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第2講 動量守恒定律
主干梳理 對點激活
知識點 動量守恒定律及其應(yīng)用?、?
1．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)相互作用前的總動量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)受到的合外力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)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外力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。
知識點 彈性碰撞和非彈性碰撞?、?
1．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(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。
3．分類
4．散射
微觀粒子相互接近時并不像宏觀物體那樣“接觸”，微觀粒子的碰撞又叫做散射。
知識點 反沖 爆炸?、?
1．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，且常伴有其他形式的能向動能的轉(zhuǎn)化。
(2)反沖運動的過程中，一般合外力為零或外力的作用遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，可利用動量守恒定律來處理。
2．爆炸問題
爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠(yuǎn)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。
一 思維辨析
1．系統(tǒng)動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。( )
2．系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒。( )
3．當(dāng)質(zhì)量相等時，發(fā)生完全彈性碰撞的兩個球碰撞前后速度交換。( )
4．光滑水平面上的兩球做相向運動，發(fā)生正碰后兩球均變?yōu)殪o止，于是可以斷定碰撞前兩球的動量大小一定相等。( )
5．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動量就不可能守恒。( )
答案 1.√ 2. 3.√ 4.√ 5.
二 對點激活
1．(人教版選修3－5P16T5改編)某機車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對接。機車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設(shè)機車和車廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計)( )
A．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
答案 B
解析 取機車和15節(jié)車廂整體為研究對象，由動量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，v＝v0＝0.8 m/s＝0.05 m/s。故B正確。
2．(人教版選修3－5P17T7改編)懸繩下吊著一個質(zhì)量為M＝9.99 kg的沙袋，構(gòu)成一個單擺，擺長L＝1 m。一顆質(zhì)量m＝10 g的子彈以v0＝500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬間與沙袋達到共同速度(不計懸繩質(zhì)量，g取10 m/s2)，則此時懸繩的拉力為( )
A．35 N B．100 N C．102.5 N D．350 N
答案 C
解析 子彈打入沙袋過程中，對子彈和沙袋由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子彈與沙袋的共同速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s。對子彈和沙袋，由向心力公式FT－(m＋M)g＝(m＋M)得，懸繩的拉力FT＝(m＋M)g＋(m＋M)＝102.5 N，故C正確。
3．(人教版選修3－5P17T6改編)如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質(zhì)量之比為( )
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶1
答案 D
解析 設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方向為正方向，由題意知，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，說明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分別為和－，則有mBv0＝mA＋mB－，解得mA∶mB＝4∶1，D正確。
考點細(xì)研 悟法培優(yōu)
考點1 動量守恒定律的理解與應(yīng)用
1．動量守恒定律的“六性”
(1)系統(tǒng)性：研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)。
(2)條件性：必須滿足動量守恒定律的適用條件。
(3)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(fù)。
(4)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。
(5)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。一般選地面為參考系。
(6)普適性：不僅適用于宏觀低速物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀高速粒子組成的系統(tǒng)。
2.應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟
例1 (2018蓉城模擬)如圖所示，在足夠長的固定斜面上有一質(zhì)量為m的薄木板A，木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑?，F(xiàn)將一質(zhì)量也為m的小滑塊B無初速度輕放在木板A的上表面，對于滑塊B在木板A上滑動的過程中(B始終未從A的上表面滑出，B與A間的動摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù))，下列說法正確的是( )
A．A、B組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒
B．A、B組成的系統(tǒng)動量和機械能都不守恒
C．當(dāng)B的速度為v0時，A的速度為v0
D．當(dāng)A的速度為v0時，B的速度為v0
解題探究 (1)木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑，放上B后A、B組成的系統(tǒng)合外力為零嗎？
提示：由題意知木板A與斜面的動摩擦因數(shù)等于斜面傾角的正切值，所以放上B后A、B組成的系統(tǒng)合外力仍為零。
(2)剛放上B后，A、B間發(fā)生相對滑動嗎？
提示：發(fā)生。
嘗試解答 選C。
由于木板A沿斜面勻速下滑，則木板A受到的合力為零，當(dāng)小滑塊B放在木板A上表面后，A、B組成的系統(tǒng)所受的合力仍為零，則系統(tǒng)的動量守恒，由于A、B間以及A與斜面間摩擦力的作用，則系統(tǒng)的機械能一直減小，即機械能不守恒，A、B錯誤；由于B與A之間的動摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù)，所以當(dāng)A、B共速后將沿斜面共同勻速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，又由動量守恒定律知C正確，D錯誤。
總結(jié)升華
應(yīng)用動量守恒定律時的幾點易錯提醒
(1)動量守恒定律的研究對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。系統(tǒng)的動量是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關(guān)系。
(2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時，要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)的作用力。
(3)動量守恒和機械能守恒的條件不同，動量守恒時機械能不一定守恒，機械能守恒時動量不一定守恒，二者不可混淆。
[變式1] (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. B. C. D.
答案 A
解析 小球沿滑塊上滑的過程中，對小球和滑塊組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，因而水平方向動量守恒，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＝，A正確。
考點2 碰撞問題分析
1．碰撞遵循的三條原則
(1)動量守恒定律。
(2)機械能不增加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，若物體速度仍同向，則前面的物體速度大(或相等)。
②相向碰撞：碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變。
2．彈性碰撞討論
(1)碰后速度的求解
根據(jù)動量守恒和機械能守恒
解得v1′＝
v2′＝
(2)分析討論
當(dāng)碰前兩物體的速度不為零時，若m1＝m2，則v1′＝v2，v2′＝v1，即兩物體交換速度。
當(dāng)碰前物體2的速度為零時：
v1′＝v1，v2′＝v1，
①m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度。
②m1>m2時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩物體沿相同方向運動。
③m1
0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來。
例2 (2018安徽知名示范高中質(zhì)檢)甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動，已知它們的動量分別是p1＝5 kgm/s，p2＝7 kgm/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0 kgm/s，則甲球質(zhì)量m1與乙球質(zhì)量m2間的關(guān)系可能正確的是( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
解題探究 (1)甲、乙兩球碰撞時動量守恒，機械能一定守恒嗎？
提示：不一定守恒，但不能增加。
(2)碰后甲的速度和乙的速度若同向應(yīng)滿足什么關(guān)系？
提示：甲的速度小于等于乙的速度。
嘗試解答 選C。
設(shè)碰后甲球動量變?yōu)閜1′，乙球動量變?yōu)閜2′，根據(jù)動量守恒定律得p1＋p2＝p1′＋p2′，解得p1′＝2 kgm/s。碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加，則有＋≤＋，解得≤，碰撞前甲的速度大于乙的速度，則>，解得<，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，則有≤，解得≥，綜上有≤≤，C正確，A、B、D錯誤。
總結(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＝v0、v2＝v0。
(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的球速度不變，質(zhì)量小的球速度為2v0；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的球速度不變(仍靜止)，質(zhì)量小的球原速率反彈。
[變式2] 如圖所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0射向它們，設(shè)碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度值是( )
A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案 D
解析 由題設(shè)條件，三球在碰撞過程中總動量和總動能守恒，且各球質(zhì)量相同，由彈性碰撞一動碰一靜結(jié)論知D正確。
考點3 碰撞類模型的拓展
1．“彈簧類”模型
2．“子彈打木塊”“滑塊—木板”模型
3．“光滑圓弧軌道＋滑塊(小球)”模型
4．懸繩模型
懸繩模型(如圖所示)與模型3特點類似，即系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒，解題時需關(guān)注物體運動的最高點和最低點。
例3 如圖所示，半徑均為R、質(zhì)量均為M、內(nèi)表面光滑的兩個完全相同的圓槽A和B并排放在光滑的水平面上，圖中a、c分別為A、B槽的最高點，b、b′分別為A、B槽的最低點，A槽的左端緊靠著墻壁，一個質(zhì)量為m的小球C從圓槽A頂端的a點無初速度釋放，求：
(1)小球C從a點運動到b點時的速度大小及A槽對地面的壓力大??；
(2)小球C在B槽內(nèi)運動所能達到的最大高度；
(3)B的最大速度。
解題探究 (1)小球C在B槽內(nèi)運動到最大高度時CB兩者是否共速？
提示：是。
(2)何時B的速度最大？
提示：小球C相對于B回到b′點時。
嘗試解答 (1) 3mg＋Mg (2)
(3)
(1)小球C從a點運動到b點的過程，機械能守恒，有mgR＝mv
解得小球到b點時的速度大小為v0＝
在最低點b，根據(jù)牛頓第二定律可得N－mg＝m
解得N＝3mg
由牛頓第三定律可知，小球C對A的壓力N′＝N＝3mg，A靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，地面對A的支持力F＝N′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛頓第三定律可知，A對地面的壓力F′＝F＝3mg＋Mg。
(2)B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，小球C在B槽內(nèi)運動至所能達到的最大高度h處時，兩者共速，由動量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v
由機械能守恒定律，有mv＝(M＋m)v2＋mgh
解得h＝。
(3)當(dāng)小球回到B槽的底端b′點時，B的速度最大，根據(jù)動量守恒定律，有
mv0＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律可知mv＝mv＋Mv
解得v2＝。
總結(jié)升華
處理碰撞類模型的方法技巧
(1)“彈簧類”模型的解題思路
①應(yīng)用系統(tǒng)的動量守恒。
②應(yīng)用系統(tǒng)的機械能守恒。
③應(yīng)用臨界條件：兩物體共速時，彈簧的彈性勢能最大。
(2)“滑塊—木板”模型解題思路
①應(yīng)用系統(tǒng)的動量守恒。
②在涉及滑塊或木板的時間時，優(yōu)先考慮用動量定理。
③在涉及滑塊或木板的位移時，優(yōu)先考慮用動能定理。
④在涉及滑塊與木板的相對位移時，優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒。
⑤滑塊與木板不相對滑動時，兩者達到共同速度。
[變式3－1] 兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2 kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上運動，質(zhì)量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖所示。已知B與C碰撞后二者會粘在一起運動。在以后的運動中：
(1)當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為多大？
(2)系統(tǒng)中彈性勢能的最大值是多少？
答案 (1)3 m/s (2)12 J
解析 (1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC
代入數(shù)據(jù)解得vABC＝3 m/s。
(2)B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞后瞬間B、C的共同速度為vBC，則有mBv＝(mB＋mC)vBC
代入數(shù)據(jù)解得vBC＝2 m/s
當(dāng)A、B、C三者的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，設(shè)為Ep，在B、C碰撞后，A與B、C組成的系統(tǒng)通過彈簧相互作用的過程中機械能守恒。根據(jù)機械能守恒定律得Ep＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)v＝12 J。
[變式3－2] 如圖所示，質(zhì)量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5 m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2 kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v0＝2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止，物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
(1)物塊與小車共同速度大小；
(2)物塊在車面上滑行的時間t；
(3)小車運動的位移大小x；
(4)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過多少？
答案 (1)0.8 m/s (2)0.24 s
(3)0.096 m (4)5 m/s
解析 (1)設(shè)物塊與小車共同速度為v，
以水平向右為正方向，
根據(jù)動量守恒定律：m2v0＝(m1＋m2)v
解得v＝0.8 m/s。
(2)設(shè)物塊與車面間的滑動摩擦力為Ff，
對物塊應(yīng)用動量定理：
－Fft＝m2v－m2v0
又Ff＝μm2g
解得：t＝
代入數(shù)據(jù)得t＝0.24 s。
(3)對小車應(yīng)用動能定理：
μm2gx＝m1v2
解得x＝0.096 m。
(4)要使物塊恰好不從小車右端滑出，須使物塊運動到小車右端時與小車有共同的速度，設(shè)其為v′，以水平向右為正方向，則：
m2v0′＝(m1＋m2)v′
由系統(tǒng)能量守恒有：
m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL
代入數(shù)據(jù)解得v0′＝5 m/s
故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過5 m/s。
考點4 爆炸
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(yuǎn)遠(yuǎn)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(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。
例4 以與水平方向成60角斜向上的初速度v0射出的炮彈，到達最高點時因爆炸分成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊，其中質(zhì)量為2m的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行。求：
(1)質(zhì)量較小的那一塊彈片速度的大小和方向；
(2)爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈的動能？
解題探究 (1)爆炸前，達到最高點時，炮彈的速度是什么方向？
提示：水平方向。
(2)爆炸過程動量和機械能都守恒嗎？
提示：爆炸過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動量守恒，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈分成兩塊后增加的動能，機械能不守恒。
嘗試解答 (1)2.5v0 方向與爆炸前炮彈運動的方向相反 (2)mv
(1)斜拋的炮彈在水平方向上做勻速直線運動，則炮彈在最高點爆炸前的速度為v1＝v0cos60＝。
設(shè)炮彈在最高點爆炸前的速度方向為正方向，由動量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2，
又v1′＝2v0，
解得v2＝－2.5v0，負(fù)號表示速度方向與規(guī)定的正方向相反。
(2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能等于動能的增量，所以轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能為
E＝ΔEk＝－(3m)v＝mv。
總結(jié)升華
(1)分析爆炸問題，要準(zhǔn)確確定爆炸前后的速度，不能把物體的初速度當(dāng)作爆炸前的速度。
(2)根據(jù)爆炸前后動量守恒，以及增加的動能等于消耗的其他能量入手求解。
[變式4] (多選)向空中發(fā)射一物體，不計空氣阻力。當(dāng)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(yuǎn)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mavamv0，則mbvb為負(fù)，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，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、sbμmgl①
即μ<②
設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1。由能量守恒定律有
mv＝mv＋μmgl③
設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋v2′④
mv＝mv′＋v2′2⑤
聯(lián)立④⑤式解得v2′＝v1⑥
由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知
v2′2≤μgl⑦
聯(lián)立③⑥⑦式，可得
μ≥⑧
聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為
≤μ<。
配套課時作業(yè)
時間：60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1～6為單選，7～10為多選)
1．(2017全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)( )
A．30 kgm/s B．5.7102 kgm/s
C．6.0102 kgm/s D．6.3102 kgm/s
答案 A
解析 由于噴氣時間短，且不計重力和空氣阻力，則火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒。燃?xì)獾膭恿縫1＝mv＝0.05600 kgm/s＝30 kgm/s，則火箭的動量p2＝p1＝30 kgm/s，A正確。
2.(2019唐山摸底考試)如圖所示，靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為2m的滑塊B與輕質(zhì)彈簧拴接，輕彈簧另一端固定，質(zhì)量為m的滑塊A以速度v0向右運動，滑塊A、B相碰瞬間粘在一起。此后彈簧彈性勢能的最大值為( )
A.mv B.mv
C.mv D.mv
答案 B
解析 滑塊A、B發(fā)生碰撞，由動量守恒定律，mv0＝(m＋2m)v，解得v＝。碰撞后的動能Ek＝3mv2＝mv，滑塊壓縮彈簧，動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能，由能量守恒定律可知彈簧的最大彈性勢能Ep＝Ek＝mv，B正確。
3．(2018江南十校檢測)如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點?，F(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點無初速度釋放。已知圓弧軌道半徑R＝1.8 m，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s2。則碰后小滑塊B的速度大小不可能是( )
A．5 m/s B．4 m/s C．3 m/s D．2 m/s
答案 A
解析 設(shè)小滑塊A到達最低點時的速度為v0，根據(jù)動能定理：mgR＝mv－0，可得v0＝6 m/s。若是彈性碰撞，mAv0＝mAv1＋mBv2，mAv＝mAv＋mBv，聯(lián)立解得v2＝4 m/s；若是完全非彈性碰撞，mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝2 m/s，所以碰后小滑塊B的速度范圍為2 m/s≤v≤4 m/s，B的速度不可能是5 m/s，故選A。
4．(2018廣東東莞調(diào)研)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?，F(xiàn)在，其中一人向另一個人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回。如此反復(fù)進行幾次之后，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．無論怎樣拋球和接球，都是v甲>v乙
答案 B
解析 系統(tǒng)總動量為零，最后球在誰手中，誰的質(zhì)量大，速度則小，故B正確。
5.(2018衡陽聯(lián)考三)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，一個質(zhì)量為m的小物塊從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑，下列說法錯誤的是( )
A．在下滑過程中，物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒
B．在下滑過程中，物塊和槽在水平方向動量守恒
C．物塊壓縮彈簧的過程中，彈簧的最大彈性勢能Ep＝mgh
D．物塊被彈簧反彈后，離開彈簧時的速度大小為
答案 D
解析 在物塊下滑過程中，外力只有重力做功，物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向不受外力，水平方向動量守恒，A、B正確；由mgh＝mv＋2mv和0＝mv1－2mv2得物塊滑離弧形槽時的速度v1＝，再壓縮彈簧，使彈簧獲得的最大彈性勢能Ep＝mv＝mgh，C正確；物塊被彈簧彈開的過程，彈性勢能又變成物塊的動能，物塊離開彈簧時的速度大小為 ，D錯誤。
6.(2018泉州模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0(不計空氣阻力)，則( )
A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒
B．小車向左運動的最大距離為R
C．小球離開小車后做斜上拋運動
D．小球第二次能上升的最大高度h0
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2020高考物理一輪復(fù)習(xí)
第六章
第2講
動量守恒定律學(xué)案含解析
2020
高考
物理
一輪
復(fù)習(xí)
第六
動量
守恒定律
解析
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2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第2講 動量守恒定律學(xué)案（含解析）.doc
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