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(共64張PPT)
3.動量守恒定律
核心 素養(yǎng) 目標 1.會用動量定理和牛頓第三定律推導動量守恒定律表達式。
2.理解系統(tǒng)、內(nèi)力與外力的概念。
3.理解動量守恒定律并會應用動量守恒定律解決相關問題。
CONTENTS
目 錄
O1
新知預覽
·抓必備
O2
要點突破
·重應用
O3
知能演練
·提能力
O4
三維達標
·找不足
NO.1
新知預覽·抓必備

知識點一　相互作用的兩個物體的動量改變
1.問題情景
如圖所示，光滑水平面上，質(zhì)量分別為m1、m2的物體A、B沿同一直線向同一方向運動，速度分別為v1和v2且 v2＞v1，碰后A、B的速度分別為v1'、v2'，設A受到B對它的作用力為F1，B受到A對它的作用力為F2，碰撞時間為Δt。
2.利用動量定理、牛頓第三定律推導分析
（1）對物體A應用動量定理有
F1Δt＝ 　m1v1'－m1v1　 。
（2）對物體B應用動量定理有
F2Δt＝ 　m2v2'－m2v2　 。
（3）根據(jù)牛頓第三定律知，F(xiàn)1＝ 　－F2　 ，
故有m1v1'－m1v1＝－（m2v2'－m2v2）
即：m1v1'＋m2v2'＝ 　m1v1＋m2v2　 。
m1v1'－m1v1　
m2v2'－m2v2　
－F2　
m1v1＋m2v2　
3.結論
（1）兩個物體碰撞后的動量之和 　等于　 碰撞前的動量之和。
（2）兩個碰撞的物體在所受外部對它們的作用力的矢量和為 　0　 的情況下動量守恒。
等于　
0　
知識點二　動量守恒定律
1.系統(tǒng)的內(nèi)力與外力
（1）系統(tǒng)：由兩個（或多個） 　相互作用　 的物體構成的整體叫作一個力學系統(tǒng)，簡稱 　系統(tǒng)　 。
（2）內(nèi)力： 　系統(tǒng)中　 物體間的作用力。
（3）外力： 　系統(tǒng)以外　 的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力。
2.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0，這個系統(tǒng)的總動量 　保持不變　 。
（2）適用條件：系統(tǒng) 　不受外力　 或所受外力的矢量和為 　0　 。
相互作用　
系統(tǒng)　
系統(tǒng)中　
系統(tǒng)以外　
保持不變　
不受外力　
0　
3.動量守恒定律的普適性
動量守恒定律的適用范圍：
（1）低速、宏觀物體系統(tǒng)領域。
（2） 　高速　 （接近光速）、 　微觀　 （小到分子、原子的尺度）領域。
高速　
微觀　

　圖甲為斯諾克臺球比賽的情景，球員打出白色球撞擊紅色球；如圖乙所示，假設地面光滑，人站在平板車上通過鐵錘連續(xù)地敲打平板車。判斷下列說法正誤。
（1）圖甲中白球與紅球組成的系統(tǒng)，兩球間的作用力是內(nèi)力，臺面對臺球的支持力是外力。 （　√　）
√
（2）圖甲中如果不考慮臺面的摩擦，在碰撞過程中兩球組成系統(tǒng)的總動量守恒。 （　√　）
（3）圖乙中的平板車在鐵錘連續(xù)地敲打過程中會一直向右運動。 （　×　）
（4）圖乙中人和平板車組成的系統(tǒng)的總動量守恒。 （　×　）
√
×
×
要點突破·重應用
NO.2

要點一　動量守恒定律的理解及簡單應用
如圖甲所示，在光滑水平面上一個運動小球碰撞另一個靜止小球；如圖乙所示，小車A、B靜止在光滑水平面上，中間夾一個被壓縮的輕彈簧，且用細線系著。
結合上述情景思考：
（1）圖甲中，兩球分別受哪些力作用？碰撞過程中兩球組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？
提示：（1）兩球分別受到重力和水平面對它們的支持力作用，且滿足二力平衡，兩球發(fā)生碰撞時，它們之間的相互作用力是內(nèi)力。由于兩球組成的系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，故系統(tǒng)動量守恒。
（2）圖乙中，燒斷細線后，兩小車及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？
提示：（2）燒斷細線后，彈簧彈力是內(nèi)力，系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，系統(tǒng)動量守恒。

1.動量守恒定律的四個特性
（1）矢量性：①系統(tǒng)的總動量在相互作用前后不僅大小相等，方向也相同。
②如果各物體動量的方向在同一直線上，要選取正方向，將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。
（2）條件性：動量守恒定律的成立是有條件的，應用時一定要首先判斷系統(tǒng)是否滿足守恒條件。
（3）相對性：系統(tǒng)中各物體在相互作用前后的動量必須相對于同一慣性系，各物體的速度通常均為對地的速度。
（4）同時性：動量守恒定律中p1，p2，…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1'，p2'，…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量。
2.動量守恒定律不同表達式的含義
（1）m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'：即p＝p'，表示相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的總動量等于作用后的總動量。
（2）Δp1＝－Δp2：表示相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，其中一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量一定大小相等、方向相反。
（3）Δp＝0：表示系統(tǒng)總動量的變化量為零。
【典例1】　A、B兩物體質(zhì)量分別為mA＝5 kg和mB＝4 kg，與水平地面之間的動摩擦因數(shù)分別為μA＝0.4和μB＝0.5，開始時兩物體之間有一壓縮的輕彈簧（不拴接），并用細線將兩物體拴接在一起放在水平地面上。現(xiàn)將細線剪斷，則兩物體將被彈簧彈開，最后兩物體都停在水平地面上。下列判斷不正確的是（　　）
A.在脫離彈簧后的運動過程中，A、B兩物體組成的系統(tǒng)動量守恒
B.在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中，兩物體組成系統(tǒng)動量不守恒
C.在兩物體被彈開的過程中，A、B兩物體組成的系統(tǒng)動量守恒
D.兩物體一定同時停在地面上
解析　在彈簧彈開兩物體的過程中以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中，A、B兩物體受到的滑動摩擦力方向相反，大小分別為Ff1＝μAmAg＝20 N，F(xiàn)f2＝μBmBg＝20 N，故兩物體組成的系統(tǒng)合外力為零，滿足動量守恒，A、C正確，B錯誤；兩物體離開彈簧時的動量大小p相等，之后的運動過程，由動量守恒定律可得－Fft＝0－p，解得t＝，由于兩物體滑行過程受到的摩擦力大小相等，故兩物體一定同時停在地面上，D正確。
答案　B
規(guī)律方法
系統(tǒng)動量是否守恒的判定方法
（1）選定研究對象及研究過程，分清外力與內(nèi)力。
（2）分析系統(tǒng)受到的外力矢量和是否為零，若外力矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒；若外力在某一方向上合力為零，則在該方向上系統(tǒng)動量守恒。系統(tǒng)動量嚴格守恒的情況很少，在分析具體問題時要注意把實際過程理想化。
（3）除了利用動量守恒條件判定外，還可以通過實際過程中系統(tǒng)各物體各方向上總動量是否保持不變來進行直觀的判定。
【典例2】　一輛平板車沿光滑水平面運動，車的質(zhì)量m＝20 kg，運動速度v0＝4 m/s，求下列情況車穩(wěn)定后的速度大小。（不計空氣阻力）
（1）一個質(zhì)量m'＝2 kg的沙包從5 m高處由靜止釋放，落入車內(nèi)；
解析　（1）豎直下落的沙包在水平方向上速度為零，動量為零，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，取v0的方向為正方向，由系統(tǒng)水平方向動量守恒定律得
mv0＝（m＋m'）v'，
解得v'＝ m/s。
（2）將一個質(zhì)量m'＝2 kg的沙包以5 m/s的速度迎面扔入車內(nèi)。
解析　（2）取v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0－m'v＝（m＋m'）v″
解得v″＝ m/s。
答案　見解析
規(guī)律方法
應用動量守恒定律的解題步驟
明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成

受力分析，確定動量是否守恒

規(guī)定正方向，確定初末動量

根據(jù)動量守恒定律，建立守恒方程

代入數(shù)據(jù)，求出結果并討論說明

　　　　
1.（多選）在下列幾種現(xiàn)象中，所選系統(tǒng)動量守恒的是（　　）
A.在光滑水平面上運動的小車迎面撞上一靜止的小車，兩車系統(tǒng)的動量守恒
B.從高空自由落下的重物落在靜止于地面上的車廂中，重物和車廂系統(tǒng)的動量守恒
C.運動員將鉛球從肩窩開始加速推出，運動員和鉛球系統(tǒng)的動量守恒
D.光滑斜面置于光滑水平面上，一個物體沿斜面滑下，物體和斜面系統(tǒng)動量不守恒，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒
解析：AD　在光滑水平面上，運動的小車迎面撞上一靜止的小車，兩車系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，故A正確；從高空自由落下的重物落在靜止于地面上的車廂中，對于重物和車廂組成的系統(tǒng)，重物在與車廂作用過程中存在豎直向上的加速度，所以系統(tǒng)在豎直方向上所受合外力不為零，動量不守恒，故B錯誤；運動員將鉛球從肩窩開始加速推出，對于運動員和鉛球組成的系統(tǒng)，運動員受到地面的摩擦力作用，系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒，故C錯誤；光滑斜面置于光滑水平面上，一個物體沿斜面滑下，對于物體和斜面組成的系統(tǒng)，物體在豎直方向上存在加速度，合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，但是系統(tǒng)在水平方向上的合外力為零，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，故D正確。
2.一只小船質(zhì)量為M，船上人的質(zhì)量為m，船原來以速度v0行駛，當船上的人以相對地面的水平速度v0沿船行反方向跳離船時，不計水的阻力，則船的速度大小變?yōu)椋ā　。?br/>A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
解析：D　當以相對地面的水平速度v0沿船行反方向跳離船時，小船和人組成的系統(tǒng)動量守恒，以小船原來的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得（M＋m）v0＝m（－v0）＋Mv，解得v＝v0，故選D。
3.如圖所示，質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質(zhì)量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面，若車足夠長，則（　　）
A.木塊的最終速度為v0
B.由于車上表面粗糙，小車和木塊所組成的系統(tǒng)動量不守恒
C.車上表面越粗糙，木塊減少的動量越多
D.改變車上表面的粗糙程度，小車獲得的動量不變
解析：D　以小車和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)所受的合外力為零，因此系統(tǒng)動量守恒，由于摩擦力的作用，木塊速度減小，小車速度增大，當木塊速度減小到最小時，小車速度達到最大，最后木塊和小車以共同的速度運動。以初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝（m＋M）v，解得v＝v0，故A、B錯誤；根據(jù)動量守恒定律，二者的末速度總是等于v0，所以木塊動量的減少量和小車獲得的動量不變，故C錯誤，D正確。
要點二　爆炸問題
過春節(jié)時人們喜歡燃放一種叫“二踢腳”鞭炮，即雙響爆竹，它是一種傳統(tǒng)民俗喜慶用品，“二踢腳”是依靠底部火藥爆炸時對地的沖擊力造成的反作用力升空的，雙響爆竹的紙筒內(nèi)分兩層安放火藥，下層火藥的作用是將爆竹送上天空，上層火藥在升空10～20米后，凌空爆響。請思考：
（1）“二踢腳”鞭炮升空10～20米后凌空爆響時所受外力為零嗎？鞭炮爆炸時火藥產(chǎn)生的作用力屬于內(nèi)力還是外力？爆炸力大小與其重力大小相比有什么特點？
提示：（1）外力不為零，等于重力；爆炸力屬于內(nèi)力，其大小遠大于重力。
（2）“二踢腳”鞭炮爆炸時動量守恒嗎？
提示：（2）“二踢腳”鞭炮爆炸時動量近似守恒。

1.系統(tǒng)動量近似守恒的條件
系統(tǒng)所受合外力不為零，但是如果系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于所受外力，系統(tǒng)的動量近似守恒。
2.爆炸類問題的三個特點
動量 守恒 由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠大于其受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒
動能 增加 在爆炸過程中，由于有其他形式的能量（如化學能）轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加
位置 不變 爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動
【典例3】　以初速度v0與水平方向成60°角斜向上拋出的手榴彈，到達最高點時炸成質(zhì)量分別是m和2m的兩塊。其中質(zhì)量較大的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行。
（1）求質(zhì)量較小的一塊彈片速度的大小和方向；
解析　（1）斜向上拋出的手榴彈運動軌跡如圖所示，在水平方向上做勻速直線運動，在最高點處爆炸前的速度v1＝v0cos 60°＝v0
設v1的方向為正方向，
由動量守恒定律得3mv1＝2mv1'＋mv2
其中爆炸后大塊彈片速度v1'＝2v0
解得v2＝－2.5v0，“－”號表示v2的方向與爆炸前速度方向相反。
答案　（1）2.5v0　方向與爆炸前速度方向相反　
（2）爆炸過程中有多少化學能轉(zhuǎn)化為彈片的動能。
解析　（2）爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學能等于系統(tǒng)動能的增量，即
ΔEk＝×2mv1'2＋m－×3m＝m。
答案　（2）m
易錯警示
處理爆炸問題的兩點提醒
（1）在處理爆炸問題列動量守恒方程時應注意：爆炸前的動量是指即將爆炸那一刻的動量，爆炸后的動量是指爆炸剛好結束那一刻的動量。
（2）在爆炸過程中，系統(tǒng)的動量守恒，由于化學能轉(zhuǎn)化為機械能，則機械能增加。
（注意：由于爆炸過程中物體的位移很小，可以忽略，故爆炸過程中物體的重力勢能可以認為不變，機械能的變化體現(xiàn)為動能的變化）

1.如圖所示，光滑水平面上甲、乙兩球間粘少許炸藥，一起以速度0.5 m/s向右做勻速直線運動。已知甲、乙兩球的質(zhì)量分別為 0.1 kg 和0.2 kg。某時刻炸藥突然爆炸，分開后兩球仍沿原直線運動，從爆炸開始計時經(jīng)過3.0 s，兩球之間的距離為x＝2.7 m，則下列說法正確的是（　　）
A.剛分離時，甲、乙兩球的速度方向相同
B.剛分離時，甲球的速度大小為0.6 m/s
C.剛分離時，乙球的速度大小為0.3 m/s
D.爆炸過程中釋放的能量為0.027 J
解析：D　設甲、乙兩球的質(zhì)量分別為m1、m2，剛分離時兩球速度分別為v1、v2，以向右為正方向，則由動量守恒定律得（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2，根據(jù)題意有 v2－v1＝，代入數(shù)據(jù)可解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，說明剛分離時兩球速度方向相反，故A、B、C錯誤；爆炸過程中釋放的能量ΔE＝m1＋m2－（m1＋m2），將v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s代入可得ΔE＝0.027 J，故D正確。
2.一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度 v0＝2 m/s，爆炸成甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙兩塊的質(zhì)量比為3：1，不計質(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：B　彈丸在爆炸過程中，水平方向的動量守恒，有mv0＝mv甲＋mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運動，豎直方向有h＝gt2，水平方向?qū)住⒁覂蓮椘謩e有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各圖中數(shù)據(jù)可知B正確。

3.如果將【典例3】中“其中質(zhì)量較大的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行”改為“其中質(zhì)量較小的一塊沿著原來的相反方向以v0的速度飛行”。求：
（1）質(zhì)量較大的彈片速度的大小和方向；
解析：（1）設v1的方向為正方向，
由動量守恒定律得3mv1＝2mv1″－mv2'
其中質(zhì)量較小彈片速度大小v2'＝v0
解得v1″＝v0，方向與爆炸前速度方向相同。
答案：（1）v0，方向與爆炸前速度方向相同
（2）爆炸過程中有多少化學能轉(zhuǎn)化為彈片的動能；
解析：（2）爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學能等于系統(tǒng)動能的增量，即
ΔEk'＝×2mv1″2＋mv2'2－×3m＝m。
答案：（2）m　
（3）假設手榴彈爆炸時離地高度為h，空氣阻力不計，兩塊彈片落地時的距離。（重力加速度為g）
解析：（3）手榴彈爆炸后兩塊彈片都做平拋運動，則有
h＝gt2
兩塊彈片落地時的距離x＝v1″t＋v2't＝v0。
答案：（3）v0
知能演練·提能力
NO.3
1.如圖所示，兩帶電的金屬球在絕緣的光滑水平面上沿同一直線相向運動，A帶電荷量為－q，B帶電荷量為＋2q，下列說法正確的是（　　）
A.相碰前兩球運動中動量不守恒
B.相碰前兩球的總動量隨距離的減小而增大
C.兩球相碰分離后的總動量不等于相碰前的總動量，因為碰前作用力為引力，碰后為斥力
D.兩球相碰分離后的總動量等于相碰前的總動量，因為兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零
解析：D　將兩球看成整體分析，整體受重力、支持力，二力平衡，水平方向不受外力，故系統(tǒng)整體動量守恒，所以兩球相碰分離后的總動量等于碰前的總動量，故選D。

　　　　
2.如圖所示，正在太空中行走的宇航員A、B沿同一直線相向運動，相對空間站的速度大小分別為3 m/s和1 m/s，迎面碰撞后（正碰），A、B兩宇航員均反向運動，速度大小均為 2 m/s。則A、B兩宇航員的質(zhì)量之比為（　　）
A.3：5 B.2：3 C.2：5 D.5：3
解析：A　設A的初速度方向為正，則由動量守恒定律得mAvA－mBvB＝－mAvA'＋mBvB'，解得mA：mB＝3：5，故選項A正確。
3.滑冰是很多人非常喜歡的一項運動。在一次訓練中，某質(zhì)量為40 kg的女運動員以大小為3 m/s的速度向靜止的男運動員運動，靠近男運動員的瞬間被男運動員抱起，且保持姿勢不變。若男運動員的質(zhì)量為60 kg，則抱起后瞬間兩運動員的速度大小為（　　）
A.0.8 m/s B.1.2 m/s C.1.6 m/s D.2 m/s
解析：B　兩運動員相互作用的過程系統(tǒng)動量守恒，則有m1v1＝（m1＋m2）v2，解得v2＝1.2 m/s，故選項B正確。
4.如圖所示，A、B兩個小球在光滑水平面上沿同一直線相向運動，它們的動量大小分別為p1和p2，碰撞后A球繼續(xù)向右運動，動量大小為p1'，此時B球的動量大小為p2'，則下列等式成立的是（　　）
A.p1＋p2＝p1'＋p2' B.p1－p2＝p1'－p2'
C.p1'－p1＝p2'＋p2 D.－p1'＋p1＝p2'＋p2
解析：D　因水平面光滑，所以A、B兩球組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒。取向右為正方向，由于p1、p2、p1'、p2'均表示動量的大小，所以碰前的動量為p1－p2，碰后的動量為p1'＋p2'，由系統(tǒng)動量守恒知p1－p2＝p1'＋p2'，經(jīng)變形得－p1'＋p1＝p2'＋p2，D正確。
5.在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)量之比為 2：1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計時，在5 s末和 6 s 末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340 m/s，重力加速度g取10 m/s2，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A.兩碎塊的位移大小之比為1：2
B.爆炸物的爆炸點離地面高度為80 m
C.爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68 m/s
D.爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340 m
解析：B　爆炸物上升到最高點時，瞬時速度為零，爆炸瞬
間水平方向動量守恒，因此質(zhì)量之比為2：1的兩碎塊，其速
度之比為1：2，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，水平方向位移之比
為1：2，但合位移之比并不為1：2，選項A錯誤；根據(jù)題意，
兩碎塊落地聲音傳到記錄儀時間間隔Δt＝6 s－5 s＝1 s，設聲速為v'，則兩碎塊水平位移之差為2x－x＝v'Δt＝340 m/s×1 s＝340 m，得 x＝340 m，兩碎塊相距2x＋x＝3x＝1 020 m，選項D錯誤；由上述推導可知，碎塊平拋時間t＝5 s－1 s＝4 s，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，碎塊下落的高度 h＝gt2＝80 m，選項B正確；質(zhì)量大的碎塊其水平速度為v＝＝85 m/s，選項C錯誤。
三維達標·找不足
NO.4

　　　　
題組一　動量守恒定律的理解及簡單應用
1.(2022·浙江高二階段練習)2022年冬奧會在北京舉行,其中短道速滑接力是很具觀賞性的項目。比賽中“接棒”運動員在前面滑行,“交棒”運動員從后面追上,“交棒”運動員用力推前方“接棒”運動員完成接力過程。忽略運動員與冰面之間的摩擦,交接棒過程中兩名運動員的速度方向均在同一直線上。在兩名運動員交接棒的過程中,對于兩名運動員組成的系統(tǒng),下列說法正確的是(　　)
A.動量守恒、機械能不守恒
B.動量不守恒、機械能守恒
C.動量和機械能均不守恒
D.動量和機械能均守恒
解析:A　兩名運動員組成的系統(tǒng)所受合外力為零,動量守恒,但“交棒”運動員的推力對系統(tǒng)做功,系統(tǒng)的機械能不守恒,故A正確,B、C、D錯誤。
2.(多選)(2022·浙江紹興高二期中)如圖所示,在光滑水平地面上有A、B兩個木塊,A、B之間用一輕彈簧連接。A靠在墻壁上,用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止狀態(tài)。若突然撤去力F,則下列說法中正確的是(　　)
A. 木塊A離開墻壁前,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,機械能也守恒
B. 木塊A離開墻壁前,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,但機械能守恒
C. 木塊A離開墻壁后,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,機械能也守恒
D. 木塊A離開墻壁后,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,但機械能守恒
解析:BC　若突然撤去力F,木塊A離開墻壁前,墻壁對木塊A有作用力,所以A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,但由于A沒有離開墻壁,墻壁對木塊A不做功,所以A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,選項A錯誤,B正確;木塊A離開墻壁后,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受外力矢量和為零,所以系統(tǒng)動量守恒且機械能守恒,選項C正確,D錯誤。
3.如圖所示,一平板車停在光滑的水平面上,某同學站在小車上,若他設計下列操作方案,最終能使平板車持續(xù)地向右駛去的是(　　)
A.該同學在圖示位置用大錘連續(xù)敲打車的左端
B.只要從平板車的一端走到另一端即可
C.在車上裝個電風扇,不停地向左吹風
D.他站在車的右端將大錘丟到車的左端
解析:C　把人和車看成整體,用大錘連續(xù)敲打車的左端,根據(jù)動量守恒定律可知,系統(tǒng)水平方向的總動量為零,車不會持續(xù)地向右駛去,故A錯誤;人從平板車的一端走到另一端的過程中,系統(tǒng)水平方向不受外力,動量守恒,系統(tǒng)總動量為零,車不會持續(xù)地向右駛去,故B錯誤;電風扇向左吹風,電風扇會受到一個向右的反作用力,從而使平板車持續(xù)地向右駛去,故C正確;站在車的右端將大錘丟到車的左端的過程中,系統(tǒng)水平方向不受外力,動量守恒,系統(tǒng)總動量為零,車不會持續(xù)地向右駛去,故D錯誤。
4.如圖所示,在光滑水平面上,有一質(zhì)量為m＝3 kg的薄板和質(zhì)量為m'＝1 kg的物塊,都以 v＝4 m/s的初速度向相反方向運動,它們之間有摩擦,薄板足夠長,當薄板的速度為2.4 m/s時,物塊的運動情況是(　　)
A.做加速運動 B.做減速運動
C.做勻速運動 D.以上運動都可能
解析:A　物塊與薄板相對運動過程中在水平方向上不受外力,所以物塊與薄板組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒。設薄板運動方向為正方向,當薄板速度為v1＝2.4 m/s時,設物塊的速度為v2,由動量守恒定律得mv-m'v＝mv1＋m'v2,v2＝＝ m/s＝0.8 m/s。此時物塊的速度方向沿正方向,且物塊正做加速運動,選項A正確。
5.兩個小木塊B、C中間夾著一根輕彈簧,將彈簧壓縮后用細線將兩個木塊綁在一起,使它們一起在光滑水平面上沿直線運動,這時它們的x-t圖像如圖中a線段所示,在t＝4 s末,細線突然斷了,B、C都和彈簧分離后,x-t圖像分別如圖中b、c線段所示,從圖中的信息可知(　　)
A.木塊B、C都和彈簧分離后的運動方向相反
B.木塊B、C都和彈簧分離后,系統(tǒng)的總動量增大
C.木塊B、C分離過程中B木塊的動量變化較大
D.木塊B的質(zhì)量是木塊C質(zhì)量的
解析:D　由x-t圖像可知,位移均為正,兩木塊均朝一個方向運動,沒有反向,A錯誤;木塊都與彈簧分離后B的速度為v1＝ m/s＝3 m/s,C的速度為v2＝ m/s＝0.5 m/s,細線未斷前B、C的速度均為v0＝1 m/s,由于系統(tǒng)所受外力的矢量和為零,故系統(tǒng)前后的動量守恒,則(mB＋mC)v0＝mBv1＋mCv2,計算得B、C的質(zhì)量比為1∶4,B錯誤,D正確;系統(tǒng)動量守恒,則系統(tǒng)內(nèi)兩個木塊的動量變化量等大反向,C錯誤。
題組二　爆炸問題
6.(多選)下面關于爆炸的說法中正確的是(　　)
A.爆炸是相互作用時間很短、相互作用的內(nèi)力遠大于外力的過程,因此系統(tǒng)的動量守恒
B.爆炸過程中,外力作用相比內(nèi)力都可以忽略,因此系統(tǒng)機械能守恒
C.爆炸過程系統(tǒng)的機械能增加,是內(nèi)力做功的結果
D.爆炸過程系統(tǒng)的機械能增加,是外力做功的結果
解析:AC　爆炸時爆炸物相互作用時間很短,相互作用的內(nèi)力遠大于外力,因此在爆炸的過程中,系統(tǒng)的動量守恒,A正確;爆炸過程,系統(tǒng)內(nèi)力做正功,化學能轉(zhuǎn)化為機械能,系統(tǒng)的機械能增加,C正確,B、D錯誤。
7.(多選)如圖所示,水平地面上O點的正上方豎直自由下落一個物體M,中途炸成a、b兩塊,它們同時落到地面,分別落在A點和B點,且OA＞OB,若爆炸時間極短,空氣阻力不計,則(　　)
A.落地時a的速度大于b的速度
B.落地時a的動量大于b的動量
C.爆炸時a的動量增加量大于b的增加量
D.爆炸過程中a增加的動能大于b增加的動能
解析:AD　物體M中途炸成a、b兩塊,同時落到地面,說明水平方向是勻速運動,爆炸對豎直分運動無影響,由于OA＞OB,運動時間相同,故a的水平分速度大于b的水平分速度,而豎直分速度相等,故落地時a的速度大于b的速度,故A正確;a、b兩塊組成的系統(tǒng)水平方向不受外力,動量守恒,根據(jù)動量守恒定律,有mAvA-mBvB＝0,由于vA＞vB,故mA＜mB,落地時水平分動量相等,豎直分速度相等,mA＜mB,故a的豎直分動量小,故合動量也是a的小,故B錯誤;物體M中途炸成a、b兩塊,該瞬時過程a、b兩塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,豎直方向動量不變,故爆炸時a的動量增加量數(shù)值等于b的動量增加量數(shù)值,故C錯誤;根據(jù)Ek＝和mA＜mB可知,爆炸過程a物體的動能增加量大,故D正確。
8.(多選)(2022·浙江普陀中學高二期中)一枚質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能后,從地面豎直升空,當煙花彈上升到最大高度時,彈中火藥爆炸將煙花彈炸成質(zhì)量分別為m1和m2的A、B兩部分,m1∶m2＝2∶1,此時兩部分獲得的動能之和為煙花彈初動能的兩倍,且爆炸后瞬間均沿水平方向運動。設爆炸時間極短,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量,A、B兩部分落地的水平位移大小分別為x1和x2,則(　　)
A.A、B兩部分落地時的速度大小之比為2∶1
B.A、B兩部分落地時的動能之比為4∶5
C.x1∶x2＝2∶1
D.A、B兩部分落地點的間距為煙花彈上升的最大高度的6倍
解析:BD　設煙花彈的初速度為v0,上升的最大高度為h,發(fā)生爆炸瞬間,A、B兩部分在水平方向上動量守恒,則有m1v1-m2v2＝0,由題意可得m1＋m2＝m,m＝mgh,m1＋m2＝m×2,聯(lián)立解得v1＝v0,v2＝2v0,且速度均沿水平方向,接著A和B分別以速度v1＝v0、v2＝2v0向相反方向做平拋運動,到達地面過程中機械能守恒,設A、B落地時速度大小分別為v1'、v2',則對A有m1＋m1gh＝m1v1'2,對B有m2＋m2gh＝m2v2'2,聯(lián)立解得v1'＝v0,v2'＝v0,所以v1'∶v2'＝∶,則m1v1'2∶m2v2'2＝4∶5,故A錯誤,B正確;設A、B在最高處爆炸后在空中做平拋運動的時間為t,則有h＝gt2,x1＝v1t,x2＝v2t,聯(lián)立解得x1＝2h,x2＝4h,故x1∶x2＝1∶2,A和B落地點的距離是x1＋x2＝6h,為煙花彈上升的最大高度的6倍,故C錯誤,D正確。
9.(多選)如圖甲所示,光滑水平面上放著長木板B,質(zhì)量為m＝2 kg的木塊A以速度v0＝2 m/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,A、B的速度隨時間變化情況如圖乙所示,重力加速度g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A.A、B之間動摩擦因數(shù)為0.1
B.長木板的質(zhì)量為2 kg
C.長木板長度至少為2 m
D.A、B組成的系統(tǒng)損失的機械能為4 J
解析:AB　從題圖乙可以看出,A先做勻減速運動,B做勻加速運動,最后一起做勻速運動,共同速度為v＝1 m/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＝2 kg,故B正確;由圖像可知,木板B勻加速運動的加速度為a＝＝1 m/s2,對B,根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝Ma,解得動摩擦因數(shù)為μ＝0.1,故A正確;由圖像可知前1 s內(nèi)B的位移為xB＝×1×1 m＝0.5 m,A的位移為xA＝×1 m＝1.5 m,所以木板最小長度為 L＝xA-xB＝1 m,故C錯誤;A、B組成的系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝m-(m＋M)v2＝2 J,故D錯誤。
10.(多選)(2022·浙江杭州第十一中學高二期中)如圖所示,一個質(zhì)量為M的木箱靜
止在光滑水平面上,木箱內(nèi)粗糙的水平底板上放著一個質(zhì)量為m的小木塊。現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度v0,則(　　)
A.小木塊最終將相對木箱靜止,二者一起向右運動
B.小木塊和木箱最終速度為v0
C.小木塊與木箱內(nèi)壁將始終來回往復碰撞,而木箱一直向右運動
D.如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止,則二者將一起向左運動
解析:AB　木箱與小木塊組成的系統(tǒng)水平方向不受外力,故系統(tǒng)水平方向動量守恒,最終二者以相同的速度一起向右運動,取v0的方向為正方向,由動量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v,解得v＝,A、B正確,C、D錯誤。
11.冬季雨雪天氣時,公路上容易發(fā)生交通事故。在結冰的公路上,一輛質(zhì)量為1.8×103 kg的輕型貨車尾隨另一輛質(zhì)量為1.2×103 kg的轎車同向行駛,因貨車未及時剎車而發(fā)生追尾(即碰撞,如圖所示)。若追尾前瞬間貨車速度大小為36 km/h,轎車速度大小為18 km/h,剛追尾后兩車視為緊靠在一起,此時兩車的速度為多大
解析:以兩車組成的系統(tǒng)為研究對象,由于碰撞時間很短,碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力遠小于系統(tǒng)內(nèi)力,可近似認為在該碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒。設貨車質(zhì)量為m1,轎車質(zhì)量為m2,碰撞前貨車速度為v1,轎車速度為v2,碰撞后兩車速度為v。選定兩車碰撞前的速度方向為正方向。則有 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v,代入數(shù)據(jù)解得兩車的共同速度v＝28.8 km/h。
答案:28.8 km/h
12.如圖所示,光滑水平軌道MN左端與傾角θ ＝37°的足夠長的斜面PM連接,右端與半徑為R的光滑圓弧軌道QN連接。質(zhì)量分別為m1＝2 kg、m2＝ 3 kg的兩滑塊A、B之間夾有少量炸藥,靜止在MN上(滑塊A、B均可視為質(zhì)點,炸藥的質(zhì)量忽略不計)。炸藥引爆后釋放的化學能E＝30 J全部轉(zhuǎn)化為兩滑塊的動能,之后滑塊B沖上圓弧軌道,滑塊A沖上斜面PM,A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝ 0.5,g取10 m/s2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝ 0.8。求:
(1)炸藥引爆后A、B到達M、N兩點時的動能EkA、EkB各為多大;
解析:(1)設炸藥引爆后A、B的速度大小各為v1、v2,取向左為正方向,
由動量守恒定律得m1v1-m2v2＝0
由能量守恒定律得E＝m1＋m2
又EkA＝m1,EkB＝m2,聯(lián)立解得EkA＝18 J,EkB＝12 J。
答案:(1)18 J　12 J　
(2)已知B恰好能到達圓弧軌道的最高點Q,圓弧軌道的半徑R是多大;
解析:(2)B從N到Q的上滑過程,由機械能守恒定律得EkB＝m2gR
可得R＝0.4 m。
答案:(2)0.4 m　
(3)A沿斜面上滑的最大距離x。
解析:(3)A從M沿斜面上滑的過程,運用動能定理得
-m1gxsin 37°-μm1gxcos 37°＝0-EkA
解得x＝0.9 m。
答案:(3)0.9 m
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