（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第六章 第2節(jié) 動(dòng)量守恒定律教學(xué)案 新人教版

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1、第2節(jié)　動(dòng)量守恒定律 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ?！　　緋102】 夯實(shí)基礎(chǔ)　 1．動(dòng)量守恒定律的內(nèi)容 如果一個(gè)系統(tǒng)__不受外力__，或者_(dá)_所受外力的矢量和為零__，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變，這就是動(dòng)量守恒定律． 2．動(dòng)量守恒定律的適用條件 (1)不受外力或所受外力的合力為__零__． 注意：不能認(rèn)為系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合外力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)． (2)近似適用條件：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)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則在這一方向上動(dòng)量守恒. 考點(diǎn)突破　　 例1 在如圖所示的裝置中，

2、木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中，將彈簧壓縮到最短．若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統(tǒng)，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個(gè)過程中(　　) A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 B．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒 C．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 D．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒 【解析】此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個(gè)過程中水平方向受到墻壁對系統(tǒng)的向右的作用力，所以系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒；子彈在進(jìn)入木塊的過程中，子彈相對于木塊有一定的位移，所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)有一定的內(nèi)能產(chǎn)生，所以系統(tǒng)的機(jī)械能也不守恒，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 【答案】B 【小

3、結(jié)】判斷動(dòng)量是否守恒，首先要明確研究對象(系統(tǒng))，分清系統(tǒng)的內(nèi)力與外力，再根據(jù)守恒條件判斷． 1．內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)部物體之間的相互作用力． 2．外力：系統(tǒng)外部物體對系統(tǒng)內(nèi)部物體的作用力． 針對訓(xùn)練　 1．一輕質(zhì)彈簧，上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量為M的平板，處于平衡狀態(tài)．一質(zhì)量為m的均勻環(huán)套在彈簧外，與平板的距離為h，如圖所示．讓環(huán)自由下落，撞擊平板．已知碰后環(huán)與板以相同的速度向下運(yùn)動(dòng)．則(A) A．若碰撞時(shí)間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總動(dòng)量守恒 B．若碰撞時(shí)間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總機(jī)械能守恒 C．環(huán)撞擊板后，板的新的平衡位置與h的大小有關(guān) D．在碰后板和環(huán)一起下落的過程

4、中，環(huán)與板的總機(jī)械能守恒 【解析】圓環(huán)與平板碰撞過程，若碰撞時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，由于碰后速度相同，為完全非彈性碰撞，機(jī)械能不守恒，減小的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A正確，B錯(cuò)誤；碰撞后平衡時(shí)，有kx＝(m＋M)g，即碰撞后新平衡位置與下落高度h無關(guān)，C錯(cuò)誤；碰撞后環(huán)與板共同下降的過程中，它們動(dòng)能和重力勢能的減少量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，環(huán)與板的總機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤． ?！　　緋102】 夯實(shí)基礎(chǔ)　 動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式 1．__p＝p′__，系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′. 2．__m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′__，相互作用的

5、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． 3．Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向． 4．Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零． 考點(diǎn)突破　　 例2如圖所示，進(jìn)行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80 kg和100 kg，他們攜手遠(yuǎn)離空間站，相對空間站的速度為0.1 m/s.A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?.2 m/s，求此時(shí)B的速度大小和方向． 【解析】以空間站為參考系，以v0的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，解得vB＝0.02 m/s，遠(yuǎn)離空間站方向． 【答案】0.02 m/s　遠(yuǎn)離空間站方向 【小結(jié)】1

6、.動(dòng)量守恒定律的五性 (1)矢量性 動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是矢量式．在滿足動(dòng)量守恒條件的情況下．系統(tǒng)的總動(dòng)量的大小和方向都不變．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決同一直線上的動(dòng)量守恒問題時(shí)一般可以先規(guī)定正方向，引入正負(fù)號，把矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算，要特別注意表示動(dòng)量方向的正、負(fù)號．在不能確定某動(dòng)量的方向時(shí)，可以先假定為正的，再依計(jì)算結(jié)果確定方向． (2)相對性 動(dòng)量守恒定律表達(dá)式中的各個(gè)速度，必須是相對同一慣性參考系的速度，通常都取相對地面的速度． (3)同時(shí)性 動(dòng)量守恒定律表達(dá)式中的v1、v2是相互作用前同一時(shí)刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一時(shí)刻的速度． (4)系統(tǒng)性：研究對象是相互作

7、用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)． (5)普適性：不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用高速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng)． 2．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟 (1)明確研究對象(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程)； (2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)； (3)規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動(dòng)量； (4)尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運(yùn)動(dòng)等臨界狀態(tài)； (5)挖掘臨界條件：在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系，即速度相等或位移相等； (6)由動(dòng)量守恒定律列式求解； (7)必要

8、時(shí)進(jìn)行討論． 針對訓(xùn)練　 2．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，開始時(shí)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(dāng)木塊回到A位置時(shí)的速度v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為(B) A．v＝，I＝0 B．v＝，I＝2mv0 C．v＝，I＝ D．v＝，I＝2mv0 【解析】子彈射入木塊過程，由于時(shí)間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)外力，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝.子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運(yùn)動(dòng)，后做加速運(yùn)動(dòng)，回到A位置時(shí)速度大小不變，即當(dāng)木塊回到A位置時(shí)的速度大小v＝

9、；子彈和木塊彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即為墻對彈簧的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理得：I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墻對彈簧的沖量I的大小為2mv0，故選B. 3．一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為(D) A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2) 【解析】由動(dòng)量守恒定律得，(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋(v0－v2)，D項(xiàng)正確．

10、 ?！　　緋103】 夯實(shí)基礎(chǔ)　 1．碰撞：兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體在相遇的極短時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用力，而其他的相互作用力相對來說可以忽略不計(jì)的過程．所有碰撞問題，動(dòng)量都守恒． (1)彈性碰撞：如果碰撞過程中機(jī)械能__守恒__，這樣的碰撞叫做彈性碰撞．若兩物體質(zhì)量相等，則碰撞后，彼此交換速度． (2)非彈性碰撞：如果碰撞過程中機(jī)械能__不守恒__，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞． (3)完全非彈性碰撞：碰撞過程中物體的形變完全不能恢復(fù)，以致兩物體合為一體一起運(yùn)動(dòng)，即兩物體在相互作用后以同一速度運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)機(jī)械能損失最大． 2．碰撞、爆炸、反沖的特點(diǎn)分析 (1)碰撞現(xiàn)象 ①動(dòng)量守恒

11、 ②機(jī)械能不增加 ③速度要合理 a．若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′. b．若碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變． (2)爆炸現(xiàn)象 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

12、運(yùn)動(dòng)． (3)反沖運(yùn)動(dòng) ①反沖運(yùn)動(dòng)是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果． ②反沖運(yùn)動(dòng)的過程中，如果合外力為零或外力的作用遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，可利用動(dòng)量守恒定律來處理． ③研究反沖運(yùn)動(dòng)的目的是找出反沖速度的規(guī)律．求反沖速度的關(guān)鍵是確定相互作用的物體系統(tǒng)和其中各物體對地的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)． 考點(diǎn)突破　　 例3一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)僅有水平速度v＝2 m/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10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 【解析】彈丸爆炸過程遵守動(dòng)量守恒定律，規(guī)定爆炸前彈丸的速度方

13、向?yàn)檎较?，若爆炸后甲、乙同向飛出，則有 mv＝mv甲＋mv乙　① 爆炸后，甲、乙從同一高度同時(shí)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，下落時(shí)間為 t＝＝ s＝1 s 由B項(xiàng)圖可知， v甲＝＝2.5 m/s v乙＝＝0.5 m/s 代入①式，恰成立，B項(xiàng)正確， 由C項(xiàng)圖可知 v甲＝1 m/s　v2＝2 m/s 代入①式可知不成立，C項(xiàng)錯(cuò)誤． 若爆炸后，甲、乙反向飛出，則有 mv＝mv甲－mv乙?、? 或mv＝－mv甲＋mv乙　③ 由A項(xiàng)圖可知， v甲＝2.5 m/s　v乙＝0.5 m/s 代入②式可知不成立，A項(xiàng)錯(cuò)誤． 由D項(xiàng)圖可知 v甲＝1 m/s　v乙＝2 m/s 代入③式可知

14、不成立，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 【答案】B 針對訓(xùn)練　 4．如圖，質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質(zhì)量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止．若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為(C) A．v0＋v B．v0－v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v) 【解析】設(shè)水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，對救生員和船有(M＋m)v0＝－mv＋Mvx，解得vx＝v0＋(v0＋v)，選項(xiàng)C正確． 5．如圖所示B、C、D、E、F五個(gè)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

15、速度v0向B運(yùn)動(dòng)，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后(C) A．五個(gè)小球靜止，一個(gè)小球運(yùn)動(dòng) B．四個(gè)小球靜止，兩個(gè)小球運(yùn)動(dòng) C．三個(gè)小球靜止，三個(gè)小球運(yùn)動(dòng) D．六個(gè)小球都運(yùn)動(dòng) 【解析】A球與B球相碰時(shí)，由于A質(zhì)量小于B，A彈回，B獲得速度與C碰撞，由于發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且質(zhì)量相等，B靜止，C獲得速度．同理，C與D的碰撞，D與E的碰撞都是如此．E獲得速度后與F的碰撞過程中，由于E的質(zhì)量大于F，所以E、F碰后都向前運(yùn)動(dòng)．所以碰撞之后，A、E、F三球運(yùn)動(dòng)，B、C、D三球靜止．選項(xiàng)C正確． ?！　　緋104】 夯實(shí)基礎(chǔ)　 1．動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律是物理學(xué)中的兩條重要定律，

16、它們的適用范圍很廣．這兩條守恒定律跟牛頓運(yùn)動(dòng)定律形成了解答動(dòng)力學(xué)問題的三條不同路線(力線、能線、動(dòng)量線)．若考查有關(guān)物理量的瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系，則走力線(運(yùn)用牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式)；若考查一個(gè)過程，三條路線均可走，但選的路線不同，解決問題的難易、繁簡程度可能會有很大的差別．若研究對象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮兩大守恒定律；若研究對象是單個(gè)物體：涉及力和時(shí)間應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)量定理；涉及力、位移、功，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理．這兩個(gè)定理、兩條守恒定律只考查一個(gè)物理過程始末兩狀態(tài)有關(guān)物理量的關(guān)系，不涉及過程的細(xì)節(jié)，這是它們的方便之處，特別是遇到變力問題，在中學(xué)范圍內(nèi)不好用牛頓定律解答時(shí)，用兩個(gè)定理和兩條守恒定律就能解答

17、了． 2．兩條守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)，且研究的都是某一物理過程，但兩者守恒的條件不相同，要嚴(yán)加區(qū)別．另外，動(dòng)量守恒定律表示為矢量式，應(yīng)用時(shí)，要切實(shí)注意方向；機(jī)械能守恒定律，能量守恒定律表示為標(biāo)量式，對功和能量(重力勢能)只需代數(shù)加減就行了． 考點(diǎn)突破　　 例4如圖，在離地4h的平臺邊緣放一個(gè)小球A，在其左側(cè)有一個(gè)擺球B.從離平臺h高處由靜止釋放，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)恰與A球正碰．A球水平拋出，落地時(shí)距離平臺邊緣的水平距離4h，B球碰后能上升到離平臺的最大高度為.不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求： (1)A水平拋出時(shí)的速度； (2)A、B兩球質(zhì)量之比. 【解析】

18、(1)y＝4h＝gt2，x＝4h＝vAt ∴vA＝ (2)B下降，v＝2gh，B碰后上升vB′2＝2g· ∴vB′＝， 若B碰后向左擺， 由動(dòng)量守恒得mBvB＝－mB·＋mAvA，∴＝ 碰前，總動(dòng)能E1＝mBgh，碰后總動(dòng)能為mAgh＋mBg· 若mA＝1.5mB，則E2＝1.75mBgh，增大了，∴不行． B只能向右擺 mBvB＝mB·＋mAvA 得＝ 【小結(jié)】應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解題 1．動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn) 這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過程中狀態(tài)的改變，不對過程的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道始末狀態(tài)的動(dòng)量、能

19、量和力在過程中所做的功，即可對問題求解． 2．利用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問題 (1)動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無分量表達(dá)式． (2)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在解題時(shí)必須注意動(dòng)量守恒條件及機(jī)械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究對象及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化過程后，根據(jù)問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解． (3)中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)解決的問題，若用動(dòng)量觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解，一般比用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)簡便． 針對訓(xùn)練　 6．如圖所示在光滑水

20、平地面上，停著一輛玩具汽車，小車上的平臺A是光滑的，并靠在光滑的水平桌面旁，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小物體C以速度v0沿水平桌面自左向右運(yùn)動(dòng)，滑過平臺A后，恰能落在小車底面的前端B處，并粘合在一起，已知小車的質(zhì)量為M，平臺A離車底平面的高度OA＝h，求： (1)物體C與小車粘合后，小車的速度； (2)物體與小車相互作用的過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能． 【解析】(1)最后車與物體以共同的速度v向右運(yùn)動(dòng)，依水平方向動(dòng)量守恒有mv0＝(M＋m)vv＝. (2)ΔE＝mv＋mgh－ 解得ΔE＝mgh＋. 7．如圖所示，光滑水平直軌道上有三個(gè)滑塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B

21、用細(xì)繩連接，中間有一壓縮的彈簧(彈簧與滑塊不拴接)．開始時(shí)A、B以共同速度v0運(yùn)動(dòng)，C靜止．某時(shí)刻細(xì)繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同．求B與C碰撞前B的速度． 【解析】設(shè)共同速度為v，滑塊A和B分開后B的速度為vB，由動(dòng)量守恒定律有 (mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB mBvB＝(mB＋mC)v 聯(lián)立以上兩式得，B與C碰撞前B的速度為vB＝v0. 8．兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段．兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示．求： 滑塊a、b的質(zhì)量

22、之比． 【解析】設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2. 由題給圖象得 v1＝－2 m/s?、? v2＝1 m/s?、? a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象得v＝ m/s?、? 由動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v?、? 聯(lián)立①②③④式得m1∶m2＝1∶8 考 點(diǎn) 集 訓(xùn)　【p300】 A組 1．關(guān)于沖量，下列說法正確的是(A) A．沖量是物體動(dòng)量變化的原因 B．作用在靜止的物體上的力的沖量一定為零 C．動(dòng)量越大的物體受到的沖量越大 D．沖量的方向就是物體運(yùn)動(dòng)的方向 【解析】力作用一段時(shí)間便有了沖量，而

23、力作用一段時(shí)間后，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了變化，物體的動(dòng)量也發(fā)生了變化，因此說沖量使物體的動(dòng)量發(fā)生了變化，A選項(xiàng)正確；只要有力作用在物體上，經(jīng)歷一段時(shí)間，這個(gè)力便有了沖量I＝Ft，與物體處于什么狀態(tài)無關(guān)，物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化情況，是所有作用在物體上的力共同產(chǎn)生的效果，B選項(xiàng)不正確；物體所受沖量I＝Ft與物體動(dòng)量的大小p＝mv無關(guān)，C選項(xiàng)不正確；沖量的方向與物體運(yùn)動(dòng)的方向無關(guān)，D選項(xiàng)不正確． 2．如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止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(C) 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

24、 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)量增量大小不相等 【解析】男孩、小車、木箱這一系統(tǒng)合外力為零，動(dòng)量守恒，A、B均錯(cuò)，C對．木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量大小相等，方向相反，D錯(cuò)． 3．(多選)恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，物體沒有被拉動(dòng)，則經(jīng)時(shí)間t，下列說法正確的是(BD) A．拉力F對物體的沖量大小為零 B．拉力F對物體的沖量大小為Ft C．拉力F對物體的沖量大小是Ftcos θ D．合力對物體的沖量大小為零 4．(多選)質(zhì)量為m的小球A沿光滑水平面以速度v0與質(zhì)量為2m的靜

25、止小球B發(fā)生正碰，碰撞后，小球A的動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?，那么小球B的速度不可能是(BC) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 【解析】碰后A球的動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?，說明速度大小是，根據(jù)動(dòng)量守恒得：mv0＝mv1＋2mv2，若碰后A、B同向運(yùn)動(dòng)：將v1＝v0代入得：v2＝v0，若碰后A、B反向運(yùn)動(dòng)，將v1＝－v0代入得：v2＝v0，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤． 5．質(zhì)量為M的小車靜止于光滑的水平面上，小車的上表面和圓弧的軌道均光滑，如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0水平?jīng)_向小車，當(dāng)小球返回左端脫離小車時(shí)，下列說法中不正確的是(A) A．小球一定沿水平方向向左做平拋運(yùn)動(dòng) B．小球可

26、能沿水平方向向左做平拋運(yùn)動(dòng) C．小球可能沿水平方向向右做平拋運(yùn)動(dòng) D．小球可能做自由落體運(yùn)動(dòng) 【解析】小球水平?jīng)_上小車，又返回左端，到離開小車的整個(gè)過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，相當(dāng)于小球與小車發(fā)生彈性碰撞的過程．如果mM，小球離開小車向右做平拋運(yùn)動(dòng)，所以答案應(yīng)選A. 6．從傾角為30°，長0.3 m的光滑斜面的頂端滑下質(zhì)量為2 kg的貨包，掉在質(zhì)量為13 kg的小車?yán)铮粜≤嚺c水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.02，小車能前進(jìn)多遠(yuǎn)？(g取10 m/s2) 【解析】貨包離開斜面時(shí)速度為v＝＝＝ m/

27、s.貨包離開斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在其落入小車前，其水平速度vx不變，其大小為vx＝vcos 30°＝1.5 m/s.貨包落入小車中與小車相碰的瞬間，雖然小車在水平方向受到摩擦力的作用但與相碰時(shí)的內(nèi)力相比可忽略，故系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，則mvx＝(M＋m)v′. 小車獲得的速度為v′＝＝ m/s＝0.2 m/s. 由動(dòng)能定理有μ(M＋m)gx2＝(M＋m)v′2. 求得小車前進(jìn)的距離為x2＝＝＝0.1 m. 7．如圖，A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平桌面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連．將彈簧壓緊到不能再壓縮時(shí)用細(xì)線把B和C緊

28、連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個(gè)整體．現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘合在一起．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.求彈簧釋放的勢能． 【解析】設(shè)碰后，A、B和C的共同速度的大小為v，由動(dòng)量守恒得 3mv＝mv0?、? 設(shè)C離開彈簧時(shí)，A、B的速度大小為v1，由動(dòng)量守恒得 3mv＝2mv1＋mv0?、? 設(shè)彈簧的彈性勢能為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(3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv?、? 由①②③式得彈簧所釋放的勢能為Ep＝mv. B組 8．在光滑的水平面的同一直線上，自左向右地

29、依次排列質(zhì)量均為m的一系列小球，另一質(zhì)量為m的小球A以水平向右的速度v運(yùn)動(dòng)，依次與上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞n次后，剩余的總動(dòng)能為原來的八分之一，則n為(C) A．5 B．6 C．7 D．8 【解析】碰第一次后，總共質(zhì)量為2m，共同速度為v1＝， 碰第二次后，總共質(zhì)量為3m，共同速度為， 碰第n次后，總共質(zhì)量為(n＋1)m，共同速度為. 依題意有×mv2＝(n＋1)m· 解得n＝7，選C. 9．(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現(xiàn)給小

30、物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為(BD) A.mv2 B.v2 C.NμmgL D．NμmgL 【解析】設(shè)系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔE，根據(jù)題意可知，整個(gè)過程中小滑塊和箱子構(gòu)成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒和能量守恒，則有mv＝(M＋m)vt，mv2＝(M＋m)v＋ΔE，聯(lián)立解得，ΔE＝v2，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；又由于小滑塊與箱子壁碰撞為彈性碰撞，則損耗的能量全部用于摩擦生熱，即ΔE＝NμmgL，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 10．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

31、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．(不計(jì)水的阻力) 【解析】設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得 12mv0＝11mv1－mvmin?、? 10m·2v0－mvmin＝11mv2?、? 為避免兩船相撞應(yīng)滿足v1＝v2　③ 聯(lián)立①②③式得vmin＝4v0 11．質(zhì)量為m＝1 kg的小木塊(可看做質(zhì)點(diǎn))，放在質(zhì)量為M＝5 kg的長木板的左端，如圖所示．長木板放在光滑水平桌面上

32、．小木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ 0.1，長木板的長度L＝2.5 m．系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)為使小木塊從長木板右端脫離出來，給小木塊一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量I，求沖量I的最小值．(g取10 m/s2) 【解析】當(dāng)木塊恰好滑到木板的右端時(shí)，兩者速度相等，則I最小，由動(dòng)量守恒定律：mv0＝(m＋M)v1 解得v1＝v0 由能量守恒得：μmgL＝mv－(m＋M)v，v0＝ m/s 由動(dòng)量定理得：I＝mv0＝ N·s 12．圖甲是一臺打樁機(jī)的簡易模型，樁柱B靜止在水平地面，重錘A在繩子恒定拉力F作用下從樁柱上端由靜止上升，當(dāng)重錘上升4.2 m時(shí)，撤去拉力F，重錘繼續(xù)上升0.8 m后自由下落，

33、并與樁柱撞擊，撞擊后將樁柱打入地下一定深度．已知重錘的質(zhì)量m＝42 kg、樁柱的質(zhì)量M＝168 kg.重錘上升過程中其動(dòng)能隨上升高度的變化規(guī)律如圖乙所示，重錘和樁柱撞擊時(shí)間極短，滑輪離地足夠高，不計(jì)空氣阻力和滑輪的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2.試求： (1)重錘從最高點(diǎn)落回B處的時(shí)間和速度大?。? (2)撤去拉力F前，拉力F做功的平均功率； (3)若樁柱向下運(yùn)動(dòng)的過程中受到的阻力是重錘和樁柱總重量的1.5倍，求樁柱被打入地下的深度． 【解析】(1)重錘上升的最大高度為H＝ m＝5.0 m 根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得H＝gt2 重錘落回到B時(shí)的速度v1＝ 解得v1＝10 m/s，t＝1 s (2)撤去拉力前，重錘勻加速上升， 由動(dòng)能定理可得h1＝Ek1 又有Ek1＝mv2，＝F·，解得＝1 000 W (3)重錘與樁柱碰撞的過程中，由動(dòng)量守恒定律可得 mv1＝v2 由動(dòng)能定理可得 gh－1.5gh＝0－v 解得h＝0.4 m - 13 -