高中高考物理總復(fù)習(xí)一輪復(fù)習(xí)知識歸納第六章第2講

高考試卷試題學(xué)習(xí)資料第2講動量守恒定律及“三類模型”問題一、動量守恒定律1．內(nèi)容如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變．2．表達(dá)式(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和．(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向．(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零．3．適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零．(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒．自測1關(guān)于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是()A．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不可能守恒B．只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)動量就不守恒C．只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒D．系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時，系統(tǒng)的總動量不一定守恒答案C二、碰撞、反沖、爆炸1．碰撞(1)定義：相對運動的物體相遇時，在極短的時間內(nèi)它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化，這個過程就可稱為碰撞．(2)特點：作用時間極短，內(nèi)力(相互碰撞力)遠(yuǎn)大于外力，總動量守恒．(3)碰撞分類①彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動能沒有損失．②非彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動能有損失．③完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體，機(jī)械能損失最大．2．反沖(1)定義：當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向沖量，這種現(xiàn)象叫反沖運動．(2)特點：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力．實例：發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等．(3)規(guī)律：遵從動量守恒定律．3．爆炸問題爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒．如爆竹爆炸等．自測2如圖1所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是()圖1A．A和B都向左運動B．A和B都向右運動C．A靜止，B向右運動D．A向左運動，B向右運動答案D解析以兩滑塊組成的系統(tǒng)為研究對象，兩滑塊碰撞過程動量守恒，由于初始狀態(tài)系統(tǒng)的動量為零，所以碰撞后兩滑塊的動量之和也為零，所以A、B的運動方向相反或者兩者都靜止，而碰撞為彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的速度不可能都為零，則A應(yīng)該向左運動，B應(yīng)該向右運動，選項D正確，A、B、C錯誤.命題點一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用例1(2018·湖北省仙桃市、天門市、潛江市期末聯(lián)考)如圖2所示，A、B兩物體的質(zhì)量之比為mA∶mB＝1∶2，它們原來靜止在平板車C上，A、B兩物體間有一根被壓縮了的水平輕質(zhì)彈簧，A、B兩物體與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，水平地面光滑．當(dāng)彈簧突然釋放后，A、B兩物體被彈開(A、B兩物體始終不滑出平板車)，則有()圖2A．A、B系統(tǒng)動量守恒B．A、B、C及彈簧整個系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．小車C先向左運動后向右運動D．小車C一直向右運動直到靜止答案D解析A、B兩物體和彈簧、小車C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒．在彈簧釋放的過程中，因mA∶mB＝1∶2，由摩擦力公式Ff＝μFN＝μmg知，A、B兩物體所受的摩擦力大小不等，所以A、B兩物體組成的系統(tǒng)合外力不為零，A、B兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒，A物體對小車向左的滑動摩擦力小于B對小車向右的滑動摩擦力，在A、B兩物體相對小車停止運動之前，小車所受的合外力向右，會向右運動，因存在摩擦力做負(fù)功，最終整個系統(tǒng)將靜止，則系統(tǒng)的機(jī)械能減為零，不守恒，故A、B、C錯誤，D正確．變式1(多選)(2018·安徽省宣城市第二次調(diào)研)如圖3所示，小車在光滑水平面上向左勻速運動，水平輕質(zhì)彈簧左端固定在A點，物體與固定在A點的細(xì)線相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)(物體與彈簧未連接)，某時刻細(xì)線斷了，物體沿車滑動到B端粘在B端的油泥上，取小車、物體和彈簧為一個系統(tǒng)，下列說法正確的是()圖3A．若物體滑動中不受摩擦力，則該系統(tǒng)全過程機(jī)械能守恒B．若物體滑動中有摩擦力，則該系統(tǒng)全過程動量守恒C．不論物體滑動中有沒有摩擦，小車的最終速度與斷線前相同D．不論物體滑動中有沒有摩擦，系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同答案BCD解析物體與油泥粘合的過程，發(fā)生非彈簧碰撞，系統(tǒng)機(jī)械能有損失，故A錯誤；整個系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向上合外力為零，則系統(tǒng)動量一直守恒，故B正確；取系統(tǒng)的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知，物體在沿車滑動到B端粘在B端的油泥上后系統(tǒng)共同的速度與初速度是相同的，故C正確；由C的分析可知，當(dāng)物體與B端油泥粘在一起時，系統(tǒng)的速度與初速度相等，所以系統(tǒng)的末動能與初動能是相等的，系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于彈簧的彈性勢能，與物體滑動中有沒有摩擦無關(guān)，故D正確．例2(2017·全國卷Ⅰ·14)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案A解析設(shè)火箭的質(zhì)量為m1，燃?xì)獾馁|(zhì)量為m2.由題意可知，燃?xì)獾膭恿縫2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s.以火箭運動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，則火箭的動量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯誤．變式2(2018·江西省七校第一次聯(lián)考)一質(zhì)量為M的航天器遠(yuǎn)離太陽和行星，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機(jī)瞬間向后噴出質(zhì)量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均為相對同一參考系的速度)()A.eq\f(M＋mv0－mv1,M) B.eq\f(M＋mv0＋mv1,M)C.eq\f(Mv0＋mv1,M－m) D.eq\f(Mv0－mv1,M－m)答案C解析以v0的方向為正方向，由動量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2解得v2＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)，故選C.命題點二碰撞模型問題1．碰撞遵循的三條原則(1)動量守恒定律(2)機(jī)械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(12,),2m1)＋eq\f(p\o\al(22,),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大或相等．②相向碰撞：碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變．2．彈性碰撞討論(1)碰后速度的求解根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①,\f(1,2)m1v\o\al(12,)＋\f(1,2)m2v\o\al(22,)＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2②))解得v1′＝eq\f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)v2′＝eq\f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)(2)分析討論：當(dāng)碰前物體2的速度不為零時，若m1＝m2，則v1′＝v2，v2′＝v1，即兩物體交換速度．當(dāng)碰前物體2的速度為零時，v2＝0，則：v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)，①m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度．②m1>m2時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩物體沿同方向運動．③m1<m2時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來．例3(2018·廣東省湛江市第二次模擬)如圖4所示，水平地面放置A和B兩個物塊，物塊A的質(zhì)量m1＝2kg，物塊B的質(zhì)量m2＝1kg，物塊A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5.現(xiàn)對物塊A施加一個與水平方向成37°角的外力F，F(xiàn)＝10N，使物塊A由靜止開始運動，經(jīng)過12s物塊A剛好運動到物塊B處，A物塊與B物塊碰前瞬間撤掉外力F，物塊A與物塊B碰撞過程沒有能量損失，設(shè)碰撞時間很短，A、B兩物塊均可視為質(zhì)點，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖4(1)計算A與B兩物塊碰撞前瞬間物塊A的速度大??；(2)若在物塊B的正前方放置一個彈性擋板，物塊B與擋板碰撞時沒有能量損失，要保證A和B兩物塊能發(fā)生第二次碰撞，彈性擋板距離物塊B的距離L不得超過多大？答案(1)6m/s(2)L不得超過3.4m解析(1)設(shè)物塊A與物塊B碰前速度為v1，由牛頓第二定律得：Fcos37°－μ(m1g－Fsin37°)＝m1a解得：a＝0.5m/s2則速度v1＝at＝6m/s(2)設(shè)A、B兩物塊相碰后A的速度為v1′，B的速度為v2由動量守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1veq\o\al(12,)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(22,)聯(lián)立解得：v1′＝2m/s、v2＝8m/s對物塊A用動能定理得：－μm1gxA＝0－eq\f(1,2)m1v1′2解得：xA＝0.4m對物塊B用動能定理得：－μm2gxB＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(22,)解得：xB＝6.4m物塊A和物塊B能發(fā)生第二次碰撞的條件是xA＋xB>2L，解得L<3.4m即要保證物塊A和物塊B能發(fā)生第二次碰撞，彈性擋板距離物塊B的距離L不得超過3.4m.拓展點1“滑塊—彈簧”碰撞模型例4(2018·山東省臨沂市一模)如圖5所示，靜止放置在光滑水平面上的A、B、C三個滑塊，滑塊A、B間通過一水平輕彈簧相連，滑塊A左側(cè)緊靠一固定擋板P，某時刻給滑塊C施加一個水平?jīng)_量使其以初速度v0水平向左運動，滑塊C撞上滑塊B的瞬間二者粘在一起共同向左運動，彈簧被壓縮至最短的瞬間具有的彈性勢能為1.35J，此時撤掉固定擋板P，之后彈簧彈開釋放勢能，已知滑塊A、B、C的質(zhì)量分別為mA＝mB＝0.2kg，mC＝0.1kg，(取eq\r(10)＝3.17)求：圖5(1)滑塊C的初速度v0的大??；(2)當(dāng)彈簧彈開至恢復(fù)到原長的瞬時，滑塊B、C的速度大??；(3)從滑塊B、C壓縮彈簧至彈簧恢復(fù)到原長的過程中，彈簧對滑塊B、C整體的沖量．答案(1)9m/s(2)1.9m/s(3)1.47N·s，方向水平向右解析(1)滑塊C撞上滑塊B的過程中，滑塊B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向左為正，根據(jù)動量守恒定律得：mCv0＝(mB＋mC)v1彈簧被壓縮至最短時，滑塊B、C速度為零，根據(jù)能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(12,)解得：v1＝3m/s，v0＝9m/s(2)設(shè)彈簧彈開至恢復(fù)到原長的瞬間，滑塊B、C的速度大小為v2，滑塊A的大小為v3，根據(jù)動量守恒定律得：mAv3＝(mB＋mC)v2，根據(jù)能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(,32)＋eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(22,)解得：v2≈1.9m/s(3)設(shè)彈簧對滑塊B、C整體的沖量I，選向右為正方向，由動量定理得：I＝Δp＝(mB＋mC)(v2＋v1)解得：I＝1.47N·s，方向水平向右．拓展點2“滑塊—木板”碰撞模型例5(2018·湖北省武漢市部分學(xué)校起點調(diào)研)如圖6，在光滑的水平面上靜止著足夠長、質(zhì)量為3m的木板，木板上依次排放質(zhì)量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)同時給木塊1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木塊與木板相對靜止．已知重力加速度為g，求：圖6(1)木塊3從開始運動到與木板相對靜止時位移的大??；(2)木塊2在整個運動過程中的最小速度．答案(1)eq\f(4v\o\al(02,),μg)(2)eq\f(5,6)v0解析(1)當(dāng)木塊3與木板的速度相等時，3個木塊與木板的速度均相等，設(shè)為v，以v0的方向為正方向．系統(tǒng)動量守恒m(v0＋2v0＋3v0)＝6mv木塊3在木板上勻減速運動：μmg＝ma由運動學(xué)公式(3v0)2－v2＝2ax3解得x3＝eq\f(4v\o\al(,02),μg)(2)設(shè)木塊2的最小速度為v2，此時木塊3的速度為v3，由動量守恒定律m(v0＋2v0＋3v0)＝(2m＋3m)v2＋mv3在此過程中，木塊3與木塊2速度改變量相同3v0－v3＝2v0－v2解得v2＝eq\f(5,6)v0.變式3(多選)(2018·廣西桂林市、百色市和崇左市第三次聯(lián)考)如圖7甲，光滑水平面上放著長木板B，質(zhì)量為m＝2kg的木塊A以速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板B的上表面，由于A、B之間存在摩擦，之后木塊A與長木板B的速度隨時間變化情況如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2.則下列說法正確的是()圖7A．木塊A與長木板B之間的動摩擦因數(shù)為0.1B．長木板的質(zhì)量M＝2kgC．長木板B的長度至少為2mD．木塊A與長木板B組成系統(tǒng)損失機(jī)械能為4J答案AB解析由題圖可知，木塊A先做勻減速運動，長木板B先做勻加速運動，最后一起做勻速運動，共同速度v＝1m/s，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2kg，故B正確；由題圖可知，長木板B勻加速運動的加速度為：aB＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1,1)m/s2＝1m/s2，對長木板B，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝MaB，μ＝0.1，故A正確；由題圖可知前1s內(nèi)長木板B的位移為：xB＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，木塊A的位移為：xA＝eq\f(2＋1,2)×1m＝1.5m，所以長木板B的最小長度為：L＝xA－xB＝1m，故C錯誤；木塊A與長木板B組成系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－eq\f(1,2)(m＋M)v2＝2J，故D錯誤．拓展點3“滑塊—斜面”碰撞模型例6(2018·福建省廈大附中第二次模擬)如圖8所示，光滑水平面上質(zhì)量為m1＝2kg的物塊以v0＝2m/s的初速度沖向質(zhì)量為m2＝6kg靜止的光滑圓弧面斜劈體．求：圖8(1)物塊m1滑到最高點位置時，二者的速度大??；(2)物塊m1從圓弧面滑下后，二者速度大?。?3)若m1＝m2，物塊m1從圓弧面滑下后，二者速度大?。鸢敢娊馕鼋馕?1)物塊m1與斜劈體作用過程水平方向遵從動量守恒定律，且到最高點時共速，以v0方向為正，則有：m1v0＝(m1＋m2)v，v＝0.5m/s；(2)物塊m1從圓弧面滑下過程，水平方向動量守恒，動能守恒，則有：m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(02,)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(12,)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(22,)，解得：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0代入數(shù)據(jù)得：v1＝－1m/s，v2＝1m/s；(3)若m1＝m2，根據(jù)上述分析，物塊m1從圓弧面滑下后，交換速度，即v1′＝0，v2′＝2m/s.變式4(2019·甘肅省天水市調(diào)研)如圖9所示，在水平面上依次放置小物塊A和C以及曲面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑．現(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈B.求：圖9(1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度．答案(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(02,)(2)eq\f(3v\o\al(02,),40g)解析(1)小物塊C與物塊A發(fā)生碰撞粘在一起，以v0的方向為正方向由動量守恒定律得：mv0＝2mv解得v＝eq\f(1,2)v0；碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－eq\f(1,2)×2mv2解得E損＝eq\f(1,4)mveq\o\al(02,).(2)當(dāng)小物塊A、C上升到最大高度時，A、B、C系統(tǒng)的速度相等．根據(jù)動量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1解得v1＝eq\f(1,5)v0根據(jù)機(jī)械能守恒得2mgh＝eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2－eq\f(1,2)×5meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)v0))2解得h＝eq\f(3v\o\al(02,),40g).命題點三“人船”模型1．特點eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1兩個物體,2動量守恒,3總動量為零))2．方程m1v1－m2v2＝0(v1、v2為速度大小)3．結(jié)論m1x1＝m2x2(x1、x2為位移大小)例7(2018·河南省鶴壁市第二次段考)有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計重一噸左右)．一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(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．用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，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)答案B解析設(shè)人走動的時候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時為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).以船后退的方向為正方向，根據(jù)動量守恒有：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．變式5(2018·河南省中原名校第六次模擬)光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M、底邊長為L，如圖10所示．將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端．此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是()圖10A．FN＝mgcosαB．滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosαC．滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒D．此過程中斜面體向左滑動的距離為eq\f(m,M＋m)L答案D解析當(dāng)滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面體A水平向左加速運動，所以滑塊B相對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為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα，A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以A、B組成的系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，C錯誤；A、B組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正確．命題點四“子彈打木塊”模型1．木塊放在光滑水平面上，子彈水平打進(jìn)木塊，系統(tǒng)所受的合外力為零，因此動量守恒．2．兩者發(fā)生的相對位移為子彈射入的深度x相．3．根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動能等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能．4．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ff·x相，即兩物體由于相對運動而摩擦產(chǎn)生的熱(機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)，等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積．5．當(dāng)子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)的動量仍守恒，系統(tǒng)損失的動能為ΔEk＝Ff·L(L為木塊的長度)．例8一質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平打進(jìn)木塊并留在其中，設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為Ff.則：(1)子彈、木塊相對靜止時的速度是多少？(2)子彈在木塊內(nèi)運動的時間為多長？(3)子彈、木塊相互作用過程中子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進(jìn)木塊的深度分別是多少？答案(1)eq\f(m,M＋m)v0(2)eq\f(Mmv0,FfM＋m)(3)eq\f(MmM＋2mv\o\al(,02),2FfM＋m2)eq\f(Mm2v\o\al(02,),2FfM＋m2)eq\f(Mmv\o\al(02,),2FfM＋m)解析(1)設(shè)子彈、木塊相對靜止時的速度為v，以子彈初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(m,M＋m)v0(2)設(shè)子彈在木塊內(nèi)運動的時間為t，由動量定理得對木塊：Fft＝Mv－0解得t＝eq\f(Mmv0,FfM＋m)(3)設(shè)子彈、木塊發(fā)生的位移分別為x1、x2，如圖所示，由動能定理得對子彈：－Ffx1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)解得：x1＝eq\f(MmM＋2mv\o\al(02,),2FfM＋m2)對木塊：Ffx2＝eq\f(1,2)Mv2解得：x2＝eq\f(Mm2v\o\al(,02),2FfM＋m2)子彈打進(jìn)木塊的深度等于相對位移，即x相＝x1－x2＝eq\f(Mmv\o\al(02,),2FfM＋m)變式6(2019·陜西省商洛市質(zhì)檢)如圖11所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是()圖11A．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒答案C解析子彈射入木塊后的瞬間，子彈和木塊系統(tǒng)的動量守恒，以v0的方向為正方向，則m0v0＝(M＋m0)v1，得v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，選項A錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，F(xiàn)T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v\o\al(12,),L)，可知繩子拉力大于(M＋m0)g，選項B錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，對圓環(huán)：FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，由牛頓第三定律知，選項C正確；子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，選項D錯誤．1．現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發(fā)生了碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是()A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定答案A2．(2018·福建省福州市模擬)一質(zhì)量為M的航天器正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機(jī)瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為()A.eq\f(v2－v1,v1)M B.eq\f(v2,v2－v1)MC.eq\f(v2－v0,v2＋v1)M D.eq\f(v2－v0,v2－v1)M答案C3．(2018·廣東省東莞市調(diào)研)兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上．現(xiàn)在，其中一人向另一個人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回．如此反復(fù)進(jìn)行幾次之后，甲和乙最后的速率關(guān)系是()A．若甲最先拋球，則一定是v甲＞v乙B．若乙最后接球，則一定是v甲＞v乙C．只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲＞v乙D．無論怎樣拋球和接球，都是v甲＞v乙答案B4．(2018·山東省青島市第二次質(zhì)量檢測)如圖1，連接有水平輕彈簧的物塊a靜止于光滑水平面上，物塊b以一定初速度向左運動．下列關(guān)于a、b兩物塊的動量p隨時間t的變化關(guān)系圖象，不合理的是()圖1答案A解析物塊b以一定初速度向左運動與連接有水平輕彈簧的靜止物塊a相碰，中間彈簧先被壓縮后又恢復(fù)原長，則彈力在碰撞過程中先變大后變小，兩物塊動量的變化率先變大后變?。蔄錯誤．5．(2019·河南省鶴壁市調(diào)研)在列車編組站里，一節(jié)動車車廂以1m/s的速度碰上另一節(jié)靜止的拖車車廂，碰后兩節(jié)車廂結(jié)合在一起繼續(xù)運動．已知兩節(jié)車廂的質(zhì)量均為20t，則碰撞過程拖車車廂受到的沖量大小為(碰撞過程時間很短，內(nèi)力很大)()A．10N·s B．20N·sC．104N·s D．2×104N·s答案C解析動車車廂和拖車車廂碰撞過程動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝2mv，對拖車根據(jù)動量定理有I＝mv，聯(lián)立解得I＝104N·s，選項C正確．6．(2018·山西省晉城市第一次模擬)所謂對接是指兩艘同方向以幾乎同樣快慢運行的宇宙飛船在太空中互相靠近，最后連接在一起．假設(shè)“天舟一號”和“天宮二號”的質(zhì)量分別為M、m，兩者對接前的在軌速度分別為(v＋Δv)、v，對接持續(xù)時間為Δt，則在對接過程中“天舟一號”對“天宮二號”的平均作用力大小為()A.eq\f(m2·Δv,M＋mΔt) B.eq\f(M2·Δv,M＋mΔt)C.eq\f(Mm·Δv,M＋mΔt) D．0答案C解析在“天舟一號”和“天宮二號”對接的過程中水平方向動量守恒，M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得對接后兩者的共同速度v′＝v＋eq\f(M·Δv,M＋m)，以“天宮二號”為研究對象，根據(jù)動量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝eq\f(Mm·Δv,M＋mΔt)，選項C正確．7．(2018·河北省石家莊二中期中)滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞，碰撞后兩者粘在一起運動，兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖2所示．則滑塊a、b的質(zhì)量之比()圖2A．5∶4B．1∶8C．8∶1D．4∶5答案B解析設(shè)滑塊a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b兩滑塊碰撞前的速度為v1、v2，由題圖得v1＝－2m/sv2＝1m/s兩滑塊發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度設(shè)為v，由題圖得v＝eq\f(2,3)m/s由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v聯(lián)立解得m1∶m2＝1∶8.8.(2018·山東省日照市校際聯(lián)合質(zhì)檢)沿光滑水平面在同一條直線上運動的兩物體A、B碰撞后以共同的速度運動，該過程的位移—時間圖象如圖3所示．則下列說法錯誤的是()圖3A．碰撞前后物體A的運動方向相反B．物體A、B的質(zhì)量之比為1∶2C．碰撞過程中A的動能變大，B的動能減小D．碰前物體B的動量較大答案C解析由題圖可得，碰撞前vA＝eq\f(20－30,2)m/s＝－5m/s，碰撞后vA′＝eq\f(20－10,2)m/s＝5m/s，則碰撞前后物體A的運動方向相反，故A正確；由題圖可得，碰撞前vB＝eq\f(20－0,2)m/s＝10m/s，根據(jù)動量守恒得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vA′，代入數(shù)據(jù)得：mA∶mB＝1∶2，故B正確；碰撞前后物體A速度大小相等，則碰撞過程中物體A動能不變，故C錯誤；碰前物體A、B速度方向相反，碰后物體A、B速度方向與物體B碰前速度方向相同，則碰前物體B動量較大，故D正確．9.(多選)(2019·江西省上饒市調(diào)研)質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上，左端固定一根水平輕彈簧，質(zhì)量為m的光滑物塊放在小車上，壓縮彈簧并用細(xì)線連接物塊和小車左端，開始時小車與物塊都處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時物塊與小車右端相距為L，如圖4所示，當(dāng)突然燒斷細(xì)線后，以下說法正確的是()圖4A．物塊和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒C．當(dāng)物塊速度大小為v時，小車速度大小為eq\f(m,M)vD．當(dāng)物塊離開小車時，小車向左運動的位移為eq\f(m,M)L答案BC解析彈簧推開物塊和小車的過程，若取物塊、小車和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，則無其他力做功，機(jī)械能守恒，但選物塊和小車組成的系統(tǒng)，彈力做功屬于系統(tǒng)外其他力做功，彈性勢能轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的機(jī)械能，此時系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，A選項錯誤；取物塊和小車的系統(tǒng)，外力的和為零，故系統(tǒng)的動量守恒，B選項正確；由物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝eq\f(m,M)v，C選項正確；彈開的過程滿足反沖原理和“人船模型”，有eq\f(v,v′)＝eq\f(M,m)，則在相同時間內(nèi)eq\f(x,x′)＝eq\f(M,m)，且x＋x′＝L，聯(lián)立得x′＝eq\f(mL,M＋m)，D選項錯誤．10.(多選)(2018·陜西省西安一中一模)如圖5所示，在光滑的水平面上有一靜止的物體M，物體M上有一光滑的半圓弧軌道，最低點為C，A、B為同一水平直徑上的兩點，現(xiàn)讓小滑塊m從A點由靜止下滑，則()圖5A．小滑塊m到達(dá)物體M上的B點時小滑塊m的速度不為零B．小滑塊m從A點到C點的過程中物體M向左運動，小滑塊m從C點到B點的過程中物體M向右運動C．若小滑塊m由A點正上方h高處自由下落，則由B點飛出時做豎直上拋運動D．物體M與小滑塊m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動量守恒答案CD解析物體M和小滑塊m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動量守恒，D正確；小滑塊m滑到右端兩者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v，v＝0，可知小滑塊m到達(dá)物體M上的B點時，小滑塊m、物體M的水平速度為零，故當(dāng)小滑塊m從A點由靜止下滑，則能恰好到達(dá)B點，當(dāng)小滑塊由A點正上方h高處自由下落，則由B點飛出時做豎直上拋運動，A錯誤，C正確；小滑塊m從A點到C點的過程中物體M向左加速運動，小滑塊m從C點到B點的過程中物體M向左減速運動，選項B錯誤．11．(2018·山東省日照市二模)2017年4月22日12時23分，“天舟一號”貨運飛船與離地面390公里處的“天宮二號”空間實驗室順利完成自動交會對接．下列說法正確的是()A．根據(jù)“天宮二號”離地面的高度，可計算出地球的質(zhì)量B．“天舟一號”與“天宮二號”的對接過程，滿足動量守恒、能量守恒C．“天宮二號”飛越地球的質(zhì)量密集區(qū)上空時，軌道半徑和線速度都略微減小D．若測得“天舟一號”環(huán)繞地球近地軌道的運行周期，可求出地球的密度答案D解析根據(jù)Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq