【物理】2019届一轮复习人教版碰撞与动量守恒学案

【物理】2019届一轮复习人教版碰撞与动量守恒学案

‎07 碰撞与动量守恒 核心考点 考纲要求 动量、动量定理、动量守恒定律及其应用 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅱ Ⅰ 考点1 碰撞模型 ‎1．碰撞的特点 ‎（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。‎ ‎（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能。‎ ‎（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。‎ ‎（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。‎ ‎2．碰撞的种类及遵从的规律 种类 遵从的规律 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大 ‎3．关于弹性碰撞的分析 两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。‎ 在光滑的水平面上，质量为m1的钢球沿一条直线以速度v0与静止在水平面上的质量为m2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v1、v2‎ ‎ ①‎ ‎ ②‎ 由①②可得： ③‎ ‎ ④‎ 利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：‎ a．当时，，，两钢球沿原方向原方向运动； 学/* +- ‎ b．当时，，，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；‎ c．当时，，，两钢球交换速度。‎ d．当时，，，m1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m2几乎不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞。‎ e．当时，，，说明m1很大时速度几乎不变，而质量很小的m2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。‎ ‎4．一般的碰撞类问题的分析 ‎（1）判定系统动量是否守恒。‎ ‎（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。‎ ‎（3）判定碰撞前后动能是否不增加。‎ 甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1=5 g·m/s，p2=7 g·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 g·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是 A．m1=m2 B．2m1=m2‎ C．4m1=m2 D．6m1=m2‎ ‎【参考答案】C ‎【试题解析】甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：，即，由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有，所以有：， 因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以 ，因此正确的答案是C选项。‎ ‎1．质量分别为ma＝0.5 g，mb＝1.5 g的物体a、b在光滑水平面上发生正碰。若不计碰撞时间，它们碰撞前后的位移—时间图象如图所示，则下列说法正确的是 A．碰撞前a物体的动量的大小为4 g·m/s B．碰撞前b物体的动量的大小为零 C．碰撞过程中a物体受到的冲量为1 N·s ‎ D．碰撞过程中b物体损失的动量大小为1.5 g·m/s ‎【答案】BD ‎2．小球从高处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取竖直向上为正方向，下列速度v随位置x的关系图像中，正确的是 ‎【答案】A ‎【解析】以竖直向上为正方向，则小球下落的速度为负值，故CD两图错误。设小球原来距地面的高度为h，小球下落的过程中，根据运动学公式有：v2=2g（h-x），由数学知识可得，v-x图象应是开口向左的抛物线。小球与地面碰撞后上升的过程，与下落过程具有对称性，故A正确，B错误。 学/* +- ‎ ‎3．如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED是水平的，CD是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R=0.5 m，质量m=0.1 g的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M=0.5 g的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后滑块A 能过半圆最高点C，取重力加速度g=10 m/s2，则：‎ ‎（1）B滑块至少要以多大速度向前运动；‎ ‎（2）如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少？‎ ‎【答案】（1）3 m/s （2）0.375 J Mv0=（M+m）v ‎ 由机械能守恒定律得：‎ 以上联立并代入数据解得：Ep=0.375 J ‎4．如图所示，一质量m=2 g的铁块放在质量M=2 g的小车左端，二者一起以v0=4 m/s的速度沿光滑水平面向竖直墙运动，车与墙碰撞的时间t=0.01 s，碰撞时间极短，不计车与墙碰撞时机械能的损失，最终小车与铁块相对静止。已知铁块不会到达车的右端，铁块与小车之间的动摩擦因数μ=0.4，g=10 m/s2。求：‎ ‎（1）车与墙碰撞时受到的平均作用力F的大小（由于碰撞时间极短可认为在车与墙碰撞时铁块速度没变）；‎ ‎（2）小车车长的最小值。‎ ‎【答案】（1）1 600 N （2）4 m ‎【解析】（1）小车与墙碰撞后瞬间，小车的速度向左，大小为v0，由动量定理得：Ft = 2Mv0 ‎ 得F = 1 600 N ‎ ‎（2）小车与墙碰撞后瞬间，铁块的速度未变，由动量守恒定律：M v0- m v0=（M+m）v ‎ 由能量守恒定律： ‎ 联立解得d=4 m ‎5．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m=1 g的物块A、B、C处于静止状态。 B的左侧固定一轻弹簧，弹簧左侧的挡板质量不计。现使A以速度v0=4 m/s朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，且B和C碰撞过程时间极短，且损失的机械能为1 J。此后A继续压缩弹簧，直至弹簧被压缩到最短。在上述过程中，求：‎ ‎（1）B与C相碰后的瞬间，B与C粘接在一起时的速度；‎ ‎（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。‎ ‎【答案】（1）1 m/s （2）‎ ‎6．如图所示，ABC是光滑轨道，BC段水平，C端固定一重锤线，重锤正下方为O点，在轨道上固定一挡板D，从贴紧挡板D处由静止释放质量为m1小球1，小球1落在M点，测得M点与O点距离‎2l。在C的末端放置一个大小与小球1相同的小球2，其质量为m2；现仍从D点静止释放小球1，小球1与小球2发生正碰，小球2落在N点，小球1落在P点，测得OP为l，ON为‎3l。求：‎ ‎（1）小球1与小球2的质量之比；‎ ‎（2）试通过计算判断两球的碰撞是否完全弹性碰撞。‎ ‎【答案】（1） （2）是弹性碰撞 碰后两均在空中做平抛运动 球1水平方向④‎ 球2水平方向⑤‎ 由①②③④⑤式联立得⑥‎ ‎（2）以两球为系统，碰前系统初动能⑦‎ 碰后系统末动能:⑧‎ 由②③④⑤⑥⑦⑧式联立得:‎ 则两球碰撞是弹性碰撞 ‎7．如图一质量为M=2 g的铁锤，在距桩面h=3.2 m处从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在一个质量为m=6 ‎ g的木桩上，随即与木桩一起向下运动，经时间t=0.1 s停止运动。求木桩向下运动时受到地面的平均阻力大小。（铁锤的横截面小于木桩的横截面）‎ ‎【答案】240 N ‎【解析】M下落，机械能守恒：‎ M、m碰撞，动量守恒Mv=（M+m）v′、v′=2 m/s 木桩向下运动，由动量定理（规定向下为正方向）、[（M+m）g-f]△t=0-（M+m）v′‎ 解得f=240 N ‎8．如图所示，木板A质量，足够长的木板B质量，质量为的木板C置于木板B上，水平地面光滑，B、C之间存在摩擦，开始时B、C均静止，现使A以的初速度向右运动，与B碰撞后以4 m/s的速度弹回（），‎ ‎（1）求B在整个运动过程中的最大速率；学/* +-* ‎ ‎（2）如碰撞后C在B上滑行距离d=2 m，求B、C间动摩擦因数μ。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ 代入解得 ‎9．如图所示，坡道顶端距水平面高度为h=0.5 m，质量m=1.0 g的小物块A从坡道顶端处静止滑下，进入水平面OM时无机械能损失，水平面OM长为2x，其正中间有质量分别为2m、m的两物块B、C（中间粘有炸药），现点燃炸药，B、C被水平弹开，物块C运动到O点时与刚进入水平面的小物块A发生正碰，碰后两者结合为一体向左滑动并刚好在M点与B相碰，不计一切摩擦，三物块均可视为质点，重力加速度为g=10 m/s2，求炸药点燃后释放的能量E。‎ ‎【答案】炸药点燃后释放的能量E为0.3 J ‎【解析】根据动能定理得， ‎ 解得A到达底端的速度 根据能量守恒得 代入数据解得E=0.3 J 考点2 弹簧模型 ‎1．注意弹簧弹力特点及运动过程，弹簧弹力不能瞬间变化。‎ ‎2．弹簧连接两种形式：连接或不连接。‎ 连接：可以表现为拉力和压力，从被压缩状态到恢复到原长时物体和弹簧不分离，弹簧的弹力从压力变为拉力。‎ 不连接：只表现为压力，弹簧恢复到原长后物体和弹簧分离，物体不再受弹簧的弹力作用。‎ ‎3．动量和能量问题：动量守恒、机械能守恒，动能和弹性势能之间转化，等效于弹性碰撞。弹簧被压缩到最短或被拉伸到最长时，与弹簧相连的物体共速，此时弹簧具有最大的弹性势能，系统的总动能最小；弹簧恢复到原长时，弹簧的弹性势能为零，系统具有最大动能。‎ 如图所示，滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始下滑下，与滑块B发生碰撞（时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出。已知求：‎ ‎（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；‎ ‎（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；‎ ‎（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。‎ ‎【参考答案】（1） （2） （3）‎ ‎【试题解析】（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程中，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有 ‎ ‎ 解得：‎ 滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，由动量守恒定律有 ‎ 解得： ‎ ‎（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，由动量定恒定律有：‎ ‎ ‎ 由机械能定恒定律有： ‎ ‎（3）被压缩的弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B速度为v4，滑块C的速度为v5，分别由动量定恒定律和机械能定恒定律有：‎ 解之得：（另一组解舍去）‎ 滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：‎ ‎ . +-* ‎ 解得之：‎ ‎1．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为3m和m的A、B两滑块，它们中间夹着（不相连）一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。则下列说法正确的是 A．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动量大小之比pA：pB=3：1‎ B．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的速度大小之比vA：vB=3：1‎ C．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动能之比E A：E B=1：3‎ D．剪断细绳到两滑块脱离弹簧过程中，弹簧对A、B两滑块做功之比WA：WB=1：1‎ ‎【答案】C ‎2．如图所示，水平固定放置的两根足够长的平行光滑杆AB和CD，各穿有质量均为的小球a和小球b，两杆之间的距离为，两球用自由长度也为d的轻质弹簧连接，现从左侧用挡板将a球挡住，再用力把b球向左边拉一段距离（在弹性限度内）后自静止释放，释放后，下面判断中不正确的是 A．在弹簧第一次恢复原长的过程中，两球和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒 B．弹簧第二次恢复原长时，a球的速度达到最大 C．弹簧第一次恢复原长后，继续运动的过程中，系统的动量守恒、机械能守恒 D．释放b球以后的运动过程中，弹簧的最大伸长量总小于运动开始时弹簧的伸长量 ‎【答案】A ‎3．如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧。一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度v0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端。根据上述情景和已知量，可以求出 A．弹簧的劲度系数 B．弹簧的最大弹性势能 C．木板和小物块之间的动摩擦因数 D．木板和小物块组成的系统最终损失的机械能 ‎【答案】BD ‎【解析】小木块与木板构成的系统动量守恒，设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律，小木块从开始位置滑动到最左端的过程，mv0=（m+M）v1，小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，mv0=（m+M）v2，解得v1=①，v2=②，小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律，Epm+Q+（m+M）v12=mv02③，Q=fL④，小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，Q′+（m+M）v12=mv02⑤，Q′=f（2L）⑥，由①~⑥式，可以解出Epm、Q ‎′，故BD正确；由于缺少弹簧的压缩量和木板长度，无法求出弹簧的劲度系数和滑动摩擦力，故AC错误。‎ ‎4．如图所示，置于水平面上的质量为M=4m、长为L的木板右端水平固定有一轻质弹簧，在木板上与左端相齐处有一质量为m的小物体，木板与小物体一起以水平速度v向右运动，若M与m、M与地的接触均光滑，板与墙碰撞无机械能损失，则从木板与墙碰撞以后 A．木板与小物体组成的系统，总动量守恒 B．当小物体速度为零时，木板速度大小为0.75v，此时小物体距墙最近 C．小物体和木板对地的速度相同时，弹簧弹性势能最大，最大值为 D．小物体一定会从木板的最左端掉下来 ‎【答案】ABD 弹簧的压缩量最大，以向左为正，根据动量守恒定律得：Mv﹣mv=（M+m）v2，根据机械能守恒定律得：，解得：EP=1.6mv2，故C错误；当小物体和木板对地的速度相同时，在弹簧的弹力作用下，小物体继续要向左加速运动，木板继续做减速运动，当弹簧恢复原长时，小物体的速度大于木板的速度，小物体一定会从木板的最左左端掉下来，故D正确。‎ ‎5．如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是 A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 C．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能不守恒 ‎【答案】C ‎6．质量均为m=2 g的三物块A、B、C，物块A、B用轻弹簧相连，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=3 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动。求在以后的运动中：‎ ‎（1）从开始到弹簧的弹性势能第一次达到最大时，弹簧对物块A的冲量；‎ ‎（2）系统中弹性势能的最大值Ep是多少？‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎（2）B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为，则：‎ 解得：‎ 设弹簧的弹性势能最大为，根据机械能守恒得：‎ 代入解得为：‎ 考点3 子弹打木块模型 子弹打击木块问题，由于被打击的木块所处情况不同，可分为两种类型：一是被打的木块固定不动；二是被打的木块置于光滑的水平面上，木块被打击后在水平面上做匀速直线运动。学/* +- ‎ ‎1．木块被固定 子弹和木块构成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，系统内力是一对相互作用的摩擦力，子弹对木块的摩擦力不做功，相反，木块对子弹的摩擦力做负功，使子弹动能的一部分或全部转化为系统的内能。由动能定理可得：，式中f为子弹受到的平均摩擦力，s为子弹相对于木块运动的距离。‎ ‎2．木块置于光滑水平面上 子弹和木块构成系统不受外力作用，系统动量守恒，系统内力是一对相互作用的摩擦力，子弹受到的摩擦力做负功，木块受到的摩擦力做正功。如图所示，设子弹质量为m，水平初速度为v0，置于光滑水平面上的木块质量为M。若子弹未穿过木块，则子弹和木块最终共速为v。‎ 由动量守恒定律： ①‎ 对于子弹，由动能定理：②‎ 对于木块，由动能定理：③‎ 由①②③可得：④‎ 系统动能的减少量转化为系统内能Q ‎（1）若时，说明子弹刚好穿过木块，子弹和木块具有共同速度v。‎ ‎（2）若时，说明子弹未能穿过木块，最终子弹留在木块中，子弹和木块具有共同速度v。‎ ‎（3）当时，说明子弹能穿过木块，子弹射穿木块时的速度大于木块的速度。‎ 若属于（3）的情况，设穿透后子弹和木块的速度分别为v1和v2，上述关系式变为：‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ ‎ ⑦‎ ⑧‎ 装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。‎ ‎（1）子弹射穿质量为2m、厚度为2d的钢板后钢板的速度和此过程系统损失的机械能；‎ ‎（2）子弹射穿质量为m、厚度为d的第一块钢板后的速度；‎ ‎（3）子弹射入第二块钢板的深度。‎ ‎【参考答案】（1） （2） （3）‎ ‎【试题解析】（1）设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为v。由动量守恒得 ①‎ 解得 ‎ 此过程中动能的损失为 ②‎ 解得 ‎（2）分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时子弹和钢板的速度为别为v1和v2，由动量守恒得 ‎ ③‎ 根据能量守恒得： ④‎ 联立①②③④解得：‎ ‎（3）子弹以速度垂直射向第二块钢板在第二块钢板中进入深度，公共速度，则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统动能的减少，有： ⑤‎ ‎ ⑥‎ 联立以上各式化简得：‎ ‎1．如图所示，三块完全相同的木块并排固定在水平地面上。一颗子弹以速度v，水平射入，若子弹在木块中所受的阻力恒定（a恒定），且穿过第三块木块后速度恰好为零，则子弹依次射入每块木块时的速度比和穿过每块木块所用的时间比分别为 A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1‎ B．v1∶v2∶v3＝∶∶‎ C．t1∶t2∶t3＝1∶∶‎ D．t1∶t2∶t3＝（－）∶（－1）∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】子弹匀减速穿过三木块，末速度为零，我们假设子弹从右向左做初速度为零的匀加速直线运动。‎ 根据可知子弹依次穿过3、2、1三木块时的速度之比是1：：，则子弹依次穿过1、2、3三木块的速度之比是：：：1，选项AB错误；子弹依次穿过3、2、1三木块所用时间之比t3：t2：t1=1：（−1）：（−），得子弹依次穿过1、2、3三木块所用时间之比t1：t2：t3=（−）：（−1）：1，选项D正确，C错误。‎ ‎2．如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一颗子弹水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力为f，那么在这一过程中 A．木块的机械能增量f L B．子弹的机械能减少量为f（L+d）‎ C．机械能保持不变 D．机械能增加了mgh ‎【答案】AB ‎3．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示，则在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统 A．动量守恒、机械能守恒 B．动量不守恒、机械能守恒 C．动量守恒、机械能不守恒 D．无法判断动量、机械能是否守恒 ‎【答案】C ‎【解析】弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中的过程中系统所受外力之和为零，动量守恒，在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中除弹簧弹力做功外还有摩擦力做功，系统机械能不守恒，故C正确。‎ ‎4．如图所示，木块B与水平轻弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短。关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是 A．子弹射入木块的过程中，系统的动量守恒 B．子弹射入木块的过程中，系统的机械能守恒 C．木块压缩弹簧的过程中，系统的动量守恒 D．木块压缩弹簧的过程中，系统的机械能守恒 ‎【答案】AD ‎5．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起，将其放在光滑水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知 A．子弹射中上层时对滑块做功多 B．两次子弹对滑块做的功一样多 C．子弹射中上层系统产生热量多 D．子弹与下层之间的摩擦力较大 ‎【答案】BD ‎【解析】根据动量守恒知道最后物块获得的速度（最后物块和子弹的公共速度）是相同的，即物块获得的动能是相同的；根据动能定理，物块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对物块做的功一样多，故A错误，B正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多（子弹初末速度相等）；物块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故C错误；根据摩擦力和相对位移的乘积等于系统动能的损失量，由公式：Q=Fl相对，两次相对位移不一样，因此子弹所受阻力不一样，子弹与下层之间相对位移比较小，所以摩擦力较大，故D正确。 学/* +- ‎ ‎6．用细线悬挂一质量为M的木块，木块静止，如图所示。现有一质量为m的子弹自左方水平地射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v。求木块能摆到的最大高度。（设子弹穿过木块的时间很短，可不计）‎ ‎【答案】 ‎ 考点4 人船模型 小车模型 人船模型 人船模型是两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。将速度与质量的关系推广到位移与质量，做这类题目，首先要画好示意图，要注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系；‎ 人船问题的适用条件是：两个物体组成的系统（当有多个物体组成系统时，可以先转化为两个物体组成的系统）动量守恒，系统的总动量为零，利用平均动量守恒表达式解答。‎ 小车模型 动量守恒定律在小车介质上的应用，求解时注意：（1）初末动量的方向及大小；（2）小车的受力情况分析，是否满足某一方向合外力为零；（3）结合能量规律和动量守恒定律列方程求解。‎ 如图所示，两车厢的质量相同，其中一个车厢内有一人拉动绳子使两车厢相互靠近。若不计绳子质量及车厢与轨道间的摩擦，下列对于哪个车厢里有人的判断正确的是 A．绳子的拉力较大的那一端车厢里有人 B．先开始运动的车厢里有人 C．后到达两车中点的车厢里有人 D．不去称量质量无法确定哪个车厢有人 ‎【参考答案】C ‎【试题解析】若不计绳子质量及车厢与轨道间的摩擦，根据牛顿第三定律，两车之间的拉力大小相等，且两车同时受到拉力，同时开始运动，故AB错误；两车之间的拉力大小相等，根据牛顿第二定律，质量大，加速度小，由位移公式，可知相同时间内位移小，所以后到达中点，即后到达两车中点的车厢里有人，故C正确，D错误。‎ ‎1．质量m＝100 g的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 g、m乙＝60 g的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向为 A．0.6 m/s，向左 B．3 m/s，向左 C．0.6 m/s，向右 D．3 m/s，向右 ‎【答案】A ‎【解析】甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有：0=–m甲v甲+m乙v乙+mv，解得：，代入数据解得v=–0.6 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确。‎ ‎2．静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示，甲先抛乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，不计水的阻力，下列说法中正确的是 A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些 B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些 C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些 D．两球抛出后，船的速度为零，两球所受到的冲量相等 ‎【答案】C ‎3．质量为m的人站在质量为M、长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边（如图所示），当他向左走到船的左端时，船左端离岸的距离是 A．L B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分别为l1、l2，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv1=Mv2，两边同乘时间t得mv1t=Mv2t，即ml1=Ml2，而l1+l2=L，解得。故选D。‎ ‎4．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，甲同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，另外一位同学用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知甲同学的质量为m，则渔船的质量为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎5．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为 A．v0+v B．v0﹣v C．v0+（v0+v） D．v0+（v0﹣v）‎ ‎【答案】C ‎【解析】人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，（M+m）v0=Mv′﹣mv，v′=v0+（v0+v），故选C。‎ ‎6．一个人在地面上立定跳远最好成绩是s m，假设他站在静止于地面的小车的A端（车与地面的摩擦不计），如图所示，他欲从A端跳上远处的站台上，则 A．只要，他一定能跳上站台 B．只要，他有可能跳上站台 C．只要，他一定能跳上站台 D．只要，他有可能跳上站台 ‎【答案】B ‎【解析】当人往站台上跳的时候，人有一个向站台的速度，由于动量守恒，车子必然有一个离开站台的速度，这样的话，人相对于地面的速度小于之前的初速度，所以或，人就一定跳不到站台上了，，人才有可能跳上站台，故ACD错误，B正确。‎ ‎7．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA>mB。最初人和车都处于静止状态，现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B相对地面的速度大小相等，则车 A．静止不动 B．向右运动 C．向左运动 D．左右往返运动 ‎【答案】C ‎8．如图所示，一辆小车装有光滑弧形轨道，总质量为m，停放在光滑水平面上。有一质量也为m速度为v的铁球，沿轨道水平部分射入，并沿弧形轨道上升h后又下降而离开小车，离车后球的运动情况是 A．做平抛运动，速度方向与车运动方向相同 B．做平抛运动， 速度方向与车运动方向相反 C．做自由落体运动 学/* +- ‎ D．小球跟车有相同的速度 ‎【答案】C ‎【解析】设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，整个过程中动量守恒，由动量守恒定律得：，由动能守恒得：，联立解得：，，即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故选项C正确。‎ ‎9．如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点。用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B 处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将 A．向右运动 B．向左运动 C．静止不动 D．小球下摆时，车向左运动后又静止 ‎【答案】D 考点5 圆弧模型 滑板模型 斜面模型 动量守恒定律在圆弧轨道、长木板以及斜面等相关轨道上的应用，求解时要分析受力方向，根据受力情况列动量守恒定律方程，要根据能量分析情况结合能量规律列方程，联立求解。下面结合各种相关的轨道逐个进行分析讲解。‎ 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，一个质量为m（m

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