【物理】2018届一轮复习人教版第31课时动量守恒定律及其应用学案

【物理】2018届一轮复习人教版第31课时动量守恒定律及其应用学案

第31课时　动量守恒定律及其应用(重点突破课)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．动量、冲量和动量定理 ‎(1)动量：物体的质量与速度的乘积。即p＝mv。方向与速度的方向相同。‎ ‎(2)冲量：力和力的作用时间的乘积。即I＝Ft。方向与力的方向相同。‎ ‎(3)动量定理：物体在一个过程始末的动量变化等于它在这个过程中所受力的冲量。即F合·t＝Δp＝p′－p。‎ ‎2．动量守恒定律 ‎(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。‎ ‎(2)表达式 ‎①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。‎ ‎②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。‎ ‎③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。‎ ‎④Δp＝0，系统总动量的增量为零。‎ ‎(3)适用条件 ‎①理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。‎ ‎②近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。‎ ‎③某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。‎ ‎3．碰撞 ‎(1)碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。‎ ‎(2)碰撞特征：作用时间短、作用力变化快、内力远大于外力、满足动量守恒。‎ ‎(3)碰撞的分类及特点 ‎①弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。‎ ‎②非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。‎ ‎③完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。‎ ‎4．爆炸现象：爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。‎ ‎5．反冲运动：物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。‎ ‎[小题热身]‎ ‎1．判断正误 ‎(1)动量越大的物体，其速度越大。(×)‎ ‎(2)物体的动量越大，其惯性也越大。(×)‎ ‎(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。(×)‎ ‎(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(×)‎ ‎(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(×)‎ ‎(6)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。(√)‎ ‎2．下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是(　　)‎ ‎ A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统 B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统 C．子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统 D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时 解析：选C　对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。故选C。‎ ‎3．玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于在玻璃杯与石头的撞击过程中(　　)‎ A．玻璃杯的动量较大　　　　 B．玻璃杯受到的冲量较大 C．玻璃杯的动量变化较大 D．玻璃杯的动量变化较快 解析：选D　从同一高度落到地面上时，速度相同，动量相同，与草地或石头接触后，末动量均变为零，因此动量变化量相同。因为玻璃杯与石头的作用时间短，由动量定理Ft＝mΔv知，此时玻璃杯受到的力F较大，容易碎，D正确。‎ ‎4．A球的质量是m，B球的质量是‎2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为(　　)‎ A．1∶2　　　　　　　 　B．1∶3‎ C．2∶1 D．2∶3‎ 解析：选D　设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由动量守恒定律，有mv＋‎2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝，所以vA′∶vB′＝∶＝，D正确。‎ 提能点(一)　动量定理及其应用 ‎1.理解动量定理时应注意的问题 ‎(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因，又是物体动量变化的量度。这里所说的冲量是物体所受的合力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。‎ ‎(2)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)。‎ ‎(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量。‎ ‎(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选一个规定正方向。‎ ‎2．用动量定理解释现象 ‎(1)由F＝知，物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。‎ ‎(2)作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。‎ ‎3．动量定理的两个重要应用 ‎(1)应用I＝Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。‎ ‎(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。‎ ‎[典例]　(2016·全国乙卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求 ‎(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；‎ ‎(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。‎ ‎[解析]　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV①‎ ΔV＝v0SΔt②‎ 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S。③‎ ‎(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02④‎ 在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp＝(Δm)v⑤‎ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp⑥‎ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝－。⑧ ‎ ‎[答案]　(1)ρv0S　(2)－ ‎1．用动量定理解题的基本思路 ‎(1)确定研究对象：一般为单个物体。‎ ‎(2)进行受力分析：求每个力的冲量，再求合冲量或先求合力，再求其冲量。‎ ‎(3)分析过程找初、末状态：选取正方向，确定初、末状态的动量和各冲量的正负。‎ ‎(4)列方程：根据动量定理列方程求解。‎ ‎2．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1. (2017·唐山模拟)如图所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为‎80 cm，足球的重量为‎400 g，与头顶作用时间Δt为0.1 s，则足球一次在空中的运动时间及足球给头部的作用力大小(空气阻力不计，g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A．t＝0.4 s；FN＝40 N　　　　 B．t＝0.4 s；FN＝36 N C．t＝0.8 s；FN＝36 N D．t＝0.8 s；FN＝40 N 解析：选C　足球自由下落时有h＝gt2，解得t＝ ＝0.4 s，竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以t总＝2t＝0.8 s；设竖直向上为正方向，由动量定理得(FN－mg)Δt＝mv－(－mv)，又v＝gt＝‎4 m/s，联立解得FN＝36 N，故C正确。‎ ‎2．(2015·北京高考)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(　　)‎ A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 解析：选A　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。‎ ‎3．(2015·安徽高考)一质量为‎0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点‎5 m的位置B处是一面墙，如图所示，一物块以v0＝‎9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为‎7 m/s，碰后以‎6 m/s的速度反向运动直至静止，g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ。‎ ‎(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F。‎ ‎(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。‎ 解析：(1)由动能定理，有－μmgs＝mv2－mv02‎ 可得μ＝0.32。‎ ‎(2)由动量定理：有FΔt＝mv′－mv 可得F＝130 N。‎ ‎(3)W＝mv′2＝9 J。‎ 答案：(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 提能点(二)　动量守恒定律及其应用 ‎1.动量守恒定律的“五性”‎ 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)‎ 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 ‎2．动量守恒定律解题的基本步骤 ‎(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；‎ ‎(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；‎ ‎(3)规定正方向，确定初、末状态动量；‎ ‎(4)由动量守恒定律列出方程；‎ ‎(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。‎ 考法1　系统的动量守恒问题　‎ ‎[例1]　(2017·郑州质检)如图所示，质量为m＝‎245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝‎0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝‎5 g的子弹以速度v0＝‎300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取‎10 m/s2。子弹射入后，求：‎ ‎(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1。‎ ‎(2)木板向右滑行的最大速度v2。‎ ‎(3)物块在木板上滑行的时间t。‎ ‎[解析]　(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，‎ 解得v1＝‎6 m/s。‎ ‎(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：‎ ‎(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，‎ 解得v2＝‎2 m/s。‎ ‎(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：‎ ‎－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，‎ 解得：t＝1 s。‎ ‎[答案]　(1)‎6 m/s　(2)‎2 m/s　(3)1 s 考法2　某一方向上动量守恒问题　‎ ‎[例2]　(多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处由静止开始自由下滑(　　)‎ A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功 B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒 C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动 D．被弹簧反弹后，小球能回到槽高h处 ‎[解析]　在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，故A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合力为零，所以在水平方向动量守恒，故B正确；因两物体之后不受外力，故小球脱离弧形槽后，槽向左做匀速运动，而小球反弹后也会做匀速运动，故C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，小球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，两者分离后，速度大小相等，小球被反弹后与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，更不能回到高度h处，故D错误。‎ ‎[答案]　BC ‎(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。‎ ‎(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2015·福建高考)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为‎2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)‎ A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 解析：选D　选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0。B的动量pB＝－2mv0。碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意。‎ ‎2.两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝‎2.0 kg，mB＝‎0.90 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC＝‎0.10 kg的滑块C，以vC＝‎10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示。由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为‎0.50 m/s。求：‎ ‎(1)木块A的最终速度vA；‎ ‎(2)滑块C离开A时的速度vC′。‎ 解析：C从开始滑上A到恰好滑至A的右端过程中，A、B、C组成系统动量守恒 mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′‎ C刚滑上B到两者相对静止，对B、C组成的系统动量守恒 mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v 解得vA＝‎0.25 m/s vC′＝‎2.75 m/s。‎ 答案：(1)‎0.25 m/s　(2)‎2.75 m/s 提能点(三)　碰撞、爆炸与反冲 ‎1.弹性碰撞的判断 弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。‎ ‎(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。‎ ‎(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。‎ ‎2．碰撞现象满足的规律 ‎(1)动量守恒。‎ ‎(2)动能不增加。‎ ‎(3)速度要合理。‎ ‎①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。‎ ‎②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。‎ ‎3．爆炸现象的三个规律 动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 ‎　　4.对反冲运动的三点说明 作用 原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 题型1　碰撞问题　‎ ‎[例1]　(2015·全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。‎ ‎[解析]　A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1①‎ mv02＝mvA12＋MvC12②‎ 联立①②式得 vA1＝v0③‎ vC1＝v0④‎ 如果m＞M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m＜M的情况。‎ 第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有 vA2＝vA1＝2v0⑤‎ 根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有 vA2≤vC1⑥‎ 联立④⑤⑥式得 m2＋‎4mM－M2≥0⑦‎ 解得 m≥(＋2)M⑧‎ 另一解m≤－(＋2)M舍去。‎ 所以，m和M应满足的条件为 ‎(－2)M≤m＜M。⑨‎ ‎[答案]　(－2)M≤m＜M 碰撞问题解题策略 ‎(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。‎ ‎(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝v0，v2＝v0。‎ ‎(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v。当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量大的静止不动，质量小的被原速率反向弹回。‎ 题型2　爆炸与反冲问题　‎ ‎[例2]　(2014·重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面‎5 m高时仅有水平速度v＝‎2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝‎10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)‎ ‎[解析]　由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞‎2 m/s，因此水平位移大于‎2 m，C、D项错；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－‎0.5 m/s，v甲＝‎2.5 m/s，Δv乙＝‎2.5 m/s，Δv甲＝‎0.5 m/s，A项错，B图中，v乙＝‎0.5 m/s，v甲＝‎2.5 m/s，Δv乙＝‎1.5 m/s，Δv甲＝‎0.5 m/s，B项正确。‎ ‎[答案]　B ‎[通法归纳]‎ ‎　　(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大。‎ ‎(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1. (2017·南平模拟)如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将(　　)‎ A．停止运动　　　　　　　 　B．向左运动 C．向右运动 D．运动方向不能确定 解析：选C　力F大小相等，mA＞mB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度aA＜aB，由题意知sA＝sB，由运动学公式得sA＝aAtA2，sB＝aBtB2，可知tA＞tB，由IA＝F·tA，IB＝F·tB，解得IA＞IB，由动量定理可知ΔpA＝IA，ΔpB＝IB，则pA＞pB，碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故A、B、D错误，C正确。‎ ‎2．(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则(　　)‎ A．b的速度方向一定与原来速度方向相反 B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a、b一定同时到达水平地面 D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等 解析：选CD　炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb＞0、vb＜0、vb＝0都有可能；vb＞va、vb＜va、vb＝va也都有可能，故A、B错；爆炸后，a、b都做平抛运动，C正确；爆炸过程中，a、b之间的力为相互作用力，故D正确。‎ ‎3.(2014·福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　)‎ A．v0－v2 B．v0＋v2‎ C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)‎ 解析：选D　火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋(v0－v2)，D项正确。‎ 提能点(四)　动量与能量的综合应用 ‎1.解决力学问题的三个基本观点 动力学 观点 运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题 能量观点 用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题 动量观点 用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题 ‎2．动量观点和能量观点的比较 ‎(1)相同点：①研究对象都是相互作用的物体组成的系统；②研究过程都是某一运动过程。‎ ‎(2)不同点：动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式。‎ 考法1　动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用 ‎[例1]　(2016·全国甲卷)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面‎3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝‎0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝‎30 kg，冰块的质量为m2＝‎10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)求斜面体的质量；‎ ‎(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ ‎[解析]　(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①‎ m2v202＝(m2＋m3)v2＋m2gh②‎ 式中v20＝－‎3 m/s为冰块推出时的速度。‎ 联立①②式并代入题给数据得m3＝‎20 kg。③‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④‎ 代入数据得v1＝‎1 m/s⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥‎ m2v202＝m2v22＋m3v32⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝‎1 m/s⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。‎ ‎[答案]　(1)‎20 kg　(2)见解析 考法2　动量守恒定律与动能定理的综合应用 ‎[例2]　(2014·全国卷Ⅰ)如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝‎0.8 m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰好为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝‎10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求：‎ ‎(1)B球第一次到达地面时的速度；‎ ‎(2)P点距离地面的高度。‎ ‎[解析]　(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝①‎ 将h＝‎0.8 m代入上式，得vB＝‎4 m/s。②‎ ‎(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′。‎ 由运动学规律可得v1＝gt③‎ 由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④‎ mAv12＋mBv22＝mBv2′2⑤‎ 设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得vB′＝vB⑥‎ 设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得 h′＝⑦‎ 联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′＝‎0.75 m。⑧‎ ‎[答案]　(1)‎4 m/s　(2)‎‎0.75 m ‎[通法归纳]‎ ‎　　利用动量和能量观点解题的技巧 ‎(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。‎ ‎(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。‎ ‎(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2015·山东高考)如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。‎ 解析：设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰撞后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得 mvA＝mvA′＋mvB①‎ 设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得 WA＝mv02－mvA2②‎ 设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得WB＝mvB2－mvB′2③‎ 据题意可知 WA＝WB④‎ 设B、C碰撞后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得 mvB′＝2mv⑤‎ 联立①②③④⑤式，代入数据得 v＝v0。⑥‎ 答案：v0‎ ‎2.(2016·全国丙卷)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。‎ 解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞，应有mv02＞‎ μmgl①‎ 即μ＜②‎ 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。‎ 由能量守恒有 mv02＝mv12＋μmgl③‎ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有mv1＝mv1′＋mv2′④‎ mv12＝mv1′2＋v2′2⑤‎ 联立④⑤式解得v2′＝v1⑥‎ 由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 v2′2≤μmgl⑦‎ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥⑧‎ 联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件 ≤μ＜。⑨‎ 答案：≤μ＜ 一、选择题 ‎1．一质量为‎2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图像如图所示，t＝0时其速度大小为‎2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)‎ A．t＝6 s时，物体的速度为‎18 m/s B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J C．在0～6 s内，拉力对物体的冲量为36 N·s D．t＝6 s时，拉力F的功率为200 W 解析：选D　类比速度图像中位移的表示方法可知，在加速度－时间图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，在0～6 s内Δv＝‎18 m/s，又v0＝‎2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝‎20 m/s，A错误；由动能定理可知，0～6 s内，合力做的功为W＝mv2－mv02＝396 J，B错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48 N·s，C错误；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D正确。‎ ‎2.滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D．v1‎ 解析：选D　根据动量守恒条件可知人与雪橇系统水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1。‎ ‎3.如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m(m＜M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为(　　)‎ A．h B.h C.h D.h 解析：选D　若斜面固定，由机械能守恒定律可得mv2＝mgh；若斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有mv＝(M＋m)v1，由机械能守恒定律可得mv2＝mgh′＋(M＋m)v12。联立以上各式可得h′＝h，故D正确。‎ ‎4．(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子的正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系统损失的动能为(　　)‎ A.mv2 B.v2‎ C.NμmgL D．NμmgL 解析：选BD　由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为u，由动量守恒定律得mv＝(m＋M)u，系统损失的动能为mv2 －(m＋M)u2＝v2，B正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做的功，即ΔEk＝－Wf＝NμmgL，D正确。‎ ‎5．(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　)‎ A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动 B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动 D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动 解析：选BC　小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。‎ 二、计算题 ‎6.如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。‎ 解析：设A、B碰后瞬间A、B和C的共同速度大小为v，由动量守恒有 mv0＝3mv①‎ 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒有 ‎3mv＝2mv1＋mv0②‎ 设弹簧释放的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，即 (‎3m)v2＋Ep＝(‎2m)v12＋mv02③‎ 由①②③式得Ep＝mv02。‎ 答案：mv02‎ ‎7.(2014·北京高考)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝‎0.2 m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。取重力加速度g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)碰撞前瞬间A的速率v；‎ ‎(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；‎ ‎(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。‎ 解析：设滑块的质量为m。‎ ‎(1)根据机械能守恒定律mgR＝mv2‎ 得碰撞前瞬间A的速率v＝＝‎2 m/s。‎ ‎(2)根据动量守恒定律mv＝2mv′‎ 得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝v＝‎1 m/s。‎ ‎(3)根据动能定理(‎2m)v′2＝μ(‎2m)gl 得A和B整体沿水平桌面滑动的距离 l＝＝‎0.25 m。‎ 答案：(1)‎2 m/s　(2)‎1 m/s　(3)‎‎0.25 m ‎8.(2017·贵阳月考)在光滑的冰面上放置一个截面为四分之一圆且半径足够大的光滑自由曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上。已知小孩和冰车的总质量为m1，小球的质量为m2，曲面体的质量为m3。某时刻小孩将小球以v0＝‎4 m/s的速度向曲面体推出(如图所示)。‎ ‎(1)求小球在圆弧面上能上升的最大高度；‎ ‎(2)若m1＝‎40 kg，m2＝‎2 kg，小孩将球推出后还能再接到小球，试求曲面质量m3应满足的条件。‎ 解析：(1)小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 m2v0＝(m2＋m3)v 系统机械能守恒，由机械能守恒定律得 m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh 解得：h＝。‎ ‎(2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 m2v0－m1v1＝0，‎ 球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 m2v0＝－m2v2＋m3v3‎ 由机械能守恒定律得 m2v02＝m2v22＋m3v32‎ 解得：v2＝v0‎ 如果小孩将球推出后还能再接到球，则需要满足：v2＞v1‎ 解得：m3＞ kg。‎ 答案：(1)　(2)m3＞ kg ‎9. 如图所示，质量均为m的木板AB和滑块CD紧靠在一起静置在光滑水平面上，木板AB的上表面粗糙，滑块CD的表面是光滑的四分之一圆弧，其始端D点切线水平且与木板AB上表面相平。一可视为质点的物块P质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时的速度为，然后滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD的最高点C处。重力加速度为g。求：‎ ‎(1)物块滑到B点时木板的速度v的大小；‎ ‎(2)滑块CD圆弧的半径R。‎ 解析：(1)对物块P和木板AB、滑块CD组成的系统，由动量守恒定律有 mv0＝mv0＋2mv 解得v＝。‎ ‎(2)物块P由D点滑到C点的过程中，滑块CD和物块P组成的系统在水平方向动量守恒，有 m＋m＝2mv共 系统能量守恒，有 m2＋m2＝×2mv共2＋mgR 解得R＝。‎ 答案：(1)　(2)