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201８年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及其应用教学案（含解析)编辑整理:尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望（2０１８年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律第２讲动量守恒定律及其应用教学案(含解析））的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第2讲动量守恒定律及其应用➢教材知识梳理一、动量守恒定律1．内容：一个系统___＿＿_＿_或者___＿_＿__为零时,这个系统的总动量保持不变．2.常用的表达式:m1v１+ｍ2v2＝＿___＿＿＿_.二、系统动量守恒的条件1．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.2．近似守恒：系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．3．分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量守恒．三、动量守恒的实例１.碰撞(1）概念:碰撞是指物体间的相互作用持续时间___＿___＿,而物体间相互作用力__＿__＿_＿的现象.(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力＿____＿__外力,可认为相互碰撞的系统动量守恒.(3）分类:2。
反冲运动(1)定义:静止或运动的物体通过分离出部分物质,而使自身在反方向获得加速的现象.(2)特点:在反冲运动中,如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力,系统的_____＿__是守恒的.３．爆炸现象爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且＿＿______系统所受的外力，所以系统动量___＿__＿＿,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．答案：一、1.不受外力所受外力的矢量和２．ｍ1v1′＋m2v2′三、1．(１)很短很大（2）远大于 (3)守恒最大2．(２)动量3．远大于守恒【思维辨析】（1)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度.（ )(２)系统动量守恒,则机械能也守恒.( ）（３)质量相等的两个物体发生碰撞时,一定交换速度.( )(4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变.( )答案：(1）(√)(2)(×)(３）(×) （4)(×）【思维拓展】碰撞过程除了系统动量守恒之外,还需要满足什么条件?碰撞与爆炸在能量转化方面有何不同?答案：碰撞过程除了系统动量守恒之外,还要满足的条件：系统动能不增加;碰撞结果要符合实际情况．碰撞系统动能不增加,而爆炸系统动能增加，这是二者最大的不同.➢考点互动探究考点一动量守恒条件的理解和应用1.动量守恒的判定（1)系统不受外力或者所受外力之和为零，则系统动量守恒;(2)系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计时，则系统动量守恒；(３）系统在某一个方向上所受的合力为零，则该方向上动量守恒.(4)全过程的某一阶段系统受的合外力零,则该阶段系统动量守恒.2．应用动量守恒定律解题的一般步骤:(1)确定研究对象,选取研究过程;（2）分析内力和外力的情况,判断是否符合动量守恒条件；(3）选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列方程求解.1 [２014·浙江卷］如图6１8１所示,甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为ｍ2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )图6.18。
2021届高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲课后达标新人教版202108143118(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(高考浙江自选模块)如图所示，甲木块的质量为m 1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )A ．甲木块的动量守恒B ．乙木块的动量守恒C ．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D ．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A 、B 错误，选项C 正确．甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D 错误．2．(2020·泉州检测)有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向右，则另一块的速度是( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v解析：选C.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv 0＝2mv ＋mv ′，可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，对比各选项可知，答案选C.3．一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由操纵系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)解析：选 D.对火箭和卫星由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1，解得v 1＝（m 1＋m 2）v 0－m 2v 2m 1＝v 0＋m 2m 1·(v 0－v 2)．4．将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时刻内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的酷热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的阻碍，则喷气终止时火箭模型获得的速度大小是( )A.m Mv 0 B ．M mv 0 C.MM －mv 0D ．mM －mv 0解析：选D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv 0－(M －m )v ′故v ′＝mv 0M －m，选项D 正确． 5.如图所示，小车(包括固定在小车内的杆)的质量为M ，质量为m 的小球通过长度为L 的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O 点等高的地点开释(小球可不能与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )A.2LMM ＋mB ．2LmM ＋mC.ML M ＋mD ．mLM ＋m解析：选B.分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与O 点等高时，小车的速度减为零，现在小车向左的位移达到最大，小球相关于小车的位移为2L .小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v 1、v 2，有mv 1＝Mv 2，故ms 1＝Ms 2，s 1＋s 2＝2L ，其中s 1代表小球的水平位移大小，s 2代表小车的水平位移大小，因此s 2＝2Lm M ＋m ，选项B 正确．6．(2020·江西赣州信丰模拟)如图所示，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v 0向B 球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )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：选A.因A 、B 质量不等，M A ＜M B .A 、B 相碰后A 速度向左运动，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 ，则E 、F 都向右运动．因此B 、C 、D 静止；A 向左，E 、F 向右运动．故A 正确，B 、C 、D 错误．二、多项选择题7．如图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A ，同时给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板，在小木块A 做加速运动的时刻内，木板速度大小可能是( )A ．2.1 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s解析：选AB.以A 、B 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A 开始运动到A 的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝Mv B 1，代入数据解得：v B 1≈2.67 m/s ，当从开始到A 、B 速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝(M ＋m )v B 2，代入数据解得：v B 2＝2 m/s ，则在木块A 正在做加速运动的时刻内B 的速度范畴为：2 m/s ＜v B ＜2.67 m/s ，故选项A 、B 正确．8.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg ·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg ·m/s ，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.由m B ＝2m A ，p A ＝p B 知碰前v B ＜v A ，若右方为A 球，由于碰前动量都为6 kg ·m/s ，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A 球，设碰后二者速度分别为v ′A 、v ′B ，由题意知p ′A ＝m A v ′A ＝2 kg ·m/s ，p ′B ＝m B v ′B ＝10 kg ·m/s ，解得v ′A v ′B ＝25.碰撞后A 球动量变为2 kg ·m/s ，B 球动量变为10 kg ·m/s ，又m B ＝2m A ，由运算可知碰撞前后A 、B 两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A 、C 正确．9.质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞差不多上弹性的，则整个过程中，系统缺失的动能为( )A.12mv 2 B ．mM2（m ＋M ）v 2C.12NμmgL D ．N μmgL解析：选BD.设系统缺失的动能为ΔE ，依照题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv ＝(M ＋m )v t (①式)、12mv 2＝12(M ＋m )v 2t ＋ΔE (②式)，由①②联立解得ΔE ＝Mm2（M ＋m ）v 2，可知选项A 错误，B 正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE ＝NμmgL ，选项C 错误，D 正确．10．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量缺失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹不正确的是( )解析：选ACD.弹丸爆炸瞬时爆炸力远大于外力，故爆炸瞬时动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时刻t ＝2hg＝1 s ，取向右为正，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬时动量守恒，故mv ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值运算知选项B 正确．三、非选择题11．如图所示，小球B 与一轻质弹簧相连，并静止在足够长的光滑水平面上，小球A 以某一速度与轻质弹簧正碰．小球A 与弹簧分开后，小球B 的速度为v ，求：(1)当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时，小球B 的速度的大小．(2)若小球B 的质量m 2已知，在小球A 与弹簧相互作用的整个过程中，小球A 受到弹簧作用力的冲量．解析：(1)当系统动能最小时，弹簧压缩至最短，两球具有共同速度v共．设小球A 、B的质量分别为m 1、m 2，碰撞前小球A 的速度为v 0，小球A 与弹簧分开后的速度为v 1.从小球A 碰到弹簧到与弹簧分开的过程中，由系统动量守恒和能量守恒有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 2 联立解得v ＝2m 1v 0m 1＋m 2即m 1v 0＝m 1＋m 22v从小球A 碰到弹簧到两球共速的过程中，系统动量守恒，故m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 共 解得v 共＝v2.(2)设水平向右为正方向，则小球B 动量的增量为m 2v ，依照动量守恒小球A 动量的增量为－m 2v依照动量定理有I ＝－m 2v ，小球A 受到弹簧作用的冲量的大小为m 2v ，方向水平向左． 答案：见解析12．(2020·河北邯郸摸底)如图，木块A 、B 的质量均为m ，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A 、B 间夹有一小块炸药(炸药的质量能够忽略不计)．让A 、B 以初速度v 0一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P 点，速度变为v 02，现在炸药爆炸使木块A 、B 脱离，发觉木块B 赶忙停在原位置，木块A 连续沿水平方向前进．已知O 、P 两点间的距离为s ，设炸药爆炸时开释的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时刻专门短能够忽略不计，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；(2)炸药爆炸时开释的化学能．解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸开释的化学能为E 0. 从O 滑到P ，对A 、B 由动能定理得－μ·2mgs ＝12·2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022－12·2mv 20，解得μ＝3v 28gs.(2)在P 点爆炸时，A 、B 动量守恒，有2m ·v 02＝mv ，依照能量守恒有E 0＋12·2m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝12mv 2，解得E 0＝14mv 20.答案：(1)3v 208gs (2)14mv 2。
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Ⅱ1．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:如果一个系统错误!不受外力,或者错误!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①p＝错误!p′,系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝错误m1v1′＋m2v2′,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。
③Δp1＝错误－Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝错误!0，系统总动量的增量为零。
（3)适用条件①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。
②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。
③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Ⅰ1．碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间错误!很短，而物体间相互作02很大的现象。
2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力错误!远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3．分类动量是否机械能是否守恒守恒弹性碰撞守恒错误!守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰守恒损失错误!最大撞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Ⅰ1．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错误!增大,且常伴有其他形式的能向动能的转化。
(2)02远小于物体间的相互作用力,可认为系统的动量守恒,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，且错误!远大于系统所受的外力，所以系统动量错误!守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计,爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
第2讲动量守恒定律及应用知识点一动量守恒定律及其应用1．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。
(2)动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2。
2．系统动量守恒的条件(1)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。
(2)近似守恒：系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内≫F外时，系统在该方向上动量守恒。
知识点二弹性碰撞和非弹性碰撞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，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
(3)分类：种类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2.(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象。
(2)特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的动量是守恒的。
(3)爆炸现象爆炸与碰撞类似，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。
1.在如图所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。
若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中( )A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能不守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．动量不守恒，机械能守恒B [子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，一部分动能转化为内能，之后木块(连同子弹)压缩弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守恒，但动量不守恒。
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。
2019年高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒第2课时碰撞反冲和火箭课时训练教科版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒第2课时碰撞反冲和火箭课时训练教科版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第2课时碰撞反冲和火箭1。
(2018·福建泉州质检）“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。
有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东；则另一块的速度为( C )A.3v0-vB.2v0—3vC.3v0—2vD.2v0+v解析:由动量守恒定律3mv0=2mv+mv′,得v′=3v0—2v,选项C正确.2.(多选)A，B两球沿同一条直线运动，如图所示的x t图像记录了它们碰撞前后的运动情况,其中a，b分别为A，B碰撞前的x t图像.c为碰撞后它们的x t图像.若A球质量为1 kg,则B球质量及碰后它们的速度大小为（BD )A.2 kgB. kgC.4 m/s D。
1 m/s解析:由图像可知碰撞前二者都做匀速直线运动，v a= m/s= —3 m/s，v b= m/s=2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动,v c=m/s=—1 m/s。
碰撞过程中动量守恒，即m A v a+m B v b=(m A+m B)v c可解得m B= kg由以上可知选项B,D正确.3。
2019年高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用学案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用学案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第2讲动量守恒定律及应用微知识1 动量守恒定律1．内容：如果系统不受外力,或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。
2．常用的四种表达形式(1）p＝p′,即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。
（2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为零。
（3)Δp1＝－Δp2，即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。
(4）m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2,即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
3．常见的几种守恒形式及成立条件（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒:系统所受外力虽不为零,但内力远大于外力。
(3)分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。
微知识2 碰撞1．碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。
2．碰撞特征(1)作用时间短.（2)作用力变化快.（3)内力远大于外力。
(4)满足动量守恒。
3．碰撞的分类及特点(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
(2）非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。
第2讲动量守恒定律及其应用考纲考情核心素养►动量守恒定律及其应用Ⅱ►弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ►动量守恒的条件．►碰撞的概念和碰撞的分类.物理观念全国卷5年9考高考指数★★★★★►应用动量守恒定律解题的一般步骤．►用动量守恒定律解决碰撞、爆炸和反冲问题.科学思维知识点一动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零,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(1)p＝p′,系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′,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．(3)Δp1＝－Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(4)Δp＝0,系统总动量的增量为零．3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零,则系统在这一方向动量守恒．知识点二碰撞爆炸反冲1．碰撞(1)碰撞现象：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)分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大爆炸过程中内力远大于外力,爆炸的各部分组成的系统总动量不变．3．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．1．思考判断(1)两物体相互作用时若系统不受外力,则两物体组成的系统动量守恒．( √)(2)动量守恒只适用于宏观低速．( ×)(3)物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒．( √)(4)若在光滑水平面上两球相向运动,碰后均变为静止,则两球碰前的动量大小一定相同．( √)2．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)( B )A．0.053 m/s B．0.05 m/sC．0.057 m/s D．0.06 m/s解析：取机车和15节车厢整体为研究对象,由动量守恒定律mv0＝(m＋15m)v,v＝116v0＝116×0.8 m/s＝0.05 m/s.故选项B正确．3．将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( A )A．30 kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s解析：设火箭的质量为m 1,燃气的质量为m 2.由题意可知,燃气的动量p 2＝m 2v 2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.根据动量守恒定律可得0＝m 1v 1－m 2v 2,则火箭的动量大小为p 1＝m 1v 1＝m 2v 2＝30 kg·m/s ,所以选项A 正确,B 、C 、D 错误．4．一炮弹质量为m ,以一定的倾角斜向上发射,达到最高点时速度大小为v ,方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块,其中一块恰好做自由落体运动,质量为14m ,则爆炸后另一块瞬时速度大小为( B )A ．v B.43v C.34v D ．0解析：爆炸前动量为mv ,设爆炸后另一块瞬时速度大小为v ′,取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向,爆炸过程动量守恒,则有：mv ＝34m ·v ′,解得：v ′＝43v ,选项B 正确．5.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 两球的质量比为( D )A ．12 B ．21 C ．14 D ．41解析：设A 、B 质量分别为m A 、m B ,B 的初速度为v 0,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v 03和－v 03,则有m B v 0＝m A ·v 03＋m B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－v 03,解得m Am B ＝41,选项D 正确．考点1 对动量守恒定律的理解1．动量守恒定律的适用条件(1)前提条件：存在相互作用的物体系． (2)理想条件：系统不受外力． (3)实际条件：系统所受合外力为零．(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力．(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件,则此方向上动量守恒．2．动量守恒定律的四个特性相对性公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系同时性公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度,v1′、v2′是在相互作用后同一时刻的速度矢量性应先选取正方向,凡是与选取的正方向一致的动量为正值,相反为负值普适性不仅适用于低速宏观系统,也适用于高速微观系统如图所示,A、B两物体的质量之比为m A m B＝12,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两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同,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),则有( )A．A、B系统动量守恒B．A、B、C及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】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＝12,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,则系统的机械能减为零,不守恒,故A、B、C错误,D正确．【答案】 D高分技法对动量守恒定律的进一步理解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,要判断系统是否动量守恒,或是否在某个方向上动量守恒.1.(多选)质量分别为M和m0的两滑块甲、乙用轻弹簧连接,以恒定的速度v沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止滑块丙发生碰撞,如图所示,碰撞时间极短．在此过程中,下列情况可能发生的是( BC )A．甲、乙、丙的速度均发生变化,分别为v1、v2、v3,而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3 B．乙的速度不变,甲和丙的速度变为v1和v2,而且满足Mv＝Mv1＋mv2C．乙的速度不变,甲和丙的速度都变为v′,且满足Mv＝(M＋m)v′D．甲、乙、丙速度均发生变化,甲、乙的速度都变为v1,丙的速度变为v2,且满足(M＋m)v0＝(M＋m)v1＋mv2解析：碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒,滑块乙的速度在瞬间不变,以滑块甲的初速度方向为正方向,若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2,由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2；若碰后滑块甲和丙的速度相同,由动量守恒定律得Mv＝(M＋m)v′,故B、C正确．2.(多选)如图所示,在光滑的水平面上有一静止的物体M,物体M上有一光滑的半圆弧轨道,最低点为C,A、B为同一水平直径上的两点,现让小滑块m从A点由静止下滑,则( CD )A．小滑块m到达物体M上的B点时小滑块m的速度不为零B．小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左运动,小滑块m从C点到B点的过程中物体M向右运动C．若小滑块m由A点正上方h高处自由下落,则由B点飞出时做竖直上抛运动D．物体M与小滑块m组成的系统机械能守恒,水平方向动量守恒解析：物体M和小滑块m组成的系统机械能守恒,水平方向动量守恒,D正确；小滑块m 滑到右端两者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v,v＝0,可知小滑块m到达物体M上的B 点时,小滑块m、物体M的水平速度为零,故当小滑块m从A点由静止下滑,则能恰好到达B点,当小滑块由A点正上方h高处自由下落,则由B点飞出时做竖直上抛运动,A错误,C正确；小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左加速运动,小滑块m从C点到B点的过程中物体M向左减速运动,选项B错误．考点2 动量守恒定律的应用1．对系统“总动量保持不变”的理解(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等,不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．(2)系统的总动量保持不变,但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和,总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变．2．动量守恒定律的表达式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)．(2)Δp＝0(系统动量的增量为零)．(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统,两物体动量的增量大小相等,方向相反)．如图所示,甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车总质量M＝30 kg,乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时,甲推着一个质量m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处,乙迅速抓住,不计冰面摩擦．(1)若甲将箱子以速度v推出,则甲的速度变为多少？(用字母表示)(2)假设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动,则乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞,则甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少为多大？【解析】(1)甲将箱子推出的过程,甲和箱子组成的整体动量守恒,由动量守恒定律得(M ＋m )v 0＝mv ＋Mv 1解得v 1＝M ＋m v 0－mv M ＝v 0＋mM(v 0－v )．(2)箱子和乙作用的过程动量守恒,以箱子的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv －Mv 0＝(m ＋M )v 2解得v 2＝mv －Mv 0m ＋M. (3)甲、乙不相撞的条件是v 1≤v 2,其中v 1＝v 2为甲、乙恰好不相撞的条件 联立以上各式得v ≥5.2 m/s. 【答案】 (1)v 0＋m M (v 0－v ) (2)mv －Mv 0m ＋M(3)甲的速度不大于乙的速度 5.2 m/s 高分技法应用动量守恒定律解题的步骤特别注意：系统内各物体的动量必须相对于同一参考系,一般都是选地面为参考系,即各物体都是相对地面的速度．3.(多选)如图所示,放在光滑水平桌面上的A 、B 两木块之间夹着一被压缩的固定的轻质弹簧．现释放弹簧,A 、B 木块被弹开后,各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面．A 落地点距桌边水平距离为0.5 m,B 落地点距桌边水平距离为1 m,则( AD )A ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为1 2 B ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为1 1C ．A 、B 质量之比为1 2D ．A 、B 质量之比为21解析：A 和B 离开桌面后做平抛运动,下落的高度相同,则它们的运动时间相等,由x ＝v 0t得平抛运动的初速度的比值为v A v B ＝x A x B ＝0.5 m 1 m ＝12,故A 正确,B 错误；弹簧弹开木块的过程中,两木块及弹簧组成的系统动量守恒,取向左为正方向,由动量守恒定律得m A v A －m B v B ＝0,则A 、B木块的质量之比为m A m B ＝v B v A ＝21,故C 错误,D 正确．4.(多选)如图所示,三辆完全相同的平板小车a 、b 、c 成一直线排列,静止在光滑水平地面上,c 车上有一小孩跳到b 车上,接着又立即从b 车跳到a 车上．小孩跳离c 车和b 车时对地的水平速度相同．他跳到a 车上相对a 车保持静止,此后( CD )A ．a 、b 两车运动速率相等B ．a 、c 两车运动速率相等C ．三辆车的速率关系为v c >v a >v bD ．a 、c 两车运动方向相反解析：设三辆车的质量都是m ,小孩质量为M ,小孩跳离c 车和b 车时对地的水平速度都是v .对小孩从c 车上跳往b 车上的过程,对c 车和小孩,有mv c ＝Mv ,解得c 车速度大小为v c ＝Mvm,速度方向向左；小孩跳到b 车上后又从b 车跳到a 车,由水平方向动量守恒可知,b 车速度为零；对小孩跳到a 车上的过程,由水平方向动量守恒有(m ＋M )v a ＝Mv ,解得a 车的速度大小为v a ＝Mvm ＋M,速度方向向右,三辆车的速率关系为v c >v a >v b ,可知选项A 、B 错误,C 、D 正确．考点3 碰撞模型1．碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律(2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前,后面的物体速度大；碰撞后,前面的物体速度大(或相等)．②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．2．三种碰撞碰撞类型特征描述及重要关系式或结论弹性碰撞碰撞时,内力是弹性力,只发生机械能的转移,系统内无机械能损失,叫作弹性碰撞,若系统有两个物体在水平面上发生弹性碰撞,动量守恒,同时机械能也守恒．满足：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′212m1v21＋12m2v22＝12m1v′21＋12m2v′22非弹性碰撞发生非弹性碰撞时,内力是非弹性力,部分机械能转化为物体的内能,机械能有损失,动量守恒,总动能减少．满足：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′212m1v21＋12m2v22>12m1v′21＋12m2v′22完全非弹性碰撞发生完全非弹性碰撞时,机械能向内能转化得最多,机械能损失最大．碰后物体粘在一起,以共同速度运动,动量守恒,损失的机械能转化为内能．满足：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)vΔE＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2如图所示,三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上,A、C两球的质量均为m,B球的质量为km(k>1)．给A球一个水平向右的初速度v0,B球先与A球发生弹性正碰,再与C球发生弹性正碰．求系数k的值为多大时,B与C碰后瞬间B球的速度最大？【解析】 本题考查多体碰撞问题．设A 、B 发生弹性碰撞后的速度分别为v A 、v B 1,则mv 0＝mv A ＋kmv B 1,12mv 20＝12mv 2A ＋12kmv 2B 1, 联立解得v A ＝1－k k ＋1v 0,v B 1＝2k ＋1v 0,设B 、C 发生弹性碰撞后的速度分别为v B 2、v C , 同理可得v B 2＝k －1k ＋1v B 1, 代入整理得v B 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋1－4k ＋12v 0,设x ＝2k ＋1,则有v B 2＝(x －x 2)v 0, 当x ＝0.5时,即2k ＋1＝0.5时v B 2最大,解得k ＝3. 【答案】 3 高分技法碰撞的特点和规律 1.碰撞的特点1时间特点：碰撞过程中,相互作用的时间极短,物体相对运动的全过程可忽略不计. 2相互作用力特点：在碰撞过程中,系统的内力远大于外力. 3位移特点：在相互碰撞过程中,由于在极短的时间内物体的速度发生突变,物体发生的位移极小,可认为碰撞前后物体处于同一位置.2.运动物体与静止物体发生弹性碰撞的规律5．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( D )A．v1＝v2＝v3＝13 v0B．v1＝0,v2＝v3＝12 v0C ．v 1＝0,v 2＝v 3＝12v 0D ．v 1＝v 2＝0,v 3＝v 0解析：由题设条件,三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．若各球质量为m ,则碰撞前系统总动量为mv 0,总动能为12mv 20.选项A 、B 中的数据都违反了动量守恒定律,故不可能；假如选项C 正确,则碰后总动量为mv 0,但总动能为14mv 20,这显然违反了机械能守恒定律,故也不可能；故选项D 正确,既满足动量守恒定律和机械能守恒定律,又满足碰撞的合理性．6.(多选)如图所示,光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ,规定向右为正方向,A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s ,运动中两球发生碰撞,碰撞前后A 球动量变化量－4 kg·m/s ,则( AC )A ．左方是A 球,碰前两球均向右运动B ．右方是A 球,碰前两球均向左运动C ．碰撞后A 、B 两球速度大小之比为25D ．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞解析：大小相同的A 、B 两球在光滑水平面上发生碰撞,规定向右为正方向,由动量守恒定律可得Δp A ＝－Δp B ,由题知Δp A ＝－4 kg·m/s ,则得Δp B ＝4 kg·m/s.由于碰撞前两球均向右运动,所以左方是A 球,右边是B 球,故A 正确,B 错误；碰撞后,两球的动量分别为p A ′＝p A ＋Δp A ＝6 kg·m/s－4 kg·m/s＝2 kg·m/s ,p B ′＝p B ＋Δp B ＝6 kg·m/s＋4 kg·m/s＝10 kg·m/s ,由于两球质量关系为m B ＝2m A ,那么碰撞后A 、B 两球速度大小之比为v A ′v B ′＝p A ′m A p B ′m B ＝25,故C 正确；碰撞前系统的总动能为E k ＝p 2A 2m A ＋p 2B2m B ＝18m A ＋362×2m A ＝27m A ,碰撞后系统的总动能为E k ′＝p A ′22m A ＋p B ′22m B ＝2m A ＋1002×2m A ＝27m A,可知碰撞过程系统的动能守恒,所以两球发生的碰撞是弹性碰撞,故D 错误．考点4 爆炸和反冲1．爆炸现象的三个规律 动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远远大于系统受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒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,所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短,因而爆炸过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后的物体仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能 增加反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总机械能增加如图所示,在光滑的水平地面上有一足够长的平板,平板上固定一高h ＝0.2 m 的光滑平台,平板与平台的总质量M ＝6 kg,一轻质弹簧左端固定在平台上．已知重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若平板被固定在地面上,将质量m ＝2 kg 的小物块(可视为质点)放在平台上弹簧的右端,用手推小物块将弹簧压缩一定的距离,松手后小物块被弹射到距离平台右侧s ＝1 m 处的A 点,求松手前瞬间弹簧的弹性势能；(2)若不固定平板,扶住平台用质量仍为m 的小物块将弹簧压缩至与(1)中相同的长度,同时放开小物块及平台,求小物块落在平板上的位置到平台右侧的距离s ′.【解析】 (1)在平板固定时,弹簧的弹性势能全部转化为小物块的动能,小物块离开平台后做平抛运动,平台高为h ,设小物块弹出时的速度为v则：s ＝vt ,h ＝12gt 2由能量守恒定律得E p ＝12mv 2联立解得松手前瞬间弹簧的弹性势能E p ＝25 J.(2)在平板不固定时,小物块弹出后,平板也获得一向左的速度．设小物块相对地面的速度大小为v 1,平板相对地面的速度大小为v 2则由动量守恒定律得：0＝mv 1－Mv 2 由能量守恒定律得E p ＝12mv 21＋12Mv 22小物块下落过程中,在竖直方向上有：h ＝12gt 2小物块落点到平台右侧的距离：s ′＝(v 1＋v 2)t 联立解得：s ′＝23 3 m.【答案】 (1)25 J (2)23 3 m高分技法分析爆炸、反冲问题的两点注意1碰撞过程中系统机械能不可能增大,但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大. 2因碰撞、爆炸过程发生在瞬间,一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变,而物体的位置不变；在反冲过程中,若喷气时间极短,也认为物体位置不变.7．一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1,后部分的箭体质量为m 2,分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v 1为( D )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)解析：箭体与卫星分离过程动量守恒,由动量守恒定律：(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2,得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2),D 正确．8．(多选)小车静止在光滑水平面上,站在车上的人练习打靶,靶装在车上的另一端,如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M (不含子弹),每颗子弹质量为m ,共n 发,打靶时,枪口到靶的距离为d ,若每发子弹打入靶中就留在靶里,且待前一发打入靶中后,再打下一发．则以下说法正确的是( BC )A ．打完n 发子弹后,小车将以一定速度向右匀速运动B ．打完n 发子弹后,小车应停在射击之前位置的右方C ．在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移相同,大小均为mdnm ＋MD ．在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移不相同,应越来越大解析：子弹、枪、人、车和靶组成的系统,水平方向不受外力,水平方向动量守恒,子弹射击前系统总动量为零,由动量守恒定律知,子弹射入靶后总动量也为零,故打完n 发子弹后,小车仍静止,A 错误；设子弹射出枪口时的速度为v ,车后退的速度大小为v ′,以水平向左的方向为正方向,根据动量守恒定律得0＝mv －[M ＋(n －1)m ]v ′,子弹匀速前进的同时,车匀速后退,故vt ＋v ′t ＝d ,联立解得v ′＝mvM ＋n －1m,t ＝dv ＋mvM ＋n －1m,故车后退的距离为Δs ＝v ′t ＝mvM ＋n －1m×d v ＋mv M ＋n －1m＝mdM ＋nm,每颗子弹从发射到击中靶的过程,车均后退Δs ,故n 颗子弹发射完毕后,小车后退的位移为s ＝n ·Δs ＝nmdM ＋nm,故B 、C 正确,D 错误．。
第2讲 碰撞 反冲和火箭一、碰撞及特征 1．碰撞碰撞是两个或两个以上的物体在相同的极短时间内产生超级大的彼此作用的进程． 2．碰撞特征 (1)作历时间短． (2)作使劲转变快． (3)内力远大于外力． (4)知足动量守恒． 二、三种碰撞类型 1．弹性碰撞(1)动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′(2)机械能守恒：12m 1v 12＋12m 1v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2当v 2＝0时，有v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.(3)推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后互换速度．即v 1′＝v 2，v 2′＝v 1. 2．非弹性碰撞(1)动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ (2)机械能减少，损失的机械能转化为内能 |ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q 3．完全非弹性碰撞(1)动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共(2)碰撞中机械能损失最多|ΔE k |＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2三、碰撞现象知足的规律 1．动量守恒定律．2．机械能不增加(弹性碰撞机械能守恒、非弹性碰撞机械能减少)． 3．速度要合理．(1)碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v 后＞v 前(填“＜”“＝”或“＞”)，碰后原来在前的物体速度必然增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′. (2)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变． 四、爆炸和反冲运动 1．爆炸爆炸进程中的内力远大于外力，爆炸的各部份组成的系统总动量守恒． 2．反冲运动(1)物体在内力作用下割裂为两个不同部份而且这两部份向相反方向运动的现象． (2)反冲运动中，彼此作使劲一般较大，通常可以用动量守恒定律来处置．1．(多选)A 、B 两球在滑腻水平面上做相向运动，已知m A ＞m B ，当两球相碰后．其中一球停止，则可以判定( ) A ．碰前A 的动量等于B 的动量 B ．碰前A 的动量大于B 的动量C ．若碰后A 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量D ．若碰后B 的速度为零，则碰前A 的动量小于B 的动量 答案 CD2．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v 0竖直向下喷出质量为m 的灼热气体．忽略喷气进程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型取得的速度大小是( ) A.m Mv 0B.M mv 0C.MM －mv 0 D.mM －mv 0 答案 D3．(人教版选修3－5P21第2题)质量为m 、速度为v 的A 球跟质量为3m 的静止B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度允许有不同的值．请你论证：碰撞后B 球的速度可能是以下值吗？ (1)0.6v ；(2)0.4v ；(3)0.2v . 答案 (2)可能解析 ①若是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律：mv ＝mv 1＋3mv 212mv 2＝12mv 12＋12×3mv 22 得：v 1＝m －3m m ＋3m v ＝－12v v 2＝2m 4m v ＝12v②若是完全非弹性碰撞，则：mv ＝4mv ′ v ′＝14v因此14v ≤v B ≤12v ，因此只有(2)是可能的．4．(人教版选修3－5P24第1题)一个连同装备共有100kg 的宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45m 的位置与飞船处于相对静止状态．装备中有一个高压气源，能以50m/s 的速度喷出气体．宇航员为了能在10min 内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出多少气体？ 答案 0.15kg解析 设一次性向后喷出的气体质量为m ，宇航员连同装备总质量为M .取宇航员连同装备整体为研究对象，由动量守恒定律0＝(M －m )v 1－mv 2 x ＝v 1t 解得：m ≈0.15 kg.命题点一 碰撞问题分析物体的碰撞是不是为弹性碰撞的判断弹性碰撞是碰撞进程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变． (1)题目中明确告知物体间的碰撞是弹性碰撞．(2)题目中明确告知是弹性小球、滑腻钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞． 例1 如图1所示，一质量M ＝2kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B .从弧形轨道上距离水平轨道高h ＝0.3m 处由静止释放一质量m A ＝1kg 的小球A ，小球A 沿轨道下滑后与小球B 发生弹性正碰，碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g ＝10m/s 2.求小球B 的质量．图1①发生弹性正碰；②恰好追不上平台．答案 3kg解析 设小球A 下滑到水平轨道上时的速度大小为v 1，平台水平速度大小为v ，由动量守恒定律有0＝m A v 1－Mv由能量守恒定律有m A gh ＝12m A v 12＋12Mv 2联立解得v 1＝2 m/s ，v ＝1 m/s小球A 、B 碰后运动方向相反，设小球A 、B 的速度大小别离为v 1′和v 2，由于碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A 的速度等于平台的速度，有v 1′＝1 m/s 由动量守恒定律得m A v 1＝－m A v 1′＋m B v 2 由能量守恒定律有12m A v 12＝12m A v 1′2＋12m B v 22联立解得m B ＝3 kg.处置碰撞问题的思路和方式1．对一个给定的碰撞，首先要看动量是不是守恒，其次再看总动能是不是增加． 2．一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要知足能量守恒，注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系的判定．3．要灵活运用E k ＝p 22m 或p ＝2mE k ；E k ＝12pv 或p ＝2E kv几个关系式转换动能、动量．1．(多选)两个小球A 、B 在滑腻水平面上相向运动，已知它们的质量别离是m 1＝4kg ，m 2＝2kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( ) A ．均为1m/s B ．＋4 m/s 和－5m/s C ．＋2m/s 和－1 m/s D ．－1m/s 和5 m/s答案 AD解析 由动量守恒，可验证四个选项都知足要求．再看动能情况E k ＝12m 1v 12＋12m 2v 22＝12×4×9J ＋12×2×9J ＝27J E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞进程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽知足E k ≥E k ′，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能维持原来的速度方向(v A ′>0，v B ′<0)，这显然是不符合实际的，因此C 错误．验证选项A 、D 均满足E k ≥E k ′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．2．(多选)A 、B 两物体在滑腻水平面上沿同一直线运动，图2表示发生碰撞前后的v －t 图线，由图线可以判断( )图2A ．A 、B 的质量比为3∶2 B ．A 、B 作用前后总动量守恒C ．A 、B 作用前后总动量不守恒D ．A 、B 作用前后总动能不变 答案 ABD解析 按照动量守恒定律：m A ·6＋m B ·1＝m A ·2＋m B ·7，得：m A ∶m B ＝3∶2，故A 正确；根据动量守恒知A 、B 作用前后总动量守恒，B 正确，C 错误；作用前总动能：12m A ·62＋12m B ·12＝553m A ，作用后总动能：12m A ·22＋12m B ·72＝553m A ，可见作用前后总动能不变，D 正确． 3.如图3所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形滑腻轨道，其半径为R ＝0.1m ，半圆形轨道的底端放置一个质量为m ＝0.1kg 的小球B ，水平面上有一个质量为M ＝0.3kg 的小球A 以初速度v 0＝4.0m/s 开始向着小球B 滑动，经过时间t ＝0.80s 与B 发生弹性碰撞．设两小球均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A 与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，求：图3(1)两小球碰前A 的速度；(2)小球B 运动到最高点C 时对轨道的压力； (3)小球A 所停的位置距圆轨道最低点的距离． 答案 (1)2m/s (2)4N ，方向竖直向上 (3)0.2m解析 (1)碰前对A 由动量定理有：－μMgt ＝Mv A －Mv 0 解得：v A ＝2 m/s(2)对A 、B ：碰撞前后动量守恒：Mv A ＝Mv A ′＋mv B 碰撞前后动能维持不变：12Mv A 2＝12Mv A ′2＋12mv B 2由以上各式解得：v A ′＝1 m/s v B ＝3 m/s又因为B 球在轨道上机械能守恒：12mv C 2＋2mgR ＝12mv B 2解得：v C ＝ 5 m/s 在最高点C 对小球B 有：mg ＋F N ＝m v 2CR解得F N ＝4 N由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力的大小为4 N ，方向竖直向上．(3)对A 沿圆轨道运动时：12Mv A ′2＜MgR因此A 沿圆轨道运动到最高点后又原路返回到最低点，此时A 的速度大小为1 m/s.由动能定理得：－μMgs ＝0－12Mv A ′2，解得：s ＝0.2 m.命题点二 弹性正碰模型问题模型介绍：若是两个彼此作用的物体，知足动量守恒的条件，且彼此作用进程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性碰撞．例2 如图4所示，质量为M 的滑块静止在滑腻的水平面上，滑块的滑腻弧面底部与水平面相切，一质量为m 的小球以速度v 0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，求小球滑到最高点时滑块的速度大小．图4①滑腻的水平面上；②小球不能越过滑块；③小球滑到最高点．答案mv 0m ＋M解析 由该临界状态相对应的临界条件可知，小球抵达最高点时，小球和滑块两物体在水平方向具有相同的速度．由动量守恒定律可得：mv 0＝(m ＋M )v ，则滑块的速度为v ＝mv 0m ＋M.4.(多选)如图5所示，在滑腻水平面上停放质量为m 装有弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，抵达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )图5A ．小球在小车上抵达最高点时的速度大小为v 02B ．小球离车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离车后，对地将做自由落体运动D ．此进程中小球对车做的功为12mv 02答案 ACD解析 小球抵达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开小车时类似完全弹性碰撞，二者速度互换，故A 、C 、D 都是正确的． 命题点三 反冲运动及应用 1．反冲(1)现象：物体的不同部份在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的彼此作使劲(内力)较大，反冲运动中平均动量守恒，机械能往往不守恒．(3)实例：喷气式飞机、火箭等． 2．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，爆炸时物体间的彼此作使劲远远大于受到的外力，所以在爆炸进程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸进程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因此作用进程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以以为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动． 3．火箭取得的最终速度火箭发射前的总质量为M 、燃料燃尽后的质量为m ，火箭燃气的喷射速度为v 1，如图6所示，燃料燃尽后火箭的飞行速度v 为多大？ 在火箭发射进程中，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(M －m )v 1－mv (以火箭的速度方向为正方向) 则：(M －m )v 1－mv ＝0图6所以v ＝(Mm－1)v 1燃料燃尽时火箭取得的最终速度由喷气速度及质量比M m决定．例3 一火箭喷气发动机每次喷出m ＝200g 的气体，气体离开发动机喷出时的速度v ＝1000m/s.设火箭质量M ＝300kg ，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1s 末，火箭的速度为多大？ 答案 (1)2m/s (2)13.5 m/s解析 (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v 3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得： (M －3m )v 3－3mv ＝0，故v 3＝3mvM －3m≈2 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，按照动量守恒定律得：(M －20m )v 20－20mv ＝0，故v 20＝20mvM －20m≈13.5 m/s.5．输送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( ) A ．燃料推动空气，空气反作使劲推动火箭B ．火箭发动机使劲将燃料产生的气体向后推出，气体的反作使劲推动火箭C ．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作使劲推动火箭D ．火箭燃料燃烧发烧，加热周围空气，空气膨胀推动火箭 答案 B“人船模型”问题的特点和分析1．“人船模型”问题两个原来静止的物体发生彼此作历时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在彼此作用的进程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．2．人船模型的特点(1)两物体知足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0.(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1. (3)应用此关系时要注意一个问题：公式v 一、v 2和x 一般都是相对地面而言的．典例1 如图7所示，长为L 、质量为M 的小船停在静水中，质量为m 的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？图7答案mm＋MLMm＋ML解析设任一时刻人与船的速度大小别离为v一、v2，作用前都静止．因整个进程中动量守恒，所以有mv1＝Mv2.而整个进程中的平均速度大小为v一、v2，则有m v1＝M v2.两边乘以时间t有m v1t＝M v2t，即mx1＝Mx2.且x1＋x2＝L，可求出x1＝Mm＋ML，x2＝mm＋ML.典例2如图8所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于滑腻水平面上，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( )图8A.mhM＋mB.MhM＋mC.mh(M＋m)tanαD.Mh(M＋m)tanα答案 C解析此题属“人船模型”问题．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为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2.①且x1＋x2＝htan α. ②由①②可得x2＝mh(M＋m)tan α，故选C.“人船模型”问题应注意以下两点1．适用条件：(1)系统由两个物体组成且彼此作用前静止，系统总动量为零；(2)在系统内发生相对运动的进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．题组1 碰撞问题的分析1．两球A 、B 在滑腻水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1kg ，m B ＝2kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v A ′＝5 m/s ，vB ′＝2.5 m/sB ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/sC ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/sD ．v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s答案 B解析 虽然题中四个选项均知足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57J ，大于碰前的总动能E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝22J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．2．(多选)如图1甲所示，在滑腻水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量别离为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的x －t 图象．已知m 1＝0.1kg.由此可以判断( )图1A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．m 2＝0.3kgD ．碰撞进程中系统损失了0.4J 的机械能答案 AC解析 由x －t 图象的斜率取得，碰前m 2的位移不随时间而转变，处于静止状态．m 1速度大小为v 1＝Δx Δt＝4 m/s ，方向只有向右才能与m 2相撞．故A 正确； 由图读出，碰后m 2的速度为正方向，说明向右运动，m 1的速度为负方向，说明向左运动．故B 错误；由图求出碰后m 2和m 1的速度别离为v 2′＝2 m/s ，v 1′＝－2 m/s ，根据动量守恒定律得，m 1v 1＝m 2v 2′＋m 1v 1′，代入解得，m 2＝0.3 kg.故C 正确；碰撞进程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2，代入解得，ΔE ＝0 J ．故D 错误．题组2 含弹簧的碰撞问题3．(多选)质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿滑腻水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图2所示，碰撞时间极短，在此进程中，下列情况可能发生的是( )图2A ．M 、m 0、m 速度均发生转变，别离为v 一、v 二、v 3，而且知足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋m 0v 2＋mv 3B ．m 0的速度不变，M 和m 的速度变成v 1和v 2，而且知足Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．m 0的速度不变，M 和m 的速度都变成v ′，且知足Mv ＝(M ＋m )v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生转变，M 、m 0速度都变成v 1，m 的速度变为v 2，且知足(M ＋m )v 0＝(M ＋m )v 1＋mv 2答案 BC解析 碰撞的刹时M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变成v 1和v 2，由动量守恒定律得：Mv ＝Mv 1＋mv 2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得：Mv ＝(M ＋m )v ′.4.如图3所示，质量为m 2＝2kg 和m 3＝3kg 的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m 2、m 3不拴接)．质量为m 1＝1kg 的物体以速度v 0＝9m/s 向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m 3物体发射出去，m 3与m 1碰撞后粘合在一起．试求：图3(1)m 3的速度至少为多大，才能使以后m 3和m 2不发生碰撞？(2)为保证m 3和m 2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？答案 (1)1m/s (2)3.75J解析 (1)设m 3发射出去的速度为v 1，m 2的速度为v 2，以向右的方向为正方向，对m 二、m 3，由动量守恒定律得：m 2v 2－m 3v 1＝0.只要m 1和m 3碰后速度不大于v 2，则m 3和m 2就不会再发生碰撞，m 3和m 2恰好不相撞时，二者速度相等．对m 一、m 3，由动量守恒定律得：m 1v 0－m 3v 1＝(m 1＋m 3)v 2解得：v 1＝1 m/s即弹簧将m 3发射出去的速度至少为 1 m/s(2)对m 二、m 3及弹簧，由机械守恒定律得：E p ＝12m 3v 12＋12m 2v 22＝3.75 J.题组3 碰撞模型的拓展5．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在滑腻的水平冰面上．此刻，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几回以后，甲和乙最后的速度关系是( )A ．若甲最先抛球，则必然是v 甲＞v 乙B ．若乙最后接球，则必然是v 甲＞v 乙C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙D ．无论如何抛球和接球，都是v 甲＞v 乙答案 B6．如图4所示，具有必然质量的小球A 固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O 点．用手将小球拉至水平，此时小车静止于滑腻水平面上，放手让小球摆下与B 处固定的橡皮泥碰击后粘在一路，则在此进程中小车将( )图4A ．向右运动B ．向左运动C ．静止不动D ．小球下摆时，车向左运动后又静止答案 D解析 水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒．小球下落进程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动．当撞到橡皮泥，是完全非弹性碰撞，A 球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止．7．如图5所示，滑腻水平面上有三个滑块A 、B 、C ，质量关系是m A ＝m C ＝m 、m B ＝m 2.开始时滑块B 、C 紧贴在一路，中间夹有少量火药，处于静止状态，滑块A 以速度v 0正对B 向右运动，在A 未与B 碰撞之前，引爆了B 、C 间的炸药，炸药爆炸后B 与A 迎面碰撞，最终A 与B 粘在一起，以速度v 0向左运动．求：图5(1)火药爆炸进程中火药对C 的冲量；(2)火药的化学能有多少转化为机械能？答案 观点析解析 (1)全进程，A 、B 、C 组成的系统动量守恒m A v 0＝－(m A ＋m B )v 0＋m C v C火药对C 的冲量：I ＝m C v C －0解得：I ＝52mv 0，方向向右 (2)火药爆炸进程，B 和C 组成的系统动量守恒m C v C －m B v B ＝0据能量关系：ΔE ＝12×m 2v B 2＋12mv C 2 解得：ΔE ＝758mv 02. 8．如图6所示，滑腻水平轨道右边与墙壁连接，木块A 、B 和半径为0.5m 的14光滑圆轨道C 静置于光滑水平轨道上，A 、B 、C 质量分别为1.5kg 、0.5kg 、4kg.现让A 以6 m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s ，碰后速度大小变为4 m/s.当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动，已知g ＝10 m/s 2，求：图6(1)A 与墙壁碰撞进程中，墙壁对小球平均作使劲的大小；(2)AB 第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h .答案 (1)50N (2)0.3m解析 (1)A 与墙壁碰撞进程，规定水平向左为正，对A 由动量定理有：Ft ＝m A v 2－m A (－v 1)解得F ＝50 N(2)A 与B 碰撞进程，对A 、B 系统，水平方向动量守恒有：m A v 2＝(m B ＋m A )v 3A 、B 滑上斜面到最高点的进程，对A 、B 、C 系统，水平方向动量守恒有：(m B ＋m A )v 3＝(m B ＋m A ＋m C )v 4由能量关系：12(m B ＋m A )v 32＝12(m B ＋m A ＋m C )v 42＋(m B ＋m A )gh 解得h ＝0.3 m.。
