第七章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))eq\a\vs4\al(動量)考綱要求考情分析動量動量定理Ⅱ1.命題規(guī)律高考對本章以單獨考查為主，也可以與動力學(xué)、功和能等知識綜合考查。題型既有選擇題，也有計算題，難度中等。2.考查熱點以生活實例及經(jīng)典物理學(xué)理論為命題背景，適當(dāng)結(jié)合物理知識在生活中的應(yīng)用。動量守恒定律及其應(yīng)用Ⅱ彈性碰撞和非彈性碰撞Ⅰ實驗六：驗證動量守恒定律[說明]碰撞問題只限于一維。第30課時動量沖量動量定理(雙基落實課)知識點一動量和沖量1．沖量和動量的比較沖量I動量p定義力與力的作用時間的乘積叫做力的沖量物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動量公式I＝Ftp＝mv單位N·skg·m/s矢標(biāo)性矢量，方向與恒力的方向相同矢量，方向與速度的方向相同特點過程量狀態(tài)量2．沖量和功的比較(1)沖量是矢量，功是標(biāo)量。(2)沖量和功都是過程量。沖量是表示力對時間的積累作用，功表示力對位移的積累作用。(3)沖量不為零時，功可能為零；功不為零時，沖量一定不為零。3．動量與動能的比較(1)動量是矢量，動能是標(biāo)量。(2)動量和動能都是狀態(tài)量。沖量引起動量的變化，總功引起動能的變化。(3)若動能發(fā)生了變化，動量也一定發(fā)生變化；而動量發(fā)生變化時，動能不一定發(fā)生變化。(4)動量和動能均與參考系的選取有關(guān)，高中階段通常選取地面為參考系。它們的大小關(guān)系：p＝eq\r(2mEk)或Ek＝eq\f(p2,2m)。[小題練通]1．下列關(guān)于動量的說法正確的是()A．質(zhì)量大的物體動量一定大B．速度大的物體動量一定大C．兩物體動能相等，動量不一定相同D．兩物體動能相等，動量一定相等解析：選C動量等于運動物體質(zhì)量和速度的乘積，動量大小與物體質(zhì)量、速度兩個因素有關(guān)，A、B錯；由動量大小和動能的表達式得出p＝eq\r(2mEk)，兩物體動能相等，質(zhì)量關(guān)系不明確，動量不一定相同，D錯，C對。2．如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1，速度為零并又開始下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff。在整個運動過程中，重力對滑塊的總沖量為()A．mg(t1＋t2)sinθ B．mg(t1－t2)sinθC．mg(t1＋t2) D．0解析：選C重力是恒力，重力的沖量等于重力與重力作用時間的乘積，即整個運動過程中重力的沖量為mg(t1＋t2)。選項C正確。變力沖量的計算方法動量定理若I無法直接求得，可利用I＝Δp間接求出，這是求變力沖量的首選方法平均力法如果力隨時間是均勻變化的，則eq\x\to(F)＝eq\f(1,2)(F0＋Ft)，該變力的沖量為I＝eq\f(1,2)(F0＋Ft)tF-t圖像eq\a\vs4\al(F-t圖線與時間軸圍成的“面積”表示力的沖量)知識點二動量定理1．內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量。2．公式：p′－p＝I。(1)公式是矢量式，左邊是動量的變化量，只有當(dāng)初、末動量在一條直線上時，可以直接進行代數(shù)運算，但必須注意正負值。(2)公式右邊是物體受到的所有力的合沖量，而不是某一個力的沖量。(3)公式說明了兩邊的因果關(guān)系，即合力的沖量是動量變化的原因。3．用動量定理解釋生活現(xiàn)象由F＝eq\f(Δp,t)知，物體的動量變化一定時，力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小。分析問題時，要明確哪個量一定，哪個量變化。[小題練通]1．(2015·安徽高考)一質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5m的位置B處是一面墻，如圖所示，一物塊以v0＝9m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止，g取10m/s2。(1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若碰撞時間為0.05s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W。解析：(1)由動能定理，有－μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02可得μ＝0.32。(2)由動量定理：有FΔt＝mv′－mv可得F＝130N。(3)克服摩擦力所做的功W＝eq\f(1,2)mv′2＝9J。答案：(1)0.32(2)130N(3)9J2．據(jù)統(tǒng)計，人在運動過程中，腳底在接觸地面瞬間受到的沖擊力是人體自身重力的數(shù)倍。為探究這個問題，實驗小組同學(xué)利用落錘沖擊的方式進行了實驗，即通過一定質(zhì)量的重物從某一高度自由下落沖擊地面來模擬人體落地時的情況。重物與地面的形變很小，可忽略不計，g取10m/s2。下表為一次實驗過程中的相關(guān)數(shù)據(jù)。請你選擇所需數(shù)據(jù)，通過計算回答下列問題：重物(包括傳感器)的質(zhì)量m/kg8.5重物下落高度H/cm45重物反彈高度h/cm20最大沖擊力Fm/N850重物與地面接觸時間t/s0.1(1)求重物受到地面的沖擊力最大時的加速度大小；(2)在重物與地面接觸過程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍？解析：(1)由牛頓第二定律有a＝eq\f(Fm－mg,m)，解得a＝90m/s2。(2)重物在空中運動過程中，由動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2由題意得，重物與地面接觸前瞬時的速度大小v1＝eq\r(2gH)重物離開地面瞬時的速度大小v2＝eq\r(2gh)設(shè)重物與地面接觸過程，重物受到的平均作用力大小為F，豎直向上為正方向，由動量定理有(F－mg)t＝mv2－m(－v1)解得F＝510N，故eq\f(F,mg)＝6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍。答案：(1)90m/s2(2)6倍應(yīng)用動量定理解題的基本思路(1)確定研究對象。中學(xué)階段的動量定理問題，其研究對象一般僅限于單個物體。(2)對物體進行受力分析。可以先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量。(3)抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負號。(4)根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要其他補充方程，最后代入數(shù)據(jù)求解。對過程較復(fù)雜的運動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理。知識點三動量定理與微元法的綜合應(yīng)用1．流體類問題流體及其特點通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常給出流體密度ρ分析步驟(1)建立“柱體”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S(2)微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt(3)建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱形流體2．微粒類問題微粒及其特點通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質(zhì)量具有獨立性，通常給出單位體積內(nèi)的粒子數(shù)n分析步驟(1)建立“柱體”模型，沿速度v0的方向選取一段微元，其橫截面積為S(2)微元研究，作用時間Δt內(nèi)一段微元的長度為Δl，對應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt(3)先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N求解[小題練通]1．水力采煤是利用高速水流沖擊煤層而進行的，煤層受到3.6×106N/m2的壓強沖擊即可破碎，若水流沿水平方向沖擊煤層，不考慮水的反向濺射作用，則沖擊煤層的水流速度至少應(yīng)為(水的密度為1×103kg/m3)()A．30m/s B．40m/sC．45m/s D．60m/s解析：選D建立如圖所示模型，設(shè)水流形成的水柱面積為S，由動量定理：F·Δt＝0－ρS·v0·Δt·(－v0)，可得壓強：p＝eq\f(F,S)＝ρv02，故沖擊煤層的水流速度至少應(yīng)為v0＝eq\r(\f(p,ρ))＝60m/s。2．(2016·全國Ⅰ卷)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。解析：(1)設(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV ①ΔV＝v0SΔt ②由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。 ③(2)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)Δmv2＋Δmgh＝eq\f(1,2)Δmv02 ④在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp＝Δmv ⑤設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有FΔt＝Δp ⑥由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg ⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)。 ⑧答案：(1)ρv0S(2)eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)Δt是動量定理與柱體微元之間的橋梁，這一點跟“加速度是力與運動之間的橋梁”類似。eq\a\vs4\al([課時達標(biāo)檢測])一、單項選擇題1．(2015·重慶高考)高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)，此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()A.eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq\f(m\r(2gh),t)－mgC.eq\f(m\r(gh),t)＋mg D.eq\f(m\r(gh),t)－mg解析：選A方法一：設(shè)高空作業(yè)人員自由下落h時的速度為v，則v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)，設(shè)安全帶對人的平均作用力為F，由牛頓第二定律得F－mg＝ma，又v＝at，解得F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg。方法二：由動量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg。選項A正確。2．(2018·合肥一模)質(zhì)量為0.2kg的小球以6m/s的速度豎直向下落至水平地面上，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)于小球動量的變化量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解析：選A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，合外力做的功：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J。故A正確。3．如圖所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，左端與豎直墻壁接觸。現(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設(shè)噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時貯氣瓶左端對豎直墻面的作用力大小是()A．ρvS B.eq\f(ρv2,S)C.eq\f(1,2)ρv2S D．ρv2S解析：選DΔt時間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSv·Δt，對于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，選項D正確。4．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是()A．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變B．在最高點時，乘客重力大于座椅對他的支持力C．摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變解析：選B摩天輪轉(zhuǎn)動過程中乘客的動能不變，重力勢能一直變化，故機械能一直變化，A錯誤；在最高點乘客具有豎直向下的向心加速度，重力大于座椅對他的支持力，B正確；摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，乘客重力的沖量不為零，C錯誤；重力瞬時功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉(zhuǎn)動過程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時功率也是變化的，D錯誤。5．一個質(zhì)量為3kg的物體所受的合外力隨時間變化的情況如圖所示，那么該物體在6s內(nèi)速度的改變量是()A．7m/s B．6.7m/sC．6m/s D．5m/s解析：選DF-t圖線與時間軸圍成的面積在數(shù)值上代表了合外力的沖量，故合外力沖量為I＝3×4＋eq\f(1,2)×2×4－eq\f(1,2)×1×2N·s＝15N·s，根據(jù)動量定理有I＝mΔv，Δv＝eq\f(I,m)＝eq\f(15,3)m/s＝5m/s，故D正確。二、多項選擇題6．兩個質(zhì)量不同的物體，如果它們的()A．動能相等，則質(zhì)量大的動量大B．動能相等，則動量大小也相等C．動量大小相等，則質(zhì)量大的動能小D．動量大小相等，則動能也相等解析：選AC根據(jù)動能Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，動量p＝mv＝eq\r(2mEk)，兩個質(zhì)量不同的物體，當(dāng)動能相等時，質(zhì)量大的動量大，A正確，B錯誤；若動量大小相等，則質(zhì)量大的動能小，C正確，D錯誤。7．(2018·常德模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達距地面深度為h的B點時速度減為零。不計空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小球下落的整個過程，下列說法正確的有()A．小球的機械能減少了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功為mghC．小球所受阻力的沖量大于meq\r(2gH)D．小球動量的改變量等于所受阻力的沖量解析：選AC小球在整個過程中，動能變化量為零，重力勢能減少了mg(H＋h)，則小球的機械能減少了mg(H＋h)，故A正確；對小球下落的全過程運用動能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，則小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B錯誤；小球落到地面的速度v＝eq\r(2gH)，對進入泥潭的過程運用動量定理得：IG－IF＝0－meq\r(2gH)，得：IF＝IG＋meq\r(2gH)，可知阻力的沖量大于meq\r(2gH)，故C正確；對全過程分析，運用動量定理知，動量的改變量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和，故D錯誤。8．某人身系彈性繩自高空P點自由下落，圖中a點是彈性繩的原長位置，c是人所到達的最低點，b是人靜止懸吊時的平衡位置。不計空氣阻力，則下列說法中正確的是()A．從P至c過程中重力的沖量大于彈性繩彈力的沖量B．從P至c過程中重力所做的功等于人克服彈力所做的功C．從P至b過程中人的速度不斷增大D．從a至c過程中加速度方向保持不變解析：選BC人由P至c的全過程中，外力的總沖量為重力的沖量與彈性繩彈力的沖量的矢量和，根據(jù)動量定理，外力的總沖量應(yīng)等于人的動量增量，人在P與c時速度均為零，動量的增量為零，則重力的沖量大小應(yīng)等于彈性繩彈力的沖量大小，方向相反，總沖量為零，選項A錯誤；根據(jù)動能定理，人由P至c過程中，人的動能增量為零，則重力與彈性繩彈力做的總功為零，重力所做的功等于人克服彈力所做的功，選項B正確；人由P至a自由下落，由a至b，彈力逐漸增大，但合外力向下，人做加速度變小的加速運動，至b點加速度為零，速度最大，人過b點之后，彈力大于重力，合外力向上，加速度方向向上，速度變小，選項C正確，D錯誤。9．(2017·全國Ⅲ卷)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則()A．t＝1s時物塊的速率為1m/sB．t＝2s時物塊的動量大小為4kg·m/sC．t＝3s時物塊的動量大小為5kg·m/sD．t＝4s時物塊的速度為零解析：選AB方法一：根據(jù)F-t圖線與時間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s內(nèi)合外力沖量分別為2N·s、4N·s、3N·s、2N·s，應(yīng)用動量定理I＝mΔv可知物塊在1s、2s、3s、4s末的速率分別為1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物塊在這些時刻的動量大小分別為2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，則A、B正確，C、D錯誤。方法二：前2s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s時物塊的速率v1＝a1t1＝1m/s，A正確；t＝2s時物塊的速率v2＝a1t2＝2m/s，動量大小為p2＝mv2＝4kg·m/s，B正確；物塊在2～4s內(nèi)做勻減速直線運動，加速度的大小為a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s時物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，動量大小為p3＝mv3＝3kg·m/s，C錯誤；t＝4s時物塊的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s，D錯誤。三、計算題10．靜止在太空中的飛行器上有一種裝置，它利用電場加速帶電粒子，形成向外發(fā)射的粒子流，從而對飛行器產(chǎn)生反沖力，使其獲得加速度。已知飛行器的質(zhì)量為M，發(fā)射的是2價氧離子，發(fā)射功率為P，加速電壓為U，每個氧離子的質(zhì)量為m，單位電荷的電量為e，不計發(fā)射氧離子后飛行器的質(zhì)量變化，求：(1)射出的氧離子速度；(2)每秒射出的氧離子數(shù)；(3)射出氧離子后飛行器開始運動的加速度。解析：(1)每個氧離子帶電量為q＝2e，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，即得氧離子速度v＝eq\r(\f(4eU,m))。(2)設(shè)每秒射出的氧離子數(shù)為n，則加速電壓每秒對離子做的總功為nqU，即功率為P＝nqU，由此可得每秒射出的氧離子數(shù)n＝eq\f(P,2eU)。(3)由動量定理得F＝eq\f(Δp,Δt)＝nmv，又由牛頓第二定律得F＝Ma，解得飛行器開始運動的加速度a＝eq\r(\f(mP2,eUM2))。答案：(1)eq\r(\f(4eU,m))(2)eq\f(P,2eU)(3)eq\r(\f(mP2,eUM2))11．如圖所示，質(zhì)量為0.5kg，長為1.2m的金屬盒AB，放在水平桌面上，它與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,8)，在盒內(nèi)右端B放著質(zhì)量也為0.5kg，半徑為0.1m的彈性球，球與盒接觸面光滑。若在A端給盒一水平向右的沖量1.5N·s，設(shè)盒在運動中與球碰撞時間極短，且無能量損失，求：(1)盒從開始運動到完全停止所通過的路程；(2)盒從開始運動到完全停止所經(jīng)過的時間。解析：(1)以盒為研究對象，盒受沖量I后獲得速度v，由動量定理，有I＝mv－0，v＝eq\f(I,m)＝eq\f(1.5,0.5)m/s＝3m/s盒以此速度向右做減速運動，運動中受到桌面的摩擦力f＝μFN＝μ·2mg由牛頓第二定律，有－μ·2mg＝ma可得a＝－2μg盒運動了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1m后，速度減少為v′，v′2－v2＝2ax1解得v′＝2m/s盒左壁以速度v′與球相碰，因碰撞中無能量損失，又盒與球質(zhì)量相等，故盒停止，球以v′＝2m/s的速度向右做勻速直線運動，運動1m后又與盒的右壁相碰，盒又以v′＝2m/s的速度向右做減速運動，直到停止。0－v′2＝2ax2解得x2＝0.8m因x2只有0.8m，此時盒靜止，小球不會再與盒的右壁相碰，所以盒通過的總路程為s＝x1＋x2＝(1＋0.8)m＝1.8m。(2)盒從開始運動到與球相碰所用時間為t1根據(jù)動量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv解得t1＝0.4s球勻速運動時間t2＝eq\f(x1,v′)＝eq\f(1,2)s＝0.5s盒第二次與球相碰后到停止運動的時間為t3，根據(jù)動量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′解得t3＝0.8s總時間t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7s。答案：(1)1.8m(2)1.7s第31課時動量守恒定律(重點突破課)eq\a\vs4\al([基礎(chǔ)點·自主落實])[必備知識]1．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零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。(2)常用的表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。(3)適用條件①理想守恒：不受外力或所受外力的合力為eq\a\vs4\al(零)。②近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力。③某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。2．碰撞(1)碰撞現(xiàn)象：兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用的過程。(2)碰撞特征：作用時間eq\a\vs4\al(短)、作用力變化eq\a\vs4\al(快)、內(nèi)力遠大于外力、滿足動量守恒。(3)碰撞的分類及特點彈性碰撞動量守恒，機械能守恒非彈性碰撞動量守恒，機械能不守恒完全非彈性碰撞動量守恒，機械能損失最多3．爆炸現(xiàn)象：爆炸過程中內(nèi)力遠大于外力，爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動量守恒。4．反沖運動：物體在內(nèi)力作用下分裂為兩個不同部分，并且這兩部分向相反方向運動的現(xiàn)象。反沖運動中，相互作用力一般較大，通常可以用動量守恒定律來處理。[小題熱身]1．下列敘述的情況中，系統(tǒng)動量不守恒的是()A．如圖甲所示，小車停在光滑水平面上，車上的人在車上走動時，人與車組成的系統(tǒng)B．如圖乙所示，子彈射入放在光滑水平面上的木塊中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)C．子彈射入緊靠墻角的木塊中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)D．斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時解析：選C對于人和車組成的系統(tǒng)，人和車之間的力是內(nèi)力，系統(tǒng)所受的外力有重力和支持力，合力為零，系統(tǒng)的動量守恒；子彈射入木塊過程中，雖然子彈和木塊之間的力很大，但這是內(nèi)力，木塊放在光滑水平面上，系統(tǒng)所受合力為零，動量守恒；子彈射入緊靠墻角的木塊時，墻對木塊有力的作用，系統(tǒng)所受合力不為零，系統(tǒng)的動量減小；斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時，雖然受到重力作用，合力不為零，但爆炸的內(nèi)力遠大于重力，動量近似守恒。故選C。2．A球的質(zhì)量是m，B球的質(zhì)量是2m，它們在光滑的水平面上以相同的動量運動。B在前，A在后，發(fā)生正碰后，A球仍朝原方向運動，但其速率是原來的一半，碰后兩球的速率比vA′∶vB′為()A．1∶2B．1∶3C．2∶1D．2∶3解析：選D設(shè)碰前A球的速率為v，根據(jù)題意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝eq\f(v,2)，碰后vA′＝eq\f(v,2)，由動量守恒定律，有mv＋2m×eq\f(v,2)＝m×eq\f(v,2)＋2mvB′，解得vB′＝eq\f(3v,4)，所以vA′∶vB′＝eq\f(v,2)∶eq\f(3v,4)＝eq\f(2,3)，D正確。eq\a\vs4\al([重難點·師生互動])重難點(一)動量守恒定律的理解及應(yīng)用1．動量守恒定律的五個特性系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)同時性動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題時應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2．動量守恒定律的三種表達式及對應(yīng)意義(1)p＝p′，即系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。(2)Δp＝p′－p＝0，即系統(tǒng)總動量的增量為0。(3)Δp1＝－Δp2，即系統(tǒng)中一部分動量的增量與另一部分動量的增量大小相等、方向相反。3．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)。(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量。(4)由動量守恒定律列出方程。(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明。考法1動量守恒的判斷[例1]如圖所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以速度v沿光滑水平地面向前運動，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙木塊上連有一輕質(zhì)彈簧。甲木塊與彈簧接觸后()A．甲木塊的動量守恒B．乙木塊的動量守恒C．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動量守恒D．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒[解析]甲木塊與彈簧接觸后，由于彈簧彈力的作用，甲、乙的動量要發(fā)生變化，但甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)因所受合力為零，故動量守恒，A、B錯誤，C正確；甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能有一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，故動能不守恒，D錯誤。[答案]C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。考法2系統(tǒng)的動量守恒問題[例2](2018·鄭州質(zhì)檢)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)子彈射入物塊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)物塊在木板上滑行的時間t。[解析](1)子彈射入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s。(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s。(3)對物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1s。[答案](1)6m/s(2)2m/s(3)1s考法3某一方向上的動量守恒問題[例3](多選)如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽高h處由靜止開始自由下滑()A．在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動D．被彈簧反彈后，小球能回到槽高h處[解析]在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽做功，故A錯誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，所以在水平方向動量守恒，故B正確；被彈簧反彈后，小球和槽不受外力，故小球脫離槽后，槽向左做勻速運動，而小球也會做勻速運動，故C正確；小球與槽組成的系統(tǒng)動量守恒，小球與槽的質(zhì)量相等，小球沿槽下滑，兩者分離后，速度大小相等，小球被反彈后與槽的速度大小相等，小球不能滑到槽上，更不能回到槽高h處，故D錯誤。[答案]BC(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。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后，停在木塊內(nèi)。將彈簧壓縮到最短，現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，則在此系統(tǒng)從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中()A．動量守恒，機械能守恒B．動量不守恒，機械能不守恒C．動量守恒，機械能不守恒D．動量不守恒，機械能守恒解析：選B由于子彈射入木塊過程中，二者之間存在著摩擦，故此過程機械能不守恒，子彈與木塊一起壓縮彈簧的過程中，速度逐漸減小到零，所以此過程動量不守恒，故整個過程中，動量、機械能均不守恒，B正確。2．兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為mA＝2.0kg，mB＝0.90kg，它們的下底面光滑，上表面粗糙，另有一質(zhì)量mC＝0.10kg的滑塊C，以vC＝10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如圖所示。由于摩擦，滑塊最后停在B上，B和C的共同速度為0.50m/s。求：A的最終速度vA及C離開A時的速度vC′。解析：C從開始滑上A到恰好滑至A的右端過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′C剛滑上B到兩者相對靜止，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v解得vA＝0.25m/svC′＝2.75m/s。答案：0.25m/s2.75m/s3．從傾角為30°，長0.3m的光滑斜面上滑下質(zhì)量為2kg的貨包，掉在質(zhì)量為13kg的小車里(如圖)。若小車與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.02，小車能前進多遠？(g取10m/s2)解析：貨包離開斜面時速度為v＝eq\r(2ax1)＝eq\r(2gx1sin30°)＝eq\r(3)m/s貨包離開斜面后，由于水平方向不受外力，所以在其落入小車前，其水平速度vx不變，其大小為vx＝v·cos30°＝1.5m/s貨包落入小車中與小車相碰的瞬間，雖然小車在水平方向受到摩擦力的作用，但與相碰時的內(nèi)力相比可忽略，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，則mvx＝(M＋m)v′小車獲得的速度為v′＝0.2m/s由動能定理有μ(M＋m)gx2＝eq\f(1,2)(M＋m)v′2解得小車前進的距離為x2＝0.1m。答案：0.1m重難點(二)碰撞、爆炸與反沖1．碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律(1)動量守恒。(2)動能不增加。(3)速度要合理。①若兩物體同向運動，則碰前應(yīng)有v后＞v前；碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′。②若兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。2．爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒爆炸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)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，可以認為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動3．對反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加題型1碰撞問題[例1]如圖所示，一質(zhì)量M＝2kg的帶有弧形軌道的平臺置于足夠長的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B。從弧形軌道上距離水平軌道高h＝0.3m處由靜止釋放一質(zhì)量mA＝1kg的小球A，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺。已知所有接觸面均光滑，重力加速度為g＝10m/s2，求小球B的質(zhì)量。[解析]設(shè)小球A下滑到水平軌道上時的速度大小為v1，平臺水平速度大小為v，由動量守恒定律有0＝mAv1－Mv由能量守恒定律有mAgh＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)Mv2聯(lián)立解得v1＝2m/s，v＝1m/s小球A、B碰后運動方向相反，設(shè)小球A、B的速度大小分別為v1′和v2，由于碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺，則此時小球A的速度等于平臺的速度，有v1′＝1m/s由動量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2由能量守恒定律有eq\f(1,2)mAv12＝eq\f(1,2)mAv1′2＋eq\f(1,2)mBv22聯(lián)立解得mB＝3kg。[答案]3kg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(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)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的靜止不動，質(zhì)量小的被原速率反向彈回。題型2爆炸問題[例2](2014·重慶高考)一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()[解析]由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運動的時間t＝1s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D項錯；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊的動量改變量大小相等，兩塊質(zhì)量比為3∶1，所以速度變化量之比為1∶3，由平拋運動水平方向上，x＝v0t，所以A圖中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A項錯；B圖中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B項對。[答案]B題型3反沖問題[例3]一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v＝1000m/s。設(shè)火箭質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動機每秒鐘噴氣20次。(1)當(dāng)?shù)谌螄姵鰵怏w后，火箭的速度為多大？(2)運動第1s末，火箭的速度為多大？[解析](1)設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，據(jù)動量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3≈2m/s。(2)發(fā)動機每秒鐘噴氣20次，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20≈13.5m/s。[答案](1)2m/s(2)13.5m/s[通法歸納](1)碰撞過程中系統(tǒng)機械能不可能增大，但爆炸與反沖過程中系統(tǒng)的機械能一定增大。(2)因碰撞、爆炸過程發(fā)生在瞬間，一般認為系統(tǒng)內(nèi)各物體的速度瞬間發(fā)生突變，而物體的位置不變。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2018·南平模擬)如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量分別為mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距較遠。將兩個大小均為F的力，同時分別作用在A、B上經(jīng)過相同距離后，撤去兩個力，兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后將()A．停止運動 B．向左運動C．向右運動 D．運動方向不能確定解析：選C力F大小相等，mA＞mB，由牛頓第二定律可知，兩物體的加速度aA＜aB，由題意知sA＝sB，由運動學(xué)公式得sA＝eq\f(1,2)aAtA2，sB＝eq\f(1,2)aBtB2，可知tA＞tB，由IA＝F·tA，IB＝F·tB，解得IA＞IB，由動量定理可知ΔpA＝IA，ΔpB＝IB，可得pA＞pB，碰前系統(tǒng)總動量向右，碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律可知，碰后總動量向右，故A、B、D錯誤，C正確。2．(多選)向空中發(fā)射一枚炮彈，不計空氣阻力，當(dāng)炮彈的速度v0恰好沿水平方向時，炮彈炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a的速度方向仍沿原來的方向，則()A．b的速度方向一定與原來速度方向相反B．從炸裂到落地的這段時間內(nèi)，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受到的爆炸力的大小一定相等解析：選CD炮彈炸裂前后動量守恒，選定v0的方向為正方向，則mv0＝mava＋mbvb，顯然vb＞0、vb＜0、vb＝0都有可能，A錯誤；vb＞va、vb＜va、vb＝va也都有可能，爆炸后，a、b都做平拋運動，由平拋運動規(guī)律知，下落高度相同則運動的時間相等，飛行的水平距離與速度大小成正比，故B錯誤，C正確；炸裂過程中，a、b之間的力為相互作用力，故D正確。重難點(三)人船模型1．“人船模型”問題兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒。在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。這樣的問題即為“人船模型”問題。2．人船模型的特點(1)兩物體滿足動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。(2)運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)應(yīng)用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)時要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對地面而言的。[典例]如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，則船和人相對地面的位移各為多少？[解析]設(shè)任一時刻人與船的速度大小分別為v1、v2，作用前都靜止。因整個過程中動量守恒，所以有mv1＝Mv2設(shè)整個過程中的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))1、eq\o(v,\s\up6(－))2，則有meq\o(v,\s\up6(－))1＝Meq\o(v,\s\up6(－))2上式兩邊乘以時間t，有meq\o(v,\s\up6(－))1t＝Meq\o(v,\s\up6(－))2t，即mx1＝Mx2且x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(M,m＋M)L，x2＝eq\f(m,m＋M)L。[答案]eq\f(m,m＋M)Leq\f(M,m＋M)L求解“人船模型”問題的注意事項(1)適用范圍：“人船模型”還適用于某一方向上動量守恒(如水平方向或豎直方向)的二物系統(tǒng)，只要相互作用前兩物體在該方向上速度都為零即可。(2)畫草圖：解題時要畫出兩物體的位移關(guān)系草圖，找出各長度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移。[集訓(xùn)沖關(guān)]1.如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為M，頂端高度為h，今有一質(zhì)量為m的小物體沿光滑斜面下滑。當(dāng)小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是()A.eq\f(mh,M＋m)B.eq\f(Mh,M＋m)C.eq\f(mh,M＋mtanα)D.eq\f(Mh,M＋mtanα)解析：選C此題屬“人船模型”問題。m與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)m在水平方向上對地位移為x1，M在水平方向上對地位移為x2，因此有0＝mx1－Mx2，且x1＋x2＝eq\f(h,tanα)，解得x2＝eq\f(mh,M＋mtanα)，故C正確。2.(多選)如圖所示，繩長為l，小球質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)()A．系統(tǒng)的總動量守恒B．水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向C．小球不能向左擺到原高度D．小車向右移動的最大距離為eq\f(2ml,M＋m)解析：選BD系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守恒，而總動量不守恒，A錯誤，B正確；根據(jù)水平方向的動量守恒及機械能守恒，小球仍能向左擺到原高度，C錯誤；小球相對于小車的最大位移為2l，根據(jù)“人船模型”，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)小球的速度為vm，小車的速度為vM，mvm－MvM＝0，兩邊同時乘以運動時間t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小車移動的最大距離為eq\f(2ml,M＋m)，D正確。eq\a\vs4\al([課時達標(biāo)檢測])一、單項選擇題1．如圖所示，小車與木箱緊挨著靜放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱。關(guān)于上述過程，下列說法中正確的是()A．男孩與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒D．木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量相同解析：選C根據(jù)動量守恒的條件可知，男孩、小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒，木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相等，方向相反，選項C正確。2．如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，原來靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當(dāng)彈簧突然被釋放后，以下系統(tǒng)動量不守恒的是()A．若A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)B．若A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)解析：選A如果A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，彈簧被釋放后，A、B分別相對C向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動量不守恒；對A、B、C組成的系統(tǒng)，A與C、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和為零，故其動量守恒。綜上所述，A正確。3．(2017·全國Ⅰ卷)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s解析：選A燃氣從火箭噴口噴出的瞬間，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，選項A正確。4．斜向上飛出的一個爆竹，到達最高點時(速度水平向東)立即爆炸成質(zhì)量相等的三塊，前面一塊速度水平向東，后面一塊速度水平向西，前、后兩塊的水平速度(相對地面)大小相等、方向相反。則下列說法中正確的是()A．爆炸后的瞬間，中間那塊的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度B．爆炸后的瞬間，中間那塊的速度可能水平向西C．爆炸后三塊將同時落到水平地面上，并且落地時的動量相同D．爆炸后的瞬間，中間那塊的動能可能小于爆炸前瞬間爆竹的總動能解析：選A設(shè)爆竹爆炸前瞬間的速度為v0，爆炸過程中，因為內(nèi)力遠大于外力，則爆竹爆炸過程中動量守恒，設(shè)三塊質(zhì)量均為m，中間一塊的速度為v，前面一塊的速度為v1，則后面一塊的速度為－v1，由動量守恒定律有3mv0＝mv1－mv1＋mv，解得v＝3v0，則中間那塊速度方向向東，速度大小比爆炸前的大，則A正確，B錯誤；由平拋運動規(guī)律可知，三塊同時落地，但落地時動量不同，C錯誤；爆炸后的瞬間，中間那塊的動能為eq\f(1,2)m(3v0)2，大于爆炸前系統(tǒng)的總動能eq\f(3,2)mv02，D錯誤。5．(2014·福建高考)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為()A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)解析：選D火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)，在分離前后沿原運動方向上動量守恒，由動量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，D項正確。二、多項選擇題6．質(zhì)量為M的小車靜止于光滑的水平面上，小車的上表面和eq\f(1,4)圓弧的軌道均光滑。如圖所示，一個質(zhì)量為m的小球以速度v0水平?jīng)_向小車，當(dāng)小球返回左端脫離小車時，下列說法中正確的是()A．小球一定沿水平方向向左做平拋運動B．小球可能沿水平方向向左做平拋運動C．小球可能沿水平方向向右做平拋運動D．小球可能做自由落體運動解析：選BCD小球水平?jīng)_向小車，又返回左端，到離開小車的整個過程中，系統(tǒng)機械能守恒、水平方向動量守恒，相當(dāng)于小球與小車發(fā)生彈性碰撞。如果m＜M，小球離開小車向左做平拋運動；如果m＝M，小球離開小車做自由落體運動；如果m＞M，小球離開小車向右做平拋運動。7．質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ。初始時小物塊停在箱子的正中間，如圖所示。現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，在整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為()A.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(mM,2m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL解析：選BD由于水平面光滑，箱子和小物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，二者經(jīng)多次碰撞后，保持相對靜止，易判斷兩物體最終速度相等設(shè)為u，由動量守恒定律得mv＝(m＋M)u，系統(tǒng)損失的動能為eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)u2＝eq\f(mM,2m＋M)v2，B正確；系統(tǒng)損失的動能等于克服摩擦力做的功，即ΔEk＝－Wf＝NμmgL，D正確。8．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，AB總質(zhì)量為M，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AB和C都靜止，當(dāng)突然燒斷細繩時，C被釋放，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，下列說法正確的是()A．彈簧伸長過程中C向右運動，同時AB也向右運動B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶mC．C與油泥粘在一起后，AB立即停止運動D．C與油泥粘在一起后，AB繼續(xù)向右運動解析：選BCAB與C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，C向右運動時，AB應(yīng)向左運動，故A錯誤；設(shè)碰前C的速率為v1，AB的速率為v2，則0＝mv1－Mv2，得eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，故B正確；設(shè)C與油泥粘在一起后，AB、C的共同速度為v共，則0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正確，D錯誤。9．A、B兩球沿同一條直線運動，如圖所示的x-t圖像記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a、b分別為A、B兩球碰撞前的x-t圖像，c為碰撞后它們的x-t圖像。若A球質(zhì)量為1kg，則B球質(zhì)量及碰后它們的速度大小分別為()A．2kg B．eq\f(2,3)kgC．4m/s D．1m/s解析：選BD由題圖可知碰撞前A、B兩球都做勻速直線運動，va＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，vb＝eq\f(4－0,2)m/s＝2m/s，碰撞后二者合在一起做勻速直線運動，vc＝eq\f(2－4,4－2)m/s＝－1m/s。碰撞過程中動量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，可解得mB＝eq\f(2,3)kg，可知選項B、D正確。三、計算題10．如圖所示，木塊A質(zhì)量為mA＝1kg，足夠長的木板B質(zhì)量為mB＝4kg，A、B置于水平面上，質(zhì)量為mC＝4kg的木塊C置于木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦。現(xiàn)使A以v0＝12m/s的初速度向右運動，A與B碰撞后以4m/s的速度被彈回。(1)求B運動過程中的最大速度大小；(2)若B足夠長，求C運動過程中的最大速度。解析：(1)A與B碰后瞬間，C的運動狀態(tài)未變，此時B的速度最大。取向右為正方向，由A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有：mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB代入數(shù)據(jù)得vB＝4m/s。(2)B與C相互作用使B減速、C加速，由于B足夠長，所以B和C能達到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有mBvB＋0＝(mB＋mC)vC代入數(shù)據(jù)得vC＝2m/s。答案：(1)4m/s(2)2m/s11．如圖所示，一質(zhì)量為M＝3kg的小車A靜止在光滑的水平面上，小車上有一質(zhì)量為m＝1kg的光滑小球B，將一輕質(zhì)彈簧壓縮并鎖定，此時彈簧的彈性勢能為Ep＝6J，小球與小車右壁距離為L＝1m，解除鎖定，小球脫離彈簧后與小車右壁的油灰阻擋層碰撞并被粘住，求：(1)小球脫離彈簧時小球和小車各自的速度大小；(2)在整個過程中，小車移動的距離。解析：(1)設(shè)小球脫離彈簧時小球和小車各自的速度大小分別為v1、v2，由動量守恒、機械能守恒得mv1－Mv2＝0eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22＝Ep解得：v1＝3m/s，v2＝1m/s。(2)設(shè)整個過程所用時間為t，小車移動的距離為x2，小球移動的距離為x1，由動量守恒得meq\f(x1,t)＝Meq\f(x2,t)x1＋x2＝L解得：x2＝0.25m。答案：(1)3m/s1m/s(2)0.25m第32課時幾種與動量守恒定律有關(guān)的力學(xué)模型(題型研究課)模型1“彈簧類”模型模型圖示模型特點(1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(4)彈簧處于原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能通常最大，但物體速度一般不相等[例1](2018·石家莊二中一模)如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg。用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁相接觸。另有一物塊C從t＝0時以一定速度向右運動，在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，C的v-t圖像如圖乙所示。求：(1)C的質(zhì)量mC；(2)B離開墻后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep。[解析](1)由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝9m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過程動量守恒。mCv1＝(mA＋mC)v2解得mC＝2kg。(2)由題圖可知，12s時B離開墻壁，此時A、C的速度大小v3＝3m/s，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能守恒，且當(dāng)A、C與B的速度相等時，彈簧彈性勢能最大(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4eq\f(1,2)(mA＋mC)v32＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v42＋Ep解得Ep＝9J。[答案](1)2kg(2)9J模型2“子彈打木塊”“滑塊”模型模型圖示模型特點(1)當(dāng)子彈和木塊的速度相等時木塊的速度最大，兩者的相對位移(子彈射入木塊的深度)取得極值(2)系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能(3)根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子彈的質(zhì)量越小，木塊的質(zhì)量越大，動能損失越多(4)該類問題既可以從動量、能量角度求解，也可以從力和運動的角度借助圖像求解[例2]一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切且長度可忽略的光滑圓弧連接。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求：(1)木塊在ab段受到的摩擦力f；(2)木塊最后距a點的距離s。[解析](1)從開始到木塊到達最大高度過程：由動量守恒：mv0＝3mv1由能量守恒：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)·3mv12＋mgh＋fL解得：f＝eq\f(mv02－3mgh,3L)。(2)木塊從最大高度至與物體P最終相對靜止：由動量守恒：3mv1＝3mv2由能量守恒：eq\f(1,2)·3mv12＋mgh＝eq\f(1,2)·3mv22＋fx距a點的距離：s＝L－x解得：s＝L－eq\f(3ghL,v02－3gh)＝eq\f(v02－6gh,v02－3gh)L。[答案](1)eq\f(mv02－3mgh,3L)(2)eq\f(v02－6gh,v02－3gh)L模型3“光滑圓弧軌道＋滑塊(小球)”模型模型圖示模型特點(1)最高點：m與M具有共同水平速度v共，m不會從此處或提前偏離軌道。系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(2)最低點：m與M分離點。水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22[例3]兩質(zhì)量分別為M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖所示。一質(zhì)量為m的物塊位于劈A的傾斜面上，距水平面的高度為h。物塊從靜止滑下，然后滑上劈B。求物塊在B上能夠達到的最大高度。[解析]根據(jù)題意可知，物塊從劈A靜止滑下，到達劈A底端時，設(shè)物塊的速度大小為v，A的速度大小為vA，由機械能守恒定律和動量守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)M1vA2M1vA＝mv設(shè)物塊在劈B上能夠達到的最大高度為h′，此時物塊和劈B的共同速度大小為v′，由機械能守恒定律和動量守恒定律得mgh′＋eq\f(1,2)(M2＋m)v′2＝eq\f(1,2)mv2mv＝(M2＋m)v′解得h′＝eq\f(M1M2,M1＋mM2＋m)h。[答案]eq\f(M1M2,M1＋mM2＋m)h模型4懸繩模型懸繩模型與模型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4]如圖所示，在光滑的水平桿上套有一個質(zhì)量為m的滑環(huán)。滑環(huán)上通過一根不可伸縮的輕繩懸掛著一個質(zhì)量為M的物塊(可視為質(zhì)點)，輕繩長為L。將滑環(huán)固定時，給物塊一個水平?jīng)_量，物塊擺起后剛好碰到水平桿；若滑環(huán)不固定時，仍給物塊以同樣的水平?jīng)_量，求物塊擺起的最大高度。[解析]設(shè)物塊剛受到水平?jīng)_量后速度為v0，滑環(huán)固定時，根據(jù)機械能守恒定律，有：MgL＝eq\f(1,2)Mv02，v0＝eq\r(2gL)，滑環(huán)不固定時，物塊初速度仍為v0，在物塊擺起最大高度h時，物塊和滑環(huán)速度都為v，在此過程中物塊和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒，則：Mv0＝(m＋M)v，eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Mgh，由以上各式，可得：h＝eq\f(m,m＋M)L。[答案]eq\f(m,m＋M)L[通法歸納]力學(xué)的知識體系力學(xué)研究的是物體的受力與運動的關(guān)系，與之相伴的是能量和動量的變化，其知識體系如下：[集訓(xùn)沖關(guān)]1.如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為m＝1kg的小車，小車右端固定一水平輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接一質(zhì)量為m0＝1kg的物塊，物塊與上表面光滑的小車一起以v0＝5m/s的速度向右勻速運動，與靜止在光滑水平面上、質(zhì)量為M＝4kg的小球發(fā)生彈性正碰，若碰撞時間極短，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。求：(1)碰撞結(jié)束時，小車與小球的速度；(2)從碰后瞬間到彈簧最短的過程，彈簧彈力對小車的沖量大小。解析：(1)設(shè)碰撞后瞬間小車的速度大小為v1，小球的速度大小為v，由動量守恒及機械能守恒有：mv0＝Mv＋mv1eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv2解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－3m/s，小車速度方向向左。v＝eq\f(2m,m＋M)v0＝2m/s，小球速度方向向右。(2)當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，設(shè)小車的速度大小為v2，根據(jù)動量守恒定律有：m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2解得v2＝1m/s設(shè)從碰后瞬間到彈簧最短的過程，彈簧彈力對小車的沖量大小為I，根據(jù)動量定理有I＝mv2－mv1解得I＝4N·s。答案：(1)小車：－3m/s，速度方向向左小球：2m/s，速度方向向右(2)4N·s2．(2018·山西模擬)如圖所示，一質(zhì)量m1＝0.45kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。質(zhì)量m2＝0.5kg的小物塊(可視為質(zhì)點)靜止在車頂?shù)挠叶恕Ｒ毁|(zhì)量為m0＝0.05kg的子彈以水平速度v0＝100m/s射中小車左端并留在車中，最終小物塊相對地面以2m/s的速度滑離小車。已知子彈與小車的作用時間極短，小物塊與車頂面的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取g＝10m/s2，求：(1)子彈相對小車靜止時小車速度的大小；(2)小車的長度L。解析：(1)子彈進入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1解得v1＝10m/s。(2)三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3解得v2＝8m/s由機械能守恒可得eq\f(1,2)(m0＋m1)v12＝μm2gL＋eq\f(1,2)(m0＋m1)v22＋eq\f(1,2)m2v32解得L＝2m。答案：(1)10m/s(2)2m3．(2018·廣東佛山模擬)在光滑水平面上靜置有質(zhì)量均為m的木板AB和滑塊CD，木板AB上表面粗糙，動摩擦因數(shù)為μ，滑塊CD上表面是光滑的eq\f(1,4)圓弧，其始端D點切線水平且在木板AB上表面內(nèi)，它們緊靠在一起，如圖所示。一可視為質(zhì)點的物塊P，質(zhì)量也為m，從木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，過B點時速度為eq\f(v0,2)，又滑上滑塊CD，最終恰好能滑到滑塊CD圓弧的最高點C處，求：(1)物塊P滑到B處時木板AB的速度vAB；(2)滑塊CD圓弧的半徑R。解析：(1)物塊P由A處到B處，取向左為正方向，由動量守恒得mv0＝m·eq\f(v0,2)＋2mvAB，則vAB＝eq\f(v0,4)。(2)物塊P由D處到C處，滑塊CD與物塊P的動量守恒，機械能守恒，則m·eq\f(v0,2)＋m·eq\f(v0,4)＝2mv共mgR＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))2－eq\f(1,2)×2mv共2解得R＝eq\f(v02,64g)。答案：(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(v02,64g)eq\a\vs4\al([課時達標(biāo)檢測])一、選擇題1．(2018·濰坊名校模擬)在光滑的水平面上有a、b兩球，其質(zhì)量分別為ma、mb，兩球在t0時刻發(fā)生正碰，并且在碰撞過程中無機械能損失，兩球碰撞前后的速度—時間圖像如圖所示，下列關(guān)系正確的是()A．ma＞mb B．ma＜mbC．ma＝mb D．無法判斷解析：選B由題圖圖像知，a球以某一初速度向原來靜止的b球運動，碰后a球反彈且速度大小小于其初速度大小，根據(jù)動量守恒定律知，a球的質(zhì)量小于b球的質(zhì)量。故B正確。2．(2018·濟寧檢測)如圖所示，一質(zhì)量為M＝3.0kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量為m＝1.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B。在A做加速運動的時間內(nèi)，B的速度大小可能是()A．1.8m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s解析：選BA先向左減速到零，再向右做加速運動，在此期間，B做減速運動，最終它們保持相對靜止，設(shè)A減速到零時，B的速度為v1，最終它們的共同速度為v2，取水平向右為正方向，則Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝eq\f(8,3)m/s，v2＝2m/s，所以在A做加速運動的時間內(nèi)，B的速度大小應(yīng)大于2m/s且小于eq\f(8,3)m/s，選項B正確。3．一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動時的a-t圖像如圖所示，t＝0時其速度大小為v0＝2m/s，滑動摩擦力大小恒為2N，則()A．t＝6s時，物體的速度為18m/sB．在0～6s內(nèi)，合力對物體做的功為400JC．在0～6s內(nèi)，拉力對物體的沖量為36N·sD．t＝6s時，拉力F的功率為200W解析：選D在at圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度變化量，由題圖乙可知，在0～6s內(nèi)Δv＝18m/s，又v0＝2m/s，則t＝6s時的速度v＝20m/s，A錯誤；由動能定理可知，0～6s內(nèi)，合力做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝396J，B錯誤；由動量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知條件解得IF＝48N·s，C錯誤；由牛頓第二定律可知，t＝6s時F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D正確。4．(多選)(2018·海淀期中)交警正在調(diào)查發(fā)生在無信號燈的十字路口的一起汽車相撞事故。根據(jù)兩位司機的描述得知，發(fā)生撞車時汽車A正沿東西大道向正東行駛，汽車B正沿南北大道向正北行駛。相撞后兩車立即熄火，并在極短的時間內(nèi)叉接在一起后并排沿直線在水平路面上滑動，最終一起停在路口東北角的路燈柱旁，交警根據(jù)事故現(xiàn)場情況畫出了如圖所示的事故報告圖。通過觀察地面上留下的碰撞痕跡，交警判定撞車的地點為該事故報告圖中P點，并測量出相關(guān)的數(shù)據(jù)標(biāo)注在圖中，又判斷出兩輛車的質(zhì)量大致相同，為簡化問題，將兩車均視為質(zhì)點，且它們組成的系統(tǒng)在碰撞的過程中動量守恒，根據(jù)圖中測量數(shù)據(jù)可知，下列說法中正確的是()A．發(fā)生碰撞時汽車A的速率較大B．發(fā)生碰撞時汽車B的速率較大C．發(fā)生碰撞時速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為12∶5D．發(fā)生碰撞時速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為2eq\r(3)∶eq\r(5)解析：選BC設(shè)兩車質(zhì)量均為m，相撞之前速度分別為vA、vB，相撞之后向北的速度為v1，向東的速度為v2，則南北方向上動量守恒，有mvB＝2mv1，東西方向上動量守恒，有mvA＝2mv2，由題圖可知v1∶v2＝x1∶x2＝6∶2.5，解得vB∶vA＝12∶5，可知B、C正確。5．A、B兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置于光滑水平桌面上，已知A、B兩球質(zhì)量分別為2m和m。當(dāng)用擋板擋住A球而只釋放B球時，B球被彈出落于距離桌邊為x的水平地面上，如圖所示。若用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，則B球的落地點到桌邊距離為()A.eq\f(x,3)B.eq\r(3)xC．xD.eq\f(\r(6),3)x解析：選D當(dāng)用擋板擋住A球而只釋放B球時，根據(jù)能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)mv02，根據(jù)平拋運動規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t。當(dāng)用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，設(shè)A、B的速度分別為vA和vB，則根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有：2mvA－mvB＝0，Ep＝eq\f(1,2)×2mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，解得