第2節(jié)動(dòng)量守恒定律及“三類(lèi)模型”問(wèn)題一、動(dòng)量守恒定律1.內(nèi)容如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。2.表達(dá)式(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′。(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量等大反向。(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。3.適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)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(dòng)量守恒。【自測(cè)1】(多選)在光滑水平面上，A、B兩小車(chē)中間有一輕彈簧(彈簧不與小車(chē)相連)，如圖1所示，用手抓住小車(chē)并將彈簧壓縮后使小車(chē)處于靜止?fàn)顟B(tài)，將小車(chē)及彈簧看成一個(gè)系統(tǒng)，下列說(shuō)法中正確的是()圖1A.兩手同時(shí)放開(kāi)后，系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零B.先放開(kāi)左手，再放開(kāi)右手后，動(dòng)量不守恒C.先放開(kāi)左手，后放開(kāi)右手，總動(dòng)量向左D.無(wú)論何時(shí)放手，兩手放開(kāi)后，系統(tǒng)總動(dòng)量都保持不變答案ACD二、碰撞、反沖、爆炸1.碰撞(1)特點(diǎn)：作用時(shí)間極短，內(nèi)力(相互碰撞力)遠(yuǎn)大于外力，總動(dòng)量守恒。(2)彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能沒(méi)有損失。(3)非彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能有損失。(4)完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體，機(jī)械能損失最大。2.爆炸與碰撞類(lèi)似，物體間的相互作用時(shí)間很短，作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒。3.反沖(1)定義：當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開(kāi)物體時(shí)，剩余部分將獲得一個(gè)反向沖量，如發(fā)射炮彈、火箭等。(2)特點(diǎn)：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力，動(dòng)量守恒。【自測(cè)2】A球的質(zhì)量是m，B球的質(zhì)量是2m，它們?cè)诠饣乃矫嫔弦韵嗤膭?dòng)量運(yùn)動(dòng)。B在前，A在后，發(fā)生正碰后，A球仍朝原方向運(yùn)動(dòng)，但其速率是原來(lái)的一半，碰后兩球的速率比vA′∶vB′為()A.1∶2 B.1∶3C.2∶1 D.2∶3答案D考點(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性矢量性動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對(duì)性各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度(一般是相對(duì)于地面)同時(shí)性動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，p1′、p2′、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量系統(tǒng)性研究的對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)普適性動(dòng)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(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng)1.(動(dòng)量守恒的判斷)(2021·全國(guó)乙卷)如圖2，光滑水平地面上有一小車(chē)，一輕彈簧的一端與車(chē)廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車(chē)廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車(chē)廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車(chē)廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開(kāi)始，小車(chē)、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)()圖2A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒C.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒答案B解析撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為0，動(dòng)量守恒，滑塊和小車(chē)之間有滑動(dòng)摩擦力，由于摩擦生熱，故系統(tǒng)機(jī)械能減少，B正確。2.(動(dòng)量守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用)(多選)(2020·全國(guó)卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為()A.48kg B.53kgC.58kg D.63kg答案BC解析設(shè)運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m，第一次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度為v1，第二次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度為v2……第八次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度為v8，第一次推物塊后，由動(dòng)量守恒定律知Mv1＝mv0，第二次推物塊后，由動(dòng)量守恒定律知M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……第n次推物塊后，由動(dòng)量守恒定律知M(vn－vn－1)＝2mv0，以上各式相加，得vn＝eq\f(（2n－1）mv0,M)，則v7＝eq\f(260kg·m/s,M)，v8＝eq\f(300kg·m/s,M)。由題意知，v7＜5m/s，則M＞52kg，又知v8＞5m/s，則M＜60kg，可知選項(xiàng)B、C正確?？键c(diǎn)二碰撞模型模型1兩類(lèi)彈性碰撞模型彈性碰撞情形規(guī)律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2結(jié)果v1′＝2eq\f(m1v1＋m2v2,m1＋m2)－v1v2′＝2eq\f(m1v1＋m2v2,m1＋m2)－v2結(jié)論若m1＝m2，v1′＝v2，v2′＝v1動(dòng)碰靜情形規(guī)律m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2結(jié)果v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論m1＝m2v1′＝0，v2′＝v1質(zhì)量相等，速度交換m1＞m2v1′＞0，v2′＞0且v2′＞v1′大碰小，一起跑m1＜m2v1′＜0，v2′＞0小碰大，要反彈m1?m2v1′＝v0，v2′＝2v1極大碰極小，大不變，小加倍m1?m2v1′＝－v1，v2′＝0極小碰極大，小等速率反彈，大不變【例1】(2021·四川成都七中測(cè)試)三個(gè)半徑相同的彈性球，靜止于光滑水平面的同一直線上，順序如圖3所示，已知mA＝m，mC＝4m。當(dāng)A以速度v0向B運(yùn)動(dòng)，若要使得B、C碰后C具有最大速度，則B的質(zhì)量應(yīng)為()圖3A.m B.2mC.3m D.4m答案B解析設(shè)B球的質(zhì)量為M，以碰撞前A球的速度方向?yàn)檎珹球與B球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后的速度分別為v1和v2，根據(jù)A球與B球動(dòng)量守恒得mv0＝mv1＋Mv2，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，解得v2＝eq\f(2mv0,M＋m)；B球與C球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后的速度分別為v2′和v3，由能量守恒定律得eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)Mv2′2＋eq\f(1,2)×(4m)veq\o\al(2,3)，規(guī)定碰撞前A球的速度方向?yàn)檎?，由?dòng)量守恒定律得Mv2＝Mv2′＋4mv3，解得v3＝eq\f(2Mv2,M＋4m)，故C球碰撞后的速度為v3＝eq\f(2M,M＋4m)·eq\f(2mv0,M＋m)＝eq\f(4mv0,M＋\f(4m2,M)＋5m)，由數(shù)學(xué)關(guān)系解得M＝eq\r(4m2)＝2m時(shí)，B、C球碰撞后C球的速度最大，故選B。模型2非彈性碰撞、完全非彈性碰撞模型碰撞類(lèi)型非彈性碰撞完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共系統(tǒng)動(dòng)能損失eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2＋ΔEkΔEk＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)動(dòng)能損失最大結(jié)論v共＝eq\f(m1v1＋m2v2,m1＋m2)；ΔEk＝eq\f(1,2)eq\f(m1m2,m1＋m2)(v1－v2)2【真題示例2】(2020·全國(guó)卷Ⅲ)甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖4中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為()圖4A.3J B.4JC.5J D.6J答案A解析設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m乙，由動(dòng)量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入圖中數(shù)據(jù)解得m乙＝6kg，進(jìn)而可求得碰撞過(guò)程中兩物塊損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3J，選項(xiàng)A正確?？键c(diǎn)三人船模型與子彈打木塊模型模型1人船模型1.條件(1)系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成且相互作用前靜止，總動(dòng)量為零。(2)在相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中至少有一個(gè)方向動(dòng)量守恒。圖52.結(jié)論：m1x1＋m2x2＝0，式中的x1和x2是兩物體相對(duì)同一慣性參考系的位移(一般相對(duì)于地面)，二者方向相反，一正一負(fù)。3.規(guī)律特點(diǎn)(1)動(dòng)力學(xué)規(guī)律：由于組成系統(tǒng)的兩物體受到大小相同、方向相反的一對(duì)力，故兩物體速度大小與質(zhì)量成反比，方向相反。這類(lèi)問(wèn)題的特點(diǎn)：兩物體同時(shí)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)停止。(2)動(dòng)量與能量規(guī)律：由于系統(tǒng)不受外力作用，故而遵從動(dòng)量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系統(tǒng)或每個(gè)物體動(dòng)能均發(fā)生變化：力對(duì)“人”做的功量度“人”動(dòng)能的變化；力對(duì)“船”做的功量度“船”動(dòng)能的變化。【例3】有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(zhǎng)(重一噸左右)。一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測(cè)定它的質(zhì)量。他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測(cè)出船后退的距離d，然后用卷尺測(cè)出船長(zhǎng)L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計(jì)，則船的質(zhì)量為()A.eq\f(m（L＋d）,d) B.eq\f(m（L－d）,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(m（L＋d）,L)答案B解析設(shè)船的質(zhì)量為M，人走動(dòng)的時(shí)候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時(shí)為t，人的位移為L(zhǎng)－d，船的位移為d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)。以船后退的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律有Mv－mv′＝0，可得Meq\f(d,t)＝eq\f(m（L－d）,t)，小船的質(zhì)量為M＝eq\f(m（L－d）,d)，故B正確。模型2子彈打木塊模型1.模型圖示(如圖6)圖62.模型特點(diǎn)(1)子彈水平打進(jìn)木塊的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。(2)系統(tǒng)的機(jī)械能有損失。3.兩種情景(1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)。動(dòng)量守恒：mv0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2)子彈穿透木塊動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋Mv2能量守恒：Q＝Ff·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋\f(1,2)mveq\o\al(2,1)))【例4】如圖7所示，質(zhì)量為m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M＝0.5kg的木板左端，足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)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(shí)間極短)，g取10m/s2。子彈射入后，求：圖7(1)子彈進(jìn)入物塊后子彈和物塊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(shí)間t。答案(1)6m/s(2)2m/s(3)1s解析(1)子彈進(jìn)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(dòng)量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v1解得v1＝6m/s。(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時(shí)，木板的速度最大，由動(dòng)量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s。(3)對(duì)物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動(dòng)量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得t＝1s。考點(diǎn)四反沖運(yùn)動(dòng)與爆炸模型角度1反沖運(yùn)動(dòng)反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明作用原理反沖運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加【例5】一質(zhì)量為M的航天器遠(yuǎn)離太陽(yáng)和行星，正以速度v0在太空中飛行，某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動(dòng)機(jī)瞬間向后噴出質(zhì)量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均為相對(duì)同一參考系的速度)()A.eq\f(（M＋m）v0－mv1,M) B.eq\f(（M＋m）v0＋mv1,M)C.eq\f(Mv0＋mv1,M－m) D.eq\f(Mv0－mv1,M－m)答案C解析以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2，解得v2＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)，故選C。角度2爆炸現(xiàn)象爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律動(dòng)量守恒爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒動(dòng)能增加在爆炸過(guò)程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加位置不變爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)【例6】(多選)(2021·廣西池州期末)如圖8所示，可視為質(zhì)點(diǎn)且質(zhì)量均為1kg的甲、乙兩物體緊靠著放在水平地面上，物體甲與左側(cè)地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，物體乙右側(cè)地面光滑，兩物體間夾有炸藥，爆炸后兩物體沿水平方向左右分離，分離瞬間物體乙的速度大小為3m/s，重力加速度g取10m/s2。則()圖8A.炸藥爆炸后，兩物體分離瞬間物體甲的速度大小為3m/sB.甲、乙兩物體分離瞬間獲得的總能量為18JC.從分離到甲物體停止運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)的時(shí)間為4sD.甲、乙兩物體分離2s時(shí)，兩物體之間的距離為7.5m答案AD解析炸藥爆炸后，設(shè)分離瞬間物體甲的速度大小為v1，物體乙的速度大小為v2，對(duì)甲、乙兩物體組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝mv2，甲、乙兩物體速度大小v1＝v2＝3m/s，選項(xiàng)A正確；由能量守恒定律得E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝9J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；甲、乙兩物體分離后，甲物體向左勻減速滑行，a＝μg＝3m/s2，從分離到甲物體停止運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)的時(shí)間t1＝eq\f(v1,a)＝1s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體甲運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝eq\f(v1,2)t1＝1.5m，物體乙運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝v2t＝6m，故甲、乙兩物體分離2s時(shí)，兩物體之間的距離d＝x2＋x1＝7.5m，選項(xiàng)D正確?？键c(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用1.(2021·黑龍江哈爾濱三中期末)一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖1所示。則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過(guò)程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)()圖1A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒D.無(wú)法判定動(dòng)量、機(jī)械能是否守恒答案C解析在子彈打擊木塊A及彈簧壓縮的過(guò)程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受的合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。在此過(guò)程中，除彈簧彈力做功外還有摩擦力對(duì)系統(tǒng)做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。2.(2022·齊齊哈爾八中模擬)如圖2所示，小車(chē)與木箱緊挨著停放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車(chē)上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()圖2A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.小車(chē)與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C.男孩、小車(chē)與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D.木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車(chē)的總動(dòng)量增量相同答案C解析男孩和木箱組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小車(chē)與木箱組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；男孩、小車(chē)與木箱三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選項(xiàng)C正確；木箱、男孩、小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車(chē)的總動(dòng)量增量大小相同，方向相反，所以木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車(chē)的總動(dòng)量增量不相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3.如圖3所示，光滑水平面上有兩輛小車(chē)，用細(xì)線(未畫(huà)出)相連，中間有一個(gè)被壓縮的輕彈簧(與兩小車(chē)未連接)，小車(chē)處于靜止?fàn)顟B(tài)，燒斷細(xì)線后，由于彈力的作用兩小車(chē)分別向左、右運(yùn)動(dòng)。已知兩小車(chē)的質(zhì)量之比為m1∶m2＝2∶1，下列說(shuō)法正確的是()圖3A.彈簧彈開(kāi)左右兩小車(chē)的速度大小之比為1∶2B.彈簧彈開(kāi)后左右兩小車(chē)的動(dòng)量大小之比為1∶2C.彈簧彈開(kāi)過(guò)程左右兩小車(chē)受到的沖量大小之比為2∶1D.彈簧彈開(kāi)過(guò)程彈力對(duì)左右兩小車(chē)做功之比為1∶4答案A解析兩小車(chē)及彈簧組成的系統(tǒng)所受合力為零，動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m2v2－m1v1＝0，解得v1∶v2＝1∶2，A正確；由動(dòng)量守恒定律知，彈簧彈開(kāi)后左右兩小車(chē)的動(dòng)量大小相等，B錯(cuò)誤；彈簧彈開(kāi)過(guò)程中，左右兩小車(chē)受到的彈力大小相等，作用時(shí)間相同，由I＝Ft知，左右兩小車(chē)受到的沖量大小之比為1∶1，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，彈簧彈開(kāi)過(guò)程彈力對(duì)左右兩小車(chē)做功之比為W1∶W2＝eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)∶eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)＝1∶2，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二碰撞模型4.秦山核電站是我國(guó)第一座核電站，其三期工程采用重水反應(yīng)堆技術(shù)，利用中子(eq\o\al(1,1)n)與靜止氘核(eq\o\al(2,1)H)的多次碰撞，使中子減速。已知中子某次碰撞前的動(dòng)能為E，碰撞可視為彈性正碰。經(jīng)過(guò)該次碰撞后，中子損失的動(dòng)能為()A.eq\f(1,9)E B.eq\f(8,9)EC.eq\f(1,3)E D.eq\f(2,3)E答案B解析質(zhì)量數(shù)為1的中子與質(zhì)量數(shù)為2的氘核發(fā)生彈性正碰，滿足能量守恒和動(dòng)量守恒，設(shè)中子的初速度為v0，碰撞后中子和氘核的速度分別為v1和v2，以v0的方向?yàn)檎较?，可列式：eq\f(1,2)×1×veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×1×veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2×veq\o\al(2,2)，1×v0＝1×v1＋2×v2，解得v1＝－eq\f(1,3)v0，即中子的動(dòng)能減小為原來(lái)的eq\f(1,9)，則中子的動(dòng)能損失量為eq\f(8,9)E，故B正確。5.如圖4所示，粗糙的水平面連接一個(gè)豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為R＝0.1m，半圓形軌道的底端放置一個(gè)質(zhì)量為m＝0.1kg的小球B，水平面上有一個(gè)質(zhì)量為M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s開(kāi)始向著小球B運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝0.80s與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)兩個(gè)小球均可以看作質(zhì)點(diǎn)，它們的碰撞時(shí)間極短，且已知木塊A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2。求：圖4(1)兩小球碰前A的速度大小vA；(2)小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。答案(1)2m/s(2)4N解析(1)碰前對(duì)A由動(dòng)量定理有－μMgt＝MvA－Mv0解得vA＝2m/s。(2)對(duì)A、B組成的系統(tǒng)：碰撞前后動(dòng)量守恒，則有MvA＝MvA′＋mvB碰撞前后總動(dòng)能保持不變，則有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)MvA′2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由以上兩式解得vA′＝1m/s，vB＝3m/s設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)的速度大小為vC，以水平面為零勢(shì)能面，因?yàn)锽球由半圓形軌道的底端運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vC＝eq\r(5)m/s對(duì)小球B，在最高點(diǎn)C有mg＋FN＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得FN＝4N由牛頓第三定律知小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為4N?？键c(diǎn)三人船模型6.(多選)如圖5所示，滑塊和小球的質(zhì)量分別為M、m?；瑝K可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動(dòng)，小球與滑塊上的懸點(diǎn)O由一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，輕繩長(zhǎng)為L(zhǎng)。開(kāi)始時(shí)，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止?，F(xiàn)將小球由靜止釋放，當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()圖5A.滑塊和小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.滑塊和小球組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒C.滑塊的最大速率為eq\r(\f(2m2gL,M（M＋m）))D.滑塊向右移動(dòng)的位移為eq\f(m,M＋m)L答案BCD解析小球下擺過(guò)程中，在豎直方向有分加速度，小球和滑塊系統(tǒng)的合力不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，在水平方向動(dòng)量守恒，故B正確；當(dāng)小球落到最低點(diǎn)時(shí)，只有水平方向速度，小球和滑塊的速度均達(dá)到最大，取水平向右為正方向，有Mv1－mv2＝0，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\r(\f(2m2gL,M（M＋m）))，故C正確；設(shè)滑塊向右移動(dòng)的位移為x，根據(jù)水平方向的動(dòng)量守恒得Meq\f(x,t)－meq\f(L－x,t)＝0，解得x＝eq\f(m,M＋m)L，故D正確。考點(diǎn)四反沖運(yùn)動(dòng)與爆炸模型7.如圖6所示，光滑水平面上靜止著一輛小車(chē)，傾斜試管中的水在酒精燈燃燒一段時(shí)間后產(chǎn)生大量水蒸氣，達(dá)到一定壓力時(shí)，瞬間將塞子噴出。不計(jì)水蒸氣的質(zhì)量和其他阻力，酒精燈固定在小車(chē)上、將水平面上的小車(chē)、酒精燈、試管、水、塞子等物體看做一個(gè)系統(tǒng)，則關(guān)于塞子被噴出的這一極短過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()圖6A.系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.如果將小車(chē)固定在地面上，塞子被噴出的速度將增大D.小車(chē)對(duì)地面的壓力等于系統(tǒng)總重力答案C解析塞子噴出瞬間，試管內(nèi)的氣體對(duì)小車(chē)有斜向左下的作用力，所以小車(chē)對(duì)水平面的壓力大于小車(chē)自身的重力，對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)，合外力不為零，動(dòng)量不守恒，A、D錯(cuò)誤；水蒸氣的內(nèi)能轉(zhuǎn)化為車(chē)的動(dòng)能和塞子的動(dòng)能，使系統(tǒng)的機(jī)械能增加，B錯(cuò)誤；水蒸氣的內(nèi)能轉(zhuǎn)化為車(chē)的動(dòng)能和塞子的動(dòng)能，如果將小車(chē)固定在地面上，則塞子獲得的動(dòng)能增大，塞子被噴出的速度將增大，C正確。8.(2021·廣東佛山模擬)一只質(zhì)量為0.9kg的烏賊吸入0.1kg的水后，靜止在水中。遇到危險(xiǎn)時(shí)，它在極短時(shí)間內(nèi)把吸入的水向后全部噴出，以大小為2m/s的速度向前逃竄。下列說(shuō)法正確的是()A.在烏賊噴水的過(guò)程中，烏賊所受合力的沖量大小為0.9N·sB.在烏賊噴水的過(guò)程中，烏賊和噴出的水組成的系統(tǒng)的動(dòng)量增大C.烏賊噴出的水的速度大小為18m/sD.在烏賊噴水的過(guò)程中，有9J的生物能轉(zhuǎn)化成機(jī)械能答案C解析根據(jù)動(dòng)量定理在烏賊噴水的過(guò)程中，烏賊所受合力的沖量大小I＝Mv1＝1.8N·s，故A錯(cuò)誤；烏賊噴水過(guò)程所用時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，烏賊和噴出的水組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有0＝Mv1－mv2，解得烏賊噴出水的速度大小v2＝18m/s，故B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)能量守恒定律，在烏賊噴水的過(guò)程中，轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的生物能E＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝18J，故D錯(cuò)誤。9.豎直向上發(fā)射一物體(不計(jì)空氣阻力)，在物體上升的某一時(shí)刻突然炸裂為a、b兩塊，質(zhì)量較小的a塊速度方向與物體原來(lái)的速度方向相反，則()A.炸裂后瞬間，a塊的速度一定比原來(lái)物體的速度小B.炸裂后瞬間，b塊的速度方向一定與原來(lái)物體的速度方向相同C.炸裂后瞬間，b塊的速度一定比原來(lái)物體的速度小D.炸裂過(guò)程中，b塊的動(dòng)量變化量大小一定小于a塊的動(dòng)量變化量大小答案B解析在炸裂過(guò)程中，由于重力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，炸裂后瞬間a塊的速度大小不能確定，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有(ma＋mb)v0＝ma(－va)＋mbvb，解得vb＝eq\f(（ma＋mb）v0＋mava,mb)>v0，b塊的速度方向一定與原來(lái)物體的速度方向相同，故A、C錯(cuò)誤，B正確；由動(dòng)量守恒可知，炸裂過(guò)程中，b塊的動(dòng)量變化量大小一定等于a塊的動(dòng)量變化量大小，故D錯(cuò)誤。10.(2021·山東濟(jì)寧質(zhì)檢)如圖7所示，質(zhì)量為m的炮彈運(yùn)動(dòng)到水平地面O點(diǎn)正上方時(shí)速度沿水平方向，離地面高度為h，炮彈動(dòng)能為E，此時(shí)發(fā)生爆炸，炮彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分的動(dòng)能之和為2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸時(shí)間極短，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求炮彈的兩部分落地點(diǎn)之間的距離。圖7答案4eq\r(\f(Eh,mg))解析爆炸之前E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)爆炸過(guò)程動(dòng)量守恒mv0＝eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2eq\f(1,2)·eq\f(m,2)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·eq\f(m,2)veq\o\al(2,2)＝2E解得v1＝0，v2＝2v0隨后一塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，一塊做平拋運(yùn)動(dòng)則由h＝eq\f(1,2)gt2，x＝2v0t解得x＝4eq\r(\f(Eh,mg))。11.(2021·河北“五個(gè)一名校聯(lián)盟”模擬