2024年高考物理糾錯筆記動量守恒定律含解析

動量定理定律一、動量定理應用的誤區(qū)警示1．應用求變力的沖量假如物體受到大小或方向變更的力的作用，則不能干脆用I=Ft求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變更，等效代換變力的沖量I。2．應用求動量的變更在曲線運動中，速度方向時刻在變更，求動量變更須要應用矢量運算方法，計算較困難。若作用力為恒力，可求恒力沖量，等效代換動量的變更。二、動量守恒定律成立條件的誤區(qū)1．系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒。3．系統(tǒng)所受合外力雖然不為零，假如在某一個方向上合外力為零，那么在該方向上動量守恒。三、碰撞類問題的易錯點1．忽視了動量守恒的條件，在系統(tǒng)所受合外力不為零的狀況下仍用動量守恒求解；2．不理解動量守恒定律的矢量性，按代數(shù)和的方法求和動量；3．在動量守恒定律的表達式中，速度選取了不同的參考系；4．忽視了碰撞過程中的機械能損失。從同樣高度靜止落下的玻璃杯，掉在水泥地上簡單打碎，而掉在草地上不簡單打碎，其緣由是A．掉在水泥地上的玻璃杯動量大，而掉在草地上的玻璃杯動量小B．掉在水泥地上的玻璃杯動量變更大，掉在草地上的玻璃杯動量變更小C．掉在水泥地上的玻璃杯動量變更快，掉在草地上的玻璃杯動量變更慢D．掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時，相互作用力小，而掉在草地上的玻璃杯受地面的沖擊力大【錯因分析】本題較易出錯的理解是掉在水泥地上的玻璃杯動量大，而掉在草地上的玻璃杯動量小，認為打碎的緣由是動量大?！菊_解析】從同樣高度靜止落下的玻璃杯，掉在水泥地上和掉在草地上速度相同，動量相同，故A錯誤；玻璃杯掉在水泥和掉在草地上初動量相同，末動量都為零，所以動量變更量相同；故B錯誤；掉在水泥地上的玻璃杯與水泥作用時間短，動量變更量肯定，動量變更快，掉在草地上的玻璃杯與草地作用時間長，動量變更量肯定，動量變更慢，故C正確；由動量定理可得掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時，相互作用力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的沖擊力小，故D錯誤?！菊_答案】C1．最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試勝利，這標記著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次試驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×108N，則它在1s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為A．1.6×102kg B．1.6×103kg C．1.6×105kg D．1.6×106kg 【答案】C【解析】以氣體為探討對象，設內(nèi)噴出的氣體的質(zhì)量為m，依據(jù)動量定理可得，其中，解得，故C正確，ABD錯誤。2．（多選）2024年1月8日，美國軍方高機密衛(wèi)星在進入太空后完全失去了聯(lián)系，新年就迎來發(fā)殘片射失敗。如圖所示，某一質(zhì)量為m的衛(wèi)星殘片從離地面H高處由靜止落至地面并陷入泥土肯定深度h而停止，不計空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于殘片下落的整個過程，下列說法中正確的有A．殘片克服泥土阻力所做的功為mg(H+h)B．殘片下落的全過程中重力的沖量大于泥土阻力的沖量C．殘片所受泥土的阻力沖量大于mQUOTE2gHD．殘片從接觸地面到靜止的過程中動量的變更量等于所受阻力的沖量【答案】AC【解析】由動能定理得mg（H+h）+Wf=0，可得Wf=-mg（H+h），殘片克服泥土阻力所做的功為mg(H+h)，故選項A符合題意；殘片下落的全過程中合外力的沖量為零，故重力的沖量等于泥土阻力的沖量，故選項B不符合題意；殘片下落至地面時的速度，QUOTEv=2gH落到地面上后又陷入泥潭，由動量定理IG-If=0-mv所以If=IG+mv=IG+mQUOTE2gH，殘片所受阻力的沖量大于mQUOTE2gH，故選項C符合題意；由動量定理知殘片動量的變更量等于合外力的沖量，故選項D不符合題意。（多選）如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的兩個相同的物體A、B質(zhì)量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運動。在t＝0時輕繩斷開，A在F作用下接著前進，則下列說法正確的是A．QUOTEt=2mvF時，A的動量為2mv B．QUOTEt=4mvF時，A的動量為4mvC．QUOTEt=4mvF時，B的動量為0 D．t＝0至QUOTEt=mvF時間內(nèi)，A、B的總動量守恒【錯因分析】輕繩斷后，A、B所受滑動摩擦力不變，所以水平方面系統(tǒng)的合外力仍為0，動量守恒?！菊_解析】QUOTEt=2mvF時，即B剛停下時，對A、B，從t=0到QUOTEt=2mvF運用動量守恒定律，2mv=p＇+0，解得A的動量為p＇=QUOTEp'=2mv2mv，故A正確；當QUOTEt=4mvF時，對A由動量定理得：Ft-ft=pA＇-mv，代入f=0.5F，，解得：QUOTEP'A=3mvpA＇=3mv，故B錯誤；t=0到B停下，對B，動量定理即QUOTEt=2mvF時，B停下，所以QUOTEt=4mvF時，B的動量為0，故C正確；設A、B受到的滑動摩擦力都為f，斷開前兩物體做勻速直線運動，依據(jù)平衡條件得：F=2f，設B經(jīng)過時間t速度為零，對B由動量定理得：-ft=0-mv，解得：QUOTEt=2mvF；由此可知，在剪斷細線前，兩木塊在水平地面上向右做勻速直線運動，以AB為系統(tǒng)，繩子的屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，系統(tǒng)所受合力為零；在剪斷細線后，在B停止運動以前，兩物體受到的摩擦力不變，兩木塊組成的系統(tǒng)的合力仍為零，則系統(tǒng)的總動量守恒，故在t＝0至QUOTEt=2mvF的時間內(nèi)A、B的總動量守恒，故D正確?！菊_答案】ACD1．（多選）如圖所示，兩根光滑且平行的固定水平桿，位于同一豎直平面內(nèi)。兩靜止小球m1、m2分別穿在兩桿上，兩球間連接一個保持原長的豎直輕彈簧，現(xiàn)給小球m2一個水平向右的初速度v0。假如兩桿足夠長，則在此后的運動過程中，下列說法正確的是A．m1、m2及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒B．彈簧最長時，其彈性勢能為QUOTEm1m2v0C．m1、m2速度相同時，共同速度為QUOTEm2v0m1D．m1、m2及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】BCD【解析】由于系統(tǒng)豎直方向上受力平衡，水平方向不所受外力，所以m1、m2及彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤。彈簧最長時，m1、m2速度相同，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m2v0＝（m1+m2）v解得：；兩球和彈簧組成的系統(tǒng)，只有彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，由機械能守恒定律得，解得：，故B、C正確。甲、乙兩球和彈簧組成的系統(tǒng)，只有彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故D正確。2．（多選）如圖所示，木塊B與水平彈簧相連放在光滑水平面上，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊B內(nèi)，入射時間極短，下列說法正確的是A．子彈射入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒B．子彈射入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒C．木塊壓縮彈簧的過程中，子彈、木塊與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒D．木塊壓縮彈簧的過程中，子彈、木塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】AD【解析】子彈射入木塊的過程中系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A項與題意相符；子彈射入木塊的過程中要克服阻力做功產(chǎn)生熱能，系統(tǒng)機械能不守恒，故B項與題意不相符；木塊壓縮彈簧過程中系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故C項與題意不相符；木塊壓縮彈簧過程中，只有彈簧的彈力做功，子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D項與題意相符。如圖所示，B、C、D、E、F五個球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球質(zhì)量相等，而F球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，A球的質(zhì)量等于F球質(zhì)量，A球以速度v0向B球運動，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后()A．五個小球靜止，一個小球運動B．四個小球靜止，兩個小球運動C．三個小球靜止，三個小球運動D．六個小球都運動【錯因分析】不熟識彈性碰撞的基本結(jié)論：兩個質(zhì)量相等的小球若發(fā)生彈性碰撞，則碰撞前后兩者交換速度?！菊_解析】設入碰小球的速度為，碰撞后的兩球速度分別為和，由題可知所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，動量守恒定律和機械能守恒，則有：，解得碰撞后兩個小球的速度為：，由于球質(zhì)量小于球質(zhì)量，所以、相碰后速度向左運動，向右運動；、、、四球質(zhì)量相等，彈性碰撞后，不斷交換速度，最終有向右的速度，、、靜止；由于球質(zhì)量小于球質(zhì)量，所以、兩球彈性碰撞后、兩球都向右運動；所以碰撞之后、、三球靜止；球向左，、兩球向右運動，C符合題意；【正確答案】C1．如圖所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個帶電小球時，t=0時，甲靜止，乙以6m/s的初速度向甲運動.它們僅在靜電力的作用下沿同始終線運動（整個運動過程中沒有接觸），它們運動的v—t圖象分別如圖（b）中甲、乙兩曲線所示。則由圖線可知A．兩小球帶電的電性肯定相反B．甲、乙兩球的質(zhì)量之比為2:1C．在0-t2時間內(nèi)，兩球間的靜電力增大D．在0-t3時間內(nèi)，甲的動能始終增大，乙的動能始終減小【答案】B【解析】由圖可知乙球減速的同時，甲球正向加速，說明兩球相互排斥，帶有同種電荷，A項不符合題意；兩球作用過程動量守恒，則：解得：，B項符合題意；在0-t2時間內(nèi)，兩球間距離先減小后增大，靜電力先增大后減小，C項不符合題意；D．在0-t3時間內(nèi)，甲的動能始終増大，乙的動能先減小，t2時刻后漸漸增大，D項不符合題意.2．如圖所示，在光滑的水平面上有三個小物塊A、B、C，三者處于同始終線上，質(zhì)量分別為mA=3m、mB=m、mC=m，初始A、B用輕彈簧栓連處于靜止狀態(tài)，C以初速度v0向左運動，B、C相碰后以相同速度向左運動但不粘連，求（1）彈簧壓縮量最大時儲存的彈性勢能EP1．（2）彈簧伸長量最大時儲存的彈性勢能EP2【答案】（1）（2）【解析】（1）B、C碰撞動量守恒：mcv0=（mB+mc）vBC．第一次ABC共速時彈簧壓縮量最大，A、B、C組成系統(tǒng)為探討對象（mB+mc）vBC=（mA+mB+mc）v1（2）B與C碰后至彈簧第一次復原原長為探討過程，A、B、C組成系統(tǒng)為探討對象，由系統(tǒng)動量守恒：（mB+mC）v1=（mB+mC）v2+mAv3．由系統(tǒng)機械能守恒：可得：，即彈簧第一次復原原長時B、C正在向右運動，此后C將始終向右勻速運動，B先向右減速到0，再向左加速至與A共速時彈簧的伸長量最大，該過程A、B組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，所以有：mBv2+mAv3=（mA+mB）v4由v2、v3的值及的值可解得：如圖所示，從A點以某一水平速度v0拋出質(zhì)量m=1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)，當物塊運動至B點時，恰好以速度大小沿切線方向進入圓心角的固定光滑圓弧軌道BC，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點等高、靜止在光滑水平面上的長木板，圓弧軌道C端的切線水平。已知長木板的質(zhì)量，A、B兩點距C點的高度分別為H=0.6m、h=0.15m，圓弧軌道半徑R=0.75m，物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.7，，求:（1）小物塊在A點時的速度大小v0;（2）小物塊滑至C點時，對圓弧軌道的壓力大小;（3）長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板?！惧e因分析】計算物塊滑至C點時對圓弧軌道的壓力大小，取物塊為探討對象，依據(jù)牛頓其次定律可求出物塊受到的支持力，再依據(jù)牛頓第三定律可求出物塊對軌道的壓力。小物塊不滑出長木板的條件是小物塊滑到長木板最右端時二者達到共速，由動量守恒求出共速時的速度，再由功能關(guān)系求出木板的長度?！菊_解析】（1）依據(jù)運動分解有，解得:（2）從A點到C點，有設小物塊在C點受到的支持力為FN，則解得由牛頓第三定律可知，小物塊在C點時對圓弧軌道的壓力大小為47.3N（3）設m與M達到共同速度v3，由系統(tǒng)動量守恒可得由功能關(guān)系可得聯(lián)立方程得L=1.6m答案：（1）（2）（3）L=1.6m1．一個不穩(wěn)定的原子核質(zhì)量為M，處于靜止狀態(tài)．放出一個質(zhì)量為m的粒子后反沖，已知放出的粒子的動能為E0，則原子核反沖的動能為A．E0 B．E0 C．E0 D．E0【答案】C【解析】放出質(zhì)量為m的粒子后，剩余質(zhì)量為M-m，該過程動量守恒，有：①，放出的粒子的動能為：②，原子核反沖的動能：③，聯(lián)立①②③得：，故ABD錯誤，C正確。2．（多選）如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1和m2，圖乙為它們碰撞前后的x－t圖像.已知m1=0.1kg由此可以推斷（）A．碰前m2靜止，m1向右運動B．碰后m2和m1都向右運動C．由動量守恒定律可以算出m2=0.3kgD．碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能【答案】AC【解析】由x－t圖像知碰前m2的位移不隨時間而變更，處于靜止狀態(tài).m1的速度大小為，m1只有向右運動才能與m2相撞，故A正確；由圖讀出，碰后m2的速度為正方向，說明向右運動，m1的速度為負方向，說明向左運動，故B錯誤；由圖像求出碰后m2和m1的速度分別為v'=2m/s，v1'=－2m/s，依據(jù)動量守恒定律得m1v1=m2v2'+m1v1'，代入解得m2=0.3kg，故C正確；碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為，代入解得ΔE=0，故D錯誤。如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓狐軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點，質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點靜止起先沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最終恰好停在C點。已知小車質(zhì)量M=3m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則()A．全程滑塊水平方向相對地面的位移R+LB．全程小車相對地面的位移大小C．小車運動過程中的最大速度D．μ.L.R三者之間的關(guān)系為【錯因分析】該題主要考查系統(tǒng)水平方向動量守恒和能量守恒的問題，求解兩物體的位移，往往依據(jù)平均速度探討，也可干脆用“人船模型”列式子；也可以依據(jù)題目供應的特別的條件：在任一時刻滑塊相對地面速度的水平重量是小車速度大小的3倍，不運用動量守恒定律．【正確解析】小車和滑塊系統(tǒng)在水平方向動量守恒，全程小車相對地面的位移大小為s，則由動量守恒定律結(jié)合“人船模型”：，解得s=（R+L)；滑塊水平方向相對地面的位移為：（R+L)，選項A錯誤，B正確；滑塊到達B點時，小車的速度最大，小車與滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv-Mvm=0，滑塊從A到B過程，由能量守恒定律得：mgR=mv2+Mvm2，解得：vm=；選項C錯誤；滑塊到達C點時，系統(tǒng)的速度變?yōu)榱悖赡芰筷P(guān)系可知：，即R=μL，選項D錯誤；故選B?！菊_答案】B1．如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車質(zhì)量為M，固定在小車上的桿用長為l的輕繩與質(zhì)量為m的小球相連，將小球拉至水平右端后放手，則小車向右移動的最大距離為A． B． C． D．【答案】C【解析】當小球向下?lián)u擺的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，滿意水平方向動量守恒定律，起先系統(tǒng)水平方向動量為零，所以水平方向隨意時刻m與M的動量等大反向；以小球和小車組成的系統(tǒng)，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向平均動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：…①，①式兩邊同時乘以t解得：，即：mS1=MS2…②；小球和小車共走過的距離為2L，有：S1+S2=2l…③，由②③解得：，故C正確，ABD錯誤。2．如圖所示，A、B兩個物體放在光滑的水平面上，中間由一根輕質(zhì)彈簧連接，起先時彈簧呈自然狀態(tài)，A、B的質(zhì)量均為M=0.1kg，一顆質(zhì)量m=25g的子彈，以v0=45m/s的速度水平射入A物體，并留在其中.則在以后的運動過程中，求：（1）彈簧能夠具有的最大彈性勢能；（2）B物體的最大速度?！敬鸢浮浚?）2.25J（2）10m/s【解析】（1）子彈擊中A的過程，子彈與A組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv0=（M+m）v1，得.彈簧壓縮過程，由子彈和A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒且只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，故機械能守恒.從子彈A一起以v1速度運動到彈簧壓縮量最大的過程，設最大壓縮量時彈簧的最大彈性勢能為Epm，此時子彈與A、B有共同速度v共，則有（M+m）v1=（m+2M）v共代入數(shù)據(jù)解得v共=5m/s，Epm=2.25J.（2）分析可知彈簧第一次復原原長時，vB最大，取子彈和A一起以v1速度運動時及彈簧復原原長時兩個狀態(tài)，則有（M+m）v1=（m+M）vA+MvBm，代人數(shù)據(jù)解得B物體的最大速度vBm=10m/s.一、動量定理1．動量定理：物體所受合外力的沖量等于物體的動量變更，即。2．動量定理表明沖量是使物體動量發(fā)生變更的緣由，沖量是物體動量變更的量度。這里所說的沖量必需是物體所受的合外力的沖量（或者說是物體所受各外力沖量的矢量和）。3．動量定理給出了沖量（過程量）和動量變更（狀態(tài)量）間的互求關(guān)系。4．現(xiàn)代物理學把力定義為物體動量的變更率：（牛頓其次定律的動量形式）。5．動量定理的表達式是矢量式。在一維的狀況下，各個矢量必需以同一個規(guī)定的方向為正。6．應用動量定理解題的一般步驟為：（1）明確探討對象和物理過程；（2）分析探討對象在運動過程中的受力狀況及各力的沖量；（3）選取正方向，確定物體在運動過程中始末兩狀態(tài)的動量；（4）依據(jù)動量定理列方程、求解。二、動量守恒定律1．動量守恒定律：一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。2．動量守恒定律成立的條件：系統(tǒng)不受外力或者所受合外力為零；系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，可以忽視不計；系統(tǒng)在某一方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒。3．動量守恒定律的表達形式：（1），即p1+p2=+（2）Δp1+Δp2=0，Δp1=–Δp24．動量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬時性；③相對性；④普適性。5．應用動量守恒定律解題的步驟：（1）明確探討對象，確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個物體及探討的過程）；（2）進行受力分析，推斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上動量是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量；（4）由動量守恒定律列出方程；（5）代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時探討說明。三、碰撞1．碰撞的特點（1）作用時間極短，內(nèi)力遠大于外力，總動量總是守恒的。（2）碰撞過程中，總動能不增。因為沒有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為動能。（3）碰撞過程中，當兩物體碰后速度相等時，即發(fā)生完全非彈性碰撞時，系統(tǒng)動能損失最大。（4）碰撞過程中，兩物體產(chǎn)生的位移可忽視。2．碰撞的種類及遵從的規(guī)律種類遵從的規(guī)律彈性碰撞動量守恒，機械能守恒非彈性碰撞動量守恒，機械能有損失完全非彈性碰撞動量守恒，機械能損失最大3．關(guān)于彈性碰撞的分析兩球發(fā)生彈性碰撞時滿意動量守恒定律和機械能守恒定律。在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的鋼球沿一條直線以速度v0與靜止在水平面上的質(zhì)量為m2的鋼球發(fā)生彈性碰撞，碰后的速度分別是v1、v2①②由①②可得：③④利用③式和④式，可探討以下五種特別狀況：a．當時，，，兩鋼球沿原方向原方向運動；b．當時，，，質(zhì)量較小的鋼球被反彈，質(zhì)量較大的鋼球向前運動；c．當時，，，兩鋼球交換速度。d．當時，，，m1很小時，幾乎以原速率被反彈回來，而質(zhì)量很大的m2幾乎不動。例如橡皮球與墻壁的碰撞。e．當時，，，說明m1很大時速度幾乎不變，而質(zhì)量很小的m2獲得的速度是原來運動物體速度的2倍，這是原來靜止的鋼球通過碰撞可以獲得的最大速度，例如鉛球碰乒乓球。4．一般的碰撞類問題的分析（1）判定系統(tǒng)動量是否守恒。（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球動量不能減小，后球動量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不行能大于前球的速度。（3）判定碰撞前后動能是否不增加。四、動量守恒的常見模型1．人船模型人船模型是兩個物體均處于靜止，當兩個物體存在相互作用而不受外力作用時，系統(tǒng)動量守恒。將速度與質(zhì)量的關(guān)系推廣到位移與質(zhì)量，做這類題目，首先要畫好示意圖，要留意兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物體位移大小之間的關(guān)系；人船問題的適用條件是：兩個物體組成的系統(tǒng)（當有多個物體組成系統(tǒng)時，可以先轉(zhuǎn)化為兩個物體組成的系統(tǒng)）動量守恒，系統(tǒng)的總動量為零，利用平均動量守恒表達式解答。2．小車模型動量守恒定律在小車介質(zhì)上的應用，求解時留意：（1）初末動量的方向及大??；（2）小車的受力狀況分析，是否滿意某一方向合外力為零；（3）結(jié)合能量規(guī)律和動量守恒定律列方程求解。子彈打擊木塊問題，由于被打擊的木塊所處狀況不同，可分為兩種類型：一是被打的木塊固定不動；二是被打的木塊置于光滑的水平面上，木塊被打擊后在水平面上做勻速直線運動。（1）木塊被固定子彈和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，系統(tǒng)內(nèi)力是一對相互作用的摩擦力，子彈對木塊的摩擦力不做功，相反，木塊對子彈的摩擦力做負功，使子彈動能的一部分或全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。由動能定理可得：，式中f為子彈受到的平均摩擦力，s為子彈相對于木塊運動的距離。（2）木塊置于光滑水平面上子彈和木塊構(gòu)成系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)內(nèi)力是一對相互作用的摩擦力，子彈受到的摩擦力做負功，木塊受到的摩擦力做正功。如圖所示，設子彈質(zhì)量為m，水平初速度為v0，置于光滑水平面上的木塊質(zhì)量為M。若子彈未穿過木塊，則子彈和木塊最終共速為v。由動量守恒定律：①對于子彈，由動能定理：②對于木塊，由動能定理：③由①②③可得：④系統(tǒng)動能的削減量轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能Q（1）若時，說明子彈剛好穿過木塊，子彈和木塊具有共同速度v。（2）若時，說明子彈未能穿過木塊，最終子彈留在木塊中，子彈和木塊具有共同速度v。（3）當時，說明子彈能穿過木塊，子彈射穿木塊時的速度大于木塊的速度。若屬于（3）的狀況，設穿透后子彈和木塊的速度分別為v1和v2，上述關(guān)系式變?yōu)椋孩茛蔻撷嘁?、單選題1．2024年3月22日，一架中國國際航空CA03客機，從天津飛抵香港途中遭受鳥擊，飛機頭部被撞穿約一平方米的大洞，雷達罩被擊穿，所幸客機剛好平安著陸，無人受傷。若飛機飛行的速度為150m/s，小鳥在空中的飛行速度特別小，與飛機的速度相比可忽視不計。已知小鳥的質(zhì)量約為0.4kg，小鳥與飛機的碰撞時間為6.0×10﹣4s．則飛機受到小鳥對它的平均作用力的大小約為（）A．108N B．105N C．103N D．102N【答案】B【解析】可以認為撞擊前鳥的速度為零，撞擊后鳥與飛機的速度相等，飛機速度為：v＝700m/s，撞擊過程可以認為鳥做勻加速直線運動，對鳥，由動量定理得：Ft＝mv﹣0，代入數(shù)據(jù)可得：F＝1.0×105N，故B正確，ACD錯誤。2．一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止起先沿直線運動。F隨時間t變更的圖線如圖所示，則（）A．時物塊的速率為B．時物塊的動量大小為C．時物塊的動量大小為D．時物塊的速度為零【答案】A【解析】前兩秒，依據(jù)牛頓其次定律，，則的速度規(guī)律為：，則時，速率為，故A正確；時，速率為，則動量為，故B錯誤；，力起先反向，物體減速，依據(jù)牛頓其次定律，，所以時的速度為，動量為，時速度為，故C、D錯誤。3．質(zhì)量為M的砂車沿光滑水平面以速度v0做勻速直線運動，此時從砂車上方落入一只質(zhì)量為m的鐵球，如圖所示，則鐵球落入砂車后（）A．砂車馬上停止運動B．砂車仍做勻速運動，速度等于v0C．砂車仍做勻速運動，速度小于v0D．砂車仍做勻速運動，速度大于v0【答案】C【解析】鐵球和砂車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，設砂車的初速度方向為正，則有Mv0=（m+M）v＇，得，即砂車仍做勻速運動，速度小于v0，選項C正確。4．兩名質(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，其中一人向另一人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回。如此反復幾次后，甲和乙最終速率v甲、v乙關(guān)系的是（）A．若甲最先拋球，則肯定是v甲＞v乙B．若乙最先拋球，則肯定是v甲＞v乙C．無論甲、乙誰先拋球，只要乙最終接球，就應是v甲＞v乙D．無論怎樣拋球和接球，都是v甲＞v乙【答案】C【解析】甲、乙兩人與球組成的系統(tǒng)動量守恒，故最終甲、乙的動量大小必相等，誰最終接球，誰的質(zhì)量中就包含了球的質(zhì)量，即質(zhì)量大，由動量守恒定律得m1v1=m2v2，因此最終誰接球誰的速率小。若甲最先拋球，則肯定是v甲＞v乙，與結(jié)論不相符，選項A錯誤；若乙最先拋球，則肯定是v甲＞v乙，與結(jié)論不相符，選項B錯誤；無論甲、乙誰先拋球，只要乙最終接球，就應是v甲＞v乙，與結(jié)論相符，選項C正確；無論怎樣拋球和接球，都是v甲＞v乙，與結(jié)論不相符，選項D錯誤。5．如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質(zhì)量為m的物體P接觸，但未與物體P連接，彈簧水平且無形變。現(xiàn)對物體P施加一個水平向右的瞬間沖量，大小為I0，測得物體P向右運動的最大距離為x0，之后物體P被彈簧彈回最終停在距離初始位置左側(cè)2x0處。已知彈簧始終在彈簧彈性限度內(nèi)，物體P與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，下列說法中正確的是A．物體P與彈簧作用的過程中，系統(tǒng)的最大彈性勢為4μmgx0B．最初對物體P施加的瞬時沖量C．彈簧被壓縮成最短之后的過程，P先做加速度減小的加速運動，再做加速度減小的減速運動，最終做勻減速運動D．物體P整個運動過程，摩擦力的沖量與彈簧彈力的沖量大小相等、方向相反【答案】B【解析】由動量定理I0=mv0和功能關(guān)系有：mv02＝μmg(4x0)，系統(tǒng)具有的最大彈性勢能為：Ep＝mv02?μmgx0＝?μmgx0，I0＝2m，故A錯誤，B正確；彈簧被壓縮到最短之后的過程，在脫離彈簧之前，受水平向左的彈簧彈力和向右的摩擦力，起先時彈力大于摩擦力，P向左做加速運動，彈力越來越小，合力越來越小，所以P先做加速度減小的加速運動，直到彈力和摩擦力大小相等，之后彈力小于摩擦力，彈力越來越小，但合力越來越大，P做加速度增加的減速運動，離開彈簧后，P受水平向右的摩擦力，做勻減速運動，故C錯誤；由動量定理有：I0+I彈+I摩=0，故物體P整個運動過程，摩擦力的沖量與彈簧彈力的沖量并不是大小相等、方向相反，D錯誤。6．質(zhì)量為m的木塊和質(zhì)量為M（M＞m）的鐵塊用細線連接剛好能在水中某個位置懸浮不動，此時木塊至水面距離為h，鐵塊至水底的距離為H（兩物體均可視為質(zhì)點）.突然細線斷裂，忽視兩物體運動中受到的水的阻力，只考慮重力及浮力，若鐵塊和木塊同時分別到達水面水底，以鐵塊和木塊為系統(tǒng)，以下說法正確的是（）A．該過程中系統(tǒng)動量不守恒B．該過程中鐵塊和木塊均做勻速直線運動C．同時到達水面、水底時，兩物體速度大小相等D．系統(tǒng)滿意MH=mh【答案】D【解析】以鐵塊和木塊為系統(tǒng)，細線斷裂前后系統(tǒng)受力狀況不變，所受合力均為零，因此在分別到達水面、水底前，系統(tǒng)動量守恒，選項A錯誤；該過程中鐵塊和木塊均做勻加速直線運動，選項B錯誤；在任一時刻均有Mv1=mv2，由于二者質(zhì)量不相等，因此同一時刻兩物體速度大小不同，選項C錯誤；由可得，即MH=mh，故選項D正確。7．如圖所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，木塊靜止在A位置。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則當木塊回到A位置時的速度v以及在此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為：A．，I=0 B．，C．， D．，【答案】C【解析】子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)外力，由動量守恒定律得：，解得：；子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運動，后做加速運動，回到A位置時速度大小不變，即當木塊回到A位置時的速度大小，子彈和木塊彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即可墻對彈簧的作用力，依據(jù)動量定理得：，所以墻對彈簧的沖量I的大小為，依據(jù)分析可知，，ABD錯誤，C正確。8．如圖所示，一沙袋用無彈性輕細繩懸于O點，起先時沙袋處于靜止，此后彈丸以水平速度擊中沙袋后均未穿出.第一粒彈丸的速度為v1，打入沙袋后二者共同搖擺的最大擺角為30°，當其第一次返回圖示位置時，其次粒彈丸以水平速度v2又擊中沙袋，使沙袋向右搖擺且最大擺角仍為30°，若彈丸質(zhì)量是沙袋質(zhì)量的，不計空氣阻力，則以下結(jié)論中正確的是（）A．v1：v2=1：1 B．v1：v2=31：32C．v1：v2=32：31 D．v1：v2=31：63【答案】D【解析】設彈丸的質(zhì)量為m，沙袋的質(zhì)量M=30m.取水平向右方向為正，系統(tǒng)水平方向動量守恒，第一次射入過程，依據(jù)動量守恒定律得mv1=31mv。依據(jù)共速后系統(tǒng)機械能守恒知，沙袋又返回時速度大小仍為v，但方向向左.其次粒彈丸以水平速度v2擊中沙袋的過程，依據(jù)動量守恒定律得mv2－31mv=32mv'。第一顆彈丸打入沙袋后，二者共同搖擺的過程中，設細繩長為L，由機械能守恒定律得，得，可見v與系統(tǒng)的質(zhì)量無關(guān)，兩次最大擺角均為30°，故v'=v，聯(lián)立解得，選項D正確。二、多選題9．如圖所示A、B兩球在光滑水平面上沿同始終線運動，A球動量為p1＝5kg·m/s，B球動量為p2＝7kg·m/s，當A球追上B球時發(fā)生碰撞，碰后A的動量變更了1kg·m/s，而運動方向沒有變更，則A和B質(zhì)量的比值可能為A．QUOTEmAmB=13 B． C．QUOTEmAmB=25 D．QUOTEmAm【答案】BC【解析】取水平向右為正方向，碰撞后A的動量為p1′=p1+△p1=5kg?m/s-1kg?m/s=4kg?m/s，依據(jù)動量守恒定律得p1+p2=p1′+p2′。依據(jù)碰撞過程總動能不增加有，代入數(shù)據(jù)解得，碰后A、B同向運動，應有，則QUOTEmAmB≥12，所以，故B、C正確。10．一質(zhì)量60kg的運動員從下蹲狀態(tài)豎直向上跳起，經(jīng)0.2s，以大小4m/s的速度離開地面，此過程中，運動員重心高度變更0.8m，取重力加速度g=10m/s2。在這0.2s內(nèi)：A．地面對運動員的沖量大小為240N·sB．地面對運動員的沖量大小為360N·sC．地面對運動員做的功為480JD．運動員的機械能增加960J【答案】BD【解析】人的速度原來為零，起跳后變更v，以向上為正方向，由動量定理可得：，故地面對人的沖量為：，A錯誤，B正確；人在跳起時，地面對人的支持力豎直向上，在跳起過程中，在支持力方向上沒有位移，地面對運動員的支持力不做功，C錯誤；機械能的增加量等于離開地面時的動能和增加的重力勢能，故機械能增加量為，D正確．11．如圖，A、B質(zhì)量分別為m1＝1kg，m2＝2kg，置于平板小車C上，小車質(zhì)量為m3＝1kg，A、B與小車的動摩擦因數(shù)均為0.5，事先三者均靜止在光滑的水平面上。某時刻A、B間炸藥爆炸（時間極短）使A、B獲得圖示左右方向的瞬時速度和12J的總機械能。假設A、B最終都沒有離開小車上表面，水平面足夠長，g＝10m/s2．現(xiàn)從炸藥爆炸結(jié)束起先計時，則（）A．t＝0時，A、B的速度大小分別是4m/s、2m/sB．t＝0.4s時，B與平板小車C先相對靜止C．t＝0.8s時，A與平板小車C相對靜止D．t＝0.8s時，A、B與平板小車因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝10J【答案】AC【解析】炸藥爆炸瞬間A、B系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，有：0=m1v1-m2v2，QUOTE0=m1v1-m2v2A、B的機械能總量為12J，故E=mv1v12+m2v22=12J，聯(lián)立解得：v1=4m/s，v2=2m/s，故A錯誤；爆炸后AB在C上滑動，B先與C相對靜止，設此時A的速度為v3，B、C的速度為v4，該過程中ABC組成的系統(tǒng)動量守恒，設該過程的時間為t3，對A應用動量定理-μm1gt3=m1v3-m1v1，對B應用動量定理-μm2gt3=m2v4-m2v2，對C應用動量定理(μm2g-μm1g)t3=m3v4，代人數(shù)據(jù)得v3=3m/s，v4=-1m/s，t3=0.2s；之后，A在C上滑動直到相對靜止，依據(jù)系統(tǒng)的動量守恒0=(m1+m2+m3)v，解得：v=0；設A滑動的總時間為t，則-μm1gt=0-m1v1，解得：t=0.8s，故B錯誤，C正確；t=0.8s時，A、B與平板小車因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q=E=12J12．如圖所示，質(zhì)量m1=3kg且足夠長的小車靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)有質(zhì)量m2=2kg、可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v0=2m/s從左端滑上小車，物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，最終恰好不掉下小車且與小車保持相對靜止在這一過程中，g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．系統(tǒng)最終共同運動的速度為1.2m/sB．小車獲得的最大動能為0.96JC．系統(tǒng)損失的機械能為2.4JD．物塊克服摩擦力做的功為4J【答案】BC【解析】物塊與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，選擇向右為正方向，則由動量守恒定律得m2v0=（m1+m2）v，解得，故A錯誤；小車獲得的動能為，故B正確；依據(jù)能量守恒定律得系統(tǒng)損失的機械能為，故C正確；對物塊，由動能定理得，解得物塊克服摩擦力做的功為W克f=3.36J，故D錯誤。三、非選擇題13．如圖所示，半徑為R的豎直光滑半圓軌道bc與水平光滑軌道ab在b點連接，起先時可視為質(zhì)點的物體A和B靜止在ab上，A、B之間壓縮有一處于鎖定狀態(tài)的輕彈簧(彈簧與A，B不連接)．某時刻解除鎖定，在彈力作用下A向左運動，B向右運動，B沿軌道經(jīng)過c點后水平拋出，落點p與b點間距離為2R.已知A質(zhì)量為2m，B質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：（1）B經(jīng)c點拋出時速度的大?。浚?）B經(jīng)b時速度的大??？（3）鎖定狀態(tài)的彈簧具有的彈性勢能？【答案】（1）（2）（3）3.75mgR【解析】（1）B平拋運動過程豎直方向有2R＝gt2，水平方向：2R＝vct，解得：vc＝.（2）B從b到c，由機械能守恒定律得解得：vb＝（3）設完全彈開后，A的速度為va，彈簧回復原長過程中A與B組成系統(tǒng)動量守恒，2mva－mvb＝0，解得：va＝vb＝，由能量守恒定律，得彈簧彈性勢能：解得：Ep＝3.75mgR。14．如圖所示，在光滑水平地面上有一固定的擋板，擋板上固定一個輕彈簧。現(xiàn)有一質(zhì)量，長的小車（其中為小車的中點，部分粗糙，部分光滑），一質(zhì)量為的小物塊（可視為質(zhì)點），放在車的最左端，車和小物塊一起以的速度在水平面上向右勻速運動，車撞到擋板后瞬間速度變?yōu)榱?，但未與擋板粘連。已知車部分的長度大于彈簧的自然長度，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，小物塊與車部分之間的動摩擦因數(shù)為0.3，重力加速度。求：（1）小物塊和彈簧相互作用的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能；（2）小物塊和彈簧相互作用的過程中，彈簧對小物塊的沖量；（3）小物塊最終停在小車上的位置距端多遠。【答案】（1）（2）彈簧對小物塊的沖量大小為，方向水平向左。（3）【解析】（1）對小物塊，有ma=-μmg依據(jù)運動學公式v2?v02＝2a由能量關(guān)系mv2＝Ep解得EP=2J．（2）設小物塊離開彈簧時的速度為v1，有

mv12＝Ep．對小物塊，依據(jù)動量定理

I=-mv1-mv由⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得I=-4kgm/s．彈簧對小物塊的沖量大小為4kgm/s，方向水平向左．（3）小物塊滑過O點和小車相互作用，由動量守恒mv1=（m+M）v2．由能量關(guān)系μmgx＝mv12?(m+M)v22小物塊最終停在小車上距A的距離xA＝?x解得xA=1.5m．15．如圖質(zhì)量為m2=4kg和m3=3kg的物體靜止放在光滑水平面上，兩者之間用輕彈簧拴接?，F(xiàn)有質(zhì)量為m1=1kg的物體以速度v0=8m/s向右運動，m1與m3碰撞（碰撞時間極短）后粘合在一起。試求：（1）m1和m3碰撞過程中損失的機械能是多少?（2）彈簧能產(chǎn)生的最大彈性勢能是多少?（3）彈簧在第一次獲得最大彈性勢能的過程中，對m3沖量的大小是多少?（4）m2運動的最大速度vm是多少?【答案】（1）24J（2）4J（3）4kg?m/s（4）2m/s【解析】（1）設m1與m3碰撞后的速度為v1，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：，由能量守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：；（2）三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：v共=1m/s，由能量守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：；（3）彈簧對m2，由動量定理得：，彈簧對m3沖量的大小是：I3=I2=4kg?m/s；（4）對m1、m3整體和m2及彈簧組成的系統(tǒng)，可知當彈簧第一次復原原長時m2的速度最大，以向右為正方向，由動量守恒定律得：，由能量守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：v2=2m/s；16．如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的平板小車后端放有質(zhì)量m＝3kg的鐵塊，它和車之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，起先時車和鐵塊一起以v0＝3m/s的速度向右在光滑水平地面上向右運動，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞．設碰撞時間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反，平板車足夠長，使得鐵塊總不能和墻相碰．(g取10m/s2)求：（1）鐵塊在車上滑行的總路程；（2）車和墻第一次相碰以后所走的總路程．【答案】（1）1.5m（2）1.25m【解析】（1）由于m＞M，小車不論與墻相撞多少次，系統(tǒng)的總動量總是向右，但每撞一次總動量削減一次，直到減為零，最終小車停在墻下，系統(tǒng)的總動能全部用于鐵塊在車上滑行時克服摩擦力做功．μmgs＝(m＋M)v02（2）小車第一次與墻相撞后向左所走路程為s1，由動能定理得－μmgs1＝0－Mv02接著小車和鐵塊以共同速度v1與墻其次次相碰，由動量守恒：mv0－Mv0＝(m+M)v1其次次相撞后平板車向左走的路程為，s2＝s1以后每次相碰反彈向左行的路程均以比例削減，小車所走的路程為一個無窮等比數(shù)列之和．公比q＝，s＝2s1(1+q+q2+q3+……)＝＝1.25m17．如圖所示，光滑水平面左端接一豎直光滑半圓軌道，軌道半徑R=1.6m，右端接一斜面，斜面的傾角θ=37°，一質(zhì)量為m的物塊甲從斜面上離水平面高度h=3R為的A點由靜止滑下，剛好能到達半圓軌道的最高點E點，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。（1）求物塊甲與斜面間的動摩擦因數(shù)；（2）假如在水平面上C點放一材質(zhì)與物塊甲相同、質(zhì)量為的物塊乙，物塊甲從斜面上滑下后與物塊乙發(fā)生彈性碰撞，碰后物塊乙恰好能到達半圓軌道的最高點E，則物塊甲下滑時的高度為多少？【答案】（1）；（2）2.7m【解析】（1）依據(jù)牛頓其次定律得，mg=m，解得vE=，對全過程運用動能定理得，mgh-2mgR-μmgcosθ?=h=3R解得：μ=（2）設物塊乙在C點碰后的速度為v1，碰前甲的速度為v甲，碰后甲的速度為v2物塊乙恰好到達E點，依據(jù)機械能守恒定律得：mg?2R+=解得：v1=依據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有：mv甲=mv2+mv1=+解得：v甲=設物塊甲起先下滑的高度為H，依據(jù)動能定理得：mgH-μmgcosθ?=解得：H=2.7m18．如圖所示為一種“子母球”表演，質(zhì)量分別為m、3m的兩個小球A、B靜止在地面上方，B球距離地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方，讓兩小球同時由靜止釋放。設全部碰撞都是彈性碰撞，重力加速度大小g=10m/s2，忽視球的直徑、空氣阻力及碰撞時間。（1）求球B第一次落地時球A的速度大?。唬?）若球B在第一次上升過程中就能與球A相碰，A球起先下落時距地面高度H的取值范圍；（3）在（2）情形下，要使球A第一次碰后能到達比其釋放點更高的位置，求H應滿意的條件?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）A、B同時由靜止釋放，B落地時，兩球的速度大小相等，有:①代入數(shù)值，得（2）球B下落過程與反彈上升的過程具有對稱性。設B來回時間為t，有:②設時間t內(nèi)球A自由下落的高度為hA，有③要保證B在第一次上升過程中與A相碰，球A自由下落的高度應大于初始時兩球的高度差，即④依題意：⑤①~⑤聯(lián)立，解得：解法二：B反彈后，A、B相對運動的速率為，設A、B經(jīng)時間相碰，有②要保證B在第一次上升過程中與A相碰，應小于B上升到最高點的時間，即③依題意：④①~④聯(lián)立，解得：（3）設兩球相碰前后，球A的速度分別為、，球B的速度分別為、。發(fā)生彈性碰撞，兩球相碰前后的動量守恒，總動能保持不變。取向下的方向為正，有⑥⑦設球B反彈后經(jīng)時間t1與球A相碰，此時間內(nèi)球A下落的高度（）與球B上升的高度（）之和等于初始時兩球的高度差（H-h）即：⑧由運動學規(guī)律，有⑨⑩要使