新課改高中物理選修一同步專題講義：02 B動量守恒定律 中檔版（教師版）

動量守恒定律知識點：動量守恒定律一、相互作用的兩個物體的動量改變?nèi)鐖D所示，質(zhì)量為m2的B物體追上質(zhì)量為m1的A物體，并發(fā)生碰撞，設A、B兩物體碰前速度分別為v1、v2，碰后速度分別為v1′、v2′(v2>v1)，碰撞時間很短，設為Δt.圖根據(jù)動量定理：對A：F1Δt＝m1v1′－m1v1①對B：F2Δt＝m2v2′－m2v2②由牛頓第三定律F1＝－F2③由①②③得兩物體總動量關系為：m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2二、動量守恒定律1．系統(tǒng)、內(nèi)力與外力(1)系統(tǒng)：兩個(或多個)相互作用的物體構成的一個力學系統(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)表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后總動量相等)．(3)適用條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力的矢量和為零．(4)普適性：動量守恒定律既適用于低速物體，也適用于高速物體．既適用于宏觀物體，也適用于微觀物體．技巧點撥一、對動量守恒定律的理解1．研究對象：相互作用的物體組成的力學系統(tǒng)．=2．動量守恒定律的成立條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零．(2)系統(tǒng)受外力作用，但內(nèi)力遠遠大于合外力．此時動量近似守恒．(3)系統(tǒng)受到的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內(nèi)力遠遠大于外力)，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒．3．動量守恒定律的三個特性(1)矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它們在同一直線上，并先選定正方向，確定各速度的正、負(表示方向)后，才能用代數(shù)方法運算．(2)相對性：公式中的v1、v2、v1′和v2′應是相對同一參考系的速度，一般取相對地面的速度．(3)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(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)．二、動量守恒定律的應用1．動量守恒定律的常用表達式(1)p＝p′：相互作用前系統(tǒng)的總動量p等于相互作用后的總動量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前動量的矢量和等于作用后動量的矢量和．(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、方向相反．(4)Δp＝0：系統(tǒng)總動量增量為零．2．應用動量守恒定律解題的步驟例題精練1．（天津期末）質(zhì)量m＝100kg的小船靜止在平靜水面上，船兩端載著m甲＝60kg和m乙＝40kg的游泳者，在同一水平線上甲向左、乙向右同時以相對于岸3m/s的速度躍入水中，如圖所示，不計水的阻力，則甲、乙跳離小船的瞬間，小船的運動方向及速度大小為（）A．向右，0.6m/s B．向左，0.6m/s C．向右，3m/s D．向左，3m/s【分析】不計水的阻力，以甲、乙兩人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在甲、乙跳離小船的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求解兩人躍入水中后小船的速度大小和方向?！窘獯稹拷猓杭?、乙兩人和船組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：0＝m甲v甲﹣m乙v乙+mv據(jù)題v甲＝v乙＝3m/s，解得小船的速度：v＝﹣0.6m/s，負號表示小船的速度方向向右，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】運用動量守恒定律解題時，不考慮過程的細節(jié)，比較簡單方便。要注意動量的方向，先選取正方向。2．（十堰期末）如圖所示，光滑水平面上有兩個小球A、B用細繩相連，中間有一根被壓縮的輕彈簧，輕彈簧和小球不粘連，兩個小球均處于靜止狀態(tài)。剪斷細繩后由于彈力作用兩小球分別向左、向右運動，已知兩小球的質(zhì)量之比mA：mB＝1：2，則彈簧彈開兩小球后，下列說法正確的是（）A．兩小球的動量之比pA：pB＝1：2 B．兩小球的動量之比pA：pB＝2：1 C．兩小球的速度之比vA：vB＝1：1 D．兩小球的速度之比vA：vB＝2：1【分析】水平面光滑，兩小車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律分析答題。【解答】解：A、兩小車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：pA﹣pB＝0，得pA＝pB，即pA：pB＝1：1，故AB錯誤；CD、以向左為正方向，由動量守恒定律得：mAvA﹣mBvB＝0，結合mA：mB＝1：2，解得vA：vB＝2：1，故C錯誤，D正確。故選：D?！军c評】本題考查動量守恒定律的應用，要掌握系統(tǒng)動量守恒的條件：合外力為零，應用動量守恒定律即可解題。隨堂練習1．（永濟市校級期末）如用所示.光滑的水平面上放有一表面光滑、傾角為a的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M、底邊長為L，將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好紺到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A．F滑＝mgcosα B．滑塊B下滑的過程中，B對A的壓力的沖量大小為FNtsinα C．滑塊B下滑的過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒 D．滑塊B下滑的過程中.斜面體向左滑動的距離為【分析】根據(jù)滑塊的運動情況求出斜面對滑塊的支持力大小與mgcosα的關系，然后求出B對A的壓力的沖量；系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；滑塊與斜面體組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，應用動量守恒定律求出斜面體滑行的距離.【解答】解：A、滑塊下滑過程斜面會向左運動，滑塊的加速度方向并不沿斜面方向，即滑塊的加速度在垂直斜面方向有分量，斜面體對滑塊B的支持力不等于mgcosα，故A錯誤；B、滑塊下滑過程中，B對A的壓力FN′＝FN，壓力的沖量大小為I＝FN′t＝FNt，故B錯誤；C、滑塊下滑過程系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在豎直方向所受合外力不為零，系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故C錯誤；D、滑塊與斜面體組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv水平﹣Mv斜面＝0m﹣M＝0解得滑塊下滑過程斜面體向左滑動的距離為：x＝，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了動量守恒定律的應用，知道動量守恒的條件是解題的前提，分析清楚滑塊與斜面體的運動情況，應用動量守恒定律即可解題。2．（樂山期末）如圖所示，車廂長為L，質(zhì)量為M，靜止在光滑水平面上，車廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體，以速度v0向右運動，與車廂壁來回碰撞幾次后，靜止于車廂中，這時車廂的速度為（）A．v0，水平向右 B．0 C．，水平向右 D．，水平向右【分析】物體在車廂中運動及與車廂壁的過程中，兩者組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，最終兩者速度相等，由動量守恒定律可以求出最終車廂的速度。【解答】解：以物體與車廂組成的系統(tǒng)為研究對象，由于系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒。以水平向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，最終車廂的速度：v＝，水平向右，故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】解答本題時，要知道系統(tǒng)的動量守恒，通過這題的解答，要體會運用動量守恒定律的優(yōu)越性：不考慮過程的細節(jié)，只有考慮初末狀態(tài)，比牛頓運動定律更加簡潔方便。3．（廣東期末）“草船借箭”是后人津津樂道的三國故事．假設草船質(zhì)量為M，以速度v1迎面水平駛來時，對岸士兵弓箭齊發(fā)，每支箭的質(zhì)量為m，共有n支箭射中草船，射中時箭的水平速度都相同，且全部停留在草船中，草船因此停下來．忽略草船和箭受到的空氣阻力、草船受到水的水平阻力，則射中前瞬間每支箭的水平速度大小為（）A． B． C． D．【分析】箭射中草船的過程，兩者組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，由動量守恒定律列式求解?！窘獯稹拷猓涸诓荽c箭的作用過程中，系統(tǒng)動量守恒，設射中前瞬間每支箭的速度大小為v2，取草船原來的速度方向為正方向，由動量守恒定律有Mv1+nm（﹣v2）＝0，解得v2＝，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查動量守恒定律的簡單應用，要注意選擇研究對象，規(guī)定正方向，用正負號表示速度方向。4．（臨海市二模）近年中國女子速滑隊取得的成績十分令人矚目。在速滑接力賽中，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間的阻力，下列說法正確的是（）A．甲對乙的沖量與乙對甲的沖量相同 B．甲的速度增加量一定等于乙的速度減少量 C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量 D．乙對甲的作用力一定做正功，甲的動能一定增大【分析】甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，由此分析沖量關系；根據(jù)動量守恒定律分析速度的變化是否相同；二者的動量變化大小相等，質(zhì)量不一定相等，由此分析動能變化；乙對甲的作用力方向與甲的運動方向相同，由此分析乙對甲做功正負?！窘獯稹拷猓篈、甲對已的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等、方向相反，故A錯誤；B、設甲乙兩運動員的質(zhì)量分別為m甲、m乙，追上之前的瞬間甲、乙兩運動員的速度分別是v甲，v乙，取初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：m甲△v甲＝﹣m乙△v乙，由于二者的質(zhì)量大小可能不同，則速度的變化不一定相同，故B錯誤；C、二者的動量變化大小相等，質(zhì)量不一定相等，動能變化不一定相同，故C錯誤；D、在乙推甲的過程中，乙對甲的作用力方向與甲的運動方向相同，乙對甲的作用力對甲一定做正功，甲的動能一定增大，故D正確。故選：D?！军c評】該題屬于物理知識在日常生活中的應用，對于動量守恒定律的應用，解答的關鍵是掌握動量守恒定律的應用方法，知道動量是一個矢量。綜合練習一．選擇題（共15小題）1．（杭州期末）如圖，A、B、C、D、E五個鋼球用等長細繩懸掛后，緊密地排列在同一水平直線上，組成“牛頓擺”。拉起A球使之從偏離平衡位置高度為h0處靜止釋放，發(fā)生對心碰撞后，發(fā)現(xiàn)E球被彈起偏離平衡位置的最大高度也為h0，而A、B、C、D四球均保持靜止?，F(xiàn)將A、E兩球分別向左，向右拉起偏離平衡位置的高度為hA、hE，先后釋放后，兩球同時到達最低點并發(fā)生對心碰撞。第一次碰撞發(fā)生后，A、E兩球回彈的最大高度分別為HA、HE。已知細繩不可伸長且始終張緊，下列情況能發(fā)生的是（）A．若hA＝hE，則HA＝HE＝0 B．若hA＞hE，則HA＝HE＝hE C．若hA＞hE，則HA＝hA，HE＝hE D．若hA＜hE，則HA＝hE，HE＝hA【分析】由題意可知“牛頓擺“符合彈性碰撞的情況，動量與能量守恒，當小球質(zhì)量都相等時，無論hA與hE的關系如何，HA＝hE，HE＝hA?！窘獯稹拷猓豪餉球使之從偏離平衡位置高度為h0處靜止釋放，發(fā)生對心碰撞后，發(fā)現(xiàn)E球被彈起偏離平衡位置的最大高度也為h0，可知鋼球之間發(fā)生的是彈性碰撞，所以水平方向動量守恒，且機械能守恒，設向右為正方向：m1v1＝m1v1′+m2v2當質(zhì)量相等時，兩物體速度互換，每相鄰的兩個小球碰撞時都會速度交換，可等效為A與E發(fā)生彈性碰撞。A、若hA＝hE，則HA＝HE＝hA，故A錯誤；BCD、無論hA與hE的關系如何，最終都會有HA＝hE，HE＝hA，故BC錯誤，D正確。故選：D?！军c評】本題實際考查了多個彈性碰撞連續(xù)發(fā)生的過程，每次彈性碰撞的兩個小球機械能守恒、動量守恒．2．（福田區(qū)校級模擬）燃放爆竹是我國傳統(tǒng)民俗。春節(jié)期間，某人斜向上拋出一個爆竹，到最高點時速度大小為v0，方向水平向東，并炸開成質(zhì)量相等的三塊碎片a、b、c，其中碎片a的速度方向水平向東，忽略空氣阻力。以下說法正確的是（）A．炸開時，若碎片b的速度方向水平向西，則碎片c的速度方向可能水平向南 B．炸開時，若碎片b的速度為零，則碎片c的速度方向一定水平向西 C．炸開時，若碎片b的速度方向水平向北，則三塊碎片一定同時落地 D．炸開時，若碎片a、b的速度等大反向，則碎片c落地時的速率可能等于3v0【分析】三塊碎片水平方向所受合力為0，故爆炸前后水平方向動量守恒。【解答】解：設爆炸后a的速度為vA，bc的速度分別為vB，vC，設向東為正方向，根據(jù)水平方向動量守恒：3mv0＝mvA+mvB+mvCA、若a的速度向東，b的速度向西，則c的速度可能向東可能向西，故A錯；B、若b的速度為0，3mv0與mvA的大小一定，則c的速度可能向東可能向西，故B錯；C、炸開后，abc三塊碎片在同一水平面，根據(jù)h＝，可知落地時間相等，故C正確；D、根據(jù)動量守恒可知，若碎片a、b的速度等大反向，則碎片c炸開時的速率等于3v0，落地的速度大于3v0，故D正錯誤。故選：C?！军c評】本題考查動量守恒在實際問題中的應用，爆炸模型滿足水平方向動量守恒。3．（如皋市校級模擬）一個光子與一個靜止的電子碰撞，光子并沒有被吸收，只是被電子反彈回來．則（）A．電子仍然靜止 B．光子的動量變小 C．光子的速率變小 D．光子的頻率變大【分析】光子與電子碰撞過程遵守動量守恒定律，根據(jù)動量守恒定律分析電子的運動狀態(tài)，根據(jù)能量守恒定律分析光子能量的變化，再分析光子的動量、頻率的變化情況?！窘獯稹拷猓篈、設碰撞前光子的動量為p0，光子與電子碰撞后光子與電子的動量大小分別為p1和p2。取碰撞前光子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：p0＝﹣p1+p2可得p2＝p0+p1＞0，可知碰撞后電子沿原來光子的速度方向運動，故A錯誤；BCD、根據(jù)能量守恒定律可知，碰撞后光子的能量減小，由E＝hγ知光子的頻率變小，由c＝λγ知，光子的波長變大，由λ＝知光子的動量變小，故B正確，CD錯誤。故選：B。【點評】本題的關鍵要知道微觀粒子碰撞過程遵守兩大守恒定律：動量守恒定律和能量守恒定律，結合光子的波速、波長、頻率間的關系進行分析。4．（永定區(qū)三模）如圖所示，我國自行研制的第五代隱形戰(zhàn)機“殲﹣20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達目標地時，將質(zhì)量為M的導彈自由釋放，導彈向后噴出質(zhì)量為m、對地速率為v1的燃氣，則噴氣后導彈的速率為（）A． B． C． D．【分析】對導彈和氣體系統(tǒng)為研究對象，在水平方向上運用動量守恒定律，求出噴氣后導彈相對于地面的速率?！窘獯稹拷猓阂詫楋w行的方向為正方向，導彈被飛機釋放后導彈噴出燃氣前后瞬間，根據(jù)動量守恒定律得：Mv0＝（M﹣m）v﹣mv1，解得：v＝，故BCD錯誤、A正確。故選：A?！军c評】本題主要是考查了動量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程解答。5．（荔灣區(qū)校級期中）冰壺運動深受觀眾喜愛，圖1為運動員投擲冰壺的鏡頭。在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與對面靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖2。若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是圖中的（）A． B． C． D．【分析】兩冰壺碰撞過程動量守恒，碰撞過程中機械能不會增加，碰撞后甲的速度不會大于乙的速度，據(jù)此分析答題．【解答】解：A、若兩球不是對心碰撞，則兩球可能在垂直于甲的初速度方向上均發(fā)生移位，但垂直于甲初速度方向上應保證動量為零，碰撞后在垂直于甲的初速度方向上兩冰壺應向相反方向運動，由圖甲所示可知，兩壺碰撞后向在垂直于甲初速度方向的同側(cè)滑動，不符合動量守恒定律，故A錯誤；BCD、如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運動，最后停止，由圖示可知，B正確，CD錯誤。故選：B。【點評】本題考查了動量守恒定律的應用，兩物體發(fā)生碰撞時，內(nèi)力遠大于外力，外力可以忽略不計，系統(tǒng)動量守恒，碰撞過程機械能不可能增加、碰撞后后面的物體速度不可能大于前面物體的速度，據(jù)此分析答題．6．（岳麓區(qū)校級二模）某煙花彈在點燃后升空到離地h時速度變?yōu)榱?，此時彈中火藥爆炸將煙花彈炸裂為質(zhì)量相等的A、B兩部分，A豎直向上運動，B豎直向下運動，A繼續(xù)上升的最大高度為，從爆炸之后瞬間開始計時，A、B在空中運動的時間分別為tA和tB。不計空氣阻力，重力加速度為g，則tA和tB的比值為（）A．1.5 B．2 C．3 D．4【分析】根據(jù)動量守恒定律得到爆炸后A和B的速度大小關系，根據(jù)運動學公式求解h和A的速度關系，再根據(jù)運動學公式得到A和B的運動時間，由此解答?！窘獯稹拷猓涸O爆炸后豎直向上運動的一部分速度大小為vA，豎直向下運動的一部分速度大小為vB；因為爆炸后A、B運動方向相反，取向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mAvA﹣mBvB＝0，解得：vA＝vB；A爆炸后上升高度為，根據(jù)運動學公式可得：vA2＝2g×，解得：h＝，A從爆炸后到落地過程中，根據(jù)位移﹣時間關系可得：﹣vAtA+＝h，解得：tA＝（tA＝不合題意舍去）；B從爆炸后到落地過程中，根據(jù)位移﹣時間關系可得：vBtB+＝h，解得：tB＝（tB＝不合題意舍去）；故tA：tB＝3：1，則tA和tB的比值為3，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題主要是考查動量守恒定律和豎直上拋運動，關鍵是知道動量守恒定律的解題方法、以及豎直上拋運動的規(guī)律，能夠分析運動過程，結合運動學公式進行解答。7．（廣東模擬）太空探測器常裝配離子發(fā)動機，其基本原理是將被電離的原子從發(fā)動機尾部高速噴出，為探測器提供推力。若某探測器的質(zhì)量為500kg，離子以一定的速率（遠大于探測器的飛行速率）向后噴出，流量為3×10﹣3g/s，探測器獲得的平均推力大小為0.099N，則離子被噴出的速率為（）A．3km/s B．3.3km/s C．30km/s D．33km/s【分析】結合題干信息，先求出△t時間內(nèi)噴出的離子質(zhì)量，再利用動量定理進行求解即可?！窘獯稹拷猓涸凇鱰時間內(nèi)噴出的離子質(zhì)量△m＝3×10﹣3×10﹣3?△t，根據(jù)動量定理有F△t＝△mv，代入數(shù)據(jù)，解得v＝3.3×10﹣4m/s＝33km/s，故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查動量定理，要求學生從題干獲取信息結合已學知識點進行運算，對學生獲取信息的能力以及分析能力有一定要求。8．（乙卷）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）A．動量守恒，機械能守恒 B．動量守恒，機械能不守恒 C．動量不守恒，機械能守恒 D．動量不守恒，機械能不守恒【分析】系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；系統(tǒng)內(nèi)只有重力或彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)受力情況與各力做功情況，根據(jù)動量守恒與機械能守恒的條件分析答題。【解答】解：從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動，彈簧被壓縮且彈簧的彈力大于滑塊受到的滑動摩擦力，撤去外力后滑塊受到的合力不為零，滑塊相對車廂底板滑動，系統(tǒng)要克服摩擦力做功，系統(tǒng)的機械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，系統(tǒng)機械能減小，系統(tǒng)機械能不守恒，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了動量守恒定律與機械能守恒定律的應用，知道動量守恒與機械能守恒的條件、分析清楚系統(tǒng)受力情況與力的做功情況即可解題。9．（番禺區(qū)校級期中）在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運動。在小球的前方有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，如圖所示．小球A與小球B發(fā)生彈性碰撞后，小球A、B均向右運動。且碰后A、B的速度大小之比為1：4，則兩小球質(zhì)量之比為（）A．2：1 B．3：1 C．1：2 D．1：3【分析】兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律求出兩球的質(zhì)量之比?！窘獯稹拷猓簝汕虬l(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2由機械能守恒定律得：m1v02＝m1v12+m2v22解得：v1＝v0，v2＝v0由題意可知：v1：v2＝1：4解得：m1：m2＝2：1，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】解決本題時，要知道兩球發(fā)生彈性碰撞，遵守動量守恒定律與機械能守恒定律，解題時要注意規(guī)定正方向，用正負號表示速度方向。10．（石家莊二模）如圖所示，我國自行研制的“殲﹣15”戰(zhàn)斗機以速度v0水平向東飛行，到達目的地時，將總質(zhì)量為M的導彈自由釋放瞬間，導彈向西噴出質(zhì)量為m、對地速率為v1的燃氣，則噴氣后導彈的速率為（）A． B． C． D．【分析】對導彈和氣體系統(tǒng)為研究對象，在水平方向上運用動量守恒定律，求出噴氣后導彈相對于地面的速率。【解答】解：以導彈飛行的方向為正方向，導彈被飛機釋放后導彈噴出燃氣前后瞬間，根據(jù)動量守恒定律得：Mv0＝（M﹣m）v﹣mv1，解得：v＝，故BCD錯誤、A正確。故選：A。【點評】解決本題的關鍵知道系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，結合動量守恒定律進行求解，注意正方向的規(guī)定。11．（遼寧期中）在光滑的水平地面上放有一質(zhì)量為M的半圓柱體，在其圓心正上方靜止放有一質(zhì)量為m的光滑小球。某時刻小球受到輕微擾動，由靜止開始下滑。當m與M分離時，m的水平位移為xm，則M的位移為（）A．xm B．xm C．xm D．xm【分析】M和m組成的系統(tǒng)，在水平方向滿足動量守恒定律，即可求得M通過的位移?！窘獯稹拷猓涸谒椒较?，M和m組成的整體動量守恒，規(guī)定向右運動為正方向，經(jīng)歷的時間為t，根據(jù)動量守恒定律可得：0＝，解得x＝，故ABD錯誤，C正確；故選：C?！军c評】本題主要考查了動量守恒定律，關鍵是抓住在水平方向滿足動量守恒定律，即可求得。12．（忻府區(qū)校級月考）《三國演義》中“草船借箭”是后人熟悉的故事。若草船的質(zhì)量為M，每支箭的質(zhì)量為m，草船以速度v1駛來時，對岸士兵多箭齊發(fā)，n支箭以相同的速度水平射中草船。假設此時草船正好停下來，不計水的阻力，則每支箭的速度大小為（）A． B． C． D．【分析】箭射中草船的過程，兩者構成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，由動量守恒定律列式分析．【解答】解：n支箭同時射中草船后草船正好停下來，草船的速度為0，箭與草船組成的系統(tǒng)動量守恒，取船行駛方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：Mv1﹣nmv＝0解得，箭的速度大?。簐＝，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】解決本題的關鍵是抓住系統(tǒng)的動量守恒，利用動量守恒定律進行定量分析．也可以根據(jù)牛頓運動定律分析．13．（思明區(qū)校級月考）在光滑的桌面上，A、B兩球以相等的速率沿一條直線相向運動并發(fā)生碰撞，碰后A球靜止不動，已知A球的質(zhì)量是B球的3倍，根據(jù)以上條件，四位同學給出了自己的判斷：甲同學認為應該是兩個彈性好的橡膠球發(fā)生碰撞（視為彈性碰撞）；乙同學認為應該是兩個容易發(fā)生形變的金屬球發(fā)生碰撞（視為非彈性碰撞）；丙同學認為應該是兩個粘性很好的橡皮泥（視為完全非彈性碰撞）；丁同學認為甲、乙、丙都有可能是正確的。你認為哪位同學說的對（）A．甲同學 B．乙同學 C．丙同學 D．丁同學【分析】根據(jù)動量守恒定律求解碰撞后B球的速度大小，再求出碰撞前、后A和B總動能進行分析?！窘獯稹拷猓涸O碰撞前兩個小球的速度大小均為v，B球的質(zhì)量為m，則A球的質(zhì)量為3m。取A球碰前速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：3mv﹣mv＝mvB，解得：vB＝2v；碰撞前A和B總動能為：Ek0＝+＝2mv2，碰撞后A和B總動能為：Ek＝＝2mv2，由于碰撞前后總動能不變，則為完全彈性碰撞，故甲同學說的正確，故A正確、BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)動能的計算公式分析碰撞前后動能是否相等。14．（邢臺月考）質(zhì)量為M的小車靜止于光滑的水平地面上，小車上的水平部分和圓弧軌道均光滑，如圖所示，一個質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_向小車，當小球返回左端脫離小車時，下列說法正確的是（）A．小球脫離小車后的速度為2v0 B．小球脫離小車后做自由落體運動 C．整個過程中小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 D．小球脫離小車后沿水平方向向右做平拋運動【分析】小球和小車組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受外力，系統(tǒng)水平方向的動量守恒，系統(tǒng)的機械能也守恒，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律列式，求出小球脫離小車后小球的速度，再判斷小球的運動情況?！窘獯稹拷猓篊、小球滑上小車，又返回到離開小車的整個過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)水平方向的動量守恒。由于小球有豎直分速度，系統(tǒng)的合外力不為零，所以系統(tǒng)的動量并不守恒，故C錯誤；ABD、設小球脫離小車后小球和小車的速度分別為v1和v2。取水平向右為正方向，由動量守恒定律得Mv0＝Mv1+Mv2由系統(tǒng)的機械能守恒得Mv02＝Mv12+Mv22聯(lián)立解得v1＝0，v2＝v0，因此，小球脫離小車后做自由落體運動，故AD錯誤，B正確。故選：B。【點評】解決本題的關鍵要知道小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向的動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒，但總動量并不守恒。15．（開封月考）一個質(zhì)量為m的小型炸彈自水平地面朝右上方射出，在最高點以水平向右的速度v飛行時，突然爆炸為質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊彈片，如圖所示。爆炸之后，乙自靜止自由下落，丙沿原路徑回到原射出點。若忽略空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．爆炸后，乙落地的時間最長 B．爆炸后，甲落地的時間最長 C．甲、丙落地點到乙落地點O的距離比為3：1 D．爆炸過程釋放的化學能為【分析】爆炸后甲、丙從同一高度平拋，乙從同一高度自由下落，根據(jù)下落的高度關系分析運動時間關系；爆炸過程系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律分析甲、丙速度關系，從而確定甲、丙落地點到乙落地點O的距離之比；應為由動量守恒定律分析甲、丙速度關系，再由能量守恒求爆炸過程釋放的化學能。【解答】解：AB、爆炸后甲、乙和丙三塊彈片在豎直方向上都做自由落體運動，所以落地的時間相等，故AB錯誤；C、丙沿原路徑回到原射出點，所以丙的速度為﹣v，取向右為正，根據(jù)動量守恒定律可得：解得甲的速度為v1＝4v，由于兩者下落的時間相同，根據(jù)水平位移x＝vt可得甲、丙落地點到乙落地點O的距離比為4：1，故C錯誤；D、爆炸過程釋放的化學能為，故D正確。故選：D?！军c評】解決本題的關鍵要熟練掌握平拋運動的規(guī)律，知道平拋運動的時間由物體下落的高度決定，結合動量守恒定律和能量守恒定律進行研究。二．多選題（共15小題）16．（雙流區(qū)校級期末）下列關于能量和動量的說法正確的是（）A．一個做勻速運動的物體機械能和動量都不變 B．一顆衛(wèi)星繞地球做橢圓運動時機械能不變 C．一個物體所受合外力做功為0或合外力為0時動量均不變 D．一個系統(tǒng)只受內(nèi)部摩擦力作用時總動量時刻不變【分析】動量是矢量，動量的大小或方向變了，物體的動量就變了；系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；只有重力或彈力做功，機械能守恒；根據(jù)題意分析答題。【解答】解：A、一個做勻速運動的物體速度不變，物體的動量不變，物體的機械能不一定不變，如在豎直方向做勻速直線運動的物體動能不變，重力勢能變化，物體的機械能發(fā)生變化，機械能不守恒，故A錯誤；B、一顆衛(wèi)星繞地球做橢圓運動時只有萬有引力做功，機械能守恒，故B正確；C、一個物體所受合外力做功為0時物體的動量可能變化有可能不變，如做勻速圓周運動的物體所受合外力做功為零，動量發(fā)生變化，做勻速直線運動的物體所受合外力做功為零，動量不變；一個物體所受合外力為0，合外力的沖量為0，由動量定理可知，物體的動量不變，故C錯誤；D、系統(tǒng)內(nèi)的摩擦力是內(nèi)力，如果一個系統(tǒng)只受內(nèi)部摩擦力作用，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)的總動量時刻不變，故D正確。故選：BD。【點評】知道動量守恒與機械能守恒的條件，根據(jù)題意應用基礎知識與動量定理即可解題；解題時可以舉例說明問題。17．（臺江區(qū)校級期中）質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，其動量大小分別為7kg?m/s與5kg?m/s，A球在B球后，當A追上B球后，兩球相碰，則相碰以后，A、B兩球的動量值可能分別（）A．6kg?m/s，6kg?m/s B．8kg?m/s，4kg?m/s C．﹣2kg?m/s，14kg?m/s D．5kg?m/s，7kg?m/s【分析】根據(jù)碰撞時系統(tǒng)遵守動量守恒定律、碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加、不能違背物體的運動規(guī)律，根據(jù)以上三個規(guī)律進行判斷?！窘獯稹拷猓涸O兩球的質(zhì)量均為m.碰撞前，A、B兩球動量分別為p1＝7kg?m/s與p2＝5kg?m/s，總動量為p＝12kg?m/s.碰撞前總動能為：Ek＝A、總動量滿足守恒，碰撞后總動能為E'k＝，可見碰撞后總動能減少，是可能的，故A正確；B、總動量滿足守恒，碰撞后總動能為E'k＝，可見碰撞后總動能增加，且碰撞后A球的速度大于B球的速度，是不可能的，故B錯誤；C、總動量滿足守恒，碰撞后總動能為E'k＝，可見碰撞后總動能增加，是不可能的，故C錯誤；D、總動量滿足守恒，碰撞后總動能為E'k＝，可見碰撞后總動能增加，是可能的，故D正確。故選：AD?！军c評】這題關鍵抓住碰撞過程的三大規(guī)律進行分析：1、動量守恒；2、總動能不增加；3、符合實際運動情況。18．（南崗區(qū)校級四模）光滑水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑半圓軌道相切于N點，質(zhì)量為m的小球B靜止于水平軌道上P點，小球半徑遠小于R。與B完全相同的小球A以速度v0向右運動，A、B碰后粘連在一起，兩球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離軌道。已知重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．若兩小球恰能到達與圓心等高的位置，則小球A的速度v0＝2 B．只要v0≥2，兩球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離軌道 C．若兩小球恰能到達最高點，則小球A的速度v0＝ D．若兩小球到達最高點又落至水平軌道上的Q點（Q點未畫出），Q和N的水平距離可能為2.5R【分析】根據(jù)動量守恒求得A的初速度，結合圓周運動的臨界條件判斷初速度的范圍，根據(jù)在最高點的最小速度可解得平拋的水平距離?！窘獯稹拷猓篈BC、AB碰撞后的速度為v1，恰好運動到圓弧最高點時的速度為v2，對A、B，碰撞過程中動量守恒，選取向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv1當v0較小時，A、B最高只能運動到與圓心等高的地方，對A、B，從碰后到與圓心等高的地方，由動能定理有﹣2mgR＝0﹣聯(lián)立得v0＝2當v0較大時，A、B能夠做完整的圓周運動。討論A、B恰好做完整圓周運動時的情形，對A、B，從碰后運動到圓周最高點的過中，由動能定理﹣2mg2R＝在最高點時，由牛頓第二定律得2mg＝2m聯(lián)立得v0＝綜上所述，當v0≤2或v0≥兩小球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離圓弧軌道，故BC錯誤，A正確；D.在最高點時，由牛頓第二定律得2mg＝2m解得v2＝則落點到N的最小水平距離2R＝x＝v2t解得x＝2RQ和N的水平距離可能為2.5R，故D正確。故選：AD。【點評】本題考查動量守恒定律，動能定理與平拋的結合問題，注意不脫離軌道的條件A、B最高只能運動到與圓心等高的地方或者A、B能夠做完整的圓周運動。19．（常熟市校級三模）2021年2月15日17時，我國發(fā)射的火星探測器天問一號成功實施“遠火點平面軌道調(diào)整”。探測器由遠處經(jīng)A點進入與火星赤道平面重合的軌道1，探測器在B點進行一次“側(cè)手翻”從火星軌道1變?yōu)榕c軌道1垂直的火星極地軌道2，該過程的示意圖如圖所示。設探測器在軌道1上B點的速度為v1，“側(cè)手翻”后在軌道2上B點的速度為v2。對在B點“側(cè)手翻”以下說法正確的是（）A．發(fā)動機點火應當向v1方向噴射 B．發(fā)動機點火應當向v2反方向噴射 C．發(fā)動機噴射過程探測器動量守恒 D．發(fā)動機點火噴射過程中推力對探測器做負功【分析】從高軌道到低軌道，發(fā)動機點火使探測器減速，合外力不為零時，動量不守恒；發(fā)動力點火使探測器減速，燃料對探測器做負功。【解答】解：AB、由圖示可知，軌道Ⅰ為高軌道，軌道Ⅱ為低軌道，對在B點“側(cè)手翻”，因為要進入低軌道，所以要減速，即朝著v1的方向使得探測器減速進入低軌道，所以A正確，B錯誤；C、在噴射過程中因為有火星的引力在作用，所以不滿足動量守恒條件，故C錯誤；D、發(fā)動力點火噴射過程中，因為要使探測器減速，所以推力做負功，故D正確；故選：AD?！军c評】本題考查衛(wèi)星變軌問題，注意去更低軌道時需要點火減速，要理解動量守恒的條件。20．（南海區(qū)校級模擬）如圖所示，在光滑水平面上有一輛平板車，一人手握大錘站在車上。開始時人、錘和車均靜止，此時大錘在頭頂?shù)恼戏?。人用力使錘落下敲打車的左端，然后錘反彈回到頭頂正上方再落下，如此周而復始，使大錘連續(xù)地敲打車的左端，最后，人和錘都恢復至初始狀態(tài)并停止敲打。在此過程中，下列說法中正確的是（）A．在大錘連續(xù)的敲打下，車左右往復運動 B．在任一時刻，人、錘和車組成的系統(tǒng)動量守恒 C．錘從剛離開車的左端至運動到最高點的過程中，車的動量方向先向右再向左，大小先增大后減小 D．錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過程中，車具有水平向右的動量，車的動量減小至零【分析】人、錘和車組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，豎直方向動量不守恒，水平方向合動量為零，根據(jù)動量守恒定律進行分析。【解答】解：A、系統(tǒng)水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒；由于原來均靜止，合動量為零，由水平方向動量守恒可知在大錘連續(xù)的敲打的過程中，車會往復運動，故A正確；B、人、錘和車組成的系統(tǒng)，只在水平方向上所受的合外力為零，水平方向上動量守恒，豎直方向動量不守恒，故B錯誤；C、錘從剛離開車的左端至運動到最高點的過程中，水平方向錘的動量先向左再向右，大小先增大后減小，則車的動量先向右再向左，大小先增大后減小，故C正確；D、錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過程中，車具有水平向左的動量，車的動量減小至零，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題主要是考查動量守恒定律，關鍵是掌握動量守恒定律的守恒條件，知道系統(tǒng)合動量為零時，二者的動量大小相等、方向相反、同增同減。21．（鷹潭二模）如圖所示，光滑的水平地面上有木板C，mc＝4kg，C板上表面粗糙，A、B兩個物體緊挨在一起，初始A、B和C三個物體均處于靜止狀態(tài)，mA＝1kg，mB＝2kg。A，B間夾有少量火藥，某時刻火藥爆炸，瞬間釋放了E＝27J的能量并全部轉(zhuǎn)化為A和B的動能，使A，B分別水平向左、向右運動起來，C板足夠長，以下結論正確的是（）A．爆炸后瞬間A、B速度大小vA＝2vB B．若A、B與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，爆炸后A、B組成的系統(tǒng)動量守恒 C．若A、B與木板C上表面間的摩擦力大小不相等，則A、B、C組成的系統(tǒng)動量不守恒 D．整個過程中A、B、C系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為27J【分析】爆炸過程A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，能量也守恒，利用動量守恒定律與能量守恒定律求出爆炸后瞬間A、B的速度大小，從而得到兩者速度大小關系；根據(jù)系統(tǒng)動量守恒的條件：合外力為零，分析爆炸后A、B組成的系統(tǒng)和A、B、C組成的系統(tǒng)動量是否守恒；C板足夠長，最終A、B、C三個物體與木板共速，由動量守恒定律求出共同速度，再由能量守恒定律求整個過程中A、B、C系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。【解答】解：A、火藥爆炸瞬間，A、B組成的系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得：mBvB﹣mAvA＝0由能量守恒定律得：E＝mAvA2+mBvB2聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：vA＝6m/s，vB＝3m/s，則vA＝2vB，故A正確；B、若A、B與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，由于A、B質(zhì)量不等，則爆炸后A與B所受的滑動摩擦力方向相反，大小不等，A、B組成的系統(tǒng)合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；C、若A、B與木板C上表面間的摩擦力大小不相等，由于A、B、C組成的系統(tǒng)合外力為零，所以系統(tǒng)動量守恒，故C錯誤；D、C板足夠長，最終A、B、C三個物體與木板共速，設共同速度為v。取向右為正方向，由動量守恒定律得0＝（mA+mB+mc+m板）v，解得v＝0整個過程中A、B、C系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝mAvA2+mBvB2，可得Q＝E＝27J，故D正確。故選：AD?！军c評】根據(jù)題意分析清楚物塊的運動過程是解題的前提，要把握動量守恒的條件：合外力為零，通過分析外力來判斷系統(tǒng)動量是否守恒。運用動量守恒定律時，要規(guī)定正方向。22．（湖南模擬）如圖所示，足夠長的粗糙斜面固定于豎直向上的勻強電場E中，兩個帶等量負電荷的物體AB（不計AB間的相互作用）用質(zhì)量不計的輕彈簧直接相連，在恒力F作用下沿斜面向上做勻速運動，AB與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2且μ1＞μ2，物體所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。某時刻輕彈簧突然斷開，A在F作用下繼續(xù)前進，B最后靜止在斜面上，則（）A．輕彈簧斷開前，摩擦力對B的沖量大于對A的沖量 B．B靜止前，A和B組成的系統(tǒng)動量守恒 C．輕彈簧斷開瞬間，B物體加速度為零 D．輕彈簧斷開后，A物體所受重力的功率變大、電勢能增大【分析】對AB物體分別受力分析，根據(jù)摩擦力公式求解A、B所受的摩擦力，根據(jù)沖量公式可以求解摩擦力對A、B的沖量；對AB整體受力分析，判斷B靜止前的受力情況，根據(jù)動量守恒的條件即可判斷；輕彈簧斷開瞬間，對B物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律即可求解B物體的加速度；輕彈簧斷開后，對A物體受力分析，判斷A的運動情況，即可判斷A所受重力的功率的變化，根據(jù)電場力做功與電勢能的關系，可以判斷電勢能的變化?！窘獯稹拷猓篈、設A、B所帶的電荷量均為﹣q，則物體A所受摩擦力fA＝μ1（mAg+qE）cosθ，fB＝μ2（mBg+qE）cosθ，由于A、B質(zhì)量大小關系不確定，故無法判斷fA與fB的大小關系，摩擦力對物塊的沖量為I＝ft，故摩擦力對物塊A和B的沖量大小關系不確定，故A錯誤；B、輕彈簧斷開前，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，輕彈簧斷開后，B靜止前，系統(tǒng)所受的外力（重力、摩擦力、電場力、拉力）均沒有改變，故提供仍動量守恒，故B正確；C、輕彈簧斷開瞬間，B受到豎直向下的重力，垂直斜面斜向左上的支持力，沿斜面向下的摩擦力及豎直向下的電場力，故B的加速度一定不為0，故C錯誤；D、輕彈簧斷開前，物體A和B一起沿斜面向上做勻速運動，彈簧上由彈力，輕彈簧斷開后，A受到的彈簧彈力消失，A受到的合力沿斜面向上，故A沿斜面向上做加速運動，A速度增大，則重力的功率增大，電場力豎直向下，電場力做負功，故電勢能增大，故D正確。故選：BD?！军c評】本題考查受力分析，動量守恒定律和電場的性質(zhì)，解題時，分別對整體、個體進行受力分析，判斷彈簧剪斷前后各力的變化情況，明確系統(tǒng)動能守恒的條件。23．（懷寧縣校級期中）如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量為mA、mB，與C上表面間的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB，A、B原來靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當彈簧突然被釋放后，以下系統(tǒng)動量守恒的是（）A．若mA、mB不相等，μA、μB相同，A、B組成的系統(tǒng) B．若mA、mB不相等，μA、μB相同，A、B、C組成的系統(tǒng) C．若mA、mB相等，μA、μB不相同，A、B組成的系統(tǒng) D．若mA、mB相等，μA、μB不相同，A、B、C組成的系統(tǒng)【分析】系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零，分析物體的受力情況，確定系統(tǒng)的合外力，根據(jù)動量守恒的條件即可判斷系統(tǒng)的動量是否守恒．【解答】解：AC、系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零，如果A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，則A與C之間、B與C之間的滑動摩擦力大小相等，若mA、mB不相等，μA、μB相同或者mA、mB相等，μA、μB不相同，則A與C之間、B與C之間的滑動摩擦力大小都不相等，A、B組成的系統(tǒng)動量都不守恒，故AC錯誤；BD、無論A與平板車C之間的摩擦力、B與平板車C之間的摩擦力是否相等，對于A、B、C組成的系統(tǒng)合外力為零，動量一定守恒，故BD正確。故選：BD?！军c評】本題關鍵掌握系統(tǒng)動量守恒定律的適用條件：合外力為零，并能通過分析受力，判斷系統(tǒng)的動量是否守恒．24．（福州期中）光滑水平面上，A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間變化的圖象，c為碰撞后兩球共同運動的位移隨時間變化的圖象。若A球質(zhì)量mA＝3kg，則由圖判斷下列結論正確的是（）A．B球質(zhì)量mB＝2kg B．碰撞時B球?qū)球所施的沖量為6N?s C．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為15J D．A、B兩球碰撞前的總動量為5kg?m/s【分析】x﹣t圖象的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖示圖象求出兩球碰撞前后的速度，兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律可以求出B球的質(zhì)量，應用動量定理與能量守恒定律分析答題?！窘獯稹拷猓河蓤D示圖象可知，碰撞前A球的速度vA＝m/s＝﹣3m/s，B球的速度vB＝m/s＝2m/s，碰撞后兩球的共同速度v＝m/s＝﹣1m/sA、兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以碰撞前B球的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mAvA+mBvB＝（mA+mB）v，代入數(shù)據(jù)解得：mB＝2kg，故A正確；B、對A，由動量定理得：I＝mAv﹣mAvA，代入數(shù)據(jù)解得：I＝6N?s，故B正確；C、兩球碰撞過程，對系統(tǒng)，由能量守恒定律得：＝+△E，代入數(shù)據(jù)解得，系統(tǒng)損失的機械能：△E＝15J，故C正確；D、A、B碰撞前的總動量p＝mAvA+mBvB＝3×（﹣3）kg?m/s+2×2kg?m/s＝﹣5kg?m/s，故D錯誤。故選：ABC?！军c評】解答本題時，首先要明確位移圖象的斜率表示速度，根據(jù)圖象的斜率能求出速度，其次要明確碰撞的基本規(guī)律是動量守恒定律，并要注意動量的方向。25．（岑溪市期中）如圖甲，長木板A靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為mB＝3kg的另一物體B（可看做質(zhì)點）以水平速度v0滑上長木板A的表面，由于A、B間存在摩擦，之后運動過程中A、B的速度隨時間變化情況如圖乙所示，g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．木板A的最小長度為2m B．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1 C．木板獲得的動能為12J D．系統(tǒng)損失的機械能為3J【分析】根據(jù)圖像可得到A、B的加速度，位移，分析運動情況得到木板最小長度，根據(jù)牛頓運動定律可求解動摩擦因數(shù)及A的質(zhì)量，從而得到木板的動能，根據(jù)功能關系得到系統(tǒng)損失的機械能?！窘獯稹拷猓河蓤D得：0﹣1s，B做勻減速運動，A做勻加速運動，1s時，AB達到共速，一起勻速運動。A、由圖得：0﹣1s內(nèi)，B的位移，A的位移為，當A板長度最短時，B恰好滑到A的最右端，恰好未掉落，故木板A的最小長度為L＝xA﹣xB＝1.5m﹣0.5m＝1m，故A錯誤；B、由圖得：B的加速度：，負號表示加速度的方向，由牛頓第二定律得：μmBg＝mBaB，代入解得，μ＝0.1，故B正確；C、由圖得：對木板：μmBg＝MaA，解得：M＝3kg，木板獲得的動能為：，故C錯誤；D、系統(tǒng)損失的機械能△E＝f?△x＝μmBg（xB﹣xA）＝0.1×3×10×（1.5﹣0.5）J＝3J，故D正確；故選：BD?！军c評】本題考查圖像問題與板塊模型相結合，需要掌握牛頓運動定律的應用及功能關系。26．（道里區(qū)校級一模）如圖所示，小車置于光滑水平面上。小車左端固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧自然長度小于車長。小物塊置于小車上，小車與物塊間動摩擦因數(shù)為μ，用細繩將物塊系在小車左端，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈性勢能為EP，小車處于靜止狀態(tài)。此時小物塊到小車右端的距離為L?，F(xiàn)燒斷細繩，物塊到達小車右端時，物塊的動能是小車動能的3倍。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．彈簧對物塊做功與彈簧對小車做功相等 B．小車質(zhì)量 C．物塊先加速后減速，彈簧恢復原長時速度最大 D．物塊到達小車右端過程中，小車向左移動的距離為【分析】由動能定理判斷彈簧分別對物塊和小車做功的大小；對彈簧，小車和物塊構成系統(tǒng)動量守恒可求出小車和物塊質(zhì)量之比和位移之比，由能量關系求出小車質(zhì)量與彈性勢能的關系；物塊加速度為零時，速度最大。【解答】解：A、分別對物塊和小車進行分析，由動能定理可知，彈簧對它們做的功等于它們的動能變化量，由題意知：物塊到達小車右端時，物塊的動能是小車動能的3倍。那么彈簧對物塊做功等于彈簧對小車做功的3倍，故A錯誤；B、燒斷細繩后，彈簧，小車和物塊構成系統(tǒng)，在水平方向上不受外力作用，動量守恒，能量守恒，設物塊質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M，則0＝mv1﹣Mv2又有題意可知：＝3×解得：M＝3m整個過程能量守恒：EP＝μmgL++＞μmgL＝，即：小車質(zhì)量，故B正確；C、對物塊受力分析即運動分析可知，物塊先加速后減速，在加速度等于零時，速度最大，此時彈簧彈力等于摩擦力，并非是彈簧恢復原長時，故C錯誤；D、設物塊到達小車右端過程中，設小車向左移動的距離為x，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：0＝M﹣m，解得x＝，故D正確；故選：BD?！军c評】本題考查動量守恒定律和能量守恒定律，運用動量守恒定律時，要注意規(guī)定正方向，用正負號表示速度方向。在物理過程中，凡是見到速度達到最大的題目，絕大多數(shù)都是因為加速度為零。27．（吉林模擬）A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，圖示為A、B兩物體發(fā)生碰撞前后的v﹣t圖線，由圖線數(shù)據(jù)及相關物理規(guī)律可以判斷（）A．A、B的質(zhì)量比為3：2 B．A作用前后動量變化為﹣12kg?m/s C．B作用前后動量變化為10kg?m/s D．A、B作用前后總動能不變【分析】從圖中可以得出碰撞前后A、B速度大小，利用動量守恒定律公式，代入數(shù)據(jù)可以求出A、B質(zhì)量之比，結合初末速度與質(zhì)量比可以求證碰撞前后A、B動能是否變化【解答】解：A、根據(jù)動量守恒定律：mA?vA1+mB?vB1＝mA?vA2+mB?vB2結合圖像代入有mA?6m/s+mB?1m/s＝mA?2m/s+mB?7m/s，得：mA：mB＝3：2，故A正確；BC、A的動量變化△p＝pA2﹣pA1＝mA?vA2﹣mA?vA1，由于A質(zhì)量未知，故動量變化具體數(shù)值無法求出，故B錯誤，同理可知C選項錯誤；D、作用前總動能：，作用后總動能：，由此可知作用前后A、B的總動能不變，D正確；故選：AD?！军c評】本題考查動量守恒定律，要求學生具備從圖像讀取信息的能力，難度適中。28．（綿陽模擬）如圖所示，總質(zhì)量為M、帶有光滑平臺的小車靜止在光滑水平地面上，一輕質(zhì)彈簧左端固定于平臺上豎直擋板，右端用質(zhì)量為m的小球壓縮一定距離后用細線捆住。固定小車，燒斷細線，小球被彈出后落在車上A點，水平位移大小為L，彈簧對小球的沖量大小為I；不固定小車，燒斷細線，小球落在車上B點（圖中未標出），則（）A．小球水平位移大小大于L B．小球水平位移大小小于L C．彈簧對小球的沖量大小大于I D．彈簧對小球的沖量大小小于I【分析】固定小車時，彈簧彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為了小球的動能；不固定小車時，彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球和小車的動能【解答】解：固定小車時，彈簧彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為了小球的動能，小球速度大，得到的沖量大；不固定小車時，彈簧彈性勢能只有部分轉(zhuǎn)化為了小球的動能，小球速度小，得到的沖量小。綜上，小球水平位移大小小于L，得到的沖量大小小于I，故AC錯誤，BD正確。故選：BD?！军c評】本題考查功能關系以及動量定理，主要考查學生定性分析的能力，難度較小。29．（七里河區(qū)校級月考）如圖所示，在質(zhì)量為M的小車中掛著一個單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車（含單擺）以恒定的速度u沿光滑的水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短。在此碰撞進行的過程中，下列說法可能正確的是（）A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足：（M+m0）u＝Mv1+mv2+m0v3 B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足Mu＝Mv1+mv2 C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関，滿足：Mu＝（M+m）v D．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度為v2，滿足：（M+m0）u＝（M+m0）v1+mv2【分析】在小車和木塊碰撞的過程中，由于碰撞時間極短，小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，擺球在瞬間速度不變。【解答】解：AD、小車與木塊碰撞時間極短，小車與木塊碰撞過程單擺相對小車沒有發(fā)生擺動，即擺線對球的作用力原來是豎直向上的，現(xiàn)在還是豎直向上的沒有水平方向的分力，未改變小球的動量，即單擺沒有參與碰撞，單擺的速度不發(fā)生變化，故AD錯誤；BC、小車與木塊碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，小車與木塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，若碰撞為彈性碰撞，碰撞后小車與木塊分離，以向左為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：Mu＝Mv1+mv2如果碰撞為完全非彈性碰撞，碰撞后小車與木塊受到相等，碰撞過程系統(tǒng)與木塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：Mu＝（M+m）v，故BC正確。故選：BC。【點評】本題考查了動量守恒定律的應用，分析清楚運動過程是解題的前提，解決本題的關鍵合理的選擇研究對象，知道在碰撞的瞬間前后擺球的速度不變，小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒。30．（淄博期末）如圖所示，用長為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度，不計空氣阻力。對子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程，下列說法正確的是（）A．若保持m、v、l不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小 B．若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小 C．若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大 D．若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機械能不變【分析】彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)在水平方向動量守恒，應用動量守恒定律可以求出彈丸擊中沙箱后的共同速度，彈丸與沙箱一起擺動過程系統(tǒng)機械能守恒，應用機械能守恒定律求出系統(tǒng)損失的機械能，然后分析答題?！窘獯稹拷猓簭椡钃糁猩诚溥^程系統(tǒng)水平方向動量守恒，以彈丸的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv＝（M+m）v′解得：v′＝彈丸與沙箱一起擺動過程系統(tǒng)機械能守恒，由能量守恒定律可知，整個過程系統(tǒng)損失的機械能為：△E＝mv2﹣（M+m）v′2＝A、若保持m、v、l不變，M變大，系統(tǒng)損失的機械能：△E＝＝變大，故A錯誤；B、若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能：△E＝＝變大，故B錯誤；C、若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能：△E＝變大，故C正確；D、若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機械能：△E＝不變，故D正確。故選：CD。【點評】本題考查了動量守恒定律的應用，彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒，沙箱擺動過程系統(tǒng)機械能守恒，整個過程損失的機械能等于彈丸擊中沙箱過程損失的機械能，分析清楚物體運動過程，應用動量守恒定律與能量守恒定律求出系統(tǒng)損失的機械能即可解題。三．填空題（共10小題）31．（思明區(qū)校級月考）如圖所示，在光滑的水平面上有2021個完全相同的小球排成一條直線，均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)給第一個小球初動能Ek，使它正對其他小球運動。若小球間的所有碰撞都是完全非彈性的（粘在一起），則整個碰撞程中因為碰撞損失的機械能總量為Ek。【分析】對2021個小球組成的系統(tǒng)根據(jù)動量守恒求出碰撞后的速度，結合能量守恒定律求出損失的機械能?！窘獯稹拷猓阂缘谝粋€小球的初速度方向為正，對2021個小球組成的系統(tǒng)水平方向運用動量守恒定律得：mv0＝2021mv解得：v＝則系統(tǒng)損失的機械能為：△E＝﹣，其中Ek＝解得：△E＝Ek。故答案為：Ek。【點評】解決該題的關鍵是明確知道完全非彈性碰撞的物理特征，知道選擇2021個小球作為研究對象進行分析，掌握動量守恒的方程式。32．（思明區(qū)校級月考）如圖所示，一個質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平地面上，一只質(zhì)量為m的青蛙靜止于木板的右端。青蛙突然一躍而起，脫離木板瞬間的對地速度大小為v，與水平方向成θ＝60°角，青蛙在這個過程中對木板做功為?！痉治觥肯到y(tǒng)水平方向不受外力作用，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律、功能關系列方程求解?！窘獯稹拷猓合到y(tǒng)水平方向不受外力作用，動量守恒。設青蛙離開木板后，木板在水平方向獲得的速度大小為v1，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：0＝mvcosθ﹣Mv1解得：v1＝根據(jù)功能關系可得，青蛙在這個過程中對木板做功為W＝，解得：W＝。故答案為：。【點評】本題主要是考查了動量守恒定律和功能關系；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)功能關系列方程求解。33．（三元區(qū)校級模擬）某個研究碰撞的裝置如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ．若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對盒靜止，則此時盒的速度大小為，滑塊相對于盒運動的路程為【分析】水平面光滑，滑塊與盒子組成的系統(tǒng)動量守恒，相對靜止時兩者速度相同，由動量守恒定律求出此時盒子的速度。根據(jù)能量守恒定律即可求出滑塊相對于盒運動的路程?！窘獯稹拷猓涸O滑塊質(zhì)量為m，則盒的質(zhì)量為2m；設滑塊初速度方向為正方向，則對整個過程，由動量守恒定律可得mv＝3mv共，解得v共＝，由能量守恒定律可知，解得。故答案為：；【點評】本題考查動量守恒定律和功能關系的應用，解答的關鍵是能忽略運動的過程，熟練應用動量守恒定律、能量守恒定律是正確解題的關鍵；解題時要分析清楚運動過程，明確動量守恒的條件。34．（安徽模擬）如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，車廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體以速度v0開始向左運動，與車廂壁來回碰撞幾次之后靜止于車廂中，這時小車的速度大小為，方向水平向左．【分析】物體與車廂反復碰撞，最終兩者速度相等，在此過程中，兩者組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出車廂的速度．【解答】解：以物體與車廂組成的系統(tǒng)為研究對象，以向左為正方向，由動量守恒定律可得：mv0＝（M+m）v′，最終車的速度為：v′＝，方向與v0的速度相同，水平向左；故答案為：，水平向左【點評】選物體與小車組成的系統(tǒng)為研究對象，水平方向僅有系統(tǒng)的內(nèi)力作用而不受外力作用，故此方向滿足動量守恒，碰撞前的動量，等于最后的總動量，典型的動量守恒的題目．35．（鼓樓區(qū)校級期中）如圖，立柱固定于光滑水平面上O點，質(zhì)量為M的小球a向右運動，與靜止于Q點的質(zhì)量為m的小球b發(fā)生彈性碰撞，碰后a球立即向左運動b球與立柱碰撞能量不損失，所有碰撞時間均不計，b球恰好在P點追上a球，Q點為OP的中點，則a、b兩球在Q點碰后速度大小之比1；3；a、b球質(zhì)量之比為3：5。【分析】根據(jù)碰后再次相遇的路程關系，求出兩球碰后的速度大小之比。根據(jù)碰撞過程中動量、能量守恒列方程即可求出a、b球質(zhì)量之比M：m。【解答】解：設a、b兩球碰后速度大小分別為v1、v2。由題有：b球與擋板發(fā)生彈性碰撞后恰好在P點追上甲，則從碰后到相遇a、b球通過的路程之比為：s1：s2＝1：3根據(jù)s＝vt得：v1：v2＝1：3；以水平向右為正方向，兩球發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得：Mv0＝M（﹣v1）+mv2由機械能守恒定律得：Mv02＝Mv12+mv22解得：M：m＝3：5。故答案為：1：3；3：5?！军c評】解答本題的突破口是根據(jù)碰后路程關系求出碰后的速度大小之比，要掌握彈性碰撞的基本規(guī)律：動量守恒和機械能守恒。解題要注意選擇正方向，用正負號表示速度的方向。36．（市中區(qū)校級月考）如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為r的小球，放在內(nèi)半徑為R、質(zhì)量為3m的大空心球內(nèi)，大球開始靜止在光滑水平面上，當小球由圖中位置無初速度釋放沿內(nèi)壁滾到最低點時，大球移動的距離為?！痉治觥啃∏驘o初速下滑到達最低點時，小球與大球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，用位移表示平均速度，根據(jù)水平方向平均動量守恒定律求出小球發(fā)生的水平位移，再由幾何知識求出大球的位移．【解答】解：小球向下運動的過程中，小球與環(huán)組成的系統(tǒng)沿水平方向的動量守恒；設小球滑到最低點所用的時間為t，大球的位移大小為x，則小球發(fā)生的水平位移大小為R﹣r﹣x，取水平向左方向為正方向．則根據(jù)水平方向平均動量守恒得：即：解得：x＝故答案為：【點評】本題不能靜止地看問題，把圓環(huán)當作不動的，要注意位移的參考系，注意運動過程中，水平方向動量守恒，中等難度．37．（海淀區(qū)期中）如圖所示，質(zhì)量為M的人在遠離任何星體的太空中，與他旁邊的飛船相對靜止，由于沒有力的作用，他與飛船總保持相對靜止的狀態(tài)。這個人手中拿著一個質(zhì)量為m的小物體，他以相對飛船為v的速度把小物體拋出，在拋出物體后他相對飛船的速度大小為（用圖中字母表示）?！痉治觥咳撕托∥矬w組成的系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律可以求出拋出物體后人相對飛船的速度大小?！窘獯稹拷猓喝撕臀矬w組成的系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒，設人相對于飛船的速度大小為v1，以v的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv﹣Mv1＝0解得：v1＝故答案為：?！军c評】本題考查了動量守恒定律的應用，根據(jù)題意應用動量守恒定律即可解題，解題