2019版物理(人教版)练习：第六章 第2讲 动量守恒定律及其应用含解析
高三物理第一轮复习第六章动量第2讲 动量守恒定律及其应用 课件
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.
例6、如图所示，A、B、C三个木块的质量 均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间 有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不
高三物理第一轮复习
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．常用的表达式
(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＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的 两个物体组成的系统，作用前的 总动等量
例5、如图所示，甲、乙两船的总质量(包 括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿 同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、 v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为 m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人 将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不 计水的阻力)．
4v0
例5．如图光滑水平轨道上有三个木块A 、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝ m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向 右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生 碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持 不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
例4.一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，如图所示。则在子
弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子
弹、两木块和弹簧组成的系统 ( C )
第2讲 动量守恒定律
程中，“接捧”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，则甲、乙组成的系统
()
A．机械能守恒，水平方向动量守恒
B．机械能不守恒，水平方向动量守恒 C．机械能守恒，水平方向动量不守恒
对点清 (1)系统总动量不守恒，但在某个方向上系统受到的合外力为零，这一方向
上动量守恒。 (2)本题中，小物块到达斜面最高点时与楔形物体的速度相同，方向沿水平
方向。 (3)因系统中只有重力做功，系统机械能守恒。
3．[动量守恒中的临界极值问题] 如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分 别为 10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度 分别为 2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为 m 的货物沿水 平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。 (不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
B．小球在弧形槽 B 上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽 A 组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽 B 的顶端
解析：由于弧形槽 A 是不固定的，小球下滑的过程中，一部分机械能转移给了 弧形槽 A，所以小球的机械能不守恒，A 正确；由于弧形槽 B 是固定的，小球 在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B 错误；小球最初和弧 形槽 A 的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，弧形槽 A 的动量不为零，所以二者组成的系统动量不守恒，C 错误；由于小球的一部分 机械能转移给了弧形槽 A，所以小球最终到达不了弧形槽 B 的顶端，D 正确。
(1)A 与 B 第一次碰撞后 B 的速率； (2)从 A 开始运动到两物体第二次相碰经历的时间及因摩擦而产生的热量。
2019高考物理课标通用复习第六章 第2节动量守恒定律
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
动力学观点
运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问 题
能量观点
用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问 题
P点左侧轨道光滑
物块A在圆轨道上运动时满足机械能守恒定律
“课后演练·逐级过关”见“课时跟踪检测（二十三）” 普通高中适用作业 “课后演练·逐级过关”见“课时跟踪检测（二十三）” 重点高中适用作业
谢 谢 观 赏
动量观点
用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
动量守恒定律
机械能守恒定律
研究对象
相互作用的物体系统
相互作用的系统(包括地球)
守恒性质
矢量守恒(规定正方向)
标量守恒(不考虑方向性)
关键点
获取信息
物块B碰撞前速为0
与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动 A、B的碰撞为完全非弹性碰撞
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
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
第
2
节
1 课前回顾·基础速串
2 课堂提能·考点全通 3 课后演练·逐级过关
课 前 回 顾·基础速串
2019届高考物理一轮复习练习：第六章 第2讲 动量守恒定律 练习 含解析
板块三 限时规范特训时间：45分钟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v A v B ＝m B m A＝31，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 ＝m v 2－m v 1＝0.2×4 kg·m/s －0.2×(－6) kg·m/s ＝2 kg·m/s ，方向竖直向上。
由动能定理知，合外力做的功：W ＝12m v 22－12m v 21＝12×0.2×42 J －12×0.2×62 J ＝－2 J ，A 正确，B 、C 、D 错误。
3. 如图所示，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M ，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动。
近年年高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用习题新人教版(2021学年)
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第六章第2讲动量守恒定律及应用1.(201７·全国卷Ⅰ）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）错误!（ A )A．３0 kｇ·m/s Ｂ.5。
7×102kｇ·m/sC.6．０×102kg·m/sﻩＤ.６．3×1０2kg·ｍ/s[解析] 燃气从火箭喷口喷出的瞬间,火箭和燃气组成的系统动量守恒,设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律,可得ｐ-mv0＝0，解得p＝mv0＝０.0５０ｋｇ×600m/s＝３０kｇ·ｍ／ｓ，选项Ａ正确。
2.（多选）（２0１7·河北衡水中学调研）如图所示,质量分别为m1＝1.０ｋｇ和m2＝2。
0kg的弹性小球a、b,用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。
该系统以速度v＝０．10m/ｓ沿光滑水平面向右做直线运动。
某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动.经过时间t=5.０s后，测得两球相距ｓ=４.5m，则下列说法正确的是＼x（导学号 21992４3０)( AＢＤ）A．刚分离时,a球的速度大小为0．７m/sB．刚分离时,b球的速度大小为0.2m／sＣ．刚分离时,a、b两球的速度方向相同Ｄ．两球分开过程中释放的弹性势能为0。
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)-人教版高三全册
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，那么系统动量守恒．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，那么机械能也守恒．( )(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，那么系统动量守恒；(2)系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计时，那么系统动量守恒；(3)系统在某一个方向上所受的合力为零，那么该方向上动量守恒．(4)全过程的某一阶段系统受的合外力零，那么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·某某卷] 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6181A. 甲木块的动量守恒B. 乙木块的动量守恒C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案：C[解析] 甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故不守恒．式题如图6182所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，以下说法中正确的选项是( )图6182A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同答案：C [解析] 根据动量守恒的条件可知，男孩、小车与木箱组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项C正确．■ 要点总结注意动量守恒定律的“四性〞1．矢量性：动量守恒定律表达式是矢量方程，在解题时应规定正方向．2．同一性：定律表达式中的速度应相对同一参考系，一般以地面为参考系．3．瞬时性：定律中的初态动量是相互作用前同一时刻的瞬时值，末态动量是相互作用后同一时刻的瞬时值．4．普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．考点二碰撞问题1.三种碰撞形式的理解2.判断碰撞的可能性问题(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2.3．速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，那么后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后>v前，否那么无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v ′前≥v ′后，否那么碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，那么碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．分)[2015·全国卷Ⅰ] 如图6183所示，在足够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 ，三者都处于静止状态．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6183[解答规X] 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＝________________①(2分)12mv 20＝________________②(2分) 联立①②式得v A 1＝________③(1分) v C 1＝________④(1分)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．(2分)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 ＋Mv A 1＝________⑤(1分)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(1分)联立④⑤⑥式得________________≥0⑦(2分) 解得m ≥________⑧(1分)另一解m ≤－(5＋2)M 舍去．所以，m 和M 应满足的条件为 ________________⑨(2分) 答案：mv A 1＋Mv C 112mv 2A 1＋12Mv 2C 1m －M m ＋M v 02m m ＋M v 0⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0 ≤ m 2＋4mM －M 2 (5－2)M (5－2)M ≤m <M1 如图6184所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间A 的速率v ；(2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′； (3) A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .图6184答案：(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m [解析] 设滑块的质量为m .(1)根据机械能守恒定律有mgR ＝12mv 2解得碰撞前瞬间A 的速率为v ＝2gR ＝2 m/s. (2)根据动量守恒定律有mv ＝2mv ′解得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s.(3)根据动能定理有－μ·2m ·gl ＝0－12·2m ·v ′2解得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m.2 如图6185所示，MNP 为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN 与水平段NP 相切于N ，P 端固定一竖直挡板．M 相对于N 的高度为h ，NP 长度为s .一物块自M 端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次弹性碰撞后停止在水平轨道上某处．MN 段轨道光滑，物块与NP 段轨道间的动摩擦因数为μ，求物块停止的位置与N 点距离的可能值．6185答案：2s －h μ或h μ－2s[解析] 根据功能关系，在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块的重力势能的减少量ΔE p与物块克服摩擦力所做功的数值相等．ΔE p＝W设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，那么ΔE p＝mghW＝μmgs′联立以上各式得s′＝hμ第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在回到N前停止，那么物块停止的位置距N的距离为d＝2s－s′＝2s－hμ第二种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，那么物块停止的位置距N的距离为d＝s′－2s＝hμ－2s所以物块停止的位置距N的距离可能为2s－hμ或hμ－2s.考点三多体动量守恒问题有时对整体应用动量守恒，有时只选某部分应用动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，恰当选择系统和始、末状态是解题的关键．1．分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成．2．要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外部物体对系统内部物体作用的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件判断能否应用动量守恒．3．明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式．4．确定好正方向，建立动量守恒方程求解．3 如图6186所示，两块厚度相同的木块A、B，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为2.0 kg、0.9 kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为0.10 kg的铅块C(大小可以忽略)以10 m/s的速度恰好水平向右滑到A的上表面，由于摩擦，铅块C最后停在木块B上，此时B、C的共同速度v＝0.5 m/s.求木块A的最终速度大小和铅块C刚滑到B上时的速度大小．图6186[解析] 铅块C在A上滑行时，两木块一起向右运动，设铅块C刚离开A滑上B时的速度为v′C，A和B的共同速度为v A，在铅块C滑过A的过程中，A、B、C所组成的系统动量守恒，有m C v0＝(m A＋m B)v A＋m C v′C在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以v A匀速运动，在铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守恒，有m B v A＋m C v′C＝(m B＋m C)v代入数据解得v A＝0.25 m/s，v′C＝2.75 m/s.1 如图6187所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．图6187答案：2 m/s[解析] 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v A，C的速度为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s④2 如图6188所示，木块A质量为m A＝1 kg，足够长的木板B质量为m B＝4 kg，A、B置于水平面上，质量为m C＝4 kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0＝12 m/s 的初速度向右运动，A与B碰撞后以4 m/s的速度被弹回．(1)求B运动过程中的最大速度大小；(2)假设木板B足够长，求C运动过程中的最大速度．图6188答案：(1)4 m/s (2)2 m/s[解析] (1)A与B碰后瞬间，C的运动状态未变，此时B的速度最大．取向右为正方向，由A、B系统动量守恒，有：m A v0＋0＝－m A v A＋m B v B代入数据得v B＝4 m/s.(2)B与C相互作用使B减速、C加速，由于B板足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C系统动量守恒，有m B v B＋0＝(m B＋m C)v C代入数据得v C＝2 m/s.考点四人船模型人船模型是一个很典型的模型，当人在无阻力的船上向某一方向走动时，船向相反方向移动，此时满足动量守恒．假设人船系统在全过程中动量守恒，那么这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，那么由m1v1＝－m2v2得m1x1＝－m2x2，该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．4 质量为m的人站在质量为M、长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边．在忽略水的阻力的情况下，当他从右端走到船的左端时，船左端离岸多远？[解析] 先画出示意图如下图．人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等．从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L.设人、船位移大小分别为l1、l2，选择向右的方向为正方向，那么有：0＝Mv2－mv1，两边同乘时间t并整理得：ml1＝Ml2而l1＋l2＝L，解得l2＝mM＋mL.式题 (多项选择)如图6189所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，那么(水平面光滑)( )图6189A．系统的动量守恒B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向C．小球不能向左摆到原高度D．小车向右移动的最大距离为2mlM＋m答案：BD [解析] 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的位移为2l，根据“人船模型〞，解得最大距离为2mlM＋m，D正确．考点五爆炸和反冲1.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，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．2．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．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒．(3)反冲运动中机械能往往不守恒．(4)实例：喷气式飞机、火箭等．甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲乘的小车上有质量为m＝1 kg的小球假设干，甲和他的小车及所带小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且均被乙接住．假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不致相撞．那么此时：(1)两车的速度大小各为多少？(2)甲总共抛出了多少个小球？[解析] (1)两车刚好不相撞，那么两车速度大小相等，方向相同，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v解得v＝1.5 m/s.(2)对甲及从小车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′解得n＝15.1 斜向上飞出的一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反．那么以下说法中正确的选项是( )A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能答案：A [解析] 设爆竹爆炸前瞬间的速度为v0，爆炸过程中，因为内力远大于外力，那么爆竹爆炸过程中动量守恒，设三块质量均为m，中间一块的速度为v，前面一块的速度为v1，那么后面一块的速度为－v1，由动量守恒定律有3mv0＝mv1－mv1＋mv，解得v＝3v0，那么中间那块速度方向向东，速度大小比爆炸前的大，那么A正确，B错误；三块同时落地，但落地时动量不同，C错误；爆炸后的瞬间，中间那块的动能为12m (3v 0)2，大于爆炸前系统的总动能32mv 20，D 错误．2 如图61810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2v 0、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，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)图61810答案：4v 0[解析] 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min ，抛出货物后船的速度为v 1，甲船上的人接到货物后船的速度为v 2，由动量守恒定律得货物从乙船抛出过程，12mv 0＝11mv 1－mv min货物落入甲船过程，10m ·2v 0－mv min ＝11mv 2为避免两船相撞应满足v 1＝v 2解得v min ＝4v 0.[教师备用习题]1．[2015·某某卷] 如下图，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________．(填选项前的字母)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] D 根据动量守恒定律，碰撞前的总动量为0，碰撞后的总动量也要为0，碰撞后要么A 、B 均静止，要么A 、B 朝反方向运动；由于是弹性碰撞，能量不损失，所以碰后A 、B 不可能静止，所以A 只能向左运动、B只能向右运动．2．将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，其在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，那么喷气结束时火箭模型获得的速度大小是________．(填选项前的字母)A.mMv0 B.Mmv0C.MM－mv0 D.mM－mv0[解析] D 以向上为正方向，初动量为0，喷气瞬间炽热气体的动量为－mv0，火箭模型的动量为(M－m)v，由动量守恒定律有：0＝－mv0＋(M－m)v，解得v＝mv0M－m，D正确．。
2019高三物理人教版一轮教师用书：第6章 第2节 动量守恒定律及其应用 Word版含解析
第二节动量守恒定律及其应用(对应学生用书第107页)[教材知识速填]：知识点1 动量守恒定律1．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．2．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．3．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)．易错判断(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)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(√) 知识点2 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：(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．易错判断(1)在爆炸现象中，动量严格守恒．(×)(2)在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×)(3)反冲现象中动量守恒、动能增加．(√)[教材习题回访]：考查点：碰撞现象分析1．(鲁科版选修3—5P20T3)(多选)半径相等的两个小球A和B，在光滑水平面上沿同一直线相向运动．若A球的质量大于B球的质量，发生弹性碰撞前，两球的动能相等．碰撞后两球的运动状态可能是( )A．A球的速度为零，B球的速度不为零B．B球的速度为零，A球的速度不为零C．两球的速度均不为零D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等[答案]：AC考查点：动量守恒定律在反冲现象中的应用2．(粤教版选修3－5P16T2)一个静止的、不稳定的原子核的质量为m′，当它放射出一个质量为m、速度为v的粒子后，剩余部分获得的反冲速度大小为( )A.m′vm′＋m B.mvm′＋mC.mvm′－m D.mvm′[答案]：C考查点：动量守恒定律在碰撞现象中的应用3．(人教版选修3－5P21T2改编)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A＝1 kg，m B＝2 kg，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，v B′＝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考查点：碰撞中的图象问题4．(沪科选修3－5P23T4改编)(多选)如图621甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的xt图象．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断( )图621A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．m2＝0.3 kgD．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能[答案]：AC(对应学生用书第108页)1．动量守恒定律的“五性”方法一：直接由动量守恒的条件判断．方法二：直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少，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622所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图622A ．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[题眼点拨]：“撤去外力”及“光滑水平面”，要分析撤去外力后，a和b的受力特点和运动特点．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623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：84370259】图623A．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选项错误．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．碰撞现象满足的三个规律(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 爆炸问题1．(多选)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( )A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等CD[根据动量守恒定律可知，若a的速度方向仍沿原来的方向，则b的速度大小和方向无法判断，A错误；物体炸裂后，a、b都做平抛运动，因距地面高度相同，所以a、b一定同时到达地面，但它们飞行的水平距离无法判断，B错误，C正确；根据动量守恒可以判断D正确．]：上题中若物体飞行到距离地面 5 m高，飞行的水平速度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 [爆炸以后甲、乙均做平抛运动，可根据竖直方向的自由落体运动求得时间t ＝2hg ＝1 s ；根据水平方向的匀速直线运动求得爆炸后两者的水平速度大小．在A 、B 选项中，v 甲＝x 甲t ＝2.5 m/s ；v 乙＝x 乙t ＝0.5 m/s ；C 、D 选项中，v 甲＝x 甲t ＝1 m/s ，v 乙＝x 乙t ＝2 m/s.弹丸爆炸时水平方向不受外力，满足动量守恒定律．设乙的质量为m ，则甲的质量为3m ，爆炸前弹丸的动量为p ＝4mv ＝8m (kg·m·s －1)．爆炸后，选项A 中总动量p A ＝3mv 甲－mv 乙＝7m (kg·m·s －1)，A 项错误；选项B 中总动量p B ＝3mv 甲＋mv 乙＝8m (kg·m·s －1)，B 项正确；选项C 中总动量p C ＝3mv 甲＋mv 乙＝5m (kg·m·s －1)，C 项错误；选项D 中总动量p D ＝3mv 甲－mv 乙＝m (kg·m·s －1)，D 项错误．]：考向2 反冲问题2．(2017·全国Ⅰ卷)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 ．30 kg·m/sB ．5.7×102kg·m/s C ．6.0×102 kg·m/s D ．6.3×102 kg·m/s A [由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．燃气的动量p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝30 kg·m/s，选项A正确．]：考向3 碰撞问题3．如图624所示，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点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为( )【导学号：84370260】图624A．7∶5 B．1∶3C．2∶1 D．5∶3[题眼点拨]：①“光滑水平面”表明物体水平方向除碰撞力外，不受其它力作用；②“PQ＝2PO”以位移方式表明速度间的关系．D[设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有12m1v20＝12m1v21＋12m2v22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ )＝1∶5，联立三式可得m 1∶m 2＝5∶3，D 正确．]：4．(多选)A 、B 两球沿同一条直线运动，如图625所示的x t 图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a 、b 分别为A 、B 碰撞前的x t 图象．c 为碰撞后它们的x t 图象．若A 球质量为1 kg ，则B 球质量及碰后它们的速度大小为( )图625A ．2 kgB.23 kgC ．4 m/sD ．1 m/sBD [由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，v a ＝4－102m/s ＝－3 m/s ，v b ＝4－02 m/s ＝2 m/s ，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，v c ＝2－44－2 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 ＝23 kg由以上可知选项B 、D 正确．]：(多选)质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度v 0与质量为2m的静止小球B 发生正碰．碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( )A.13v 0B.23v 0C.49v 0D.59v 0AB [要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A 球碰后动能变为原来的19，则其速度大小仅为原来的13.两球在光滑水平面上正碰，碰后A 球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹．当以A 球原来的速度方向为正方向时，则v A ′＝±13v 0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv 0＋0＝m ×13v 0＋2mv B ′，mv 0＋0＝m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13v 0＋2mv B ″.解得v B ′＝13v 0，v B ″＝23v 0.]： 1抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，程求解.2可熟记一些公式，＝.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，间发生突变，而物体的位置不变1．应用动量守恒定律的解题步骤(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[母题]：(2016·全国Ⅱ卷)如图626所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.图626(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？[题眼点拨]： ①“光滑冰面”表明斜面体与物体碰撞会沿平面运动；②“最大高度”表明冰块和斜面体达到共同速度．[解析]：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m 2v 20＝(m 2＋m 3)v ①12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ② 式中v 20＝－3 m/s 为冰块被推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg. ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0 ④代入数据得v1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥12m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s ⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．[答案]：(1)20 kg (2)不能[母题迁移]：迁移1 多物体、多阶段运动的求解1．(2015·全国Ⅰ卷)如图627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.【导学号：84370261】图627[题眼点拨]： ①“光滑水平面”表明碰撞过程动量守恒；②“各发生一次碰撞”要思考发生一次碰撞的条件及各种可能．[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 1②联立①②式得 v A 1＝m －Mm ＋M v 0③ v C 1＝2mm ＋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)M ⑧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迁移2 临界问题分析2．(2018·河北石家庄检测)如图628所示，甲车质量m 1＝m ，在车上有质量M ＝2m 的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h 处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m 2＝2m的乙车正以速度v 0迎面滑来，已知h ＝2v 20g ，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．图628[题眼点拨]： ①“斜坡上高h 处由静止滑下”：利用机械能守恒可求得到达水平面的速度；②“不发生碰撞”：思考满足的临界条件．[解析]： 设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v 1，由机械能守恒定律有12(m 1＋M )v 21＝(m 1＋M )gh ，解得v 1＝2gh＝2v 0设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v ，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v ′1和v ′2，则人跳离甲车时： (M ＋m 1)v 1＝Mv ＋m 1v ′1人跳上乙车时：Mv －m 2v 0＝(M ＋m 2)v ′2解得v ′1＝6v 0－2v ，v ′2＝12v －12v 0两车不发生碰撞的临界条件是v ′1＝±v ′2当v ′1＝v ′2时，解得v ＝135v 0当v ′1＝－v ′2时，解得v ＝113v 0故v 的取值范围为135v 0≤v ≤113v 0.[答案]： 135v 0≤v ≤113v 0在母题中，若将斜面体换成放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．某时刻小孩将小球以v 0的速度向曲面推出，如图所示．已知小孩和冰车的总质量为m 1＝40 kg ，小球质量为m 2＝2 kg ，若小孩将球推出后还能再接到小球，求曲面质量m 3应满足的条件．[解析]： 人推球过程动量守恒，即0＝m 2v 0－m 1v 1对于小球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有 m 2v 0＝－m 2v 2＋m 3v 312m 2v 20＝12m 2v 22＋12m 3v 23解得v 2＝m 3－m 2m 3＋m 2v 0若小孩将小球推出后还能再接到小球，则有v 2＞v 1解得m 3＞4219 kg.[答案]： m 3＞4219 kg。
2019版一轮物理教科版课件：第六章 第2讲 动量守恒定律及其应用 精品
2.[弹性碰撞] (2015·高考全国卷Ⅰ)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的．
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)v0＝－mv＋Mvx，解得 vx＝v0＋Mm(v0＋v)，选项 C 正确． 答案：C
3.[多物体系动量守恒的应用] 如 图所示，人站在滑板 A 上，以 v0 ＝3 m/s 的速度沿光滑水平面向右 运动．当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横 杆，A 从横杆下方通过，与静止的滑板 B 发生碰撞并粘在一起， 之后人落到 B 上，与滑板一起运动，已知人、滑板 A 和滑板 B 的质量分别为 m 人＝70 kg、mA＝10 kg 和 mB＝20 kg，求： (1)A、B 碰撞过程中，A 对 B 的冲量的大小和方向； (2)人最终与滑板的共同速度的大小．
[基础知识•自主梳理]
一、动量守恒定律 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)四种表达式
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
普适性 不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统
题组突破训练
1．[动量守恒的判断] 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，如图所示， 则在子弹打击木块 A 及弹簧被压缩的过程中，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
新人教版第6章第2讲动量守恒定律及其应用课件(60张)
〔变式训练2〕 如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面 体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。 某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑的滑 上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高 度)。已知小孩与滑板的总质量m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小 孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
[答案] (1)M＋m mv0 (2)FfMMm＋v0m
(3)M2mFfMM＋＋2mm2v20
Mm2v20 2FfM＋m2
Mmv20 2FfM＋m
规律总结 模型
特点及满足的规律 子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒， 即 mv0＝(m＋M)v，Q 热＝FfL 相对＝12mv20－12(M＋ m)v2，若子弹穿出木块，有 mv0＝mv1＋Mv2，Q 热 ＝FfL 相对＝12mv20－12mv21－12Mv22
(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？
[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
mv0＝(M＋m)v， 解得 v＝M＋m mv0。 (2)设子弹在木块内运动的时间为 t，对木块由动量定理得 Fft＝Mv－0， 解得 t＝FfMMm＋v0m。
在后方，故冰块不能追上小孩。
考点二 “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，因此系统动量守恒。
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＝Ff·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。
2019高考物理第六章 第2讲 动量守恒定律 讲义 含解析
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。
2019版一轮优化探究物理(教科版)练习：第六章 第2讲 动量守恒定律及其应用 Word版含解析
[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m v＝(m＋Δm)v′,据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式R ＝m v qB 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( )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: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(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2,解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2),D 项正确、答案:D4.(2018·抚州市四校联考)如图所示,光滑水平面上的木板右端,有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连,木板质量M ＝3.0 kg.质量为m ＝1.0 kg 的铁块以水平速度v 0＝4.0 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最后恰好停在木板的左端,则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A 、4.0 JB 、6.0 JC 、3.0 JD 、 20 J解析:设铁块与木板速度相同时,共同速度大小为v,铁块相对木板向右运动时,相对滑行的最大路程为L,摩擦力大小为f,根据能量守恒定律得12m v 2＝fL＋12(M＋m)v2＋Ep铁块相对于木板运动的整个过程,由能量守恒定律得12m v 2＝2fL＋12(M＋m)v2又根据系统动量守恒可知,m v0＝(M＋m)v联立得到E p＝3.0 J,故选C.答案:C5、两质量、大小完全相同的正方体木块A、B,靠在一起放在光滑水平面上,一水平射来的子弹先后穿透两木块后飞出,若木块对子弹的阻力恒定不变,子弹射穿两木块的时间相同,则A、B两木块被子弹射穿后的速度之比为()A、1∶1B、1∶2C、1∶3D、1∶ 3解析:因木块对子弹的阻力恒定,且子弹射穿两木块的时间相同,子弹在射穿两木块对木块的冲量相同、射穿A时,两木块获得的速度为v′,根据动量定理,有I＝2m v′－0①射穿木块B时,B的速度发生改变,而A的速度不变、射穿B后,B的速度为v ″,根据动量定理,有I ＝m v ″－m v ′②①②联立,2m v ′＝m v ″－m v ′得v ′v ″＝13.选项C 正确、 答案:C二、多项选择题6.在质量为M 的小车中挂有一单摆,摆球的质量为m 0,小车和单摆以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动,与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短、在此碰撞过程中,下列情况可能发生的是( )A 、小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为 v 1、v 2、v 3,满足(M ＋m 0)v ＝M v 1＋m v 2＋m 0v 3B 、摆球的速度不变,小车和木块的速度变化为v 1和v 2,满足M v ＝M v 1＋m v 2C 、摆球的速度不变,小车和木块的速度都变为v 1,满足M v ＝(M ＋m )v 1D 、小车和摆球的速度都变为v 1,木块的速度变为v 2,满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2解析:在小车M 和木块发生碰撞的瞬间,摆球并没有直接与木块发生力的作用,它与小车一起以共同速度v 匀速运动时,摆线沿竖直方向,摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直,因而摆球未受到水平力作用,球的速度不变,可以判定A 、D 项错误;小车和木块碰撞过程,水平方向无外力作用,系统动量守恒,而题目对碰撞后小车与木块是否分开或连在一起,没有加以说明,所以两种情况都可能发生,即B 、C 选项正确、 答案:BC7.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( )A 、2 kgB.23 kg C 、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 ＝4－102 m/s ＝－3m/s,v b ＝4－02 m/s ＝2 m/s,碰撞后二者连在一起做匀速直线运动,v c ＝2－44－2 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 ＝23 kg由以上可知选项B 、D 正确、答案:BD8.如图所示,质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上,其中,弹簧两端分别与静止的滑块N 和挡板P 相连接,弹簧与挡板的质量均不计;滑块M 以初速度v 0向右运动,它与挡板P 碰撞后开始压缩弹簧,最后,滑块N 以速度v 0向右运动、在此过程中( )A 、M 的速度等于0时,弹簧的弹性势能最大B 、M 与N 具有相同的速度时,两滑块动能之和最小C 、M 的速度为v 02时,弹簧的长度最长D 、M 的速度为v 02时,弹簧的长度最短解析:M 、N 两滑块碰撞过程中动量守恒,当M 与N 具有相同的速度v 02时,系统动能损失最大,损失的动能转化为弹簧的弹性势能,即弹簧弹性势能最大,A 错误,B 正确;M 的速度为v 02时,弹簧的压缩量最大,弹簧的长度最短,C 错误,D 正确、答案:BD[能力题组]一、选择题9、(2018·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动,已知它们的动量分别是p 1＝5 kg·m/s,p 2＝7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为10 kg·m/s,则二球质量m 1与m 2间的关系可能是( )A 、m 1＝m 2B 、2m 1＝m 2C 、4m 1＝m 2D 、6m 1＝m 2解析:甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒,所以有p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′,即p 1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中,不可能有其他形式的能量转化为机械能,只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能,因此系统的机械能不会增加,所以有p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2,所以有m 1≤2151m 2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”,要符合这一物理情景,就必须有p 1m 1＞p 2m 2,即m 1＜57m 2;同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景,即p 1′m 1≤p 2′m 2,所以m 1≥15m 2.因此C 选项正确、答案:C10.(多选)如图所示,在光滑水平面上停放着质量为m 、装有光滑弧形槽的小车,一质量也为m 的小球以水平初速度v 0沿槽口向小车滑去,到达某一高度后,小球又返回右端,则( )A 、小球以后将向右做平抛运动B 、小球将做自由落体运动C 、此过程小球对小车做的功为m v 202D 、小球在弧形槽内上升的最大高度为v 202g解析:小球升到最高点时与小车相对静止,有共同速度v ′,由水平方向动量守恒得m v 0＝2m v ′,由机械能守恒定律得12m v 20＝2×12m v ′2＋mgh ,解得h ＝v 204g ,故D 错;从小球滑上小车到滚下并离开小车,系统在水平方向动量守恒,由于无摩擦,故机械能守恒,设小球速度大小为v 1,小车速度大小为v 2,则m v 0＝m v 2－m v 1,12m v 20＝12m v 22＋12m v 21,解得v 2＝v 0,v 1＝0,即两者交换速度,故B 、C 正确,A 错、答案:BC二、非选择题11、如图所示,光滑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 紧贴在一起,中间夹有少量炸药,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,以速率v 0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转化为机械能、解析:(1)全过程,A 、B 、C 组成的系统动量守恒,有m A v 0＝－(m A ＋m B )v 0＋m C v C解得v C ＝52v 0炸药对C 的冲量I ＝m C v C －0＝52m v 0,方向向右、(2)炸药爆炸过程,B 和C 组成的系统动量守恒,有m C v C －m B v B ＝0据能量关系ΔE ＝12×m 2v 2B ＋12m v 2C解得ΔE ＝758m v 20答案:(1)52m v 0,方向向右 (2)758m v 2012、(2018·山西五校联考)如图甲所示,质量均为m ＝0.5 kg 的相同物块P 和Q (可视为质点)分别静止在水平地面上A 、C 两点、P 在按图乙所示随时间变化的水平力F 作用下由静止开始向右运动,3 s 末撤去力F ,此时P 运动到B 点,之后继续滑行并与Q 发生弹性碰撞、已知B 、C 两点间的距离L ＝3.75 m,P 、Q 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2,取g ＝10 m/s 2,求:(1)P 到达B 点时的速度大小v 及其与Q 碰撞前瞬间的速度大小v 1;(2)Q 运动的时间t .解析:(1)在0～3 s 内,对P 由动量定理有:F 1t 1＋F 2t 2－μmg (t 1＋t 2)＝m v －0,其中F 1＝2 N,F 2＝3 N,t 1＝2 s,t 2＝1 s 解得:v ＝8 m/s设P 在B 、C 两点间滑行的加速度大小为a ,由牛顿第二定律有: μmg ＝maP 在B 、C 两点间做匀减速直线运动,有:v 2－v 21＝2aL解得:v 1＝7 m/s(2)设P 与Q 发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v 1′、v 2,有: m v 1＝m v 1′＋m v 212m v 21＝12m v 1′2＋12m v 22碰撞后Q 做匀减速直线运动,有:t ＝v 2a解得:t ＝3.5 s答案:(1)8 m/s 7 m/s (2)3.5 s13、如图所示,长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg,静止放在粗糙的水平地面上,质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端、一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处,以速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动、一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短),之后三者发生相对运动,整个过程物块C 始终在长木板上、已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1,物块C 与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2,物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取10 m/s 2,求:(1)碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度;(2)长木板B 的最小长度和物块A 离长木板左侧的最终距离、 解析:(1)设物块A 与木板B 碰前的速度为v由动能定理得:－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 20解得v ＝v 20－2μ1gl ＝9 m/sA 与B 发生弹性碰撞,假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2,由动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s, v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s. (2)碰撞后B 减速运动,C 加速运动,B 、C 达到共同速度之前,由牛顿运动定律对木板B 有:－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝m 2a 1对物块C 有:μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为tv 2＋a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝3 mB 、C 达到共同速度之后,因μ1＜μ2,二者一起减速至停下,设加速度大小为a 3由牛顿运动定律得:μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 3)a 3整个过程B 运动的位移为:x B ＝v 2t ＋12a 1t 2＋0－(a 2t )2－2a 3＝6 m A 与B 碰撞后,A 做减速运动的加速度大小也为a 3,位移为:x A ＝0－v 21－2a 3＝4.5 m物块A 离长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5 m. 答案:(1)－3 m/s 6 m/s (2)3 m 10.5 m。
近年届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第2讲动量守恒定律的综合应用课时作业(含解析)(2021年
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2、动量守恒定律的综合应用［基础训练]1．（2018·黑龙江哈三中二模）如图所示,在光滑水平面上质量为m的物体A以速度v0与静止的物体B发生碰撞,物体B的质量为2m,则碰撞后物体B 的速度大小可能为( )A．v0 B。
错误! C．0 D.错误!答案:D 解析:物体A与物体B碰撞的过程中动量守恒,选物体A原来的运动方向为正方向：如果发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，计算得出v＝错误!v0；如果发生的是完全弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2,由能量守恒定律得错误!mv错误!＝错误!mv错误!＋错误!·2mv错误!，计算得出v2＝错误!v0.碰撞后物体B的速度满足错误!v0≤v B≤错误!v0，选项D正确．2．如图所示,静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连,木板质量M＝3 kg.质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J答案:A 解析:设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v,铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L,摩擦力大小为F f。
高中物理课件 第六章 第二讲 《 动量守恒定律及应用》
动量守恒是指系统内的物体在相互作用过程中， 动量守恒是指系统内的物体在相互作用过程中，动 量始终保持不变的情况，而初、 量始终保持不变的情况，而初、末动量相同并不代表动 量守恒． 量守恒．
二、碰撞和反冲现象 1．碰撞 ． (1)特点：在碰撞现象中，一般都满足 内力远大于外力，可认 特点：在碰撞现象中， 特点 守恒． 为相互碰撞的系统 动量 守恒． (2)分类 分类 ①弹性碰撞：若总动能损失很小，可以忽略不计，此碰 弹性碰撞：若总动能损失很小，可以忽略不计， 撞为弹性碰撞． 撞为弹性碰撞． ②完全非弹性碰撞：若两物体碰后粘合在一起，这种碰 完全非弹性碰撞：若两物体碰后粘合在一起， 撞损失动能最多，此碰撞称为完全非弹性碰撞． 撞损失动能最多，此碰撞称为完全非弹性碰撞．
1．(2010·湖南名校联考 将一 ． 湖南名校联考)将一 湖南名校联考 质量为3 的木板置于光滑 质量为 kg的木板置于光滑 水平面上，另一质量为1 kg的物块放在木板上．已知 的物块放在木板上． 水平面上，另一质量为 的物块放在木板上 物块和木板间有摩擦，而木板足够长， 物块和木板间有摩擦，而木板足够长，若两者都以大 小为4 如图6－ － 所示 所示)， 小为 m/s的初速度向相反方向运动 如图 －2－1所示 ， 的初速度向相反方向运动(如图 则当木板的速度为2.4 m/s，物块正在 则当木板的速度为 ， ( )
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组 成的系统， 等于作用后的总动量． 成的系统，作用前的 总动量 等于作用后的总动量． ＝－Δp (3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化大小 相等 方向相反． 方向相反． (4)Δp＝0，系统总动量的变化 为零 ＝ ， ． ，
(3)相对性：由于动量的大小与参考系的选取有关，因此应 相对性：由于动量的大小与参考系的选取有关， 相对性 用动量守恒定律时， 用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对同 一惯性系的速度．一般以地面为参考系． 一惯性系的速度．一般以地面为参考系． (4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用 普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统， 普适性 于多个物体组成的系统； 于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系 统，也适用于微观粒子组成的系统． 也适用于微观粒子组成的系统．
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[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：C
2.(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t
B．轨迹为Pc，至屏幕的时间将大于t
C．轨迹为Pb，至屏幕的时间将等于t
D．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＝mv
qB
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：D
3.一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( ) A．v0－v2B．v0＋v2
C．v0－m2
m1v2D．v0＋
m2
m1
(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＋m2
m1
(v0－v2)，D项正确．
答案：D
4.(2018·抚州市四校联考)如图所示，光滑水平面上的木
板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，
木板质量M＝3.0 kg.质量为m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A．4.0 J B．6.0 J
C．3.0 J D．20 J
解析：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，
相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为F f，根据能量守恒定律得
1 2mv 20＝F f L＋
1
2
(M＋m)v2＋E p
铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得
1 2mv 20＝2F f L＋
1
2
(M＋m)v2
又根据系统动量守恒可知，mv0＝(M＋m)v
联立得到E p＝3.0 J，故选C.
答案：C
5．两质量、大小完全相同的正方体木块A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射来的子弹先后穿透两木块后飞出，若木块对子弹的阻力恒定不变，子弹射穿两木块的时间相同，则A、B两木块被子弹射穿后的速度之比为( ) A．1∶1 ．1∶2
C．1∶3 D．1∶ 3
解析：因木块对子弹的阻力恒定，且子弹射穿两木块的时间相同，子弹在射穿两木块对木块的冲量相同．射穿A时，两木块获得的速度为v′，根据动量定理，有
I＝2mv′－0①
射穿木块B时，B的速度发生改变，而A的速度不变．射穿B后，B的速度为v″，根据动量定理，有
I＝mv″－mv′②
①②联立，2mv′＝mv″－mv′。