2020年高考物理一轮复习文档第7章动量守恒定律第32讲Word版含答案

第32讲动量守恒定律及其应用考点一动量守恒定律的理解1．动量守恒定律的内容如果一个系统eq\o(□,\s\up5(01))不受力，或者所受外力的矢量和为eq\o(□,\s\up5(02))零，这个系统的总动量保持不变。2．动量守恒定律的表达式(1)p＝eq\o(□,\s\up5(03))p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。(2)m1v1＋m2v2＝eq\o(□,\s\up5(04))m1v1′＋m2v2′，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)Δp1＝eq\o(□,\s\up5(05))－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。(4)Δp＝eq\o(□,\s\up5(06))0，系统总动量的增量为零。3．动量守恒定律的适用条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为eq\o(□,\s\up5(07))零。(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力eq\o(□,\s\up5(08))远大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系统在某个方向上不受力或所受外力的合力为零，则系统在这个方向上动量守恒。4．判断动量是否守恒的步骤方法一：从受力的角度分析(1)明确系统由哪几个物体组成。(2)对系统中各物体进行受力分析，分清哪些是内力，哪些是外力。(3)看所有外力的合力是否为零，或内力是否远大于外力，从而判断系统的动量是否守恒。方法二：从系统总动量变化情况判断(1)明确初始状态系统的总动量是多少。(2)对系统内的物体进行受力分析、运动分析，确定每一个物体的动量变化情况。(3)确定系统动量变化情况，进而判断系统的动量是否守恒。5．对动量守恒定律的理解(1)动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量，而不能改变系统的总动量。(2)应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物。(3)动量是矢量，系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变。等号的含义是说等号的两边不但大小相等，而且方向相同。(2018·安徽六安市一中段考)如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是()A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动解析当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误；当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；小球从B到C的过程中，系统水平方向合外力为零，故系统水平方向动量守恒，故C正确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。答案C方法感悟对动量守恒定律理解的几个误区(1)误认为只要系统初、末状态的动量相同，则系统动量守恒。系统在变化过程中每一个时刻动量均不变，才符合动量守恒定律。(2)误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时，系统动量才能守恒。产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件，动量是矢量，只要系统不受外力或所受合外力为零，则系统动量守恒，系统内各物体的运动不一定共线。(3)误认为动量守恒定律中，各物体的动量可以相对于任何参考系。出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，应用动量守恒定律时，各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系，一般情况下，选地面为参考系。(4)误认为整体合力不为零，系统动量不守恒，单方向上系统动量也不守恒。如果某个方向上系统所受合力为零，那么系统在这个方向动量守恒。1．(多选)如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，此后动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论是否同时放手，只要两手都放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零答案ACD解析当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，放开右手时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，B错误，C、D正确。2.(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝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()A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒答案BCD解析如果A、B与平板车上表面的动摩擦因数相同，弹簧释放后，若A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力fA向右，fB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以fA∶fB＝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错误；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，与平板车间的动摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C正确。考点二动量守恒定律的应用1．动量守恒定律的五个特性2．应用动量守恒定律的解题步骤(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。3．注意事项(1)系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些力是系统的内力，哪些力是系统外的物体对系统的作用力。(2014·福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v0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m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2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v1为()A．v0－v2B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)解析火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，D正确。答案D方法感悟应用动量守恒定律的注意事项(1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒。(2)判断系统是否动量守恒，某个方向上是否动量守恒。(3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度。1．(人教版选修3－5P16·T5改编)某机车以0.8m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)()A．0.053m/sB．0.05m/sC．0.057m/sD．0.06m/s答案B解析取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv0＝(m＋15m)v，v＝eq\f(1,16)v0＝eq\f(1,16)×0.8m/s＝0.05m/s。故B正确。2.(2016·天津高考)如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________。答案eq\f(v,3)eq\f(v2,3μg)解析设滑块B质量为m，则方盒A的质量为2m。滑块B与方盒A构成的系统，在水平方向所受的合外力为零，由动量守恒定律可得，mv＝(m＋2m)v′，解得二者相对静止时方盒A的速度v′＝eq\f(v,3)。设滑块B相对方盒A运动的路程为L，由功能关系，可得－μmgL＝eq\f(1,2)×3mv′2－eq\f(1,2)mv2，解得L＝eq\f(v2,3μg)。3．(2014·北京高考)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。答案(1)2m/s(2)1m/s(3)0.25m解析设滑块的质量为m。(1)根据机械能守恒定律mgR＝eq\f(1,2)mv2得碰撞前瞬间A的速率v＝eq\r(2gR)＝2m/s。(2)根据动量守恒定律mv＝2mv′得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝eq\f(1,2)v＝1m/s。(3)根据动能定理eq\f(1,2)(2m)v′2＝μ(2m)gl得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝eq\f(v′2,2μg)＝0.25m。考点三碰撞问题1．对碰撞的理解(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略。(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，故外力的作用可忽略，可认为系统的动量是守恒的。(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。2．碰撞的分类及特点(1)弹性碰撞：在弹性碰撞过程中，物体发生的形变能够完全恢复，没有能量损失，碰撞前后系统动能不变。(2)非弹性碰撞：在非弹性碰撞过程中，物体发生的形变不能完全恢复，有一部分动能转化为内能，碰撞前后系统的动能减少。(3)完全非弹性碰撞：在完全非弹性碰撞过程中，碰撞后两个物体粘在一起(或碰撞后不分开)，具有共同的速度，动能损失最多。3．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)间的碰撞，都是弹性碰撞。4．碰撞现象满足的规律(1)动量守恒。(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。(3)速度要合理。①若两物体同向运动，则碰前应有v后>v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，前面物体的速度一定大于或等于后面物体的速度，即v前′≥v后′。②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。(2015·天津高考)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B碰撞前、后两球总动能之比为________。解析设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意，刚好不发生第二次碰撞说明A、B末速度正好相同，都是－eq\f(v0,3)，则mBv0＝mA·eq\f(v0,3)＋mB·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,3)))，解得mA∶mB＝4∶1。碰撞前、后动能之比Ek1∶Ek2＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)∶eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mA\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))2＋\f(1,2)mB\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,3)))2))＝9∶5。答案4∶19∶5方法感悟1．“一动一静”碰撞问题讨论质量为m1的球a以速度v1与静止的质量为m2的球b正碰，碰后球a、b的速度分别为v1′和v2′，根据能量损失情况不同，讨论碰后可能出现的情况如下。(1)弹性碰撞：由动量守恒得m1v1＋0＝m1v1′＋m2v2′由机械能守恒得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1。①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1，即两球碰撞后速度互换；②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0，碰后两球均向前运动；③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0，碰后质量小的球a被反弹回来。(2)完全非弹性碰撞：v1′＝v2′＝eq\f(m1,m1＋m2)v1。(3)一般情况(即非弹性碰撞)：eq\f(m1,m1＋m2)v1≥v1′≥eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1；eq\f(2m1,m1＋m2)v1≥v2′≥eq\f(m1,m1＋m2)v1。2．碰撞过程中的总动能变化(1)弹性碰撞eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2。(2)非弹性碰撞(包括完全非弹性碰撞)Q＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2))。1．(多选)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4kg，m2＝2kg，A的速度v1＝3m/s(设为正)，B的速度v2＝－3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是()A．均为1m/sB．＋4m/s和－5m/sC．＋2m/s和－1m/sD．－1m/s和5m/s答案AD解析由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能情况Ek＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×4×9J＋eq\f(1,2)×2×9J＝27J，Ek′＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2，由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除B项。C项虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍保持原来的速度方向(vA′>0，vB′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误。验证A、D两项均满足Ek≥Ek′，故答案为A(完全非弹性碰撞)和D(弹性碰撞)。2.北京成功申办2022年冬奥会，水立方将摇身一变，成为冰立方，承办北京冬奥会冰壶比赛。训练中，运动员将质量为19kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，求：(1)冰壶乙获得的速度；(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。答案(1)0.3m/s(2)非弹性碰撞解析(1)由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3将v1＝0.4m/s，v2＝0.1m/s代入上式得v3＝0.3m/s。(2)碰撞前的动能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝1.52J，碰撞后两冰壶的总动能E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝0.95J因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。考点四爆炸与反冲问题1．爆炸(1)爆炸中的动量守恒爆炸过程中物体间的相互作用力是变力，作用时间很短，作用力很大，远大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理。(2)爆炸中的能量因为有其他形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加。(3)爆炸后的运动状态在空中沿水平方向运动的物体，如果爆炸后分裂成两块，前面一块做平抛运动时，后面一块可能做同向或反向的平抛运动，也可能做自由落体运动。2．反冲(1)定义：当一个静止的物体向某个方向射出物体的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反的方向运动，这种现象叫反冲运动。(2)反冲中的动量守恒反冲过程中物体间的相互作用力是变力，作用时间很短，作用力很大，远大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理。(3)反冲中的能量因为有其他形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加。[例1](福建高考)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()A.eq\f(m,M)v0B.eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0D.eq\f(m,M－m)v0解析喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响，动量守恒。由动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝eq\f(m,M－m)v0，D正确。答案D[例2]以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m和2m的两块，其中质量为2m的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。求：(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？解析(1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v1＝v0cos60°＝eq\f(v0,2)。设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2，又v1′＝2v0，解得v2＝－2.5v0，负号表示速度方向与规定的正方向相反。(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为E＝ΔEk＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)2mv1′2＋\f(1,2)mv\o\al(2,2)))－eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,1)＝eq\f(27,4)mveq\o\al(2,0)。答案(1)2.5v0方向与爆炸前炮弹运动的方向相反(2)eq\f(27,4)mveq\o\al(2,0)方法感悟eq\a\vs4\al(1爆炸和反冲过程都可以近似地看成动量守恒。,2它们的动能都增加是因为这两种情况都必须消耗其他能量。)(3)要注意初、末态的动量。如例2，炮弹到最高点有水平动量。近年春节期间，全国许多大中城市将燃放烟花爆竹禁放改为限放，增加了节日气氛。假设一质量为m的烟花从地面上A点以速度v竖直上升到最大高度处炸裂为质量相等的两块，沿水平方向向相反两个方向飞出，假设其中一块落在距A点距离为s处，不计空气阻力及消耗的炸药质量，烟花炸裂时消耗的化学能80%转化为动能。求：(1)烟花上升的最大高度；(2)烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小；(3)烟花炸裂时消耗的化学能。答案(1)eq\f(v2,2g)(2)eq\f(sg,v)(3)eq\f(5ms2g2,8v2)解析(1)由竖直上抛公式得烟花上升的最大高度h＝eq\f(v2,2g)。(2)设烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小为v1，由平抛运动规律得s＝v1t，h＝eq\f(1,2)gt2解得v1＝eq\f(sg,v)。(3)烟花炸裂后两块在水平方向动量守恒eq\f(m,2)v1－eq\f(m,2)v2＝0解得另一块的速度为v2＝v1由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能E＝eq\f(2×\f(1,2)·\f(m,2)v\o\al(2,1),80%)＝eq\f(5ms2g2,8v2)。考点五人船模型1．“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。2．“人船模型”的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)应用此关系时要注意一个问题：公式中的v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？解析设任一时刻人与船的速度大小分别为v1、v2，因整个过程中动量守恒，所以有mv1＝Mv2设整个过程中人与船的平均速度大小分别为eq\x\to(v)1、eq\x\to(v)2，则有meq\x\to(v)1＝Meq\x\to(v)2两边乘以时间t有meq\x\to(v)1t＝Meq\x\to(v)2t，即mx1＝Mx2且x1＋x2＝L，可求出x1＝eq\f(M,m＋M)L，x2＝eq\f(m,m＋M)L。答案eq\f(m,m＋M)Leq\f(M,m＋M)L方法感悟“人船模型”问题应注意的两点(1)适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零。②在系统内发生相对运动的过程中沿相对运动的方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。(2)画草图解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。1.如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是()A．向左运动，船向左移一些B．小船静止，船向左移一些C．小船静止，船向右移一些D．小船静止，船不移动答案C解析人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人和船的位移向右。故C正确。2.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50kg的人抓住气球下方的长绳，气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当系统静止时人离地面的高度为h＝5m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是(可以把人看做质点)()A．5mB．3.6mC．2.6mD．8m答案B解析当人滑到绳下端时，由动量守恒定律，得m1eq\f(h1,t)＝m2eq\f(h2,t)，且h1＋h2＝h，解得h1＝1.4m，所以他离地高度H＝h－h1＝3.6m，故B正确。课后作业[巩固强化练]1．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度为v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为()A.eq\f(Δmv0,M－Δm)B．－eq\f(Δmv0,M－Δm)C.eq\f(Δmv0,M)D．－eq\f(Δmv0,M)答案B解析由动量守恒定律得Δmv0＋(M－Δm)v＝0，火箭的速度为v＝－eq\f(Δmv0,M－Δm)，B正确。2．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是()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答案B解析由碰撞的三个制约关系：①动量守恒，②动能不增加，③碰后速度符合实际情况对选项分析。经计算四个选项都符合动量守恒。碰后若A、B同向运动，A的速度不可能比B的速度大，可以排除选项A和D。碰后系统的动能不可能比碰前的大，排除选项C，只有选项B有可能。3．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()A.eq\f(mh,M＋m)B.eq\f(Mh,M＋m)C.eq\f(mh,M＋mtanα)D.eq\f(Mh,M＋mtanα)答案C解析此题属“人船模型”问题。小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物体在水平方向上对地位移大小为x1，斜面体在水平方向上对地位移大小为x2，因此有0＝mx1－Mx2且x1＋x2＝eq\f(h,tanα)，联立解得x2＝eq\f(mh,M＋mtanα)，C正确。4．如图所示，质量为m、半径为r的小球，放在内半径为R，质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离为多少？答案eq\f(R－r,4)解析由于水平面光滑，系统在水平方向上动量守恒，设任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有：mv1＝Mv2，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)。设小球达到最低点时，小球的水平位移大小为x1，大球的水平位移大小为x2，则eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，由题意：x1＋x2＝R－r，解得x2＝eq\f(m,M＋m)(R－r)＝eq\f(R－r,4)。5．载人气球原静止于高h的高空，气球质量为m0，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？答案eq\f(m0＋m,m0)h解析气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒。人着地时，绳梯至少应触及地面，若设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面的时间为t，由动量守恒定律有：m0·eq\f(L－h,t)＝m·eq\f(h,t)，解得L＝eq\f(m0＋m,m0)h。[真题模拟练]6．(2015·福建高考)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动答案D解析选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，选项A、B、C都不满足此式，只有D满足此式，所以D正确，A、B、C错误。7．(2014·重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/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，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()答案B解析由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v>2m/s，因此水平位移大于2m，C、D错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上x＝v0t，所以A图中v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A错误；B图中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B正确。8．(2018·福建质量检查)(多选)水平地面上有两个物体在同一直线上运动，两物体碰撞前后的速度—时间图象如图所示(其中一个物体碰后速度变为0)。下列说法正确的是()A．t＝0时，两物体的距离为1mB．t＝2.5s时，两物体的距离为4.5mC．两物体间的碰撞为完全弹性碰撞D．碰撞前，地面对两个物体的摩擦力大小不相等答案BC解析两物体相向运动，均做匀减速直线运动，1s时相碰，可知t＝0时，两物体的距离为Δs＝eq\f(1,2)×(4＋6)×1m＋eq\f(1,2)×(2＋6)×1m＝9m，A错误；t＝2.5s时，两物体的距离为Δs′＝eq\f(1,2)×6×(2.5－1)m＝4.5m，B正确；设碰前速度为正值的物体的质量为m1，速度为负值的物体的质量为m2，由题设可知，碰后原来速度为正值的物体的速度变为零，由动量守恒定律可知，m1×4＋m2×(－2)＝m2×6，解得m1＝2m2，由能量关系：碰前E1＝eq\f(1,2)m1×42＋eq\f(1,2)m2×22＝8m1＋2m2＝18m2，碰后E2＝eq\f(1,2)m2×62＝18m2，则两物体间的碰撞为完全弹性碰撞，C正确；碰前速度为正值的物体的摩擦力大小f1＝m1a1＝m1×eq\f(6－4,1)＝2m1，速度为负值的物体的摩擦力大小f2＝m2a2＝m2×eq\f(6－2,1)＝4m2＝2m1＝f1，则D错误。9．(2018·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则()A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6答案C解析A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量为4kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。10．(2018·江南十校检测)如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R＝1.8m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝10m/s2。则碰后小滑块B的速度大小不可能是()A．5m/sB．4m/sC．3m/sD．2m/s答案A解析设小滑块A到达最低点时的速度为v0，从A到B，根据动能定理：mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－0，可得v0＝6m/s。若是弹性碰撞，mAv0＝mAv1＋mBv2，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)，联立解得v2＝4m/s；若是完全非弹性碰撞，mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝2m/s，所以碰后小滑块B的速度范围为2m/s≤v≤4m/s，B的速度不可能是5m/s，故选A。11.(2018·湖南师大附中月考)用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验，已知容器内侧面光滑，半径为R，三个质量分别为m1、m2、m3的小球编号为1、2、3，各小球半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且彼此相互接触，若将质量为m1的小球移至左侧离容器底高h处无初速度释放，如图所示，各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失，小球1与2、2与3碰后，球1停在O点正下方，球2上升的最大高度为eq\f(1,9)R，球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为()A．2∶2∶1B．3∶3∶1C．4∶4∶1D．3∶2∶1答案B解析碰后球1速度为0，根据v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，说明m1＝m2，碰撞前球1下滑过程，由机械能守恒定律得m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m2v2＋m3v3，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)，碰后，对球2有eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝m2g·eq\f(1,9)R，对球3有eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)＝m3gR，联立解得m1∶m2∶m3＝3∶3∶1，B正确。12.(2018·北京丰台区质检)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为()A．hB．2hC．3hD．4h答案D解析所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，D正确。13．(2015·全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。求：(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。答案(1)1∶8(2)1∶2解析(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图象得v1＝eq\f(2－6,2－0)m/s＝－2m/s①v2＝eq\f(2,2)m/s＝1m/s②a、b发生完全非弹性碰撞，设碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图象得v＝eq\f(6－2,8－2)m/s＝eq\f(2,3)m/s③由动量守恒定律得m1v1＋m2v2