1、第六章 动量守恒定律及其应用第 18 讲 动量定理 动量守恒定律考纲要求 考情分析 命题趋势1.动量 动量定理2动能守恒定律及其应用3弹性碰撞和非弹性碰撞4验证动量守恒定律2017全国卷，142017全国卷，202017天津卷，10高考中对本专题的考查方式主要有三种：(1) 动量定理与动力学结合；(2)以碰撞为模型考查动量守恒定律的应用；(3) 以生活示例为背景考查规律的灵活运用.1动量、动量变化、冲量(1)动量定义：物体的_质量_与_速度_的乘积表达式：p_mv_.方向：动量的方向与_速度_的方向相同(2)动量的变化因为动量是矢量，动量的变化量 p 也是_矢量_，其方向与速度的改变量 v 的
2、方向_相同_.动量的变化量 p 的大小，一般用末动量 p减去初动量 p 进行计算，也称为动量的增量即_ppp_.(3)冲量定义：_力_与_力的作用时间_的乘积叫做力的冲量公式：_IFt_.单位：_Ns_.方向：冲量是_矢量_，其方向_与力的方向相同_.2动量定理(1)内容：物体在一个运动过程始末的_动量变化量_等于它在这个过程中所受 _合力_的冲量(2)公式：_mv mvF(tt)_或_ppI_.(3)动量定理的理解动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的
3、矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义3动量守恒定律(1)定律内容：一个系统_不受外力_或者_所受外力的合力为零 _时，这个系统的总动量保持不变(2)公式表达：m 1v1m 2v2_m 1v1m 2v2_.(3)适用条件和适用范围系统不受外力或者所受外力的矢量和为_零_；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；如爆炸、碰撞等过程，可以近似认为系统的动量守恒系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上_动量守恒_.全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒4动量守恒定律的应用(1)碰撞碰撞现象两个或两个以上的
4、物体在相遇的_极短_时间内产生_非常大_的相互作用的过程碰撞特征a作用时间_短_.b作用力变化_快_.c内力_远大于_外力d满足_动量守恒_.碰撞的分类及特点a弹性碰撞：动量_守恒_，机械能_守恒_.b非弹性碰撞：动量_守恒_，机械能_不守恒_.c完全非弹性碰撞：动量_守恒_，机械能损失_最多_.(2)爆炸现象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_守恒_.(3)反冲运动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判断正误(1)动量越大的物体，其质量越大( )(2)两物体动能相等，动量一
5、定相等( )(3)物体所受合力不变，则动量也不改变( )(4)物体沿水平面运动，重力不做功，其冲量为零( )(5)物体所受的合力的冲量方向与物体动量变化的方向相同( )(6)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒( )(7)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同( )(8)动量定理中的冲量是合力的冲量，而 IFt 中的力可以是合力也可以是某个力 ( )2人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了( C )A减小地面对人的冲量B使人的动量变化减小C减小地面对人的冲力D增大人对地面的压强，起到安全保护作用3如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN
6、是它在竖直方向上的直径两根光滑滑轨 MP、QN 的端点都在圆周上，MPQN.将两个完全相同的小滑块 a、b 分别从 M、Q 点无初速度释放，在它们各自沿 MP、QN 运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( C )A合力对两滑块的冲量大小相同B重力对 a 滑块的冲量较大C弹力对 a 滑块的冲量较小D两滑块的动量变化大小相同解析 这是“等时圆” ，即两滑块同时到达滑轨底端合力 Fmgsin ( 为滑轨倾角)，FaF b，因此合力对 a 滑块的冲量较大a 滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力 FNmgcos ，F NaF Nb，因此弹力对 a 滑块的冲量较小故选项 C 正确应用动
7、量定理解题的方法在应用动量定理解题时，一定要认真对物体进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间 t 极短时，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力一 动量、冲量的理解1动量、动能、动量变化量的比较项目名称 动量 动能 动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的差定义式 pmv Ek mv212p p2p 1矢标性 矢量 标量 矢量特点 状态量 状态量 过程量关联方程 Ek ，E k pv，p ，pp22m 12 2mEk 2Ekv2冲量和功的区别(1)冲量和功都是
8、过程量冲量是表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用(2)冲量是矢量，功是标量(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零3冲量和动量的区别(1)冲量是过程量(2)动量是状态量例 1物体受到合力 F 的作用，由静止开始运动，合力 F 随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是( BCD )A该物体将始终向一个方向运动B3 s 末该物体回到原出发点C03 s 内，合力 F 的冲量等于零，功也等于零D24 s 内，合力 F 的冲量不等于零，功却等于零解析 图线和横坐标所围的面积等于冲量，01 秒内的冲量为负，说明速度沿负方向，而 12 秒内冲量为
9、正，且大于 01 秒内的冲量，即速度的方向发生变化，所以选项 A 错误；03 秒内，合力 F 的冲量为零，即物体 0 秒时的速度和 3 秒时的速度一样，故 03秒内合力 F 的冲量等于零，功也等于零，选项 C 正确；分析运动过程如图所示，可以得到3 秒末物体回到原出发点，选项 B 正确；24 秒内，合力 F 的冲量不等于零，物体 2 秒时和 4 秒时速度大小相等，根据动能定理，24 秒内合力 F 做的功为零，故选项 D 正确二 动量定理及其应用动量定理的两个重要应用(1)应用 Ip 求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用 IFt 求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量
10、的变化 p，等效代换变力的冲量 I.(2)应用 pF t 求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(pp 2p 1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化例 2(2017吉林长春质检)有一个质量为 0.5 kg 的篮球从 h0.8 m 的高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的 0.64 倍，且每次球与地面接触时间相等，空气阻力不计，与地面碰撞时，篮球重力可忽略(重力加速度 g 取 10 m/s2)(1)第一次球与地板碰撞，地板对球的冲量为多少？(2)相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？解析 (1
11、)篮球原高度为 h，与地面第一次碰前瞬时速度为v0 m/s4 m/s，由 v22gh 可知碰后的速度为 v10.8v 00.84 2gh 2100.8m/s3.2 m/s.选向上为正方向，由动量定理有Imv 1( mv 0)1.8mv 01.8 0.54 Ns3.6 Ns.(2)第二次碰前瞬时速度和第二次碰后瞬时速度关系为 v2 0.8v10.8 2v00.64v 0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为 F1、F 2，选向上为正方向，由动量定理有F1t mv1( mv0)1.8mv 0，F2t mv2( mv1)1.8mv 11.44m v0，F1F 254.容易知道，任意相邻两次球与地板碰
12、撞的平均冲力大小之比均为 54.答案 (1)3.6 Ns (2)5 4例 3(2018湖北黄冈模拟)一股水流以 10 m/s 的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为 0.5 cm2，有一质量为 0.32 kg 的球，因受水对其下侧的冲击而停在空中，若水冲击球后速度变为 0，则小球停在离喷嘴多高处？(g 取 10 m/s2)解析 小球能停在空中，说明小球受到的冲力等于重力 Fmg，小球受到的冲力大小等于小球对水的力取很小一段长为 l 的小水柱 m，其受到重力 mg 和球对水的力 F，取向下为正方向(F mg)t0( mv)，其中小段水柱的重力 mg 忽略不计，m Sl，式变为 F ，Slvt因
13、t 很短，l 很小，一小段 l 的水柱可以看成匀速上升， lvt.式变为 FSv 2，v 为冲击小球前水的速度，即水以初速 v0 射出后，上升到 h 高处时的速度根据竖直上抛的公式有v2v 2(g)h，20所以 v ，v20 2gh代入，有 FS( v 2gh)，20代入，有 mgS(v 2gh) ，20h v20 mgS2g Sv20 mg2gSm1.8 m.1.01030.510 4102 0.32102101.01030.510 4答案 1.8 m应用动量定理解题的基本思路三 动量守恒定律及其应用1动量守恒定律的“五性”条件性首先判断系统是否满足守恒条件(合力为零)相对性公式中 v1、v
14、 2、v 1、v 2必须相对于同一个惯性系同时性公式中 v1、v 2 是在相互作用前同一时刻的速度，v 1、v 2是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2应用动量守恒定律时的注意事项(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，要弄清哪些力是系统的内力，哪些力是系统外的物体对系统的作用力例 4(2017广西南宁模拟)如图所示，质量均为 m 的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上
15、，质量为 2m 的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为 v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住求：(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度 v 将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱解析 (1)取向左为正方向，木箱与墙发生弹性碰撞，速度反向根据动量守恒定律，推出木箱的过程中 0(m2m )v1m v，接住木箱的过程中 mv(m2m) v1(mm 2m)v2，v 2 .v2(2)若小孩第二次将木箱推出，设小孩和小车向左的速度为 v3，根据动量守恒定律4mv23mv 3mv
16、，v 3v，故无法再次接住木箱答案 (1) (2)见解析v2动量守恒定律解题的基本步骤(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；( 或某一方向上动量是否守恒)(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，必要时讨论说明四 碰撞问题碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即 p1p 2p 1p 2.(2)动能不增加，即 Ek1E k2E k1E k2 或 . p212m1 p22m2 p 212m1 p 22m2(3)速度要合理碰前两物体同向，则 v 后 v 前 ；碰后，原来在前的物体速
17、度一定增大，且 v 前v 后两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变例 5如图，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碰撞解析 设 A 运动的初速度为 v0，A 向右运动与 C 发生碰撞，由动量守恒定律得mv0mv 1M v2，由机械能守恒得 mv mv Mv ，12 20 12 21 12 2可得 v1 v0，v 2 v0.m Mm M 2mm M要使得 A
18、 与 B 能发生碰撞，需要满足 v10，即 mM ，A 反向向左运动与 B 发生碰撞过程，有 mv1m v3Mv 4，mv mv Mv ，12 21 12 23 12 24整理可得 v3 v1( )2v0，v 4 v1.m Mm M m Mm M 2mm M由于 mM，所以 A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足 v3v 2，即 v0( )2v0，2mm M m Mm M整理可得 m24MmM 2，解方程可得 m( 2)M ，5所以使 A 只与 B、C 各发生一次碰撞，需满足( 2) MmM.5答案 ( 2)M mM5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，
19、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v1 v0、v 2 v0.m1 m2m1 m2 2m1m1 m2(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，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为 2v0；当 m1m2，且v200 时，碰后质量小的球原速率反弹五 爆炸、反冲和“人船模型”1爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在板短的时间内完成的，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
20、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 6(2018河南六市一联)如图所示，光滑水平面上有三个滑块 A、B、C，质量关系是 mA mCm、m B .开始时滑块 B、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，m2滑块 A 以速度 v0 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 黏在一起，以速率 v0 向左运动求：(1)炸药爆炸过程中炸药对 C 的冲量；(2)炸药的化学能有多少
21、转化为机械能？解析 全过程取向右为正方向，A、B、C 组成的系统动量守恒，mAv0( mAm B)v0m CvC，炸药对 C 的冲量 Im CvC0，解得 I mv0，方向向52右(2)炸药爆炸过程，B 和 C 组成的系统动量守恒mCvC mBvB0，据能量关系 E v mv ，解得 E mv .12 m2 2B 12 2C 758 20答案 (1) mv0，水平向右 (2) mv52 758 202反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下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，因此系统动量可能是动量守恒、动量近似守恒或某一方向上动量守恒反冲运动中机械
22、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例 7一质量为 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( C )Am M Bm Mv2 v0v1 v2v2 v1C M D Mv2 v0v2 v1 v2 v0v2 v1解析 规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0(M m) v2mv 1，解得 m M，故选项 C 正确v2 v0v2 v13 “人船模型”若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒
23、如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用中均发生运动，则由 m1 m 2 0，得v1 v2m1x1m 2x2. 例 8如图所示，一个质量为 m 的木块，从半径为 R、质量为 M 的 光滑圆弧形槽顶端14由静止滑下在槽被固定和可沿着光滑平面自由滑动两种情况下，木块从槽口滑出时的速度大小之比为多少？解析 槽固定时，木块下滑过程中只有重力做功，由动能定理得 mgR mv 0，12 21则木块滑出槽口时的速度 v1 ，2gR槽可动时，当木块开始下滑到脱离槽口的过程中，对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为 v2，槽的速度为 u，在水平方向上，由
24、动量守恒定律可得 mv2Mu 0，木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR mv Mu2，12 2 12由解得，木块滑出槽口的速度v2 ，2MgRm M由得两种情况下木块滑出槽口的速度之比 .v1v2 2gR2MgRm M m MM答案 m MM利用“人船模型”解题需注意两点(1)条件系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动x 1、x 2 均为沿动量方向相对于同一参考系的位移(2)解题关键是画出初、末位置，确定各物体位移关系1如图，质量为 M 的小船在静止水面上以速度 v0 向右匀速行驶，一质量为 m 的救生员站在船尾，相对
25、小船静止若救生员以相对水面速率 v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( C )Av 0 v Bv 0 vmM mMCv 0 (v0v) Dv 0 (v0v)mM mM解析 设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有(M m)v0mvMv x，解得 vxv 0 (v0v) ，选项 C 正确mM2(2017湖北黄冈模拟)两球 A、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA 1 kg，m B2 kg，v A6 m/s，v B2 m/s.当 A 追上 B 并发生碰撞后，两球 A、B 速度的可能值是( B )Av A5 m/s，v B2.5 m/sBv A2 m/s，v B4
26、 m/sCv A4 m/s，v B7 m/sDv A7 m/s，v B1.5 m/s解析 虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但选项 A、D 中，碰后 A 的速度 vA大于 B 的速度 vB，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，选项 A、D 错误；选项 C 中，两球碰后的总动能 Ek mAvA 2 mBvB 257 J，大于碰前的总动能12 12Ek mAv mBv 22 J，违背了能量守恒定律，选项 C 错误；而选项 B 既符合实际情况，12 2A 12 2B也不违背能量守恒定律，故选项 B 正确3一弹丸在飞行到距离地面 5 m 高时仅有水平速度 v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、
27、乙的质量比为 31.不计质量损失，重力加速度 g 取 10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( B )解析 弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有 mv mv 甲34 mv 乙 ，14若爆炸后甲、乙反向飞出，则有 mv mv 甲 mv 乙 ，34 14或 mv mv 甲 mv 乙 ，34 14爆炸后甲、乙从同一高度作平抛运动，由选项 A 可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间 t s1 s，速度大小分别为 v 甲 m/s2.5 m/s，v 乙2hg 2510 x甲t 2.51 0.5 m/s，代入式不成立，选项 A 错误；同理，可求出选项 B、C 、D 中
28、甲、乙的x乙t速度，分别代入式、式、式可知，只有选项 B 正确4.在光滑的水平面上，质量为 m1 的小球 A 以速率 v0 向右运动在小球 A 的前方 O 点有一质量为 m2 的小球 B 处于静止状态，如图所示小球 A 与小球 B 发生正碰后小球 A、B均向右运动小球 B 被在 Q 点处的墙壁弹回后与小球 A 在 P 点相遇，PQ 1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量的比值 .m1m2解析 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球 A 和 B 的速度大小保持不变根据它们通过的路程，可知小球 B 和小球 A 在碰撞后的速度大小之比为 41.设碰撞后小球 A 和 B
29、 的速度分别为 v1 和 v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等m1v0m 1v1m 2v2，m1v m1v m2v ，12 20 12 21 12 2利用 4，可解出 2.v2v1 m1m2答案 2m1m25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、v 0.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，求拋出货物的最小速度(不计水的阻力)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
30、恒定律得 12mv011m v1mv min，10m2v0m vmin11mv 2，为避免两船相撞应满足v1v 2，联立式得 vmin4v 0.答案 4v 0例 1(2016安徽安庆检测5 分 )如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块，木箱和小木块都具有一定的质量现使木箱获得一个向右的初速度 v0，则( )A小木块和木箱最终都将静止B小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动答题送检 来自阅卷名师报告错误致错原因扣分A误认为系统的初速度为零
31、，根据动量守恒得末速度为零C 没有进行过程分析D 不能理解动量守恒定律的意义5解析 由动量守恒定律知小木块最终与木箱相对静止，以相同的速度一起向右做匀速直线运动，故选项 B 正确答案 B1如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的左右两端分别站着人 A 和人B，人 A 的质量为 mA，人 B 的质量为 mB，且 mAmB.初始时，人和车都处于静止状态，若两人同时以相等大小的速度( 相对地面) 相向运动，则关于车的运动情况，下列说法正确的是( D )A静止不动 B左右往返运动C向右运动 D向左运动解析 设两人的速度大小均为 v0，车的速度为 v，取人 A 和人 B 及平板车组成的系统为研究对
32、象，以向左为正方向，由动量守恒定律有 mBv0m Av0m 车 v0，又 mAm B，解得 v0，即车向左运动，故选项 D 正确2(2018江苏南京模拟)( 多选) 质量均为 m 的小球 a、b、 c 以相同的速度分别与另外三个质量均为 M 的静止小球正碰后， a 球被反向弹回，b 球与被碰球黏合在一起仍沿原方向运动，c 球碰后静止，则下列说法正确的是( AC )Am 一定小于 MBm 可能等于 MCb 球与质量为 M 的球组成的系统损失的动能最大Dc 球与质量为 M 的球组成的系统损失的动能最大解析 由 a 球被反向弹回，可以确定 m 一定小于 M，选项 A 正确、B 错误；当 m 与M 碰
33、撞后黏在一起时，属于完全非弹性碰撞，此时损失的动能最大，选项 C 正确、D 错误3(2018四川成都模拟)如图所示，两辆完全相同的小车 A 和 B 静止于光滑水平地面，质量均为 3m.质量为 2m 的小球 C 用轻绳悬挂于小车 A 的车顶，现使 B 车保持静止，A、C以共同速度 v0 向右匀速运动，与 B 车碰撞后黏在一起则下列结论中错误的是( A )A小车 A、B 碰撞结束时 B 车的速度大小为 v058B小车 A、B 发生碰撞时小车 A 对 B 的冲量大小为 mv032C小车 A、B 发生碰撞时小车 B 对 A 的冲量大小为 mv032D小球第一次向右摆起的最大高度为3v2032g解析 由
34、于碰撞时间极短，碰撞过程中 A、B 两小车动量守恒，设碰后瞬间 A、B 共同速度为 v1，由动量守恒定律有 3mv0(3 m3m)v 1，解得 v1 v0，选项 A 错误；对小车 B12由动量定理有 IB3mv 1 mv0，一对相互作用力的冲量总是大小相等，方向相反，选项32B、C 均正确；从小车 A、B 碰撞后到小球 C 第一次向右摆起至最大高度过程，设A、B 、C 共同速度为 v2，由动量守恒有 2mv0(3m 3m) v1(3m 2m3m) v2.由机械能守恒有 (2m)v (3m3m)v (3m2m3m)v 2mgh ，解得 h ，选项 D 正确12 20 12 21 12 2 3v2
35、032g4(2018湖北黄石模拟)( 多选) 如图所示，质量为 M 的平板车 B 放在光滑水平面上，在其右端放质量为 m 的小木块 A，m M，A、B 间的动摩擦因数为 ，现给 A 和 B 以大小相等、方向相反的初速度 v0，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后 A 不会滑离 B.则下列结论正确的是( ACD )A平板车最终的运动速度大小为 v0，方向向右M mM mB平板车最终的运动速度大小为 v0，方向向左M mM mC小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车的位移大小为 v2M m2Mg 20D小木块向左运动的最大位移大小为v202g解析 A 不会滑离 B 板，最终 A、B 以相
36、同的速度匀速运动，设此速度为 v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有 Mv0m v0(M m )v，解得 v v0，方向向右，选项M mM mA 正确，B 错误；小木块向左运动到离出发点最远处时速度为零，设此时平板车速度为v，由动量守恒定律有 Mv0m v0Mv，设这一过程平板车向右运动 s1，小木块向左的位移大小为 s2，对平板车及小木块的这一过程由动能定理分别有mgs 1 Mv 2 Mv ，mgs 20 mv ，解得 s1 v 、s 2 ，选项 C、D12 12 20 12 20 2M m2Mg 20 v202g均正确1(2017全国卷)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50
37、 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 )A30 kgm/s B5.710 2 kgm/sC6.010 2 kgm/s D6.310 2 kgm/s解析 由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略，则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒燃气喷出前系统静止，总动量为零，故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向，可得火箭的动量的大小等于燃气的动量大小，则|p 火 |p 气 |m 气 v 气 0.05 kg600 m/s30 kgm/s.选项 A 正确2 “蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端
38、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( 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在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析 从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律 mgFma 可知，人先做加速度减小的加速运动，当 a0 时，Fmg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，Fmg，由牛顿第二定律Fmg ma 可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直
39、到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，综上可知选项 A 正确，C、D 错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故选项 B 错误3高空作业须系安全带，如果质量为 m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为 h(可视为自由落体运动) 此后经历时间 t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( A )A mg B mgm2ght m2ghtC mg D mgmght mght解析 由自由落体运动公式得人下降 h 距离时的速度为 v ，在 t 时间内对人由动2gh量定理得( Fmg )
40、tmv，解得安全带对人的平均作用力为 F mg ，选项 A 正确m2ght4一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如图所示已知前部分的卫星质量为 m1，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( D )Av 0v 2 Bv 0v 2Cv 0 v2 Dv 0 (v0v 2)m2m1 m2m1解析 对火箭和卫星由动量守恒定律得(m 1m 2)v0m 2v2m 1v1解得 v1 v 0 (v0v 2)，故选项 D 正确m1 m2v0 m2v2m1 m2m15一质量为 0.
41、5 kg 的小物块放在水平地面上的 A 点，距离 A 点 5 m 的位置 B 处是一面墙，如图所示小物块以 v09 m/s 的初速度从 A 点沿 AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为 7 m/s，碰后以 6 m/s 的速度反向运动直至静止g 取 10 m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数 ；(2)若碰撞时间为 0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小 F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功 W.解析 (1)对小物块从 A 运动到 B 处的过程中应用动能定理mgs mv2 mv ，12 12 20代入数值解得 0.32.(2)取向右为正方向，碰后滑块速度 v6
42、 m/s，由动量定理得 Ftmvmv，解得 F130 N，其中“”表示墙面对物块的平均作用力方向向左(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得W 0 mv 2，解得 W9 J.12答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J6两滑块 a、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者黏在一起运动，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 m1、m 2，a、b 碰撞前的速度为 v1、v 2.由题给图
43、象得v12 m/s ，v21 m/s ，a、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 m/s，23由动量守恒定律得 m1v1m 2v2(m 1m 2)v，联立式得 m1m 218，(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为E m1v m2v (m1m 2)v2，12 21 12 2 12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 (m1m 2)v2，12联立式，并代入题给数据得 WE12.答案 (1)18 (2)1 27某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中为计算方便起见，假设水柱从横截
44、面积为 S 的喷口持续以速度 v0 竖直向上喷出，玩具底部为平板(面积略大于 S)，水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开忽略空气阻力已知水的密度为 ，重力加速度大小为 g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度解析 (1)设 t 时间内，从喷口喷出的水的体积为 V，质量为 m，则mV，Vv 0St，由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v 0S.mt(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为 v.对于 t 时间内喷出的水，由能量守恒得 (m)v2( m)gh (m
45、)v ，12 12 20在 h 高度处，t 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p (m)v.设水对玩具的作用力的大小为 F，根据动量定理有Ftp，由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 FMg，联立式得 h .v202g M2g22v20S2答案 (1)v 0S (2) v202g M2g22v20S28(2017天津卷)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、m B 1 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
46、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 从释放到细绳刚绷直时的运动时间 t；(2)A 的最大速度 v 的大小；(3)初始时 B 离地面的高度 H.解析 (1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h gt2，12代入数据解得 t0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB，有vB gt，细绳绷直瞬间，细绳张力远大于 A、B 的重力，A、B 相互作用，由动量守恒得mBvB(m Am B)v，之后 A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度 v 即最大速度，联立式，代入数据解得 v2 m/s.(3)细绳绷直后，A、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时 A、B 的速度为零，这一过程中 A、B 组成的系统机械能守恒，有(mAm B)v2 mBgHm AgH， 12代入数据解得 H0.6 m
