 1解得v 1＝6gx 0sin θ2(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为E p ，当它们一起回到O 点时，弹簧无形变，弹性势能为零，根据机械能守恒定律得E p ＋12(2m )v 12＝2mgx 0sin θ解得E p ＝12mgx 0sin θ (3)设v 2表示质量为2m 的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得2mv 0＝3mv 2它们回到O 点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v ，由机械能守恒定律得 E p ＋12(3m )v 22＝3mgx 0sin θ＋12(3m )v 2在O 点物块与钢板分离，分离后，物块以速度v 继续沿斜面上升，设运动到达的最高点离O 点的距离为l ，有 v 2＝2al2mg sin θ＝2ma解得l ＝x 025．(1)27 J (2)2 m/s (3)3 m解析 (1)小物块P 由B 到C 的过程： W 弹－μ1m 1gL ＝12m 1v 02－0解得W 弹＝27 J E p ＝W 弹＝27 J即撤去推力时弹簧的弹性势能为27 J.(2)小物块P 和滑块Q 碰撞过程动量守恒，以v 0的方向为正方向m 1v 0＝－m 1v P ＋m 2v Q小物块P 从碰撞后到静止－12μ1m 1gL ＝0－12m 1v P 2 解得v Q ＝6 m/sQ 在长木板上滑动过程中：对Q ：－μ2m 2g ＝m 2a 1对木板：μ2m 2g －μ3(M ＋m 2)g ＝Ma 2解得a 1＝－4 m/s 2，a 2＝2 m/s 2当滑块Q 和木板速度相等时，木板速度最大，设速度为v ，滑行时间为t . 对Q ：v ＝v Q ＋a 1t对木板：v ＝a 2t解得t ＝1 sv ＝2 m/s长木板运动中的最大速度为2 m/s(3)在Q 和木板相对滑动过程中Q 的位移：x Q ＝12(v Q ＋v )·t木板的位移：x 板＝12(0＋v )·t 木板的最小长度：L ＝x Q －x 板解得L ＝3 m6．(1)420 J (2)0.2 m解析 (1)人推铁箱过程，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得： (m 1＋m 2＋m 3)v 0＝m 3v 1解得v 1＝5 m/s人推出铁箱时对铁箱所做的功为： W ＝12m 3v 12－12m 3v 02＝420 J(2)设铁箱与墙壁相碰前的速度为v 2，箱子再次滑到A 点时速度为v 3，根据动能定理得：从A 到墙：－0.2m 3gs ＝12m 3v 22－12m 3v 12 解得v 2＝2 6 m/s从墙到A ：－0.2m 3gs ＝12m 3v 32－12m 3(12v 2)2 解得v 3＝ 5 m/s设人、小车与铁箱一起向左运动的速度为v 4，以向左方向为正方向，根据动量守恒定律得：m 3v 3＝(m 1＋m 2＋m 3)v 4解得v 4＝255m/s 根据动能定理得：－0.2(m 1＋m 2＋m 3)gx ＝0－12(m 1＋m 2＋m 3)v 42 解得x ＝0.2 m。

碰撞反冲动量守恒定律的应用一、单项选择题1。

如图所示,游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞,此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s,乙同学和他的车的总质量为200 kg,碰撞前向左运动,速度的大小为4.25 m/s,则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)（）A.1 m/sB.0.5 m/sC。

—1 m/s D。

—0.5 m/s解析两车碰撞过程中动量守恒m 1v1—m2v2=（m1+m2)v得v= m/s=—0。

5 m/s。

答案D2。

滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。

人与雪橇的总质量为M,人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动（雪橇所受阻力不计).当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时,雪橇向南的速度大小为()A.B。

C。

D。

v1解析根据动量守恒条件可知，人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒,人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1,D正确。

答案D3.在光滑的水平面上有静止的物体A和B。

物体A的质量是B的2倍,两物体中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连.当把细绳剪断,弹簧在恢复原长的过程中()A。

A的速率是B的2倍B。

A的动量大于B的动量C.A的受力大于B的受力D.A、B组成的系统的总动量为零解析弹簧在恢复原长的过程中，两滑块系统动量守恒，规定向左为正方向，有m1v1+m2(—v2）=0,由于物体A的质量是B的2倍,故A的速率是B的,A的动量等于B的动量,故A、B错误，D正确；根据牛顿第三定律,A受的力等于B受的力，故C错误。

答案D4。

质量相同的两方形木块A、B紧靠在一起放在光滑水平面上，一子弹先后水平穿透两木块后射出，若木块对子弹的阻力恒定不变，且子弹射穿两木块的时间相同，则子弹射穿木块时A、B木块的速度之比为（）A.1∶1 B。

1∶2C。

1∶3 D.1∶4 〚导学号17420223〛解析水平面光滑,子弹射穿木块过程中，子弹受到的合外力为子弹的冲击力,设子弹的作用力为F f,对AB由动量定理得F f t=(m+m)v A,对B由动量定理得F f t=mv B—mv A，解得v A∶v B=1∶3,故C项正确.答案C5.（2016·福建福州模拟）一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v1,加速后航天器的速度大小v2，则喷出气体的质量m为（)A.M B。

第2节动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1．动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。

2．动量守恒的数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)。

(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)。

(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。

3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。

(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。

(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。

二、碰撞、反冲和爆炸1．碰撞(1)概念：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，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。

(3)分类：动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2．反冲运动(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。

(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。

3．爆炸问题(1)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。

(2)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。

1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。

(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。

(×)(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。

(√)(4)在爆炸现象中，动量严格守恒。

(×)(5)在碰撞问题中，机械能也一定守恒。

(×)(6)反冲现象中动量守恒、动能增加。

1.(多选)如图所示，在粗糙的桌面上有一个质量为M的物块，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是()A．小球的机械能守恒B．物块与小球组成的系统机械能守恒C．若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块与桌面间摩擦产生的热量D．若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块与桌面间摩擦产生的热量2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)并将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点．在木块槽中加入一个质量m0＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为cm 和cm，则木块的质量m为()A．100 g B．200 g C．300 g D．400 g3．风力发电机是由风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A.2Pπρl2v3 B.6Pπρl2v3 C.4Pπρl2v3 D.8Pπρl2v34.(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A点的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中()A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功12mgRD ．克服摩擦力做功12mgR5．一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值 cm 时，木块沿水平面恰好移动 cm.在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为( )A ．1∶2B ．1∶3C ．2∶3D ．3∶26．(多选)(2023·福建省厦门外国语学校月考)商场的智能扶梯如图所示，扶梯与水平面之间的夹角为θ，扶梯没有站人时以较小的速度v 1匀速向上运动，当质量为m 的人踏上自动扶梯的水平踏板时，扶梯会自动以加速度a 向上匀加速运动，经过时间t 加速到较大速度v 2后再次匀速向上运动．已知在扶梯加速过程中人上升的竖直高度为h ，人手未接触扶梯扶手，重力加速度为g .则( )A ．扶梯在加速过程中人处于超重状态B ．加速过程中踏板对人的摩擦力不做功C ．加速过程扶梯对人做的功为12m (v 22－v 12)D ．当扶梯以速度v 2匀速运动时，支持力做功的功率为mg v 2sin θ7.(2023·江苏南京市十一校调研)如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端平齐，重力加速度为g .用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中( )A ．物块的机械能逐渐增加B ．软绳的重力势能共减少了14mglC ．物块减少的重力势能等于软绳克服摩擦力所做的功D ．软绳减少的重力势能大于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和8．(多选)(2023·重庆市调研)将一初动能为E 的物体(可视为质点)竖直上抛，物体回到出发点时，动能为E2，取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体动能与重力势能相等时，其动能为( ) A.E 4 B.3E 10 C.3E 7 D.4E 99．(2023·山西太原市高三模拟)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至O 处后由静止释放，用传感器测出物块的位移s 和对应的速度，作出物块的动能E k －s 关系图像如图乙所示．其中，～ m 间的图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为，取g ＝10 m/s 2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知( )A ．物块的质量为 kgB ．弹性绳的劲度系数为50 N/mC ．弹性绳弹性势能的最大值为 JD ．物块被释放时，加速度的大小为8 m/s 210.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与粗糙水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r ＝ m 的14细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k ＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定于地面上，另一端恰好与管口D 端平齐．一个质量为 kg 的物块放在曲面AB 上，现从距BC 的高度为h ＝ m 处由静止释放物块，它与BC 间的动摩擦因数μ＝，物块进入管口C 端时，它对上管壁有N ＝mg 的作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能E p ＝ J ．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)在压缩弹簧过程中物块的最大动能E km ； (2)物块最终停止的位置．11．(多选)(2023·山东济南市十一校检测)如图所示为某缓冲装置的模型图，一轻杆S 被两个固定薄板夹在中间，轻杆S 与两薄板之间的滑动摩擦力大小均为f ，轻杆S 露在薄板外面的长度为l .轻杆S 前端固定一个劲度系数为3fl 的轻弹簧．一质量为m 的物体从左侧以大小为v 0的速度撞向弹簧，能使轻杆S 向右侧移动l 6.已知弹簧的弹性势能E p ＝12kx 2，其中k 为劲度系数，x 为形变量．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．下列说法正确的是( )A ．欲使轻杆S 发生移动，物体m 运动的最小速度为1010v 0 B ．欲使轻杆S 发生移动，物体m 运动的最小速度为63v 0C ．欲使轻杆S 左端恰好完全进入薄板，物体m 运动的速度大小为62v 0D ．欲使轻杆S 左端恰好完全进入薄板，物体m 运动的速度大小为263v 0。

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第1讲动量、冲量、动量定理板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动量Ⅱ1．定义：运动物体的质量m和它的速度v的乘积mv叫做物体的动量.动量通常用符号p来表示，即p＝mv。

2．单位:在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒,符号为kg·m/s。

说明:动量既有大小，又有方向，是矢量。

我们讲物体的动量，是指物体在某一时刻的动量，动量的方向与物体瞬时速度的方向相同.有关动量的运算，一般情况下用平行四边形定则进行运算.如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的运算就可以转化为代数运算。

3．动量的三个性质(1)动量具有瞬时性.物体的质量是物体的固有属性，是不发生变化的，而物体的速度是与时刻相对应的，由动量的定义式p＝mv可知，动量是一个状态量，具有瞬时性。

（2)动量具有相对性。

选用不同的参考系时，同一运动物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，指的是物体相对于地面的动量。

在分析有关问题时要先明确相应的参考系。

（3)矢量性.动量是矢量，方向与速度的方向相同，遵循矢量运算法则。

【知识点2】动量的变化Ⅱ1．因为p＝mv是矢量，只要m的大小、v的大小和v的方向三者中任何一个发生变化,动量p就发生了变化.2．动量的变化量Δp是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。