2022-2023學(xué)年高二物理同步講義（人教）1.3 動(dòng)量守恒定律（教師版）

第03講動(dòng)量守恒定律目標(biāo)導(dǎo)航目標(biāo)導(dǎo)航課程標(biāo)準(zhǔn)課標(biāo)解讀1．了解系統(tǒng)、內(nèi)力和外力的概念．2．理解動(dòng)量守恒定律的確切含義、表達(dá)式和守恒條件．3．能用牛頓運(yùn)動(dòng)定律推導(dǎo)動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式，4．了解動(dòng)量守恒定律的普遍意義．1．理解動(dòng)量守恒定律的確切含義和表達(dá)式，2．知道定律的適用條件和適用范圍掌握運(yùn)用動(dòng)量守恒定律的一般步驟3．靈活運(yùn)用動(dòng)量守恒定律的不同表達(dá)式4．會(huì)用動(dòng)量守恒定律解釋生活中的實(shí)際問(wèn)題．5．培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力，使學(xué)生知道物理規(guī)律之間的聯(lián)系，并體會(huì)物理規(guī)律在生產(chǎn)、生活中更為廣泛的意義．知識(shí)精講知識(shí)精講知識(shí)點(diǎn)01動(dòng)量守恒定律1．系統(tǒng)、內(nèi)力和外力(1)系統(tǒng)：碰撞問(wèn)題的研究對(duì)象不是一個(gè)物體，而是兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體．我們說(shuō)這兩個(gè)物體組成了一個(gè)力學(xué)系統(tǒng)．(2)內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)物體之間的相互作用力．(3)外力：除系統(tǒng)內(nèi)物體之間的相互作用力之外的其他力叫作外力．2．動(dòng)量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者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．(2)表達(dá)式：p＝p′.對(duì)兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，可寫(xiě)為：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.【即學(xué)即練1】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80kg和100kg，他們攜手遠(yuǎn)離空間站，相對(duì)空間站的速度為0.1m/s.A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?.2m/s，求此時(shí)B的速度大小和方向．【解析】以空間站為參考系，選遠(yuǎn)離空間站，即v0方向?yàn)檎较颍畵?jù)動(dòng)量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入數(shù)據(jù)解得vB＝0.02m/s，方向?yàn)檫h(yuǎn)離空間站方向．【答案】0.02m/s遠(yuǎn)離空間站方向知識(shí)點(diǎn)02動(dòng)量守恒定律成立的條件動(dòng)量守恒定律是有條件的，應(yīng)用時(shí)一定要首先判斷系統(tǒng)是否滿足守恒條件。1．系統(tǒng)不受外力作用，這是一種理想化的情形，如宇宙中兩星球的碰撞，微觀粒子間的碰撞都可視為這種情形。2．系統(tǒng)雖然受到了外力的作用，但所受外力的和——即合外力為零。像光滑水平面上兩物體的碰撞就是這種情形，兩物體所受的重力和支持力的合力為零。3．系統(tǒng)所受的外力遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于系統(tǒng)內(nèi)各物體間的內(nèi)力時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量近似守恒。拋出去的手榴彈在空中爆炸的瞬間，彈片所受火藥的內(nèi)力遠(yuǎn)大于其重力，重力完全可以忽略不計(jì)，動(dòng)量近似守恒。4．系統(tǒng)所受的合外力不為零，即F外≠0，但在某一方向上合外力為零(Fx＝0或Fy＝0)，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。5．系統(tǒng)受外力，但在某一方向上內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，也可認(rèn)為在這一方向上系統(tǒng)的動(dòng)量守恒?！炯磳W(xué)即練2】(多選)下列四幅圖所反映的物理過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是()【解析】A中子彈和木塊的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；B中在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，系統(tǒng)在水平方向始終受墻的作用力，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒；C中木球與鐵球的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；D中木塊下滑過(guò)程中，斜面始終受擋板作用力，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒．【答案】AC【即學(xué)即練3】(多選)如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量mA>mB，中間用一段細(xì)繩相連并有一被壓縮的彈簧，放在平板小車(chē)C上后，A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)．若地面光滑，則在細(xì)繩被剪斷后，A、B從C上未滑離之前，A、B沿相反方向滑動(dòng)過(guò)程中()A．若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量也守恒B．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量也不守恒C．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．以上說(shuō)法均不對(duì)【解析】當(dāng)A、B兩物體組成一個(gè)系統(tǒng)時(shí)，彈簧的彈力為內(nèi)力，而A、B與C之間的摩擦力為外力．當(dāng)A、B與C之間的摩擦力等大反向時(shí)，A、B組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，動(dòng)量守恒；當(dāng)A、B與C之間的摩擦力大小不相等時(shí)，A、B組成的系統(tǒng)所受外力之和不為零，動(dòng)量不守恒．而對(duì)于A、B、C組成的系統(tǒng)，由于彈簧的彈力，A、B與C之間的摩擦力均為內(nèi)力，故不論A、B與C之間的摩擦力的大小是否相等，A、B、C組成的系統(tǒng)所受外力之和均為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．【答案】AC【歸納總結(jié)】判斷系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒時(shí)，要注意動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受的合外力為零．因此，要分清系統(tǒng)中的物體所受的力哪些是內(nèi)力，哪些是外力．在同一物理過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，與系統(tǒng)的選取密切相關(guān)，如本例中第一種情況A、B組成的系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，而A、B、C組成的系統(tǒng)的動(dòng)量卻是守恒的．知識(shí)點(diǎn)03動(dòng)量守恒定律性質(zhì)1．矢量性：定律的表達(dá)式是一個(gè)矢量式。(1)該式說(shuō)明系統(tǒng)的總動(dòng)量在任意兩個(gè)時(shí)刻不僅大小相等，而且方向也相同。(2)在求系統(tǒng)的總動(dòng)量p＝p1＋p2＋…時(shí)，要按矢量運(yùn)算法則計(jì)算。2．相對(duì)性：動(dòng)量守恒定律中，系統(tǒng)中各物體在相互作用前后的動(dòng)量，必須相對(duì)于同一慣性系，各物體的速度通常均為相對(duì)于地的速度。3．同時(shí)性：動(dòng)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(shí)刻的動(dòng)量，p1′、p2′…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量。4．普適性：動(dòng)量守恒定律不僅適用于兩個(gè)物體組成的系統(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)。【即學(xué)即練4】(2020-2021學(xué)年長(zhǎng)治二中高二(下)期末)如圖所示，質(zhì)量為m的小車(chē)靜止在光滑的水平地面上，車(chē)上有半圓形光滑軌道，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球在軌道左側(cè)邊緣由靜止釋放，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．在下滑過(guò)程中，小球的機(jī)械能不守恒B．小球可以到達(dá)右側(cè)軌道的最高點(diǎn)C．小球在右側(cè)軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車(chē)也向右運(yùn)動(dòng)D．小球在軌道最低點(diǎn)時(shí)，小車(chē)與小球的速度大小相等，方向相反【解析】A．小球在下滑過(guò)程中，小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒，小球的機(jī)械能不守恒，A正確；B．由于小球和小車(chē)在水平方向上滿足動(dòng)量守恒，初始狀態(tài)水平方向動(dòng)量為零，當(dāng)小球到達(dá)右側(cè)，相對(duì)小車(chē)靜止時(shí)，小車(chē)的速度減小到零，又由于小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，因此恰好能到達(dá)右側(cè)軌道的最高點(diǎn)，B正確；C．小球和小車(chē)在水平方向動(dòng)量守恒，小球在右側(cè)軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)小球和小車(chē)在水平方向動(dòng)量守恒，由于小球和小車(chē)質(zhì)量相同，因此小球在軌道最低點(diǎn)時(shí)，小車(chē)與小球的速度大小相等，方向相反，總動(dòng)量為零，D正確。故錯(cuò)誤的選C?！敬鸢浮緾能力拓展能力拓展考法01動(dòng)量守恒在爆炸問(wèn)題中的應(yīng)用【典例1】如圖，一個(gè)禮花彈豎直上升到最高點(diǎn)時(shí)炸裂成三塊碎片，其中一塊碎片首先沿豎直方向落至地面，另兩塊碎片稍后一些同時(shí)落至地面．則在禮花彈炸裂后的瞬間，這三塊碎片的運(yùn)動(dòng)方向可能是()【解析】禮花彈炸裂時(shí)，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，總動(dòng)量守恒，根據(jù)矢量運(yùn)算規(guī)則知，A、B兩圖違反了動(dòng)量守恒定律，不可能；C圖符合動(dòng)量守恒定律，斜向下運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)碎片有豎直向下的分速度，而向上運(yùn)動(dòng)的碎片做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，所以斜向下運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)碎片同時(shí)落地，向上運(yùn)動(dòng)的碎片后落地，與題意不符；D圖符合動(dòng)量守恒定律，向下運(yùn)動(dòng)的碎片首先落地，斜向上運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)碎片稍后一些同時(shí)落至地面，D正確，故選D．【答案】D考法02某一方向上動(dòng)量守恒問(wèn)題【典例2】光滑水平面上放著一質(zhì)量為M的槽，槽與水平面相切且光滑，如圖所示，一質(zhì)量為m的小球以v0向槽運(yùn)動(dòng)，若開(kāi)始時(shí)槽固定不動(dòng)，求小球上升的高度(槽足夠高)．若槽不固定，則小球又上升多高？【解析】槽固定時(shí)，球沿槽上升過(guò)程中機(jī)械能守恒，達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為球的重力勢(shì)能；槽不固定時(shí)，小球沿槽上升過(guò)程中，球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上不受外力，因此水平方向動(dòng)量守恒．由于該過(guò)程中只有兩者間彈力和小球重力做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，兩者速度相同．槽固定時(shí)，設(shè)球上升的高度為h1，由機(jī)械能守恒得：mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h1＝eq\f(v\o\al(2,0),2g).槽不固定時(shí)，設(shè)球上升的最大高度為h2，此時(shí)兩者速度為v，由動(dòng)量守恒得：mv0＝(m＋M)v，由機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh2.解得槽不固定時(shí)，小球上升的高度h2＝eq\f(Mv\o\al(2,0),2(M＋m)g).【答案】eq\f(v\o\al(2,0),2g)eq\f(Mv\o\al(2,0),2(M＋m)g)【歸納總結(jié)】1.動(dòng)量守恒定律是矢量式，只要在某一方向上的合外力為零，則該方向上的動(dòng)量就守恒．2．動(dòng)量守恒定律往往可以與能量觀點(diǎn)、力和運(yùn)動(dòng)等知識(shí)綜合起來(lái)考查．考法03多過(guò)程動(dòng)量守恒問(wèn)題【典例3】如圖所示，在光滑的水平面上有兩個(gè)并排放置的木塊A和B，已知mA＝0.5kg，mB＝0.3kg，有一質(zhì)量為m＝80g的小銅塊C以vC＝25m/s的水平初速度開(kāi)始在A表面上滑動(dòng)，由于C與A、B間有摩擦，最后停在B上，B和C以v＝2.5m/s的速度共同前進(jìn)，求：(1)木塊A的最后速度vA；(2)木塊C在離開(kāi)A時(shí)速度vC′.【解析】本題要詳細(xì)分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程來(lái)確定研究系統(tǒng)及初末時(shí)刻．C在A表面上滑動(dòng)時(shí)，C對(duì)A的摩擦力使A、B一起改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故C在A上滑動(dòng)時(shí)，A、B的速度始終相同，當(dāng)C以vC′的速度滑上B后，C對(duì)B的摩擦力使B的速度繼續(xù)增大，并與A分離，而A不再受外力作用，將以與B分離時(shí)的速度vA做勻速運(yùn)動(dòng)，最后B、C一起以共同速度v運(yùn)動(dòng)．(1)以A、B、C三個(gè)物體為研究系統(tǒng)，系統(tǒng)受到的合外力為零，所以動(dòng)量守恒．C剛滑上A瞬時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量就是C所具有的動(dòng)量，p＝mCvC.作用后，B、C一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)這時(shí)A的速度為vA，那么系統(tǒng)的總動(dòng)量是p′＝mAvA＋(mB＋mC)v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mCvC＝mAvA＋(mB＋mC)v，所以vA＝eq\f(mCvC－(mB＋mC)v,mA)＝eq\f(0.08×25－(0.3＋0.08)×2.5,0.5)m/s＝2.1m/s.(2)以A、B、C三個(gè)物體為研究系統(tǒng)，以C剛滑上A時(shí)為初時(shí)刻，C剛滑上B前瞬間為末時(shí)刻，則系統(tǒng)的初動(dòng)量p1＝mCvC，設(shè)剛滑上B時(shí)C的速度為vC′，則系統(tǒng)的末動(dòng)量p′＝mCvC′＋(mA＋mB)vA.根據(jù)動(dòng)量守恒有mCvC＝mCvC′＋(mA＋mB)vA.得vC′＝eq\f(mCvC－(mA＋mB)vA,mC)＝vC－eq\f(mA＋mB,mC)vA＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(25－\f(0.5＋0.3,0.08)×2.1))m/s＝4m/s.【答案】(1)2.1m/s(2)4m/s【歸納總結(jié)】動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用技巧對(duì)于多物體、多過(guò)程動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，解題時(shí)應(yīng)注意：(1)正確分析作用過(guò)程中各物體狀態(tài)的變化情況；(2)分清作用過(guò)程中的不同階段，并按作用關(guān)系將系統(tǒng)內(nèi)的物體分成幾個(gè)小系統(tǒng)；(3)對(duì)不同階段、不同的小系統(tǒng)準(zhǔn)確選取初、末狀態(tài)，分別列動(dòng)量守恒方程．考法04動(dòng)量守恒中的臨界模型【典例4】在光滑的冰面上靜止放置一截面為四分之一圓弧的半徑足夠大的光滑的自由曲面，一個(gè)坐在冰車(chē)上的小孩手扶一小球靜止在冰面上．某時(shí)刻小孩將小球以v0＝2m/s的速度向曲面推出(如圖所示)．已知小孩和冰車(chē)的總質(zhì)量為m1＝40kg，小球質(zhì)量為m2＝2kg，曲面質(zhì)量為m3＝10kg.求小孩將球推出后還能否再接到球，若能，則求出再接到球后人的速度，若不能，則求出球再滑回水平面上的速度．【解析】人推球過(guò)程，水平方向上動(dòng)量守恒：0＝m2v0－m1v1，代入數(shù)據(jù)得：v1＝0.1m/s球和曲面相互作用時(shí)，水平方向動(dòng)量守恒：m2v0＝－m2v2＋m3v3，機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m3v32，得v2＝eq\f(4,3)m/s∵v2＞v1，所以人能再接住球．人接球過(guò)程(以向右為正)，由動(dòng)量守恒有：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，∴v共＝eq\f(10,63)m/s.【答案】能再接到小球eq\f(10,63)m/s【歸納總結(jié)】1．臨界點(diǎn)的確定(1)若題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過(guò)程中存在著臨界點(diǎn)．(2)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”“取值范圍”等字眼，表明題述的過(guò)程中存在著極值，這些極值點(diǎn)也往往是臨界點(diǎn)．2．動(dòng)量守恒中臨界問(wèn)題的要點(diǎn)分析在動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用中，常常出現(xiàn)相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開(kāi)始反向等臨界狀態(tài)，其臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系，這些特定關(guān)系的判斷是求解這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵．考法05子彈打擊問(wèn)題【典例5】如圖所示，質(zhì)量為mB的平板車(chē)B上表面水平，開(kāi)始時(shí)靜止在光滑水平面上，在平板車(chē)左端靜止著一質(zhì)量為mA的物體A，一顆質(zhì)量為m0的子彈以v0的水平初速度射入物體A，射穿A后速度變?yōu)関，子彈穿過(guò)物體A的時(shí)間極短．已知A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)不為零，且A與B最終達(dá)到相對(duì)靜止．求：(1)子彈射穿物體A的瞬間物體A的速度vA；(2)平板車(chē)B和物體A的最終速度v共．(設(shè)車(chē)身足夠長(zhǎng))【解析】(1)子彈穿過(guò)物體A的過(guò)程中，子彈和物體A組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m0v0＝m0v＋mAvA解得vA＝eq\f(m0(v0－v),mA).(2)對(duì)物體A和平板車(chē)B，以A的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v共解得v共＝eq\f(m0(v0－v),mA＋mB).【答案】(1)eq\f(m0(v0－v),mA)(2)eq\f(m0v0－v,mA＋mB)【歸納總結(jié)】處理動(dòng)量守恒問(wèn)題的步驟(1)分析題目涉及的物理過(guò)程，選擇合適的系統(tǒng)、過(guò)程，這是正確解決此類(lèi)題目的關(guān)鍵；(2)判斷所選定的系統(tǒng)、過(guò)程是否滿足動(dòng)量守恒的條件；(3)確定物理過(guò)程及其系統(tǒng)內(nèi)物體對(duì)應(yīng)的初、末狀態(tài)的動(dòng)量；(4)確定正方向，選取恰當(dāng)?shù)膭?dòng)量守恒的表達(dá)式求解．考法06動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的綜合應(yīng)用【典例6】光滑圓弧槽(半徑為R的四分之一圓)質(zhì)量為M，靜止于光滑水平地面上，質(zhì)量為m的小球(可以視為質(zhì)點(diǎn))，靜止在光滑圓弧槽的最高點(diǎn)由靜止釋放沿光滑圓弧槽下滑，當(dāng)小球剛滑到水平地面時(shí)，求：(1)小球的速度大?。?2)光滑圓弧槽后退的距離．(R與重力加速度g為已知)【解析】(1)小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒、系統(tǒng)機(jī)械能守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv－MV＝0，由機(jī)械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)MV2，解得v＝eq\r(\f(2MgR,M＋m)).(2)小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv－MV＝0，meq\f(R－x,t)－Meq\f(x,t)＝0，解得x＝eq\f(mR,M＋m).【答案】(1)eq\r(\f(2MgR,M＋m))(2)eq\f(mR,M＋m)【歸納總結(jié)】動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的比較(1)研究對(duì)象：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組成的系統(tǒng)，且研究的都是某一運(yùn)動(dòng)過(guò)程．(2)守恒條件：系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，決定于系統(tǒng)所受的外力之和是否為0，而機(jī)械能是否守恒，則決定于是否有重力及彈力以外的力(不管是內(nèi)力還是外力)做功．(3)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒時(shí)，機(jī)械能不一定守恒；系統(tǒng)的機(jī)械能守恒時(shí)，其動(dòng)量也不一定守恒．這是因?yàn)閮蓚€(gè)守恒定律的守恒條件不同而導(dǎo)致的必然結(jié)果．如各種爆炸、碰撞、反沖現(xiàn)象中，動(dòng)量是守恒的，但很多情況下有內(nèi)力做功，有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，而使機(jī)械能不守恒．(4)表達(dá)式：動(dòng)量守恒的表達(dá)式是矢量式，應(yīng)用時(shí)必須注意方向，且可在某一方向單獨(dú)使用；機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式是標(biāo)量式，對(duì)功和能只能求代數(shù)和，不能按矢量法則進(jìn)行分解或合成．(5)實(shí)驗(yàn)規(guī)律：動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律雖然可以運(yùn)用理論推導(dǎo)出來(lái)，但重要的是它們都可以用實(shí)驗(yàn)來(lái)驗(yàn)證，因此它們都是實(shí)驗(yàn)定律．題組A基礎(chǔ)過(guò)關(guān)練1．(2020-2021學(xué)年沙市中學(xué)高二(上)期末)關(guān)于系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件，下列說(shuō)法正確的是()A．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動(dòng)量就不可能守恒B．只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒C．只要系統(tǒng)中有一個(gè)物體具有加速度，系統(tǒng)動(dòng)量就不守恒D．系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定守恒【解析】A．若系統(tǒng)內(nèi)存在著摩擦力，而系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量仍守恒，故A錯(cuò)誤；B．只要系統(tǒng)所受到合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量一定守恒，故B正確；C．系統(tǒng)中有一個(gè)物體具有加速度時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量也可能守恒，比如碰撞過(guò)程，兩個(gè)物體的速度都改變，都有加速度，單個(gè)物體受外力作用，系統(tǒng)的動(dòng)量卻守恒，故C錯(cuò)誤；D．系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時(shí)，系統(tǒng)所受的合外力為零，即系統(tǒng)的總動(dòng)量一定守恒，故D錯(cuò)誤。故選B?！敬鸢浮緽2．(2020-2021學(xué)年寧夏吳忠中學(xué)高二(上)期末)如圖所示，在光滑水平面上質(zhì)量分別為，速率分別為的A、B兩小球沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，則()A．它們碰撞前的總動(dòng)量是，方向水平向右B．它們碰撞后的總動(dòng)量是，方向水平向左C．它們碰撞后的總動(dòng)量是，方向水平向左D．它們碰撞前的總動(dòng)量是，方向水平向右【解析】取水平向右方向?yàn)檎较颍O(shè)碰撞后總動(dòng)量為P．則碰撞前，A、B的速度分別為：vA=5m/s、vB=-2m/s．根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=2×5+4×(-2)=2(kg?m/s)，P＞0，說(shuō)明碰撞后總動(dòng)量方向水平向右．則碰撞前總動(dòng)量方向也水平向右．故選D．【答案】D3．如圖所示，某人站在一輛平板車(chē)的左端，車(chē)靜止在光滑的水平地面上，若他用鐵錘連續(xù)敲擊車(chē)的左端。下列對(duì)平板車(chē)的運(yùn)動(dòng)情況描述正確的是()A．錘子向上掄起(速度與圖中v同向)時(shí)，車(chē)向左運(yùn)動(dòng)B．錘子下落(速度與圖中v反向)時(shí)，車(chē)向右運(yùn)動(dòng)C．錘子掄至最高點(diǎn)靜止時(shí)，車(chē)速度為0D．這種辦法可使車(chē)持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)【解析】平板車(chē)、人與鐵錘組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，錘子掄起的過(guò)程中，錘子有水平向左的動(dòng)量分量，由動(dòng)量守恒定律知，車(chē)向右運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；錘子下落的過(guò)程中，錘子有水平向右的動(dòng)量分量，由動(dòng)量守恒定律知，車(chē)向左運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；錘子掄至最高點(diǎn)時(shí)，其速度為零，由動(dòng)量守恒定律知，車(chē)速度為0，C正確；這種辦法不可使車(chē)持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緾4．如圖所示，質(zhì)量為M的小車(chē)置于光滑的水平面上，車(chē)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(chē)的上表面，若車(chē)表面足夠長(zhǎng)，則()A．木塊的最終速度為eq\f(m,M＋m)v0B．由于車(chē)表面粗糙，小車(chē)和木塊所組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒C．車(chē)表面越粗糙，木塊減少的動(dòng)量越多D．車(chē)表面越粗糙，小車(chē)獲得的動(dòng)量越多【解析】由m和M組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒易得A正確；m和M動(dòng)量的變化與小車(chē)上表面的粗糙程度無(wú)關(guān)，因?yàn)檐?chē)表面足夠長(zhǎng)，最終各自的動(dòng)量與摩擦力大小無(wú)關(guān)．【答案】A5．(多選)木塊a和b用一根輕彈簧連接起來(lái)，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖所示．當(dāng)撤去外力后，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)尚未離開(kāi)墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．a(chǎn)尚未離開(kāi)墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒C．a(chǎn)離開(kāi)墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．a(chǎn)離開(kāi)墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒【解析】當(dāng)撤去外力F后，a尚未離開(kāi)墻壁前，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受的外力之和不為零，所以a和b組成的系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；a離開(kāi)墻壁后，系統(tǒng)所受的外力之和為零，所以a、b組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．【答案】BC6．如圖所示，設(shè)車(chē)廂長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為M，靜止在光滑水平面上，車(chē)廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體，以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與車(chē)廂壁來(lái)回碰撞n次后，靜止于車(chē)廂中，這時(shí)車(chē)廂的速度為()A．v0，水平向右 B．0C．eq\f(mv0,M＋m)，水平向右 D．eq\f(Mv0,M－m)，水平向右【解析】物體和車(chē)廂組成的系統(tǒng)所受的合力為零，物體與小車(chē)發(fā)生n次碰撞的過(guò)程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，只需考慮初、末狀態(tài)，忽略中間過(guò)程，則m的初速度為v1＝v0，M的初速度為v2＝0；作用后它們的末速度相同，即v′1＝v′2＝v，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得v＝eq\f(mv0,m＋M)，方向與v0相同，水平向右，選項(xiàng)C正確．【答案】C7．如圖所示，質(zhì)量為3kg的木板放在光滑水平面上，質(zhì)量為1kg的物塊在木板上，它們之間有摩擦力，木板足夠長(zhǎng)，兩者都以4m/s的初速度向相反方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木板的速度為2.4m/s時(shí)，物塊()A．加速運(yùn)動(dòng) B．減速運(yùn)動(dòng)C．勻速運(yùn)動(dòng) D．靜止不動(dòng)【解析】?jī)晌矬w所組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．Mv－mv＝Mv1＋mv2，代入數(shù)據(jù)，得v2＝0.8m/s＞0與板的速度方向相同，則表明物塊已經(jīng)反向加速運(yùn)動(dòng)了，選項(xiàng)A正確．【答案】A8．如圖所示，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()A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq\f(m,M)(v0－v)【解析】小船和救生員組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′，解得v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，選項(xiàng)C正確．【答案】C9．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊放置在光滑水平面上，滑塊的一側(cè)是一個(gè)四分之一圓弧EF，圓弧半徑為R＝1m．E點(diǎn)切線水平．另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以初速度v0從E點(diǎn)沖上滑塊，若小球剛好達(dá)到圓弧的上端F，已知M＝4m，g取10m/s2，不計(jì)摩擦．則小球的初速度v0的大小為()A．v0＝4m/s B．v0＝5m/sC．v0＝6m/s D．v0＝7m/s【解析】當(dāng)小球上升到滑塊上端時(shí)，小球與滑塊水平方向速度相同，設(shè)為v1，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有mv0＝(m＋M)v1，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＋mgR，根據(jù)題意，有M＝4m，聯(lián)立兩式解得v0＝5m/s.故A、C、D錯(cuò)誤，B正確．【答案】B10．(2020-2021學(xué)年屯溪第一中學(xué)高二(下)期中)兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上．現(xiàn)在，其中一人向另一個(gè)人拋出一個(gè)籃球，另一人接球后再拋回．如此反復(fù)進(jìn)行幾次之后，甲和乙最后的速率關(guān)系是()A．若甲最先拋球，則一定是v甲＞v乙B．若乙最后接球，則一定是v甲＞v乙C．只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲＞v乙D．無(wú)論怎樣拋球和接球，都是v甲＞v乙【解析】因系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故最終甲、乙動(dòng)量大小必相等．誰(shuí)最后接球誰(shuí)的質(zhì)量中包含了球的質(zhì)量，即質(zhì)量大，根據(jù)動(dòng)量守恒：m1v1=m2v2，因此最終誰(shuí)接球誰(shuí)的速度?。蔬x項(xiàng)B正確.【答案】B11．A、B兩球沿同一條直線運(yùn)動(dòng)，如圖記錄了它們碰撞前后的運(yùn)動(dòng)情況．其中a、b分別為A、B碰前的xt圖線，c為碰后它們的xt圖線．若A球質(zhì)量為1kg，則B球質(zhì)量是多少？【解析】由圖象可知：碰前va＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，vb＝eq\f(4－0,2)m/s＝2m/s.碰后vc＝eq\f(2－4,4－2)m/s＝－1m/s，由碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒有mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，代入數(shù)據(jù)得mB≈0.67kg.【答案】0.67kg題組B能力提升練1．(多選)如圖所示，光滑水平面上，質(zhì)量為m1的足夠長(zhǎng)的木板向左勻速運(yùn)動(dòng)．t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m2的木塊從木板的左端向右以與木板相同大小的速度滑上木板．t1時(shí)刻，木塊和木板相對(duì)靜止，共同向左勻速運(yùn)動(dòng)，以v1和a1表示木板的速度和加速度，以v2和a2表示木塊的速度和加速度，以向左為正方向．則下列圖中正確的是()【解析】木塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，因?yàn)樽罱K共同的速度方向向左，根據(jù)m1v－m2v＝(m1＋m2)v′，知m1＞m2；木塊的加速度a2＝eq\f(f,m2)，方向向左，木板的加速度a1＝eq\f(f,m1)，方向向右，因?yàn)閙1＞m2，則a1＜a2，故A錯(cuò)誤，B正確．木塊滑上木板后，木塊先做勻減速運(yùn)動(dòng)，減到零后，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，與木板速度相同后一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)；木板一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，最終的速度向左，為正值，故D正確，C錯(cuò)誤．【答案】BD2．(多選)如圖所示，兩物塊質(zhì)量關(guān)系為m1＝2m2，兩物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝2μ1，兩物塊原來(lái)靜止，輕質(zhì)彈簧被壓縮且用細(xì)線固定．若燒斷細(xì)線后，彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，兩物塊脫離彈簧且速率均不為零，則()A．兩物塊在脫離彈簧時(shí)的速度最大B．兩物塊在剛脫離彈簧時(shí)的速率之比為eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)C．兩物塊的速率同時(shí)達(dá)到最大D．兩物塊在彈開(kāi)后同時(shí)達(dá)到靜止【解析】燒斷細(xì)線后，對(duì)m1、m2及彈簧組成的系統(tǒng)，在m1、m2運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，都受到滑動(dòng)摩擦力的作用，其中Ff1＝μ1m1g，F(xiàn)f2＝μ2m2g，根據(jù)題設(shè)條件，兩摩擦力大小相等，方向相反，系統(tǒng)所受外力的合力為零，動(dòng)量守恒．兩物塊未脫離彈簧時(shí)，在水平方向各自受到彈簧彈力和地面對(duì)物塊的摩擦力作用，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程分為兩個(gè)階段：先是彈簧彈力大于摩擦力，物塊做變加速運(yùn)動(dòng)，直到彈簧彈力等于摩擦力時(shí)，物塊速度達(dá)到最大，此后彈簧彈力小于摩擦力，物塊做變減速運(yùn)動(dòng)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，兩物塊與彈簧脫離．脫離彈簧后，物塊在水平方向只受摩擦力作用，做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到停止．綜合以上分析可知，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在從開(kāi)始直到最后停止的整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有0＝m1v1－m2v2，顯然，任意時(shí)刻，兩物塊的速率之比eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)＝eq\f(1,2).當(dāng)v1最大時(shí)，v2亦最大；當(dāng)v1＝0時(shí)，亦有v2＝0，選項(xiàng)B、C、D正確．【答案】BCD3．如圖所示，小車(chē)放在光滑的水平面上，將系繩小球拉開(kāi)到一定的角度，然后同時(shí)放開(kāi)小球和小車(chē)，那么在以后的過(guò)程中()A．小球向左擺動(dòng)時(shí)，小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)，且系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小球向左擺動(dòng)時(shí)，小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒C．小球向左擺到最高點(diǎn)，小球的速度為零而小車(chē)速度不為零D．小球擺動(dòng)過(guò)程中，小球的機(jī)械能守恒【解析】小球在擺動(dòng)過(guò)程，豎直方向受外力之和不為零，小車(chē)和小球構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但在水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒．【答案】B4．如圖所示，在光滑的水平地面上并排放著物塊A、B，它們的質(zhì)量之比為3∶2，且在它們之間有一處于壓縮狀態(tài)的彈簧(與物塊A、B并不拴接)．某一時(shí)刻同時(shí)釋放物塊A、B，彈簧為原長(zhǎng)時(shí)物塊A的動(dòng)能為8J，則釋放物塊A、B前，彈簧具有的彈性勢(shì)能為()A．12J B．16JC．18J D．20J【解析】取向左為正方向，由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒得mAvA－mBvB＝0，得vA∶vB＝mB∶mA＝2∶3，物塊A與B的動(dòng)能之比為EkA∶EkB＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)∶eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝2∶3.所以EkB＝eq\f(3,2)EkA＝eq\f(3,2)×8J＝12J，根據(jù)功能關(guān)系可知，A與B的動(dòng)能的和等于開(kāi)始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能，所以彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝EkA＋EkB＝(8＋12)J＝20J．故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．【答案】D5．(多選)質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，有一輕彈簧固定于其左端，另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4m/s的速度與甲相向運(yùn)動(dòng)，如圖所示．則()A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過(guò)程中，由于彈力屬于內(nèi)力作用，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，甲物塊的速率為零C．甲物塊的速率可能達(dá)到5m/sD．當(dāng)甲物塊的速率為1m/s時(shí)，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為0【解析】甲、乙兩物塊(包括彈簧)組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過(guò)程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A正確．當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)速度相同，取碰撞前乙的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5m/s，故B錯(cuò)誤．若物塊甲的速率達(dá)到5m/s，方向與原來(lái)相同，則mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，代入數(shù)據(jù)解得v乙′＝6m/s，兩個(gè)物體的速率都增大，動(dòng)能都增大，違反了能量守恒定律；若物塊甲的速率達(dá)到5m/s，方向與原來(lái)相反，則mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，代入數(shù)據(jù)解得v乙′＝－4m/s，可得，碰撞后乙的動(dòng)能不變，甲的動(dòng)能增加，系統(tǒng)總動(dòng)能增加，違反了能量守恒定律，所以物塊甲的速率不可能達(dá)到5m/s，故C錯(cuò)誤．甲、乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來(lái)相同，由動(dòng)量守恒定律得mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，代入數(shù)據(jù)解得v乙′＝2m/s；若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來(lái)相反，由動(dòng)量守恒定律得：mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，代入數(shù)據(jù)解得v乙′＝0，故D正確．【答案】AD6．如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為2m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上．弧形槽底端與水平面相切，一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊從槽高h(yuǎn)處開(kāi)始自由下滑，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．在下滑過(guò)程中，物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．在下滑過(guò)程中，物塊和槽的水平方向動(dòng)量守恒C．物塊壓縮彈簧的過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(2,3)mghD．物塊被彈簧反彈后，離開(kāi)彈簧時(shí)的速度大小為eq\r(\f(2gh,3))【解析】在下滑過(guò)程中，只有重力做功，物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；在下滑過(guò)程，物塊與弧形槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，故B正確；設(shè)物塊到達(dá)水平面時(shí)速度大小為v1，槽的速度大小為v2，且可判斷物塊速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右為正方向，在物塊下滑過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得mv1－2mv2＝0，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，由以上兩式解得v1＝2eq\r(\f(gh,3))，v2＝eq\r(\f(gh,3))，物塊與彈簧相互作用過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，物塊速度為零時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由機(jī)械能守恒定律可知，最大彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(2,3)mgh，故C正確；物塊與彈簧相互作用過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，物塊離開(kāi)彈簧時(shí)速度大小與物塊接觸彈簧前的速度大小相等，v＝v1＝2eq\r(\f(gh,3))，故D錯(cuò)誤．本題選錯(cuò)誤的，故選D．【答案】D7．一輛質(zhì)量m1＝3.0×103kg的小貨車(chē)因故障停在車(chē)道上，后面一輛質(zhì)量m2＝1.5×103kg的轎車(chē)來(lái)不及剎車(chē)，直接撞入貨車(chē)尾部失去動(dòng)力，碰撞時(shí)間極短，相撞后兩車(chē)一起沿轎車(chē)運(yùn)動(dòng)方向滑行了x＝6.75m停下．已知車(chē)輪與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，求碰撞前瞬間轎車(chē)的速度大?。?重力加速度取g＝10m/s2)【解析】由牛頓第二定律得a＝eq\f(Ff,m1＋m2)＝μg＝6m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v＝eq\r(2ax)＝9m/s，碰撞過(guò)程中，貨車(chē)和轎車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．由動(dòng)量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，v0＝eq\f(m1＋m2,m2)v＝27m/s．【答案】27m/s8．如圖所示，滑塊A、C的質(zhì)量均為m，滑塊B的質(zhì)量為eq\f(3,2)m.開(kāi)始時(shí)A、B分別以v1、v2的速度沿光滑水平軌道向固定在右側(cè)的擋板運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將C無(wú)初速地放在A上，并與A黏合不再分開(kāi)，此時(shí)A與B相距較近，B與擋板相距足夠遠(yuǎn)．若B與擋板碰撞將以原速率反彈，A與B碰撞將黏合在一起．為使B能與擋板碰撞兩次，v1、v2應(yīng)滿足什么關(guān)系？【解析】設(shè)向右為正方向，A與C粘合在一起的共同速度為v′，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝2mv′，為保證B碰擋板前A未能追上B，應(yīng)滿足v′≤v2，設(shè)A與B碰后的共同速度為v″，由動(dòng)量守恒定律得2mv′－eq\f(3,2)mv2＝eq\f(7,2)mv″，為使B能與擋板再次碰撞應(yīng)滿足v″>0，聯(lián)立以上各式解得eq\f(3,2)v2<v1≤2v2或eq\f(1,2)v1≤v2＜eq\f(2,3)v1.【答案】eq\f(3,2)v2＜v1≤2v2或eq\f(1,2)v1≤v2＜eq\f(2,3)v19．甲、乙兩個(gè)小孩各乘一輛冰車(chē)在水平冰面上游戲，甲和他的冰車(chē)總質(zhì)量為M＝30kg，乙和他的冰車(chē)總質(zhì)量也是30kg，游戲時(shí)甲推著一個(gè)質(zhì)量為m＝15kg的箱子和他一起以大小為v0＝2m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來(lái)，為了避免相撞，甲把箱子推給乙，箱子滑來(lái)時(shí)乙迅速把它抓住，若不計(jì)摩擦，則：(1)若甲將箱子相對(duì)地面以速度v推出，甲的速度變?yōu)槎嗌伲?用字母表示)(2)設(shè)乙抓住迎面滑來(lái)的相對(duì)地面的速度為v的箱子后反向運(yùn)動(dòng)．乙抓箱子后的速度變?yōu)槎嗌伲?用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞，則箱子推出時(shí)的速度至少多大？【解析】(1)甲將箱子推出的過(guò)程，甲和他的冰車(chē)與箱子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以甲的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得(M＋m)v0＝mv＋Mv1解得v1＝eq\f((M＋m)v0－mv,M)(2)箱子和乙作用過(guò)程動(dòng)量守恒，以箱子的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv－Mv0＝(M＋m)v2解得v2＝eq\f(mv－Mv0,m＋M)(3)甲、乙不相撞的條件是v1≤v2代入數(shù)據(jù)得v≥5.2m/s即箱子推出時(shí)的速度至少為5.2m/s.【答案】見(jiàn)解析題組C培優(yōu)拔尖練1．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球被彈出落于距桌面水平距離為x的水平地面上，如圖，問(wèn)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，B球的落地點(diǎn)距桌面距離為()A． B．x C．x D．x【解析】當(dāng)用擋板擋住A球而只釋放B球時(shí)，B球做平拋運(yùn)動(dòng)設(shè)桌面高度為h，則有，所以彈簧的彈性勢(shì)能為，若保持彈簧的壓縮程度不變，取走A左邊的擋板，將A、B同時(shí)釋放，由動(dòng)守恒定律有，所以，因此A球與B球獲得的動(dòng)能之比，所以B球獲得動(dòng)能為，那么B球拋出時(shí)初速度為，則平拋后落地水平位移為，故ABC錯(cuò)誤；D正確。故選D．【答案】D2．一列火車(chē)共有n節(jié)車(chē)廂，各節(jié)車(chē)廂質(zhì)量相等，車(chē)廂之間間隙相等，間隙長(zhǎng)度的總和為L(zhǎng)，靜止于水平長(zhǎng)直軌道上．若第一節(jié)車(chē)廂以v0向第二節(jié)車(chē)廂運(yùn)動(dòng)，碰撞后連在一起運(yùn)動(dòng)，再與第三節(jié)車(chē)廂碰撞后連在一起運(yùn)動(dòng)，再與第四節(jié)車(chē)廂碰撞……，以此類(lèi)推，直到n節(jié)車(chē)廂全部運(yùn)動(dòng)，則火車(chē)的最后速度v及整個(gè)過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間t為：(不計(jì)鐵軌對(duì)車(chē)輪的阻力以及列車(chē)編組時(shí)的動(dòng)力)()A． B． C． D．【解析】AB．n節(jié)車(chē)廂運(yùn)動(dòng)、碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)所受外力之和為零，故整個(gè)過(guò)程中動(dòng)量守恒，則根據(jù)動(dòng)量守恒有：，解得，故A正確，B錯(cuò)誤.CD．設(shè)每節(jié)車(chē)廂相鄰間距為s，則有：，碰撞后鏈接在一起的車(chē)廂節(jié)數(shù)依次為2節(jié)、3節(jié)···(n-1)節(jié)，n節(jié)，它們的速度相應(yīng)為所以火車(chē)最后的速度為，由：，得通過(guò)各間距的時(shí)間分別為：，，，···，整個(gè)過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為：，故C錯(cuò)誤，D正確.【答案】AD3．(2020-2021學(xué)年沙市中學(xué)高二(上)期末)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈擊中，子彈嵌在其中，已知物體A的質(zhì)量是3m，B的質(zhì)量是4m，子彈的質(zhì)量是m。求：(1)子彈嵌入A后，子彈和A的速度；(2)彈簧壓縮量最大時(shí)彈性勢(shì)能是多少?！窘馕觥?1)子彈射入物體A的過(guò)程時(shí)間極短，子彈與物體A組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律，解得(2)以子彈、A、B以及彈簧組成的系統(tǒng)作為研究對(duì)象，整個(gè)作用過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧壓縮量最大時(shí)，它們的速度相等，由動(dòng)量守恒定律得，解得彈簧壓縮量最大時(shí)，由能量守恒定律得可得彈簧壓縮量最大時(shí)彈性勢(shì)能【答案】(1)；(2)4．如圖所示，水平地面上固定一半徑為R＝0.8m的光滑