备考2019年高考物理一轮复习文档第六章第2讲动量守恒定律练习

6.1 动量动量定理高效演练·创新预测1.(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。

F随时间t 变化的图线如图所示,则 ( )A.t=1 s时物块的速率为1 m/sB.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t=4 s时物块的速度为零【解析】选A、B。

对物块,由动量定理可得:Ft=mv,解得v=,t=1 s的速率为v=1 m/s,A正确;在F-t图中面积表示冲量,故t=2 s时物块的动量大小p=Ft=2×2 kg·m/s=4 kg·m/s,t=3 s时物块的动量大小为p′=(2×2-1×1) kg·m/s=3 kg·m/s,B正确,C错误;t=4 s时物块的动量大小为p″=(2×2-1×2) kg·m/s=2 kg·m/s,故t=4 s时物块的速度为1 m/s,D错误。

2.(多选)(2018·济南模拟)一质量为4 kg的物体受到水平拉力的作用,在光滑水平面上做初速度为零的加速直线运动,其运动的a-t图象如图所示,则( )A.物体做匀加速直线运动B.在t=3 s时刻,物体的动量为12 kg·m/sC.在6 s时间内,水平拉力对物体做功为32 JD.在t=6 s时刻,水平拉力的功率为192 W【解析】选B、D。

由图可知,物体的加速度增大,所以不是匀加速直线运动,故A错误;由图可知,物体的加速度与时间成正比,开始时物体的加速度等于0,在6 s时刻的加速度等于4 m/s2,可知在3 s时刻物体的加速度等于2 m/s2,根据Δv=aΔt可知a-t图象中,图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量,则在t=3 s时刻,物体的速度v3=Δv=×2×3 m/s=3 m/s,则3 s时刻物体的动量为p=mv3=4×3 kg·m/s=12 kg·m/s,故B正确;在t=6 s时刻,物体的速度v6=Δv′=×4×6 m/s=12 m/s,根据动能定理得W合=ΔE k=m-0=×4×122J=288 J,故C错误;在t=6 s时刻,根据牛顿第二定律得F=ma=4×4 N=16 N,则在t=6 s时刻,拉力F的功率P=Fv6=16×12 W=192 W,故D正确。

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第2讲动量守恒定律及其应用［课时作业] 单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．（2018·黑龙江大庆模拟）两球在水平面上相向运动,发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的( )A．质量相等B．动能相等C．动量大小相等D．速度大小相等解析:两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒,两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C正确．答案：C2。

（2018·山东济南检测)如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里,一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dPa打到屏MN上的a点,通过Pa段用时为t。

若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒,最终打到屏MN上．两个微粒所受重力均忽略．新微粒运动的( )A．轨迹为Pb，至屏幕的时间将小于tB．轨迹为Pc，至屏幕的时间将大于tC．轨迹为Pb，至屏幕的时间将等于tD．轨迹为Pa，至屏幕的时间将大于t解析：碰撞过程中动量守恒mv＝（m＋Δm)v′，据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式R＝错误!可知新粒子的轨迹不变．由于新粒子的速度v′＜v,因此运动时间变长，正确选项为D.答案：D3.一枚火箭搭载着卫星以速率v0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，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽1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v1为（）A．v0－v2B．v0＋v2C．v0－错误!v2D．v0＋错误!(v0－v2）解析：火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有(m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋错误!（v0－v2)，D项正确．答案：D4。

第六章动量和动量守恒定律综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：60分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。

1～5题为单选，6～8题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2018·广东揭阳月考)如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人。

原来车和人都静止。

当人从左向右行走的过程中导学号 21993456( D )A．人和车组成的系统水平方向动量不守恒B．人和车组成的系统机械能守恒C．人和车的速度方向相同D．人停止行走时，人和车的速度一定均为零[解析]人和车组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，故A错误。

人和车组成的系统，初状态机械能为零，一旦运动，机械能不为零，可知人和车组成的系统机械能不守恒，故B错误。

人和车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量为零，可知人和车的速度方向相反，当人的速度为零时，车的速度也为零，故C错误，D正确。

2．(2018·河南灵宝中学检测)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。

将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。

从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是导学号 21993457( A ) A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力[解析]A、B项，绳子对人的拉力的方向始终向上，则绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力做负功。

由牛顿第二定律知，当绳子向上的拉力小于人的竖直向下的重力时，人的速度不断增大；随着人不断下落，绳子不断伸长，绳子的拉力不断增大，当绳子的拉力等于人的重力时，人的速度达到最大；此后绳子的拉力大于人的重力，人的速度不断减小则人的动量和动能都先增大后减小，故A项正确，B项错误。

C项，当绳子的拉力等于人的重力时，人的动能达到最大，故C项错误。

第2讲动量守恒定律板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】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①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。

②m1v1＋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。

③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。

④Δp＝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力为零时，系统在该方向上动量守恒。

【知识点2】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．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，且常伴有其他形式能向动能的转化。

(2)反冲运动的过程中，如果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。

5．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。

板块二考点细研·悟法培优考点1动量守恒定律[深化理解]1．动量守恒的“五性”(1)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。

第2讲 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲1.(2015·高考福建卷)如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动解析：选D.选向右为正方向，则A 的动量p A ＝m ·2v 0＝2mv 0，B 的动量p B ＝－2mv 0.碰前A 、B 的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A 、B 的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D 符合题意．2.2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A 队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量p A ＝5 kg ·m/s ，花色球静止，白色球A 与花色球B 发生碰撞后，花色球B 的动量变为p ′B ＝4 kg ·m/s ，则两球质量m A 与m B 间的关系可能是( )A ．mB ＝m AB ．m B ＝14m AC ．m B ＝16m AD ．m B ＝6m A解析：选A.由动量守恒定律得p A ＋p B ＝p ′A ＋p ′B ，解得p ′A ＝1 kg ·m/s ，根据碰撞过程中总动能不增加，则有p 2A 2m A ≥p ′2A 2m A ＋p ′2B 2m B ，代入数据解得m B ≥23m A ，碰后两球同向运动，白色球A 的速度不大于花色球B 的速度，则p ′A m A ≤p ′B m B ，解得m B ≤4m A ，综上可得23m A ≤m B ≤4m A ，选项A 正确． 3.如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m/s 的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m 0＝0.1 kg的子弹以v 0＝179 m/s 的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g ＝10 m/s 2)．解析：设子弹射入木块后的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有 m 0v 0－mv ＝(m ＋m 0)v 1①代入数据解得v 1＝8 m/s. 它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s ＝6 m 时，它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有(m ＋m 0)v 1－Mv ＝(m ＋m 0＋M )v 2② 由能量守恒定律有Q ＝μ(m ＋m 0)gs ＝12(m ＋m 0)v 21＋12Mv 2－12(m ＋m 0＋M )v 22 ③联立①②③并代入数据解得μ＝0.54.答案：0.544．(2015·高考全国卷Ⅱ)两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．解析：(1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s① v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得v ＝23m/s③ 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v④ 联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8.⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2 ⑥ 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W ∶ΔE ＝1∶2.答案：(1)1∶8 (2)1∶2。

第2节动量守恒定律及其应用知识点1 动量守恒定律及其表达式1．动量守恒定律的内容一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量就保持不变．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)．知识点2 动量守恒的成立条件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．如碰撞、打击、爆炸等过程，动量均可认为守恒．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．知识点3 碰撞、反冲和爆炸问题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：2.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．在相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．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．1．正误判断(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)在爆炸现象中，动量严格守恒．(×)(4)在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×)(5)动量守恒时，机械能不一定守恒．(√)2．[判断动量是否守恒]如图6­2­1所示的装置中，木块B 与水平桌面间是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后，停在木块内．将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )图6­2­1A ．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 [由于子弹射入木块过程中，二者间存在着摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，故整个过程中动量、机械能均不守恒．]3．[分析系统的动量特点](多选)如图6­2­2所示，半径和动能相等的两小球相向而行．甲球质量m 甲大于乙球质量m 乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况( )【导学号：】图6­2­2A ．甲球速度为零，乙球速度不为零B ．两球速度都不为零C ．乙球速度为零，甲球速度不为零D ．两球都以各自原来的速率反向运动AB [首先根据两球动能相等，12m 甲v 2甲＝12m 乙v 2乙，得出两球碰前动量大小之比为：p 甲p 乙＝m 甲m 乙，因m 甲＞m 乙，则p 甲＞p 乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A 、B 所述情况，而C 、D 情况是违背动量守恒定律的，故C 、D 情况是不可能的．]4．[动量守恒定律的应用]某同学质量为60 kg ，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s 的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg ，原来的速度大小是0.5 m/s ，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则( )A ．人和小船最终静止的水面上B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/sC．船最终的速度是0.95 m/sD．该过程船的动量变化量是70 kg·m/sB [规定人原来的速度方向为正方向．设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力m人＋m船v，解得：v＝0.25 m/s，为零，系统的动量守恒，则由动量守恒得：m人v人－m船v船＝()方向与船原来的速度方向相反，故A、C错误；该同学动量的变化量：Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105 kg·m/s，因系统动量过恒，所以船的动量的变化量为105 kg·m/s，故B正确，D错误．]1.方法一：直接由动量守恒的条件判断．方法二：系统所受的合外力是否为零不很明确时，直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少的话，则系统的动量一定不守恒．[题组通关]1．(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图6­2­3所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图6­2­3A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒BC[动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a尚未离开墙壁前，a 和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．]2．(多选)如图6­2­4所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )【导学号：】图6­2­4A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒BCD[如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A向右，F B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F A∶F B ＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错．对A、B、C 组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．]1.(1)动量守恒(2)机械能不增加(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，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．2．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．3．爆炸现象的三个规律(1)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．[多维探究]●考向1 爆炸与反冲问题1．(多选)有关实际生活中的现象，下列说法正确的是( )A ．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B ．体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作用力C ．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D ．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好ABC [火箭靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力，从而获得巨大速度，A 正确；体操运动员在着地时曲腿是为了延长作用时间来减小地面对运动员的作用力，B 正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，需要兼顾延长作用时间，减小作用力，D 错误；故选A 、B 、C.]2．以与水平方向成60°角斜向上的初速度v 0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2v 0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？【导学号：】【解析】 (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v 1＝v 0cos 60°＝v 02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3mv 1＝2mv 1′＋mv 2又v 1′＝2v 0解得v 2＝－2.5v 0，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ΔE ＝ΔE k ＝12(2m )v 1′2＋12mv 22－12(3m )v 21＝274mv 20. 【答案】 (1)2.5v 0，方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)274mv 20 ●考向2 碰撞问题3．(多选)如图6­2­5甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的s ­t 图象．已知m 1＝0.1 kg ，由此可以判断( )甲 乙图6­2­5A ．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＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能AC [由图乙可以看出，碰前m 1的位移随时间均匀增加，m 2的位移不变，可知m 2静止，m 1向右运动，故A 正确．碰后一个位移增大，一个位移减小，说明两球运动方向不一致，即B 错误．由图乙可以算出碰前m 1的速度v 1＝4 m/s ，碰后的速度v 1′＝－2 m/s ，碰前m 2的速度v 2＝0，碰后的速度v 2′＝2 m/s ，由动量守恒m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，计算得m 2＝0.3 kg ，故C 正确．碰撞过程中系统损失的机械能ΔE ＝12m 1v 21－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，因此D 错误．]4．(2015·全国卷Ⅰ)如图6­2­6所示，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图6­2­6【解析】 A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1① 12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1 ②联立①②式得 v A 1＝m －M m ＋Mv 0 ③ v C 1＝2m m ＋M v 0 ④如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0 ⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得 m 2＋4mM －M 2≥0⑦ 解得m ≥(5－2)M⑧另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M .⑨【答案】 (5－2)M ≤m <M 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：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0. 当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度．3．因碰撞过程发生在瞬间，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．(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．2．解决动力学问题的三个基本观点●考向1 应用动量的观点解决问题1．(多选)(2017·湛江模拟)如图6­2­7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4.0m/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 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )图6­2­7A ．2.1 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/sAB [以A 、B 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，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＝2.67m/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 做加速运动的时间内B 的速度范围为：2 m/s ＜v B ＜2.67 m/s ，故选项A 、B 正确．]2．如图6­2­8所示，m A ＝1 kg ，m B ＝4 kg ，小物块m C ＝1 kg ，ab 、dc 段均光滑，dc 段足够长；物体A 、B 上表面粗糙，最初均处于静止．最初小物块C 静止在a 点，已知ab 长度L ＝16 m ，现给小物块C 一个水平向右的瞬间冲量I 0＝6 N·s.图6­2­8(1)当C 滑上A 后，若刚好在A 的右边缘与A 具有共同的速度v 1(此时还未与B 相碰)，求v 1的大小．(2)A 、C 共同运动一段时间后与B 相碰，若已知碰后A 被反弹回来，速度大小为0.2 m/s ，C 最后和B 保持相对静止，求B 、C 最终具有的共同速度v 2.【解析】 (1)对物块C ，由动量定理，取向右为正方向I 0＝m C v 0－0，v 0＝I 0m C＝6 m/s 从C 滑到A 的右边缘的过程中，由于F 合＝0，所以A 、C 系统动量守恒，以v 0方向为正，m C v 0＝(m C ＋m A )v 1，所以v 1＝3 m/s.(2)以v 0方向为正，A 、C 一起向右运动到与B 相碰后，C 将滑上B 做减速运动，直到与B 达到共同的速度，整个过程动量守恒，有：(mC ＋m A )v 1＝－m A v A ＋(m B ＋m C )v 2，所以v 2＝1.24m/s.【答案】 (1)3 m/s (2)1.24 m/s●考向2 应用动量和能量的观点综合解决问题3．(2016·全国丙卷)如图6­2­9所示，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34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0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.【导学号：】图6­2­9【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 20>μmgl ①即μ<v 202gl② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv ′1＋34mv ′2④ 12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22 ⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1 ⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl ⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl. ⑨【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl●考向3 动量、能量、牛顿运动定律的综合应用4．(2017·衡阳模拟)如图6­2­10所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切．质量m 2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图6­2­10(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做功W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ；(3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小．【解析】 (1)小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：m 1gR ＋W f ＝12m 1v 21 小球在最低点，根据牛顿第二定律：F N －m 1g ＝m 1v 21R联立可得：W f ＝－0.4 J.(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用，达到共同速度v 2过程中，由动量关系： m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2由能量转化和守恒：12m 1v 21＝12(m 1＋m 2)v 22＋E p 联立可得：E p ＝0.2 J.(3)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 后来速度为v 3，b 后来速度为v 4，由动量关系：m 1v 1＝m 1v 3＋m 2v 4由能量转化和守恒：12m 1v 21＝12m 1v 23＋12m 2v 24 根据动量定理有：I ＝m 2v 4联立可得：I ＝0.4 N·s.【答案】 (1)0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s力学规律的选用原则1．求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律列式解决，有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑运用动量定理．在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理．3．若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件．4．在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量．5．在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这类问题因作用时间极短，动量守恒定律通常能用得上．。

第六章动量守恒定律章末综合测试（六）（时间：60分钟分数：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.（2017・天津理综）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是（）A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B.在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程屮，乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：B本题考查匀速圆周运动.乘客在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，而在上升过程屮重力势能增加，机械能增加，下降过程中则相反，A错误.在最高点时，乘客具有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，故B正确.因重力恒定，重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积，故重力冲量一定不为零，C错误.重力的瞬时功率宀/殆・r- cos a , 其屮Q是瞬时速度7的方向与重力方向Z间的夹角，故重力的瞬时功率不会保持不变，D 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, 力、〃用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示.则在子弹打,〃/〃〃〉〃〃〉〃〃〃〃〃〃〃〃、/〃〉〃〃, 击木块月及弹簧被压缩的过程屮，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（）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：C在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力之和为零，动量守恒, 但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒.3.-弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度r=2 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3 : 1,不计质量损失，取重力加速度^=10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）解析：B 弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒.因两弹片均水平飞出，飞行时I'nJ t=\ /—=1 s,収向右为正，由水平速度卩=£知，选项A 屮，y 甲=2. 5m/s,V g ty 乙=—0. 5m/s ；选项 B 中，卩甲=2. 5m/s, u 乙=0. 5 m/s ；选项 C 中，y 甲=1 m/s, u 乙=2 m/s ；选项D 中，卩甲=—1 m/s, v 乙=2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒,故mv=/n 甲v 甲+加乙v3 1乙，其中刃甲=［刃，刃乙=严 v=2 m/s,代入数值计算知选项B 正确.4. 如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为必 的斜面，斜面表面光滑、高度为力、倾角为〃•一质量为/〃（冰胁 的小物块以一定的初速度沿水平而向右运动，不计冲上斜而过程 屮的机械能损失.如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端.如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（）解析：D 若斜面固定，由机械能守恒定律可得*〃/=/〃妙；若斜面不固定，系统水平方 向动量守恒，有mv= （J/+/72） ri,市机械能守恒定律可得如M=/ngH +*（』/+刃）rl.联立以上各4/式可得力'故D 正确.5. （2017 •重庆一模）如图所示，为某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实 验数据得到的位移一时间图象.图屮的线段日、厶c 分别表示光滑水平面上沿同一条直线运 动的滑块I 、II 和它们发生正碰后结合体的位移变化关系，己知相互作用时间极短，由图象 给出的信息可知（）z m • CDA. hC 环B. D. mM+ni 2 M M+n!1A. 碰前滑块I 与滑块II 速度大小之比为7 : 2B. 碰前滑块I 的动量比滑块II 的动量大C. 碰前滑块I 的动能比滑块II 的动能小D. 滑块I 的质量是滑块II 的质量的右4=—2 m/s,大小为2m/s,滑块II 的速度为m/s = O. 8 m/s,则碰前速度大小之比为5 :2,故A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块I 速度为负，动量为负，滑块II 的速 度为正，动量为正，由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块I 的动量 比滑块II 小，故B 错误；碰撞后的共同速度为7=竽 m/s = 0.4m/s,根据动量守恒定律,1 2E 尹巧25 有：励旳+ /〃心=伽+他）卩，代入数据解得：他=6例，可知D 正确；方= ---- =斯，知C 错77他谥误.6. 质量为1 kg 的小球以4 ni/s 的速度与质量为2 kg 的静止小球正碰，关于碰后的速 度r/和专，下列可能正确的是（）4 A. v\f = vz =~ m/sB. v\f= —1 m/s, vz =2.5 m/s C. V\f— 1 m/s, Vi 1— 3 m/s D ・ v\ =3 m/s, V2 =0. 5 m/s解析：AB 对于碰撞问题要遵循三个原则：动量守恒、碰后系统的机械能不增加和碰撞 过程要符合实际情况.经检验，选项A 、B 满足碰撞过程应遵循的三个原则，所以A 、B 止确.7. 一静止的铝原子核似1俘获一速度为1.0X107 m/s 的质子p 后，变为处于激发态的 硅原子核器Si ：下列说法正确的是（）A. 核反应方程为P + B AI —iiSi*解析：D 根据s — t 图象的斜率表示速度，则得：碰撞前滑块I 的速度为：4一14 5m/ sB.核反应过程中系统动量守恒C.核反应过程中系统能量不守恒D.核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和E.硅原子核速度的数量级为10’ m/s,方向与质子初速度的方向一致解析：ABE核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，A项正确；微观粒子相互作用过程中，满足动量守恒定律，B项正确；题述核反应过程属于“二合一”形式的完全非弹性碰撞，机械能有损失，但对于封闭的系统，能量仍然守恒，C项错误；核反应过程屮的机械能有损失，故存在质量亏损现象，D项错误；硅原子质量约是质子质量的28倍，由动量守恒定律知，加巾=28加“所以硅原子核速度数量级为1(T in/s,方向与质子初速度的方向一致，E项正确.8.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，日一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.广=6 s时，物体的速度为20 m/sB.在0.6 s内，合力对物体做的功为400 JC.在0.6 s内，拉力对物体的冲量为36 N・sD.Z = 6 s时，拉力尸的功率为200 W解析：AD类比速度图象中位移的表示方法可知，在加速度一时间图象屮图线与横轴所围而积表示速度变化量，在0〜6 s内A r=18 m/s,又知旳=2 m/s,则f=6 s时的速度v =20 m/s, A正确；由动能定理可知，0~6 s内，合力做的功为“—如当诚=396 J, B错误；由动量定理可知，If'—Fi' • t—mv—mv^y解得厶=48 N・s, C错误；由牛顿第二定律可知，6 s末F—Fm,解得尸=10 N,所以拉力的功率P=Fv=2W W, D正确.二、非选择题(本大题共3小题，第9、10题各16分，第11题20分，共52分)9.(1)如图甲所示，一个质量为刃的物体，初速度为旳，在水a平合外力用恒力)的作用下，经过一段时间/后，速度变为仏请LZL 甲根据上述情景，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式屮等号两边物理量的物理意义.(2)高空坠物很危险.一球形面团，质量为1 kg,从20 m高的楼层上掉下，落在坚硬的水泥地面上，被摔成薄片，若面团与地面的作用时间约0.01 s, g取10 m/s2,试估算地面受到平均冲力的大小.(3)如图乙所示，自动称米机已被广泛使用.称米时，打开阀门，米粒就以每秒〃千克的恒定流量流进放在秤上的容器.当秤的示数达到顾客所要求的数量时，在出口处关闭阀门，切断米流.米粒在出口处速度很小，可视为零.对上述现象，买卖双方引起了争论.买方认为: 因为米粒落到容器中时有向下的冲力而不划算；卖方则认为：当达到顾客所耍求的数量时, 切断米流，此时尚有一些米在空中，这些米是多给买方的.请谈谈你的看法，并根据所学的知识给出合理的解释.解析：（1）根据牛顿第二定律尸=朋（1分）v t— vh加速度定义臼=―（1分）解得Ft=mv-niv…即动量定理（1分）&表示物体所受合力的冲量（1分）/nv—mvo表示物体动量的变化（1分）（2）面团刚落地时/=2劲（1分）卩=20 m/s与地面碰撞过程，以竖直向上为正方向（1分）由动量定理得（尸一飓）t=0~（—沏（1分）面团受到支持力尸=2 010 \（1分）根据牛顿第三定律，地面受到的平均冲力尸冲=2 010 N（1分）（3）米粒的流量是恒定的，关闭阀门就能在出口处切断米流.若切断米流时，盛米容器屮静止的那部分米的质量为加空中正在下落的米的质量为心冈1|落到已静止的米堆伽）上的一部分米的质量为△规这部分米对静止部分的米的冲力为尺（1分）刚切断米流时，称米机的读数为胚=朋+ "曲分）最终称米机的读数为朋=例+规+人刃（1分）取△刃为研究对象，在A十吋I'可内，有5=d・△ t,设其落到米堆上之前的速度为r, 经时间△广静止，根据动量定理得（F — A mg） A ^=0 —（― A mv）（1分）设米从出口处落到盛米容器中的米表而所用的时间为&则加=d・t, v=g认1分）解得dv= nbg,即F =//kg+分）根据牛顿第三定律知F=F ,刚切断米流时，称米机的读数为Mi=nh + F/g= nh++ △刃（1分）必=施（1分）可见，双方的说法都不正确.自动称米机是准确的，不存在谁划算谁不划算的问题.答案：（1）见解析（2）2 010 N （3）见解析10.如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地而与水而的距离为〃用水泵从水池抽水（抽水过程屮〃保持不变），龙头离地面高力，水管横截面积为S,水的密度为Q,重力加速度为g,不计空气阻力.（1）水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10力.设管口横截面上各处水的速度都相同.求：a.每秒内从管口喷出的水的质量加；b.不计额外功的损失，水泵输出的功率尺（2）在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一喷头，如图2所示.让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力.由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响.求水流落地前瞬间的速度大小K解析：（1）乩水从管口沿水平方向喷出做平抛运动，设水喷岀时速度为O落地时间为竖直方向力=*纟产水平方向10力=旳广时间方0内喷出的水的质量m= P V= p v Q toS （1分）（1分）（1分）每秒喷出的水的质量规=#to联立以上各式解得规=5 Q 乂网b.时间Fo内水泵输出功W=z?7g（〃+力）刃说（1分）（1分）（2分）W 输出功率P=-to （1分）解得P=5P簸（〃+26力（2）取与地面作用的一小部分水A /〃为研究对象根据动量定理尸・卜t=卜III • v （2分）（2分）解得$ 5 P S\）2g/]答案：⑴ a.5pS\[^ b. 5。

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第2讲动量守恒定律板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分。

其中1～4为单选,5～10为多选) 1．［2018·长春一中月考］光滑水平面上半径相等的两金属小球A和B相向运动并发生对心碰撞，碰后两球均静止，若两球的质量之比为m A∶m B＝1∶3，则两球碰前的速度关系为( ）A．方向相同，大小之比为1∶3B．方向相同，大小之比为3∶1C．方向相反，大小之比为1∶3D．方向相反,大小之比为3∶1答案D解析根据动量守恒,m A v A－m B v B＝0，所以错误!＝错误!＝错误!,D正确。

2．[2017·安徽合肥一模］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答案A解析取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0。

第2讲动量守恒定律及“三类模型”问题一、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．2．表达式(1)p＝p′，系统相互作用前总动量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变化量等大反向．(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，则系统在这一方向上动量守恒．自测1关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒答案 C二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞．(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒．(3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失．②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失．③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大．2．反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、发射火箭等．(3)规律：遵从动量守恒定律．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒．如爆竹爆炸等．自测2如图1所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )图1A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动答案 D解析以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误.命题点一动量守恒定律的理解和基本应用例1(2018·湖北省仙桃市、天门市、潜江市期末联考)如图2所示，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( )图2A．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答案 D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＝1∶2，由摩擦力公式f＝μN＝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．变式1(多选)(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图3所示，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，下列说法正确的是( )图3A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒B．若物体滑动中有摩擦力，则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相同D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同答案BCD解析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，则系统动量一直守恒，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相同的，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．例2 (2017·全国卷Ⅰ·14)将质量为1.00kg 的模型火箭点火升空，50g 燃烧的燃气以大小为600m/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 ．30kg·m/s B ．5.7×102kg·m/s C ．6.0×102kg·m/s D ．6.3×102kg·m/s答案 A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＝50×10－3×600kg·m/s＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，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＝30kg·m/s，所以A 正确，B 、C 、D 错误． 变式2 (2018·江西省七校第一次联考)一质量为M 的航天器远离太阳和行星，正以速度v 0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质量为m 的气体，气体向后喷出的速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小v 2等于(v 0、v 1、v 2均为相对同一参考系的速度)( ) A.M ＋m v 0－mv 1MB.M ＋m v 0＋mv 1MC.Mv 0＋mv 1M －mD.Mv 0－mv 1M －m答案 C解析 以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv 0＝－mv 1＋(M －m )v 2 解得v 2＝Mv 0＋mv 1M －m，故选C. 命题点二 碰撞模型问题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p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2(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．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⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2②解得v 1′＝m 1－m 2v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝m 2－m 1v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度． 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则：v 1′＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2，①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度． ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动． ③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来．例3 (2018·广东省湛江市第二次模拟)如图4所示，水平地面放置A 和B 两个物块，物块A 的质量m 1＝2kg ，物块B 的质量m 2＝1kg ，物块A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现对物块A 施加一个与水平方向成37°角的外力F ，F ＝10N ，使物块A 由静止开始运动，经过12s 物块A 刚好运动到物块B 处，A 物块与B 物块碰前瞬间撤掉外力F ，物块A 与物块B 碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A 、B 两物块均可视为质点，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图4(1)计算A 与B 两物块碰撞前瞬间物块A 的速度大小；(2)若在物块B 的正前方放置一个弹性挡板，物块B 与挡板碰撞时没有能量损失，要保证A 和B 两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B 的距离L 不得超过多大？答案 (1)6m/s (2)L 不得超过3.4m 解析 (1)设物块A 与物块B 碰前速度为v 1，由牛顿第二定律得：F cos37°－μ(m 1g －F sin37°)＝m 1a 解得：a ＝0.5m/s 2则速度v 1＝at ＝6m/s(2)设A 、B 两物块相碰后A 的速度为v 1′，B 的速度为v 2 由动量守恒定律得：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2 由机械能守恒定律得：12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22联立解得：v 1′＝2m/s 、v 2＝8 m/s对物块A 用动能定理得：－μm 1gx A ＝0－12m 1v 1′2解得：x A ＝0.4m对物块B 用动能定理得：－μm 2gx B ＝0－12m 2v 22解得：x B ＝6.4m物块A 和物块B 能发生第二次碰撞的条件是x A ＋x B >2L ， 解得L <3.4m即要保证物块A 和物块B 能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B 的距离L 不得超过3.4m.拓展点1 “滑块—弹簧”碰撞模型例4 (2018·山东省临沂市一模)如图5所示，静止放置在光滑水平面上的A 、B 、C 三个滑块，滑块A 、B 间通过一水平轻弹簧相连，滑块A 左侧紧靠一固定挡板P ，某时刻给滑块C 施加一个水平冲量使其以初速度v 0水平向左运动，滑块C 撞上滑块B 的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35J ，此时撤掉固定挡板P ，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A 、B 、C 的质量分别为m A ＝m B ＝0.2kg ，m C ＝0.1kg ，(取10＝3.17)求：图5(1)滑块C 的初速度v 0的大小；(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B 、C 的速度大小；(3)从滑块B 、C 压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B 、C 整体的冲量． 答案 (1)9m/s (2)1.9 m/s (3)1.47N·s，方向水平向右解析 (1)滑块C 撞上滑块B 的过程中，滑块B 、C 组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得：m C v 0＝(m B ＋m C )v 1弹簧被压缩至最短时，滑块B 、C 速度为零，根据能量守恒定律得：E p ＝12(m B ＋m C )v 12解得：v 1＝3m/s ，v 0＝9 m/s(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B 、C 的速度大小为v 2，滑块A 的大小为v 3，根据动量守恒定律得：m A v 3＝(m B ＋m C )v 2，根据能量守恒定律得：E p ＝12m A v 32＋12(m B ＋m C )v 22解得：v 2≈1.9m/s(3)设弹簧对滑块B 、C 整体的冲量I ，选向右为正方向，由动量定理得：I ＝Δp ＝(m B ＋m C )(v 2＋v 1)解得：I ＝1.47N·s，方向水平向右．拓展点2 “滑块—木板”碰撞模型例5 (2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)如图6，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m 的木板，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，最后所有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为g ，求：图6(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小； (2)木块2在整个运动过程中的最小速度． 答案 (1)4v 02μg (2)56v 0解析 (1)当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，设为v ，以v 0的方向为正方向．系统动量守恒m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝6mv 木块3在木板上匀减速运动：μmg ＝ma 由运动学公式(3v 0)2－v 2＝2ax 3 解得x 3＝4v 02μg(2)设木块2的最小速度为v 2，此时木块3的速度为v 3，由动量守恒定律m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(2m ＋3m )v 2＋mv 3在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同 3v 0－v 3＝2v 0－v 2 解得v 2＝56v 0.变式3 (多选)(2018·广西桂林市、百色市和崇左市第三次联考)如图7甲，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2kg 的木块A 以速度v 0＝2m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，之后木块A 与长木板B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图7A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1 B ．长木板的质量M ＝2kgC ．长木板B 的长度至少为2mD ．木块A 与长木板B 组成系统损失机械能为4J 答案 AB解析 由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为：a B ＝Δv Δt ＝11m/s 2＝ 1 m/s 2，对长木板B ，根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma B ，μ＝0.1，故A 正确；由题图可知前1s 内长木板B 的位移为：x B ＝12×1×1m＝0.5m ，木块A 的位移为：x A ＝2＋12×1m＝1.5m ，所以长木板B 的最小长度为：L ＝x A －x B ＝1m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成系统损失的机械能为：ΔE ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2＝2J ，故D 错误．拓展点3 “滑块—斜面”碰撞模型例6 (2018·福建省厦大附中第二次模拟)如图8所示，光滑水平面上质量为m 1＝2kg 的物块以v 0＝2m/s 的初速度冲向质量为m 2＝6kg 静止的光滑圆弧面斜劈体．求：图8(1)物块m 1滑到最高点位置时，二者的速度大小； (2)物块m 1从圆弧面滑下后，二者速度大小．(3)若m 1＝m 2，物块m 1从圆弧面滑下后，二者速度大小． 答案 见解析解析 (1)物块m 1与斜劈体作用过程水平方向遵从动量守恒定律，且到最高点时共速，以v 0方向为正，则有：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，v ＝0.5m/s ；(2)物块m 1从圆弧面滑下过程，水平方向动量守恒，动能守恒，则有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22， 解得：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0 代入数据得：v 1＝－1m/s ，v 2＝1 m/s ；(3)若m 1＝m 2，根据上述分析，物块m 1从圆弧面滑下后，交换速度，即v 1′＝0，v 2′＝2m/s. 变式4 (2019·甘肃省天水市调研)如图9所示，在水平面上依次放置小物块A 和C 以及曲面劈B ，其中A 与C 的质量相等均为m ，曲面劈B 的质量M ＝3m ，曲面劈B 的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B 足够高，各接触面均光滑．现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B .求：图9(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度． 答案 (1)14mv 02 (2)3v 0240g解析 (1)小物块C 与物块A 发生碰撞粘在一起，以v 0的方向为正方向 由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 解得v ＝12v 0；碰撞过程中系统损失的机械能为E 损＝12mv 02－12×2mv 2解得E 损＝14mv 02.(2)当小物块A 、C 上升到最大高度时，A 、B 、C 系统的速度相等．根据动量守恒定律：mv 0＝(m ＋m ＋3m )v 1 解得v 1＝15v 0根据机械能守恒得2mgh ＝12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 02－12×5m ⎝ ⎛⎭⎪⎫15v 02解得h ＝3v 0240g.命题点三 “人船”模型1．特点⎩⎪⎨⎪⎧1两个物体2动量守恒3总动量为零2．方程m 1v 1－m 2v 2＝0(v 1、v 2为速度大小)3．结论m 1x 1＝m 2x 2(x 1、x 2为位移大小)例7 (2018·河南省鹤壁市第二次段考)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d ，然后用卷尺测出船长L .已知他的自身质量为m ，水的阻力不计，则船的质量为( ) A.m L ＋dd B.m L －dd C.mL dD.m L ＋dL答案 B解析 设人走动的时候船的速度为v ，人的速度为v ′，人从船头走到船尾用时为t ，人的位移为L －d ，船的位移为d ，所以v ＝d t ，v ′＝L －dt.以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv －mv ′＝0，可得：M d t ＝mL －d t ，小船的质量为：M ＝m L －dd，故B 正确．变式5 (2018·河南省中原名校第六次模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A ，斜面体质量为M 、底边长为L ，如图10所示．将一质量为m 、可视为质点的滑块B 从斜面的顶端由静止释放，滑块B 经过时间t 刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为N ，则下列说法中正确的是( )图10A ．N ＝mg cos αB ．滑块下滑过程中支持力对B 的冲量大小为Nt cos αC ．滑块B 下滑的过程中A 、B 组成的系统动量守恒D ．此过程中斜面体向左滑动的距离为mM ＋mL答案 D解析 当滑块B 相对于斜面加速下滑时，斜面体A 水平向左加速运动，所以滑块B 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力N 不等于mg cos α，A 错误；滑块B 下滑过程中支持力对B 的冲量大小为Nt ，B 错误；由于滑块B 有竖直方向的分加速度，所以A 、B 组成的系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C 错误；A 、B 组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A 、B 两者水平位移大小分别为x 1、x 2，则Mx 1＝mx 2，x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝mM ＋mL ，D 正确．命题点四 “子弹打木块”模型1．木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒． 2．两者发生的相对位移为子弹射入的深度x 相．3．根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能．4．系统产生的内能Q ＝f ·x 相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积．5．当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔE k ＝f ·L (L 为木块的长度)．例8 一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为f .则： (1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？ (2)子弹在木块内运动的时间为多长？(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？答案 (1)m M ＋m v 0 (2)Mmv 0f M ＋m (3)Mm M ＋2m v 022f M ＋m 2Mm 2v 022f M ＋m2Mmv 022f M ＋m解析 (1)设子弹、木块相对静止时的速度为v ，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝(M ＋m )v解得v ＝mM ＋mv 0 (2)设子弹在木块内运动的时间为t ，由动量定理得 对木块：ft ＝Mv －0 解得t ＝Mmv 0f M ＋m(3)设子弹、木块发生的位移分别为x 1、x 2，如图所示，由动能定理得对子弹：－fx 1＝12mv 2－12mv 02解得：x 1＝Mm M ＋2m v 022f M ＋m2对木块：fx 2＝12Mv 2解得：x 2＝Mm 2v 022f M ＋m2子弹打进木块的深度等于相对位移，即x 相＝x 1－x 2＝Mmv 022f M ＋m变式6 (2019·陕西省商洛市质检)如图11所示，在固定的水平杆上，套有质量为m 的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M 的木块，现有质量为m 0的子弹以大小为v 0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图11A ．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m 0v 0m 0＋m ＋MB ．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M ＋m 0)gC ．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M ＋m ＋m 0)gD ．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 答案 C解析 子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，以v 0的方向为正方向，则m 0v 0＝(M ＋m 0)v 1，得v 1＝m 0v 0m 0＋M ，选项A 错误；子弹射入木块后的瞬间，T －(M ＋m 0)g ＝(M ＋m 0)v 12L，可知绳子拉力大于(M ＋m 0)g ，选项B 错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环：N ＝T ＋mg >(M ＋m ＋m 0)g ，由牛顿第三定律知，选项C 正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D 错误．1．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( )A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法确定答案 A2．(2018·福建省福州市模拟)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为v2，则喷出气体的质量m为( )A.v2－v1v1M B.v2v2－v1MC.v2－v0v2＋v1M D.v2－v0v2－v1M答案 C3．(2018·广东省东莞市调研)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是( )A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞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 B4．(2018·山东省青岛市第二次质量检测)如图1，连接有水平轻弹簧的物块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的变化关系图像，不合理的是( )图1答案 A解析 物块b 以一定初速度向左运动与连接有水平轻弹簧的静止物块a 相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小．故A 错误．5．(2019·河南省鹤壁市调研)在列车编组站里，一节动车车厢以1m/s 的速度碰上另一节静止的拖车车厢，碰后两节车厢结合在一起继续运动．已知两节车厢的质量均为20t ，则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为(碰撞过程时间很短，内力很大)( ) A ．10N·s B ．20N·s C ．104N·s D ．2×104N·s答案 C解析 动车车厢和拖车车厢碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv 0＝2mv ，对拖车根据动量定理有I ＝mv ，联立解得I ＝104N·s，选项C 正确．6．(2018·山西省晋城市第一次模拟)所谓对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起．假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M 、m ，两者对接前的在轨速度分别为(v ＋Δv )、v ，对接持续时间为Δt ，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( )A.m 2·Δv M ＋m ΔtB.M 2·Δv M ＋m ΔtC.Mm ·ΔvM ＋m ΔtD ．0答案 C解析 在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中水平方向动量守恒，M (v ＋Δv )＋mv ＝(M ＋m )v ′，解得对接后两者的共同速度v ′＝v ＋M ·ΔvM ＋m，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F ·Δt ＝mv ′－mv ，解得F ＝Mm ·ΔvM ＋m Δt，选项C 正确．7．(2018·河北省石家庄二中期中)滑块a 、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，两者的位置x 随时间t 变化的图像如图2所示．则滑块a 、b 的质量之比( )图2A ．5∶4B．1∶8C．8∶1D．4∶5 答案 B解析 设滑块a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 两滑块碰撞前的速度为v 1、v 2， 由题图得v 1＝－2m/sv 2＝1m/s两滑块发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度设为v ，由题图得v ＝23m/s由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v联立解得m 1∶m 2＝1∶8.8.(2018·山东省日照市校际联合质检)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A 、B 碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图像如图3所示．则下列说法错误的是( )图3A ．碰撞前后物体A 的运动方向相反B ．物体A 、B 的质量之比为1∶2C ．碰撞过程中A 的动能变大，B 的动能减小D ．碰前物体B 的动量较大 答案 C解析 由题图可得，碰撞前v A ＝20－302m/s ＝－5 m/s ，碰撞后v A ′＝20－102m/s ＝5 m/s ，则碰撞前后物体A 的运动方向相反，故A 正确；由题图可得，碰撞前v B ＝20－02m/s ＝10 m/s ，根据动量守恒得m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v A ′，代入数据得：m A ∶m B ＝1∶2，故B 正确；碰撞前后物体A 速度大小相等，则碰撞过程中物体A 动能不变，故C 错误；碰前物体A 、B 速度方向相反，碰后物体A 、B 速度方向与物体B 碰前速度方向相同，则碰前物体B 动量较大，故D 正确．9.(多选)(2019·江西省上饶市调研)质量为M 的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m 的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L ，如图4所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是( )图4A ．物块和小车组成的系统机械能守恒B ．物块和小车组成的系统动量守恒C ．当物块速度大小为v 时，小车速度大小为mMv D ．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为m ML 答案 BC解析 弹簧推开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A 选项错误；取物块和小车的系统，外力的和为零，故系统的动量守恒，B 选项正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝mv －Mv ′，解得v ′＝m M v ，C 选项正确；弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”，有v v ′＝Mm，则在相同时间内x x ′＝M m ，且x ＋x ′＝L ，联立得x ′＝mL M ＋m，D 选项错误． 10.(多选)(2018·陕西省西安一中一模)如图5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( )图5A ．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 答案 CD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．11．(2018·山东省日照市二模)2017年4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与离地面390公里处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接．下列说法正确的是( )A ．根据“天宫二号”离地面的高度，可计算出地球的质量B ．“天舟一号”与“天宫二号”的对接过程，满足动量守恒、能量守恒C ．“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，轨道半径和线速度都略微减小D ．若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度 答案 D解析 根据GMmR ＋h2＝m4π2T 2(R ＋h )，可得M ＝4π2R ＋h 3GT 2，则根据“天宫二号”离地面的高度，不可计算出地球的质量，选项A 错误；“天舟一号”与“天宫二号”对接时，“天舟一号”要向后喷气加速才能对接，故对接的过程不满足动量守恒，但是能量守恒，选项B 错误；“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，万有引力变大，则轨道半径略微减小，引力做正功，故线速度增加，选项C 错误；G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，而M ＝43πR 3ρ，可得ρ＝3πGT2，即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度，选项D 正确． 12．(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图6所示，质量M ＝9kg 的小车A 以大小v 0＝8m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台上放置质量m ＝1 kg 的小球。