2016届高考物理一轮复习考点讲解：第十三章 动量守恒定律 第1课时

第1课时 动量 动量守恒定律考纲解读 1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念.2.知道动量守恒的条件.3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题．考点一 动量定理的理解与应用1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示． (2)表达式：p ＝m v . (3)单位：kg·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同． 2．冲量(1)定义：力F 与力的作用时间t 的乘积． (2)定义式：I ＝Ft . (3)单位：N·_s.(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果． 3．动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量．(2)表达式：⎩⎪⎨⎪⎧Ft ＝p ′－pI ＝Δp例1 在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2) 答案 12 s解析 解法一：用动量定理解，分段处理，选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v ，取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＝m v －0.对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt 2＝0－m v .以上两式联立解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.解法二：用动量定理解，研究全过程．选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程中的初、末状态物体的速度都等于零． 取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得 (F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s递进题组1．[对动量的理解]下列说法正确的是( ) A ．速度大的物体，它的动量一定也大 B ．动量大的物体，它的速度一定也大C ．只要物体的运动速度大小不变，则物体的动量也保持不变D ．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大 答案 D解析 p ＝m v ，p 由m 、v 二者乘积决定，故A 、B 错误；p 是矢量，故C 错误；Δp ＝m ·Δv ，故D 正确．2．[动量定理的应用]从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖着地，这样做是为了( ) A ．减小冲量 B ．减小动量的变化量C ．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力D ．增大人对地面的压强，起到安全作用 答案 C解析 由动量定理可知，人落地动量变化量一定，脚尖先着地，接着逐渐到整只脚着地，延长了人落地时动量变化所用的时间，这样就减小了地面对人的冲力，故C 正确．3．[动量定理的应用]将质量为0.2 kg 的小球以初速度6 m/s 水平抛出，抛出点离地的高度为3.2 m ，不计空气阻力．求：(1)小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量； (2)小球将要着地时的动量．答案 (1)1.6 N·s ，方向竖直向下 (2)2 kg·m/s ，方向与水平面成53°夹角斜向下解析 解法一：(1)设物体着地时的速度为v ，竖直方向的分速度为v y ，水平方向的分速度为v x ，有v y ＝2gh ＝2×10×3.2 m /s ＝8 m/s由于小球初始竖直方向的分速度为0，在竖直方向依动量定理得 I G ＝m v y －0＝0.2 kg ×8 m/s ＝1.6 N·s 方向竖直向下．(2)水平方向：v x ＝v 0＝6 m/s则v ＝v 2x ＋v 2y ＝62＋82 m /s ＝10 m/stan θ＝v y v x ＝86＝43，θ＝53°p ＝m v ＝0.2 kg ×10 m /s ＝2 kg·m/s 方向与水平面成53°夹角斜向下．解法二：(1)小球从抛出到它将要着地所用时间为t ，则t ＝2hg ＝ 2×3.210 s ＝0.8 sI G ＝mgt ＝(0.2×10×0.8) N·s ＝1.6 N·s 方向竖直向下．(2)水平方向：p x ＝m v x ＝(0.2×6) kg·m /s ＝1.2 kg·m/s 竖直方向：p y ＝m v y ＝(0.2×8) kg·m /s ＝1.6 kg·m/sp ＝p 2x ＋p 2y ＝ 1.22＋1.62kg·m /s ＝2 kg·m/s tan θ＝p y p x ＝1.61.2＝43故θ＝53°方向与水平面成53°夹角斜向下．从三个角度理解动量定理(1)动量定理描述的是一个过程，它表明物体所受合外力的冲量是物体动量变化的原因，物体动量的变化是它受到的外力作用经过一段时间积累的结果．(2)动量定理Ft＝m v t－m v0是一个矢量式，运算应遵循平行四边形定则．若公式中各量均在一条直线上，可规定某一方向为正，根据题设给出各量的方向研究它们的正负，从而把矢量运算简化为代数运算．(3)动量定理既适用于恒力，也适用于变力，对于变力的情况，动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值．考点二动量守恒定律的理解1．内容如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．例2一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图1所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()图1A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒．故C正确，A、B、D错误．答案 C变式题组4. [动量守恒的判断]如图2所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上．A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是()图2A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒答案 A解析如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F f A向右，F f B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F f A∶F f B ＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错．对A、B、C 组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D均正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力之和为零，故其动量守恒，C正确．5．[动量守恒的判断]对于上题，如果数据不变，且已知A、B组成的系统动量守恒，则下列说法中正确的是()A．A、B与C的动摩擦因数相等B．A、B与C的动摩擦因数不相等C．根据已知条件，可以求出A与C、B与C的动摩擦因数比D．根据已知条件，不能求出A与C、B与C的动摩擦因数比答案BC解析因为A、B组成的系统动量守恒，所以A、B受到的摩擦力肯定大小相等、方向相反，故根据滑动摩擦力的公式可以求出来两者的动摩擦因数比．考点三动量守恒定律的应用1．动量守恒定律的不同表达形式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，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．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零． 2．应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)； (3)规定正方向，确定初、末状态动量； (4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．例3 如图3，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为________．(填选项前的字母)图3A ．v 0＋m M vB ．v 0－mM vC ．v 0＋m M (v 0＋v )D ．v 0＋mM(v 0－v )解析 救生员跃出时，船和救生员组成的系统动量守恒．初状态：救生员和小船相对静止以速率v 0向右匀速行驶；末状态：救生员以速率v 水平向左运动，小船的速度为v ′.取向右为正方向，由动量守恒定律可得(M ＋m )v 0＝m ·(－v )＋M v ′，则v ′＝v 0＋mM (v 0＋v )答案 C 变式题组6. [动量守恒定律的应用]如图4所示，一质量为M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m ＝1.0 kg 的小物块A .现以地面为参考系，给A 和B 一大小均为4.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 并没有滑离B 板，站在地面上的观察者看到在一段时间内物块A 做加速运动．则在这段时间内的某时刻，木板B 相对地面的速度大小可能是( )图4A ．3.0 m /sB ．2.8 m/sC ．2.4 m /sD ．1.8 m/s 答案 C解析 以地面为参考系，初始阶段，A 受水平向右的摩擦力向左做减速运动，B 受水平向左的摩擦力向右做减速运动，由于M ＞m ，故A 的速度先减为零，设此时B 的速度为v B ′，由动量守恒定律得M v 0－m v 0＝M v B ′，v B ′＝2.7 m /s.此后A 向右加速运动，B 继续向右减速运动，最后二者达到共同速度v ，由动量守恒定律得Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v ，v ＝2.0 m/s ，所以B 相对地面的速度应大于2.0 m /s 而小于2.7 m/s ，C 正确．7. [动量守恒定律的应用]如图5所示，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M ，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时，车的速度变为( )图5A.M v 1－M v 2M －m ，向东B.M v 1M －m ，向东C.M v 1＋M v 2M －m ，向东 D ．v 1，向东答案 D解析 人和车组成的系统，在水平方向上所受合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒．设车的速度v 1的方向为正方向，选地面为参考系．初态车和人的总动量为M v 1，末态车的动量为(M －m )v 1，因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变．人在水平方向上对地的动量仍为m v 1，则有M v 1＝(M －m )v ＋m v 1，(M －m )v 1＝(M －m )v, 所以v ＝v 1，正确答案应为D.8. [动量守恒定律在多物体构成系统中的应用]如图6所示，质量均为m 的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小明站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v ，接着木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小．图6答案 v 2解析 取向左为正方向，根据动量守恒定律得 推出木箱的过程有0＝(m ＋2m )v 1－m v接住木箱的过程有m v ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2解得共同速度v 2＝v2考点四 碰撞现象的特点和规律1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象． (2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． (3)分类2.碰撞后运动状态可能性判定(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′ (3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零．例4 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图7所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )图7A.12m v 2B.mM 2(m ＋M )v 2C.12NμmgL D ．NμmgL解析 由于水平面光滑，一方面，箱子和物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断二者具有向右的共同速度v ′，根据动量守恒定律有m v ＝(M ＋m )v ′，系统损失的动能为ΔE 1＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2，可知B 正确；另一方面，系统损失的动能可由Q ＝ΔE k 且Q ＝μmg ·s 相对求得，由于小物块从中间向右出发，最终又回到箱子正中间，其间共发生N 次碰撞，则s 相对＝NL ，则D 选项也正确． 答案 BD 变式题组9．[碰撞规律的应用]质量都为m 的小球a 、b 、c 以相同的速度分别与另外三个质量都为M 的静止小球相碰后，a 球被反向弹回，b 球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c 球碰后静止，则下列说法正确的是( ) A ．m 一定小于M B ．m 可能等于MC ．b 球与质量为M 的球组成的系统损失的动能最大D ．c 球与质量为M 的球组成的系统损失的动能最大 答案 AC解析 由a 球被反向弹回，可以确定三小球的质量m 一定小于M ；当两小球发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大，b 球与被碰球粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞． 10．[碰撞规律的应用]两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m /s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( ) A ．v A ′＝5 m /s ，v B ′＝2.5 m/s B ．v A ′＝2 m /s ，v B ′＝4 m/s C ．v A ′＝－4 m /s ，v B ′＝7 m/s D ．v A ′＝7 m /s ，v B ′＝1.5 m/s 答案 B解析 虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．11．[动量守恒在碰撞中的应用] 如图8所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 碰撞后瞬间A 的速度大小．图8答案 2 m/s解析 因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m A v 0＝m A v A ＋m C v C ①A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得 m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ②A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足 v AB ＝v C ③联立①②③式，代入数据得 v A ＝2 m/s ④考点五 动量和能量观点的综合应用例5 两质量分别为M 1和M 2的劈A 和B ，高度相同，放在光滑水平面上，A 和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图9所示，一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上，距水平面的高度为h ，物块从静止滑下，然后又滑上劈B .求物块在B 上能够达到的最大高度．图9答案M 1M 2(M 1＋m )(M 2＋m )h解析 物块沿斜劈A 下滑和沿斜劈B 上滑的过程，系统在水平方向所受外力为零，故在水平方向动量守恒．设物块到达劈A 的底端时，物块和劈A 的速度大小分别为v 1和v 2，由机械能守恒和动量守恒得mgh ＝12m v 21＋12M 1v 22， M 1v 2＝m v 1，设物块在劈B 上达到的最大高度为h ′，此时物块和B 的共同速度大小为v ′，由机械能守恒和动量守恒得mgh ′＋12(M 2＋m )v ′2＝12m v 21，m v 1＝(M 2＋m )v ′，联立以上各式解得h ′＝M 1M 2(M 1＋m )(M 2＋m )h .变式题组12. [动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用]如图10所示，轻绳的两端分别系在圆环A 和小球B 上，A 套在光滑的水平固定直杆MN 上，A 、B 静止不动时B 恰好与光滑水平地面接触，C 小球以v ＝2 m /s 的速度沿地面向左匀速运动，当与B 发生对心正碰后B 、C 立即粘在一起共同向左运动，已知B 、C 的质量均为1 kg ，A 的质量为2 kg ，试求B 、C 粘在一起向左运动过程中上升的最大高度．(g 取10 m/s 2)图10答案 2.5×10－2 m解析 由题意分析可知，当B 、C 碰后粘在一起向左运动的速度与A 的速度相等时其上升的高度达到最大．设B 、C 碰后瞬间的共同速度为v 1，它们运动到最高点时的速度为v 2，上升的最大高度为h ，则对B 、C 碰撞前后由动量守恒定律得 m C v ＝(m B ＋m C )v 1①又B 、C 从粘在一起向左运动到上升高度达到最大的过程中，由A 、B 、C 组成的系统水平方向动量守恒得(m B ＋m C )v 1＝(m A ＋m B ＋m C )v 2②由A 、B 、C 组成的系统机械能守恒得 12(m B ＋m C )v 21＝12(m A ＋m B ＋m C )v 22＋(m B ＋m C )gh ③ 代入数据可得h ＝2.5×10－2 m ④13. [动量守恒定律与动能定理的综合应用]如图11所示，由于街道上的圆形污水井盖破损，便临时更换了一个稍大于井口的红色圆形平板塑料盖．为了测试因塑料盖意外移动致使盖上的物块落入污水井中的可能性，有人做了一个实验：将一个可视为质点、质量为m 的硬橡胶块置于塑料盖的圆心处，给塑料盖一个沿径向的瞬间水平冲量，使之获得一个水平向右的初速度．实验结果是硬橡胶块恰好与塑料盖分离．设硬橡胶块与塑料盖间的动摩擦因数为μ，塑料盖的质量为M 、半径为R ，假设塑料盖与地面间的摩擦可忽略，且不计塑料盖的厚度．图11(1)塑料盖的初速度大小为多少？(2)通过计算说明硬橡胶块是落入井内还是落在地面上．答案 2(m ＋M )μgRM(1)落入污水井内解析 (1)设塑料盖的初速度为v 0，硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，两者的共同速度为v .由系统动量守恒得 M v 0＝(m ＋M )v由系统能量关系可得μmgR ＝12M v 20－12(m ＋M )v 2由以上两式解得：v 0＝ 2(m ＋M )μgRM(2)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，硬橡胶块的位移为x ，取硬橡胶块为研究对象，应用动能定理得μmgx ＝12m v 2由以上各式可得x ＝MRm ＋M因x ＜R ，故硬橡胶块将落入污水井内．高考模拟 明确考向1．(2014·重庆·4)一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m /s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )答案 B解析 弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1 s ，取向右为正方向，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5 m /s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5 m /s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m /s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m /s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故m v ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确． 2．(2014·全国·21)一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A.A ＋1A －1 B.A －1A ＋1C.4A(A ＋1)2 D.(A ＋1)2(A －1)2 答案 A解析 设中子的质量为m ，则被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有m v 0＝m v 1＋Am v ′，据动能守恒，有12m v 20＝12m v 21＋12Am v ′2.解以上两式得中子的速率为|v 1|＝A －1A ＋1v 0，故中子前、后速率之比为A ＋1A －1.3．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 由动量定理Ft ＝Δp 知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B 正确．4．(2014·天津·10)如图12所示，水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A ＝4 kg ，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝2 kg.现对A 施加一个水平向右的恒力F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.6 s ，二者的速度达到v t ＝2 m/s.求：图12(1)A 开始运动时加速度a 的大小； (2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小； (3)A 的上表面长度l .答案 (1)2.5 m /s 2 (2)1 m/s (3)0.45 m 解析 (1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律有 F ＝m A a ①代入数据解得a ＝2.5 m/s 2②(2)对A 、B 碰撞后共同运动t ＝0.6 s 的过程，由动量定理得 Ft ＝(m A ＋m B )v t －(m A ＋m B )v ③ 代入数据解得 v ＝1 m/s ④(3)设A 、B 发生碰撞前，A 的速度为v A ，对A 、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有 m A v A ＝(m A ＋m B )v ⑤A 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有Fl ＝12m A v 2A ⑥ 由④⑤⑥式，代入数据解得 l ＝0.45 m5. (2014·新课标Ⅰ·35(2))如图13所示，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：图13(1)B 球第一次到达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度．答案 (1)4 m/s (2)0.75 m解析 (1)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有 v B ＝2gh ①将h ＝0.8 m 代入上式，得 v B ＝4 m/s ②(2)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v 1和v 1′(v 1′＝0)，B 球的速度分别为v 2和v 2′.由运动学规律可知 v 1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有 m A v 1＋m B v 2＝m B v 2′④ 12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v 2′2⑤ 设B 球与地面相碰后的速度大小为v B ′，由运动学及碰撞的规律可得 v B ′＝v B ⑥设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可知h ′＝v B ′2－v 222g ⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h ′＝0.75 m练出高分一、选择题1．如图1所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A 均向右运动，经过相同的时间t ，图甲中船A 没有到岸，图乙中船A 没有与船B 相碰．则经过时间t ( )图1A ．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小B ．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大C ．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大D ．以上三种情况都有可能 答案 C解析 由题可知，两个力大小相等，作用时间相同，所以由I ＝F ·t 知，两冲量相等． 2．(2014·福建理综·30(2))如图2所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为（ ）图2A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)答案 D解析 根据动量守恒定律(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，故A 、B 、C 错误，D 正确．3．如图3所示，质量为M 的滑槽内有半径为R 的半圆轨道，将滑槽放在水平面上，左端紧靠墙壁．一质量为m 的物体从半圆轨道的顶端a 点无初速度释放，b 点为半圆轨道的最低点，c 点为半圆轨道另一侧与a 等高的点．不计一切摩擦，下列说法正确的是( )图3A ．m 从a 点运动到b 点过程中，m 与M 组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒B ．m 从a 点释放后运动的全过程中，m 的机械能守恒C ．m 释放后能够到达c 点D ．当m 首次从右向左到达最低点b 时，M 的速度达到最大 答案 D解析 m 首次下滑过程，墙对系统有向右的弹力，因此系统水平方向动量不守恒；系统没有摩擦和介质阻力，因此m 从a 点释放后运动的全过程中，系统机械能始终守恒，但M 的机械能比初状态增加了，因此m 的机械能不守恒；m 第一次到最低点后，M 离开墙，系统水平方向动量守恒，当m 和M 共速时，系统具有动能，因此m 的势能必小于mgR ，故m 不能到达c 点；m 第一次在圆轨道右半侧上滑行过程对M 的弹力始终向右下方，有水平向右的分力，因此M 始终加速，m 从右向左通过最低点b 后，M 开始减速．故选项D 正确．4．冰壶运动深受观众喜爱，图4(a)为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图(b)．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置可能是()图4答案 B解析两个质量相等的冰壶发生正碰，碰撞前后都在同一直线上，选项A错误；碰后冰壶甲在冰壶乙的左边，选项C错误；碰撞过程中系统的动能可能减小，也可能不变，但不能增大，所以选项B正确，选项D错误．5．质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度大小和方向是() A．1.0 m/s，向右B．1.0 m/s，向左C．2.2 m/s，向右D．2.2 m/s，向左答案 A6. 如图5所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断中正确的是()图5A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同。