2019高考物理一輪優(yōu)級（備講練）全國經(jīng)典版講義第6章第2講動量守恒定律

第2講動量守恒定律板塊一主干梳理·夯實基礎(chǔ)【知識點1】動量守恒定律及其應(yīng)用Ⅱ1．幾個相關(guān)概念(1)系統(tǒng)：在物理學(xué)中，將相互作用的幾個物體所組成的物體組稱為系統(tǒng)。(2)內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的相互作用力叫做內(nèi)力。(3)外力：系統(tǒng)以外的其他物體對系統(tǒng)的作用力叫做外力。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，這就是動量守恒定律。(2)表達式①p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′。②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。③Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。④Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零。(3)適用條件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)動量守恒。②近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當內(nèi)力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。③某方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒?！局R點2】彈性碰撞和非彈性碰撞Ⅰ1．碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。2．特點在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。3．分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大4．反沖現(xiàn)象(1)在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用的過程中系統(tǒng)的動能增大，且常伴有其他形式能向動能的轉(zhuǎn)化。(2)反沖運動的過程中，如果合外力為零或外力的作用遠小于物體間的相互作用力，可利用動量守恒定律來處理。5．爆炸問題爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒，爆炸過程中位移很小，可忽略不計，作用后從相互作用前的位置以新的動量開始運動。板塊二考點細研·悟法培優(yōu)考點1動量守恒定律[深化理解]1．動量守恒的“五性”(1)矢量性：表達式中初、末動量都是矢量，首先需要選取正方向，分清各物體初、末動量的正、負。(2)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動量守恒定律，各物體的速度必須是相對同一慣性參考系的速度。一般選地面為參考系。(4)相對性：動量守恒定律方程中的動量必須是相對于同一慣性參考系。(5)普適性：它不僅適用于兩個物體所組成的系統(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)。2．應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟例1如圖所示，質(zhì)量為m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M＝0.5kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5g的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10m/s2。子彈射入后，求：(1)物塊相對木板滑行的時間；(2)物塊相對木板滑行的位移。(1)時間極短說明了什么？提示：①子彈與物塊作用時，物塊的位置沒發(fā)生變化；②子彈與物塊作用結(jié)束后，物塊與木板才相互作用。(2)物體相對木板滑行的位移是物塊的位移嗎？提示：不是。嘗試解答(1)1_s__(2)3_m。(1)子彈打入木塊過程，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1，木塊在木板上滑動過程，由動量守恒定律得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，對子彈木塊整體，由動量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)，聯(lián)立解得物體相對小車的滑行時間t＝eq\f(v2－v1,－μg)＝1s。(2)由能量守恒定律得μ(m0＋m)gd＝eq\f(1,2)(m0＋m)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(m0＋m＋M)veq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得d＝3m?？偨Y(jié)升華應(yīng)用動量守恒定律應(yīng)注意的問題(1)在同一物理過程中，系統(tǒng)的動量是否守恒與系統(tǒng)的選取密切相關(guān)，因此應(yīng)用動量守恒解決問題時，一定要明確哪些物體組成的系統(tǒng)在哪個過程中動量是守恒的。(2)注意挖掘題目中的隱含條件，這是解題的關(guān)鍵，如本例中，時間極短是指子彈與物塊相互作用時，物塊m位置沒變，子彈與物塊m共速后，才相對木板M運動。物塊相對木板滑行的位移是指物塊m相對木板M滑行的位移，并非對地的位移，并且物塊m和木板最后共速。eq\a\vs4\al([遞進題組])1.如圖所示，在桌面邊緣有一木塊質(zhì)量是1.99kg，桌子高h＝0.8m，一顆質(zhì)量為10g的子彈，擊中木塊，并留在木塊內(nèi)，落在桌子右邊80cm處的P點，子彈入射的速度大小是下列哪個數(shù)據(jù)(g取10m/s2)()A．200m/s B．300m/sC．400m/s D．500m/s答案C解析題目牽涉的過程有兩個：一是子彈打擊木塊；二是子彈木塊共同做平拋運動。根據(jù)平拋位移x＝0.8m知x＝v共t，t＝eq\r(\f(2h,g))，所以v共＝eq\f(x,t)＝xeq\r(\f(g,2h))＝2m/s。子彈打擊木塊過程中動量守恒，則有mv0＝(M＋m)v共，所以v0＝eq\f(M＋mv共,m)＝400m/s，C正確。2.[2018·寧夏固原市一中月考]如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質(zhì)量為m的球以速度v0向滑塊滾來，小球不能越過滑塊，則小球到達最高點時，小球和滑塊的速度大小是()A.eq\f(mv0,M＋m) B.eq\f(mv0,M)C.eq\f(Mv0,M＋m) D.eq\f(Mv0,m)答案A解析小球沿滑塊上滑的過程中，對小球和滑塊組成系統(tǒng)，水平方向不受外力因而動量守恒，小球到達最高點時和滑塊具有相同的對地速度v(若速度不相同，必然相對滑塊運動，此時一定不是最高點)。由水平方向動量守恒得：mv0＝(M＋m)v，所以v＝eq\f(mv0,M＋m)，A正確?？键c2碰撞問題分析[模型應(yīng)用]1．分析碰撞問題的三個依據(jù)(1)動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。(3)速度要合理①碰前兩物體同向，則v后>v前；碰后，原來在前的物體速度一定增大，且v前′≥v后′。②兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。2．彈性碰撞的規(guī)律兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒。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m1v1＝m1v1′＋m2v2′①eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2②由①②得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度。(2)當m1>m2時，v1′>0，v2′>0，并且v1′<v2′，碰撞后兩球都向前運動。(3)當m1<m2時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來。例2兩個小球A、B在光滑水平面上沿同一直線運動，其動量大小分別為5kg·m/s和7kg·m/s，發(fā)生碰撞后小球B的動量大小變?yōu)?0kg·m/s，由此可知：兩小球的質(zhì)量之比可能為()A.eq\f(mA,mB)＝1 B.eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,2)C.eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,5) D.eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,10)(1)A、B兩小球動量大小分別為5kg·m/s和7kg·m/s有幾種情況？提示：①同向運動，A球在前，B球在后；②同向運動，A球在后，B球在前；③相向運動。(2)發(fā)生碰撞時，一定守恒的是什么？提示：動量。嘗試解答選C。將兩小球碰撞前后的動量方向間的關(guān)系作出如下各種假設(shè)，然后運用碰撞的三個制約因素進行檢驗。(1)設(shè)A、B兩小球相向運動而發(fā)生碰撞，并取小球B碰前的運動方向為參考正方向，即pA0＝－5kg·m/s，pB0＝7kg·m/s根據(jù)“運動制約”，小球B在碰后動量欲增大，其動量方向必與原動量方向相反，即pB＝－10kg·m/s根據(jù)“動量制約”，小球A在碰后動量必為pA＝12kg·m/s，而這樣的碰撞結(jié)果顯然違背了“動能制約”，因為顯然有：eq\f(－52,2mA)＋eq\f(72,2mB)≤eq\f(122,2mA)＋eq\f(－102,2mB)。(2)設(shè)A、B兩小球同向運動而發(fā)生碰撞，且A球在前，B球在后，取兩小球碰前的運動方向為參考正方向，即pA0＝5kg·m/s，pB0＝7kg·m/s。根據(jù)“運動制約”，小球B在碰后動量欲增大，其動量方向必與原動量方向相反，即pB＝－10kg·m/s。根據(jù)“動量制約”，小球A在碰后動量必為pA＝22kg·m/s，而這樣的碰撞結(jié)果顯然也違背“動能制約”，因為顯然也有：eq\f(52,2mA)＋eq\f(72,2mB)≤eq\f(222,2mA)＋eq\f(－102,2mB)。(3)設(shè)A、B兩小球同向運動而發(fā)生碰撞，且B球在前，A球在后，仍取兩個小球碰前的運動方向為參考正方向，即pA0＝5kg·m/s，pB0＝7kg·m/s。根據(jù)“運動制約”，小球B在碰后動量欲增大，其動量方向必與原動量方向相同，即pB＝10kg·m/s。根據(jù)“動量制約”，小球A在碰后動量必有pA＝2kg·m/s，而這樣的碰撞結(jié)果完全可以不違背“動能制約”，只要有：eq\f(52,2mA)＋eq\f(72,2mB)≥eq\f(22,2mA)＋eq\f(102,2mB)，即eq\f(mA,mB)≤eq\f(7,17)。仍然根據(jù)“運動制約”，為了保證碰前小球A能追上小球B而發(fā)生碰撞，同時為了保證碰后小球A不至于超越到小球B的前面，應(yīng)分別有：eq\f(5,mA)>eq\f(7,mB)，eq\f(2,mA)≤eq\f(10,mB)。綜上可知eq\f(1,5)≤eq\f(mA,mB)≤eq\f(7,17)，C正確?？偨Y(jié)升華碰撞問題解題策略(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解。(2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0；當m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。eq\a\vs4\al([跟蹤訓(xùn)練])(多選)質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰，碰撞后A球的動能變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,9)，那么小球B的速度可能是()A.eq\f(1,3)v0B.eq\f(2,3)v0C.eq\f(4,9)v0D.eq\f(5,9)v0答案AB解析根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2，碰撞后A球的動能變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,9)，則A的速度變?yōu)関A′＝±eq\f(1,3)v0，正、負表示方向有兩種可能。當vA′＝eq\f(1,3)v0，vA′與v0同向時有：mv0＝eq\f(1,3)mv0＋2mvB，vB＝eq\f(1,3)v0。碰撞后系統(tǒng)總動能為：Ek總＝EkA′＋EkB′＝eq\f(3,9)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,9)EkA，機械能減小說明碰撞是非彈性碰撞。當vA′＝－eq\f(1,3)v0，vA′與v0反向時有：mv0＝－eq\f(1,3)mv0＋2mvB，vB＝eq\f(2,3)v0。碰撞后系統(tǒng)總動能為：Ek總″＝EkA″＋EkB″＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，機械能守恒說明碰撞是彈性碰撞?？键c3爆炸、反沖及“人船模型”[模型應(yīng)用]1．爆炸的特點(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，發(fā)生爆炸時物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而在作用過程中，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。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動的現(xiàn)象。(2)特點：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動量往往有以下幾種情況：①動量守恒；②動量近似守恒；③某一方向上動量守恒。反沖運動中機械能往往不守恒。(3)實例：噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例。3．“人船模型”若系統(tǒng)在全過程中動量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動量也守恒。如果系統(tǒng)由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用中均發(fā)生運動，則由m1eq\x\to(v)1－m2eq\x\to(v)2＝0，得m1x1＝m2x2。例3載人氣球靜止于高h的空中，氣球的質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？(1)人和氣球的速度有什么關(guān)系？提示：eq\f(v人,v球)＝eq\f(M,m)。(2)人和氣球?qū)Φ氐奈灰婆c繩長有什么關(guān)系？提示：x人＋x球＝L繩。嘗試解答eq\f(M＋m,M)h。氣球和人原來靜止在空中，說明系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)在人下滑過程中動量守恒，人著地時繩梯至少應(yīng)接觸地面，設(shè)繩梯長為L，人沿繩梯滑至地面，人的位移為x人，球的位移為x球，它們的位移狀態(tài)圖如圖所示，由平均動量守恒有：0＝Mx球－mx人，又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝eq\f(M＋m,M)h?？偨Y(jié)升華利用人船模型解題需注意兩點(1)條件①系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向上的動量守恒。②構(gòu)成系統(tǒng)的兩物體原來靜止，因相互作用而反向運動。③x1、x2均為沿動量方向相對于同一參考系的位移。(2)解題關(guān)鍵是畫出草圖確定初、末位置和各物體位移關(guān)系。eq\a\vs4\al([跟蹤訓(xùn)練])(多選)向空中發(fā)射一物體，不計空氣阻力。當此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向，則()A．b的速度方向一定與原速度方向相反B．從炸裂到落地的這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大C．a(chǎn)、b一定同時到達水平地面D．在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等答案CD解析空中爆炸問題，因系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，故滿足系統(tǒng)動量守恒的條件。由題中所給物理情景“一分為二”，系統(tǒng)動量守恒的表達式為mv0＝mava＋mbvb因mava與mv0同向，取v0為正方向。討論：①若mava<mv0，則mbvb為正向，vb與va同向。②若mava＝mv0，則mbvb＝0，即vb＝0，b做自由落體運動，a在b之前。③若mava>mv0，則mbvb為負向，vb與va反向，a在b之前。所以A錯誤；因題設(shè)條件只給出了va與v0同向和ma>mb，但未給出va一定大于或等于v0的條件。所以vb大于、等于和小于va的情況都有可能存在，從同一高度平拋物體的水平射程由水平初速度決定，故sb>sa、sb＝sa、sb<sa都有可能，B錯誤；平拋運動的飛行時間由拋出點的高度決定，h相同，由t＝eq\r(\f(2h,g))知，t相同，C正確；炸裂過程a與b相互作用遵循牛頓第三定律，F(xiàn)與F′等值、反向，D正確。考點4子彈打木塊問題(滑塊類問題)[模型應(yīng)用]子彈射擊木塊的兩種典型情況1．木塊放置在光滑的水平面上運動性質(zhì)：子彈對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；木塊在滑動摩擦力作用下做勻加速運動。處理方法：把子彈和木塊看成一個系統(tǒng)，①系統(tǒng)水平方向動量守恒；②系統(tǒng)的機械能不守恒；③對木塊和子彈分別利用動能定理。2．木塊固定在水平面上運動性質(zhì)：子彈對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；木塊靜止不動。處理方法：對子彈應(yīng)用動能定理或牛頓第二定律。兩種類型的共同點：(1)系統(tǒng)內(nèi)相互作用的兩物體間的一對滑動摩擦力做功的總和恒為負值(因為有一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)；(2)摩擦生熱的條件：必須存在滑動摩擦力和相對滑行的路程，大小為Q＝fs，其中f是滑動摩擦力的大小，s是兩個物體的相對路程(在一段時間內(nèi)“子彈”射入“木塊”的深度，就是這段時間內(nèi)兩者的相對路程，所以說是一個相對運動問題)。例4[2016·張掖模擬]如圖所示。質(zhì)量M＝2kg的足夠長的小平板車靜止在光滑水平面上，車的一端靜止著質(zhì)量為MA＝2kg的物體A(可視為質(zhì)點)。一個質(zhì)量為m＝20g的子彈以500m/s的水平速度射穿A后，速度變?yōu)?00m/s，最后物體A靜止在車上。若物體A與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5(g取10m/s2)。(1)平板車最后的速度是多大？(2)全過程損失的機械能為多少？(3)A在平板車上滑行的時間為多少？(1)最后物體A靜止在車上，是物體A最終的速度是零嗎？這句話的含義是什么？提示：最終的速度不是零。這句話的含義是物體A與小平板車相對靜止，二者有共同的速度和共同的加速度。(2)全過程損失的機械能等于什么？提示：總機械能的損失等于系統(tǒng)動能的減少量。嘗試解答(1)2_m/s__(2)2392_J__(3)0.4_s。(1)對子彈和物體，由動量守恒得mv0＝mv′＋MAv，得v＝4m/s，同理對M和MA有MAv＝(M＋MA)v車，得v車＝2m/s。(2)由能量守恒得：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)(M＋MA)veq\o\al(2,車)＝2392J。(3)對物體A由動量定理得：－μMAgt＝MAv車－MAv得t＝0.4s?？偨Y(jié)升華對于滑塊類問題，往往通過系統(tǒng)內(nèi)摩擦力的相互作用而改變系統(tǒng)內(nèi)的物體的運動狀態(tài)，既可由兩大定理和牛頓運動定律分析單個物體的運動，又可由守恒定律分析動量的傳遞、能量的轉(zhuǎn)化，在能量轉(zhuǎn)化方面往往用到ΔE內(nèi)＝ΔE機＝F滑x相。eq\a\vs4\al([跟蹤訓(xùn)練])一質(zhì)量為M、長為l的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，m<M?，F(xiàn)以地面為參考系，給A和B以大小相等、方向相反的初速度，如圖所示，使A開始向左運動、B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板。(1)若已知A和B的初速度大小為v0，求它們最后速度的大小和方向；(2)若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到達的最遠處(從地面上看)離出發(fā)點的距離。答案(1)eq\f(M－m,M＋m)v0水平向右(2)eq\f(M＋m,4M)l解析(1)用動量守恒定律求解：系統(tǒng)水平方向動量守恒，取水平向右為正方向。小木塊A不滑離B板的條件是二者最終處于相對靜止，設(shè)此時共同速度為v。由動量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v，可得：v＝eq\f(M－m,M＋m)v0因為M>m，故v方向水平向右。(2)功能關(guān)系：當木塊A相對于地向左運動距離最遠時，末速度為零，在這過程中，克服摩擦力Ff做功的結(jié)果是消耗了自身的動能：Ffs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)而A剛好沒有滑離B板的條件是：A滑到B板的最左端，且二者具有相同速度v，A、B間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)動能的損失：Q＝Ffl＝eq\f(M＋m,2)(veq\o\al(2,0)－v2)由以上各式得向左運動的最遠距離：s＝eq\f(M＋m,4M)l。考點5動量守恒與其他知識的綜合[拓展延伸]1．動量守恒與動能定理、功能關(guān)系、牛頓運動定律，以及直線運動、平拋運動、圓周運動等運動學(xué)知識綜合。2．動量守恒與能量守恒、核反應(yīng)知識綜合。3．動量守恒與混合場(重力場和電場)、向心力、平拋運動、能量綜合。例5[2017·吉林長春調(diào)研]如圖，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切。質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平軌道上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平軌道高為h處由靜止釋放，在A球進入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠，相互作用力可認為是零，A球進入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用。帶電小球均可視為質(zhì)點。已知A、B兩球始終沒有接觸。重力加速度為g。求：(1)A、B兩球相距最近時，A球的速度v；(2)A、B兩球最終的速度vA、vB的大小。(1)A、B兩球相距最近的含義是什么？提示：A、B共速。(2)怎樣理解A、B兩球最終的速度？提示：當A、B間相互斥力作用足夠長時間后，它們的間距就足夠遠，相互間的斥力可以忽略不計，電勢能為零。嘗試解答(1)eq\f(2,3)eq\r(2gh)(2)eq\f(\r(2gh),3)，eq\f(4,3)eq\r(2gh)。(1)對下滑的過程：2mgh＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)，v0＝eq\r(2gh)，球進入水平軌道后兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，兩球最近時速度相等。2mv0＝(2m＋m)v，v＝eq\f(2,3)v0＝eq\f(2,3)eq\r(2gh)。(2)當A、B相距最近之后，由于靜電斥力的相互作用，它們將會相互遠離，當它們相距足夠遠時，它們之間的相互作用力可視為零，電勢能也視為零，它們就達到最終的速度，該過程中，A、B兩球組成的系統(tǒng)動量守恒、能量也守恒。2mv0＝2mvA＋mvB，eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，得vA＝eq\f(1,3)v0＝eq\f(1,3)eq\r(2gh)，vB＝eq\f(4,3)v0＝eq\f(4,3)eq\r(2gh)?？偨Y(jié)升華動量守恒與其他知識綜合問題的求解方法動量守恒與其他知識綜合問題往往是多過程問題。解決這類問題首先要弄清物理過程，其次是弄清每一個物理過程遵從什么樣的物理規(guī)律。最后根據(jù)物理規(guī)律對每一個過程列方程求解，找出各物理過程之間的聯(lián)系是解決問題的關(guān)鍵。eq\a\vs4\al([跟蹤訓(xùn)練])[2017·河南開封一模]如圖所示，在高h1＝30m的光滑水平平臺上，物塊P以初速度v0水平向右運動，與靜止在水平臺上的物塊Q發(fā)生碰撞，mQ＝2mP，碰撞后物塊P靜止，物塊Q以一定的水平速度向右滑離平臺，并恰好沿光滑圓弧形軌道BC的B點的切線方向進入圓弧形軌道，B點的高度h2＝15m，圓弧軌道的圓心O與平臺等高，軌道最低點C的切線水平，并與地面上長為l＝70m的水平粗糙軌道CD平滑連接，物塊Q沿軌道BCD運動并與右邊墻壁發(fā)生碰撞。g取10m/s2。(1)求物塊Q由A到B的運動時間；(2)求物塊P初速度v0的大??；(3)若小物塊Q與墻壁只發(fā)生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向運動過程中沒有沖出B點，最后停在軌道CD上的某點E(E點沒畫出)。設(shè)小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數(shù)為μ，求μ的取值范圍。答案(1)eq\r(3)s(2)20m/s(3)0.17<μ≤0.5解析(1)由于h1＝30m，h2＝15m，設(shè)小物塊Q從A運動到B的時間為t，則h1－h(huán)2＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(3)s。(2)由于R＝h1，Rcosθ＝h1－h(huán)2，所以θ＝60°，小物塊Q平拋的水平速度是v1，有eq\f(gt,v1)＝tan60°，解得v1＝10m/s。小物塊P與Q發(fā)生碰撞的過程中系統(tǒng)的動量守恒，選取向右為正方向，由動量守恒定律得mPv0＝mQv1解得v0＝20m/s(3)設(shè)小物塊Q在水平軌道CD上通過的總路程為s，根據(jù)題意，該路程的最大值是smax＝3l路程的最小值是smin＝l路程最大時，動摩擦因數(shù)最??；路程最小時，動摩擦因數(shù)最大，由能量守恒知mQgh1＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,1)＝μminmQgsmax，mQgh1＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,1)＝μmaxmQgsmin解得μmax＝eq\f(1,2)，μmin＝eq\f(1,6)，即0.17<μ≤0.5。板塊三限時規(guī)范特訓(xùn)時間：45分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分。其中1～4為單選，5～10為多選)1．[2018·長春一中月考]光滑水平面上半徑相等的兩金屬小球A和B相向運動并發(fā)生對心碰撞，碰后兩球均靜止，若兩球的質(zhì)量之比為mA∶mB＝1∶3，則兩球碰前的速度關(guān)系為()A．方向相同，大小之比為1∶3B．方向相同，大小之比為3∶1C．方向相反，大小之比為1∶3D．方向相反，大小之比為3∶1答案D解析根據(jù)動量守恒，mAvA－mBvB＝0，所以eq\f(vA,vB)＝eq\f(mB,mA)＝eq\f(3,1)，D正確。2．[2017·安徽合肥一模]質(zhì)量為0.2kg的球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時間內(nèi)，關(guān)于球動量變化量Δp和合外力對小球做的功W，下列說法正確的是()A．Δp＝2kg·m/sW＝－2JB．Δp＝－2kg·m/sW＝2JC．Δp＝0.4kg·m/sW＝－2JD．Δp＝－0.4kg·m/sW＝2J答案A解析取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向豎直向上。由動能定理知，合外力做的功：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J，A正確，B、C、D錯誤。3.如圖所示，質(zhì)量為m的人立于平板車上，人與車的總質(zhì)量為M，人與車以速度v1在光滑水平面上向東運動。當此人相對于車以速度v2豎直跳起時，車向東的速度大小為()A.eq\f(Mv1－Mv2,M－m) B.eq\f(Mv1,M－m)C.eq\f(Mv1＋Mv2,M－m) D．v1答案D解析在水平方向動量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度沒變，(m＋M)v1＝mv1＋Mv車，因此v車＝v1，所以D正確。4．[2017·安徽黃山模擬]小球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。當小球A追上小球B并發(fā)生碰撞后，小球A、B的速度可能是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s答案B解析首先判斷動量是否守恒，經(jīng)過計算，四個選項均滿足動量守恒；然后判斷機械能變化，碰前系統(tǒng)的動能Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝22J，因為動能不增加，所以碰后系統(tǒng)的動能Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2≤22J，滿足條件的有選項A和B，排除選項C和D。最后判斷速度關(guān)系，本題中，小球A追上B發(fā)生碰撞，碰后必然有vA′≤vB′，故可再排除選項A，故B正確。5.(多選)如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，小車AB總質(zhì)量為m0，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時小車AB和木塊C都靜止。當突然燒斷細繩時，木塊C被釋放，使木塊C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦。以下說法正確的是()A．彈簧伸長過程中木塊C向右運動，同時小車AB也向右運動B．木塊C與B碰前，木塊C與小車AB的速率之比為m0∶mC．木塊C與油泥粘在一起后，小車AB立即停止運動D．木塊C與油泥粘在一起后，小車AB繼續(xù)向右運動答案BC解析小車AB、物塊C和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，初狀態(tài)總動量為零，在彈簧伸長的過程中，木塊C向右運動，則小車向左運動，故A錯誤；規(guī)定向右為正方向，在木塊C與B碰前，根據(jù)動量守恒有：0＝mvC－m0v，解得vC∶v＝m0∶m，故B正確；因為小車、物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，開始總動量為零，當木塊C與油泥粘在一起時，總動量仍然為零，則小車停止運動，故C正確，D錯誤。6.如圖所示，靜止小車C放在光滑地面上，A、B兩人站在車的兩端，這兩人同時開始相向行走，發(fā)現(xiàn)車向左運動，分析小車運動的原因可能是()A．A、B質(zhì)量相等，但A比B速率大B．A、B質(zhì)量相等，但A比B速率小C．A、B速率相等，但A比B的質(zhì)量大D．A、B速率相等，但A比B的質(zhì)量小答案AC解析兩人及車組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，則mAvA－mBvB－mCvC＝0，得mAvA－mBvB>0。由該式可知：若mA＝mB，必有vA>vB，故A正確，B錯誤；若vA＝vB，必有mA>mB，故C正確，D錯誤。7．[2017·江西吉安質(zhì)檢]如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝4kg的小物塊B以水平速度v＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．木板A獲得的動能為2JB．系統(tǒng)損失的機械能為2JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1答案AD解析由題中圖象可知，木板獲得的速度為v＝1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以物體B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m0＋m)v，解得m0＝4kg，木板獲得的動能為Ek＝eq\f(1,2)m0v2－0＝2J，故A正確；系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m0v2＝4J，故B錯誤；速度—時間圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，故0～1s內(nèi)物體B的位移為xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，木板A的位移為xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，則木板A的最小長度為l＝xB－xA＝1m，故C錯誤；由題圖可知，物體B在0～1s的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝－1m/s2，負號表示加速度的方向與規(guī)定正方向相反，由牛頓第二定律得μmBg＝mBa，得μ＝0.1，故D正確。8．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量大，掉在草地上的玻璃杯動量小B．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小C．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變快，掉在草地上的玻璃杯動量改變慢D．掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時受地面的沖擊力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的沖擊力小答案CD解析設(shè)玻璃杯下落高度為h。它們從h高度落地瞬間的速度大小相等，都是eq\r(2gh)，設(shè)玻璃杯的質(zhì)量是m，則落地的瞬間動量的大小都是meq\r(2gh)，A錯誤；與水泥或草地接觸一段時間后，最終都靜止，動量的改變量是相等的，B錯誤；同時，在此過程中，不難得出掉在水泥地上對應(yīng)的時間要小于掉在草地上對應(yīng)的時間，故C正確；根據(jù)動量定理，動量改變量相同時，作用時間短的沖擊力大，D正確。9．兩個小球A、B在光滑水平面上相向運動，已知它們的質(zhì)量分別是m1＝4kg，m2＝2kg，A的速度v1＝3m/s(設(shè)為正)，B的速度v2＝－3m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是()A．均為1m/s B．＋4m/s和－5m/sC．＋2m/s和－1m/s D．－1m/s和＋5m/s答案AD解析由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求。再看動能情況：Ek＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×4×9J＋eq\f(1,2)×2×9J＝27JEk′＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v2′2由于碰撞過程動能不可能增加，所以應(yīng)有Ek≥Ek′，可排除選項B；選項C雖滿足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直線相向運動，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來速度方向(v1′>0，v2′<0)，這顯然是不符合實際的，因此C錯誤；驗證選項A、D均滿足Ek≥Ek′，故答案為選項A(完全非彈性碰撞)和選項D(彈性碰撞)。10．光滑水平地面上，A、B兩物體質(zhì)量都為m，A以速度v向右運動，B原來靜止，左端有一輕彈簧，如圖所示，當A撞上彈簧，彈簧被壓縮最短時()A．A、B系統(tǒng)總動量仍然為mvB．A的動量變?yōu)榱鉉．B的動量達到最大值D．A、B的速度相等答案AD解析系統(tǒng)水平方向動量守恒，A正確；彈簧被壓縮到最短時A、B兩物體具有相同的速度，D正確、B錯誤；但此時B的速度并不是最大的，因為彈簧還會彈開，故B物體會進一步加速，A物體會進一步減速，C錯誤。二、非選擇題(本題共3小題，共40分)11.[2017·山東青島模擬](12分)質(zhì)量為m0的木板B置于光滑水平面上，另一質(zhì)量為m的木塊A(可視為質(zhì)點)在木板B的左端以水平速度v0開始向右運動，如圖所示，木塊A與木板B之間的動摩擦因數(shù)為μ，若要使木塊A剛好不從木板B的右端掉下去，則木板B的長度至少應(yīng)多長？答案eq\f(m0v\o\al(2,0),2μgm0＋m)解析若要使木塊A剛好不從木板B的右端掉下去，則木塊滑至木板右端時兩者具有共同速度v，在