優(yōu)化方案高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十三章 第一節(jié) 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用（實(shí)驗(yàn) 驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律）教學(xué)講義.doc

第十三章 第一節(jié) 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用（實(shí)驗(yàn) 驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律） 考綱展示1動(dòng)量、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用2彈性碰撞和非彈性碰撞 3光電效應(yīng) 4愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程 5氫原子光譜 6氫原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)、能級(jí)公式 7原子核的組成、放射性、原子核的衰變、半衰期 8放射性同位素 9核力、核反應(yīng)方程 10結(jié)合能、質(zhì)量虧損 11裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)、裂變反應(yīng)堆 12射線(xiàn)的危害與防護(hù) 實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律說(shuō)明：碰撞與動(dòng)量守恒只限于一維 熱點(diǎn)視角1動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用是本部分的重點(diǎn)和難點(diǎn)，也是高考的熱點(diǎn)，動(dòng)量和動(dòng)量的變化量這兩個(gè)概念常穿插在動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用中考查2動(dòng)量守恒定律結(jié)合能量守恒定律來(lái)解決碰撞、打擊、反沖等問(wèn)題，以及動(dòng)量守恒定律與圓周運(yùn)動(dòng)、核反應(yīng)的結(jié)合已成為近幾年高考命題的熱點(diǎn)3波粒二象性部分的重點(diǎn)內(nèi)容是光電效應(yīng)現(xiàn)象、實(shí)驗(yàn)規(guī)律和光電效應(yīng)方程，光的波粒二象性和德布羅意波是理解的難點(diǎn)4核式結(jié)構(gòu)、玻爾理論、能級(jí)公式、原子躍遷條件在選做題部分出現(xiàn)的幾率將會(huì)增加，可能單獨(dú)命題，也可能與其他知識(shí)結(jié)合出題5半衰期、質(zhì)能方程的應(yīng)用、計(jì)算和核反應(yīng)方程的書(shū)寫(xiě)是高考的熱點(diǎn)問(wèn)題，試題一般以基礎(chǔ)知識(shí)為主，較簡(jiǎn)單第一節(jié)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用(實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律)一、動(dòng)量動(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f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)公式：pmv.(3)單位：千克米/秒，符號(hào)：kgm/s.(4)意義：動(dòng)量是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量，是矢量，其方向與速度的方向相同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)量的增量(2)表達(dá)式：ftppp.(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4動(dòng)量、動(dòng)能、動(dòng)量的變化量的關(guān)系(1)動(dòng)量的變化量：ppp.(2)動(dòng)能和動(dòng)量的關(guān)系：ek.1.下列說(shuō)法正確的是()a速度大的物體，它的動(dòng)量一定也大b動(dòng)量大的物體，它的速度一定也大c只要物體的運(yùn)動(dòng)速度大小不變，物體的動(dòng)量也保持不變d物體的動(dòng)量變化越大則該物體的速度變化一定越大答案：d二、動(dòng)量守恒定律1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2動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式：m1v1m2v2m1v1m2v2或p1p2.2.(2014高考浙江自選模塊)如圖所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以v的速度沿光滑水平地面向前運(yùn)動(dòng)，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧甲木塊與彈簧接觸后()a甲木塊的動(dòng)量守恒b乙木塊的動(dòng)量守恒c甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒d甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒答案：c三、碰撞1碰撞物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象2特點(diǎn)在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿(mǎn)足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒3分類(lèi)動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非完全彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大3.a球的質(zhì)量是m，b球的質(zhì)量是2m，它們?cè)诠饣乃矫嫔弦韵嗤膭?dòng)量運(yùn)動(dòng)，b在前，a在后，發(fā)生正碰后，a球仍朝原方向運(yùn)動(dòng)，但其速率是原來(lái)的一半，碰后兩球的速率比vavb為()a. b.c2 d.答案：d考點(diǎn)一動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用 1動(dòng)量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時(shí)間變化的力這種情況下，動(dòng)量定理中的力f應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值2動(dòng)量定理的表達(dá)式ftp是矢量式，運(yùn)用它分析問(wèn)題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向，公式中的f是物體或系統(tǒng)所受的合力3應(yīng)用動(dòng)量定理解釋的兩類(lèi)物理現(xiàn)象 (1)當(dāng)物體的動(dòng)量變化量一定時(shí)，力的作用時(shí)間t越短，力f就越大，力的作用時(shí)間t越長(zhǎng)，力f就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎(2)當(dāng)作用力f一定時(shí)，力的作用時(shí)間t越長(zhǎng)，動(dòng)量變化量p越大，力的作用時(shí)間t越短，動(dòng)量變化量p越小在水平力f30 n的作用下，質(zhì)量m5 kg的物體由靜止開(kāi)始沿水平面運(yùn)動(dòng)已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，若f作用6 s后撤去，撤去f后物體還能向前運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間才停止？(g取10 m/s2)解析法一：用動(dòng)量定理解，分段處理選物體為研究對(duì)象，對(duì)于撤去f前物體做勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，受力情況如圖甲所示，始態(tài)速度為零，終態(tài)速度為v，取水平力f的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理有(fmg)t1mv0.對(duì)于撤去f后，物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，受力情況如圖乙所示，始態(tài)速度為v，終態(tài)速度為零根據(jù)動(dòng)量定理有mgt20mv.以上兩式聯(lián)立解得t2t16 s12 s.法二：用動(dòng)量定理解，研究全過(guò)程選物體作為研究對(duì)象，研究整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，這個(gè)過(guò)程的始、終狀態(tài)的物體速度都等于零取水平力f的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理得(fmg)t1(mg)t20解得t2t16 s12 s.答案12 s規(guī)律方法應(yīng)用動(dòng)量定理解題的一般步驟(1)明確研究對(duì)象和研究過(guò)程研究過(guò)程既可以是全過(guò)程，也可以是全過(guò)程中的某一階段(2)進(jìn)行受力分析只分析研究對(duì)象以外的物體施加給研究對(duì)象的力，不必分析內(nèi)力(3)規(guī)定正方向(4)寫(xiě)出研究對(duì)象的初、末動(dòng)量和合外力的沖量(或各外力在各個(gè)階段的沖量的矢量和)，根據(jù)動(dòng)量定理列方程求解1.我國(guó)女子短道速滑隊(duì)在世錦賽上實(shí)現(xiàn)了女子3 000 m接力三連冠觀(guān)察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且開(kāi)始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出在乙推甲的過(guò)程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()a甲對(duì)乙的沖量一定等于乙對(duì)甲的沖量b甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反c甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量d甲對(duì)乙做多少負(fù)功，乙對(duì)甲就一定做多少正功解析：選b.乙推甲的過(guò)程中，他們之間的作用力大小相等，方向相反，作用時(shí)間相等，根據(jù)沖量的定義，甲對(duì)乙的沖量與乙對(duì)甲的沖量大小相等，但方向相反，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；乙推甲的過(guò)程中，遵守動(dòng)量守恒定律，即p甲p乙，他們的動(dòng)量變化大小相等，方向相反，選項(xiàng)b正確；在乙推甲的過(guò)程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲對(duì)乙做的負(fù)功與乙對(duì)甲做的正功不一定相等，結(jié)合動(dòng)能定理知，選項(xiàng)c、d錯(cuò)誤考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律與碰撞 1動(dòng)量守恒定律的不同表達(dá)形式(1)pp，系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p.(2)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(3)p1p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向(4)p0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零2碰撞遵守的規(guī)律(1)動(dòng)量守恒，即p1p2p1p2.(2)動(dòng)能不增加，即ek1ek2ek1ek2或.(3)速度要合理碰前兩物體同向，則v后v前；碰后，原來(lái)在前的物體速度一定增大，且v前v后兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變3兩種碰撞特例(1)彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒以質(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m1v1m1v1m2v2m1vm1vm2v由得v1v2結(jié)論：當(dāng)m1m2時(shí)，v10，v2v1，兩球碰撞后交換了速度當(dāng)m1m2時(shí)，v10，v20，碰撞后兩球都向前運(yùn)動(dòng)當(dāng)m1m2時(shí)，v10，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來(lái)(2)完全非彈性碰撞兩物體發(fā)生完全非彈性碰撞后，速度相同，動(dòng)能損失最大，但仍遵守動(dòng)量守恒定律(2014高考新課標(biāo)全國(guó)卷)如圖，質(zhì)量分別為ma、mb的兩個(gè)彈性小球a、b靜止在地面上方，b球距地面的高度h0.8 m，a球在b球的正上方先將b球釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后再將a球釋放當(dāng)a球下落t0.3 s時(shí)，剛好與b球在地面上方的p點(diǎn)處相碰碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間a球的速度恰好為零已知mb3ma，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失求：(1)b球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度；(2)p點(diǎn)距離地面的高度審題點(diǎn)睛由于兩球碰撞時(shí)間極短，并且沒(méi)有能量損失，所以在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，碰撞前后總動(dòng)能相等，分別列方程求解解析(1)設(shè)b球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vb，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vb 將h0.8 m代入上式，得vb4 m/s. (2)設(shè)兩球相碰前后，a球的速度大小分別為v1和v1(v10)，b球的速度分別為v2和v2.由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得v1gt 由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相撞前后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變規(guī)定向下的方向?yàn)檎?，有mav1mbv2mbv2 mavmbvmbv 設(shè)b球與地面相碰后的速度大小為vb，由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vbvb 設(shè)p點(diǎn)距地面的高度為h，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得h 聯(lián)立式，并代入已知條件可得h0.75 m.答案(1)4 m/s(2)0.75 m規(guī)律總結(jié)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2.兩球a、b在光滑水平面上沿同一直線(xiàn)、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(mǎn)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ekmavmbv57 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)正確考點(diǎn)三爆炸和反沖人船模型 1爆炸的特點(diǎn)(1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸時(shí)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(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒(2)動(dòng)能增加：在爆炸過(guò)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)位移不變：爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中物體運(yùn)動(dòng)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時(shí)的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)2反沖(1)現(xiàn)象：物體的不同部分在內(nèi)力的作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)(2)特點(diǎn)：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動(dòng)量往往有以下幾種情況：動(dòng)量守恒；動(dòng)量近似守恒；某一方向動(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能往往不守恒注意：反沖運(yùn)動(dòng)中平均動(dòng)量守恒(3)實(shí)例：噴氣式飛機(jī)、火箭、人船模型等3人船模型若人船系統(tǒng)在全過(guò)程中動(dòng)量守恒，則這一系統(tǒng)在全過(guò)程中的平均動(dòng)量也守恒如果系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運(yùn)動(dòng)，則由m11m22得m1x1m2x2.該式的適用條件是：(1)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒或某一方向上的動(dòng)量守恒(2)構(gòu)成系統(tǒng)的兩物體原來(lái)靜止，因相互作用而反向運(yùn)動(dòng)(3)x1、x2均為沿動(dòng)量方向相對(duì)于同一參考系的位移如圖所示，一輛質(zhì)量為m3 kg的小車(chē)a靜止在光滑的水平面上，小車(chē)上有一質(zhì)量為m1 kg的光滑小球b，將一輕質(zhì)彈簧壓縮并鎖定，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為ep6 j，小球與小車(chē)右壁距離為l，解除鎖定，小球脫離彈簧后與小車(chē)右壁的油灰阻擋層碰撞并被粘住，求：(1)小球脫離彈簧時(shí)小球和小車(chē)各自的速度大?。?2)在整個(gè)過(guò)程中，小車(chē)移動(dòng)的距離解析(1)設(shè)小球脫離彈簧時(shí)小球和小車(chē)各自的速度大小分別為v1、v2，則mv1mv20mvmvep解得：v13 m/s，v21 m/s.(2)設(shè)小車(chē)移動(dòng)x2距離，小球移動(dòng)x1距離mmx1x2l解得：x2.答案(1)3 m/s1 m/s(2)3.(2014高考重慶卷)一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)僅有水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為31，不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g10 m/s2.則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()解析：選b.彈丸爆炸瞬間爆炸力遠(yuǎn)大于外力，故爆炸瞬間動(dòng)量守恒因兩彈片均水平飛出，飛行時(shí)間t1 s，取向右為正，由水平速度v知，選項(xiàng)a中，v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s；選項(xiàng)b中，v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s；選項(xiàng)c中，v甲1 m/s，v乙2 m/s；選項(xiàng)d中，v甲1 m/s，v乙2 m/s.因爆炸瞬間動(dòng)量守恒，故mvm甲v甲m乙v乙，其中m甲m，m乙m，v2 m/s，代入數(shù)值計(jì)算知選項(xiàng)b正確考點(diǎn)四動(dòng)量與能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用 1若研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)2若研究對(duì)象為單一物體，且涉及功和位移問(wèn)題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理3因?yàn)閯?dòng)量守恒定律、能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)、動(dòng)能定理都只考查一個(gè)物理過(guò)程的始末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對(duì)過(guò)程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處特別對(duì)于變力做功問(wèn)題，就更顯示出它們的優(yōu)越性(2013高考新課標(biāo)全國(guó)卷)如圖，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊a、b、c.b的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))設(shè)a以速度v0朝b運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)a、 b速度相等時(shí)，b與c恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)假設(shè)b和c碰撞過(guò)程時(shí)間極短，求從a開(kāi)始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過(guò)程中，(1)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能審題點(diǎn)睛a、b碰撞時(shí)動(dòng)量守恒、能量也守恒，而b、c相碰粘接在一塊時(shí)，動(dòng)量守恒系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能則為機(jī)械能的損失當(dāng)a、b、c速度相等時(shí)，彈性勢(shì)能最大解析(1)從a壓縮彈簧到a與b具有相同速度v1時(shí)，對(duì)a、b與彈簧組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv02mv1此時(shí)b與c發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2，損失的機(jī)械能為e.對(duì)b、c組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得mv12mv2mve(2m)v聯(lián)立式得emv.(2)由式可知v2v乙，而甲物體與乙物體不相碰的臨界條件是v甲v乙3涉及彈簧的臨界問(wèn)題對(duì)于由彈簧組成的系統(tǒng)，在物體間發(fā)生相互作用的過(guò)程中，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧兩端的兩個(gè)物體的速度相等4涉及最大高度的臨界問(wèn)題在物體滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的過(guò)程中，由于彈力的作用，斜面在水平方向?qū)⒆黾铀龠\(yùn)動(dòng)物體滑到斜面上最高點(diǎn)的臨界條件是物體與斜面沿水平方向具有共同的速度，物體在豎直方向的分速度等于零(7分)(2013高考山東卷)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(kāi)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發(fā)生碰撞(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發(fā)生碰撞求a與c碰撞后瞬間a的速度大小審題點(diǎn)睛(1)a、c發(fā)生相碰，b與a的相互作用可忽略，a、c系統(tǒng)動(dòng)量守恒；(2)碰后a、b相互作用達(dá)到共同速度，a、b系統(tǒng)動(dòng)量守恒；(3)a、c碰后，a恰好不再與c相碰，則a、b的共同速度與c碰后速度相等該得的分一分不丟！因碰撞時(shí)間極短，a與c碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間a的速度為va，c的速度為vc，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mav0mavamcvc(2分)a與b在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vab，由動(dòng)量守恒定律得mavambv0(mamb)vab(2分)a與b達(dá)到共同速度后恰好不再與c碰撞，應(yīng)滿(mǎn)足vabvc(1分)聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得va2 m/s.(2分)答案2 m/s總結(jié)提升正確把握以下兩點(diǎn)是求解動(dòng)量守恒定律中的臨界問(wèn)題的關(guān)鍵：(1)尋找臨界狀態(tài)看題設(shè)情景中是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)等臨界狀態(tài)(2)挖掘臨界條件在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問(wèn)題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系，即速度相等或位移相等1(2015蘇北四市調(diào)研)a、b兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置于光滑水平桌面上，已知a、b兩球質(zhì)量分別為2m和m.當(dāng)用板擋住a球而只釋放b球時(shí)，b球被彈出落于距桌邊距離為x的水平地面上，如圖所示若用同樣的程度壓縮彈簧，取走a左邊的擋板，將a、b同時(shí)釋放，則b球的落地點(diǎn)距離桌邊距離為 ()a.b.xcx d.x解析：選d.當(dāng)用板擋住小球a而只釋放b球時(shí)，根據(jù)能量守恒有：epmv，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：xv0t.當(dāng)用同樣的程度壓縮彈簧，取走a左邊的擋板，將a、b同時(shí)釋放，設(shè)a、b的速度分別為va和vb，則根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有：2mvamvb0，ep2mvmv，解得vbv0，b球的落地點(diǎn)距桌邊距離為xvbtx，d選項(xiàng)正確2(2015湖北孝感模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的滑槽內(nèi)有半徑為r的半圓軌道，將滑槽放在水平面上，左端緊靠墻壁一質(zhì)量為m的物體從半圓軌道的頂端a點(diǎn)無(wú)初速度釋放，b點(diǎn)為半圓軌道的最低點(diǎn)，c點(diǎn)為半圓軌道另一側(cè)與a等高的點(diǎn)不計(jì)一切摩擦，下列說(shuō)法正確的是()am從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)過(guò)程中，m與m系統(tǒng)的機(jī)械能守恒、水平動(dòng)量守恒bm從a點(diǎn)釋放后運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，m的機(jī)械能守恒cm釋放后能夠到達(dá)c點(diǎn)d當(dāng)m首次從右向左到達(dá)最低點(diǎn)b時(shí)，m的速度達(dá)到最大解析：選d.m首次下滑過(guò)程，墻對(duì)系統(tǒng)有向右的彈力，因此系統(tǒng)水平動(dòng)量不守恒；系統(tǒng)沒(méi)有摩擦和介質(zhì)阻力，因此m釋放后運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能始終守恒，但m的機(jī)械能比初狀態(tài)增加了，因此m的機(jī)械能不守恒；m第一次到最低點(diǎn)后，m離開(kāi)墻，系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒，當(dāng)m和m共速時(shí)，系統(tǒng)具有動(dòng)能，因此m的勢(shì)能必小于mgr；m第一次在圓軌道右半側(cè)上滑行過(guò)程對(duì)m的彈力始終向右下方，有水平向右的分力，因此m始終加速，m從右向左通過(guò)最低點(diǎn)b后，m開(kāi)始減速，故選項(xiàng)d正確3(2015陜西西工大附中模擬)如圖所示，光滑水平面上有兩輛車(chē)，甲車(chē)上面有發(fā)射裝置，甲車(chē)連同發(fā)射裝置質(zhì)量m11 kg，車(chē)上另有一個(gè)質(zhì)量為m0.2 kg的小球甲車(chē)靜止在平面上，乙車(chē)以v08 m/s的速度向甲車(chē)運(yùn)動(dòng)，乙車(chē)上有接收裝置，總質(zhì)量m22 kg，問(wèn)：甲車(chē)至少以多大的水平速度將小球發(fā)射到乙車(chē)上(球很快與乙車(chē)達(dá)到相對(duì)靜止)，兩車(chē)才不會(huì)相撞？解析：要使兩車(chē)不相撞，則兩車(chē)速度相等，以三者為系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律：0m2v0(m1mm2)v共，得v共5 m/s以球與乙車(chē)為系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律：m2v0mv(mm2)v共，得v25 m/s.答案：25 m/s4如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當(dāng)以速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的p點(diǎn)若以2v速度抽出紙條，則鐵塊落地點(diǎn)為()a仍在p點(diǎn)b在p點(diǎn)左邊c在p點(diǎn)右邊不遠(yuǎn)處d在p點(diǎn)右邊原水平位移的兩倍處解析：選b.紙條抽出的過(guò)程，鐵塊所受的滑動(dòng)摩擦力一定，以v的速度抽出紙條，鐵塊所受滑動(dòng)摩擦力的作用時(shí)間較長(zhǎng)，由ifftmv0得鐵塊獲得速度較大，平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移較大，以2v的速度抽出紙條的過(guò)程， 鐵塊受滑動(dòng)摩擦力作用時(shí)間較短，鐵塊獲得速度較小，平拋運(yùn)動(dòng)的位移較小，故b選項(xiàng)正確5.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(duì)小船靜止若救生員以相對(duì)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()av0vbv0vcv0(v0v) dv0(v0v)解析：選c.取向右為正方向，由動(dòng)量守恒有(mm)v0mvmv，解之有vv0(v0v)，故c正確6如圖所示，一質(zhì)量為m的木板靜止在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊以初速度v0滑到木板上，滑塊在木板上滑行的距離為d，木板向前移動(dòng)s后以速度v與滑塊一起勻速運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的能量為()a.m(vv0v)bmv0(v0v)c. d.vd解析：選ac.因mv0(mm)v，qmv(mm)v2mvvmvv(vv0v)，選項(xiàng)a正確；根據(jù)動(dòng)能定理fsmv2，再根據(jù)能量守恒fdq，兩式相除得q，選項(xiàng)c正確一、選擇題1從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是()a掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量小，而掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量大b掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變小，掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變大c掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變大，掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變小d掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時(shí)作用力大，而掉在草地上的玻璃杯與地面接觸時(shí)作用力小解析：選d.玻璃杯從同樣高度落下，到達(dá)地面時(shí)具有相同的速度，即具有相同的動(dòng)量，與地面相互作用后都靜止所以?xún)煞N地面的情況中玻璃杯動(dòng)量的改變量相同，故a、b、c錯(cuò)誤；落在水泥地上時(shí)，作用時(shí)間短，故作用力大，落在草地上時(shí)，作用時(shí)間長(zhǎng)，故作用力小，故d正確2.一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊a并留在其中，a、b用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示則在子彈打擊木塊a及彈簧被壓縮的過(guò)程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)()a動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒b動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒c動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒d無(wú)法判定動(dòng)量、機(jī)械能是否守恒解析：選c.動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力之和為零，本題中子彈、木塊、彈簧組成的系統(tǒng)，水平方向上不受外力，豎直方向上受合外力之和為零，所以動(dòng)量守恒機(jī)械能守恒的條件是系統(tǒng)除重力、彈力做功外，其他力對(duì)系統(tǒng)不做功，本題中子彈穿入木塊瞬間有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(發(fā)熱)，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒故c選項(xiàng)正確a、b、d錯(cuò)誤3(2015泉州檢測(cè))有一個(gè)質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v0、方向水平向東，在最高點(diǎn)爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向東，則另一塊的速度是()a3v0vb2v03vc3v02v d2v0v解析：選c.在最高點(diǎn)水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，3mv02mvmv，可得另一塊的速度為v3v02v，對(duì)比各選項(xiàng)可知，答案選c.4(2014高考福建卷)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()av0v2 bv0v2cv0v2 dv0(v0v2)解析：選d.對(duì)火箭和衛(wèi)星由動(dòng)量守恒定律得(m1m2)v0m2v2m1v1解得v1v0(v0v2)故選d.5(2015北京西城區(qū)模擬)1966年，在地球的上空完成了用動(dòng)力學(xué)方法測(cè)質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)時(shí)，用“雙子星號(hào)”宇宙飛船去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭組(后者的發(fā)動(dòng)機(jī)已熄火)，接觸以后，開(kāi)動(dòng)“雙子星號(hào)”飛船的推進(jìn)器，使飛船和火箭組共同加速推進(jìn)器的平均推力f895 n，推進(jìn)器開(kāi)動(dòng)時(shí)間t7 s測(cè)出飛船和火箭組的速度變化v0.91 m/s.已知“雙子星號(hào)”飛船的質(zhì)量m13 400 kg.由以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可測(cè)出火箭組的質(zhì)量m2為()a3 400 kg b3 485 kgc6 265 kg d6 885 kg解析：選b.根據(jù)動(dòng)量定理得ft(m1m2)v，代入數(shù)據(jù)解得m23 485 kg，b選項(xiàng)正確6(2015合肥質(zhì)檢)一質(zhì)量為2 kg的物體受水平拉力f作用，在粗糙水平面上做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)的at圖象如圖所示，t0時(shí)其速度大小為2 m/s，滑動(dòng)摩擦力大小恒為2 n，則()a在t6 s的時(shí)刻，物體的速度為18 m/sb在06 s時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為400 jc在06 s時(shí)間內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為36 nsd在t6 s的時(shí)刻，拉力f的功率為200 w解析：選d.類(lèi)比速度時(shí)間圖象中位移的表示方法可知，速度變化量在加速度時(shí)間圖象中由圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍面積表示，在06 s內(nèi)v18 m/s，v02 m/s，則t6 s時(shí)的速度v20 m/s，a項(xiàng)錯(cuò)；由動(dòng)能定理可知，06 s內(nèi)，合力做的功為wmv2mv396 j，b項(xiàng)錯(cuò)；由動(dòng)量定理可知，iffftmvmv0，代入已知條件解得if48 ns，c項(xiàng)錯(cuò)；由牛頓第二定律可知，6 s末fffma，解得f10 n，所以拉力的功率pfv200 w，d項(xiàng)正確7如圖是“牛頓擺”裝置，5個(gè)完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上，5根輕繩互相平行，5個(gè)鋼球彼此緊密排列，球心等高用1、2、3、4、5分別標(biāo)記5個(gè)小鋼球關(guān)于此實(shí)驗(yàn)，若不計(jì)空氣阻力和碰撞中的能量損失，則下列說(shuō)法中正確的是()a當(dāng)把小球1向左拉起一定高度，如圖甲所示，然后由靜止釋放，在極短時(shí)間內(nèi)經(jīng)過(guò)小球間的相互碰撞，可觀(guān)察到球5向右擺起，且達(dá)到的最大高度與球1的釋放高度相同，如圖乙所示b如果同時(shí)向左拉起小球1、2、3到相同高度(如圖丙所示)，同時(shí)由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小球4、5一起向右擺起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的釋放高度c如果同時(shí)向左拉起小球1、2、3到相同高度(如圖丙所示)，同時(shí)由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小球3、4、5一起向右擺起，且上升的最大高度與小球1、2、3的釋放高度相同d上述整個(gè)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，5個(gè)小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒e上述整個(gè)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，5個(gè)小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒解析：選ace.由于相鄰兩球依次發(fā)生彈性碰撞，故選項(xiàng)a、c對(duì)，b錯(cuò)；雖然在碰撞過(guò)程中，5個(gè)小球組成系統(tǒng)的機(jī)械能、動(dòng)量均守恒，但在上述整個(gè)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中(包括下擺和上擺)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒，故選項(xiàng)d錯(cuò)，e對(duì)8.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.初始時(shí)小物塊停在箱子的正中間，如圖所示現(xiàn)給小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(duì)靜止設(shè)碰撞都是彈性的，在整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為()a.mv2 b.v2c.nmgl dnmgl解析：選bd.由于水平面光滑，箱子和小物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，二者經(jīng)多次碰撞后，保持相對(duì)靜止，易判斷兩物體最終速度相等設(shè)為u，由動(dòng)量守恒定律得mv(mm)u，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為mv2(mm)u2v2，b正確；系統(tǒng)損失的動(dòng)能等于克服摩擦力做的功，即ekwfnmgl，d正確二、非選擇題9(2013高考江蘇卷)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(duì)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：根據(jù)動(dòng)量守恒定律，(mamb)v0mavambvb，代入數(shù)值解得vb0.02 m/s，離開(kāi)空間站方向答案：0.02 m/s離開(kāi)空間站方向10(2014高考天津卷)如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車(chē)a，質(zhì)量ma4 kg，上表面光滑，小車(chē)與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計(jì)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊b置于a的最右端，b的質(zhì)量mb2 kg.現(xiàn)對(duì)a施加一個(gè)水平向右的恒力f10 n，a運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小車(chē)左端固定的擋板與b發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后a、b粘合在一起，共同在f的作用下繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞后經(jīng)時(shí)間t0.6 s，二者的速度達(dá)到vt2 m/s.求：(1)a開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??；(2)a、b碰撞后瞬間的共同速度v的大??；(3)a的上表面長(zhǎng)度l.解析：(1)以a為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有fmaa代入數(shù)據(jù)解得a2.5 m/s2.(2)對(duì)a、b碰撞后共同運(yùn)動(dòng)t0.6 s的過(guò)程，由動(dòng)量定理得ft(mamb)vt(mamb)v代入數(shù)據(jù)解得v1 m/s.(3)設(shè)a、b發(fā)生碰