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2019-2020年高考物理大一輪復習 第6章 碰撞 動量守恒定律配套教案 一、沖量、動量和動量定理 1．沖量 (1)定義：力和力的作用時間的乘積． (2)公式：I＝Ft，適用于求恒力的沖量． (3)方向：與力的方向相同． 2．動量 (1)定義：物體的質(zhì)量與速度的乘積． (2)表達式：p＝mv. (3)單位：千克米/秒．符號：kgm/s. (4)特征：動量是狀態(tài)量，是矢量，其方向和速度方向相同． 3．動量定理 (1)內(nèi)容：物體所受合力的沖量等于物體動量的變化量． (2)表達式：F合t＝Δp＝p′－p. (3)矢量性：動量變化量方向與合力的方向相同，可以在某一方向上用動量定理． 二、動量守恒定律 1．系統(tǒng)：相互作用的幾個物體構(gòu)成系統(tǒng)．系統(tǒng)中各物體之間的相互作用力稱為內(nèi)力，外部其他物體對系統(tǒng)的作用力叫做外力． 2．定律內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力作用，或者所受的合外力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變． 3．定律的表達式 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，兩個物體組成的系統(tǒng)初動量等于末動量． 可寫為：p＝p′、Δp＝0和Δp1＝－Δp2 4．守恒條件 (1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒． (2)近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當內(nèi)力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒． (3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒． [自我診斷] 1．判斷正誤 (1)動量越大的物體，其運動速度越大．() (2)物體的動量越大，則物體的慣性就越大．() (3)物體的動量變化量等于某個力的沖量．() (4)動量是過程量，沖量是狀態(tài)量．() (5)物體沿水平面運動，重力不做功，重力的沖量也等于零．() (6)系統(tǒng)動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變．(√) 2．(xx廣東廣州調(diào)研)(多選)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＝mv2可知，動量p＝，兩個質(zhì)量不同的物體，當動能相等時，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． 3．籃球運動員通常伸出雙手迎接傳來的籃球．接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前．這樣做可以(　　) A．減小球?qū)κ值臎_量 B．減小球?qū)κ值臎_擊力 C．減小球的動量變化量 D．減小球的動能變化量 解析：選B.由動量定理Ft＝Δp知，接球時兩手隨球迅速收縮至胸前，延長了手與球接觸的時間，從而減小了球?qū)κ值臎_擊力，選項B正確． 4．(xx河南開封質(zhì)檢)(多選) 如圖所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是(　　) A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零 B．先放開左手，后放開右手，動量不守恒 C．先放開左手，后放開右手，總動量向左 D．無論何時放手，兩手放開后在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零 解析：選ACD.當兩手同時放開時，系統(tǒng)所受的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因開始時總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，選項A正確；先放開左手，左邊的物體就向左運動，當再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，且開始時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故選項B錯，而C、D正確． 5．(xx湖南邵陽中學模擬)一個質(zhì)量m＝1.0 kg的物體，放在光滑的水平面上，當物體受到一個F＝10 N與水平面成30角斜向下的推力作用時，在10 s內(nèi)推力的沖量大小為________ Ns，動量的增量大小為________ kgm/s. 解析：根據(jù)p＝Ft，可知10 s內(nèi)推力的沖量大小p＝Ft＝100 Ns，根據(jù)動量定理有Ftcos 30＝Δp. 代入數(shù)據(jù)解得Δp＝50 kgm/s＝86.6 kgm/s. 答案：100　86.6 考點一　動量定理的理解及應用 1．應用動量定理時應注意兩點 (1)動量定理的研究對象是一個質(zhì)點(或可視為一個物體的系統(tǒng))． (2)動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向． 2．動量定理的三大應用 (1)用動量定理解釋現(xiàn)象 ①物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越?。? ②作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越小． (2)應用I＝Δp求變力的沖量． (3)應用Δp＝FΔt求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化量． [典例1]　(xx高考全國乙卷)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?，在水平方向朝四周均勻散開．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Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則 Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 ＝ρv0S③ (2)設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 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④ 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＝(Δm)v⑤ 設水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得 F＝Mg⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得 h＝－⑧ 答案　(1)ρv0S　(2)－ (1)用動量定理解題的基本思路 (2)對過程較復雜的運動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理． 1．如圖所示，一個質(zhì)量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5 m/s，則這一過程中動量的變化量為(　　) A．大小為3.6 kgm/s，方向向左 B．大小為3.6 kgm/s，方向向右 C．大小為12.6 kgm/s，方向向左 D．大小為12.6 kgm/s，方向向右 解析：選D.選向左為正方向，則動量的變化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6 kgm/s，大小為12.6 kgm/s，負號表示其方向向右，D正確． 2. 質(zhì)量為1 kg的物體做直線運動，其速度圖象如圖所示．則物體在前10 s內(nèi)和后10 s內(nèi)所受外力的沖量分別是(　　) A．10 Ns　10 Ns B．10 Ns?。?0 Ns C．0　10 Ns D．0?。?0 Ns 解析：選D.由圖象可知，在前10 s內(nèi)初、末狀態(tài)的動量相同，p1＝p2＝5 kgm/s，由動量定理知I1＝0；在后10 s內(nèi)末狀態(tài)的動量p3＝－5 kgm/s，由動量定理得I2＝p3－p2＝－10 Ns，故正確答案為D. 3．如圖所示，在傾角為θ的斜面上，有一個質(zhì)量是m的小滑塊沿斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1，速度為零后又下滑，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是Ff，在整個運動過程中，摩擦力對滑塊的總沖量大小為________，方向是________；合力對滑塊的總沖量大小為________，方向是________． 解析：摩擦力先向下后向上，因上滑過程用時短，故摩擦力的沖量為Ff(t2－t1)，方向與向下運動時的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上．合力的沖量為mg(t1＋t2)sin θ＋Ff(t1－t2)，沿斜面向下． 答案：Ff(t2－t1)　沿斜面向上　mg(t1＋t2)sin θ＋Ff(t1－t2)　沿斜面向下 4．如圖所示，一質(zhì)量為M的長木板在光滑水平面上以速度v0向右運動，一質(zhì)量為m的小鐵塊在木板上以速度v0向左運動，鐵塊與木板間存在摩擦．為使木板能保持速度v0向右勻速運動，必須對木板施加一水平力，直至鐵塊與木板達到共同速度v0.設木板足夠長，求此過程中水平力的沖量大?。? 解析：考慮M、m組成的系統(tǒng)，設M運動的方向為正方向，根據(jù)動量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0 則水平力的沖量I＝Ft＝2mv0. 答案：2mv0 5．(xx甘肅蘭州一中模擬)如圖所示，一質(zhì)量為M＝2 kg的鐵錘從距地面h＝3.2 m高處自由下落，恰好落在地面上的一個質(zhì)量為m＝6 kg的木樁上，隨即與木樁一起向下運動，經(jīng)時間t＝0.1 s停止運動．求木樁向下運動時受到地面的平均阻力大?。?鐵錘的橫截面小于木樁的橫截面，木樁露出地面部分的長度忽略不計，重力加速度g取10 m/s2) 解析：鐵錘下落過程中機械能守恒，則v＝＝8 m/s. 鐵錘與木樁碰撞過程中動量守恒，Mv＝(M＋m)v′，v′＝2 m/s. 木樁向下運動，由動量定理(規(guī)定向下為正方向)得 [(M＋m)g－f]Δt＝0－(M＋m)v′，解得f＝240 N. 答案：240 N 6．(xx河南開封二模)如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車質(zhì)量M＝20 kg.從水槍中噴出的水柱的橫截面積S＝10 cm2，速度v＝10 m/s，水的密度ρ＝1.0103 kg/m3.若用水槍噴出的水從車后沿水平方向沖擊小車的前壁，且沖擊到小車前壁的水全部沿前壁流進小車中．當有質(zhì)量m＝5 kg的水進入小車時，試求： (1)小車的速度大?。? (2)小車的加速度大?。? 解析：(1)流進小車的水與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，設當進入質(zhì)量為m的水后，小車速度為v1，則mv＝(m＋M)v1，即v1＝＝2 m/s (2)質(zhì)量為m的水流進小車后，在極短的時間Δt內(nèi)，沖擊小車的水的質(zhì)量Δm＝ρS(v－v1)Δt，設此時水對車的沖擊力為F，則車對水的作用力為－F，由動量定理有－FΔt＝Δmv1－Δmv，得F＝ρS(v－v1)2＝64 N，小車的加速度a＝＝2.56 m/s2 答案：(1)2 m/s　(2)2.56 m/s2 考點二　動量守恒定律的理解及應用 1．動量守恒的“四性” (1)矢量性：表達式中初、末動量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動量的正、負． (2)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等． (3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關，應用動量守恒定律，各物體的速度必須是相對同一參考系的速度．一般選地面為參考系． (4)普適性：它不僅適用于兩個物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)． 2．動量守恒定律的不同表達形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向． (3)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零． [典例2]　(xx山東濟南高三質(zhì)檢)光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA＝3m、mB＝mC＝m，開始時B、C均靜止，A以初速度v0向右運動，A與B碰撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間的距離保持不變．求B與C碰撞前B的速度大?。? 解析　設A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動量守恒定律得 對A、B木塊：mAv0＝mAvA＋mBvB① 對B、C木塊：mBvB＝(mB＋mC)v② 由A與B間的距離保持不變可知 vA＝v③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得 vB＝v0④ 答案　v0 應用動量守恒定律解題的步驟 (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(或某一方向上動量是否守恒)； (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． 1．如圖所示，在光滑的水平面上放有一物體M，物體M上有一光滑的半圓弧軌道，軌道半徑為R，最低點為C，兩端A、B等高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點由靜止開始下滑，在此后的過程中，則(　　) A．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒 B．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量不守恒 C．m從A到C的過程中M向左運動，m從C到B的過程中M向右運動 D．m從A到B的過程中，M運動的位移為 解析：選B.M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒，總動量不守恒，但水平方向動量守恒，A錯誤，B正確；m從A到C過程中，M向左加速運動，當m到達C處時，M向左速度最大，m從C到B過程中，M向左減速運動，C錯誤；在m從A到B過程中，有MxM＝mxm，xM＋xm＝2R，得xM＝2mR/(m＋M)，D錯誤． 2．(xx廣東湛江聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量均為m的小車和木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上，質(zhì)量為2m的小孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，木箱相對于冰面運動的速度為v，木箱運動到右側(cè)墻壁時與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈后能被小孩接住，求： (1)小孩接住箱子后共同速度的大??； (2)若小孩接住箱子后再次以相對于冰面的速度v將木箱向右推出，木箱仍與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，判斷小孩能否再次接住木箱． 解析：(1)取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得 推出木箱的過程中0＝(m＋2m)v1－mv， 接住木箱的過程中mv＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2. 解得v2＝. (2)若小孩第二次將木箱推出，根據(jù)動量守恒定律可得 4mv2＝3mv3－mv， 則v3＝v， 故無法再次接住木箱． 答案：(1)　(2)否 3．(xx山東濟南高三質(zhì)檢)如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端．三者質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg，開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C相碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞．求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大?。? 解析：因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰撞后瞬間A的速度大小為vA，C的速度大小為vC， 以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC，A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB， 由動量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB， A、B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC，聯(lián)立解得vA＝2 m/s. 答案：2 m/s 4．人和冰車的總質(zhì)量為M，另一木球質(zhì)量為m，且M∶m＝31∶2.人坐在靜止于水平冰面的冰車上，以速度v(相對地面)將原來靜止的木球沿冰面推向正前方向的固定擋板，不計一切摩擦阻力，設小球與擋板的碰撞是彈性的，人接住球后，再以同樣的速度v(相對地面)將球推向擋板．求人推多少次后不能再接到球？ 解析：設第1次推球后人的速度為v1，有0＝Mv1－mv， 第1次接球后人的速度為v1′，有Mv1＋mv＝(M＋m)v1′； 第2次推球(M＋m)v1′＝Mv2－mv， 第2次接球Mv2＋mv＝(M＋m)v2′…… 第n次推球 (M＋m)vn－1′＝Mvn－mv， 可得vn＝， 當vn≥v時人便接不到球，可得n≥8.25，取n＝9. 答案：9次 課時規(guī)范訓練 [基礎鞏固題組] 1．關于物體的動量，下列說法中正確的是(　　) A．物體的動量越大，其慣性也越大 B．同一物體的動量越大，其速度不一定越大 C．物體的加速度不變，其動量一定不變 D．運動物體在任一時刻的動量方向一定是該時刻的速度方向 解析：選D.慣性大小的唯一量度是物體的質(zhì)量，如果物體的動量大，但也有可能物體的質(zhì)量很小，所以不能說物體的動量大其慣性就大，故A錯誤；動量等于物體的質(zhì)量與物體速度的乘積，即p＝mv，同一物體的動量越大，其速度一定越大，故B錯誤；加速度不變，速度是變化的，所以動量一定變化，故C錯誤；動量是矢量，動量的方向就是物體運動的方向，故D正確． 2. 運動員向球踢了一腳(如圖)，踢球時的力F＝100 N，球在地面上滾動了t＝10 s停下來，則運動員對球的沖量為(　　) A．1 000 Ns B．500 Ns C．零 D．無法確定 解析：選D.滾動了t＝10 s是地面摩擦力對足球的作用時間．不是踢球的力的作用時間，由于不能確定人作用在球上的時間，所以無法確定運動員對球的沖量． 3．(多選)如圖所示為兩滑塊M、N之間壓縮一輕彈簧，滑塊與彈簧不連接，用一細繩將兩滑塊拴接，使彈簧處于鎖定狀態(tài)，并將整個裝置放在光滑的水平面上．燒斷細繩后到兩滑塊與彈簧分離的過程中，下列說法正確的是(　　) A．兩滑塊的動量之和變大 B．兩滑塊與彈簧分離后動量等大反向 C．如果兩滑塊的質(zhì)量相等，則分離后兩滑塊的速率也相等 D．整個過程中兩滑塊的機械能增大 解析：選BCD.對兩滑塊所組成的系統(tǒng)，互推過程中，合外力為零，總動量守恒且始終為零，A錯誤；由動量守恒定律得0＝mMvM－mNvN，顯然兩滑塊動量的變化量大小相等，方向相反，B正確；當mM＝mN時，vM＝vN，C正確；由于彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為兩滑塊的動能，則兩滑塊的機械能增大，D正確． 4．(多選)靜止在湖面上的小船中有兩人分別向相反方向水平拋出質(zhì)量相同的小球，先將甲球向左拋，后將乙球向右拋．拋出時兩小球相對于河岸的速率相等，水對船的阻力忽略不計，則下列說法正確的是(　　) A．兩球拋出后，船向左以一定速度運動 B．兩球拋出后，船向右以一定速度運動 C．兩球拋出后，船的速度為0 D．拋出時，人給甲球的沖量比人給乙球的沖量大 解析：選CD.水對船的阻力忽略不計，根據(jù)動量守恒定律，兩球拋出前，由兩球、人和船組成的系統(tǒng)總動量為0，兩球拋出后的系統(tǒng)總動量也是0.兩球質(zhì)量相等，速度大小相等，方向相反，合動量為0，船的動量也必為0，船的速度必為0.具體過程是：當甲球向左拋出后，船向右運動，乙球拋出后，船靜止．人給甲球的沖量I甲＝mv－0，人給乙球的沖量I2＝mv－mv′，v′是甲球拋出后的船速，方向向右，所以乙球的動量變化量小于甲球的動量變化量，乙球所受沖量也小于甲球所受沖量． 5．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.＋mg　　　　 B.－mg C.＋mg D.－mg 解析：選A.由動量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝＋mg.選項A正確． 6. (多選)靜止在光滑水平面上的物體，受到水平拉力F的作用，拉力F隨時間t變化的圖象如圖所示，則下列說法中正確的是(　　) A．0～4 s內(nèi)物體的位移為零 B．0～4 s內(nèi)拉力對物體做功為零 C．4 s末物體的動量為零 D．0～4 s內(nèi)拉力對物體的沖量為零 解析：選BCD.由圖象可知物體在4 s內(nèi)先做勻加速后做勻減速運動，4 s末的速度為零，位移一直增大，A錯；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做負功，且兩段時間做功代數(shù)和為零，故B正確；4 s末的速度為零，故動量為零，故C正確；根據(jù)動量定理，0～4 秒內(nèi)動量的變化量為零，所以拉力對物體的沖量為零，故D正確． 7．如圖所示，甲、乙兩名宇航員正在離空間站一定距離的地方執(zhí)行太空維修任務．某時刻甲、乙都以大小為v0＝2 m/s的速度相向運動，甲、乙和空間站在同一直線上且可當成質(zhì)點．甲和他的裝備總質(zhì)量為M1＝90 kg，乙和他的裝備總質(zhì)量為M2＝135 kg，為了避免直接相撞，乙從自己的裝備中取出一質(zhì)量為m＝45 kg的物體A推向甲，甲迅速接住A后即不再松開，此后甲、乙兩宇航員在空間站外做相對距離不變的同向運動，且安全“飄”向空間站．(設甲、乙距離空間站足夠遠，本題中的速度均指相對空間站的速度) (1)乙要以多大的速度v(相對于空間站)將物體A推出？ (2)設甲與物體A作用時間為t＝0.5 s，求甲與A的相互作用力F的大小． 解析：(1)以甲、乙、A三者組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，以乙的方向為正方向， 則有：M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1 以乙和A組成的系統(tǒng)為研究對象，有： M2v0＝(M2－m)v1＋mv 代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得 v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s (2)以甲為研究對象，由動量定理得， Ft＝M1v1－(－M1v0) 代入數(shù)據(jù)解得F＝432 N 答案：(1)5.2 m/s　(2)432 N [綜合應用題組] 8. (多選)如圖把重物壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著一起運動，若迅速拉動紙帶，紙帶將會從重物下面拉出，解釋這些現(xiàn)象的正確說法是(　　) A．在緩慢拉動紙帶時，重物和紙帶間的摩擦力大 B．在迅速拉動時，紙帶給重物的摩擦力小 C．在緩慢拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大 D．在迅速拉動時，紙帶給重物的沖量小 解析：選CD.在緩慢拉動紙帶時，兩物體之間的作用力是靜摩擦力，在迅速拉動時，它們之間的作用力是滑動摩擦力．由于通常認為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，所以一般情況是緩拉摩擦力小，快拉摩擦力大，故判斷A、B都錯；在緩慢拉動紙帶時，摩擦力雖小些，但作用時間可以很長，故重物獲得的沖量即動量的變化可以很大，所以能把重物帶動，快拉時，摩擦力雖大些，但作用時間很短，故沖量小，所以重物動量改變很小． 9．(多選)某同學質(zhì)量為60 kg，在軍事訓練中要求他從岸上以大小為2 m/s的速度跳到一條向他緩緩飄來的小船上，然后去執(zhí)行任務，小船的質(zhì)量是140 kg，原來的速度大小是0.5 m/s，該同學上船后又跑了幾步，最終停在船上．則(　　) A．人和小船最終靜止在水面上 B．該過程同學的動量變化量為105 kgm/s C．船最終的速度是0.95 m/s D．船的動量變化量是105 kgm/s 解析：選BD.規(guī)定人原來的速度方向為正方向，設人上船后，船與人共同速度為v.由題意，水的阻力忽略不計，該同學跳上小船后與小船達到同一速度的過程，人和船組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，則由動量守恒定律得：m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.25 m/s，方向與人的速度方向相同，與船原來的速度方向相反．故A錯誤，C錯誤；人的動量的變化Δp為：Δp＝m人v－m人v人＝60(0.25－2)＝－105 kgm/s，負號表示方向與選擇的正方向相反；故B正確；船的動量變化量為：Δp′＝m船v－m船v船＝140(0.25＋0.5)＝105 kgm/s；故D正確． 10．如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0 kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m＝1.0 kg的小木塊A.現(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小均為4.0 m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A并沒有滑離木板B.站在地面的觀察者看到在一段時間內(nèi)小木塊A正在做加速運動，則在這段時間內(nèi)的某時刻木板B相對地面的速度大小可能是(　　) A．2.4 m/s　 B．2.8 m/s C．3.0 m/s D．1.8 m/s 解析：選A.A相對地面速度為0時，木板的速度為v1，由動量守恒得(向右為正)：Mv－mv＝Mv1，解得：v1＝ m/s.木塊從此時開始向右加速，直到兩者有共速為v2，由動量守恒得：Mv－mv＝(M＋m)v2，解得：v2＝2 m/s，故B對地的速度在2 m/s～ m/s范圍內(nèi)，選項A正確． 11．如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸，另有一物塊C從t＝0時以一定速度向右運動，在t＝4 s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的vt圖象如圖乙所示，求： (1)物塊C的質(zhì)量mC； (2)從物塊C與A相碰到B離開墻的運動過程中彈簧對A物體的沖量大小． 解析：(1)由圖可知，C與A碰前速度為v1＝9 m/s，碰后速度為v2＝3 m/s，C與A碰撞過程動量守恒，mCv1＝(mA＋mC)v2，代入數(shù)據(jù)解得mC＝2 kg. (2)12 s時B離開墻壁，此時B速度為零，A、C速度相等時，v3＝－v2 從物塊C與A相碰到B離開墻的運動過程中，A、C兩物體的動量變化為： Δp＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2 從物塊C與A相碰到B離開墻的運動過程中彈簧對A物體的沖量大小為 I＝2(mA＋mC)v2，代入數(shù)據(jù)整理得到I＝36 Ns. 答案：(1)2 kg　(2)36 Ns 12. 如圖所示，質(zhì)量為0.4 kg的木塊以2 m/s的速度水平地滑上靜止的平板小車，小車的質(zhì)量為1.6 kg，木塊與小車之間的動摩擦因數(shù)為0.2(g取10 m/s2)．設小車足夠長，求： (1)木塊和小車相對靜止時小車的速度； (2)從木塊滑上小車到它們處于相對靜止所經(jīng)歷的時間； (3)從木塊滑上小車到它們處于相對靜止木塊在小車上滑行的距離． 解析：(1)以木塊和小車為研究對象，由動量守恒定律可得 mv0＝(M＋m)v　解得：v＝v0＝0.4 m/s. (2)再以木塊為研究對象，由動量定理可得 －μmgt＝mv－mv0 解得：t＝＝0.8 s. (3)木塊做勻減速運動，加速度為 a1＝＝μg＝2 m/s2 小車做勻加速運動，加速度為 a2＝＝＝0.5 m/s2 在此過程中木塊的位移為 x1＝＝0.96 m 車的位移為：x2＝a2t2＝0.50.82 m＝0.16 m 由此可知，木塊在小車上滑行的距離為： Δx＝x1－x2＝0.8 m. 答案：(1)0.4 m/s　(2)0.8 s　(3)0.8 m 第2節(jié)　碰撞與能量守恒 一、碰撞 1．概念：碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時間很短，物體間相互作用力很大的現(xiàn)象，在碰撞過程中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，故可以用動量守恒定律處理碰撞問題． 2．分類 (1)彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能守恒，相互作用過程中遵循的規(guī)律是動量守恒和機械能守恒． (2)非彈性碰撞：在碰撞過程中機械能損失的碰撞，在相互作用過程中只遵循動量守恒定律． (3)完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能損失最大，作用后兩物體粘合在一起，速度相等，相互作用過程中只遵循動量守恒定律． 二、動量與能量的綜合 1．區(qū)別與聯(lián)系：動量守恒定律和機械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體所構(gòu)成的系統(tǒng)，且研究的都是某一個物理過程．但兩者守恒的條件不同：系統(tǒng)動量是否守恒，決定于系統(tǒng)所受合外力是否為零；而機械能是否守恒，決定于系統(tǒng)是否有除重力和彈簧彈力以外的力是否做功． 2．表達式不同：動量守恒定律的表達式為矢量式，機械能守恒定律的表達式則是標量式，對功和能量只是代數(shù)和而已． [自我診斷] 1．判斷正誤 (1)碰撞過程只滿足動量守恒，不可能滿足動能守恒() (2)發(fā)生彈性碰撞的兩小球有可能交換速度(√) (3)完全非彈性碰撞不滿足動量守恒() (4)無論哪種碰撞形式都滿足動量守恒，而動能不會增加(√) (5)爆炸現(xiàn)象中因時間極短，內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒(√) (6)反沖運動中，動量守恒，動能也守恒() 2．(xx山西運城康杰中學模擬)(多選)有關實際中的現(xiàn)象，下列說法正確的是(　　) A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度 B．體操運動員在著地時屈腿是為了減小地面對運動員的作用力 C．用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響 D．為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，發(fā)動機艙越堅固越好 解析：選ABC.根據(jù)反沖運動的特點與應用可知，火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度．故A正確；體操運動員在落地的過程中，動量變化一定．由動量定理可知，運動員受的沖量I一定；由I＝Ft可知，體操運動員在著地時屈腿是延長時間t，可以減小運動員所受到的平均沖力F，故B正確；用槍射擊時子彈給槍身一個反作用力，會使槍身后退，影響射擊的準確度，所以為了減少反沖的影響，用槍射擊時要用肩部抵住槍身．故C正確；為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，就要延長碰撞的時間，由I＝Ft可知位于車體前部的發(fā)動機艙不能太堅固．故D錯誤． 3．甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運動，甲、乙物體的速度大小分別為3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙兩物體都反向運動，速度大小均為2 m/s.甲、乙兩物體質(zhì)量之比為(　　) A．2∶3　　 B．2∶5　　　 C．3∶5　　 D．5∶3 解析：選C.選取碰撞前甲物體的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入數(shù)據(jù)，可得m甲∶m乙＝3∶5，C正確． 4. 質(zhì)量為ma＝1 kg，mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移－時間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于(　　) A．彈性碰撞　　　　　　 B．非彈性碰撞 C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，不能確定 解析：選A.由xt圖象知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前動能mav＋mbv＝ J，碰撞后動能mava′2＋mbvb′2＝ J，故機械能守恒；碰撞前動量mava＋mbvb＝3 kgm/s，碰撞后動量mava′＋mbvb′＝3 kgm/s，故動量守恒，所以碰撞屬于彈性碰撞． 5．(xx高考天津卷) 如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ；若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則此時盒的速度大小為________；滑塊相對于盒運動的路程為________． 解析：設滑塊質(zhì)量為m，則盒子的質(zhì)量為2m；對整個過程，由動量守恒定律可得mv＝3mv共 解得v共＝. 由功能關系可得μmgs＝mv2－3m2 解得s＝. 答案：　 考點一　碰撞問題 1．解析碰撞的三個依據(jù) (1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要符合情景 ①如果碰前兩物體同向運動，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即v后＞v前，否則無法實現(xiàn)碰撞． ②碰撞后，原來在前面的物體速度一定增大，且速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v前′≥v后′. ③如果碰前兩物體是相向運動，則碰后兩物體的運動方向不可能都不改變．除非兩物體碰撞后速度均為零． 2．碰撞問題的探究 (1)彈性碰撞的求解 求解：兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和動能守恒．以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 解得：v1′＝，v2′＝ (2)彈性碰撞的結(jié)論 ①當兩球質(zhì)量相等時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度． ②當質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運動． ③當質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來． [典例1]　質(zhì)量為m、速度為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰．碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是(　　) A．0.6v　　 B．0.4v C．0.2v D．v 解析　根據(jù)動量守恒得：mv＝mv1＋3mv2，則當v2＝0.6v時，v1＝－0.8v，則碰撞后的總動能E′＝m(－0.8v)2＋3m(0.6v)2＝1.72mv2，大于碰撞前的總動能，由于碰撞過程中能量不增加，故選項A錯誤；當v2＝0.4v時，v1＝－0.2v，則碰撞后的總動能為E′＝m(－0.2v)2＋3m(0.4v)2＝0.52mv2，小于碰撞前的總動能，故可能發(fā)生的是非彈性碰撞，選項B正確； 當v2＝0.2v時，v1＝0.4v，則碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而兩球碰撞，A球不可能穿越B球，故選項C錯誤；當v2＝v時，v1＝－2v，則顯然碰撞后的總動能遠大于碰撞前的總動能，故選項D錯誤． 答案　B 彈性碰撞問題的處理技巧 (1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時間很短；各物體作用前后各自動量變化顯著；物體在作用時間內(nèi)位移可忽略． (2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠大于外力，作用時間又很短，所以外力的作用可忽略，認為系統(tǒng)的動量是守恒的． (3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，則系統(tǒng)碰后的總機械能不可能大于碰前系統(tǒng)的機械能． (4)在同一直線上的碰撞遵守一維動量守恒，通過規(guī)定正方向可將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算．不在同一直線上在同一平面內(nèi)的碰撞，中學階段一般不作計算要求． 1．(xx河北衡水中學模擬)(多選)在光滑水平面上動能為E0，動量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量大小分別記為E2、p2，則必有(　　) A．E1＜E0 B．p2＞p0 C．E2＞E0 D．p1＞p0 解析：選AB.因碰撞后兩球速度均不為零，根據(jù)能量守恒定律，則碰撞過程中總動能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0.故A正確，C錯誤；根據(jù)動量守恒定律得：p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可見，p2＞p0.故B正確．故選AB. 2．兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s.當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是(　　) A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s 解析：選B.雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際；C項中，兩球碰后的總動能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的總動能Ek＝22 J，違背了能量守恒定律；而B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，故B項正確． 3．(xx河北衡水中學高三上四調(diào))如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量m1的小球A以速率v0向右運動．在小球的前方O點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，Q點處為一豎直的墻壁．小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A與小球B均向右運動．小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點相遇，PQ＝2PO，則兩小球質(zhì)量之比m1∶m2為(　　) A．7∶5 B．1∶3 C．2∶1 D．5∶3 解析：選D.設A、B兩個小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2.① 由能量守恒定律有：m1v＝m1v＋m2v② 兩個小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運動學規(guī)律有： v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5.③ 聯(lián)立①②③，代入數(shù)據(jù)解得：m1∶m2＝5∶3，故選D. 4．(xx黑龍江大慶一中檢測)(多選)如圖所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝4 kg的小物體B以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．木板A獲得的動能為2 J B．系統(tǒng)損失的機械能為2 J C．木板A的最小長度為2 m D．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1 解析：選AD.由圖象可知，木板獲得的速度為v＝1 m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：木板A的質(zhì)量M＝4 kg，木板獲得的動能為：Ek＝Mv2＝2 J，故A正確；系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝mv－mv2－Mv2，代入數(shù)據(jù)解得：ΔE＝4 J，故B錯誤；由圖得到：0～1 s內(nèi)B的位移為xB＝(2＋1)1 m＝1.5 m，A的位移為xA＝11 m＝0.5 m，木板A的最小長度為L＝xB－xA＝1 m，故C錯誤；由圖象可知，B的加速度：a＝－1 m/s2，負號表示加速度的方向，由牛頓第二定律得：μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D正確． 考點二　爆炸及反沖問題 1．爆炸現(xiàn)象的三條規(guī)律 (1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于系統(tǒng)受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒． (2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加． (3)位置不變：爆炸和碰撞的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動量開始運動． 2．反沖的兩條規(guī)律 (1)總的機械能增加：反沖運動中，由于有其他形式的能量轉(zhuǎn)變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加． (2)平均動量守恒 若系統(tǒng)在全過程中動量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動量也守恒．如果系統(tǒng)由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運動，則由m11－m22＝0，得m1x1＝m2x2.該式的適用條件是： ①系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向的動量守恒． ②構(gòu)成系統(tǒng)的m1、m2原來靜止，因相互作用而運動． ③x1、x2均為沿動量守恒方向相對于同一參考系的位移． 1．我國發(fā)現(xiàn)的“神舟十一號”飛船與“天宮二號”空間站實現(xiàn)了完美對接．假設“神舟十一號”到達對接點附近時對地的速度為v，此時的質(zhì)量為m；欲使飛船追上“天宮二號”實現(xiàn)對接，飛船需加速到v1，飛船發(fā)動機點火，將質(zhì)量為Δm的燃氣一次性向后噴出，燃氣對地向后的速度大小為v2.這個過程中，下列各表達式正確的是(　　) A．mv＝mv1－Δmv2 B．mv＝mv1＋Δmv2 C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2 D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2 解析：選C.飛船發(fā)動機點火噴出燃氣，由動量守恒定律，mv＝(m－Δm)v1－Δmv2，選項C正確． 2．在靜水中一條長l的小船，質(zhì)量為M，船上一個質(zhì)量為m的人，當他從船頭走到船尾，若不計水對船的阻力，則船移動的位移大小為(　　) A.l　 B．l C.l D.l 解析：選B.船和人組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，人在船上行進，船將后退，即mv人＝Mv船，人從船頭走到船尾，設船后退的距離為x，則人相對地面行進的距離為l－x，有m＝M，則m(l－x)＝Mx，得x＝，故選項B正確． 3．一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/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，重力加速度g取10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 解析：選B.彈丸爆炸過程遵守動量守恒，若爆炸后甲、乙同向飛出，則有 2m＝mv甲＋mv乙① 若爆炸后甲、乙反向飛出，則有 2m＝mv甲－mv乙② 或2m＝－mv甲＋mv乙③ 爆炸后甲、乙從同一高度做平拋運動，由選項A中圖可知，爆炸后甲、乙向相反方向飛出，下落時間t＝＝ s＝1 s，速度分別為v甲＝＝ m/s＝2.5 m/s，v乙＝＝ m/s＝0.5 m/s，代入②式不成立，A項錯誤；同理，可求出選項B、C、D中甲、乙的速度，分別代入①式、②式、③式可知，只有B項正確． 4．以初速度v0與水平方向成60角斜向上拋出的手榴彈，到達最高點時炸成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊．其中質(zhì)量大的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行．求： (1)質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向； (2)爆炸過程有多少化學能轉(zhuǎn)化為彈片的動能． 解析：(1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運動，在最高點處爆炸前的速度v1＝v0cos 60＝v0.設v1的方向為正方向，如圖所示，由動量守恒定律得： 3mv1＝2mv1′＋mv2 其中爆炸后大塊彈片速度v1′＝2v0， 解得v2＝－2.5v0，“－”號表示v2的速度與爆炸前速度方向相反． (2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學能等于系統(tǒng)動能的增量，ΔEk＝2mv1′2＋mv－(3m)v＝mv. 答案：(1)2.5v0　方向與爆炸前速度的方向相反 (2)mv 考點三　動量和能量觀點綜合應用 1．動量的觀點和能量的觀點 動量的觀點：動量守恒定律 能量的觀點：動能定理和能量守恒定律 這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細節(jié)作深入的研究，而關心運動狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因．簡單地說，只要求知道過程的初、末狀態(tài)動量式、動能式和力在過程中所做的功，即可對問題進行求解． 2．利用動量的觀點和能量的觀點解題應注意下列問題 (1)動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達式，絕無分量表達式． (2)中學階段凡可用力和運動的觀點解決的問題．若用動量的觀點或能量的觀點求解，一般都要比用力和運動的觀點要簡便，而中學階段涉及的曲線運動(a不恒定)、豎直面內(nèi)的圓周運動、碰撞等，就中學知識而言，不可能單純考慮用力和運動的觀點求解． [典例2]　(xx高考全國甲卷)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 解析　(1)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v① m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh② 式中v20＝－3 m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3＝20 kg③ (2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0④ 代入數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s⑤ 設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥ m2v＝m2v＋m3v⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得 v2＝1 m/s⑧ 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩． 答案　(1)20 kg　(2)見解析 應用動量、能量觀點解決問題的兩點技巧 (1)靈活選取系統(tǒng)的構(gòu)成，根據(jù)題目的特點可選取其中動量守恒或能量守恒的幾個物體為研究對象，不一定選所有的物體為研究對象． (2)靈活選取物理過程．在綜合題目中，物體運動常有幾個不同過程，根據(jù)題目的已知、未知靈活地選取物理過程來研究．列方程前要注意鑒別、判斷所選過程動量、機械能的守恒情況． 1．如圖所示，兩塊長度均為d＝0.2 m的木塊A、B，緊靠著放在光滑水平面上，其質(zhì)量均為M＝0.9 kg.一顆質(zhì)量為m＝0.02 kg的子彈(可視為質(zhì)點且不計重力)以速度v0＝500 m/s水平向右射入木塊A，當子彈恰水平穿出A時，測得木塊的速度為v＝2 m/s，子彈最終停留在木塊B中．求： (1)子彈離開木塊A時的速度大小及子彈在木塊A中所受的阻力大?。? (2)子彈穿出A后進入B的過程中，子彈與B組成的系統(tǒng)損失的機械能． 解析：(1)設子彈離開A時速度為v1，對子彈和A、B整體， 有mv0＝mv1＋2Mv Fd＝mv－mv－2Mv2 聯(lián)立解得v1＝320 m/s，F(xiàn)＝7 362 N (2)子彈在B中運動過程中，最后二者共速，速度設為v2，對子彈和B整體，有mv1＋Mv＝(m＋M)v2 解得v2＝ m/s ΔE＝mv＋Mv2－(m＋M)v＝989 J. 答案：(1)320 m/s　7 362 N　(2)989 J 2．兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段．兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示．求： (1)滑塊a、b的質(zhì)量之比； (2)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比． 解析：(1)設a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2.由題給圖象得 v1＝－2 m/s① v2＝1 m/s② a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v. 由題給圖象得v＝ m/s③ 由動量守恒定律得 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④ 聯(lián)立①②③④式得 m1∶m2＝1∶8⑤ (2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機械能為 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥ 由圖象可知，兩滑塊最后停止運動．由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為 W＝(m1＋m2)v2⑦ 聯(lián)立⑥⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得 W∶ΔE＝1∶2⑧ 答案：(1)1∶8　(2)1∶2 3．(xx高考全國丙卷)如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件． 解析：設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應有 mv>μmgl① 即μ<② 設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒有 mv＝mv＋μmgl③ 設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋mv2′④ mv＝mv1′2＋v2′2⑤ 聯(lián)立④⑤式解得v2′＝v1⑥ 由題意知，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關系可知 v2′2≤μmgl⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式，可得 μ≥⑧ 聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件≤μ<⑨ 答案：≤μ< 4．(xx河北邯鄲摸底)如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量均為m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計)．讓A、B以初速度v0一起從O點滑出，滑行一段距離后到達P點，速度變?yōu)?，此時炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位置，木塊A繼續(xù)沿水平方向前進．已知O、P兩點間的距離為s，設炸藥爆炸時釋放的化學能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動能，爆炸時間很短可以忽略不計，求： (1)木塊與水平地面的動摩擦因數(shù)μ； (2)炸藥爆炸時釋放的化學能． 解析：(1)設木