2023版高三一輪總復(fù)習(xí)物理（新教材新高考）第六章動(dòng)量教案

[高考備考指南]命題分析核心素養(yǎng)1．縱觀近幾年高考試題：主要考查了碰撞、爆炸和反沖運(yùn)動(dòng)模型，題型以計(jì)算題和選擇題為主，也有實(shí)驗(yàn)題但較少。2．動(dòng)量守恒定律是力學(xué)的重點(diǎn)，要關(guān)注動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量守恒定律、電磁感應(yīng)定律等綜合考查的壓軸計(jì)算題。物理觀念：動(dòng)量、沖量、碰撞、爆炸、反沖?？茖W(xué)思維：動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、人船模型、“滑塊—滑板”模型、“子彈打木塊”模型、“含彈簧”模型?？茖W(xué)探究：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律、驗(yàn)證動(dòng)量定理?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任：現(xiàn)代航天技術(shù)與反沖。動(dòng)量和動(dòng)量定理一、動(dòng)量、動(dòng)量的變化量、沖量1．動(dòng)量(1)定義：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫作物體的動(dòng)量，通常用p來表示。(2)表達(dá)式：p＝mv。(3)單位：kg·m/s。(4)標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，其方向和速度方向相同。2．動(dòng)量的變化量(1)因?yàn)閯?dòng)量是矢量，動(dòng)量的變化量Δp也是矢量，其方向與速度的改變量Δv的方向相同。(2)動(dòng)量的變化量Δp，一般用末動(dòng)量p′減去初動(dòng)量p進(jìn)行計(jì)算，也稱為動(dòng)量的增量，即Δp＝p′－p。3．沖量(1)定義：力與力的作用時(shí)間的乘積叫作力的沖量。公式：I＝F·Δt。(2)單位：沖量的單位是?！っ耄?hào)是N·s。(3)方向：沖量是矢量，恒力沖量的方向與力的方向相同。二、動(dòng)量定理1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過程中所受力的沖量。2．表達(dá)式：Ft＝Δp＝p′－p。3．矢量性：動(dòng)量變化量的方向與合外力的方向相同，可以在某一方向上應(yīng)用動(dòng)量定理。一、易錯(cuò)易誤辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)動(dòng)量越大的物體，其速度越大。 (×)(2)物體的動(dòng)量越大，其慣性也越大。 (×)(3)物體所受合力不變，則動(dòng)量也不改變。 (×)(4)物體沿水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力不做功，其沖量為零。 (×)(5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動(dòng)量的方向相同。 (×)(6)物體所受合外力的沖量方向與物體動(dòng)量變化的方向是一致的。 (√)二、教材習(xí)題衍生1．(人教版選擇性必修第一冊(cè)P5T1改編)質(zhì)量為0.5kg的物體，運(yùn)動(dòng)速度為3m/s，它在一個(gè)變力作用下速度大小變?yōu)?m/s，方向和原來方向相反，則這段時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化量大小及方向分別為()A．5kg·m/s，方向與原運(yùn)動(dòng)方向相反B．5kg·m/s，方向與原運(yùn)動(dòng)方向相同C．2kg·m/s，方向與原運(yùn)動(dòng)方向相反D．2kg·m/s，方向與原運(yùn)動(dòng)方向相同A[以原來運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍啥x式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5)kg·m/s＝－5kg·m/s，負(fù)號(hào)表示Δp的方向與原運(yùn)動(dòng)方向相反。]2．(人教版選擇性必修第一冊(cè)P10T1改編)(多選)如圖所示，一個(gè)物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下勻速前進(jìn)了時(shí)間t，則()A．拉力對(duì)物體的沖量大小為FtB．拉力對(duì)物體的沖量大小為FtsinθC．摩擦力對(duì)物體的沖量大小為FtsinθD．合力對(duì)物體的沖量大小為零AD[拉力F對(duì)物體的沖量大小為Ft，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；物體受到的摩擦力大小Ff＝Fcosθ，所以摩擦力對(duì)物體的沖量大小為Fft＝Ftcosθ，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；物體勻速運(yùn)動(dòng)，合力為零，所以合力對(duì)物體的沖量大小為零，故D項(xiàng)正確。]3．(人教版選擇性必修第一冊(cè)P5T2改編)(多選)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則()A．t＝1s時(shí)物塊的速率為1m/sB．t＝2s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4kg·m/sC．t＝3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5kg·m/sD．t＝4s時(shí)物塊的速度為零AB[前2s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s時(shí)物塊的速率v1＝a1t1＝1m/s，A正確；t＝2s時(shí)物塊的速率v2＝a1t2＝2m/s，動(dòng)量大小為p2＝mv2＝4kg·m/s，B正確；物塊在2～4s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小為a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s時(shí)物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，動(dòng)量大小為p3＝mv3＝3kg·m/s，C錯(cuò)誤；t＝4s時(shí)物塊的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s，D錯(cuò)誤。]動(dòng)量沖量的理解1．動(dòng)量與動(dòng)能的比較動(dòng)量動(dòng)能物理意義描述機(jī)械運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標(biāo)矢性矢量標(biāo)量變化因素合外力的沖量合外力所做的功大小關(guān)系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)變化量Δp＝FtΔEk＝Fl聯(lián)系(1)都是相對(duì)量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系(2)若物體的動(dòng)能發(fā)生變化，則動(dòng)量一定也發(fā)生變化；但動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)動(dòng)能不一定發(fā)生變化2．沖量的計(jì)算方法(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計(jì)算。(2)變力的沖量①作出F-t圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖所示。②對(duì)于易確定始、末時(shí)刻動(dòng)量的情況，可用動(dòng)量定理求解。3．沖量和功的區(qū)別(1)沖量和功都是過程量。沖量是表示力對(duì)時(shí)間的積累作用，功表示力對(duì)位移的積累作用。(2)沖量是矢量，功是標(biāo)量。(3)力作用的沖量不為零時(shí)，力做的功可能為零；力做的功不為零時(shí)，力作用的沖量一定不為零。[題組突破]1．(多選)關(guān)于動(dòng)量、沖量和動(dòng)能，下列說法正確的是()A．物體的動(dòng)量越大，表明它受到的沖量越大B．物體的動(dòng)量變化，其動(dòng)能有可能不變C．物體受到合外力的沖量作用，則其動(dòng)能一定變化D．物體動(dòng)量變化的方向可能與初動(dòng)量的方向不在同一直線上BD[根據(jù)動(dòng)量定理可知，動(dòng)量的改變量越大，沖量越大，動(dòng)量和沖量無直接聯(lián)系，故A錯(cuò)誤；勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度方向時(shí)刻變化，所以動(dòng)量變化，但速度大小不變，所以動(dòng)能不變，故B正確；雖然勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合外力的沖量不為零，但動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤；由公式Δp＝p′－p可知，由于動(dòng)量和動(dòng)量變化量為矢量，遵循平行四邊形定則，則物體動(dòng)量變化的方向可能與初動(dòng)量的方向不在同一直線上，故D正確。]2．(2021·山東威海高三檢測(cè))拍皮球是大家都喜歡的體育活動(dòng)，能強(qiáng)身健體。已知皮球質(zhì)量為m＝0.4kg，為保證皮球每次與地面碰撞后自然跳起的最大高度均為h＝1.25m，小明需每次在球到最高點(diǎn)時(shí)拍球，每次拍球作用的距離為s＝0.25m，使球在離手時(shí)獲得一個(gè)豎直向下、大小為4m/s的初速度v。若不計(jì)空氣阻力及球的形變，g取10m/s2，則每次拍球()A．手給球的沖量為1.6kg·m/sB．手給球的沖量為2.0kg·m/sC．人對(duì)球做的功為3.2JD．人對(duì)球做的功為2.2JD[為使皮球在離手時(shí)獲得一個(gè)豎直向下、大小為4m/s的初速度v，根據(jù)動(dòng)量定理可知，合外力要給皮球的沖量為I＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，手給球的沖量與重力給球的沖量之和等于外力沖量，故手給球的沖量小于1.6kg·m/s，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；設(shè)人對(duì)球做的功為W，由動(dòng)能定理知：W＋mgs＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝2.2J，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。]3．(多選)(2021·廣東深圳市調(diào)研)如圖所示，物體從t＝0時(shí)刻開始由靜止做直線運(yùn)動(dòng)，0～4s內(nèi)其合外力隨時(shí)間變化的關(guān)系圖線為正弦曲線，下列表述正確的是()A．0～2s內(nèi)合外力的沖量一直增大B．0～4s內(nèi)合外力的沖量為零C．2s末物體的動(dòng)量方向發(fā)生變化D．0～4s內(nèi)物體動(dòng)量的方向一直不變ABD[根據(jù)F-t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示沖量，可知在0～2s內(nèi)合外力的沖量一直增大，0～4s內(nèi)合外力的沖量為零，故A、B正確；2s末合外力方向發(fā)生變化，物體的動(dòng)量開始減小，但方向不發(fā)生變化，0～4s內(nèi)物體動(dòng)量的方向一直不變，故C錯(cuò)誤，D正確。]動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用1．理解動(dòng)量定理的三個(gè)要點(diǎn)(1)應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)研究對(duì)象一般是單一物體。(2)求合力的沖量的方法有兩種：一是先求合力，再求合力的沖量；二是求出每個(gè)力的沖量，再對(duì)沖量求和。(3)動(dòng)量定理是矢量式，列方程之前先規(guī)定正方向。2．用動(dòng)量定理解釋兩種現(xiàn)象(1)Δp一定時(shí)，F(xiàn)的作用時(shí)間越短，力就越大；時(shí)間越長，力就越小。(2)F一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越長，Δp就越大；力的作用時(shí)間越短，Δp就越小。注：分析問題時(shí)，要把哪個(gè)量一定，哪個(gè)量變化搞清楚。3．理解動(dòng)量定理的兩個(gè)重要應(yīng)用(1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動(dòng)量的變化量Δp，等效代換為力的沖量I。(2)應(yīng)用Δp＝FΔt求動(dòng)量的變化量例如，在曲線運(yùn)動(dòng)中，速度方向時(shí)刻在變化，求動(dòng)量變化(Δp＝p2－p1)需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法，計(jì)算比較復(fù)雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換為動(dòng)量的變化量。動(dòng)量定理的定性應(yīng)用[典例1](2020·全國卷Ⅰ)行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會(huì)被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是()A．增加了司機(jī)單位面積的受力大小B．減少了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變化量C．將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動(dòng)能D．延長了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積D[行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)安全氣囊被彈出并瞬間充滿氣體，增大了司機(jī)的受力面積，減少了司機(jī)單位面積的受力大小，可以延長司機(jī)的受力時(shí)間，從而減小了司機(jī)受到的作用力，A項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確；碰撞前司機(jī)動(dòng)量等于其質(zhì)量與速度的乘積，碰撞后司機(jī)動(dòng)最終量為零，所以安全氣囊不能減少碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變化量，B項(xiàng)錯(cuò)誤；碰撞過程中通過安全氣囊將司機(jī)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為氣囊的彈性勢(shì)能及氣囊氣體內(nèi)能，C項(xiàng)錯(cuò)誤。]動(dòng)量定理的定量應(yīng)用[典例2]一個(gè)質(zhì)量為m＝100g的小球從離厚軟墊h＝0.8m高處自由下落，落到厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點(diǎn)經(jīng)歷了t＝0.2s，不計(jì)空氣阻力，則在這段時(shí)間內(nèi)，軟墊對(duì)小球的沖量是多少？(取g＝10m/s2)[解析]設(shè)小球自由下落h＝0.8m的時(shí)間為t1，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s。設(shè)I為軟墊對(duì)小球的沖量，并令豎直向下的方向?yàn)檎较颍瑒t對(duì)小球整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程運(yùn)用動(dòng)量定理得mg(t1＋t)＋I(xiàn)＝0，得I＝－0.6N·s。負(fù)號(hào)表示軟墊對(duì)小球的沖量方向和規(guī)定的正方向相反，方向豎直向上。[答案]0.6N·s，方向豎直向上應(yīng)用動(dòng)量定理解題的一般步驟(1)確定研究對(duì)象。一般選單個(gè)物體。(2)對(duì)物體進(jìn)行受力分析?？梢韵惹竺總€(gè)力的沖量，再求各力沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量。(3)抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動(dòng)量和沖量的正、負(fù)號(hào)。(4)根據(jù)動(dòng)量定理列方程，如有必要還需要其他補(bǔ)充方程，最后代入數(shù)據(jù)求解。對(duì)過程較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，可分段用動(dòng)量定理，也可整個(gè)過程用動(dòng)量定理。應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體沖擊力問題”[典例3](2021·黑龍江大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)期末)如圖所示為清洗汽車用的高壓水槍。設(shè)水槍噴出水柱直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零。手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度可忽略不計(jì)，已知水的密度為ρ。下列說法正確的是()A．高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為ρπvD2B．高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為eq\f(1,4)ρvD2C．水柱對(duì)汽車的平均沖力為eq\f(1,4)ρD2v2D．當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時(shí)，噴出的水對(duì)汽車的壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼?倍D[高壓水槍單位時(shí)間噴出水的質(zhì)量等于單位時(shí)間內(nèi)噴出的水柱的質(zhì)量，即m0＝ρV＝ρπeq\f(D2,4)·v＝eq\f(1,4)πρvD2，故A、B錯(cuò)誤；水柱對(duì)汽車的平均沖力為F，由動(dòng)量定理得F′t＝mv，其中F′＝F，即Ft＝eq\f(1,4)ρπvD2·t·v，解得F＝eq\f(1,4)ρπv2D2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；高壓水槍噴出的水對(duì)汽車產(chǎn)生的壓強(qiáng)p＝eq\f(F,S)＝eq\f(\f(1,4)ρπv2D2,\f(1,4)πD2)＝ρv2，則當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時(shí)，壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼?倍，選項(xiàng)D正確。]“流體沖擊力問題”的分析要點(diǎn)(1)研究對(duì)象：流體，如水、空氣等。(2)研究方法：隔離出一定形狀的一部分流體進(jìn)行分析，然后列式求解。(3)基本思路①在極短時(shí)間Δt內(nèi)，取一小柱體作為研究對(duì)象。②求小柱體的體積ΔV＝SvΔt。③求小柱體質(zhì)量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt。④求小柱體的動(dòng)量變化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt。⑤應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt＝Δp。[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(2021·北京海淀區(qū)高三模擬)籃球運(yùn)動(dòng)深受同學(xué)們喜愛。打籃球時(shí)，某同學(xué)伸出雙手接傳來的籃球，雙手隨籃球迅速收縮至胸前，如圖所示。他這樣做的效果是()A．減小籃球?qū)κ值臎_擊力B．減小籃球的動(dòng)量變化量C．減小籃球的動(dòng)能變化量D．減小籃球?qū)κ值臎_量A[籃球速度由v減小到0，動(dòng)能和動(dòng)量的變化量是不變的，故B、C錯(cuò)誤；先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得－Ft＝0－mv，解得F＝eq\f(mv,t)。當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，球動(dòng)量的變化率減小，作用力就減小，而沖量等于動(dòng)量的變化量，都不變，故A正確，D錯(cuò)誤。]2．(2021·湖北十堰市上學(xué)期期末)一質(zhì)量為0.5kg的物塊靜止在水平地面上，物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2?，F(xiàn)給物塊一水平方向的外力F，F(xiàn)隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，則()A．t＝1s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為2kg·m/sB．t＝1.5s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為2kg·m/sC．t＝(6－2eq\r(3))s時(shí)物塊的速度大小為0.5m/sD．在3～4s的時(shí)間內(nèi)，物塊受到的摩擦力逐漸減小D[根據(jù)動(dòng)量定理可得，(F－μmg)t＝mv′－mv，t＝1s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為p1＝Ft1－μmgt1＝(2×1－0.2×0.5×10×1)kg·m/s＝1kg·m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t＝1.5s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為p1.5＝Ft1.5－μmgt1.5＝(2×1＋1×0.5－0.2×0.5×10×1.5)kg·m/s＝1kg·m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)t時(shí)刻物塊的速度為零，由圖像知在2～4s內(nèi)力與時(shí)間的關(guān)系為F＝(0.5t－2)N，根據(jù)F-t圖像與t軸所圍的面積表示沖量大小可得IF＝2×1＋1×1＋eq\f(－1＋0.5t－2,2)·(t－2)，由動(dòng)量定理得，IF－μmgt＝0，聯(lián)立解得t＝(6－2eq\r(3))s，故C錯(cuò)誤；因?yàn)閠＝(6－2eq\r(3))s在2～3s內(nèi)，所以在3～4s的時(shí)間內(nèi)，物塊靜止，隨著F的減小，物塊受到的摩擦力逐漸減小，故D正確。]3．(2021·山東泰安模擬)有一柱形宇宙飛船，它的正面面積S＝2m2，以v＝3×103m/s的相對(duì)速度飛入一宇宙微粒塵區(qū)。此微粒塵區(qū)每1m3空間中有一個(gè)微粒，每一個(gè)微粒的平均質(zhì)量為m＝2×10－7kg。設(shè)微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上，要使飛船速度不變，飛船的牽引力應(yīng)增加()A．3.6×103NB．3.6NC．1.2×10－3ND．1.2NB[選在時(shí)間Δt內(nèi)與飛船碰撞的微粒為研究對(duì)象，其質(zhì)量應(yīng)等于底面積為S、高為vΔt的圓柱體內(nèi)微粒的質(zhì)量，即M＝mSvΔt，初動(dòng)量為0，末動(dòng)量為Mv。設(shè)飛船對(duì)微粒的作用力為F，由動(dòng)量定理得F·Δt＝Mv－0，則F＝eq\f(Mv,Δt)＝eq\f(mSvΔt·v,Δt)＝mSv2；根據(jù)牛頓第三定律可知，微粒對(duì)飛船的撞擊力大小也等于mSv2，則飛船要保持原速度勻速飛行牽引力應(yīng)增加F′＝F＝mSv2；代入數(shù)據(jù)得：F′＝2×10－7×2×(3×103)2N＝3.6N，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。]

動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用一、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用1．動(dòng)量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。(2)表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2。2．系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)近似守恒：系統(tǒng)受到的合外力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于合外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒。(3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合外力為零或該方向F內(nèi)?F外時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。二、彈性碰撞和非彈性碰撞1．碰撞(1)特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)分類：種類動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大2．反沖和爆炸(1)反沖特點(diǎn)：在反沖運(yùn)動(dòng)中，如果沒有外力作用或外力遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的。(2)爆炸現(xiàn)象：爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒，爆炸過程中位移很小，可忽略不計(jì)，作用后從相互作用前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)。一、易錯(cuò)易誤辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)只要系統(tǒng)合外力做功為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒。 (×)(2)系統(tǒng)動(dòng)量不變是指系統(tǒng)的動(dòng)量大小和方向都不變。 (√)(3)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒時(shí)，機(jī)械能也一定守恒。 (×)(4)動(dòng)量守恒定律表達(dá)式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，應(yīng)用時(shí)一定要規(guī)定正方向，且其中的速度必須相對(duì)同一個(gè)參考系。 (√)(5)若在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動(dòng)量大小一定相同。 (√)二、教材習(xí)題衍生1．(魯科版選擇性必修第一冊(cè)P16T1改編)(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，人和車都處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個(gè)人站在車上用大錘敲打車的左端，在連續(xù)的敲打下，下列說法正確的是()A．車左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)B．車持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)C．大錘、人和平板車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒D．當(dāng)大錘停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，人和車也停止運(yùn)動(dòng)ACD[把大錘、人和車看成一個(gè)整體，用大錘連續(xù)敲打車的左端，根據(jù)系統(tǒng)水平方向受力為零，則沿該方向動(dòng)量守恒，又由系統(tǒng)水平方向總動(dòng)量為零，則當(dāng)錘頭敲打下去時(shí)，大錘向右運(yùn)動(dòng)，小車就向左運(yùn)動(dòng)，抬起錘頭時(shí)大錘向左運(yùn)動(dòng)，小車向右運(yùn)動(dòng)，所以平板車在水平面上左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)大錘停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，人和車也停止運(yùn)動(dòng)，A、C、D正確。]2．(人教版選擇性必修第一冊(cè)P27T3改編)我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用“長征四號(hào)乙”運(yùn)載火箭成功發(fā)射首顆X射線調(diào)制望遠(yuǎn)鏡衛(wèi)星“慧眼”。假設(shè)將發(fā)射火箭看成如下模型：靜止的實(shí)驗(yàn)火箭，總質(zhì)量為M＝2100g。當(dāng)它以對(duì)地速度為v0＝840m/s噴出質(zhì)量為Δm＝100g的高溫氣體后，火箭的對(duì)地速度為(噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計(jì))()A．42m/sB．－42m/sC．40m/sD．－40m/sB[噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計(jì)，可知在火箭發(fā)射的過程中二者組成的系統(tǒng)豎直方向的動(dòng)量守恒，以噴出氣體的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42m/s，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。]3．(人教版選擇性必修第一冊(cè)P23T5改編)A球的質(zhì)量是m，B球的質(zhì)量是2m，它們?cè)诠饣乃矫嫔弦韵嗤膭?dòng)量運(yùn)動(dòng)。B在前，A在后，發(fā)生正碰后，A球仍朝原方向運(yùn)動(dòng)，但其速率是原來的一半，碰后兩球的速率比vA′∶vB′為()A．1∶2B．1∶3C．2∶1D．2∶3D[設(shè)碰前A球的速率為v，根據(jù)題意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝eq\f(v,2)，碰后vA′＝eq\f(v,2)，由動(dòng)量守恒定律，有mv＋2m×eq\f(v,2)＝m×eq\f(v,2)＋2mvB′，解得vB′＝eq\f(3v,4)，所以vA′∶vB′＝eq\f(v,2)∶eq\f(3v,4)＝eq\f(2,3)，D正確。]動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用1．動(dòng)量守恒定律的“五種”性質(zhì)系統(tǒng)性研究對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)相對(duì)性公式中v1、v2、v1′、v2′必須相對(duì)于同一個(gè)慣性參考系同時(shí)性公式中v1、v2是在相互作用前同一時(shí)刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一時(shí)刻的速度矢量性應(yīng)先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動(dòng)量為正值，相反為負(fù)值普適性不僅適用低速宏觀系統(tǒng)，也適用于高速微觀系統(tǒng)2．動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向。(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。動(dòng)量守恒的判斷[典例1](多選)下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是()ABCDAC[A中在光滑的水平面上，子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受合外力等于零，動(dòng)量守恒；B中剪斷細(xì)線后，豎直墻壁對(duì)左邊木塊有彈力作用，系統(tǒng)合外力不為零，動(dòng)量不守恒；C中兩球在勻速下降時(shí)，系統(tǒng)合外力等于零，細(xì)線斷裂后，系統(tǒng)合外力仍然等于零，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒；D中木塊加速下滑時(shí)擋板對(duì)斜面體有向左的力，則動(dòng)量不守恒。所以選項(xiàng)A、C正確。]動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用[典例2](多選)(2020·全國卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為()A．48kgB．53kgC．58kgD．63kg思路點(diǎn)撥：本題屬于多次相互作用問題，求解過程多次應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，要注意以下兩點(diǎn)：(1)規(guī)定正方向，合理選取研究對(duì)象應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。(2)“反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員”的條件是運(yùn)動(dòng)員的退行速度大于物塊的反彈速度。BC[選運(yùn)動(dòng)員退行速度方向?yàn)檎较颍O(shè)運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m，物塊被推出時(shí)的速度大小為v0，運(yùn)動(dòng)員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據(jù)動(dòng)量守恒定律，運(yùn)動(dòng)員第一次推出物塊時(shí)有0＝Mv1－mv0，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時(shí)有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此類推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又運(yùn)動(dòng)員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m<M<15m，即52kg<M<60kg，故B、C項(xiàng)正確，A、D項(xiàng)錯(cuò)誤。]應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的一般步驟[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(多選)如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱。關(guān)于上述過程，下列說法中正確的是()A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量大小相同CD[男孩和木箱組成的系統(tǒng)受小車的摩擦力，所以動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；小車與木箱組成的系統(tǒng)受男孩的力為外力，所以動(dòng)量不守恒，B錯(cuò)誤；男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)，所受合外力為0，所以動(dòng)量守恒，C正確；木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量大小相同，但方向相反，D正確。]2．如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板車A。車上有兩個(gè)小滑塊B和C，A、B、C三者的質(zhì)量分別是3m、2m、m。B與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，而C與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ。開始時(shí)B、C分別從平板車的左、右兩端同時(shí)以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都沒有脫離平板車，則平板車的最終速度v車是()A．eq\f(1,2)v0B．eq\f(1,6)v0C．eq\f(1,3)v0D．0B[設(shè)水平向右為正方向，因?yàn)樗矫婀饣齻€(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)最終的速度為v車，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v車，解得v車＝eq\f(1,6)v0，選項(xiàng)B正確。]3．如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度的大小。(不計(jì)水的阻力和貨物在兩船之間的運(yùn)動(dòng)過程)[解析]設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度的大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度為v乙。甲船上的人接到貨物后甲船的速度為v甲，規(guī)定水平向右的方向?yàn)檎较?。?duì)乙船和貨物的作用過程，由動(dòng)量守恒定律得12mv0＝11mv乙－mvmin ①對(duì)貨物和甲船的作用過程，同理有10m×2v0－mvmin＝11mv甲 ②為避免兩船相撞應(yīng)有v甲＝v乙 ③聯(lián)立①②③式得vmin＝4v0。[答案]4v0碰撞模型1．碰撞現(xiàn)象三規(guī)律2．彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v′1＋m2v′2eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)解得v′1＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v′2＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v′1＝0，v′2＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)；(2)當(dāng)m1>m2時(shí)，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)；(3)當(dāng)m1<m2時(shí)，v′1<0，v′2>0(小碰大，要反彈)；(4)當(dāng)m1?m2時(shí)，v′1＝v1，v′2＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)；(5)當(dāng)m1?m2時(shí)，v′1＝－v1，v′2＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)。3．完全非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能損失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk損maxeq[典例3]如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg。開始時(shí)C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生碰撞(時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。審題指導(dǎo)：關(guān)鍵語句獲取信息A與C碰撞時(shí)間極短A、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒A、B再次同速，恰好不與C碰撞最后三者同速[解析]長木板A與滑塊C處于光滑水平軌道上，兩者碰撞時(shí)間極短，碰撞過程中滑塊B與長木板A間的摩擦力可以忽略不計(jì)，以向右為正方向，長木板A與滑塊C組成的系統(tǒng)在碰撞過程中動(dòng)量守恒，則mAv0＝mAvA＋mCvC。兩者碰撞后，長木板A與滑塊B組成的系統(tǒng)在兩者達(dá)到同速之前所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。長木板A和滑塊B達(dá)到共同速度后，恰好不再與滑塊C碰撞，則最后三者速度相等，vC＝v。聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得vA＝2m/s。[答案]2m/s[拓展](1)在上例中，若A與C發(fā)生碰撞后粘在一起，則三個(gè)物體最終的速度是多少？(2)在(1)的條件下，相互作用的整個(gè)過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能損失了多少？[解析](1)整個(gè)作用過程中，A、B、C三個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終三者具有相同的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v代入數(shù)據(jù)可得v＝3m/s。(2)三者最后的速度v＝3m/s相互作用前E1＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,0)＝37.5JA、B再次達(dá)到共同速度時(shí)E2＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝22.5J機(jī)械能損失ΔE＝E1－E2＝15J。[答案](1)3m/s(2)15J碰撞模型解題三策略(1)抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解。(2)熟記一些公式，例如“一動(dòng)一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足v′1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1、v′2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1。(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，兩球碰撞后交換速度。當(dāng)m1?m2，且v2＝0時(shí)，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v1。當(dāng)m1?m2，且v2＝0時(shí)，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．如圖所示，立柱固定于光滑水平面上O點(diǎn)，質(zhì)量為M的小球a向右運(yùn)動(dòng)，與靜止于Q點(diǎn)的質(zhì)量為m的小球b發(fā)生彈性碰撞，碰后a球立即向左運(yùn)動(dòng)，b球與立柱碰撞能量不損失，所有碰撞時(shí)間均不計(jì)，b球恰好在P點(diǎn)追到a球，Q點(diǎn)為OP間中點(diǎn)，則a、b兩球質(zhì)量之比M∶m為()A．3∶5B．1∶3C．2∶3D．1∶2A[設(shè)a、b兩球碰后速度大小分別為v1、v2，由題有：b球與擋板發(fā)生彈性碰撞后恰好在P點(diǎn)追上a，則從碰后到相遇a、b球通過的路程之比為：s1∶s2＝1∶3，根據(jù)s＝vt得：v2＝3v1，以水平向右為正方向，兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)a球的初速度為v0，由動(dòng)量守恒定律得：Mv0＝M(－v1)＋mv2，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得M∶m＝3∶5，故選項(xiàng)A正確。]2．(多選)(2021·寧夏銀川模擬)A、B兩球沿一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時(shí)間變化的圖像，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時(shí)間變化的圖像，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移隨時(shí)間變化的圖像。若A球質(zhì)量是m＝2kg，則由圖判斷下列結(jié)論正確的是()A．碰撞前、后A球的動(dòng)量變化量為4kg·m/sB．碰撞時(shí)A球?qū)球的沖量為－4N·sC．A、B兩球碰撞前的總動(dòng)量為3kg·m/sD．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10JABD[根據(jù)題圖可知，碰前A球的速度vA＝－3m/s，碰前B球的速度vB＝2m/s，碰后A、B兩球共同的速度v＝－1m/s，故碰撞前、后A球的動(dòng)量變化量為ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s，A正確；A球的動(dòng)量變化量為4kg·m/s，碰撞過程中動(dòng)量守恒，B球的動(dòng)量變化量為－4kg·m/s，根據(jù)動(dòng)量定理，碰撞過程中A球?qū)球的沖量為－4N·s，B正確；由于碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝eq\f(4,3)kg，故碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋mB)v2＝10J，D正確；A、B兩球碰撞前的總動(dòng)量為p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－eq\f(10,3)kg·m/s，C錯(cuò)誤。]3．(多選)(2021·遼寧沈陽市一模)如圖所示，在光滑水平面上，有A、B兩個(gè)小球沿同一直線向右運(yùn)動(dòng)，已知碰前兩球的動(dòng)量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰撞后它們動(dòng)量的變化量ΔpA與ΔpB有可能是()A．ΔpA＝－3kg·m/s，ΔpB＝3kg·m/sB．ΔpA＝4kg·m/s，ΔpB＝－4kg·m/sC．ΔpA＝－5kg·m/s，ΔpB＝5kg·m/sD．ΔpA＝－24kg·m/s，ΔpB＝24kg·m/sAC[如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，遵守動(dòng)量守恒定律；碰后兩球的動(dòng)量分別為pA′＝pA＋ΔpA＝9kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝16kg·m/s，可知碰撞后A的動(dòng)能減小，B的動(dòng)能增大，不違反能量守恒定律，是可能的，故A正確；如果ΔpA＝4kg·m/s、ΔpB＝－4kg·m/s，遵守動(dòng)量守恒定律，A球的動(dòng)能增加，B球的動(dòng)能減小，不符合實(shí)際的運(yùn)動(dòng)情況，不可能，故B錯(cuò)誤；如果ΔpA＝－5kg·m/s、ΔpB＝5kg·m/s，遵守動(dòng)量守恒定律，碰后兩球的動(dòng)量分別為pA′＝pA＋ΔpA＝7kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝18kg·m/s，可知碰撞后A的動(dòng)能減小，B的動(dòng)能增大，不違反能量守恒定律，是可能的，故C正確；如果ΔpA＝－24kg·m/s，ΔpB＝24kg·m/s，遵守動(dòng)量守恒定律，碰后兩球的動(dòng)量分別為pA′＝pA＋ΔpA＝－12kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝37kg·m/s，可知碰撞后A的動(dòng)能不變，B的動(dòng)能增大，違反了能量守恒定律，是不可能的，故D錯(cuò)誤。]反沖爆炸問題1．對(duì)反沖現(xiàn)象的三點(diǎn)說明(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)大內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)，通常用動(dòng)量守恒來處理。(2)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加。(3)反沖運(yùn)動(dòng)中平均動(dòng)量守恒。2．爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律(1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。(2)動(dòng)能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加。(3)位置不變：爆炸的時(shí)間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)。3．“人船模型”的特點(diǎn)(1)兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：mv人－Mv船＝0(2)兩物體的位移滿足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝0(如圖所示)x人＋x船＝L得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L(3)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)①人動(dòng)則船動(dòng)，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人右船左；②人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m)。[題組突破]1．(多選)一機(jī)槍架在湖中小船上，船正以1m/s的速度前進(jìn)，小船及機(jī)槍總質(zhì)量M＝200kg，每顆子彈質(zhì)量為m＝20g，在水平方向機(jī)槍以v＝600m/s的對(duì)地速度射出子彈，打出5顆子彈后船的速度可能為()A．1.4m/sB．1m/sC．0.8m/sD．0.5m/sBC[若子彈射出方向與船前進(jìn)的方向在同一直線上，則子彈、機(jī)槍和小船組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子彈向船前進(jìn)的方向射出，反沖作用使船速減小，v1′＝eq\f(Mv0－5mv,M－5m)≈0.7m/s；若子彈向船前進(jìn)的反方向射出，v2′＝eq\f(Mv0＋5mv,M－5m)≈1.3m/s，可見船速應(yīng)在0.7～1.3m/s之間，故B、C正確。]2．一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計(jì)質(zhì)量損失，重力加速度g取10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()ABCDB[以向右為正方向，由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝1s，爆炸過程中，爆炸力對(duì)沿原方向運(yùn)動(dòng)的一塊的沖量沿運(yùn)動(dòng)方向，故這一塊的速度必然增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動(dòng)量守恒，即甲、乙兩塊的動(dòng)量改變量大小相等，兩塊質(zhì)量比為3∶1，所以速度變化量大小之比為1∶3，由平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上，x＝v0t，所以A圖中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，|Δv乙|＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B圖中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，|Δv乙|＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B項(xiàng)正確。]3．有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(重一噸左右)。一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測(cè)定它的質(zhì)量。他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測(cè)出船后退的距離d，然后用卷尺測(cè)出船長L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計(jì)，則船的質(zhì)量為()A．eq\f(mL＋d,d)B．eq\f(mL－d,d)C．eq\f(mL,d)D．eq\f(mL＋d,L)B[設(shè)船的質(zhì)量為M，人走動(dòng)的時(shí)候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時(shí)為t，人的位移為L－d，船的位移為d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)。以船后退的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Meq\f(d,t)＝eq\f(mL－d,t)，小船的質(zhì)量為：M＝eq\f(mL－d,d)，故B正確。]

驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律教材原型實(shí)驗(yàn)1．用如圖所示的裝置可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。(1)實(shí)驗(yàn)中質(zhì)量為m1的入射小球和質(zhì)量為m2的被碰小球的質(zhì)量關(guān)系是m1________m2。(選填“大于”“等于”或“小于”)(2)圖中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的投影。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射小球m1多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測(cè)量平拋射程OP。然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分末端，再將入射小球m1從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復(fù)本操作。接下來要完成的必要步驟是________。(填選項(xiàng)前的字母)A．用天平測(cè)量兩個(gè)小球的質(zhì)量m1、m2B．測(cè)量小球m1開始釋放的高度hC．測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度HD．分別通過畫最小的圓找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、NE．測(cè)量平拋射程OM、ON(3)若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為________[用(2)中測(cè)量的量表示]。[解析](1)為防止碰撞后入射小球反彈，實(shí)驗(yàn)中質(zhì)量為m1的入射小球和質(zhì)量為m2的被碰小球的質(zhì)量關(guān)系是m1大于m2。(2)如果碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m1v1＝m1v2＋m2v3，小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，拋出點(diǎn)的高度相等，在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，上式兩邊同時(shí)乘以t得m1v1t＝m1v2t＋m2v3t，得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，所以實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量：兩球的質(zhì)量、兩球落點(diǎn)的水平位移，故選A、D、E。(3)由(2)可知，實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式為：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。[答案](1)大于(2)A、D、E(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON2．用如圖所示的裝置可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，在滑塊A和B相碰的端面上裝上彈性碰撞架，它們的上端裝有等寬的擋光片。(1)實(shí)驗(yàn)前需要調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平，借助光電門來檢驗(yàn)氣墊導(dǎo)軌是否水平的方法是_______________________________________。(2)為了研究兩滑塊所組成的系統(tǒng)在彈性碰撞和完全非彈性碰撞兩種情況下的動(dòng)量關(guān)系，實(shí)驗(yàn)分兩次進(jìn)行。第一次：將滑塊A置于光電門1的左側(cè)，滑塊B靜置于兩光電門間的某一適當(dāng)位置。給A一個(gè)向右的初速度，通過光電門1的時(shí)間為Δt1，A與B碰撞后又分開，滑塊A再次通過光電門1的時(shí)間為Δt2，滑塊B通過光電門2的時(shí)間為Δt3。第二次：在兩彈性碰撞架的前端貼上雙面膠，同樣讓滑塊A置于光電門1的左側(cè)，滑塊B靜置于兩光門間的某一適當(dāng)位置。給A一個(gè)向右的初速度，通過光電門1的時(shí)間為Δt4，A與B碰撞后粘連在一起，滑塊B通過光電門2的時(shí)間為Δt5。為完成該實(shí)驗(yàn)，還必須測(cè)量的物理量有________(填選項(xiàng)前的字母)。A．擋光片的寬度dB．滑塊A的總質(zhì)量m1C．滑塊B的總質(zhì)量m2D．光電門1到光電門2的距離L(3)在第二次實(shí)驗(yàn)中若滑塊A和B在碰撞的過程中動(dòng)量守恒，則應(yīng)該滿足的表達(dá)式為________________(用已知量和測(cè)量量表示)。(4)在第一次實(shí)驗(yàn)中若滑塊A和B在碰撞的過程中機(jī)械能守恒，則應(yīng)該滿足的表達(dá)式為________________(用已知量和測(cè)量量表示)。[解析](1)使其中一個(gè)滑塊在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，看滑塊經(jīng)過兩光電門的時(shí)間是否相等，若相等，則導(dǎo)軌水平。(2)本實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，所以在實(shí)驗(yàn)中必須要測(cè)量質(zhì)量和速度，速度可以根據(jù)光電門的擋光時(shí)間求解，而質(zhì)量通過天平測(cè)出，同時(shí)，擋光片的寬度可以消去，所以不需要測(cè)量擋光片的寬度，故選B、C。(3)在第二次實(shí)驗(yàn)中，碰撞后A、B速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：m1v1＝(m1＋m2)v2，根據(jù)速度公式可知v1＝eq\f(d,Δt4)，v2＝eq\f(d,Δt5)，代入則有：m1eq\f(1,Δt4)＝(m1＋m2)eq\f(1,Δt5)。(4)在第一次實(shí)驗(yàn)中，碰撞前A的速度為v0＝eq\f(d,Δt1)，碰撞后A的速度為vA＝eq\f(d,Δt2)，B的速度為vB＝eq\f(d,Δt3)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)，代入則有：m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt1)))eq\s\up12(2)＝m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)))eq\s\up12(2)＋m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt3)))eq\s\up12(2)。[答案](1)使其中一個(gè)滑塊在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，看滑塊經(jīng)過兩光電門的時(shí)間是否相等，若相等，則導(dǎo)軌水平(2)BC(3)m1eq\f(1,Δt4)＝(m1＋m2)eq\f(1,Δt5)(4)m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt1)))eq\s\up12(2)＝m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)))eq\s\up12(2)＋m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt3)))eq\s\up12(2)拓展創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)器材創(chuàng)新[典例1]現(xiàn)利用圖(a)所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。在圖(a)中，氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個(gè)滑塊，滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片，左側(cè)與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器(圖中未畫出)的紙帶相連；滑塊B左側(cè)也帶有一彈簧片，上面固定一遮光片，光電計(jì)時(shí)器(未完全畫出)可以記錄遮光片通過光電門的時(shí)間。(a)實(shí)驗(yàn)測(cè)得滑塊A的質(zhì)量m1＝0.310kg，滑塊B的質(zhì)量m2＝0.108kg，遮光片的寬度d＝1.00cm；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電的頻率f＝50.0Hz。將光電門固定在滑塊B的右側(cè)，啟動(dòng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，給滑塊A一向右的初速度，使它與B相碰。碰后光電計(jì)時(shí)器顯示的時(shí)間為ΔtB＝3.500ms，碰撞前后打出的紙帶如圖(b)所示。(b)若實(shí)驗(yàn)允許的相對(duì)誤差絕對(duì)值eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(碰撞前后總動(dòng)量之差,碰前總動(dòng)量)))×100%))最大為5%，本實(shí)驗(yàn)是否在誤差范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律？寫出運(yùn)算過程。[解析]按定義，滑塊運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度大小v為v＝eq\f(Δs,Δt) ①式中Δs為滑塊在很短時(shí)間Δt內(nèi)走過的路程。設(shè)紙帶上打出相鄰兩點(diǎn)的時(shí)間間隔為ΔtA，則ΔtA＝eq\f(1,f)＝0.02s ②ΔtA可視為很短。設(shè)A在碰撞前、后瞬時(shí)速度大小分別為v0、v1。將②式和圖給實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)代入①式得v0＝eq\f(0.04,0.02)m/s＝2.00m/s ③v1＝eq\f(0.0194,0.02)m/s＝0.970m/s ④設(shè)B在碰撞后的速度大小為v2，由①式有v2＝eq\f(d,ΔtB) ⑤代入題給實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得v2≈2.86m/s ⑥設(shè)兩滑塊在碰撞前、后的總動(dòng)量分別為p和p′，則p＝m1v0 ⑦p′＝m1v1＋m2v2⑧兩滑塊在碰撞前后總動(dòng)量相對(duì)誤差的絕對(duì)值為δp＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(p－p′,p)))×100%⑨聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得δp≈1.7%<5%因此，本實(shí)驗(yàn)在允許的誤差范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律。[答案]見解析本題的創(chuàng)新點(diǎn)體現(xiàn)在將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和光電門這兩個(gè)測(cè)量速度的儀器用在同一個(gè)實(shí)驗(yàn)中。在數(shù)據(jù)處理與分析環(huán)節(jié)，利用相對(duì)誤差評(píng)價(jià)實(shí)驗(yàn)結(jié)果。實(shí)驗(yàn)情境創(chuàng)新[典例2]如圖甲所示，沖擊擺是一個(gè)用細(xì)線懸掛著的擺塊，彈丸擊中擺塊時(shí)陷入擺塊內(nèi)，使擺塊擺至某一高度，利用這種裝置可以測(cè)出彈丸的發(fā)射速度。甲乙實(shí)驗(yàn)步驟如下：①用天平測(cè)出彈丸的質(zhì)量m和擺塊的質(zhì)量M；②將實(shí)驗(yàn)裝置水平放在桌子上，調(diào)節(jié)擺繩的長度，使彈丸恰好能射入擺塊內(nèi)，并使擺塊擺動(dòng)平穩(wěn)，同時(shí)用刻度尺測(cè)出擺長；③讓擺塊靜止在平衡位置，扳動(dòng)彈簧槍的扳機(jī)，把彈丸射入擺塊內(nèi)，擺塊和彈丸推動(dòng)指針一起擺動(dòng)，記下指針的最大偏角；④多次重復(fù)步驟③，記錄指針最大偏角的平均值；⑤換不同擋位測(cè)量，并將結(jié)果填入下表。擋位平均最大偏角θ(角度)彈丸質(zhì)量m(kg)擺塊質(zhì)量M(kg)擺長l(m)彈丸的速度v(m/s)低速擋15.70.007650.07890.2705.03中速擋19.10.007650.07890.2706.77高速擋0.007650.07890.2707.15完成下列填空：(1)現(xiàn)測(cè)得高速擋指針最大偏角如圖乙所示，請(qǐng)將表中數(shù)據(jù)補(bǔ)充完整：θ＝________。(2)用上述測(cè)量的物理量表示發(fā)射彈丸的速度v＝______。(已知重力加速度為g)(3)為減小實(shí)驗(yàn)誤差，每次實(shí)驗(yàn)前，并不是將指針置于豎直方向的零刻度處，常常需要試射并記下各擋對(duì)應(yīng)的最大指針偏角，每次正式射擊前，應(yīng)預(yù)置指針，使其偏角略小于該擋的最大偏角。請(qǐng)寫出這樣做的一個(gè)理由：_________________________________________________________________________________。[解析](1)(1)分度值為1°，故讀數(shù)為22.6°(22.4°～22.8°均正確)。(2)彈丸射入擺塊內(nèi)，以向右為正方向，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv＝(m＋M)v′擺塊向上擺動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)(m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cosθ)聯(lián)立解得v＝eq\f(m＋M,m)eq\r(2gl1－cosθ)。(3)以較大的速度碰撞指針，會(huì)損失較多的機(jī)械能(其他理由，如擺塊在推動(dòng)指針偏轉(zhuǎn)時(shí)要克服摩擦力做功、指針擺動(dòng)較長的距離損失的機(jī)械能較多等，只要合理即可)。[答案](1)22.6(22.4～22.8均正確)(2)eq\f(m＋M,m)eq\r(2gl1－cosθ)(3)以較大的速度碰撞指針，會(huì)損失較多的機(jī)械能本實(shí)驗(yàn)在碰撞過程動(dòng)量守恒的基礎(chǔ)上，利用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律計(jì)算彈丸的發(fā)射速度。體現(xiàn)了物理知識(shí)和物理實(shí)驗(yàn)的創(chuàng)新性和綜合性。實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)創(chuàng)新[典例3](2021·河南鄭州六校聯(lián)考)為了驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒和檢驗(yàn)兩個(gè)小球的碰撞是否為彈性碰撞，某同學(xué)選取了兩個(gè)體積相同、質(zhì)量不相等的小球，按下述步驟做了如下實(shí)驗(yàn)：①用天平測(cè)出1、2兩個(gè)小球的質(zhì)量(分別為m1和m2，且m1>m2)。②如圖所示，安裝好實(shí)驗(yàn)裝置。將斜槽AB固定在桌邊，使槽的末端處的切線水平，將一斜面BC連接在斜槽末端。③先不放小球2，讓小球1從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，記下小球在斜面上的落點(diǎn)位置。④將小球2放在斜槽末端邊緣處，讓小球1從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，使它們發(fā)生碰撞，記下小球1和2在斜面上的落點(diǎn)位置。⑤用毫米刻度尺量出各個(gè)落點(diǎn)位置到斜槽末端點(diǎn)B的距離，圖中D、E、F點(diǎn)是該同學(xué)記下的小球在斜面上的幾個(gè)落點(diǎn)位置，到B點(diǎn)的距離分別為LD、LE、LF。(1)小球1和2發(fā)生碰撞后，小球1的落點(diǎn)是圖中的________點(diǎn)，小球2的落點(diǎn)是圖中的________點(diǎn)。(2)用測(cè)得的物理量來表示，只要滿足關(guān)系式________________，則說明碰撞中動(dòng)量守恒。(3)用測(cè)得的物理量來表示，只要再滿足關(guān)系式________________，則說明兩小球的碰撞是彈性碰撞。[解析]由題意可知，碰撞后，小球1的落點(diǎn)是圖中的D點(diǎn)，小球2的落點(diǎn)是圖中的F點(diǎn)。設(shè)斜面BC的傾角為θ，小球從斜面頂端平拋落到斜面上，兩者距離為L，由平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可知，Lcosθ＝vt，Lsinθ＝eq\f(1,2)gt2，可得v＝Lcosθeq\r(\f(g,2Lsinθ))＝cosθeq\r(\f(gL,2sinθ))，由于θ、g都是恒量，所以v∝eq\r(L)，v2∝L，所以動(dòng)量守恒的表達(dá)式可以化簡(jiǎn)為m1eq\r(LE)＝m1eq\r(LD)＋m2eq\r(LF)，機(jī)械能守恒的表達(dá)式可以化簡(jiǎn)為m1LE＝m1LD＋m2LF。[答案](1)DF(2)m1eq\r(LE)＝m1eq\r(LD)＋m2eq\r(LF)(3)m1LE＝m1LD＋m2LF本實(shí)驗(yàn)利用斜面上的平拋運(yùn)動(dòng)獲得兩球碰后的速度，根據(jù)平拋斜面模型采用分解位移找數(shù)學(xué)關(guān)系分析實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)。

應(yīng)用“三大力學(xué)觀點(diǎn)”的三類典型模型“滑塊—彈簧”模型模型圖示模型特點(diǎn)(1)兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)在能量方面，由于彈簧形變會(huì)使彈性勢(shì)能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。(4)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大(彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時(shí))[典例1]如圖所示，A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸但不固連，將彈簧壓縮到不能再壓縮時(shí)用細(xì)線把B、C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個(gè)整體?，F(xiàn)A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并黏合在一起。以后細(xì)線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。已知C離開彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢(shì)能。思路點(diǎn)撥：解此題要注意以下關(guān)鍵信息：(1)“B、C可視為一個(gè)整體”表明A與B碰后，三者共速。(2)“A與B碰后黏在一起”表明C離開彈簧時(shí)，A、B有共同的速度。[解析]設(shè)碰后A、B和C共同速度的大小為v，由動(dòng)量守恒定律得3mv＝mv0 ①設(shè)C離開彈簧時(shí)，A、B的速度大小為v1，由動(dòng)量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0 ②設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，從細(xì)線斷開到C與彈簧分開的過程中機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③由①②③式得彈簧所釋放的勢(shì)能為Ep＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)。[答案]eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(多選)如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質(zhì)量都為m，B左端固定一個(gè)處于壓縮狀態(tài)的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當(dāng)彈簧再受到壓縮時(shí)鎖定裝置會(huì)失效，A以速率v向右運(yùn)動(dòng)，A撞上彈簧后，設(shè)彈簧始終不超過彈性限度，關(guān)于A、B運(yùn)動(dòng)過程的說法正確的是()A．A物體最終會(huì)靜止，B物體最終會(huì)以速率v向右運(yùn)動(dòng)B．A、B系統(tǒng)的總動(dòng)量最終將大于mvC．A、B系統(tǒng)的總動(dòng)能最終將大于eq\f(1,2)mv2D．當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A、B的總動(dòng)能為eq\f(1,4)mv2CD[設(shè)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，A、B的速度分別為v1、v2，彈簧被鎖定時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep，規(guī)定向右為正方向，A、B兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)在整個(gè)過程中動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，則有mv＝mv1＋mv2，Ep＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，因Ep>0，可知v1≠0，v2≠v，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；A、B系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)的總動(dòng)量最終等于mv，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；彈簧解除鎖定后，存儲(chǔ)的彈性勢(shì)能會(huì)釋放，導(dǎo)致A、B系統(tǒng)總動(dòng)能增加，系統(tǒng)的總動(dòng)能最終將大于eq\f(1,2)mv2，選項(xiàng)C正確；彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，A、B兩物體具有相同的速度，設(shè)為v′，由動(dòng)量守恒定律知mv＝2mv′，解得v′＝eq\f(1,2)v，則有總動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)·2m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)mv2，選項(xiàng)D正確。]2．(2021·寧夏石嘴山市一模)兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2kg，初始時(shí)彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后二者會(huì)粘連在一起運(yùn)動(dòng)。則下列說法正確的是()A．B、C碰撞剛結(jié)束時(shí)的共同速度為3m/sB．彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，物塊A的速度為3m/sC．彈簧的彈性勢(shì)能最大值為36JD．彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)A、B、C三物塊速度相同B[B與C碰撞時(shí)B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者共同速度為vBC，規(guī)定向右為正方向，則有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2m/s，故A錯(cuò)誤；當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，則有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝3m/s，根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的彈性勢(shì)能最大值為Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,BC)＋eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,ABC)＝12J，故B正確，C錯(cuò)誤；三者共速時(shí)彈簧壓縮量最大，恢復(fù)原長過程中，彈力對(duì)A做負(fù)功，A的速度減小，對(duì)B、C做正功，B、C的速度增加，則恢復(fù)原長時(shí)三物塊速度不同，故D錯(cuò)誤。]“子彈打木塊”模型模型圖示模型特點(diǎn)(1)當(dāng)子彈和木塊的速度相等時(shí)木塊的速度最大，兩者的相對(duì)位移(子彈射入木塊的深度)最大。(2)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能。(3)根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子彈的質(zhì)量m越小，木塊的質(zhì)量M越大，動(dòng)能損失越多。(4)該類問題既可以從動(dòng)量、能量角度求解，也可以從力和運(yùn)動(dòng)的角度求解。[典例2]光滑的水平面上放著一塊質(zhì)量為M、長度為d的木塊，一顆質(zhì)量為m的子彈(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0射入木塊，當(dāng)子彈從木塊中穿出后速度變?yōu)関1，子彈與木塊之間的平均摩擦力為f。求：(1)子彈打擊木塊的過程中摩擦力對(duì)子彈做功多少？摩擦力對(duì)木塊做功多少？(2)在這個(gè)過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？審題指導(dǎo)：eq\x(打擊過程動(dòng)量守恒，求出木塊速度)↓eq\x(由動(dòng)能定理求出摩擦力對(duì)木塊和子彈所做的功)↓eq\x(打擊過程，由能量守恒求出系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能)[解析](1)由于水平面光滑，則子彈和木塊組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，取子彈速度方向?yàn)檎较騽t有mv0＝mv1＋Mv2，解得v2＝eq\f(mv0－v1,M)設(shè)子彈打擊木塊的過程中摩擦力對(duì)子彈做功為Wf1，子彈相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為x1，對(duì)木塊做功為Wf2，木塊相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為x2，則對(duì)子彈，利用動(dòng)能定理可得Wf1＝－fx1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0))對(duì)木塊，利用動(dòng)能定理可得Wf2＝fx2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－0聯(lián)立得Wf2＝eq\f(m2v0－v12,2M)。(2)由能量守恒定律可知，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，則Q＝fx1－fx2＝fd。[答案](1)eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0))eq\f(m2v0－v12,2M)(2)fd[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(多選)(2021·湖北省武漢市六校高三檢測(cè))子彈水平射向固定在光滑的水平面上的木塊，子彈的動(dòng)能為10J時(shí)恰好能射穿。若木塊可以在光滑的水平面上自由滑動(dòng)，當(dāng)子彈初動(dòng)能為24J時(shí)，子彈水平射向靜止的木塊，子彈受到的阻力大小相同，在此情況下()A．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能可能為12JB．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能可能為10JC．木塊獲得的動(dòng)能可能為6JD．木塊獲得的動(dòng)能可能為4JBD[木塊固定在水平面上，子彈的動(dòng)能為10J時(shí)恰好能射穿，則有fL＝10J，木塊可以在光滑的水平面上自由滑動(dòng)，子彈可能射穿木塊，可能留在木塊中，當(dāng)子彈射穿木塊時(shí)，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能最大，此時(shí)Q＝fL＝10J，故A不可能，B可能；若子彈最終留在木塊中，木塊、子彈共速，木塊獲得的動(dòng)能最大，由動(dòng)量定理可得mv0＝(m＋M)v，木塊的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,M＋m)))eq\s\up12(2)＝eq\f(Mm,(M＋m)2)·eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,0),2＋\f(M2＋m2,Mm))≤6J，當(dāng)M＝m且木塊和子彈共速時(shí)，木塊、子彈動(dòng)能均為Ek＝6J，但是由于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能最大為10J，則系統(tǒng)能量E＝2Ek＋Q≤22J，不符合能量守恒定律，故C不可能，D可能。]2．如圖所示，相距足夠遠(yuǎn)且完全相同的兩個(gè)木塊，質(zhì)量均為3m，靜止放置在光滑水平面上，質(zhì)量為m的子彈(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0水平向右射入木塊，穿出第一塊木塊時(shí)速度變?yōu)閑q\f(2,