《2020新亮剑高考物理总复习讲义：第六单元 动量 第2课时 .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020新亮剑高考物理总复习讲义：第六单元 动量 第2课时 .docx（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第六单元动量课时2动量守恒定律及其应用见自学听讲P1041.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,则这个系统的总动量保持不变。(2)表达式:对两个物体组成的系统,常写成p1+p2=p1+p2或m1v1+m2v2=m1v1+m2v2。(3)适用条件:系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。2.弹性碰撞和非弹性碰撞 (1)弹性碰撞:碰撞过程中机械能守恒。(2)非弹性碰撞:碰撞过程中机械能减少。(3)完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体或碰撞后具有共同速度,这种碰撞动能损失最多。3.反冲运动 (1)定义:一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,一部分向某个方向运动,另外
2、一个部分必然向相反方向运动,这个现象叫反冲。(2)特点:物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动。在反冲运动中,系统的合外力一般不为零,但内力远大于外力,可认为反冲运动中系统动量守恒。在反冲运动中机械能总量一般是增加的。(3)反冲现象的应用和防止应用:反击式水轮机是使水从转轮的叶片中流出,由于反冲而使转轮旋转,从而带动发电机发电,火箭、喷气式飞机是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的推力,等等。避免有害的反冲运动。1.(2018湖北宜昌六校联考)甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动,速度大小都是1 m/s,甲、乙相遇时用力推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,速度大小分别为 1
3、m/s 和2 m/s。则甲、乙两运动员的质量之比为()。A.23 B.32 C.12 D.21答案B2.(2018湖南长沙模拟)图示为中国队队员投掷冰壶的镜头。在某次投掷中,冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰,碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行。若两冰壶质量相等,规定向前运动方向为正方向,则碰后中国队冰壶的速度为()。A.0.1 m/sB.-0.1 m/sC.0.7 m/sD.-0.7 m/s答案A3.(2018江苏南通第二次质量调研模拟)(多选)下列属于反冲运动的是()。A.喷气式飞机的运动 B.氢气球的上升C.火箭的运动 D.反击式水轮机的运动答案A
4、CD4.(2018湖南邵阳单元测验)如图所示,两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上,有一质量为m的人静止站在A车上,两车静止。若这个人自A车跳到B车上,接着又跳回A车并与A车相对静止,则此时A车和B车的速度之比为()。A.M+mmB.M+mMC.MM+mD.mM+m答案C1.(2017全国卷,14)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 kgm/sB.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/sD.6.3102 kg
5、m/s解析设火箭的质量为m1,燃气的质量为m2,根据动量守恒定律知m1v1=m2v2,解得火箭的动量p=m2v2=m1v1=30 kgm/s,A项正确。答案A2.(2015全国卷,35)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mv0=mv1+Mv2由机械能守恒定律得12mv02=12mv12+12Mv22联立解得v1=m-M
6、m+Mv0,v2=2mm+Mv0要使得A与B能发生碰撞,需要满足v10,即mMA向左运动与B发生碰撞过程,有mv1=mv3+Mv412mv12=12mv32+12Mv42联立解得v3=m-Mm+Mv1,v4=2mm+Mv1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v3v2,即2mm+Mv0m-Mm+Mv1=m-MM+m2v0整理可得m2+4MmM2解得m(5-2)M所以使A只与B、C各发生一次碰撞,应满足(5-2)MmM。答案(5-2)MmM见自学听讲P105一系统动量守恒的判断和守恒条件的理解动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体系统,其成立的条件:(1)理想条件:系统
7、不受外力。(2)实际条件:系统所受外力矢量和为零。(3)近似条件:系统所受外力比相互作用的内力小得多,外力的作用可以被忽略。(4)推广条件:系统所受外力的矢量和虽不为零,但在某一方向上,系统不受外力或所受外力的矢量和为零,则系统在这一方向上动量守恒。例1如图所示,轻弹簧一端固定在墙上,另一端连一挡板,挡板A的质量为m,一物体沿光滑水平面以一定的速度撞向挡板,物体B的质量为M,物体与挡板相接触的一面都装有尼龙搭扣,使得它们相撞后立即粘连在一起,若碰撞时间极短(极短时间内完成粘连过程),则对挡板A、物体B和弹簧组成的系统,下列说法中正确的是()。A.在A与B相撞的过程中,系统的动量守恒而机械能不守
8、恒B.从A与B开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中,系统的动量不守恒而机械能守恒C.从A与B开始接触到弹簧恢复原长的过程中,系统的动量守恒而机械能不守恒D.从A与B开始接触到弹簧恢复原长的过程中,系统的动量不守恒而机械能守恒解析在A与B相撞的过程中,有能量损失,所以系统机械能不守恒。碰撞的瞬间,由于时间极短,内力远大于外力,系统动量守恒,故A项正确;从A与B开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中,墙壁对系统有作用力,即系统所受的合力不为零,系统动量不守恒,由于碰撞的过程有能量损失,故系统机械能不守恒,B、C、D三项错误。答案A分清系统的内力和外力分析系统内物体的受力时,要分清哪些是系统的内力,哪些是
9、系统外的物体对系统的作用力。系统的内力是系统内物体相互作用,它们对系统的冲量的矢量和为零,虽然改变某个物体的动量,但不改变系统的总动量。二系统动量守恒的理解和运用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)p=0(系统动量的增量为零)。(3)p1=-p2(相互
10、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)。例2如图所示,质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止。若救生员以相对水面的速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为()。A.v0+mMvB.v0-mMvC.v0+mM(v0+v)D.v0+mM(v0-v)解析以水平向右为正方向,小船和救生员组成的系统满足动量守恒,则(M+m)v0=m(-v)+Mv,解得v=v0+mM(v0+v),故C项正确。答案C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
11、度。例3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
12、成的整体动量守恒,由动量守恒定律得(M+m)v0=mv+Mv1解得v1=(M+m)v0-mvM=v0+mM(v0-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-Mv0=(m+M)v2解得v2=mv-Mv0m+M。(3)甲、乙不相撞的条件是v1v2,其中v1=v2为甲、乙恰好不相撞的条件联立以上各式得v5.2 m/s。答案(1)v0+mM(v0-v)(2)mv-Mv0m+M(3)甲的速度不大于乙的速度5.2 m/s在动量守恒定律的应用中,常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题。分析临界问题的关键是寻找临界状态,临界状态的
13、出现是有条件的,这个条件就是临界条件,临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值。在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系,这些特定关系的判断是求解这类问题的关键。三爆炸问题的求解解决爆炸类问题时,要抓住以下三个特征:1.动量守恒:由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸的物体间的相互作用力远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的动量守恒。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,因此爆炸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,物体仍然从爆炸的位
14、置以新的动量开始运动。例4从某高度自由下落一个质量为M的物体,当物体下落h时,突然炸裂成两块,已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置。(1)求刚炸裂时另一块碎片的速度。(2)问爆炸过程中有多少化学能转化为碎片的动能?解析(1)M下落h后,根据动能定理有Mgh=12Mv2由于爆炸时动量守恒,有Mv=-mv+(M-m)v联立解得v=M+mM-m2gh,方向竖直向下。(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量,即Ek=12mv2+12(M-m)v2-12Mv2解得Ek=12(m-M)v2+(M+m)2ghM-m。答案(1)M+mM-m2gh,方向竖直向下(2)12(m-M
15、)v2+(M+m)2ghM-m四反冲运动中的“人船模型”1.“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒,在相互作用的过程中,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)两物体满足动量守恒定律:m1v1-m2v2=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x1x2=v1v2=m2m1。(3)应用此关系时要注意一个问题:v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。例5如图所示,一个倾角为的直角斜
16、面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M,顶端高度为h,现有一质量为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()。A.mhM+mB.MhM+mC.mh(M+m)tanD.Mh(M+m)tan解析此题属“人船模型”问题。小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒,设小物体在水平方向上对地的位移为x1,斜面体在水平方向上对地的位移为x2,因此有0=mx1-Mx2,x1+x2=htan。联立解得x2=mh(M+m)tan,C项正确。答案C“人船模型”问题应注意以下两点(1)适用条件:系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零。在系统内发生相
17、对运动的过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。五碰撞问题碰撞过程历时很短,在短时间内系统内力远大于外力,这时外力虽然不为零,但由于时间短,对系统的冲量很小,可以忽略不计,因此可以认为系统动量守恒。但系统机械能不一定守恒,我们根据机械能的变化情况可以将碰撞分为三类。种类特点弹性碰撞动量守恒,机械能守恒非弹性碰撞动量守恒,机械能有损失完全非弹性碰撞(合为一体)动量守恒,机械能损失最大例6如图所示,两个半径相同的小球A、B分别被不可伸长的细线悬吊着,两个小球静止时,它们刚好接触
18、,且球心在同一条水平线上,两根细线竖直。小球A的质量小于B的质量。现向左移动小球A,使悬吊A球的细线张紧着与竖直方向成某一角度,然后无初速度释放小球A,两个小球将发生碰撞,碰撞过程没有机械能损失,且碰撞前后小球的摆动平面不变。已知碰撞前A球摆动的最高点与最低点的高度差为h,则小球B的质量越大,碰后()。A.A上升的最大高度hA越大,而且hA可能大于hB.A上升的最大高度hA越大,但hA不可能大于hC.B上升的最大高度hB越大,而且hB可能大于hD.B上升的最大高度hB越大,但hB不可能大于h解析 根据动量守恒和机械能守恒可得mAv0=mAv1+mBv2,12mAv02=12mAv12+12mB
19、v22,联立解得v1=(mA-mB)v0mA+mB,v2=2mAv0mA+mB,由于mAm2时,v10,v20,碰撞后两球都向前运动。当m1m2时,v1=v1,v2=2v1,碰撞后大球速度不变,小球速度是大球的两倍。当m1m2时,v10,碰撞后质量小的球被反弹回来。当m1m2时,v1=-v1,v2=0,碰撞后小球被原速率反弹回来,大球不动。(2)如果发生完全非弹性碰撞,系统损失的机械能最大,明确能量损失的去向,列出功能关系方程,结合动量守恒方程求解。如果碰撞中某物体损失的能量最多,则碰后该物体的速度为零,应用动量守恒和功能关系列方程联合求解。例7两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动
20、,mA=1 kg,mB=2 kg,vA=6 m/s,vB=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.vA=5 m/s,vB=2.5 m/sB.vA=2 m/s,vB=4 m/sC.vA=-4 m/s,vB=7 m/sD.vA=7 m/s,vB=1.5 m/s解析虽然题中四个选项均满足动量守恒定律,但A、D两项中,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;C项中,两球碰后的总动能Ek=12mAvA2+12mBvB2=57 J,大于碰前的总动能Ek=12mAvA2+12mBvB2=22 J,违背了能量守恒定律;B项既符合实际情况,也不违背能量守
21、恒定律。故B项正确。答案B碰撞遵守的规律(1)动量守恒,即p1+p2=p1+p2。(2)动能不增加,即Ek1+Ek2Ek1+Ek2或p122m1+p222m2p122m1+p222m2。(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。六子弹打木块模型在分析和解答动量守恒定律问题时,“子弹射木块”是常见的类型题之一,由于子弹射入时间非常短,内力远大于外力,所以可以认为子弹与木块构成的系统动量守恒。按实际中出现的类型大致可分为射入、射穿两类:射入类的特点是子弹射入木块后二者以相同速度一起运动;射穿类的特点
22、是子弹击穿木块后二者分别以不同的速度(子弹的速度肯定大于木块的速度)各自运动。例8一质量为M的木块放在光滑的水平面上,另一质量为m的子弹以初速度v0水平飞来打进木块并留在其中,设相互作用力恒为f。求从木块开始运动到子弹与木块相对静止的过程中:(1)子弹、木块相对静止时的速度v。(2)子弹打进木块的深度l。(3)系统增加的内能。解析(1)由动量守恒得mv0=(M+m)v子弹与木块的共同速度v=mM+mv0。(2)对子弹利用动能定理得-fs1=12mv2-12mv02所以s1=Mm(M+2m)2f(M+m)2v02同理对木块有fs2=12Mv2故木块发生的位移s2=Mm22f(M+m)2v02子弹
23、打进木块的深度l=s1-s2=Mm2f(M+m)v02。(3)系统损失的机械能Ek=12mv02-12(M+m)v2=Mm2(M+m)v02系统增加的内能Q=Ek=Mm2(M+m)v02。答案(1)mM+mv0(2)Mm2f(M+m)v02(3)Mm2(M+m)v02(1)子弹和木块组成的系统动量守恒,机械能总量减少。(2)系统损失的机械能转化为内能,等于阻力乘以相对位移,即Q=fs相对。(3)子弹打木块、碰撞、滑块木板模型中,一个运动的物体与另一个静止的物体在达到共同速度的过程中系统损失的机械能等于12mv02MM+m,式中m和M分别为开始运动和静止的物体的质量,v0为开始运动物体的初速度。
24、然后找到损失能量的去向,再应用功能关系列方程联合求解即可。模型1滑块木板模型1.把滑块、木板看作一个整体,摩擦力为内力,在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒。2.由于摩擦生热,机械能转化为内能,系统机械能不守恒。应由能量守恒求解问题。3.若滑块未滑离木板,最后二者有共同速度,机械能损失最多。例9如图所示,在光滑的水平面上有一质量为M的长木板,以速度v0向右做匀速直线运动,将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点,这时小铁块相对地面的速度为零,小铁块相对木板向左滑动。由于小铁块和木板间有摩擦,最后它们之间相对静止,已知它们之间的动摩擦因数为,问:(1)小铁块跟木板相对静止时,它们的共同速度多
25、大?(2)它们相对静止时,小铁块与木板上的A点距离多远?(3)在全过程中有多少机械能转化为内能?解析(1)木板与小铁块组成的系统动量守恒。以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v解得v=Mv0M+m。(2)由功能关系可得,摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量mgx相=12Mv02-12(M+m)v2解得x相=Mv022g(M+m)。(3)方法一:由能量守恒定律可得Q=12Mv02-12(M+m)v2解得Q=Mmv022(M+m)。方法二:根据功能关系,转化成的内能等于系统克服摩擦力做的功,即Q=mgx相=Mmv022(M+m)。答案(1)Mv0M+m(2)Mv022
26、g(M+m)(3)Mmv022(M+m)滑块木板问题解题思路(1)若与木板接触的另一面是光滑的,如地面光滑。满足动量守恒的条件,优先选择动量守恒和能量转化守恒的观点处理。(2)若与木板接触的另一面有摩擦,动量一般不守恒。此时就要采用牛顿定律的思路解题。模型2滑块弹簧类模型1.对于弹簧类问题,在作用过程中,若系统合外力为零,则满足动量守恒。2.整个过程往往涉及多种形式的能的转化,如弹性势能、动能、内能、重力势能的转化,应用能量守恒定律解决此类问题。3.注意:弹簧压缩最短时,弹簧连接的两物体速度相等,此时弹簧弹性势能最大。例10两物块A、B用轻弹簧相连,质量均为2 kg,初始时弹簧处于原长,A、B
27、两物块都以v=6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动,质量为4 kg的物块C静止在前方,如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则在以后的运动中:(1)当弹簧的弹性势能最大时,物块A的速度为多大?(2)系统中弹性势能的最大值是多少?解析(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。由A、B、C三者组成的系统动量守恒得(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vABC解得vABC=3 m/s。(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒,设碰后瞬间B、C两者速度为vBC,则mBv=(mB+mC)vBC解得vBC=2 m/s设物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep,根据能量守恒得Ep
28、=12(mB+mC)vBC2+12mAv2-12(mA+mB+mC)vABC2解得Ep=12 J。答案(1)3 m/s(2)12 J(1)含有弹簧的碰撞问题,在选取“系统”时应该包括弹簧,轻弹簧的动量往往忽略不计,但不可遗漏弹簧的弹性势能。(2)含有弹簧类的碰撞问题,要特别注意物块碰撞中机械能可能转化为内能,所以全过程看系统机械能往往不守恒。(3)弹簧的弹性势能由形变量的大小决定,弹簧伸长或压缩时,只要伸长量和压缩量相同,弹簧的弹性势能就相同,这在很多题目中是个隐含的条件。模型3滑块斜面模型1.滑块和斜面体相互作用的问题通常要求所有的接触面光滑,滑块和斜面体作用时,一般是水平方向的动量守恒,滑
29、块和斜面系统的机械能守恒。2.当滑块竖直速度减为零时,一定是两者相对静止的时刻。3.斜面体也可以是曲面,如四分之一光滑圆弧构成的曲面体。例11如图所示,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧有一蹲在滑板上的小孩,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。(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
30、?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m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v12m2v202=12(m2+m3)v2+m2gh式中v20=-3 m/s,为冰块推出时的速度联立解得m3=20 kg。(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代入数据得v1=1 m/s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+m3v312m2v202=12m2v22+12m3v32联立解得v2=1 m/s由于冰块与斜面体分离
31、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)不能多过程问题 例12如图所示,在光滑水平面上有A、B两辆小车,水平面的左侧有一竖直墙,在小车B上坐着一个小孩,小孩与B车的总质量是A车质量的10倍。两车开始都处于静止状态,小孩把A车以相对于地面的速度v推出,A车与墙壁碰后仍以原速率返回,小孩接到A车后,又把它以相对于地面的速度v推出。每次推出,A车相对于地面的速度都是v,方向向左。则小孩把A车推出几次后,A车返回时小孩不能再接到A车? 解析取水平向右为正方向,小孩第一次推出A车时,由动量守恒有mBv1-mAv=0即v1=mAmBv第n次推出A车时,由
32、动量守恒有mAv +mBvn-1=-mAv+mBvn则vn-vn-1=2mAmBv所以vn=v1+(n-1)2mAmBv当vnv时,再也接不到小车由以上各式得n5.5,取n=6。答案6次关于n的取值也是应仔细分析的问题,不能盲目地对结果进行“四舍五入”,一定要注意结论的物理意义。见高效训练P651.(2018贵州贵阳六校联考)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,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()。A.mMv0B.Mmv0C.MM-mv0D.mM-mv0解析根据动量守恒定律
33、可知mv0-(M-m)v=0,解得v=mM-mv0,故D项正确。答案D2.(2018四川康定第一次质量调研)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船(一吨左右)又窄又长。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:首先将船平行码头自由停泊,轻轻从船尾上船,走到船头后停下来,而后轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离为d,然后用卷尺测出船长L,已知他自身的质量为m,则小船的质量M为()。A.mLdB.m(L-d)dC.m(L+d)dD.mdL-d解析根据题意可知,人从船尾走到船头过程中,动量守恒,则有Mv=mv,即Mdt=mL-dt,解得M=m(L-d)d,B项正确。答案B3.(2019湖北黄石
34、11月模拟)如图甲所示,光滑的半圆筒截面圆上有四点A、B、C、D,B是圆弧的最低点,A、C是与圆心O等高的两点,D位于B点的右侧,且BD圆弧所对的圆心角为30。可看作质点且质量相等的两个小球a、b最初位于A、B两点。现释放A点处的小球,讨论两球第二次碰撞前的运动情况,以下说法中不正确的是()。A.碰后b球可能上升到C位置处B.碰后a球可能返回到A位置处C.碰后b球可能上升到D位置处D.碰后a球可能上升到D位置处解析a球从A点滑下,设碰撞前的速度为v,与b球相碰,若是弹性碰撞,则发生速度交换,碰后b的速度为v,能够上升到C处,A项正确。若发生的是完全非弹性碰撞,则碰后两者的速度相等,由动量守恒定
35、律可知mv=2mvab,因此碰后a、b的速度vab=v2。如图乙所示,根据能量转化知,碰后两者可以上升到C点高度四分之一的E点处。设圆弧BE所对圆心角为,则有R(1-cos )=R4,解得cos =34,而cos 30=32,则30,故E点在D点的上方,C、D两项正确。若碰后a球反弹,由动量守恒知,b球的速度大于v,则碰后的动能增加了,B项错误。答案B4.(2018山东东营11月模拟)在光滑水平面上,质量为m的小球A正以速度v0做匀速运动。某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰,两球相碰后,A球的动能恰好变为原来的14。则碰后B球的速度大小是()。A.v02B.v06C.v02或v06D
36、.无法确定解析两球相碰后A球的速度大小变为原来的12,相碰过程中满足动量守恒,若碰后A球的速度方向不变,则mv0=12mv0+3mv1,可得B球的速度v1=v06,碰后A球的速度大于B球的速度,而B球在前,A球在后,不符合实际情况,因此A球一定反向运动,即mv0=-12mv0+3mv1,可得v1=v02,A项正确。答案A5.(2018云南保山5月模拟)(多选)如图所示,一辆小车静止在光滑水平面上,A、B两人分别站在车的两端。当两人同时相向运动时()。A.若小车不动,两人速率不一定相等B.若小车向左运动,A的动量一定比B的小C.若小车向左运动,A的动量一定比B的大D.若小车向右运动,A的动量一定
37、比B的大解析小车与A、B两人组成的系统初动量为零,根据动量守恒可知,若小车不动,两人的动量大小一定相等,因不知两人的质量,所以不能确定两人速率一定相等,A项正确;若小车向左运动,A的动量大小一定等于小车与B的动量大小之和,故B项错误,C项正确;若小车向右运动,则小车与A的动量大小之和一定等于B的动量大小,故D项错误。答案AC6.(2018湖南岳阳水平检测)(多选)如图所示,将一轻质弹簧从物体B内部穿过,并将其上端悬挂于天花板,下端系一质量m1=2.0 kg的物体A。平衡时物体A距天花板h=2.4 m,在距物体A正上方高h1=1.8 m处,由静止释放质量m2=1.0 kg的物体B,B下落过程中某
38、时刻与弹簧下端的物体A碰撞(碰撞时间极短),并立即以相同的速度与A一起运动,两物体不粘连,且可视为质点,碰撞后两物体一起向下运动,历时0.25 s第一次到达最低点,弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是()。A.碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2 m/sB.碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25 mC.碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中,两物体间的平均作用力大小为18 ND.A、B运动到最低点后反弹上升,A、B分离后,B还能上升的最大高度为0.2 m解析设物体B自由下落至与A碰撞前的速度为v0,根据自由落体运动规律,有v0=2gh1=6
39、 m/s,设A、B碰撞结束后瞬间二者达到共同速度vt,以向下为正方向,根据动量守恒定律,有m2v0=(m1+m2)vt,解得vt=2.0 m/s,A项正确。从二者一起运动到速度变为零的过程中,选择B作为研究对象,根据动量定理,有(m2g-F)t=0-m2vt,解得F=18 N,方向竖直向上,对B根据动能定理可得-Fx+mgx=0-12m2vt2,解得x=0.25 m,即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25 m,B、C两项正确;若A、B在原位置分离,B还能上升的最大高度hm=vt22g=0.2 m,但实际上A、B在弹簧恢复原长时分离,故B还能上升的最大高度小于0.2 m,D项错误
40、。答案ABC7.(2018江西南昌单元测验)(多选)矩形滑块由不同材料的上下两层粘连在一起组成,将其放在光滑的水平面上,如图所示,质量为m的子弹以速度v水平射入滑块,若射击上层,则子弹刚好不穿出;若射击下层,整个子弹刚好嵌入,则上述两种情况相比较()。A.两次子弹对滑块做的功一样多B.两次滑块受到的冲量一样大C.子弹射入下层过程中克服阻力做功较少D.子弹射入上层过程中系统产生的热量较多解析由水平方向动量守恒可以知道,两种情况对应的末速度是一样的,系统动能的减少量也是一样的,系统产生的热量也一样多,D项错误;由动能定理可知,子弹克服阻力做功相同,子弹对滑块做功相同,A项正确,C项错误;由动量定理
41、可以分析,两次滑块所受冲量一样大,B项正确。答案AB8.(2018江西宜春11月模拟)(多选)如图所示,在光滑水平面上叠放A、B两物体,两物体间有摩擦力,mA=2 kg,mB=1 kg,速度的大小均为v0=10 m/s,设A板足够长,当观察到B做加速运动时,A的可能速度为()。A.2.5 m/sB.3.5 m/sC.4.5 m/sD.5.5 m/s解析因摩擦力作用,A、B必先做减速运动,因初动量总和为(210-110) kgm/s=10 kgm/s,故必是B先减速为零,后反向加速,最后与A一起向右运动,整个过程中,A一直减速,当B速度为零时,A速度为v1,由动量守恒定律可得v1=102 m/s
42、=5 m/s,A、B最终速度v2=102+1 m/s=103 m/s。可见,B做加速运动时,A的速度范围是5 m/svA3.3 m/s,B、C两项正确。答案BC9.(2018安徽淮南4月模拟)(多选)如图所示,光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球A、B,放在与左侧竖直墙垂直的直线上,设B开始处于静止状态,A球以速度v朝着B运动,设系统处处无摩擦,所有的碰撞均无机械能损失,则下列判断正确的是()。A.若m1=m2,则两球之间有且仅有两次碰撞B.若m1m2,则两球之间可能发生两次碰撞C.两球第一次碰撞后B球的速度一定是v2D.两次第一次碰撞后A球可能向右运动解析设A球和B球第一次碰撞后速度
43、分别为v1和v2,取向左为正方向。根据动量守恒定律得m1v=m1v1+m2v2,根据机械能守恒定律得12m1v2=12m1v12+12m2v22,解得v1=m1-m2m1+m2v,v2=2m1m1+m2v。若m1=m2,则A与B碰撞后交换速度,当B球与墙壁碰后以速度v2返回,并与A球发生第二次碰撞,之后B静止,A向右运动,不再发生碰撞,A项正确;若m1m2,则得v1-v,v20,两球之间只能发生一次碰撞,故B项错误;两球第一次碰撞后,B球的速度v2=2m1m1+m2v,与两球的质量关系有关,不一定是v2,故C项错误;两球第一次碰撞后A球的速度v1=m1-m2m1+m2v,当m1m2时,v10,碰后A球向右运动,故D项正确。答案AD10.(2