新高考物理一輪復習精品學案第7章第2講動量守恒定律及應(yīng)用（含解析）-學案下載-教習網(wǎng)

考點一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用
1．內(nèi)容
如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變．
2．表達式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向．
1．只要系統(tǒng)所受合外力做功為0，系統(tǒng)動量就守恒．( × )
2．系統(tǒng)的動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變．( √ )
3．動量守恒定律的表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，應(yīng)用時要規(guī)定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系．( √ )
1．適用條件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零．
(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠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)在這一方向上動量守恒．
2．應(yīng)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．
考向1 系統(tǒng)動量守恒的判斷
例1 如圖甲所示，把兩個質(zhì)量相等的小車A和B靜止地放在光滑的水平地面上．它們之間裝有被壓縮的輕質(zhì)彈簧，用不可伸長的輕細線把它們系在一起．如圖乙所示，讓B緊靠墻壁，其他條件與圖甲相同．對于小車A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，燒斷細線后下列說法正確的是( )
A．從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，圖甲所示系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒
B．從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，圖乙所示系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒
C．從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，墻壁對圖乙所示系統(tǒng)的沖量為零
D．從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，墻壁彈力對圖乙中B車做功不為零
答案 A
解析從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，題圖甲所示系統(tǒng)所受外力之和為0，則系統(tǒng)動量守恒，且運動過程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對B有力的作用，則系統(tǒng)所受外力之和不為0，則系統(tǒng)動量不守恒，運動過程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墻壁對題圖乙所示系統(tǒng)的沖量不為零，故C錯誤；從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，由于B車沒有位移，則墻壁彈力對題圖乙中B車做功為0，故D錯誤．
考向2 動量守恒定律的基本應(yīng)用
例2 (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車時對地的水平速度相同．他跳到a車上相對a車保持靜止，此后( )
A．a(chǎn)、b兩車運動速率相等
B．a(chǎn)、c兩車運動速率相等
C．三輛車的速率關(guān)系vc>va>vb
D．a(chǎn)、c兩車運動方向相反
答案 CD
解析設(shè)向右為正方向，設(shè)人跳離b、c車時對地水平速度為v，在水平方向由動量守恒定律有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A、B錯誤，選項C、D正確．
考向3 動量守恒定律的臨界問題
例3 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＝6 m/s，甲車上有質(zhì)量為m＝1 kg的小球若干個，甲和他的小車及小車上小球的總質(zhì)量為M1＝50 kg，乙和他的小車的總質(zhì)量為M2＝30 kg.為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面為v′＝16.5 m/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數(shù)是( )
A．12 B．13 C．14 D．15
答案 D
解析規(guī)定甲的速度方向為正方向，兩車剛好不相撞，則兩車速度相等，由動量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s，對甲、小車及從甲車上拋出的小球，由動量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正確．
考點二爆炸、反沖運動和人船模型
1．爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
2.反沖運動的三點說明
1．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．( √ )
2．爆炸過程中機械能增加，反沖過程中機械能減少．( × )
人船模型
(1)模型圖示
(2)模型特點
①兩物體滿足動量守恒定律：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)運動特點
①人動則船動，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).
考向1 爆炸問題
例4 在某次軍演中，一炮彈由地面斜向上發(fā)射，假設(shè)當炮彈剛好到最高點時爆炸，炸成前后兩部分P、Q，其中P的質(zhì)量大于Q.已知爆炸后P的運動方向與爆炸前的運動方向相同，假設(shè)爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空氣的阻力，則下列說法正確的是( )
A．爆炸后Q的運動方向一定與P的運動方向相同
B．爆炸后Q比P先落地
C．Q的落地點到爆炸點的水平距離大
D．爆炸前后P、Q動量的變化量大小相等
答案 D
解析在爆炸過程中，由于重力遠小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動量守恒．爆炸前炮彈在最高點的速度沿水平方向，爆炸后P的運動方向與爆炸前的運動方向相同，根據(jù)動量守恒定律判斷出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的運動方向取決于P的動量與爆炸前炮彈的動量的大小關(guān)系，因此Q的運動方向不一定與爆炸前的運動方向相同，故A錯誤；在爆炸過程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用時間相同，則爆炸力的沖量大小一定相等，由動量定理可知，在爆炸過程中P、Q動量的改變量大小相等、方向相反，D正確；爆炸后P、Q均做平拋運動，豎直方向上為自由落體運動，由于高度相同，在空中運動時間一定相同，所以P、Q一定同時落地，B錯誤；由于爆炸后兩部分速度的大小關(guān)系無法判斷，因此落地點到爆炸點的水平距離無法確定，C錯誤．
考向2 反沖運動
例5 (2022·河南省模擬)解放軍發(fā)出4枚“東風快遞”(中程彈道導彈)，準確擊中預定目標，發(fā)射導彈過程可以簡化為：將靜止的質(zhì)量為M(含燃料)的東風導彈點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體，忽略噴氣過程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時東風導彈獲得的速度大小是( )
A.eq \f(m,M) v0 B.eq \f(M,m) v0 C.eq \f(M,M－m) v0 D.eq \f(m,M－m) v0
答案 D
解析由動量守恒定律得mv0＝(M－m)v，導彈獲得的速度v＝eq \f(m,M－m)v0，故選D.
考向3 人船模型
例6 (多選)如圖所示，繩長為l，小球質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)( )
A．系統(tǒng)的總動量守恒
B．水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向或都為零
C．小球不能向左擺到原高度
D．小車向右移動的最大距離為eq \f(2ml,M＋m)
答案 BD
解析系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守恒，而總動量不守恒，A錯誤，B正確；根據(jù)水平方向的動量守恒及機械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，C錯誤；小球相對于小車的最大位移為2l，根據(jù)“人船模型”，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)小球水平方向的平均速度為vm，小車水平方向的平均速度為vM，mvm－MvM＝0，兩邊同時乘以運動時間t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小車向右移動的最大距離為eq \f(2ml,M＋m)，D正確．
考點三碰撞問題
1．碰撞
碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象．
2．特點
在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒．
3．分類
1．碰撞前后系統(tǒng)的動量和機械能均守恒．( × )
2．在光滑水平面上的兩球相向運動，碰撞后均變?yōu)殪o止，則兩球碰撞前的動量大小一定相同．( √ )
1．碰撞問題遵守的三條原則
(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3)速度要符合實際情況
①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，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動，則應(yīng)有v前′≥v后′.
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向至少有一個改變．
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的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
聯(lián)立解得：v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；
②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩小球沿同一方向運動)；當m1?m2時，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m1E2，所以兩冰壺間的碰撞為非彈性碰撞，
能量損失E＝ E1－ E2＝0.57 J.
課時精練
1.(2021·全國乙卷·14)如圖，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．用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動．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．動量守恒，機械能守恒
B．動量守恒，機械能不守恒
C．動量不守恒，機械能守恒
D．動量不守恒，機械能不守恒
答案 B
解析因為滑塊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滑動，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；對小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒和機械能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒．故選B.
2.(多選)在光滑的水平面上，一個質(zhì)量為2 kg的物體A與另一物體B發(fā)生正碰，碰撞時間不計，兩物體的位置隨時間變化規(guī)律如圖所示，以A物體碰前速度方向為正方向，下列說法正確的是( )
A．碰撞后A的動量為6 kg·m/s
B．碰撞后A的動量為2 kg·m/s
C．物體B的質(zhì)量為2 kg
D．碰撞過程中合外力對B的沖量為6 N·s
答案 BD
解析由題圖可知，碰撞前A的速度為v0＝eq \f(16,4) m/s＝4 m/s，碰撞后A、B共同的速度為v＝eq \f(24－16,12－4) m/s＝1 m/s，則碰撞后A的動量為pA＝mAv＝2 kg×1 m/s＝2 kg·m/s，A錯誤，B正確；A、B碰撞過程中，由動量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v，解得：mB＝6 kg，C錯誤；對B，由動量定理可得IB＝mBv－0＝6 N·s，D正確．
3．(多選)某同學想用氣墊導軌模擬“人在船上走”模型．該同學到實驗室里，將一質(zhì)量為M的滑塊置于長為L的氣墊導軌上并接通電源．該同學又找來一個質(zhì)量為m的蝸牛置于滑塊的一端，在食物的誘惑下，蝸牛從該端移動到另一端．下面說法正確的是( )
A．只有蝸牛運動，滑塊不運動
B．滑塊運動的距離是eq \f(M,M＋m)L
C．蝸牛運動的位移是滑塊的eq \f(M,m)倍
D．滑塊與蝸牛運動的距離之和為L
答案 CD
解析根據(jù)“人船模型”，易得滑塊運動的距離為eq \f(m,M＋m)L，蝸牛運動的距離為eq \f(M,M＋m)L，二者運動的距離之和為L，C、D正確．
4．豎直向上發(fā)射一物體(不計空氣阻力)，在物體上升的某一時刻突然炸裂為a、b兩塊，質(zhì)量較小的a塊速度方向與物體原來的速度方向相反，則( )
A．炸裂后瞬間，a塊的速度一定比原來物體的速度小
B．炸裂后瞬間，b塊的速度方向一定與原來物體的速度方向相同
C．炸裂后瞬間，b塊的速度一定比原來物體的速度小
D．炸裂過程中，b塊的動量變化量大小一定小于a塊的動量變化量大小
答案 B
解析在炸裂過程中，由于重力遠小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動量守恒，炸裂后瞬間a塊的速度大小不能確定，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律有(ma＋mb)v0＝ma(－va)＋mbvb，解得vb＝eq \f(?ma＋mb?v0＋mava,mb)>v0，b塊的速度方向一定與原來物體的速度方向相同，故A、C錯誤，B正確；由動量守恒可知，炸裂過程中，b塊的動量變化量大小一定等于a塊的動量變化量大小，故D錯誤．
5．冰壺運動深受觀眾喜愛，在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖乙．若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是圖中的哪幅圖( )
答案 B
解析兩冰壺碰撞過程中動量守恒，兩冰壺發(fā)生正碰，由動量守恒定律可知，碰撞前后系統(tǒng)動量不變，兩冰壺的動量方向即速度方向，不會偏離甲原來的方向，可知，A圖情況是不可能的，故A錯誤；如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運動，最后停止，最終兩冰壺的位置可能如選項B所示，故B正確；兩冰壺碰撞后，乙在前，甲在后，選項C所示是不可能的，故C錯誤；碰撞過程機械能不可能增大，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D錯誤．
6.如圖所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它們，設(shè)碰撞過程中不損失機械能，則碰后三個小球的速度分別為( )
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(1,\r(3))v0
B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,\r(2))v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案 D
解析由題設(shè)條件，三球在碰撞過程中總動量和總動能守恒．設(shè)三球質(zhì)量均為m，則碰撞前系統(tǒng)總動量為mv0，總動能為eq \f(1,2)mv02.選項A、B中的數(shù)據(jù)都違反了動量守恒定律，故不可能．對選項C，碰后總動量為mv0，但總動能為eq \f(1,4)mv02，這顯然違反了機械能守恒定律，故不可能．對選項D，既滿足動量守恒定律，也滿足機械能守恒定律，故選D.
7.如圖所示，在光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的小車，用長為L的細線系一質(zhì)量為m的小球，將小球拉至水平位置，球放開時小車與小球保持靜止狀態(tài)，松手后讓小球下落，在最低點與固定在小車上的油泥相撞并粘在一起，則( )
A．小球與油泥相撞后一起向左運動
B．小球與油泥相撞后一起向右運動
C．整個過程小車的運動距離為eq \f(ML,m＋M)
D．整個過程小車的運動距離為eq \f(mL,m＋M)
答案 D
解析在水平方向上，系統(tǒng)不受外力，因此在水平方向動量守恒．小球下落過程中，水平方向具有向右的分速度，因此為保證動量守恒，小車要向左運動．當撞到油泥，是完全非彈性碰撞，小球和小車大小相等方向相反的動量恰好抵消掉，所以小車和小球都保持靜止，故A、B錯誤；設(shè)當小球到達最低點時，小球向右移動的距離為x1，小車向左移動的距離為x2，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒有mv1－Mv2＝0，又v1＝eq \f(x1,t)，v2＝eq \f(x2,t)，則有meq \f(x1,t)－Meq \f(x2,t)＝0，變形得mx1＝Mx2，根據(jù)x1＋x2＝L，聯(lián)立解得x2＝eq \f(mL,m＋M)，故C錯誤，D正確．
8．(2021·浙江1月選考·12)在爆炸實驗基地有一發(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，上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊．遙控器引爆瞬間開始計時，在5 s末和6 s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340 m/s，重力加速度大小g取10 m/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∶2
B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80 m
C．爆炸后的質(zhì)量大的碎塊的初速度為68 m/s
D．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340 m
答案 B
解析設(shè)碎塊落地的時間為t，質(zhì)量大的碎塊水平初速度為v，則由動量守恒定律知質(zhì)量小的碎塊水平初速度為2v，爆炸后的碎塊做平拋運動，下落的高度相同，則在空中運動的時間相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比為1∶2，碎塊位移s＝eq \r(x2＋y2)，可見兩碎塊的位移大小之比不是1∶2，故A項錯誤；據(jù)題意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×340 m/s，聯(lián)立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸點離地面高度為h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，所以B項正確，C項錯誤；兩碎塊落地點的水平距離為Δx＝3vt＝1 020 m，故D項錯誤．
9．(多選)質(zhì)量為M的物塊以速度v運動，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正撞，碰撞后兩者的動量正好相等，兩者質(zhì)量之比eq \f(M,m)可能為( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 AB
解析根據(jù)動量守恒得，設(shè)碰撞后兩者的動量都為p，則總動量為2p，根據(jù)動量和動能的關(guān)系有：p2＝2mEk，根據(jù)能量關(guān)系，由于動能不增加，則有：eq \f(4p2,2M)≥eq \f(p2,2m)＋eq \f(p2,2M)，解得eq \f(M,m)≤3，故A、B正確，C、D錯誤．
10．在發(fā)射地球衛(wèi)星時需要運載火箭多次點火，以提高最終的發(fā)射速度．某次地球近地衛(wèi)星發(fā)射的過程中，火箭噴氣發(fā)動機每次噴出質(zhì)量為m＝800 g的氣體，氣體離開發(fā)動機時的對地速度v＝1 000 m/s，假設(shè)火箭(含燃料在內(nèi))的總質(zhì)量為M＝600 kg，發(fā)動機每秒噴氣20次，忽略地球引力的影響，則( )
A．第三次氣體噴出后火箭的速度大小約為4 m/s
B．地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射，速度大小至少達到11.2 km/s
C．要使火箭能成功發(fā)射至少要噴氣500次
D．要使火箭能成功發(fā)射至少要持續(xù)噴氣17 s
答案 A
解析設(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象，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4 m/s，故A正確；地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射，噴氣n次后至少要達到第一宇宙速度，即：vn＝7.9 km/s，故B錯誤；以火箭和噴出的n次氣體為研究對象，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：(M－nm)vn－nmv＝0，代入數(shù)據(jù)解得：n≈666，故C錯誤；至少持續(xù)噴氣時間為：t＝eq \f(n,20)＝33.3 s，故D錯誤．
11.如圖所示，甲車質(zhì)量m1＝20 kg，車上有質(zhì)量M＝50 kg的人，甲車(連同車上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行，此時質(zhì)量m2＝50 kg的乙車正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑來，為了避免兩車相撞，當兩車相距適當距離時，人從甲車跳到乙車上，則人跳出甲車的水平速度(相對地面)應(yīng)當在什么范圍內(nèi)才能避免兩車相撞？不計地面和小車的摩擦，且乙車足夠長．
答案大于或等于3.8 m/s
解析人跳到乙車上后，如果兩車同向，且甲車的速度等于乙車的速度就可以恰好避免兩車相撞
以人、甲車、乙車組成的系統(tǒng)為研究對象，以向右為正方向
由水平方向動量守恒得
(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′
解得v′＝1 m/s
以人與甲車為一系統(tǒng)，人跳離甲車過程水平方向動量守恒，得(m1＋M)v＝m1v′＋Mu
解得u＝3.8 m/s
因此，只要人跳離甲車的水平速度大于或等于3.8 m/s，就可避免兩車相撞．
12．如圖所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，AB段是半徑R＝0.8 m的eq \f(1,4)圓弧，B在圓心O的正下方，BC段水平，AB段與BC段平滑連接．球2、球3均放在BC軌道上，質(zhì)量m1＝0.4 kg的球1從A點由靜止釋放，球1進入水平軌道后與球2發(fā)生彈性正碰，球2再與球3發(fā)生彈性正碰，g＝10 m/s2.
(1)求球1到達B點時對軌道的壓力大?。?br>(2)若球2的質(zhì)量m2＝0.1 kg，求球1與球2碰撞后球2的速度大小；
(3)若球3的質(zhì)量m3＝0.1 kg，為使球3獲得最大的動能，球2的質(zhì)量應(yīng)為多少．
答案 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
解析 (1)對球1從A到B應(yīng)用動能定理：m1gR＝eq \f(1,2)m1v02
在B點對球1應(yīng)用牛頓第二定律：
FN－m1g＝m1eq \f(v02,R)
聯(lián)立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N
由牛頓第三定律知球1在B點對軌道的壓力大小FN′＝FN＝12 N.
(2)球1、球2碰撞時，根據(jù)動量守恒定律有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
由機械能守恒定律得：
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
解得：v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0＝6.4 m/s.
(3)同理，球2、球3碰撞后：
v3＝eq \f(2m2,m2＋m3)v2
則v3＝eq \f(2m2,m2＋m3)·eq \f(2m1,m1＋m2)v0
代入數(shù)據(jù)得v3＝eq \f(1.6,m2＋\f(0.04,m2)＋0.5)v0，
由數(shù)學知識可知，當m2＝eq \f(0.04,m2)時，m2＋eq \f(0.04,m2)＋0.5最小，v3最大
所以m22＝0.04，m2＝0.2 kg.
13．(多選)(2020·全國卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞．
總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員．不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為( )
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
答案 BC
解析設(shè)運動員的質(zhì)量為M，第一次推物塊后，運動員速度大小為v1，第二次推物塊后，運動員速度大小為v2……第八次推物塊后，運動員速度大小為v8，第一次推物塊后，由動量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物塊后由動量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq \f(?2n－1?mv0,M)，則v7＝eq \f(260 kg·m/s,M)，v8＝eq \f(300 kg·m/s,M).由題意知，v752 kg，又知v8>5 m/s，則M

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