【物理】2019届一轮复习人教版动量守恒定律学案

【物理】2019届一轮复习人教版动量守恒定律学案

第2讲　动量守恒定律 板块一　主干梳理·夯实基础 ‎【知识点1】　动量守恒定律及其应用　Ⅱ ‎1．几个相关概念 ‎(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。‎ ‎(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。‎ ‎(3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。‎ ‎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0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。‎ ‎(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增量等大反向。‎ ‎④Δp＝0，系统总动量的增量为零。‎ ‎(3)适用条件 ‎①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。‎ ‎②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。‎ ‎③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。‎ ‎【知识点2】　弹性碰撞和非弹性碰撞　Ⅰ ‎1．碰撞 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。‎ ‎2．特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。‎ ‎3．分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 ‎ 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 ‎4．反冲现象 ‎(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化。‎ ‎(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。‎ ‎5．爆炸问题 爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。‎ 板块二　考点细研·悟法培优 考点1 动量守恒定律 [深化理解]‎ ‎1．动量守恒的“五性”‎ ‎(1)‎ 矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。‎ ‎(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。‎ ‎(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度。一般选地面为参考系。‎ ‎(4)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。‎ ‎(5)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。 ‎ ‎2．应用动量守恒定律解题的步骤 例1　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)物块相对木板滑行的时间；‎ ‎(2)物块相对木板滑行的位移。‎ ‎(1)时间极短说明了什么？‎ 提示：①子弹与物块作用时，物块的位置没发生变化；‎ ‎②子弹与物块作用结束后，物块与木板才相互作用。‎ ‎(2)物体相对木板滑行的位移是物块的位移吗？‎ 提示：不是。‎ 尝试解答　(1)1_s__(2)3_m。‎ ‎(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m)v1，‎ 木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得 ‎(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，‎ 对子弹木块整体，由动量定理得 ‎－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)，‎ 联立解得物体相对小车的滑行时间t＝＝1 s。‎ ‎(2)由能量守恒定律得 μ(m0＋m)gd＝(m0＋m)v－(m0＋m＋M)v，‎ 联立解得d＝3 m。‎ 总结升华 应用动量守恒定律应注意的问题 ‎(1)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的。‎ ‎(2)注意挖掘题目中的隐含条件，这是解题的关键，如本例中，时间极短是指子弹与物块相互作用时，物块m位置没变，子弹与物块m共速后，才相对木板M运动。物块相对木板滑行的位移是指物块m相对木板M滑行的位移，并非对地的位移，并且物块m和木板最后共速。‎ 1.如图所示，在桌面边缘有一木块质量是1.99 kg，桌子高h＝0.8 m，一颗质量为10 g的子弹，击中木块，并留在木块内，落在桌子右边80 cm处的P点，子弹入射的速度大小是下列哪个数据(g取10 m/s2)(　　)‎ A．200 m/s B．300 m/s C．400 m/s D．500 m/s 答案　C 解析　题目牵涉的过程有两个：一是子弹打击木块；二是子弹木块共同做平抛运动。根据平抛位移x＝0.8 m知x＝v共t，t＝ ，所以v共＝＝x＝2 m/s。子弹打击木块过程中动量守恒，则有mv0＝(M＋m)v共，所以v0＝＝400 m/s，C正确。‎ ‎2. [2018·宁夏固原市一中月考]如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m 的球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是(　　)‎ A. B. C. D. 答案　A 解析　小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成系统，水平方向不受外力因而动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对滑块运动，此时一定不是最高点)。由水平方向动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A正确。‎ 考点2 碰撞问题分析 [模型应用]‎ ‎1．分析碰撞问题的三个依据 ‎(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。‎ ‎(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。‎ ‎(3)速度要合理 ‎①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′。‎ ‎②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。‎ ‎2．弹性碰撞的规律 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。‎ 以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′①‎ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2②‎ 由①②得v1′＝　v2′＝ 结论：‎ ‎(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。‎ ‎(2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，并且v1′0，碰撞后质量小的球被反弹回来。‎ 例2　两个小球A、B在光滑水平面上沿同一直线运动，其动量大小分别为5 kg·m/s和7 kg·m/s，发生碰撞后小球B的动量大小变为10 kg·m/s，由此可知：两小球的质量之比可能为(　　)‎ A.＝1 B.＝ C.＝ D.＝ ‎(1)A、B两小球动量大小分别为5 kg·m/s和7 kg·m/s有几种情况？‎ 提示：①同向运动，A球在前，B球在后；‎ ‎②同向运动，A球在后，B球在前；‎ ‎③相向运动。‎ ‎(2)发生碰撞时，一定守恒的是什么？‎ 提示：动量。‎ 尝试解答　选C。‎ 将两小球碰撞前后的动量方向间的关系作出如下各种假设，然后运用碰撞的三个制约因素进行检验。‎ ‎(1)设A、B两小球相向运动而发生碰撞，并取小球B碰前的运动方向为参考正方向，即 pA0＝－5 kg·m/s，pB0＝7 kg·m/s 根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即pB＝－10 kg·m/s 根据“动量制约”，小球A在碰后动量必为pA＝12 kg·m/s，而这样的碰撞结果显然违背了“动能制约”，因为显然有：‎ ＋≤＋。‎ ‎(2)设A、B两小球同向运动而发生碰撞，且A球在前，B球在后，取两小球碰前的运动方向为参考正方向，即pA0＝5 kg·m/s，pB0＝7 kg·m/s。‎ 根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即pB＝－10 kg·m/s。‎ 根据“动量制约”，小球A在碰后动量必为pA＝22 kg·m/s，而这样的碰撞结果显然也违背“动能制约”，因为显然也有：＋≤＋。‎ ‎(3)设A、B两小球同向运动而发生碰撞，且B球在前，A球在后，仍取两个小球碰前的运动方向为参考正方向，即pA0＝5 kg·m/s，pB0＝7 kg·m/s。‎ 根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相同，即pB＝10 kg·m/s。‎ 根据“动量制约”，小球A在碰后动量必有pA＝2 kg·m/s，而这样的碰撞结果完全可以不违背“动能制约”，只要有：＋≥＋，即≤。‎ 仍然根据“运动制约”，为了保证碰前小球A能追上小球B而发生碰撞，同时为了保证碰后小球A不至于超越到小球B 的前面，应分别有：>，≤。综上可知≤≤，C正确。‎ 总结升华 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2v0；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。‎ 　(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是(　　)‎ A.v0 B.v0 C.v0 D.v0‎ 答案　AB 解析　根据Ek＝mv2，碰撞后A球的动能变为原来的，则A的速度变为vA′＝±v0，正、负表示方向有两种可能。‎ 当vA′＝v0，vA′与v0同向时有：‎ mv0＝mv0＋2mvB，vB＝v0。‎ 碰撞后系统总动能为：‎ Ek总＝EkA′＋EkB′＝×mv＝EkA，‎ 机械能减小说明碰撞是非弹性碰撞。‎ 当vA′＝－v0，vA′与v0反向时有：‎ mv0＝－mv0＋2mvB，vB＝v0。‎ 碰撞后系统总动能为：‎ Ek总″＝EkA″＋EkB″＝mv，‎ 机械能守恒说明碰撞是弹性碰撞。‎ 考点3 爆炸、反冲及“人船模型” [模型应用]‎ ‎1．爆炸的特点 ‎(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时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。‎ ‎(2)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，所以爆炸前后系统的总动能增加。‎ ‎(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，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。‎ ‎2．反冲 ‎(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象。‎ ‎(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒。‎ ‎(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。‎ ‎3．“人船模型”‎ 若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒。 如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用中均发生运动，则由m11－m22＝0，得m1x1＝m2x2。‎ 例3　载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？‎ ‎(1)人和气球的速度有什么关系？‎ 提示：＝。‎ ‎(2)人和气球对地的位移与绳长有什么关系？‎ 提示：x人＋x球＝L绳。‎ 尝试解答　h。‎ 气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移为x人，球的位移为x球，它们的位移状态图如图所示，‎ 由平均动量守恒有：0＝Mx球－mx人，‎ 又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝h。‎ 总结升华 利用人船模型解题需注意两点 ‎(1)条件 ‎①系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。‎ ‎②构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动。‎ ‎③x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。‎ ‎(2)解题关键是画出草图确定初、末位置和各物体位移关系。‎ 　(多选)向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则 (　　)‎ A．b的速度方向一定与原速度方向相反 B．从炸裂到落地的这段时间里，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受到的爆炸力大小一定相等 答案　CD 解析　空中爆炸问题，因系统内力远大于外力，故满足系统动量守恒的条件。由题中所给物理情景“一分为二”，系统动量守恒的表达式为mv0＝mava＋mbvb 因mava与mv0同向，取v0为正方向。讨论：‎ ‎①若mavamv0，则mbvb为负向，vb与va反向，a在b之前。所以A错误；因题设条件只给出了va与v0同向和ma>mb，但未给出va一定大于或等于v0的条件。所以vb大于、等于和小于va的情况都有可能存在，从同一高度平抛物体的水平射程由水平初速度决定，故sb>sa、sb＝sa、sbm，故v方向水平向右。‎ ‎(2)功能关系：当木块A相对于地向左运动距离最远时，末速度为零，在这过程中，克服摩擦力Ff做功的结果是消耗了自身的动能：Ffs＝mv而A刚好没有滑离B板的条件是：A滑到B板的最左端，且二者具有相同速度v，A、B间因摩擦产生的内能等于系统动能的损失：Q＝Ffl＝(v－v2)由以上各式得向左运动的最远距离：s＝l。‎ 考点5 动量守恒与其他知识的综合 [拓展延伸]‎ ‎1．动量守恒与动能定理、功能关系、牛顿运动定律，以及直线运动、平抛运动、圆周运动等运动学知识综合。‎ ‎2．动量守恒与能量守恒、核反应知识综合。‎ ‎3．动量守恒与混合场(重力场和电场)、向心力、平抛运动、能量综合。‎ 例5　[2017·吉林长春调研]如图，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为是零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用。带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：‎ ‎(1)A、B两球相距最近时，A球的速度v；‎ ‎(2)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。‎ ‎(1)A、B两球相距最近的含义是什么？‎ 提示：A、B共速。‎ ‎(2)怎样理解A、B两球最终的速度？‎ 提示：当A、B间相互斥力作用足够长时间后，它们的间距就足够远，相互间的斥力可以忽略不计，电势能为零。‎ 尝试解答　(1)　(2)，。‎ ‎(1)对下滑的过程：2mgh＝·2mv，v0＝，‎ 球进入水平轨道后两球组成的系统动量守恒，两球最近时速度相等。‎ ‎2mv0＝(2m＋m)v，‎ v＝v0＝。‎ ‎(2)当A、B相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A、B两球组成的系统动量守恒、能量也守恒。‎ ‎2mv0＝2mvA＋mvB，‎ ×2mv＝×2mv＋mv，‎ 得vA＝v0＝，‎ vB＝v0＝。‎ 总结升华 动量守恒与其他知识综合问题的求解方法 动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题。解决这类问题首先要弄清物理过程，其次是弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律。最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键。‎ 　[2017·河南开封一模]如图所示，在高h1＝30 m的光滑水平平台上，物块P以初速度v0水平向右运动，与静止在水平台上的物块Q发生碰撞，mQ＝2mP，碰撞后物块P静止，物块Q以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为l＝70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接，物块Q沿轨道BCD 运动并与右边墙壁发生碰撞。g取10 m/s2。‎ ‎(1)求物块Q由A到B的运动时间；‎ ‎(2)求物块P初速度v0的大小；‎ ‎(3)若小物块Q与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点E(E点没画出)。设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围。‎ 答案　(1) s　(2)20 m/s　(3)0.17<μ≤0.5‎ 解析　(1)由于h1＝30 m，h2＝15 m，设小物块Q从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝gt2，解得t＝ s。‎ ‎(2)由于R＝h1，Rcosθ＝h1－h2，所以θ＝60°，小物块Q平抛的水平速度是v1，有＝tan60°，解得v1＝10 m/s。‎ 小物块P与Q发生碰撞的过程中系统的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得mPv0＝mQv1‎ 解得v0＝20 m/s ‎(3)设小物块Q在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是smax＝3l 路程的最小值是smin＝l 路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大，由能量守恒知 mQgh1＋mQv＝μminmQgsmax，‎ mQgh1＋mQv＝μmaxmQgsmin 解得μmax＝，μmin＝，即0.17<μ≤0.5。‎ 板块三　限时规范特训 ‎　　时间：45分钟　满分：100分 一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。其中1～4为单选，5～10为多选)‎ ‎1．[2018·长春一中月考]光滑水平面上半径相等的两金属小球A和B相向运动并发生对心碰撞，碰后两球均静止，若两球的质量之比为mA∶mB＝1∶3，则两球碰前的速度关系为(　　)‎ A．方向相同，大小之比为1∶3‎ B．方向相同，大小之比为3∶1‎ C．方向相反，大小之比为1∶3‎ D．方向相反，大小之比为3∶1‎ 答案　D 解析　根据动量守恒，mAvA－mBvB＝0，所以＝＝，D正确。‎ ‎2．[2017·安徽合肥一模]质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是(　　)‎ A．Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 J B．Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J C．Δp＝0.4 kg·m/s　W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s　W＝2 J 答案　A 解析　‎ 取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。由动能定理知，合外力做的功：W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J，A正确，B、C、D错误。‎ ‎3. 如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车向东的速度大小为(　　)‎ A. B. C. D．v1‎ 答案　D 解析　在水平方向动量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度没变，(m＋M)v1＝mv1＋Mv车，因此v车＝v1，所以D正确。‎ ‎4．[2017·安徽黄山模拟]小球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当小球A追上小球B并发生碰撞后，小球A、B的速度可能是(　　)‎ A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s 答案　B 解析　首先判断动量是否守恒，经过计算，四个选项均满足动量守恒；然后判断机械能变化，碰前系统的动能Ek＝mAv＋mBv＝22 J ‎，因为动能不增加，所以碰后系统的动能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2≤22 J，满足条件的有选项A和B，排除选项C和D。最后判断速度关系，本题中，小球A追上B发生碰撞，碰后必然有vA′≤vB′，故可再排除选项A，故B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，小车AB总质量为 m0，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，开始时小车AB和木块C都静止。当突然烧断细绳时，木块C被释放，使木块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．弹簧伸长过程中木块C向右运动，同时小车AB也向右运动 B．木块C与B碰前，木块C与小车AB的速率之比为m0∶m C．木块C与油泥粘在一起后，小车AB立即停止运动 D．木块C与油泥粘在一起后，小车AB继续向右运动 答案　BC 解析　小车AB、物块C和弹簧组成的系统动量守恒，初状态总动量为零，在弹簧伸长的过程中，木块C向右运动，则小车向左运动，故A错误；规定向右为正方向，在木块C与B碰前，根据动量守恒有：0＝mvC－m0v，解得vC∶v＝m0∶m，故B正确；因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当木块C与油泥粘在一起时，总动量仍然为零，则小车停止运动，故C正确，D错误。‎ ‎6. 如图所示，静止小车C放在光滑地面上，A、B 两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是(　　)‎ A．A、B质量相等，但A比B速率大 B．A、B质量相等，但A比B速率小 C．A、B速率相等，但A比B的质量大 D．A、B速率相等，但A比B的质量小 答案　AC 解析　两人及车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则mAvA－mBvB－mCvC＝0，得mAvA－mBvB>0。由该式可知：若mA＝mB，必有vA>vB，故A正确，B错误；若vA＝vB，必有mA>mB，故C正确，D错误。‎ ‎7．[2017·江西吉安质检]如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4 kg的小物块B以水平速度v＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．木板A获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为2 J C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1‎ 答案　AD 解析　由题中图象可知，木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以物体B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m0＋m)v，解得m0＝4 kg，木板获得的动能为Ek＝m0v2－0＝2 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－mv2－m0v2＝4 J，故B错误；速度—时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，故0～1 s内物体B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，木板A的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为l＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图可知，物体B在0～1 s的加速度a＝＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与规定正方向相反，由牛顿第二定律得μmBg＝mBa，得μ＝0.1，故D正确。‎ ‎8．从同样高度落下的玻璃杯，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动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小 B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时受地面的冲击力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小 答案　CD 解析　设玻璃杯下落高度为h。它们从h高度落地瞬间的速度大小相等，都是，设玻璃杯的质量是m，则落地的瞬间动量的大小都是m，A错误；与水泥或草地接触一段时间后，最终都静止，动量的改变量是相等的，B错误；同时，在此过程中，不难得出掉在水泥地上对应的时间要小于掉在草地上对应的时间，故C 正确；根据动量定理，动量改变量相同时，作用时间短的冲击力大，D正确。‎ ‎9．两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(设为正)，B的速度v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是 (　　)‎ A．均为1 m/s B．＋4 m/s和－5 m/s C．＋2 m/s和－1 m/s D．－1 m/s和＋5 m/s 答案　AD 解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能情况：‎ Ek＝m1v＋m2v＝×4×9 J＋×2×9 J＝27 J Ek′＝m1v′＋m2v2′2‎ 由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除选项B；选项C虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(v1′>0，v2′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误；验证选项A、D均满足Ek≥Ek′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)。‎ ‎10．光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时(　　)‎ A．A、B系统总动量仍然为mv B．A的动量变为零 C．B的动量达到最大值 D．A、B的速度相等 答案　AD 解析　系统水平方向动量守恒，A正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，D正确、B错误；但此时B 的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B物体会进一步加速，A物体会进一步减速，C错误。‎ 二、非选择题(本题共3小题，共40分)‎ ‎11. [2017·山东青岛模拟](12分)质量为m0的木板B置于光滑水平面上，另一质量为m的木块A(可视为质点)在木板B的左端以水平速度v0开始向右运动，如图所示，木块A与木板B之间的动摩擦因数为μ，若要使木块A刚好不从木板B的右端掉下去，则木板B的长度至少应多长？‎ 答案　 解析　若要使木块A刚好不从木板B的右端掉下去，则木块滑至木板右端时两者具有共同速度v，在A、B相互作用的过程中，系统不受外力作用，系统内力为一对摩擦力，小木块A可视为“子弹”，木板B可视为“木块”，这与子弹打击木块模型相似。‎ 由动量守恒定律得mv0＝(m0＋m)v①‎ 由能量守恒定律得mv＝(m0＋m)v2＋Q②‎ ‎②式中的Q＝μmgl，其中l为木块相对于木板发生的位移(即木板最小的长度)，‎ 解①②可得l＝。‎ ‎12. [2017·烟台二模](12分)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′。‎ 答案　(1)0.25 m/s　(2)2.75 m/s 解析　C从开始滑上A到恰好滑上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。‎ ‎13. [2017·安徽合肥二模](16分)如图所示，上表面光滑的“L”形木板B锁定在倾角为37°的足够长的斜面上；将一小物块A从木板B的中点轻轻地释放，同时解除木板B的锁定，此后A与B发生碰撞，碰撞过程时间极短且不计能量损失；已知物块A的质量m＝1 kg，木板B的质量m0＝4 kg，板长L＝6 cm，木板与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。‎ ‎(1)求第一次碰撞后的瞬间A、B的速度；‎ ‎(2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A距B下端的最大距离和重力对A做的功。‎ 答案　(1)3.6 m/s，沿斜面向上　2.4 m/s，沿斜面向下 ‎(2)3 m　28.8 J 解析　(1)对木板B受力分析，有 μ(mA＋mB)gcos37°＝mBgsin37°，‎ 所以在A与B发生碰撞前，木板B处于静止状态。‎ 设小物块A与木板B发生弹性碰撞前的速度大小为v0，由机械能守恒定律得mgsin37°＝mv，‎ 设A与B发生弹性碰撞后的速度分别为v1和v2，碰撞过程动量守恒和能量守恒，有mv0＝mv1＋m0v2，‎ mv＝mv＋m0v，‎ 联立以上各式解得v1＝－3.6 m/s，v2＝2.4 m/s，‎ 可见，A与B第一次碰后，A的速度大小为3.6 m/s，方向沿斜面向上，B的速度大小为2.4 m/s，方向沿斜面向下。‎ ‎(2)A与B第一次碰后，A沿板向上做匀减速运动，B沿斜面向下做匀速直线运动，在A与B第一次碰撞后到第二次碰撞前，当A与B速度相等之时，A与B下端有最大距离，此过程中，A运动的时间t1＝，‎ A距B下端有最大距离xm＝xA－xB，‎ 其中xA＝(v1＋v2)t1，‎ xB＝v2t1，‎ 解得xm＝3 m。‎ 设A与B第一次碰撞后到第二次碰撞前历时为t2，碰前A的速度为v，由于A与B从第一次碰撞后到第二次碰撞前位移相同，即t2＝v2t2，‎ 此过程中，对A由动能定理 WG＝mv2－mv＝28.8 J。‎