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1、第6章 碰撞 動(dòng)量守恒定律第1節(jié)動(dòng)量動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律一、沖量、動(dòng)量和動(dòng)量定理1沖量(1)定義：力和力的作用時(shí)間的乘積(2)公式：IFt，適用于求恒力的沖量(3)方向：與力的方向相同2動(dòng)量(1)定義：物體的質(zhì)量與速度的乘積(2)表達(dá)式：pmv.(3)單位：千克米/秒符號(hào)：kgm/s.(4)特征：動(dòng)量是狀態(tài)量，是矢量，其方向和速度方向相同3動(dòng)量定理(1)內(nèi)容：物體所受合力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量(2)表達(dá)式：F合tppp.(3)矢量性：動(dòng)量變化量方向與合力的方向相同，可以在某一方向上用動(dòng)量定理二、動(dòng)量守恒定律1系統(tǒng)：相互作用的幾個(gè)物體構(gòu)成系統(tǒng)系統(tǒng)中各物體之間的相互作用力稱為內(nèi)力，外部其他物體

2、對(duì)系統(tǒng)的作用力叫做外力2定律內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力作用，或者所受的合外力為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變3定律的表達(dá)式m1v1m2v2m1v1m2v2，兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)初動(dòng)量等于末動(dòng)量可寫為：pp、p0和p1p24守恒條件(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)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(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)方向上所受合力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒自我診斷1判斷正誤(1)動(dòng)量越大的物體，其運(yùn)動(dòng)速度越大()(2)物體的動(dòng)量越大，則物體的慣性就越大()(3)物體的動(dòng)量變化量等于某個(gè)力的沖量()(4)動(dòng)量

3、是過(guò)程量，沖量是狀態(tài)量()(5)物體沿水平面運(yùn)動(dòng)，重力不做功，重力的沖量也等于零()(6)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()2(2017廣東廣州調(diào)研)(多選)兩個(gè)質(zhì)量不同的物體，如果它們的()A動(dòng)能相等，則質(zhì)量大的動(dòng)量大B動(dòng)能相等，則動(dòng)量大小也相等C動(dòng)量大小相等，則質(zhì)量大的動(dòng)能小D動(dòng)量大小相等，則動(dòng)能也相等解析：選AC.根據(jù)動(dòng)能Ekmv2可知，動(dòng)量p，兩個(gè)質(zhì)量不同的物體，當(dāng)動(dòng)能相等時(shí)，質(zhì)量大的動(dòng)量大，A正確、B錯(cuò)誤；若動(dòng)量大小相等，則質(zhì)量大的動(dòng)能小，C正確、D錯(cuò)誤3籃球運(yùn)動(dòng)員通常伸出雙手迎接傳來(lái)的籃球接球時(shí)，兩手隨球迅速收縮至胸前這樣做可以()A減小球?qū)κ值臎_量 B減小球?qū)κ值臎_擊

4、力C減小球的動(dòng)量變化量 D減小球的動(dòng)能變化量解析：選B.由動(dòng)量定理Ftp知，接球時(shí)兩手隨球迅速收縮至胸前，延長(zhǎng)了手與球接觸的時(shí)間，從而減小了球?qū)κ值臎_擊力，選項(xiàng)B正確4(2017河南開封質(zhì)檢)(多選) 如圖所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對(duì)兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法中正確的是()A兩手同時(shí)放開后，系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零B先放開左手，后放開右手，動(dòng)量不守恒C先放開左手，后放開右手，總動(dòng)量向左D無(wú)論何時(shí)放手，兩手放開后在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，系統(tǒng)總動(dòng)量都保持不變，但系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定為零解析：選ACD.當(dāng)兩手同時(shí)放開時(shí)，系統(tǒng)所受的合外力為零，所以系統(tǒng)的

5、動(dòng)量守恒，又因開始時(shí)總動(dòng)量為零，故系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零，選項(xiàng)A正確；先放開左手，左邊的物體就向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，且開始時(shí)總動(dòng)量方向向左，放開右手后總動(dòng)量方向也向左，故選項(xiàng)B錯(cuò)，而C、D正確5(2017湖南邵陽(yáng)中學(xué)模擬)一個(gè)質(zhì)量m1.0 kg的物體，放在光滑的水平面上，當(dāng)物體受到一個(gè)F10 N與水平面成30角斜向下的推力作用時(shí)，在10 s內(nèi)推力的沖量大小為_ Ns，動(dòng)量的增量大小為_ kgm/s.解析：根據(jù)pFt，可知10 s內(nèi)推力的沖量大小pFt100 Ns，根據(jù)動(dòng)量定理有Ftcos 30p.代入數(shù)據(jù)解得p50 kgm/s86.6 kgm/s.答案：1

6、0086.6考點(diǎn)一動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用1應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)應(yīng)注意兩點(diǎn)(1)動(dòng)量定理的研究對(duì)象是一個(gè)質(zhì)點(diǎn)(或可視為一個(gè)物體的系統(tǒng))(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維情況下，各個(gè)矢量必須選同一個(gè)正方向2動(dòng)量定理的三大應(yīng)用(1)用動(dòng)量定理解釋現(xiàn)象物體的動(dòng)量變化一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越短，力就越大；時(shí)間越長(zhǎng)，力就越小作用力一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越長(zhǎng)，動(dòng)量變化越大；力的作用時(shí)間越短，動(dòng)量變化越小(2)應(yīng)用Ip求變力的沖量(3)應(yīng)用pFt求恒力作用下的曲線運(yùn)動(dòng)中物體動(dòng)量的變化量典例1(2016高考全國(guó)乙卷)某游樂(lè)園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中為計(jì)算方便起見，假設(shè)水柱從橫

7、截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開忽略空氣阻力已知水的密度為，重力加速度大小為g.求(1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度解析(1)設(shè)t時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則mVVv0St由式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為v0S(2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v.對(duì)于t時(shí)間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v在h高度處，t時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向

8、的動(dòng)量變化量的大小為p(m)v設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理有Ftp由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得FMg聯(lián)立式得h答案(1)v0S(2)(1)用動(dòng)量定理解題的基本思路(2)對(duì)過(guò)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(guò)程用動(dòng)量定理1如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5 m/s，則這一過(guò)程中動(dòng)量的變化量為()A大小為3.6 kgm/s，方向向左B大小為3.6 kgm/s，方向向右C大小為12.6 kgm/s，方向向左D大小為12.6 kgm/s，方向向右解析：選D.選向左為正方向，則動(dòng)量的變

9、化量pmv1mv012.6 kgm/s，大小為12.6 kgm/s，負(fù)號(hào)表示其方向向右，D正確2. 質(zhì)量為1 kg的物體做直線運(yùn)動(dòng)，其速度圖象如圖所示則物體在前10 s內(nèi)和后10 s內(nèi)所受外力的沖量分別是()A10 Ns10 NsB10 Ns10 NsC010 NsD010 Ns解析：選D.由圖象可知，在前10 s內(nèi)初、末狀態(tài)的動(dòng)量相同，p1p25 kgm/s，由動(dòng)量定理知I10；在后10 s內(nèi)末狀態(tài)的動(dòng)量p35 kgm/s，由動(dòng)量定理得I2p3p210 Ns，故正確答案為D.3如圖所示，在傾角為的斜面上，有一個(gè)質(zhì)量是m的小滑塊沿斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，速度為零后又下滑，經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，回到

10、斜面底端滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到的摩擦力大小始終是Ff，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力對(duì)滑塊的總沖量大小為_，方向是_；合力對(duì)滑塊的總沖量大小為_，方向是_解析：摩擦力先向下后向上，因上滑過(guò)程用時(shí)短，故摩擦力的沖量為Ff(t2t1)，方向與向下運(yùn)動(dòng)時(shí)的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上合力的沖量為mg(t1t2)sin Ff(t1t2)，沿斜面向下答案：Ff(t2t1)沿斜面向上mg(t1t2)sin Ff(t1t2)沿斜面向下4如圖所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板在光滑水平面上以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的小鐵塊在木板上以速度v0向左運(yùn)動(dòng)，鐵塊與木板間存在摩擦為使木板能保持速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng)，必須對(duì)木板施加

11、一水平力，直至鐵塊與木板達(dá)到共同速度v0.設(shè)木板足夠長(zhǎng)，求此過(guò)程中水平力的沖量大小解析：考慮M、m組成的系統(tǒng)，設(shè)M運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理有Ft(Mm)v0(Mv0mv0)2mv0則水平力的沖量IFt2mv0.答案：2mv05(2017甘肅蘭州一中模擬)如圖所示，一質(zhì)量為M2 kg的鐵錘從距地面h3.2 m高處自由下落，恰好落在地面上的一個(gè)質(zhì)量為m6 kg的木樁上，隨即與木樁一起向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t0.1 s停止運(yùn)動(dòng)求木樁向下運(yùn)動(dòng)時(shí)受到地面的平均阻力大小(鐵錘的橫截面小于木樁的橫截面，木樁露出地面部分的長(zhǎng)度忽略不計(jì)，重力加速度g取10 m/s2)解析：鐵錘下落過(guò)程中機(jī)械能守恒，則v8 m

12、/s.鐵錘與木樁碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，Mv(Mm)v，v2 m/s.木樁向下運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量定理(規(guī)定向下為正方向)得(Mm)gft0(Mm)v，解得f240 N.答案：240 N6(2016河南開封二模)如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車質(zhì)量M20 kg.從水槍中噴出的水柱的橫截面積S10 cm2，速度v10 m/s，水的密度1.0103 kg/m3.若用水槍噴出的水從車后沿水平方向沖擊小車的前壁，且沖擊到小車前壁的水全部沿前壁流進(jìn)小車中當(dāng)有質(zhì)量m5 kg的水進(jìn)入小車時(shí)，試求：(1)小車的速度大??；(2)小車的加速度大小解析：(1)流進(jìn)小車的水與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)當(dāng)進(jìn)入質(zhì)量為m的水后，小車

13、速度為v1，則mv(mM)v1，即v12 m/s(2)質(zhì)量為m的水流進(jìn)小車后，在極短的時(shí)間t內(nèi)，沖擊小車的水的質(zhì)量mS(vv1)t，設(shè)此時(shí)水對(duì)車的沖擊力為F，則車對(duì)水的作用力為F，由動(dòng)量定理有Ftmv1mv，得FS(vv1)264 N，小車的加速度a2.56 m/s2答案：(1)2 m/s(2)2.56 m/s2考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用1動(dòng)量守恒的“四性”(1)矢量性：表達(dá)式中初、末動(dòng)量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動(dòng)量的正、負(fù)(2)瞬時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，動(dòng)量守恒指對(duì)應(yīng)每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初時(shí)刻的總動(dòng)量相等(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，各物體

14、的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度一般選地面為參考系(4)普適性：它不僅適用于兩個(gè)物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)2動(dòng)量守恒定律的不同表達(dá)形式(1)m1v1m2v2m1v1m2v2，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)p1p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向(3)p0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零典例2(2017山東濟(jì)南高三質(zhì)檢)光滑水平軌道上有三個(gè)木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA3m、mBmCm，開始時(shí)B、C均靜止，A以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間

15、的距離保持不變求B與C碰撞前B的速度大小解析設(shè)A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得對(duì)A、B木塊：mAv0mAvAmBvB對(duì)B、C木塊：mBvB(mBmC)v由A與B間的距離保持不變可知vAv聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vBv0答案v0應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟(1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程)；(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上動(dòng)量是否守恒)；(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量；(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程；(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說(shuō)明1如圖所示，在光滑的水平面上放有

16、一物體M，物體M上有一光滑的半圓弧軌道，軌道半徑為R，最低點(diǎn)為C，兩端A、B等高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點(diǎn)由靜止開始下滑，在此后的過(guò)程中，則()AM和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒BM和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒Cm從A到C的過(guò)程中M向左運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過(guò)程中M向右運(yùn)動(dòng)Dm從A到B的過(guò)程中，M運(yùn)動(dòng)的位移為解析：選B.M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，總動(dòng)量不守恒，但水平方向動(dòng)量守恒，A錯(cuò)誤，B正確；m從A到C過(guò)程中，M向左加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)m到達(dá)C處時(shí)，M向左速度最大，m從C到B過(guò)程中，M向左減速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；在m從A到B過(guò)程中，有MxMmxm，xMxm2R，得xM2mR/(mM)，D錯(cuò)誤2(201

17、6廣東湛江聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量均為m的小車和木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上，質(zhì)量為2m的小孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，木箱相對(duì)于冰面運(yùn)動(dòng)的速度為v，木箱運(yùn)動(dòng)到右側(cè)墻壁時(shí)與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈后能被小孩接住，求：(1)小孩接住箱子后共同速度的大??；(2)若小孩接住箱子后再次以相對(duì)于冰面的速度v將木箱向右推出，木箱仍與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，判斷小孩能否再次接住木箱解析：(1)取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得推出木箱的過(guò)程中0(m2m)v1mv，接住木箱的過(guò)程中mv(m2m)v1(mm2m)v2.解得v2.(2)若小孩第二次將木箱推出，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得4mv23mv3mv，則v

18、3v，故無(wú)法再次接住木箱答案：(1)(2)否3(2017山東濟(jì)南高三質(zhì)檢)如圖所示，光滑水平軌道上放置長(zhǎng)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mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg，開始時(shí)C靜止，A、B一起以v05 m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C相碰撞(時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)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的速度大小解析：因碰撞時(shí)間極短，A與C碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后瞬間A的速度大小為vA，C的速度大小為vC，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0mAvAmCvC，A與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共

19、同速度為vAB，由動(dòng)量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vAB，A、B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足vABvC，聯(lián)立解得vA2 m/s.答案：2 m/s4人和冰車的總質(zhì)量為M，另一木球質(zhì)量為m，且Mm312.人坐在靜止于水平冰面的冰車上，以速度v(相對(duì)地面)將原來(lái)靜止的木球沿冰面推向正前方向的固定擋板，不計(jì)一切摩擦阻力，設(shè)小球與擋板的碰撞是彈性的，人接住球后，再以同樣的速度v(相對(duì)地面)將球推向擋板求人推多少次后不能再接到球？解析：設(shè)第1次推球后人的速度為v1，有0Mv1mv，第1次接球后人的速度為v1，有Mv1mv(Mm)v1；第2次推球(Mm)v1Mv2mv，第2次接球Mv2m

20、v(Mm)v2第n次推球(Mm)vn1Mvnmv，可得vn，當(dāng)vnv時(shí)人便接不到球，可得n8.25，取n9.答案：9次課時(shí)規(guī)范訓(xùn)練基礎(chǔ)鞏固題組1關(guān)于物體的動(dòng)量，下列說(shuō)法中正確的是()A物體的動(dòng)量越大，其慣性也越大B同一物體的動(dòng)量越大，其速度不一定越大C物體的加速度不變，其動(dòng)量一定不變D運(yùn)動(dòng)物體在任一時(shí)刻的動(dòng)量方向一定是該時(shí)刻的速度方向解析：選D.慣性大小的唯一量度是物體的質(zhì)量，如果物體的動(dòng)量大，但也有可能物體的質(zhì)量很小，所以不能說(shuō)物體的動(dòng)量大其慣性就大，故A錯(cuò)誤；動(dòng)量等于物體的質(zhì)量與物體速度的乘積，即pmv，同一物體的動(dòng)量越大，其速度一定越大，故B錯(cuò)誤；加速度不變，速度是變化的，所以動(dòng)量一定變

21、化，故C錯(cuò)誤；動(dòng)量是矢量，動(dòng)量的方向就是物體運(yùn)動(dòng)的方向，故D正確2. 運(yùn)動(dòng)員向球踢了一腳(如圖)，踢球時(shí)的力F100 N，球在地面上滾動(dòng)了t10 s停下來(lái)，則運(yùn)動(dòng)員對(duì)球的沖量為()A1 000 NsB500 NsC零 D無(wú)法確定解析：選D.滾動(dòng)了t10 s是地面摩擦力對(duì)足球的作用時(shí)間不是踢球的力的作用時(shí)間，由于不能確定人作用在球上的時(shí)間，所以無(wú)法確定運(yùn)動(dòng)員對(duì)球的沖量3(多選)如圖所示為兩滑塊M、N之間壓縮一輕彈簧，滑塊與彈簧不連接，用一細(xì)繩將兩滑塊拴接，使彈簧處于鎖定狀態(tài)，并將整個(gè)裝置放在光滑的水平面上燒斷細(xì)繩后到兩滑塊與彈簧分離的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A兩滑塊的動(dòng)量之和變大B兩滑塊與彈

22、簧分離后動(dòng)量等大反向C如果兩滑塊的質(zhì)量相等，則分離后兩滑塊的速率也相等D整個(gè)過(guò)程中兩滑塊的機(jī)械能增大解析：選BCD.對(duì)兩滑塊所組成的系統(tǒng)，互推過(guò)程中，合外力為零，總動(dòng)量守恒且始終為零，A錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律得0mMvMmNvN，顯然兩滑塊動(dòng)量的變化量大小相等，方向相反，B正確；當(dāng)mMmN時(shí)，vMvN，C正確；由于彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為兩滑塊的動(dòng)能，則兩滑塊的機(jī)械能增大，D正確4(多選)靜止在湖面上的小船中有兩人分別向相反方向水平拋出質(zhì)量相同的小球，先將甲球向左拋，后將乙球向右拋拋出時(shí)兩小球相對(duì)于河岸的速率相等，水對(duì)船的阻力忽略不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是()A兩球拋出后，船向左以一定速度運(yùn)動(dòng)B兩球拋

23、出后，船向右以一定速度運(yùn)動(dòng)C兩球拋出后，船的速度為0D拋出時(shí)，人給甲球的沖量比人給乙球的沖量大解析：選CD.水對(duì)船的阻力忽略不計(jì)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，兩球拋出前，由兩球、人和船組成的系統(tǒng)總動(dòng)量為0，兩球拋出后的系統(tǒng)總動(dòng)量也是0.兩球質(zhì)量相等，速度大小相等，方向相反，合動(dòng)量為0，船的動(dòng)量也必為0，船的速度必為0.具體過(guò)程是：當(dāng)甲球向左拋出后，船向右運(yùn)動(dòng)，乙球拋出后，船靜止人給甲球的沖量I甲mv0，人給乙球的沖量I2mvmv，v是甲球拋出后的船速，方向向右，所以乙球的動(dòng)量變化量小于甲球的動(dòng)量變化量，乙球所受沖量也小于甲球所受沖量5高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安

24、全帶對(duì)人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動(dòng))，此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng)，若在此過(guò)程中該作用力始終豎直向上，則該段時(shí)間安全帶對(duì)人的平均作用力大小為()A.mgB.mgC.mg D.mg解析：選A.由動(dòng)量定理得(mgF)t0mv，得Fmg.選項(xiàng)A正確6. (多選)靜止在光滑水平面上的物體，受到水平拉力F的作用，拉力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示，則下列說(shuō)法中正確的是()A04 s內(nèi)物體的位移為零B04 s內(nèi)拉力對(duì)物體做功為零C4 s末物體的動(dòng)量為零D04 s內(nèi)拉力對(duì)物體的沖量為零解析：選BCD.由圖象可知物體在4 s內(nèi)先做勻加速后做勻減速運(yùn)動(dòng)，4 s末的速度為零，位移一直增大

25、，A錯(cuò)；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做負(fù)功，且兩段時(shí)間做功代數(shù)和為零，故B正確；4 s末的速度為零，故動(dòng)量為零，故C正確；根據(jù)動(dòng)量定理，04 秒內(nèi)動(dòng)量的變化量為零，所以拉力對(duì)物體的沖量為零，故D正確7如圖所示，甲、乙兩名宇航員正在離空間站一定距離的地方執(zhí)行太空維修任務(wù)某時(shí)刻甲、乙都以大小為v02 m/s的速度相向運(yùn)動(dòng)，甲、乙和空間站在同一直線上且可當(dāng)成質(zhì)點(diǎn)甲和他的裝備總質(zhì)量為M190 kg，乙和他的裝備總質(zhì)量為M2135 kg，為了避免直接相撞，乙從自己的裝備中取出一質(zhì)量為m45 kg的物體A推向甲，甲迅速接住A后即不再松開，此后甲、乙兩宇航員在空間站外做相對(duì)距離不變的同向運(yùn)動(dòng)，且安全“飄

26、”向空間站(設(shè)甲、乙距離空間站足夠遠(yuǎn)，本題中的速度均指相對(duì)空間站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相對(duì)于空間站)將物體A推出？(2)設(shè)甲與物體A作用時(shí)間為t0.5 s，求甲與A的相互作用力F的大小解析：(1)以甲、乙、A三者組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以乙的方向?yàn)檎较?，則有：M2v0M1v0(M1M2)v1以乙和A組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，有：M2v0(M2m)v1mv代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得v10.4 m/s，v5.2 m/s(2)以甲為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理得，F(xiàn)tM1v1(M1v0)代入數(shù)據(jù)解得F432 N答案：(1)5.2 m/s(2)432 N綜合應(yīng)用題組8. (多選)如圖把重物壓在紙帶

27、上，用一水平力緩緩拉動(dòng)紙帶，重物跟著一起運(yùn)動(dòng)，若迅速拉動(dòng)紙帶，紙帶將會(huì)從重物下面拉出，解釋這些現(xiàn)象的正確說(shuō)法是()A在緩慢拉動(dòng)紙帶時(shí)，重物和紙帶間的摩擦力大B在迅速拉動(dòng)時(shí)，紙帶給重物的摩擦力小C在緩慢拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的沖量大D在迅速拉動(dòng)時(shí)，紙帶給重物的沖量小解析：選CD.在緩慢拉動(dòng)紙帶時(shí)，兩物體之間的作用力是靜摩擦力，在迅速拉動(dòng)時(shí)，它們之間的作用力是滑動(dòng)摩擦力由于通常認(rèn)為滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，所以一般情況是緩拉摩擦力小，快拉摩擦力大，故判斷A、B都錯(cuò)；在緩慢拉動(dòng)紙帶時(shí)，摩擦力雖小些，但作用時(shí)間可以很長(zhǎng)，故重物獲得的沖量即動(dòng)量的變化可以很大，所以能把重物帶動(dòng)，快拉時(shí)，摩擦力雖大些，但

28、作用時(shí)間很短，故沖量小，所以重物動(dòng)量改變很小9(多選)某同學(xué)質(zhì)量為60 kg，在軍事訓(xùn)練中要求他從岸上以大小為2 m/s的速度跳到一條向他緩緩飄來(lái)的小船上，然后去執(zhí)行任務(wù)，小船的質(zhì)量是140 kg，原來(lái)的速度大小是0.5 m/s，該同學(xué)上船后又跑了幾步，最終停在船上則()A人和小船最終靜止在水面上B該過(guò)程同學(xué)的動(dòng)量變化量為105 kgm/sC船最終的速度是0.95 m/sD船的動(dòng)量變化量是105 kgm/s解析：選BD.規(guī)定人原來(lái)的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)人上船后，船與人共同速度為v.由題意，水的阻力忽略不計(jì)，該同學(xué)跳上小船后與小船達(dá)到同一速度的過(guò)程，人和船組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則

29、由動(dòng)量守恒定律得：m人v人m船v船(m人m船)v，代入數(shù)據(jù)解得：v0.25 m/s，方向與人的速度方向相同，與船原來(lái)的速度方向相反故A錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；人的動(dòng)量的變化p為：pm人vm人v人60(0.252)105 kgm/s，負(fù)號(hào)表示方向與選擇的正方向相反；故B正確；船的動(dòng)量變化量為：pm船vm船v船140(0.250.5)105 kgm/s；故D正確10如圖所示，一質(zhì)量M3.0 kg的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m1.0 kg的小木塊A.現(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小均為4.0 m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)，但最后A并沒(méi)有滑離木板B.站在地面

30、的觀察者看到在一段時(shí)間內(nèi)小木塊A正在做加速運(yùn)動(dòng)，則在這段時(shí)間內(nèi)的某時(shí)刻木板B相對(duì)地面的速度大小可能是()A2.4 m/sB2.8 m/sC3.0 m/s D1.8 m/s解析：選A.A相對(duì)地面速度為0時(shí)，木板的速度為v1，由動(dòng)量守恒得(向右為正)：MvmvMv1，解得：v1 m/s.木塊從此時(shí)開始向右加速，直到兩者有共速為v2，由動(dòng)量守恒得：Mvmv(Mm)v2，解得：v22 m/s，故B對(duì)地的速度在2 m/s m/s范圍內(nèi)，選項(xiàng)A正確11如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA4.0 kg和mB3.0 kg.用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸，另有一物塊C從t0時(shí)以一

31、定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t4 s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的vt圖象如圖乙所示，求：(1)物塊C的質(zhì)量mC；(2)從物塊C與A相碰到B離開墻的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧對(duì)A物體的沖量大小解析：(1)由圖可知，C與A碰前速度為v19 m/s，碰后速度為v23 m/s，C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，mCv1(mAmC)v2，代入數(shù)據(jù)解得mC2 kg.(2)12 s時(shí)B離開墻壁，此時(shí)B速度為零，A、C速度相等時(shí)，v3v2從物塊C與A相碰到B離開墻的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A、C兩物體的動(dòng)量變化為：p(mAmC)v3(mAmC)v2從物塊C與A相碰到B離開墻的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧對(duì)A物體的沖量大小為I2(mAmC)v2

32、，代入數(shù)據(jù)整理得到I36 Ns.答案：(1)2 kg(2)36 Ns12. 如圖所示，質(zhì)量為0.4 kg的木塊以2 m/s的速度水平地滑上靜止的平板小車，小車的質(zhì)量為1.6 kg，木塊與小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2(g取10 m/s2)設(shè)小車足夠長(zhǎng)，求：(1)木塊和小車相對(duì)靜止時(shí)小車的速度；(2)從木塊滑上小車到它們處于相對(duì)靜止所經(jīng)歷的時(shí)間；(3)從木塊滑上小車到它們處于相對(duì)靜止木塊在小車上滑行的距離解析：(1)以木塊和小車為研究對(duì)象，由動(dòng)量守恒定律可得mv0(Mm)v解得：vv00.4 m/s.(2)再以木塊為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理可得mgtmvmv0解得：t0.8 s.(3)木塊做勻減速運(yùn)動(dòng)

33、，加速度為a1g2 m/s2小車做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a20.5 m/s2在此過(guò)程中木塊的位移為x10.96 m車的位移為：x2a2t20.50.82 m0.16 m由此可知，木塊在小車上滑行的距離為：xx1x20.8 m.答案：(1)0.4 m/s(2)0.8 s(3)0.8 m第2節(jié)碰撞與能量守恒一、碰撞1概念：碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時(shí)間很短，物體間相互作用力很大的現(xiàn)象，在碰撞過(guò)程中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可以用動(dòng)量守恒定律處理碰撞問(wèn)題2分類(1)彈性碰撞：這種碰撞的特點(diǎn)是系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，相互作用過(guò)程中遵循的規(guī)律是動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒(2)非彈性碰撞：在碰撞過(guò)程中機(jī)械能損失的

34、碰撞，在相互作用過(guò)程中只遵循動(dòng)量守恒定律(3)完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點(diǎn)是系統(tǒng)的機(jī)械能損失最大，作用后兩物體粘合在一起，速度相等，相互作用過(guò)程中只遵循動(dòng)量守恒定律二、動(dòng)量與能量的綜合1區(qū)別與聯(lián)系：動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律所研究的對(duì)象都是相互作用的物體所構(gòu)成的系統(tǒng)，且研究的都是某一個(gè)物理過(guò)程但兩者守恒的條件不同：系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒，決定于系統(tǒng)所受合外力是否為零；而機(jī)械能是否守恒，決定于系統(tǒng)是否有除重力和彈簧彈力以外的力是否做功2表達(dá)式不同：動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量式，機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式則是標(biāo)量式，對(duì)功和能量只是代數(shù)和而已自我診斷1判斷正誤(1)碰撞過(guò)程只滿足動(dòng)量守恒，不可能滿足動(dòng)能守

35、恒()(2)發(fā)生彈性碰撞的兩小球有可能交換速度()(3)完全非彈性碰撞不滿足動(dòng)量守恒()(4)無(wú)論哪種碰撞形式都滿足動(dòng)量守恒，而動(dòng)能不會(huì)增加()(5)爆炸現(xiàn)象中因時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒()(6)反沖運(yùn)動(dòng)中，動(dòng)量守恒，動(dòng)能也守恒()2(2017山西運(yùn)城康杰中學(xué)模擬)(多選)有關(guān)實(shí)際中的現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是()A火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度B體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)屈腿是為了減小地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力C用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響D為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度，發(fā)動(dòng)機(jī)艙越堅(jiān)固越好解析：選ABC.根據(jù)反沖運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)與應(yīng)用可知，火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得

36、巨大速度故A正確；體操運(yùn)動(dòng)員在落地的過(guò)程中，動(dòng)量變化一定由動(dòng)量定理可知，運(yùn)動(dòng)員受的沖量I一定；由IFt可知，體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)屈腿是延長(zhǎng)時(shí)間t，可以減小運(yùn)動(dòng)員所受到的平均沖力F，故B正確；用槍射擊時(shí)子彈給槍身一個(gè)反作用力，會(huì)使槍身后退，影響射擊的準(zhǔn)確度，所以為了減少反沖的影響，用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身故C正確；為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度，就要延長(zhǎng)碰撞的時(shí)間，由IFt可知位于車體前部的發(fā)動(dòng)機(jī)艙不能太堅(jiān)固故D錯(cuò)誤3甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，甲、乙物體的速度大小分別為3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙兩物體都反向運(yùn)動(dòng)，速度大小均為2 m/s.甲、乙兩物體質(zhì)量之比為()

37、A23B25C35D53解析：選C.選取碰撞前甲物體的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有m甲v1m乙v2m甲v1m乙v2，代入數(shù)據(jù)，可得m甲m乙35，C正確4. 質(zhì)量為ma1 kg，mb2 kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移時(shí)間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于()A彈性碰撞B非彈性碰撞C完全非彈性碰撞 D條件不足，不能確定解析：選A.由xt圖象知，碰撞前va3 m/s，vb0，碰撞后va1 m/s，vb2 m/s，碰撞前動(dòng)能mavmbv J，碰撞后動(dòng)能mava2mbvb2 J，故機(jī)械能守恒；碰撞前動(dòng)量mavambvb3 kgm/s，碰撞后動(dòng)量mavambvb3 kgm/s，故

38、動(dòng)量守恒，所以碰撞屬于彈性碰撞5(2016高考天津卷) 如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個(gè)小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為；若滑塊以速度v開始向左運(yùn)動(dòng)，與盒的左、右壁發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來(lái)回運(yùn)動(dòng)多次，最終相對(duì)于盒靜止，則此時(shí)盒的速度大小為_；滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為_解析：設(shè)滑塊質(zhì)量為m，則盒子的質(zhì)量為2m；對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律可得mv3mv共解得v共.由功能關(guān)系可得mgsmv23m2解得s.答案：考點(diǎn)一碰撞問(wèn)題1解析碰撞的三個(gè)依據(jù)(1)動(dòng)量守恒：p1p2p1p2.(2)動(dòng)能不增加：Ek1Ek2Ek1Ek2或.(3)速度要符合情

39、景如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即v后v前，否則無(wú)法實(shí)現(xiàn)碰撞碰撞后，原來(lái)在前面的物體速度一定增大，且速度大于或等于原來(lái)在后面的物體的速度，即v前v后.如果碰前兩物體是相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變除非兩物體碰撞后速度均為零2碰撞問(wèn)題的探究(1)彈性碰撞的求解求解：兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和動(dòng)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m1v1m1v1m2v2m1vm1v12m2v22解得：v1，v2(2)彈性碰撞的結(jié)論當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，v10，v2v1，兩球碰撞后交換了速度當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)

40、，v10，v20，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運(yùn)動(dòng)當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)，v10，v20，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來(lái)典例1質(zhì)量為m、速度為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值碰撞后B球的速度大小可能是()A0.6vB0.4vC0.2v Dv解析根據(jù)動(dòng)量守恒得：mvmv13mv2，則當(dāng)v20.6v時(shí)，v10.8v，則碰撞后的總動(dòng)能Em(0.8v)23m(0.6v)21.72mv2，大于碰撞前的總動(dòng)能，由于碰撞過(guò)程中能量不增加，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)v20.4v時(shí)，v10.2v，則碰撞后的總動(dòng)能為Em(0.2v)23m(0.4

41、v)20.52mv2，小于碰撞前的總動(dòng)能，故可能發(fā)生的是非彈性碰撞，選項(xiàng)B正確；當(dāng)v20.2v時(shí)，v10.4v，則碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而兩球碰撞，A球不可能穿越B球，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)v2v時(shí)，v12v，則顯然碰撞后的總動(dòng)能遠(yuǎn)大于碰撞前的總動(dòng)能，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案B彈性碰撞問(wèn)題的處理技巧(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時(shí)間很短；各物體作用前后各自動(dòng)量變化顯著；物體在作用時(shí)間內(nèi)位移可忽略(2)即使碰撞過(guò)程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，作用時(shí)間又很短，所以外力的作用可忽略，認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的(3)若碰撞過(guò)程中沒(méi)有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，則系統(tǒng)碰后的總機(jī)械能

42、不可能大于碰前系統(tǒng)的機(jī)械能(4)在同一直線上的碰撞遵守一維動(dòng)量守恒，通過(guò)規(guī)定正方向可將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算不在同一直線上在同一平面內(nèi)的碰撞，中學(xué)階段一般不作計(jì)算要求1(2017河北衡水中學(xué)模擬)(多選)在光滑水平面上動(dòng)能為E0，動(dòng)量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反，將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E1、p1，球2的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E2、p2，則必有()AE1E0 Bp2p0CE2E0 Dp1p0解析：選AB.因碰撞后兩球速度均不為零，根據(jù)能量守恒定律，則碰撞過(guò)程中總動(dòng)能不增加可知，E1E0，E2E0.故A正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：p0p

43、2p1，得到p2p0p1，可見，p2p0.故B正確故選AB.2兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s.當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s解析：選B.雖然題中四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒定律，但A、D兩項(xiàng)中，碰后A的速度vA大于B的速度vB，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實(shí)際；C項(xiàng)中，兩球碰后的總動(dòng)能EkmAvA2mBvB257 J，大于碰前的總動(dòng)能Ek22 J，違背了能量守恒定律；而B項(xiàng)既符合實(shí)際情況，也不違背能量守恒定律，故B項(xiàng)正確3(2016河北衡水中學(xué)高三上四調(diào))如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)在小球的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點(diǎn)處為一豎直的墻壁小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A與小球B均向右運(yùn)動(dòng)小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ2PO，則兩小球質(zhì)量之比m1m2為()A75 B13C21 D53解析：選D.設(shè)A、B兩個(gè)小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律有：m1v0m1v1m2v2.由能量守恒定律有：m1vm1vm2v兩