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物理选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律3 动量守恒定律优质学案
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这是一份物理选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律3 动量守恒定律优质学案，共16页。
解密动量守恒定律
对动量守恒条件的理解
1. 系统不受外力或系统所受外力的合力为零。
2. 系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小很多。
3. 系统所受外力的合力虽不为零，但系统在某一个方向上不受外力或受到的合外力为零，则系统在该方向上的动量守恒。
运用动量守恒定律和能量守恒定律解决子弹打木块模型问题
运用动力学、能量和动量观点解决物理问题的一般原则
1. 如图所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为M＝1.5 kg的木板A，木板上表面粗糙且固定一竖直挡板，挡板上连接一轻质弹簧，当弹簧处于原长时，在弹簧的左端轻放一质量为m＝0.9 kg的物块B，现有一颗质量为m0＝0.1 kg的子弹C以v0＝500 m/s的速度水平击中物块并嵌入其中，该过程作用时间极短，则在A、B、C相互作用的过程中，下列说法中正确的有（ ）
A. A、B、C组成的系统动量守恒
B. A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒
C. 子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量为45 N·s
D. 弹簧被压缩到最短时木板的速度为25 m/s
【答案】AC
【解析】A、B、C三者组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故A正确；由于存在摩擦阻力做功，机械能不守恒，故B错误；子弹击中物块B后与物块B共速，由动量守恒有m0v0＝（m＋m0）v1，v1＝50 m/s，对物块B产生的冲量等于B物块获得的动量，故对物块B产生的冲量为45 N·s，C正确；弹簧被压缩到最短时三者共速，由动量守恒有m0v0＝（m＋M＋m0）v2，v2＝20 m/s，故D错误。
如图所示，静止的木板B的质量M＝2 kg，与右墙距离为s。物体A（可视为质点）质量m＝1 kg，以初速度v0＝6 m/s从左端水平滑上B。已知A与B间的动摩擦因数μ＝0.2，在B第一次撞墙前，A已经与B相对静止。地面光滑，B与两面墙的碰撞都是弹性的。求：
（1）s的最小值；
（2）若A始终未滑离B，A相对于B滑行的总路程是多少？
【答案】（1）2 m （2）9 m
【解析】（1）设B与墙相碰时的速度大小为v1，A在B上滑动至AB速度相等的过程中，规定向右为正方向，
AB组成的系统满足动量守恒：
mv0＝（M＋m）v1，
解得v1＝2 m/s。
A与B刚好共速时B到达墙壁，s距离最短，对B用动能定理，有
μmgs＝Mveq \\al(2,1)，
s的最小值为s＝2 m。
（2）经过足够多次的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，最终A、B速度都变为零，则在整个过程中，平板车和物块的动能都克服摩擦力做功转化为内能，根据能量守恒因此有
μmgx＝mveq \\al(2,0)，
解得x＝9 m。
1. 对动量守恒条件的理解
（1）系统不受外力或系统所受外力的合力为零。
（2）系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小很多。
（3）系统所受外力的合力虽不为零，但系统在某一个方向上不受外力或受到的合外力为零，则系统在该方向上的动量守恒。
2. 子弹打木块模型：动量守恒；机械能减少，转化成内能。
3. 三大观点及其选取原则：
（1）动力学观点
动力学观点可解决匀变速运动问题。
（2）能量观点
对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。
（3）动量观点
对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。
（答题时间：30分钟）
1. 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的速度为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，水平速度方向跟车相反
C. 做自由落体运动
D. 小球和车有相同的速度
2. 矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块。若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示。上述两种情况相比较（ ）
A. 子弹对滑块做的功一样多
B. 子弹对滑块做的功不一样多
C. 系统产生的热量一样多
D. 系统产生热量不一样多
3. 用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高度把1 000粒豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1 000粒豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为（ ）
A. 0.2 N B. 0.6 N
C. 1.0 N D. 1.6 N
4. 如图所示，同一光滑水平轨道上静止放置A、B、C三个物块，A、B两物块质量均为m，C物块质量为2m，B物块的右端装有一轻弹簧，现让A物块以水平速度v0向右运动，与B碰后粘在一起，再向右运动推动C（弹簧与C不粘连），弹簧没有超过弹性限度。求：
（1）整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能；
（2）整个运动过程中，弹簧对C所做的功。
5. 如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，其右侧边缘放有小滑块C，与木板B完全相同的木板A以一定的速度向左运动，与木板B发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块C刚好没有从木板A上掉下。已知木板A、B和滑块C的质量均为m，C与A、B之间的动摩擦因数均为μ.求：
（1）木板A与B碰前的速度v0；
（2）整个过程中木板B对木板A的冲量I。
【答案】C
【解析】车与球在水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mv＝mv1＋mv2，mv2＝mveq \\al(2,1)＋mveq \\al(2,2)，联立解得v1＝0，v2＝v，可判断离车后球做自由落体运动，C正确。
2. 【答案】AC
【解析】根据动量守恒知，最后滑块获得的速度（最后滑块和子弹的共同速度）是相同的，即滑块获得的动能是相同的，根据动能定理，滑块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对滑块做的功一样多，A正确，B错误。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），滑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，C正确，D错误。
3. 【答案】B
【解析】豆粒从80 cm高处落下时速度为v1，v12＝2gh，则v1＝ m/s＝4 m/s，设向上为正方向，根据动量定理Ft＝mv2－mv1，则F＝N＝0.6 N，B正确。
4. 【答案】（1）mveq \\al(2,0) （2）mveq \\al(2,0)
【解析】（1）A与B碰撞，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1，当A、B、C有共同速度时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律得2mv1＝（2m＋2m）v2，
由能量转化守恒定律得，最大弹性势能为
Ep＝×2mveq \\al(2,1)－×4mveq \\al(2,2)＝mveq \\al(2,0)。
（2）当弹簧再次恢复到原长时，C与弹簧分离，则从弹簧开始接触C到分离的过程中，由动量守恒定律得
2mv1＝2mvAB＋2mvC，
由能量转化守恒定律得
×2mveq \\al(2,1)＝×2mveq \\al(2,AB)＋×2mveq \\al(2,C)，
解得vAB＝0，vC＝v0，
由动能定理得弹簧对C所做的功
W＝×2mveq \\al(2,C)－0＝mveq \\al(2,0)。
5. 【答案】（1） （2）－，负号表示B对A的冲量方向向右
【解析】（1）木板A、B碰后瞬时速度为v1，碰撞过程中动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1.
A、B粘为一体后通过摩擦力与C发生作用，最后有共同的速度v2，此过程中动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得2mv1＝3mv2.
C在A上滑动过程中，由能量守恒定律得
－μmgL＝·3mveq \\al(2,2)－·2mveq \\al(2,1).
联立以上三式解得v0＝.
（2）根据动量定理可知，B对A的冲量与A对B的冲量等大反向，则I的大小等于B的动量变化量，即I＝－mv2＝－，负号表示B对A的冲量方向向右。
碰撞、爆炸和反冲
碰撞
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。
3. 完全非弹性碰撞规律
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒，机械能损失最多，且碰后两物体共速。
爆炸
1. 动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。
2. 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作用前的位置以新的动量开始运动。
3. 由于内力≫外力，故爆炸过程动量守恒。
反冲
1. 火箭飞行的工作原理：火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理。
注意：火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用。
2. 分析火箭类问题应注意的三个问题
（1）火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。
（2）明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地的速度。
（3）列方程时要注意初、末状态动量的方向。
注意：反冲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。
在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图象如图所示，下列关系正确的是（ ）
A. ma＞mb B. ma＜mb
C. ma＝mb D. 无法判断
【答案】B
【解析】由动量守恒定律得mava＝mava′＋m bvb′，由于va′＜0，则b球获得的动量大于a球最初的动量。若ma＝mb，则两球交换速度，与图象不符；由Ek＝eq \f(p2,2m)知，若ma＞mb，则b球的动能将会大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足ma＜mb。
如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则（ ）
A. A不能到达B圆槽的左侧最高点
B. A运动到圆槽的最低点时A的速率为
C. A运动到圆槽的最低点时B的速率为
D. B向右运动的最大位移大小为R
【答案】D
【解析】运动过程不计一切摩擦，可知机械能守恒，A可以到达B圆槽左侧最高点，且A在B圆槽左侧最高点时，A、B的速度都为零，A项错误；设A到达最低点时的速度为v，此时物体B的速度为v′，根据动量守恒定律得0＝mv－2mv′，计算得出v′＝eq \f(v,2)，根据能量守恒定律得mgR＝mv2＋×2mv′2，计算得出v＝，v′＝，B、C两项错误；因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得m（2R－x）＝2mx，计算得出x＝R，D项正确。
1. 碰撞模型
（1）碰撞模型的三个制约关系：动量制约、动能制约、运动制约。
（2）两类典型碰撞：弹性碰撞和完全非弹性碰撞。
2. 爆炸现象
爆炸现象时特殊的“碰撞”，爆炸过程遵循动量守恒；爆炸后系统机械能增加。
3. 火箭飞行
火箭飞行是典型的反冲现象，遵循动量守恒定律；火箭飞行问题中需注意：
（1）反冲前、后各物体质量的变化。
（2）两部分物体的速度，一般情况要转换成对地的速度。
（3）列方程时要注意初、末状态动量的方向。
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，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
2. 质量m＝100 kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60 kg的游泳者乙，船首指向左方。若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上分别向左、向右以3 m/s的速率跃入水中，则小船（ ）
A. 向左运动，速率为1 m/s
B. 向左运动，速率为0.6 m/s
C. 向右运动，速率大于1 m/s
D. 仍静止
3. 如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝5 m（可以把人看做质点）。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度约为（ ）
A. 5 m B. 3.6 m
C. 2.6 m D. 8 m
4. 将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空， 50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（ ）
A. 30 kg·m/s B. 5.7×102 kg·m/s
C. 6.0×102 kg·m/s D. 6.3×102 kg·m/s
5. 如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A，车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m.B与车板之间的动摩擦因数为μ，而C与车板之间的动摩擦因数为2μ.开始时B、C分别从车板的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知滑块B、C最后都没有脱离平板车，则车的最终速度v车为（ ）
A . v0 B. v0
C. v0 D. 0
6. 在冰壶比赛的某次投掷中，运动员对冰壶的水平作用力恒为9.5 N,4 s后释放冰壶，一段时间后与对方的静止冰壶发生碰撞，碰后对方的冰壶以2.00 m/s的速度向前滑行。投掷的冰壶速度减小为0.02 m/s，比赛中投掷的冰壶实测质量为19.00 kg（由于制造工艺上的不足，两冰壶质量有点偏差），则（ ）
A. 4 s后释放冰壶的速度为4.0 m/s
B. 对方使用冰壶的质量大于19.0 kg
C. 碰撞后的总动能为40.0 J
D. 两冰壶的碰撞是弹性碰撞
7. 如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静止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。
1.【答案】D
【解析】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. 【答案】B
【解析】选向左的方向为正方向，由动量守恒定律得m甲v－m乙v＋mv′＝0，船的速度为v′＝m/s＝0.6 m/s，船的速度方向沿着正方向向左，故选项B正确。
3. 【答案】B
【解析】设在此过程中人、气球对地发生的位移分别是x、x′，由动量守恒定律得，m1x＝m2x′，又因为x＋x′＝h，解得x′≈3.6 m，选项B正确。
4. 【答案】A
【解析】 燃气的动量大小为p＝mv＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，燃气喷出瞬间，火箭与燃气组成的系统动量守恒，则火箭的动量大小为p′＝p＝30 kg·m/s，故本题选A。
5. 【答案】B
【解析】设水平向右为正方向，因为水平面光滑，两滑块与平板车组成的系统动量守恒，系统最终的速度为v车，所以2mv0－mv0＝（3m＋2m＋m）v车，解得v车＝v0，选项B正确。
6. 【答案】D
【解析】由牛顿第二定律和运动规律可得，4 s后释放冰壶的速度v1＝t＝2 m/s，选项A错误；两冰壶碰撞过程中动量守恒，m1v1＝m1v′1＋m2v2，解得m2＝18.81 kg，选项B错误；碰撞后的总动能Ek2＝m1v′eq \\al(2,1) ＋m2veq \\al(2,2)＝37.62 J，选项C错误；碰撞前的总动能Ek1＝m1veq \\al(2,1)＝38 J，由于Ek1≈Ek2，所以两冰壶的碰撞是弹性碰撞，选项D正确。
7. 【答案】v0
【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的速度为vB＝v0，根据动量守恒定律，A、B碰撞过程满足
mvA＝m·＋m·，
解得vA＝；
从A开始运动到与B相碰的过程，根据动能定理：
Wf＝mveq \\al(2,0)－mveq \\al(2,A)，
解得Wf＝mveq \\al(2,0)
则对滑块B从与A碰撞完毕到与C相碰损失的动能也为Wf，由动能定理可知：Wf＝mveq \\al(2,B)－mvB′2，
解得vB′＝v0；
BC碰撞时满足动量守恒，则mvB′＝2mv共，
解得v共＝vB′＝v0.
重难点
题型
分值
重点
子弹打木块模型中的动量与能量
选择
计算
6-12分
难点
动量和能量的综合应用
模型图景
特点及满足的规律
若子弹未穿出木块：
系统动量守恒、能量守恒：
mv0＝（m＋M）v，
fL相对＝mveq \\al(2,0)－ （M＋m）v2.
若子弹穿出木块，穿出时子弹速度为v1,木块速度为v2,则
mv0＝m v1＋M v2，
fL相对＝mveq \\al(2,0)－（mv12＋Mv22）
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；对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。
动量观点
用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题；对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。
重难点
题型
分值
重点
碰撞、爆炸、反冲过程遵循的规律
选择
计算
6-12分
难点
应用碰撞、爆炸、反冲规律解决问题
解密动量守恒定律
对动量守恒条件的理解
1. 系统不受外力或系统所受外力的合力为零。
2. 系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小很多。
3. 系统所受外力的合力虽不为零，但系统在某一个方向上不受外力或受到的合外力为零，则系统在该方向上的动量守恒。
运用动量守恒定律和能量守恒定律解决子弹打木块模型问题
运用动力学、能量和动量观点解决物理问题的一般原则
1. 如图所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为M＝1.5 kg的木板A，木板上表面粗糙且固定一竖直挡板，挡板上连接一轻质弹簧，当弹簧处于原长时，在弹簧的左端轻放一质量为m＝0.9 kg的物块B，现有一颗质量为m0＝0.1 kg的子弹C以v0＝500 m/s的速度水平击中物块并嵌入其中，该过程作用时间极短，则在A、B、C相互作用的过程中，下列说法中正确的有（ ）
A. A、B、C组成的系统动量守恒
B. A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒
C. 子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量为45 N·s
D. 弹簧被压缩到最短时木板的速度为25 m/s
【答案】AC
【解析】A、B、C三者组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故A正确；由于存在摩擦阻力做功，机械能不守恒，故B错误；子弹击中物块B后与物块B共速，由动量守恒有m0v0＝（m＋m0）v1，v1＝50 m/s，对物块B产生的冲量等于B物块获得的动量，故对物块B产生的冲量为45 N·s，C正确；弹簧被压缩到最短时三者共速，由动量守恒有m0v0＝（m＋M＋m0）v2，v2＝20 m/s，故D错误。
如图所示，静止的木板B的质量M＝2 kg，与右墙距离为s。物体A（可视为质点）质量m＝1 kg，以初速度v0＝6 m/s从左端水平滑上B。已知A与B间的动摩擦因数μ＝0.2，在B第一次撞墙前，A已经与B相对静止。地面光滑，B与两面墙的碰撞都是弹性的。求：
（1）s的最小值；
（2）若A始终未滑离B，A相对于B滑行的总路程是多少？
【答案】（1）2 m （2）9 m
【解析】（1）设B与墙相碰时的速度大小为v1，A在B上滑动至AB速度相等的过程中，规定向右为正方向，
AB组成的系统满足动量守恒：
mv0＝（M＋m）v1，
解得v1＝2 m/s。
A与B刚好共速时B到达墙壁，s距离最短，对B用动能定理，有
μmgs＝Mveq \\al(2,1)，
s的最小值为s＝2 m。
（2）经过足够多次的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，最终A、B速度都变为零，则在整个过程中，平板车和物块的动能都克服摩擦力做功转化为内能，根据能量守恒因此有
μmgx＝mveq \\al(2,0)，
解得x＝9 m。
1. 对动量守恒条件的理解
（1）系统不受外力或系统所受外力的合力为零。
（2）系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小很多。
（3）系统所受外力的合力虽不为零，但系统在某一个方向上不受外力或受到的合外力为零，则系统在该方向上的动量守恒。
2. 子弹打木块模型：动量守恒；机械能减少，转化成内能。
3. 三大观点及其选取原则：
（1）动力学观点
动力学观点可解决匀变速运动问题。
（2）能量观点
对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。
（3）动量观点
对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。
（答题时间：30分钟）
1. 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的速度为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，水平速度方向跟车相反
C. 做自由落体运动
D. 小球和车有相同的速度
2. 矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块。若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示。上述两种情况相比较（ ）
A. 子弹对滑块做的功一样多
B. 子弹对滑块做的功不一样多
C. 系统产生的热量一样多
D. 系统产生热量不一样多
3. 用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高度把1 000粒豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1 000粒豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为（ ）
A. 0.2 N B. 0.6 N
C. 1.0 N D. 1.6 N
4. 如图所示，同一光滑水平轨道上静止放置A、B、C三个物块，A、B两物块质量均为m，C物块质量为2m，B物块的右端装有一轻弹簧，现让A物块以水平速度v0向右运动，与B碰后粘在一起，再向右运动推动C（弹簧与C不粘连），弹簧没有超过弹性限度。求：
（1）整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能；
（2）整个运动过程中，弹簧对C所做的功。
5. 如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，其右侧边缘放有小滑块C，与木板B完全相同的木板A以一定的速度向左运动，与木板B发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块C刚好没有从木板A上掉下。已知木板A、B和滑块C的质量均为m，C与A、B之间的动摩擦因数均为μ.求：
（1）木板A与B碰前的速度v0；
（2）整个过程中木板B对木板A的冲量I。
【答案】C
【解析】车与球在水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mv＝mv1＋mv2，mv2＝mveq \\al(2,1)＋mveq \\al(2,2)，联立解得v1＝0，v2＝v，可判断离车后球做自由落体运动，C正确。
2. 【答案】AC
【解析】根据动量守恒知，最后滑块获得的速度（最后滑块和子弹的共同速度）是相同的，即滑块获得的动能是相同的，根据动能定理，滑块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对滑块做的功一样多，A正确，B错误。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），滑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，C正确，D错误。
3. 【答案】B
【解析】豆粒从80 cm高处落下时速度为v1，v12＝2gh，则v1＝ m/s＝4 m/s，设向上为正方向，根据动量定理Ft＝mv2－mv1，则F＝N＝0.6 N，B正确。
4. 【答案】（1）mveq \\al(2,0) （2）mveq \\al(2,0)
【解析】（1）A与B碰撞，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1，当A、B、C有共同速度时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律得2mv1＝（2m＋2m）v2，
由能量转化守恒定律得，最大弹性势能为
Ep＝×2mveq \\al(2,1)－×4mveq \\al(2,2)＝mveq \\al(2,0)。
（2）当弹簧再次恢复到原长时，C与弹簧分离，则从弹簧开始接触C到分离的过程中，由动量守恒定律得
2mv1＝2mvAB＋2mvC，
由能量转化守恒定律得
×2mveq \\al(2,1)＝×2mveq \\al(2,AB)＋×2mveq \\al(2,C)，
解得vAB＝0，vC＝v0，
由动能定理得弹簧对C所做的功
W＝×2mveq \\al(2,C)－0＝mveq \\al(2,0)。
5. 【答案】（1） （2）－，负号表示B对A的冲量方向向右
【解析】（1）木板A、B碰后瞬时速度为v1，碰撞过程中动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1.
A、B粘为一体后通过摩擦力与C发生作用，最后有共同的速度v2，此过程中动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得2mv1＝3mv2.
C在A上滑动过程中，由能量守恒定律得
－μmgL＝·3mveq \\al(2,2)－·2mveq \\al(2,1).
联立以上三式解得v0＝.
（2）根据动量定理可知，B对A的冲量与A对B的冲量等大反向，则I的大小等于B的动量变化量，即I＝－mv2＝－，负号表示B对A的冲量方向向右。
碰撞、爆炸和反冲
碰撞
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。
3. 完全非弹性碰撞规律
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒，机械能损失最多，且碰后两物体共速。
爆炸
1. 动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。
2. 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作用前的位置以新的动量开始运动。
3. 由于内力≫外力，故爆炸过程动量守恒。
反冲
1. 火箭飞行的工作原理：火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理。
注意：火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用。
2. 分析火箭类问题应注意的三个问题
（1）火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。
（2）明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地的速度。
（3）列方程时要注意初、末状态动量的方向。
注意：反冲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。
在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图象如图所示，下列关系正确的是（ ）
A. ma＞mb B. ma＜mb
C. ma＝mb D. 无法判断
【答案】B
【解析】由动量守恒定律得mava＝mava′＋m bvb′，由于va′＜0，则b球获得的动量大于a球最初的动量。若ma＝mb，则两球交换速度，与图象不符；由Ek＝eq \f(p2,2m)知，若ma＞mb，则b球的动能将会大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足ma＜mb。
如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则（ ）
A. A不能到达B圆槽的左侧最高点
B. A运动到圆槽的最低点时A的速率为
C. A运动到圆槽的最低点时B的速率为
D. B向右运动的最大位移大小为R
【答案】D
【解析】运动过程不计一切摩擦，可知机械能守恒，A可以到达B圆槽左侧最高点，且A在B圆槽左侧最高点时，A、B的速度都为零，A项错误；设A到达最低点时的速度为v，此时物体B的速度为v′，根据动量守恒定律得0＝mv－2mv′，计算得出v′＝eq \f(v,2)，根据能量守恒定律得mgR＝mv2＋×2mv′2，计算得出v＝，v′＝，B、C两项错误；因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得m（2R－x）＝2mx，计算得出x＝R，D项正确。
1. 碰撞模型
（1）碰撞模型的三个制约关系：动量制约、动能制约、运动制约。
（2）两类典型碰撞：弹性碰撞和完全非弹性碰撞。
2. 爆炸现象
爆炸现象时特殊的“碰撞”，爆炸过程遵循动量守恒；爆炸后系统机械能增加。
3. 火箭飞行
火箭飞行是典型的反冲现象，遵循动量守恒定律；火箭飞行问题中需注意：
（1）反冲前、后各物体质量的变化。
（2）两部分物体的速度，一般情况要转换成对地的速度。
（3）列方程时要注意初、末状态动量的方向。
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，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
2. 质量m＝100 kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60 kg的游泳者乙，船首指向左方。若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上分别向左、向右以3 m/s的速率跃入水中，则小船（ ）
A. 向左运动，速率为1 m/s
B. 向左运动，速率为0.6 m/s
C. 向右运动，速率大于1 m/s
D. 仍静止
3. 如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝5 m（可以把人看做质点）。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度约为（ ）
A. 5 m B. 3.6 m
C. 2.6 m D. 8 m
4. 将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空， 50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（ ）
A. 30 kg·m/s B. 5.7×102 kg·m/s
C. 6.0×102 kg·m/s D. 6.3×102 kg·m/s
5. 如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A，车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m.B与车板之间的动摩擦因数为μ，而C与车板之间的动摩擦因数为2μ.开始时B、C分别从车板的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知滑块B、C最后都没有脱离平板车，则车的最终速度v车为（ ）
A . v0 B. v0
C. v0 D. 0
6. 在冰壶比赛的某次投掷中，运动员对冰壶的水平作用力恒为9.5 N,4 s后释放冰壶，一段时间后与对方的静止冰壶发生碰撞，碰后对方的冰壶以2.00 m/s的速度向前滑行。投掷的冰壶速度减小为0.02 m/s，比赛中投掷的冰壶实测质量为19.00 kg（由于制造工艺上的不足，两冰壶质量有点偏差），则（ ）
A. 4 s后释放冰壶的速度为4.0 m/s
B. 对方使用冰壶的质量大于19.0 kg
C. 碰撞后的总动能为40.0 J
D. 两冰壶的碰撞是弹性碰撞
7. 如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静止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。
1.【答案】D
【解析】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. 【答案】B
【解析】选向左的方向为正方向，由动量守恒定律得m甲v－m乙v＋mv′＝0，船的速度为v′＝m/s＝0.6 m/s，船的速度方向沿着正方向向左，故选项B正确。
3. 【答案】B
【解析】设在此过程中人、气球对地发生的位移分别是x、x′，由动量守恒定律得，m1x＝m2x′，又因为x＋x′＝h，解得x′≈3.6 m，选项B正确。
4. 【答案】A
【解析】 燃气的动量大小为p＝mv＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，燃气喷出瞬间，火箭与燃气组成的系统动量守恒，则火箭的动量大小为p′＝p＝30 kg·m/s，故本题选A。
5. 【答案】B
【解析】设水平向右为正方向，因为水平面光滑，两滑块与平板车组成的系统动量守恒，系统最终的速度为v车，所以2mv0－mv0＝（3m＋2m＋m）v车，解得v车＝v0，选项B正确。
6. 【答案】D
【解析】由牛顿第二定律和运动规律可得，4 s后释放冰壶的速度v1＝t＝2 m/s，选项A错误；两冰壶碰撞过程中动量守恒，m1v1＝m1v′1＋m2v2，解得m2＝18.81 kg，选项B错误；碰撞后的总动能Ek2＝m1v′eq \\al(2,1) ＋m2veq \\al(2,2)＝37.62 J，选项C错误；碰撞前的总动能Ek1＝m1veq \\al(2,1)＝38 J，由于Ek1≈Ek2，所以两冰壶的碰撞是弹性碰撞，选项D正确。
7. 【答案】v0
【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的速度为vB＝v0，根据动量守恒定律，A、B碰撞过程满足
mvA＝m·＋m·，
解得vA＝；
从A开始运动到与B相碰的过程，根据动能定理：
Wf＝mveq \\al(2,0)－mveq \\al(2,A)，
解得Wf＝mveq \\al(2,0)
则对滑块B从与A碰撞完毕到与C相碰损失的动能也为Wf，由动能定理可知：Wf＝mveq \\al(2,B)－mvB′2，
解得vB′＝v0；
BC碰撞时满足动量守恒，则mvB′＝2mv共，
解得v共＝vB′＝v0.
重难点
题型
分值
重点
子弹打木块模型中的动量与能量
选择
计算
6-12分
难点
动量和能量的综合应用
模型图景
特点及满足的规律
若子弹未穿出木块：
系统动量守恒、能量守恒：
mv0＝（m＋M）v，
fL相对＝mveq \\al(2,0)－ （M＋m）v2.
若子弹穿出木块，穿出时子弹速度为v1,木块速度为v2,则
mv0＝m v1＋M v2，
fL相对＝mveq \\al(2,0)－（mv12＋Mv22）
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；对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。
动量观点
用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题；对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。
重难点
题型
分值
重点
碰撞、爆炸、反冲过程遵循的规律
选择
计算
6-12分
难点
应用碰撞、爆炸、反冲规律解决问题
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