2018版浙江省高考物理教师文档讲义：第十二章第1课时-动量定理、动量守恒定律及其应用（30页）

2018版浙江省高考物理教师文档讲义：第十二章第1课时-动量定理、动量守恒定律及其应用（30页）

‎[考纲要求]‎ 知识内容 考试要求 备考方略 必考 加试 动量和动量定理 c 新高考中，对本部分知识的考查出现在选考题中。考题主要是选择题，主要考查光的粒子性、粒子的波动性、原子的核式结构模型、玻尔的原子模型、放射性元素的衰变、放射性的应用与防护、核力与结合能、核聚变和核裂变等；最可能是把3－5知识整合到一个选择题中出现。‎ 高考对本章知识的考查还可以以计算题形式出现，主要考点有碰撞模型、动量定理、动量守恒定律。‎ 动量守恒定律 c 碰撞 d 反冲运动　火箭 b 能量量子化 b 光的粒子性 c 粒子的波动性 c 概率波 b 不确定性关系 b 电子的发现 a 原子的核式结构模型 b 氢原子光谱 b 玻尔的原子模型 c 原子核的组成 a 放射性元素的衰变 c 探测射线的方法 a 放射性的应用与防护 a 核力与结合能 c 核裂变 c 核聚变 c 粒子和宇宙 a 第1课时　动量定理　动量守恒定律及其应用 考点一　动量和动量定理(－/c)‎ ‎[基础过关]‎ ‎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＝mv。‎ ‎(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。‎ ‎(5)动量的变化量：是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。‎ ‎(6)与动能的区别与联系：‎ ‎①区别：动量是矢量，动能是标量。‎ ‎②联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ek＝或p＝。‎ ‎2．冲量 ‎(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。‎ ‎(2)表达式：I＝Ft。单位：N·s。‎ ‎(3)标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。‎ ‎3．动量定理 项目 动量定理 内容 物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量 表达式 p′－p＝F合t或mv′－mv＝F合t 意义 合外力的冲量是引起物体动量变化的原因 标矢性 矢量式(注意正方向的选取)‎ ‎【过关演练】‎ ‎1．(多选)(2016·浙江镇海中学选考模拟)‎ 当我们从高处跳到低处时，都有这样的生活常识：为了安全，一般都是让脚尖先着地。从力的动量的角度来看，这样做的目的是(　　)‎ A．减小动量 B．减小动量的变化量 C．延长和地面的冲击时间，从而减小支持力 D．增大人对地的压强，起到安全作用 解析　根据动量定理分析，延长时间的目的是减小合力，从而减小支持力。‎ 答案　C ‎2．如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出。如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大分别为v1，v2，v1与v2方向相反，且v2>v1。忽略重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量(　　)‎ A．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同 B．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同 C．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同 D．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同 解析　在球拍击打网球的过程中，选取v2方向为正方向，对网球运用动量定理有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)，即拍子对网球作用力的冲量大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同。‎ 答案　D ‎[要点突破]‎ 要点一　动量定理应用 ‎1．用动量定理解题的基本思路 ‎2．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。‎ ‎【例1】 质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为(　　)‎ A．500 N B．1 100 N C．600 N D．100 N 解析　选取人为研究对象，‎ 人下落过程v2＝2gh，v＝10 m/s，‎ 缓冲过程由动量定理(F－mg)t＝mv，‎ F＝＋mg＝(＋60×10) N＝1 100 N。‎ 由牛顿第三定律，安全带所受的平均冲力为1 100 N。‎ 答案　B 要点二　用动量定理解释现象 ‎1．物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。‎ ‎2．作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。‎ ‎【例2】 如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以(　　)‎ A．减小球的动量的变化量 B．减小球对手作用力的冲量 C．减小球的动量变化率 D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量 解析　动量的变化量为mv－mv0，最终不会因为手的动作而改变，所以A错；根据动量定理FΔt＝mv－mv0，手对球的冲量即动量变化量不会改变，此即球对手的动量变化量；手弯曲的动作是增加了作用时间，而减小了动量变化率 ，也即减小了冲力，起到缓冲效果。‎ 答案　C ‎[精练题组]‎ ‎1．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)‎ A．拉力F对物体的冲量大小为零 B．拉力F对物体的冲量大小为Ft C．拉力F对的体的冲量大小是Ftcos θ D．合力对物体的冲量大小为零 解析　对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一个方向上的冲量。某一个力的冲量与另一个力的冲量无关。‎ 答案　BD ‎2．(多选)对下列几种物理现象的解释，正确的是(　　)‎ A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量 C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力 D．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零 解析　击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A、B错误；据动量定理F·t＝Δp知，当Δp相同时，作用时间越长，作用力越小，故C项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用无关，所以D项正确。‎ 答案　CD ‎3．如图所示甲、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(　　)‎ A．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 解析　甲、乙两种情况下人对绳子的拉力相等，由冲量的定义式p＝Ft可知，两冲量相等，只有选项C是正确的。‎ 答案　C ‎4．质量为0.5 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度冲向墙壁后又以4 m/s的速度反向弹回，如图所示，若球跟墙的作用时间为0.05 s，求小球所受平均力的大小。‎ 解析　选定小球与墙碰撞的过程，取v1的方向为正方向，对小球应用动量定理得Ft＝－mv2－mv1‎ 所以，F＝＝ N＝－90 N ‎“－”号说明F的方向向左。‎ 答案　90 N ‎5．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/s2)‎ 解析　解法一　用动量定理解，分段处理。选物体作为研究对象，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)t1＝mv－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－μmgt2＝0－mv。以上两式联立解得t2＝t1＝‎ eq f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×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)t1＋(－μmg)t2＝0‎ 解得t2＝t1＝×6 s＝12 s 答案　12 s ‎【方法总结】‎ 动量定理的两个重要应用 ‎(1)应用I＝Δp求变力的冲量：如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。‎ ‎(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化：例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。‎ 考点二　动量守恒定律(－/c)‎ ‎[基础过关]‎ ‎1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。‎ ‎2．表达式：‎ m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′。‎ ‎3．适用条件 ‎(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。‎ ‎(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。‎ ‎(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。‎ ‎【过关演练】‎ ‎1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后(　　)‎ A．甲木块的动量守恒 B．乙木块的动量守恒 C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒 D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒 解析　动量守恒的研究对象为相互作用的两个或两个以上物体组成的系统，故A、B项错，C项正确；在甲与乙相互作用过程中，系统的动能一部分会转化成弹簧的弹性势能。所以动能不守恒，D项错误。‎ 答案　C ‎2．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0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(　　)‎ A．v0＋v B．v0－v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)‎ 解析　取向右为正方向，由动量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝v0＋(v0＋v)，故C正确。‎ 答案　C ‎[要点突破]‎ 要点一　动量守恒的判断 ‎1．动量守恒的判断 由动量守恒的条件判断系统动量守恒的步骤如下：‎ ‎(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，从而判定系统的动量是否守恒。‎ ‎2．注意动量守恒的条件和机械能守恒的条件不同：‎ 机械能守恒的条件是只有重力、弹力做功，动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为0。‎ ‎【例1】 (多选)一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，当枪沿水平方向向前发射一颗子弹时，下列判断正确的是(　　)‎ A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和小车组成的系统动量守恒 C．枪、子弹、小车三者组成的系统动量守恒 D．枪发射子弹后，枪和小车一起向后运动 解析　发射子弹的过程中，火药燃烧产生的高温、高压气体对枪和子弹的作用力使枪和子弹的动量发生改变，与此同时，小车和枪之间也有作用力，这个作用力对枪和子弹组成的系统来说是外力，枪和子弹组成的系统动量不守恒，而气体作用力对枪和小车组成的系统来说又是外力，使枪和小车组成的系统动量不守恒，所以A、B项错；若把枪、子弹、小车三者作为一个系统，则系统所受合外力为零，满足动量守恒条件，故C项正确；发射子弹后，子弹获得向前的动量，而系统初动量为零，所以枪和小车组成的整体必定获得大小相等、方向相反的动量，枪和小车一起向后运动，D项正确。‎ 答案　CD 要点二　动量守恒定律应用 ‎1．注意动量守恒的“四性”‎ ‎(1)矢量性：表达式中涉及的都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。‎ ‎(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。不同时刻的动量不能相加。‎ ‎(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。‎ ‎(4)普适性：它不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。‎ ‎2．解题步骤 ‎【例2】 在高速公路上发生了一起交通事故，一辆质量为1 500 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg 向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s 的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率是(　　)‎ A．小于10 m/s B．大于10 m/s小于20 m/s C．大于20 m/s小于30 m/s D．大于30 m/s小于40 m/s 解析　由于碰撞过程时间极短，两车之间的作用力远大于它们所受到的阻力，可认为碰撞过程中两车的动量守恒。设向南为正方向，客车的质量为m1＝1 500 kg、速度为v1＝20 m/s，卡车的质量为m2＝3 000 kg、速率为v2。由于碰后两车撞在一起向南滑行，故碰后两车的共同速度v>0。‎ 根据动量守恒定律有：m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v 所以m1v1－m2v2>0‎ 有：v2< 代入数据得：v2<10 m/s 答案　A ‎[精练题组]‎ ‎1．(多选)下列相互作用的过程中，可以认为系统动量守恒的是(　　)‎ 解析　动量守恒的条件是相互作用的物体系统不受外力或所受外力的合力为零，而相互作用过程中内力远大于外力时也可认为动量守恒。图A中，滑轮男孩推滑轮女孩的过程中，内力远大于外力，因此系统的动量可认为守恒；图B和图D中，在两物体相互作用的过程中，没有满足内力远大于外力的条件，系统的动量不守恒；图C中，太空中无空气阻力作用，太空人和子弹在相互作用过程中动量守恒。‎ 答案　AC ‎2．滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为(　　)‎ A. B. ‎ C. D．v1‎ 解析　根据动量守恒条件可知人与雪橇系统水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1。‎ 答案　D ‎3．如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s，乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)(　　)‎ A．1 m/s B．0.5 m/s C．－1 m/s D．－0.5 m/s 解析　两车碰撞过程动量守恒 m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v 得v＝ ‎＝ m/s＝－0.5 m/s 答案　D ‎4．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为(　　)‎ A．1∶2 B．1∶3 C．2∶1 D．2∶3‎ 解析　设碰前A球的速率为v，根据题意，pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝v 所以＝＝。选项D正确。‎ 答案　D ‎5．甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲乘的小车上有质量为m＝1 kg的小球若干，甲和他的小车及所带小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s 的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不致相撞。求此时：‎ ‎(1)两车的速度各为多大？‎ ‎(2)甲总共抛出了多少个小球？‎ 解析　(1)两车刚好不相撞，则两车速度相同，由动量守恒定律得 M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v 解得v＝1.5 m/s ‎(2)对甲及从小车上抛出的小球，由动量守恒定律得 M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′‎ 解得n＝15‎ 即总共抛出了15个小球。‎ 答案　1.5 m/s　1.5 m/s　(2)15个 ‎【方法总结】‎ ‎(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。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)严格解决动量守恒定律的步骤 ‎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。‎ 考点三　碰　撞(－/d)‎ ‎[基础过关]‎ ‎1．碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的相互作用力很大的现象。‎ ‎2．特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。‎ ‎3．分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 ‎【过关演练】‎ ‎1．如图所示，A、B两物体的质量分别为mA、mB，且mA>mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B 上，经相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将(　　)‎ A．停止运动 B．向左运动 C．向右运动 D．运动方向不能确定 解析　由于力F相同且作用距离相同，即力F对A、B两物体做的功相等，由动能定理得A、B两物体获得的动能相等，即EkA＝EkB，又由p2＝2mEk得pA>pB，撤去F后A、B两物体组成的系统动量守恒，则有p总＝pA－pB，方向向右，故选C。‎ 答案　C ‎2．(2016·浙江兰溪一中期中)如图所示，一质量为0.5 kg的小球A以2.0 m/s的速度和静止于光滑水平面上、质量为1 kg的另一大小相同的小球B发生正碰，碰撞后它以0.2 m/s 的速度反弹。求：‎ ‎(1)原来静止小球B获得的速度大小；‎ ‎(2)碰撞过程中损失的机械能。‎ 解析　(1)A、B两小球碰撞过程中动量守恒，设小球B的速度为v，则mAvA＝mAvA′＋mBv，‎ 代入数据解得v＝1.1 m/s。‎ ‎(2)由A、B两小球组成的系统能量守恒有 mAv＝mAvA′2＋mBv2＋ΔE 解得ΔE＝0.385 J 答案　(1)1.1 m/s　(2)0.385 J ‎[要点突破]‎ 要点一　碰撞现象满足的规律 ‎1．动量守恒定律。‎ ‎2．机械能不增加。‎ ‎3．速度要合理。‎ ‎(1)若碰前两物体同向运动，则应有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，则应有v前′≥v后′。‎ ‎(2)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。‎ ‎【例1】 两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg、vA＝6 m/s、vB＝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．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　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vA′大于B的速度vB′，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Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek＝mAv＋mBv＝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。‎ 答案　B 要点二　碰撞 解决碰撞问题往往需要用动量守恒定律结合能量守恒定律，两者结合是解决此类问题的方法。若是弹性碰撞，则利用动量守恒和机械能守恒定律结合解决问题。‎ ‎【例2】 如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程中产生的内能可能为(　　)‎ A．16 J B．2 J C．6 J D．4 J 解析　设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即E＝m0v－，而木块获得的动能E木＝m·(v0)2＝6 J，两式相除得＝>1，选项A正确。‎ 答案　A ‎[精练题组]‎ ‎1．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)‎ A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s B．pA′＝3 kg·m/s，pB′＝9 kg·m/s C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s 解析　从碰撞前后动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′验证，A、B、C三种皆有可能。从总动能不增加即＋≥＋来看，只有A可能。‎ 答案　A ‎2．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是(　　)‎ A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定 解析　由动量守恒3mv－mv＝0＋mv′‎ 所以v′＝2v 碰前总动能：Ek＝3mv2＋mv2＝2mv2‎ 碰后总动能：Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A对。‎ 答案　A ‎3．如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s ，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是(　　)‎ A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s C．vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s 解析　两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和。即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2②，答案D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误。‎ 答案　D ‎4．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是(　　)‎ A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma＝mb D．无法判断 解析　由动量守恒定律得mava＝mava′＋mbvb′，由于va′＜0，则b球获得的动量大于a球最初的动量。若ma＝mb，则两球交换速度，与图象不符；由Ek＝知，若ma＞mb，则b球的动能将会大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足ma＜mb。‎ 答案　B ‎5．如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带正电的小球，A球质量为m，B球质量为2m，开始时，两球相距很远。今A球以初速度v0向B球接近。求当两球距离最近时，两球速度为多少？在此过程中电势能增加了多少？‎ 解析　以A、B两小球组成的系统为研究对象，其所受合外力为零，运用动量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v1，得v1＝。又根据能量守恒观点系统动能减少量等于电势能的增加量。ΔEp＝mv－×3mv＝mv。‎ 答案　　mv ‎6．如图所示，两小车A、B置于光滑水平面上，质量分别为m和2m，一轻质弹簧两端分别固定在两小车上，开始时弹簧处于拉伸状态，用手固定两小车。现在先释放小车B，当小车B的速度大小为3v时，再释放小车A，此时弹簧仍处于拉伸状态；当小车A的速度大小为v时，弹簧刚好恢复原长。自始至终弹簧都未超出弹性限度。求：‎ ‎(1)弹簧刚恢复原长时，小车B的速度大小；‎ ‎(2)两小车相距最近时，小车A的速度大小；‎ ‎(3)求两小车相距最近时，弹簧弹性势能大小。‎ 解析　(1)设弹簧刚恢复原长时，小车B速度为vB，‎ 以A、B两车和弹簧为研究对象，小车B速度为3v开始 到小车A速度为v过程，此系统动量守恒，列方程有：‎ ‎2m·3v＝2 m·vB＋M(－v)‎ 解得vB＝3.5v ‎(2)两小车相距最近时速度相同，由动量守恒定律有：‎ ‎2m×3v＝(2m＋m)vA 解得vA＝2v ‎(3)从弹簧刚恢复原长到两小车相距最近过程用能量守恒定律有 E弹＝×2mv＋mv2－×3m·v 解得E弹＝ mv2‎ 答案　(1)3.5v　(2)2v　(3)mv2‎ 考点四　反冲运动　火箭(－/b)‎ ‎[基础过关]‎ ‎1．反冲运动 ‎(1)反冲：根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。‎ ‎(2)反冲现象的应用及防止 ‎①应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转，可以自动改变喷水的方向。‎ ‎②防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。‎ ‎2．火箭 ‎(1)火箭的原理 火箭的工作原理是反冲运动，其反冲过程动量守恒，它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度。‎ ‎(2)影响火箭获得速度大小的因素 ‎①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2__000～4__000 m/s。‎ ‎②火箭的质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，决定于火箭的结构和材料。现代火箭的质量比一般小于10。‎ 喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。‎ ‎【过关演练】‎ ‎1．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.v0 B.v0‎ C.v0 D.v0‎ 解析　选火箭和燃料整体为研究对象，在气体喷出的过程中，内力远大于外力，系统动量守恒，则(M－m)v＝mv0，‎ 解得v＝，故D选项正确。‎ 答案　D ‎2．一炮弹以一定倾角斜向上发射达到最高点时，爆炸成两块，其中一块沿原方向运动，则另一块(　　)‎ A．一定沿原来相反的方向运动 B．一定沿原来相同的方向运动 C．可能做自由落体运动 D．可能做竖直上抛运动 解析　炮弹在最高点时有水平速度，爆炸前总动量向前，因为爆炸前后总动量守恒，爆炸后只知道一部分动量向前，不能确定另一部分动量方向，向前、向后、零都有可能。‎ 答案　C ‎[要点突破]‎ 要点一　反冲运动的特点 ‎1．物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。‎ ‎2．反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可用动量守恒定律处理。‎ ‎3．反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，系统总动能一般会增加。‎ ‎【例1】 如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点。用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将(　　)‎ A．向右运动 B．向左运动 C．静止不动 D．小球下摆时，车向左运动，碰撞后又静止 解析　这是反冲运动，根据动量守恒定律可知，小球下落时速度向右，小车向右；小球静止，小车也静止。‎ 答案　D 要点二　火箭 ‎1．火箭的工作原理：反冲现象。‎ ‎2．多级火箭：能及时把空壳抛掉，使火箭的总质量减少，因而能够达到很高的速度，但火箭的级数不是越多越好，级数越多，构造越复杂，工作的可靠性越差，目前多级火箭一般都是三级火箭。‎ ‎3．火箭获得的最终速度 火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1‎ ‎，如图所示，燃料燃尽后火箭的飞行速度v为多大？‎ 在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。‎ 发射前的总动量为0，发射后的总动量为 mv－(M－m)v1(以火箭的速度方向为正方向)‎ 则mv－(M－m)v1＝0‎ 所以v＝(－1)v1‎ 燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比M/m决定。‎ ‎【例2】 运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(　　)‎ A．燃料推动空气，空气反作用力推动火箭 B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭 C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭 D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭 解析　反冲运动中满足动量守恒定律，向后喷出的气体，使火箭获得向前的推力。‎ 答案　B ‎[精练题组]‎ ‎1．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是(　　)‎ A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变 C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小 解析　整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变，又因为船发射炮弹后质量减小，因此船的速度增大。‎ 答案　A ‎2．假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是(　　)‎ A．向后踢腿 B．手臂向后甩 C．在冰面上滚动 D．脱下外衣水平抛出 解析　踢腿、甩手对整个身体系统来讲是内力，内力不改变系统整体的运动状态。‎ 答案　D ‎3．(多选)春节期间孩子们玩“冲天炮”，有一只被点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动，其中有一段时间内“冲天炮”向上做匀速直线运动，在这段时间内与“冲天炮”的有关物理量将是(　　)‎ A．合外力为零 B．动能不变 C．重力不变 D．动量值变小 解析　“冲天炮”向上匀速，所以合力为零，在上升过程中喷出气体，则质量变小，即重力、动能、动量变小。‎ 答案　AD ‎4．一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左、右两端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移动，则(　　)‎ A．若两人质量相等，必定v甲>v乙 B．若两人质量相等，必定v甲m乙 D．若两人速率相等，必定m甲

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