動(dòng)量守恒定律目標(biāo)要求1.理解系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律，知道動(dòng)量守恒的條件。2.理解碰撞的種類及其遵循的規(guī)律，會(huì)分析一維碰撞的相關(guān)問題。3.會(huì)用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)分析爆炸、反沖運(yùn)動(dòng)和人船模型?？键c(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用1.內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力或者所受合外力的矢量和為eq\o(□,\s\up1(1))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＝eq\o(□,\s\up1(2))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＝eq\o(□,\s\up1(3))－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eq\o(□,\s\up1(4))零。(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力eq\o(□,\s\up1(5))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eq\o(□,\s\up1(6))這一方向上動(dòng)量守恒?！九袛嗾`】1.只要系統(tǒng)所受的外力的矢量和為零，系統(tǒng)的動(dòng)量就守恒。(√)2.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動(dòng)量就不可能守恒。(×)3.若在光滑水平面上兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動(dòng)量大小一定相同。(√)1.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)2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程)。(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)量。(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程。(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說明。【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1.(動(dòng)量守恒的判斷)如圖所示，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)()A.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)械能不守恒解析：B撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒；因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，即摩擦力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能減少，B正確。2.(動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用)甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝6m/s，甲小孩所在小車上有質(zhì)量為m＝1kg的小球若干個(gè)，甲和他的小車及小車上小球的總質(zhì)量為M1＝50kg，乙和他的小車的總質(zhì)量為M2＝30kg。為避免相撞，甲不斷地將小球以相對(duì)地面為v′＝16.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住，假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車不相撞。則甲總共拋出的小球個(gè)數(shù)是()A.12 B.13C.14 D.15解析：D規(guī)定甲的速度方向?yàn)檎较?，兩車剛好不相撞，則兩車速度相等，由動(dòng)量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5m/s，對(duì)甲、小車及從甲車上拋出的小球，由動(dòng)量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正確。3.(某一方向上的動(dòng)量守恒)如圖所示，小車放在光滑的水平面上，將系著輕繩的小球向右拉開到一定的角度，然后同時(shí)放開小球和小車，不計(jì)一切阻力，則在小球、小車運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是()A.小車和小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.小車的機(jī)械能一直在增加C.小車和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D.小球的機(jī)械能一直在減少解析：C小球擺動(dòng)過程中，小球和小車系統(tǒng)只受重力和支持力作用，水平方向合力為零，所以系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，在豎直方向上，只有小球有豎直方向的分速度，且分速度大小也不斷變化，所以豎直方向動(dòng)量不守恒，那么系統(tǒng)動(dòng)量也不守恒，故A錯(cuò)誤；小球在擺動(dòng)過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球擺到最低點(diǎn)的過程中，繩子拉力對(duì)小車做正功，小車的機(jī)械能增加，小球的機(jī)械能減小，小球從最低點(diǎn)擺到最高點(diǎn)的過程中，繩子拉力對(duì)小車做負(fù)功，小車的機(jī)械能減少，小球的機(jī)械能增加，故B、D錯(cuò)誤，C正確?？键c(diǎn)二碰撞問題1.定義：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力eq\o(□,\s\up1(7))很大的現(xiàn)象。2.特點(diǎn)：作用時(shí)間極短，內(nèi)力(相互碰撞力)遠(yuǎn)eq\o(□,\s\up1(8))大于外力，總動(dòng)量守恒。3.碰撞分類(1)彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能eq\o(□,\s\up1(9))不變。(2)非彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能eq\o(□,\s\up1(10))減少。(3)完全非彈性碰撞：碰撞后粘在一起，以相同的速度運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能損失eq\o(□,\s\up1(11))最大。【判斷正誤】1.碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量和機(jī)械能均守恒。(×)2.在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后均變?yōu)殪o止，則兩球碰撞前的動(dòng)量大小一定相同。(√)3.兩球發(fā)生非彈性碰撞時(shí)，既不滿足動(dòng)量守恒定律，也不滿足機(jī)械能守恒定律。(×)1.碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律(1)動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。(3)速度要合理①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(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(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。2.彈性碰撞的重要結(jié)論以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2、速度為v2的小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2聯(lián)立解得v1′＝eq\f(（m1－m2）v1＋2m2v2,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1＋（m2－m1）v2,m1＋m2)結(jié)論1：當(dāng)m1＝m2時(shí)：v1′＝v2，v2′＝v1，即m1、m2碰撞后交換速度。結(jié)論2：若v2＝0，即簡(jiǎn)化為“一動(dòng)一靜”模型，v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1。3.完全非彈性碰撞的特征(1)撞后共速。(2)有動(dòng)能損失，且損失最多，ΔEk＝(eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m1＋m2))v共2。某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個(gè)滑塊，初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動(dòng)時(shí)，受到滑桿的摩擦力Ff為1N?；瑝K滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動(dòng)滑桿離開桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)。已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：(1)滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過程中，桌面對(duì)滑桿支持力的大小FN1和FN2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v；(3)滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度h。解析：(1)滑塊靜止時(shí)，滑塊和滑桿均處于靜止?fàn)顟B(tài)，以滑塊和滑桿整體為研究對(duì)象，由平衡條件可知FN1＝(m＋M)g＝8N滑塊向上滑動(dòng)時(shí)，滑桿受重力、滑塊對(duì)其向上的摩擦力以及桌面的支持力，則有FN2＝Mg－Ff′，F(xiàn)f′＝Ff＝1N代入數(shù)據(jù)得FN2＝5N。(2)法一碰前，滑塊向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mg＋Ff＝ma1解得a1＝15m/s2，方向向下由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2－v02＝－2a1l代入數(shù)據(jù)得v＝8m/s。法二由動(dòng)能定理得－(mg＋Ff)l＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得v＝8m/s。(3)滑塊和滑桿發(fā)生的碰撞為完全非彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv＝(M＋m)v共代入數(shù)據(jù)得v共＝2m/s此后滑塊與滑桿一起豎直向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有－(M＋m)gh＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v共2代入數(shù)據(jù)得h＝0.2m。答案：(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】4.(碰撞的可能性)A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是()A.vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB.vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC.vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD.vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s解析：B雖然題給四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒定律，但A、D兩項(xiàng)中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合實(shí)際，故A、D項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)中，兩球碰后的總動(dòng)能Ek后＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝57J，大于碰前的總動(dòng)能Ek前＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝22J，違背了能量守恒定律，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；而B項(xiàng)既符合實(shí)際情況，也不違背能量守恒定律，所以B項(xiàng)正確。故選B。5.(彈性碰撞)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖所示，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，下列說法正確的是()A.碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小B.碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小C.v2大于v1D.v2大于v0解析：B設(shè)中子質(zhì)量為m0，被碰粒子質(zhì)量為m，碰后中子速度為v0′，被碰粒子速度為v，二者發(fā)生彈性正碰，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有m0v0＝m0v0′＋mv，eq\f(1,2)m0v02＝eq\f(1,2)m0v0′2＋eq\f(1,2)mv2，解得v0′＝eq\f(m0－m,m0＋m)v0，v＝eq\f(2m0,m0＋m)v0，因此當(dāng)被碰粒子分別為氫核(m0)和氮核(14m0)時(shí)，有v1＝v0，v2＝eq\f(2,15)v0，故C、D項(xiàng)錯(cuò)誤；碰撞后氮核的動(dòng)量為p氮＝14m0·v2＝eq\f(28,15)m0v0，氫核的動(dòng)量為p氫＝m0·v1＝m0v0，p氮>p氫，故A錯(cuò)誤；碰撞后氮核的動(dòng)能為Ek氮＝eq\f(1,2)·14m0v22＝eq\f(28,225)m0v02，氫核的動(dòng)能為Ek氫＝eq\f(1,2)·m0·v12＝eq\f(1,2)m0v02，Ek氮<Ek氫，故B正確。6.(非彈性碰撞)(2023·北京卷)如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B，B距O點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：(1)A釋放時(shí)距桌面的高度H；(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；(3)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE。解析：(1)A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2解得H＝eq\f(v2,2g)。(2)碰前瞬間，對(duì)A由牛頓第二定律得F－mg＝meq\f(v2,L)解得F＝mg＋meq\f(v2,L)。(3)A、B碰撞過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv＝2mv1解得v1＝eq\f(1,2)v則碰撞過程中損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·2m(eq\f(1,2)v)2＝eq\f(1,4)mv2。答案：(1)eq\f(v2,2g)(2)mg＋meq\f(v2,L)(3)eq\f(1,4)mv2考點(diǎn)三爆炸、反沖和人船模型1.爆炸：爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時(shí)間很短，作用力很大，且eq\o(□,\s\up1(12))遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動(dòng)量eq\o(□,\s\up1(13))守恒。如爆竹爆炸。2.反沖(1)定義：如果一個(gè)靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，另一部分必然向相反的方向運(yùn)動(dòng)。(2)特點(diǎn)：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力eq\o(□,\s\up1(14))遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力。如發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等。(3)規(guī)律：遵從動(dòng)量守恒定律。【判斷正誤】1.爆炸過程中機(jī)械能增加，反沖過程中機(jī)械能減少。(×)2.發(fā)射炮彈，炮身后退、園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)均屬于反沖現(xiàn)象。(√)3.飛船做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，若想變軌通常需要向前或向后噴出氣體，該過程中動(dòng)量守恒。(√)1.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，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒動(dòng)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)量開始運(yùn)動(dòng)2.反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說明作用原理反沖運(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3.人船模型(1)模型圖示(2)模型特點(diǎn)①兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：mv人－Mv船＝0。②兩物體的位移大小滿足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝0，x人＋x船＝L，得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L。(3)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)①人動(dòng)則船動(dòng)，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右。②人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m)。維度1爆炸問題在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊。遙控器引爆瞬間開始計(jì)時(shí)，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，重力加速度大小g取10m/s2，忽略空氣阻力。下列說法正確的是()A.兩碎塊的位移大小之比為1∶2B.爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80mC.爆炸后的質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD.爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m解析：B設(shè)質(zhì)量小的碎塊的質(zhì)量為m，則質(zhì)量大的碎塊的質(zhì)量為2m；設(shè)爆炸時(shí)質(zhì)量大的碎塊的水平速度大小為v，質(zhì)量小的碎塊的水平速度大小為v′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv－mv′＝0，解得v′＝2v；兩碎塊都做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其下落時(shí)間為t，則vt＝v聲(t1－t)，2vt＝v聲(t2－t)，其中t1＝5s，t2＝6s，解得t＝4s，v＝85m/s；再由h＝eq\f(1,2)gt2可得，爆炸點(diǎn)離地面的高度為80m，B正確；兩碎塊的水平位移大小之比為1∶2，但從兩碎塊開始拋出到落地的位移大小之比不等于1∶2，A錯(cuò)誤；爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為85m/s，C錯(cuò)誤；爆炸后兩碎塊向相反的方向運(yùn)動(dòng)，水平間距Δx＝(v＋2v)t＝(85＋85×2)×4m＝1020m，D錯(cuò)誤。維度2反沖問題一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)的速度v＝1000m/s。設(shè)火箭(包括燃料)質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次。(1)當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？(2)運(yùn)動(dòng)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(duì)象，由動(dòng)量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2m/s。(2)發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次，設(shè)運(yùn)動(dòng)第1s末，火箭的速度為v20，以火箭和噴出的20次氣體為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得(M－20m)v20－20mv＝0解得v20≈13.5m/s。答案：(1)2m/s(2)13.5m/s維度3“人船”模型如圖所示，一半圓槽滑塊的質(zhì)量為M，半圓槽半徑為R，滑塊置于光滑水平桌面上，一質(zhì)量為m的小智能機(jī)器人(可視為質(zhì)點(diǎn))置于半圓槽的A端，在無線遙控器控制下，機(jī)器人從半圓槽A端移動(dòng)到B端。下面說法正確的是()A.只有小機(jī)器人運(yùn)動(dòng)，滑塊不運(yùn)動(dòng)B.滑塊運(yùn)動(dòng)的距離是eq\f(M,M＋m)RC.滑塊與小機(jī)器人運(yùn)動(dòng)的水平距離之和為2RD.小機(jī)器人運(yùn)動(dòng)的位移是滑塊的eq\f(m,M)倍解析：C小機(jī)器人和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小機(jī)器人從A端移動(dòng)到B端的過程中，設(shè)小機(jī)器人和滑塊在任意時(shí)刻的水平分速度大小分別為v1和v2，則mv1＝Mv2，所以在整個(gè)過程中，二者的平均速度大小滿足meq\o(v,\s\up6(－))1＝Meq\o(v,\s\up6(－))2，則二者水平位移大小(即運(yùn)動(dòng)的水平距離)滿足mx1＝Mx2，根據(jù)相對(duì)位移關(guān)系有x1＋x2＝2R，即滑塊與小機(jī)器人運(yùn)動(dòng)的水平距離之和為2R，且eq\f(x1,x2)＝eq\f(M,m)，故C正確，D錯(cuò)誤；根據(jù)前面分析可得小機(jī)器人和滑塊移動(dòng)的距離分別為x1＝eq\f(2MR,M＋m)，x2＝eq\f(2mR,M＋m)，故AB錯(cuò)誤。故選C。限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練27[基礎(chǔ)鞏固題組]1.(多選)如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是()A.P對(duì)Q做功為零B.P和Q之間相互作用力做功之和為零C.P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、動(dòng)量守恒D.P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量不守恒解析：BDQ在P上運(yùn)動(dòng)的過程中，P對(duì)Q有彈力且在力的方向上Q有位移，則P對(duì)Q做功不為零，A錯(cuò)誤；Q在P上運(yùn)動(dòng)的過程中，P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，P、Q之間的彈力做功之和必為零；系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)在豎直方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在豎直方向動(dòng)量不守恒，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤，BD正確。2.(多選)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，則以下系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是()A.若A、B與C上表面間的動(dòng)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(dòng)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：BCD若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，彈簧被釋放后，A、B分別相對(duì)C向左、向右滑動(dòng)，它們所受的滑動(dòng)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)所受的外力矢量和不為零，故A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；對(duì)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(dòng)量守恒，和A、B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)或摩擦力大小是否相等無關(guān)，B、D正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力矢量和為零，故其動(dòng)量守恒，C正確。3.(多選)如圖所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上。c車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上。小孩跳離c車和b車時(shí)對(duì)地的水平速度相同。他跳到a車上相對(duì)a車保持靜止，此后()A.a、b兩車運(yùn)動(dòng)速率相等B.a、c兩車運(yùn)動(dòng)速率相等C.三輛車的速率關(guān)系vc>va>vbD.a、c兩車運(yùn)動(dòng)方向相反解析：CD設(shè)人跳離b、c車時(shí)速度為v，由動(dòng)量守恒定律有0＝－M車vc＋m人v，m人v＝M車vb＋m人v，m人v＝(M車＋m人)va，所以vc＝eq\f(m人v,M車)，vb＝0，va＝eq\f(m人v,M車＋m人)，即vc>va>vb，并且vc與va方向相反。所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C、D正確。4.冰壺運(yùn)動(dòng)被喻為冰上的“國(guó)際象棋”，是一項(xiàng)考驗(yàn)參與者的體能與腦力，展現(xiàn)動(dòng)靜之美和取舍智慧的冰上運(yùn)動(dòng)。在一次比賽中，質(zhì)量為19.6kg的紅壺靜止在水平冰面上，運(yùn)動(dòng)員用等質(zhì)量的黃壺撞擊紅壺，兩壺在t＝1s時(shí)發(fā)生正碰，碰撞前后兩冰壺的v-t圖像如圖所示，已知兩冰壺與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。關(guān)于兩冰壺的運(yùn)動(dòng)，下列說法不正確的是()A.圖像①是黃壺碰后的運(yùn)動(dòng)圖像B.碰撞前后黃壺動(dòng)量變化量的大小為27.44kg·m/sC.碰后紅壺經(jīng)7s停下D.兩冰壺靜止時(shí)距離為4.5m解析：A正碰后，黃壺的速度應(yīng)小于紅壺，圖像①是紅壺碰后的運(yùn)動(dòng)圖像，A錯(cuò)誤，符合題意；冰壺運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝eq\f(2.0－1.8,1)m/s2＝0.2m/s2，則碰撞后黃壺的速度為v1＝0.2×2m/s＝0.4m/s，碰撞前后黃壺動(dòng)量變化量的大小為Δp1＝m(v－v1)＝19.6×(1.8－0.4)kg·m/s＝27.44kg·m/s，B正確，不符合題意；根據(jù)動(dòng)量守恒mv＝mv1＋mv2，碰撞后紅壺的速度為v2＝1.4m/s，紅壺停止的時(shí)間為t2＝eq\f(v2,a)＝7s，C正確，不符合題意；兩冰壺靜止時(shí)距離為Δx＝eq\f(v2,2)t2－eq\f(v1,2)t1＝eq\f(1.4,2)×7m－eq\f(0.4,2)×2m＝4.5m，D正確，不符合題意。5.甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?0kg·m/s，則兩球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是()A.m1＝m2 B.2m1＝m2C.4m1＝m2 D.6m1＝m2解析：C甲、乙兩球在碰撞過程中動(dòng)量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，得p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能不會(huì)增加。所以有eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)，得m1≤eq\f(21,51)m2。因?yàn)轭}目給出的物理情境是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情境，就必須有eq\f(p1,m1)>eq\f(p2,m2)，即m1<eq\f(5,7)m2；同時(shí)還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情境，即eq\f(p1′,m1)≤eq\f(p2′,m2)，所以m1≥eq\f(1,5)m2，綜上eq\f(m2,m1)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,7)，5))。因此選項(xiàng)C正確。6.質(zhì)量為m的煙花彈升到最高點(diǎn)距離地面高度為h處爆炸成質(zhì)量相等的兩部分，兩炸片同時(shí)落地后相距L，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則煙花彈爆炸使炸片增加的機(jī)械能為()A.mgh B.eq\f(mgL2,16h)C.eq\f(mgL2,32h) D.eq\f(mgL2,8h)解析：B設(shè)煙花彈爆炸后瞬間兩炸片的速度大小分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律有0＝eq\f(m,2)v1－eq\f(m,2)v2，可得v1＝v2＝v，根據(jù)題述，兩炸片均做平拋運(yùn)動(dòng)，有2vt＝L，h＝eq\f(1,2)gt2，ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv2，解得ΔE＝eq\f(mgL2,16h)，故選B。7.用火箭發(fā)射人造地球衛(wèi)星，假設(shè)最后一節(jié)火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛(wèi)星一起以7.0×103m/s的速度繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知衛(wèi)星的質(zhì)量為500kg，最后一節(jié)火箭殼體的質(zhì)量為100kg。某時(shí)刻火箭殼體與衛(wèi)星分離，分離時(shí)衛(wèi)星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對(duì)速度為1.8×103m/s。則分離后衛(wèi)星的速度大小是()A.7.3×103m/s B.6.3×103m/sC.5.3×103m/s D.4.3×103m/s解析：A設(shè)分離前的共同速度為v，衛(wèi)星的質(zhì)量m1，火箭殼體質(zhì)量為m2，分離后衛(wèi)星的速度為v1，相對(duì)速度為u，以共同速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律可得(m1＋m2)v＝m1v1＋m2(v1－u)，代入數(shù)據(jù)解得v1＝7.3×103m/s，A正確。故選A。8.如圖所示，氣球下面有一根長(zhǎng)繩，一