（2019）新人教版高中物理必修第三册期中复习讲义（四）动量与动量守恒定律.rar

高二上学期物理期中专题复习讲义（四）高二上学期物理期中专题复习讲义（四）-动量与动量守恒定律动量与动量守恒定律（新人教版选择性必修一（新人教版选择性必修一 第一章）第一章）【课标要求】1.理解冲量和动量。通过理论推导和实验，理解动量定理和 动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。2.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。3.体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐 与统一。【知识框架】【要点提示】要点 1动量、冲量动量、动能、动量变化量的比较名称项目动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式pmvEk mv212ppp矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek，Ek pv，p，pp22m122mEk2Ekv动量是矢量，在计算动量变化时先规定正方向，然后用末动量初动量，该处的“”号为运算符号，与方向无关。冲量的计算方法(1)计算冲量可以使用定义式 IFt 求解，此方法仅限于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。(2)利用 F t 图象计算，F t 围成的面积可以表示冲量， 该种方法可以计算变力的冲量。【例例】如图所示，一质量为 m 的滑块沿光滑的水平面以速度 v0运动。遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为 v0，则以下说法正确的是()12A滑块的动量改变量的大小为 mv012B滑块的动量改变量的大小为 mv032C滑块的动量改变量的方向与 v0的方向相同D重力对滑块的冲量为零要点 2.动量定理的两个重要应用(1)应用 Ip 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 IFt 求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化 p，等效代换变力的冲量 I。(2)应用 pFt 求动量的变化在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(pp2p1)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。【例例】篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以()A减小球对手的冲量B减小球对手的冲击力C减小球的动量变化量 D减小球的动能变化量要点 3.动量守恒定律动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，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始时刻的总动量相等。(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于同一参考系的速度，一般选地面为参考系。(4)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。动量守恒定律常用的四种表达形式(1)pp，系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后的总动量 p。(2)m1v1m2v2m1v1m2v2，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。(3)p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。(4)p0，系统总动量的增量为零。【例例】在如图所示的装置中，木块 B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹 A 沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中()A动量守恒，机械能守恒B动量不守恒，机械能不守恒C动量守恒，机械能不守恒D动量不守恒，机械能守恒【典题例析】一、动量定理的综合应用【例 1】 如图所示，铁块质量 m4 kg，以速度 v2 m/s 水平滑上一静止的平板车，平板车质量 M16 kg，铁块与平板车之间的动摩擦因数 0.2，其他摩擦不计(g 取 10 m/s2)，求：(1)铁块相对平板车静止时，铁块的速度；(2)铁块在平板车上滑行的最长时间；(3)铁块在平板车上滑行的最大距离二、动量守恒定律综合应用1.碰撞例 2 (多选)质量分别为 mP1 kg、mQ2 kg 的小球 P、Q 静止在光滑的水平面上，现给小球 P 以水平的速度 vP04 m/s 沿直线朝小球 Q 运动，并发生正碰，分别用 vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于 vP、vQ的大小可能的是()AvPvQ m/s43BvP1 m/s，vQ2.5 m/sCvP1 m/s，vQ3 m/sDvP4 m/s，vQ4 m/s2.爆炸例 3 如图所示，光滑水平面上有三个滑块 A、B、C，质量关系是 mAmCm、mB 。m2开始时滑块 B、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块 A 以速度 v0正对B 向右运动，在 A 未与 B 碰撞之前，引爆了 B、C 间的炸药，炸药爆炸后 B 与 A 迎面碰撞，最终 A 与 B 粘在一起，以速率 v0向左运动。求：(1)炸药爆炸过程中炸药对 C 的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？3.反冲例 4 如图所示，一质量 M2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球 B。从弧形轨道上距离水平轨道高 h0.3 m 处由静止释放一质量 mA1 kg 的小球 A，小球 A 沿轨道下滑后与小球 B 发生弹性正碰，碰后小球 A 被弹回，且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为 g10 m/s2。求小球 B 的质量。4.子弹打木块模型例 5 如图所示，质量为 M 的天车静止在光滑水平轨道上，下面用长为 L 的细线悬挂着质量为 m 的沙箱，一颗质量为 m0的子弹以 v0的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后运动过程中，求：(1)沙箱上升的最大高度；(2)天车的最大速度。【实战训练】1.下列说法错误的是()A.根据 F可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力ptB.动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便C.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它是一个标量D.易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力2.一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面.则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是()3.如图所示，在光滑的水平面上放置有两木块 A 和 B，A 的质量较大，现同时施加大小相等的恒力 F 使它们相向运动，然后又同时撤去外力 F，A 和 B 迎面相碰后合在一起，则 A和 B 合在一起后的运动情况是()A.停止运动B.因 A 的质量较大而向右运动C.因 B 的速度较大而向左运动D.运动方向不确定4.如图所示，半径为 R 的光滑半圆槽质量为 M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为 m 的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度为(重力加速度为 g)()A.0B.，方向向左mM2MgRMmC.，方向向右mM2MgRMmD.不能确定5.一只爆竹竖直升空后，在高为 h 处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为 31，其中质量小的一块获得大小为 v 的水平速度，重力加速度为 g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距()A. B. C.4v D.v42hg2v32hg2hg4v32hg6.如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为 m 的装有弧形槽的小车.现有一质量也为 m的小球以 v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则()A.在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B.小球离开车后，对地将向右做平抛运动C.小球离开车后，对地将做自由落体运动D.小球离开车后，小车的速度有可能大于 v07.如图所示，水平固定的长滑杆上套有 2 个质量均为 m 的薄滑扣(即可以滑动的圆环)A 和B，两滑扣之间由不可伸长的柔软轻质细线连接，细线长度为 l，滑扣在滑杆上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑杆正压力大小的 k 倍，开始时两滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互挤压).今给滑扣 A 一个向左的初速度 v0，使其在滑杆上开始向左滑行，细线拉紧后6kgl两滑扣以共同的速度向前滑行，假设细线拉紧过程的时间极短，重力加速度为 g，求：(1)细线拉紧后两滑扣的共同速度大小；(2)整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的机械能损失.高二上学期物理期中专题复习讲义（四）高二上学期物理期中专题复习讲义（四）-动量与动量守恒定律动量与动量守恒定律（新人教版选择性必修一（新人教版选择性必修一 第一章）第一章）参考答案参考答案【要点提示】要点 1 【例例】【答案】：B【解析】以初速度方向为正，有：pp2p1mv2mv1 mv0mv0 mv01232所以滑块的动量改变量的大小为 mv0，方向与 v0的方向相反，故 A、C 错误，B 正确；根32据 IFt 得重力的冲量为 Imgt，不为零，故 D 错误。要点 2.【例例】【答案】B【解析】先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球收缩至胸前，可以增加球与手接触的时间，取球的初速度方向为正方向，根据动量定理Ft0mv 得 F，当时间增大时，mvt作用力就减小，而冲量和动量变化量、动能的变化量都不变，所以 B 正确。要点 3.【例例】【答案】B【解析】：子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，一部分动能转化为内能，之后木块(连同子弹)压缩弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守恒，但动量不守恒。由于左侧挡板的支持力的冲量作用，使系统的动量不断减少，所以整个过程中，动量和机械能均不守恒。选项 B 正确。【典题例析】例 1 解析 铁块滑上平板车后，在车对它的摩擦力的作用下开始减速，车在铁块对它的摩擦力作用下开始加速，当两者速度相等时，铁块相对平板车静止，不再发生相对滑动(1)铁块滑上板车的过程中，两者组成的系统动量守恒，取 v 的方向为正方向则 mv(Mm)vv0.4 m/s，即铁块相对平板车静止时，铁块速度为 0.4 m/s.mvMm(2)以铁块为研究对象，铁块受的摩擦力方向跟铁块速度方向相反，取 v 方向为正方向方法一：由牛顿第二定律：mgma由运动学公式知：vvat由可得：t0.8 svvg方法二：由动量定理：mgtmvmv 得：t0.8 svvg本问题也可以取平板车为研究对象进行求解，但应注意，平板车受的摩擦力 Fmg，FMg.(3)方法一：铁块在平板车上滑行时，两者都做匀变速直线运动，且运动时间相同，因此铁块对地：x1tvv2平板车对地：x2 tv2铁块在平板车上滑行的最大距离xx1x2t t t0.8 mvv2v2v2要使铁块在平板车上不滑下，平板车至少长 0.8 m.方法二：由功能关系得 mgx mv2 (Mm)v21212代入数据解之得 x0.8 m.答案 (1)0.4 m/s (2)0.8 s (3)0.8 m例 2 【答案】AB【解析】碰撞前总动量为 pmPvP04 kgm/s，碰撞前总动能为 Ek mPv8 J。如果122P0vPvQ m/s，pmPvPmQvQ4 kgm/s，Ek mPv mQv J，碰撞过程动量守恒，43122 P122 Q83能量不增加，A 正确；如果 vP1 m/s，vQ2.5 m/s，pmPvPmQvQ4 kgm/s，Ek mPv mQv 6.75 J，能量不增加，碰撞过程动量守恒，B 正确；如果122 P122 QvP1 m/s，vQ3 m/s，pmPvPmQvQ7 kgm/s，碰撞过程动量不守恒，C 错误；如果vP4 m/s，vQ4 m/s，pmPvPmQvQ4 kgm/s，Ek mPv mQv 24 J，碰撞过122 P122 Q程动量守恒，动能增加，D 错误。例 3 【答案】：见解析【解析】：(1)全过程，A、B、C 组成的系统动量守恒mAv0(mAmB)v0mCvC炸药对 C 的冲量：ImCvC0解得：I mv0，方向向右52(2)炸药爆炸过程，B 和 C 组成的系统动量守恒mCvCmBvB0据能量关系：E v mv12m2 2 B122 C解得：Emv7582 0例 4 【答案】：3 kg【解析】：设小球 A 下滑到水平轨道上时的速度大小为 v1，平台水平速度大小为 v，由动量守恒定律有 0mAv1Mv由能量守恒定律有 mAgh mAv Mv2122 112联立解得 v12 m/s，v1 m/s小球 A、B 碰后运动方向相反，设小球 A、B 的速度大小分别为 v1和 v2，由于碰后小球 A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球 A 的速度等于平台的速度，有 v11 m/s由动量守恒定律得 mAv1mAv1mBv2由能量守恒定律有 mAv mAv12 mBv122 112122 2联立解得 mB3 kg。例 5 解析 (1)子弹打入沙箱过程中动量守恒 m0v0(m0m)v1摆动过程中，子弹、沙箱、天车系统水平方向动量守恒，机械能守恒。沙箱到达最大高度时，系统有相同的速度，设为 v2，则有(m0m)v1(m0mM)v2(m0m)v (m0mM)v (m0m)gh122 1122 2联立三式可得沙箱上升的最大高度 hm2 0Mv2 02m0m2m0mMg(2)子弹和沙箱再摆回最低点时，天车速度最大，设此时天车速度为 v3，沙箱速度为 v4，由动量守恒得(m0m)v1Mv3(mm0)v4由系统机械能守恒得 (m0m)v Mv (mm0)v122 1122 3122 4联立两式可求得天车的最大速度 v3v1v02m0mm0mM2m0m0mM答案：(1)(2)v0m2 0Mv2 02m0m2m0mMg2m0m0mM归纳总结：应用动量的观点、能量的观点解决问题时，比牛顿运动定律更有优越性，那就是不用考虑过程的细节，直接研究初、末状态即可。其实并不是所有的问题都是这样处理的，本题要是直接研究初、末状态就会出错，问题的关键在于本题中含有一个碰撞过程，一般的碰撞过程中都有机械能损失，所以，这个碰撞的细节就一定要拿出来研究。【实战训练】1.【答案】C解析A 选项是牛顿第二定律的另一种表达方式，所以 A 正确；F是牛顿第二定律的pt最初表达方式，实质是一样的，B 正确；冲量是矢量，C 错误；易碎品运输时用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，D 正确.2.【答案】D解析由于一块碎片首先沿竖直方向落至地面，这个碎片的速度方向应竖直向下，根据动量守恒，另两块碎片的动量合成后应竖直向上，故 D 正确.3.【答案】A解析由动量定理知，A 和 B 在碰撞之前的动量等大反向，合动量为零，碰撞过程中动量守恒，因此碰撞合在一起之后的总动量仍为零，即停止运动，故选 A.4.【答案】B解析以水平向右为正方向，设在最低点时 m 和 M 的速度大小分别为 v 和 v，根据动量守恒定律得：0mvMv，根据机械能守恒定律得：mgR mv2 Mv2，联立以上两式解得1212v，方向向左，故选项 B 正确.mM2MgRMm5.【答案】D解析设其中一块质量为 m，另一块质量为 3m.爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度v 的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv3mv0，解得 v ；设两块爆竹落地用的v3时间为 t，则有：h gt2，得 t，落地点两者间的距离为：s(vv)t，联立各式解得：122hgs，故选 D.4v32hg6.【答案】C解析整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故 A 错误；设小球离开小车时，小球的速度为 v1，小车的速度为 v2，整个过程中水平方向动量守恒：mv0mv1mv2，由机械能守恒得： mv02 mv12 mv22，联立，解得121212v10，v2v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故 B、D 错误，C 正确.7.答案(1)(2)kmglkgl解析(1)由动能定理：kmgl mv12 mv02(2 分)1212由动量守恒定律：mv12mv共(2 分)由解得 v12，v共(2 分)kglkgl(2)E mv12 2mv共2(3 分)1212联立解得 Ekmgl(1 分)高二上学期物理期中专题复习讲义（四）高二上学期物理期中专题复习讲义（四）-动量与动量守恒定律动量与动量守恒定律（新人教版选择性必修一（新人教版选择性必修一 第一章）第一章）【课标要求】1.理解冲量和动量。通过理论推导和实验，理解动量定理和 动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。2.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。3.体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐 与统一。【知识框架】【要点提示】要点 1动量、冲量动量、动能、动量变化量的比较名称项目动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式pmvEk mv212ppp矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek，Ek pv，p，pp22m122mEk2Ekv动量是矢量，在计算动量变化时先规定正方向，然后用末动量初动量，该处的“”号为运算符号，与方向无关。冲量的计算方法(1)计算冲量可以使用定义式 IFt 求解，此方法仅限于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。(2)利用 F t 图象计算，F t 围成的面积可以表示冲量， 该种方法可以计算变力的冲量。【例例】如图所示，一质量为 m 的滑块沿光滑的水平面以速度 v0运动。遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为 v0，则以下说法正确的是()12A滑块的动量改变量的大小为 mv012B滑块的动量改变量的大小为 mv032C滑块的动量改变量的方向与 v0的方向相同D重力对滑块的冲量为零【答案】：B【解析】以初速度方向为正，有：pp2p1mv2mv1 mv0mv0 mv01232所以滑块的动量改变量的大小为 mv0，方向与 v0的方向相反，故 A、C 错误，B 正确；根32据 IFt 得重力的冲量为 Imgt，不为零，故 D 错误。要点 2.动量定理的两个重要应用(1)应用 Ip 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 IFt 求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化 p，等效代换变力的冲量 I。(2)应用 pFt 求动量的变化在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(pp2p1)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。【例例】篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以()A减小球对手的冲量B减小球对手的冲击力C减小球的动量变化量 D减小球的动能变化量【答案】B【解析】先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球收缩至胸前，可以增加球与手接触的时间，取球的初速度方向为正方向，根据动量定理Ft0mv 得 F，当时间增大时，mvt作用力就减小，而冲量和动量变化量、动能的变化量都不变，所以 B 正确。要点 3.动量守恒定律动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，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始时刻的总动量相等。(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于同一参考系的速度，一般选地面为参考系。(4)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。动量守恒定律常用的四种表达形式(1)pp，系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后的总动量 p。(2)m1v1m2v2m1v1m2v2，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。(3)p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。(4)p0，系统总动量的增量为零。【例例】在如图所示的装置中，木块 B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹 A 沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中()A动量守恒，机械能守恒B动量不守恒，机械能不守恒C动量守恒，机械能不守恒D动量不守恒，机械能守恒【答案】B【解析】：子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，一部分动能转化为内能，之后木块(连同子弹)压缩弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守恒，但动量不守恒。由于左侧挡板的支持力的冲量作用，使系统的动量不断减少，所以整个过程中，动量和机械能均不守恒。选项 B 正确。【典题例析】一、动量定理的综合应用例 1 如图所示，铁块质量 m4 kg，以速度 v2 m/s 水平滑上一静止的平板车，平板车质量 M16 kg，铁块与平板车之间的动摩擦因数 0.2，其他摩擦不计(g 取 10 m/s2)，求：(1)铁块相对平板车静止时，铁块的速度；(2)铁块在平板车上滑行的最长时间；(3)铁块在平板车上滑行的最大距离【解析】铁块滑上平板车后，在车对它的摩擦力的作用下开始减速，车在铁块对它的摩擦力作用下开始加速，当两者速度相等时，铁块相对平板车静止，不再发生相对滑动(1)铁块滑上板车的过程中，两者组成的系统动量守恒，取 v 的方向为正方向则 mv(Mm)vv0.4 m/s，即铁块相对平板车静止时，铁块速度为 0.4 m/s.mvMm(2)以铁块为研究对象，铁块受的摩擦力方向跟铁块速度方向相反，取 v 方向为正方向方法一：由牛顿第二定律：mgma由运动学公式知：vvat由可得：t0.8 svvg方法二：由动量定理：mgtmvmv 得：t0.8 svvg本问题也可以取平板车为研究对象进行求解，但应注意，平板车受的摩擦力 Fmg，FMg.(3)方法一：铁块在平板车上滑行时，两者都做匀变速直线运动，且运动时间相同，因此铁块对地：x1tvv2平板车对地：x2 tv2铁块在平板车上滑行的最大距离xx1x2t t t0.8 mvv2v2v2要使铁块在平板车上不滑下，平板车至少长 0.8 m.方法二：由功能关系得 mgx mv2 (Mm)v21212代入数据解之得 x0.8 m.答案 (1)0.4 m/s (2)0.8 s (3)0.8 m二、动量守恒定律综合应用1.碰撞例 2 (多选)质量分别为 mP1 kg、mQ2 kg 的小球 P、Q 静止在光滑的水平面上，现给小球 P 以水平的速度 vP04 m/s 沿直线朝小球 Q 运动，并发生正碰，分别用 vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于 vP、vQ的大小可能的是()AvPvQ m/s43BvP1 m/s，vQ2.5 m/sCvP1 m/s，vQ3 m/sDvP4 m/s，vQ4 m/s【答案】AB【解析】碰撞前总动量为 pmPvP04 kgm/s，碰撞前总动能为 Ek mPv8 J。如果122P0vPvQ m/s，pmPvPmQvQ4 kgm/s，Ek mPv mQv J，碰撞过程动量守恒，43122 P122 Q83能量不增加，A 正确；如果 vP1 m/s，vQ2.5 m/s，pmPvPmQvQ4 kgm/s，Ek mPv mQv 6.75 J，能量不增加，碰撞过程动量守恒，B 正确；如果122 P122 QvP1 m/s，vQ3 m/s，pmPvPmQvQ7 kgm/s，碰撞过程动量不守恒，C 错误；如果vP4 m/s，vQ4 m/s，pmPvPmQvQ4 kgm/s，Ek mPv mQv 24 J，碰撞过122 P122 Q程动量守恒，动能增加，D 错误。2.爆炸例 3 如图所示，光滑水平面上有三个滑块 A、B、C，质量关系是 mAmCm、mB 。m2开始时滑块 B、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块 A 以速度 v0正对B 向右运动，在 A 未与 B 碰撞之前，引爆了 B、C 间的炸药，炸药爆炸后 B 与 A 迎面碰撞，最终 A 与 B 粘在一起，以速率 v0向左运动。求：(1)炸药爆炸过程中炸药对 C 的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？【答案】见解析【解析】(1)全过程，A、B、C 组成的系统动量守恒mAv0(mAmB)v0mCvC炸药对 C 的冲量：ImCvC0解得：I mv0，方向向右52(2)炸药爆炸过程，B 和 C 组成的系统动量守恒mCvCmBvB0据能量关系：E v mv12m2 2 B122 C解得：Emv7582 03.反冲例 4 如图所示，一质量 M2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球 B。从弧形轨道上距离水平轨道高 h0.3 m 处由静止释放一质量 mA1 kg 的小球 A，小球 A 沿轨道下滑后与小球 B 发生弹性正碰，碰后小球 A 被弹回，且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为 g10 m/s2。求小球 B 的质量。【答案】3 kg【解析】设小球 A 下滑到水平轨道上时的速度大小为 v1，平台水平速度大小为 v，由动量守恒定律有 0mAv1Mv由能量守恒定律有 mAgh mAv Mv2122 112联立解得 v12 m/s，v1 m/s小球 A、B 碰后运动方向相反，设小球 A、B 的速度大小分别为 v1和 v2，由于碰后小球 A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球 A 的速度等于平台的速度，有 v11 m/s由动量守恒定律得 mAv1mAv1mBv2由能量守恒定律有 mAv mAv12 mBv122 112122 2联立解得 mB3 kg。4.子弹打木块模型例 5 如图所示，质量为 M 的天车静止在光滑水平轨道上，下面用长为 L 的细线悬挂着质量为 m 的沙箱，一颗质量为 m0的子弹以 v0的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后运动过程中，求：(1)沙箱上升的最大高度；(2)天车的最大速度。【解析】 (1)子弹打入沙箱过程中动量守恒 m0v0(m0m)v1摆动过程中，子弹、沙箱、天车系统水平方向动量守恒，机械能守恒。沙箱到达最大高度时，系统有相同的速度，设为 v2，则有(m0m)v1(m0mM)v2(m0m)v (m0mM)v (m0m)gh122 1122 2联立三式可得沙箱上升的最大高度 hm2 0Mv2 02m0m2m0mMg(2)子弹和沙箱再摆回最低点时，天车速度最大，设此时天车速度为 v3，沙箱速度为 v4，由动量守恒得(m0m)v1Mv3(mm0)v4由系统机械能守恒得 (m0m)v Mv (mm0)v122 1122 3122 4联立两式可求得天车的最大速度 v3v1v02m0mm0mM2m0m0mM【答案】(1)(2)v0m2 0Mv2 02m0m2m0mMg2m0m0mM归纳总结：应用动量的观点、能量的观点解决问题时，比牛顿运动定律更有优越性，那就是不用考虑过程的细节，直接研究初、末状态即可。其实并不是所有的问题都是这样处理的，本题要是直接研究初、末状态就会出错，问题的关键在于本题中含有一个碰撞过程，一般的碰撞过程中都有机械能损失，所以，这个碰撞的细节就一定要拿出来研究。【实战训练】1.下列说法错误的是()A.根据 F可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力ptB.动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便C.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它是一个标量D.易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力【答案】C【解析】A 选项是牛顿第二定律的另一种表达方式，所以 A 正确；F是牛顿第二定pt律的最初表达方式，实质是一样的，B 正确；冲量是矢量，C 错误；易碎品运输时用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，D 正确.2.一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面.则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是()【答案】D【解析】由于一块碎片首先沿竖直方向落至地面，这个碎片的速度方向应竖直向下，根据动量守恒，另两块碎片的动量合成后应竖直向上，故 D 正确.3.如图 1 所示，在光滑的水平面上放置有两木块 A 和 B，A 的质量较大，现同时施加大小相等的恒力 F 使它们相向运动，然后又同时撤去外力 F，A 和 B 迎面相碰后合在一起，则A 和 B 合在一起后的运动情况是()图 1A.停止运动B.因 A 的质量较大而向右运动C.因 B 的速度较大而向左运动D.运动方向不确定【答案】A【解析】由动量定理知，A 和 B 在碰撞之前的动量等大反向，合动量为零，碰撞过程中动量守恒，因此碰撞合在一起之后的总动量仍为零，即停止运动，故选 A.4.如图 2 所示，半径为 R 的光滑半圆槽质量为 M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为 m 的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度为(重力加速度为 g)()图 2A.0B.，方向向左mM2MgRMmC.，方向向右mM2MgRMmD.不能确定【答案】B【解析】以水平向右为正方向，设在最低点时 m 和 M 的速度大小分别为 v 和 v，根据动量守恒定律得：0mvMv，根据机械能守恒定律得：mgR mv2 Mv2，联立以上两式1212解得 v，方向向左，故选项 B 正确.mM2MgRMm5.一只爆竹竖直升空后，在高为 h 处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为 31，其中质量小的一块获得大小为 v 的水平速度，重力加速度为 g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距()A. B. C.4v D.v42hg2v32hg2hg4v32hg【答案】D【解析】设其中一块质量为 m，另一块质量为 3m.爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度 v 的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv3mv0，解得 v ；设两块爆竹落地v3用的时间为 t，则有：h gt2，得 t，落地点两者间的距离为：s(vv)t，联立各式122hg解得：s，故选 D.4v32hg6.如图 3 所示，在光滑的水平地面上停放着质量为 m 的装有弧形槽的小车.现有一质量也为m 的小球以 v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则()图 3A.在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B.小球离开车后，对地将向右做平抛运动C.小球离开车后，对地将做自由落体运动D.小球离开车后，小车的速度有可能大于 v0【答案】C【解析】整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故 A 错误；设小球离开小车时，小球的速度为 v1，小车的速度为 v2，整个过程中水平方向动量守恒：mv0mv1mv2，由机械能守恒得： mv02 mv12 mv22，联立，解得121212v10，v2v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故 B、D 错误，C 正确.7.如图所示，水平固定的长滑杆上套有 2 个质量均为 m 的薄滑扣(即可以滑动的圆环)A 和B，两滑扣之间由不可伸长的柔软轻质细线连接，细线长度为 l，滑扣在滑杆上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑杆正压力大小的 k 倍，开始时两滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互挤压).今给滑扣 A 一个向左的初速度 v0，使其在滑杆上开始向左滑行，细线拉紧后6kgl两滑扣以共同的速度向前滑行，假设细线拉紧过程的时间极短，重力加速度为 g，求：图(1)细线拉紧后两滑扣的共同速度大小；(2)整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的机械能损失.【答案】(1)(2)kmglkgl【解析】(1)由动能定理：kmgl mv12 mv02(2 分)1212由动量守恒定律：mv12mv共(2 分)由解得 v12，v共(2 分)kglkgl(2)E mv12 2mv共2(3 分)1212联立解得 Ekmgl(1 分)