《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 第32講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案（含解析）-.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 第32講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案（含解析）-.doc（22頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第32講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用
考點(diǎn)一 動(dòng)量守恒定律的理解
1．動(dòng)量守恒定律的內(nèi)容
如果一個(gè)系統(tǒng)不受力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。
2．動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式
(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量等大反向。
(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。
3．動(dòng)量守恒定律的適用條件
(1)理想守恒：系統(tǒng)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(yuǎn)大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某個(gè)方向上不受力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這個(gè)方向上動(dòng)量守恒。
4．判斷動(dòng)量是否守恒的步驟
方法一：從受力的角度分析
(1)明確系統(tǒng)由哪幾個(gè)物體組成。
(2)對(duì)系統(tǒng)中各物體進(jìn)行受力分析，分清哪些是內(nèi)力，哪些是外力。
(3)看所有外力的合力是否為零，或內(nèi)力是否遠(yuǎn)大于外力，從而判斷系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒。
方法二：從系統(tǒng)總動(dòng)量變化情況判斷
(1)明確初始狀態(tài)系統(tǒng)的總動(dòng)量是多少。
(2)對(duì)系統(tǒng)內(nèi)的物體進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)分析，確定每一個(gè)物體的動(dòng)量變化情況。
(3)確定系統(tǒng)動(dòng)量變化情況，進(jìn)而判斷系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒。
5．對(duì)動(dòng)量守恒定律的理解
(1)動(dòng)量守恒定律是說(shuō)系統(tǒng)內(nèi)部物體間的相互作用只能改變每個(gè)物體的動(dòng)量，而不能改變系統(tǒng)的總動(dòng)量。
(2)應(yīng)用此定律時(shí)我們應(yīng)該選擇地面或相對(duì)地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體做參照物。
(3)動(dòng)量是矢量，系統(tǒng)的總動(dòng)量不變是說(shuō)系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的動(dòng)量的矢量和不變。等號(hào)的含義是說(shuō)等號(hào)的兩邊不但大小相等，而且方向相同。
(2018安徽六安市一中段考)如圖所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開(kāi)始落下，與圓弧槽相切自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是( )
A．小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，只有重力對(duì)它做功
B．小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒
C．小球自半圓槽的最低點(diǎn)B向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒
D．小球離開(kāi)C點(diǎn)以后，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)
解析 當(dāng)小球在槽內(nèi)由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，左側(cè)物體對(duì)槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；當(dāng)小球由B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，因小球?qū)Σ塾行毕蛴蚁路降膲毫?，槽做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能增加，小球機(jī)械能減少，槽對(duì)小球的支持力對(duì)小球做了負(fù)功，故A錯(cuò)誤；小球從B到C的過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向合外力為零，故系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，故C正確；小球離開(kāi)C點(diǎn)以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
答案 C
方法感悟
對(duì)動(dòng)量守恒定律理解的幾個(gè)誤區(qū)
(1)誤認(rèn)為只要系統(tǒng)初、末狀態(tài)的動(dòng)量相同，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。系統(tǒng)在變化過(guò)程中每一個(gè)時(shí)刻動(dòng)量均不變，才符合動(dòng)量守恒定律。
(2)誤認(rèn)為兩物體作用前后的速度在同一條直線上時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量才能守恒。產(chǎn)生該錯(cuò)誤認(rèn)識(shí)的原因是沒(méi)有正確理解動(dòng)量守恒的條件，動(dòng)量是矢量，只要系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)內(nèi)各物體的運(yùn)動(dòng)不一定共線。
(3)誤認(rèn)為動(dòng)量守恒定律中，各物體的動(dòng)量可以相對(duì)于任何參考系。出現(xiàn)該誤區(qū)的原因是沒(méi)有正確理解動(dòng)量守恒定律，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，各物體的動(dòng)量必須是相對(duì)于同一慣性參考系，一般情況下，選地面為參考系。
(4)誤認(rèn)為整體合力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，單方向上系統(tǒng)動(dòng)量也不守恒。如果某個(gè)方向上系統(tǒng)所受合力為零，那么系統(tǒng)在這個(gè)方向動(dòng)量守恒。
1．(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(duì)兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法中正確的是( )
A．兩手同時(shí)放開(kāi)后，系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零
B．先放開(kāi)左手，后放開(kāi)右手，此后動(dòng)量不守恒
C．先放開(kāi)左手，后放開(kāi)右手，總動(dòng)量向左
D．無(wú)論是否同時(shí)放手，只要兩手都放開(kāi)后，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，系統(tǒng)總動(dòng)量都保持不變，但系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定為零
答案 ACD
解析 當(dāng)兩手同時(shí)放開(kāi)時(shí)，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，又因?yàn)殚_(kāi)始時(shí)總動(dòng)量為零，故系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零，A正確；先放開(kāi)左手，左邊的小車就向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再放開(kāi)右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，放開(kāi)右手時(shí)總動(dòng)量方向向左，放開(kāi)右手后總動(dòng)量方向也向左，B錯(cuò)誤，C、D正確。
2. (多選)如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，原來(lái)靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑，當(dāng)彈簧突然釋放后，則( )
A．若A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒
B．若A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒
答案 BCD
解析 如果A、B與平板車上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，彈簧釋放后，若A、B分別相對(duì)小車向左、向右滑動(dòng)，它們所受的滑動(dòng)摩擦力fA向右，fB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以fA∶fB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，A、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)或摩擦力是否相等無(wú)關(guān)，故B、D正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)的外力之和為零，故其動(dòng)量守恒，C正確。
考點(diǎn)二 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用
1．動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性
2．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟
(1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程)。
(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)量。
(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程。
(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說(shuō)明。
3．注意事項(xiàng)
(1)系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，與選擇哪幾個(gè)物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運(yùn)動(dòng)過(guò)程有直接關(guān)系。
(2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時(shí)，要弄清哪些力是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些力是系統(tǒng)外的物體對(duì)系統(tǒng)的作用力。
(2014福建高考)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為( )
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
解析 火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)，在分離前后沿原運(yùn)動(dòng)方向上動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋(v0－v2)，D正確。
答案 D
方法感悟
應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的注意事項(xiàng)
(1)確定所研究的系統(tǒng)，單個(gè)物體無(wú)從談起動(dòng)量守恒。
(2)判斷系統(tǒng)是否動(dòng)量守恒，某個(gè)方向上是否動(dòng)量守恒。
(3)系統(tǒng)中各物體的速度是否是相對(duì)地面的速度，若不是，則應(yīng)轉(zhuǎn)換成相對(duì)于地面的速度。
1．(人教版選修3－5 P16T5改編)某機(jī)車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對(duì)接。機(jī)車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個(gè)共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設(shè)機(jī)車和車廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計(jì))( )
A．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
答案 B
解析 取機(jī)車和15節(jié)車廂整體為研究對(duì)象，由動(dòng)量守恒定律mv0＝(m＋15m)v，v＝v0＝0.8 m/s＝0.05 m/s。故B正確。
2. (2016天津高考)如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。若滑塊以速度v開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，與盒的左、右壁發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來(lái)回運(yùn)動(dòng)多次，最終相對(duì)于盒靜止，則此時(shí)盒的速度大小為_(kāi)_______，滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為_(kāi)_______。
答案
解析 設(shè)滑塊B質(zhì)量為m，則方盒A的質(zhì)量為2m?；瑝KB與方盒A構(gòu)成的系統(tǒng)，在水平方向所受的合外力為零，由動(dòng)量守恒定律可得，mv＝(m＋2m)v′，解得二者相對(duì)靜止時(shí)方盒A的速度v′＝。設(shè)滑塊B相對(duì)方盒A運(yùn)動(dòng)的路程為L(zhǎng)，由功能關(guān)系，可得－μmgL＝3mv′2－mv2，解得L＝。
3．(2014北京高考)如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)?，F(xiàn)將A無(wú)初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，并沿桌面滑動(dòng)。已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2 m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞前瞬間A的速率v；
(2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′；
(3)A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離l。
答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m
解析 設(shè)滑塊的質(zhì)量為m。
(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgR＝mv2
得碰撞前瞬間A的速率v＝＝2 m/s。
(2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv＝2mv′
得碰撞后瞬間A和B整體的速率v′＝v＝1 m/s。
(3)根據(jù)動(dòng)能定理(2m)v′2＝μ(2m)gl
得A和B整體沿水平桌面滑動(dòng)的距離
l＝＝0.25 m。
考點(diǎn)三 碰撞問(wèn)題
1．對(duì)碰撞的理解
(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時(shí)間很短；各物體作用前后各自動(dòng)量變化顯著；物體在作用時(shí)間內(nèi)位移可忽略。
(2)即使碰撞過(guò)程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，作用時(shí)間又很短，故外力的作用可忽略，可認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的。
(3)若碰撞過(guò)程中沒(méi)有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，則系統(tǒng)碰撞后的總機(jī)械能不可能大于碰撞前系統(tǒng)的總機(jī)械能。
2．碰撞的分類及特點(diǎn)
(1)彈性碰撞：在彈性碰撞過(guò)程中，物體發(fā)生的形變能夠完全恢復(fù)，沒(méi)有能量損失，碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)能不變。
(2)非彈性碰撞：在非彈性碰撞過(guò)程中，物體發(fā)生的形變不能完全恢復(fù)，有一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)能減少。
(3)完全非彈性碰撞：在完全非彈性碰撞過(guò)程中，碰撞后兩個(gè)物體粘在一起(或碰撞后不分開(kāi))，具有共同的速度，動(dòng)能損失最多。
3．物體的碰撞是否為彈性碰撞的判斷
彈性碰撞是碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，確切地說(shuō)是碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，動(dòng)能不變。
(1)題目中明確告訴物體間的碰撞是彈性碰撞。
(2)題目中明確告訴是彈性小球、光滑鋼球或分子(原子等微觀粒子)間的碰撞，都是彈性碰撞。
4．碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律
(1)動(dòng)量守恒。
(2)動(dòng)能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
(3)速度要合理。
①若兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則碰前應(yīng)有v后>v前；碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，前面物體的速度一定大于或等于后面物體的速度，即v前′≥v后′。
②若兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。
(2015天津高考)如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，A、B兩球的質(zhì)量之比為_(kāi)_______，A、B碰撞前、后兩球總動(dòng)能之比為_(kāi)_______。
解析 設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方向?yàn)檎较?，由題意，剛好不發(fā)生第二次碰撞說(shuō)明A、B末速度正好相同，都是－，則mBv0＝mA＋mB，解得mA∶mB＝4∶1。
碰撞前、后動(dòng)能之比
Ek1∶Ek2＝mBv∶＝9∶5。
答案 4∶1 9∶5
方法感悟
1．“一動(dòng)一靜”碰撞問(wèn)題討論
質(zhì)量為m1的球a以速度v1與靜止的質(zhì)量為m2的球b正碰，碰后球a、b的速度分別為v1′和v2′，根據(jù)能量損失情況不同，討論碰后可能出現(xiàn)的情況如下。
(1)彈性碰撞：由動(dòng)量守恒得m1v1＋0＝m1v1′＋m2v2′
由機(jī)械能守恒得m1v＝m1v1′2＋m2v2′2解得：v1′＝v1，v2′＝v1。
①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1，即兩球碰撞后速度互換；
②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0，碰后兩球均向前運(yùn)動(dòng)；
③若m1
0，碰后質(zhì)量小的球a被反彈回來(lái)。
(2)完全非彈性碰撞：v1′＝v2′＝v1。
(3)一般情況(即非彈性碰撞)：
v1≥v1′≥v1；
v1≥v2′≥v1。
2．碰撞過(guò)程中的總動(dòng)能變化
(1)彈性碰撞
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2。
(2)非彈性碰撞(包括完全非彈性碰撞)
Q＝m1v－。
1．(多選)兩個(gè)小球A、B在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，已知它們的質(zhì)量分別是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(設(shè)為正)，B的速度v2＝－3 m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是( )
A．均為1 m/s B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s D．－1 m/s和5 m/s
答案 AD
解析 由動(dòng)量守恒，可驗(yàn)證四個(gè)選項(xiàng)都滿足要求。再看動(dòng)能情況Ek＝m1v＋m2v＝49 J＋29 J＝27 J，Ek′＝m1v1′2＋m2v2′2，由于碰撞過(guò)程動(dòng)能不可能增加，所以應(yīng)有Ek≥Ek′，可排除B項(xiàng)。C項(xiàng)雖滿足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞后各自仍保持原來(lái)的速度方向(vA′>0，vB′<0)，這顯然是不符合實(shí)際的，因此C錯(cuò)誤。驗(yàn)證A、D兩項(xiàng)均滿足Ek≥Ek′，故答案為A(完全非彈性碰撞)和D(彈性碰撞)。
2. 北京成功申辦2022年冬奧會(huì)，水立方將搖身一變，成為冰立方，承辦北京冬奧會(huì)冰壺比賽。訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員將質(zhì)量為19 kg的冰壺甲推出，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后以0.4 m/s的速度正碰靜止的冰壺乙，然后冰壺甲以0.1 m/s的速度繼續(xù)向前滑向大本營(yíng)中心。若兩冰壺質(zhì)量相等，求：
(1)冰壺乙獲得的速度；
(2)試判斷兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞。
答案 (1)0.3 m/s (2)非彈性碰撞
解析 (1)由動(dòng)量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3
將v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s代入上式得v3＝0.3 m/s。
(2)碰撞前的動(dòng)能E1＝mv＝1.52 J，
碰撞后兩冰壺的總動(dòng)能E2＝mv＋mv＝0.95 J
因?yàn)镋1>E2，所以兩冰壺間的碰撞為非彈性碰撞。
考點(diǎn)四 爆炸與反沖問(wèn)題
1．爆炸
(1)爆炸中的動(dòng)量守恒
爆炸過(guò)程中物體間的相互作用力是變力，作用時(shí)間很短，作用力很大，遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力，可以用動(dòng)量守恒定律來(lái)處理。
(2)爆炸中的能量
因?yàn)橛衅渌问降哪苻D(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以系統(tǒng)的動(dòng)能會(huì)增加。
(3)爆炸后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)
在空中沿水平方向運(yùn)動(dòng)的物體，如果爆炸后分裂成兩塊，前面一塊做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，后面一塊可能做同向或反向的平拋運(yùn)動(dòng)，也可能做自由落體運(yùn)動(dòng)。
2．反沖
(1)定義：當(dāng)一個(gè)靜止的物體向某個(gè)方向射出物體的一部分時(shí)，這個(gè)物體的剩余部分將向相反的方向運(yùn)動(dòng)，這種現(xiàn)象叫反沖運(yùn)動(dòng)。
(2)反沖中的動(dòng)量守恒
反沖過(guò)程中物體間的相互作用力是變力，作用時(shí)間很短，作用力很大，遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力，可以用動(dòng)量守恒定律來(lái)處理。
(3)反沖中的能量
因?yàn)橛衅渌问降哪苻D(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以系統(tǒng)的動(dòng)能會(huì)增加。
[例1] (福建高考)將靜置在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點(diǎn)火升空，在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)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(guò)程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是( )
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
解析 噴氣過(guò)程中忽略重力和空氣阻力的影響，動(dòng)量守恒。由動(dòng)量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0，D正確。
答案 D
[例2] 以與水平方向成60角斜向上的初速度v0射出的炮彈，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)因爆炸分成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊，其中質(zhì)量為2m的一塊沿著原來(lái)的方向以2v0的速度飛行。求：
(1)質(zhì)量較小的那一塊彈片速度的大小和方向；
(2)爆炸過(guò)程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈的動(dòng)能？
解析 (1)斜拋的炮彈在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則炮彈在最高點(diǎn)爆炸前的速度為v1＝v0cos60＝。
設(shè)炮彈在最高點(diǎn)爆炸前的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2，
又v1′＝2v0，解得v2＝－2.5v0，負(fù)號(hào)表示速度方向與規(guī)定的正方向相反。
(2)爆炸過(guò)程中轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)能等于動(dòng)能的增量，所以轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)能為
E＝ΔEk＝－(3m)v
＝mv。
答案 (1)2.5v0 方向與爆炸前炮彈運(yùn)動(dòng)的方向相反
(2)mv
方法感悟
(3)要注意初、末態(tài)的動(dòng)量。如例2，炮彈到最高點(diǎn)有水平動(dòng)量。
近年春節(jié)期間，全國(guó)許多大中城市將燃放煙花爆竹禁放改為限放，增加了節(jié)日氣氛。假設(shè)一質(zhì)量為m的煙花從地面上A點(diǎn)以速度v豎直上升到最大高度處炸裂為質(zhì)量相等的兩塊，沿水平方向向相反兩個(gè)方向飛出，假設(shè)其中一塊落在距A點(diǎn)距離為s處，不計(jì)空氣阻力及消耗的炸藥質(zhì)量，煙花炸裂時(shí)消耗的化學(xué)能80%轉(zhuǎn)化為動(dòng)能。求：
(1)煙花上升的最大高度；
(2)煙花炸裂后的一塊水平飛出時(shí)的速度大??；
(3)煙花炸裂時(shí)消耗的化學(xué)能。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)由豎直上拋公式得煙花上升的最大高度
h＝。
(2)設(shè)煙花炸裂后的一塊水平飛出時(shí)的速度大小為v1，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得s＝v1t，h＝gt2
解得v1＝。
(3)煙花炸裂后兩塊在水平方向動(dòng)量守恒
v1－v2＝0
解得另一塊的速度為v2＝v1
由能量守恒定律得煙花炸裂時(shí)消耗的化學(xué)能
E＝＝。
考點(diǎn)五 人船模型
1．“人船模型”問(wèn)題
兩個(gè)原來(lái)靜止的物體發(fā)生相互作用時(shí)，若所受外力的矢量和為零，則動(dòng)量守恒，在相互作用的過(guò)程中，任一時(shí)刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。這樣的問(wèn)題歸為“人船模型”問(wèn)題。
2．“人船模型”的特點(diǎn)
(1)兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。
(2)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng)，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即＝＝。
(3)應(yīng)用此關(guān)系時(shí)要注意一個(gè)問(wèn)題：公式中的v1、v2和x1、x2一般都是相對(duì)地面而言的。
如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開(kāi)始從船頭走到船尾，不計(jì)水的阻力，求船和人相對(duì)地面的位移各為多少？
解析 設(shè)任一時(shí)刻人與船的速度大小分別為v1、v2，因整個(gè)過(guò)程中動(dòng)量守恒，所以有mv1＝Mv2
設(shè)整個(gè)過(guò)程中人與船的平均速度大小分別為1、2，則有m1＝M2
兩邊乘以時(shí)間t有m1t＝M2t，即mx1＝Mx2
且x1＋x2＝L，可求出x1＝L，x2＝L。
答案 L L
方法感悟
“人船模型”問(wèn)題應(yīng)注意的兩點(diǎn)
(1)適用條件
①系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動(dòng)量為零。
②在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中沿相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向的動(dòng)量守恒(如水平方向或豎直方向)。
(2)畫(huà)草圖
解題時(shí)要畫(huà)出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長(zhǎng)度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對(duì)同一參考系的位移。
1. 如圖所示小船靜止于水面上，站在船尾上的漁夫不斷將魚(yú)拋向船頭的船艙內(nèi)，將一定質(zhì)量的魚(yú)拋完后，關(guān)于小船的速度和位移，下列說(shuō)法正確的是( )
A．向左運(yùn)動(dòng)，船向左移一些
B．小船靜止，船向左移一些
C．小船靜止，船向右移一些
D．小船靜止，船不移動(dòng)
答案 C
解析 人、船、魚(yú)構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，據(jù)“人船模型”，魚(yú)動(dòng)船動(dòng)，魚(yú)停船靜止；魚(yú)對(duì)地發(fā)生向左的位移，則人和船的位移向右。故C正確。
2. 如圖所示，氣球下面有一根長(zhǎng)繩，一個(gè)質(zhì)量為m1＝50 kg的人抓住氣球下方的長(zhǎng)繩，氣球和長(zhǎng)繩的總質(zhì)量為m2＝20 kg，長(zhǎng)繩的下端剛好和水平面接觸，當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí)人離地面的高度為h＝5 m。如果這個(gè)人開(kāi)始沿繩向下滑，當(dāng)他滑到繩下端時(shí)，他離地面高度是(可以把人看做質(zhì)點(diǎn))( )
A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m
答案 B
解析 當(dāng)人滑到繩下端時(shí)，由動(dòng)量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h，解得h1＝1.4 m，所以他離地高度H＝h－h(huán)1＝3.6 m，故B正確。
課后作業(yè)
[鞏固強(qiáng)化練]
1．靜止的實(shí)驗(yàn)火箭，總質(zhì)量為M，當(dāng)它以對(duì)地速度為v0噴出質(zhì)量為Δm的高溫氣體后，火箭的速度為( )
A. B．－
C. D．－
答案 B
解析 由動(dòng)量守恒定律得Δmv0＋(M－Δm)v＝0，火箭的速度為 v＝－，B正確。
2．A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是( )
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
答案 B
解析 由碰撞的三個(gè)制約關(guān)系：①動(dòng)量守恒，②動(dòng)能不增加，③碰后速度符合實(shí)際情況對(duì)選項(xiàng)分析。經(jīng)計(jì)算四個(gè)選項(xiàng)都符合動(dòng)量守恒。碰后若A、B同向運(yùn)動(dòng)，A的速度不可能比B的速度大，可以排除選項(xiàng)A和D。碰后系統(tǒng)的動(dòng)能不可能比碰前的大，排除選項(xiàng)C，只有選項(xiàng)B有可能。
3．如圖所示，一個(gè)傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為M，頂端高度為h，今有一質(zhì)量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當(dāng)小物體從斜面頂端自由下滑到底端時(shí)，斜面體在水平面上移動(dòng)的距離是( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 此題屬“人船模型”問(wèn)題。小物體與斜面體組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)小物體在水平方向上對(duì)地位移大小為x1，斜面體在水平方向上對(duì)地位移大小為x2，因此有0＝mx1－Mx2且x1＋x2＝，聯(lián)立解得x2＝，C正確。
4．如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為r的小球，放在內(nèi)半徑為R，質(zhì)量為3m的大空心球內(nèi)，大球開(kāi)始靜止在光滑水平面上，當(dāng)小球由圖中位置無(wú)初速度釋放沿內(nèi)壁滾到最低點(diǎn)時(shí)，大球移動(dòng)的距離為多少？
答案
解析 由于水平面光滑，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)任意時(shí)刻小球的水平速度大小為v1，大球的水平速度大小為v2，由水平方向動(dòng)量守恒有：mv1＝Mv2，所以＝。設(shè)小球達(dá)到最低點(diǎn)時(shí)，小球的水平位移大小為x1，大球的水平位移大小為x2，則＝＝，由題意：x1＋x2＝R－r，解得x2＝(R－r)＝。
5．載人氣球原靜止于高h(yuǎn)的高空，氣球質(zhì)量為m0，人的質(zhì)量為m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長(zhǎng)？
答案 h
解析 氣球和人原靜止于空中，說(shuō)明系統(tǒng)所受合力為零，故人下滑過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒。人著地時(shí)，繩梯至少應(yīng)觸及地面，若設(shè)繩梯長(zhǎng)為L(zhǎng)，人沿繩梯滑至地面的時(shí)間為t，由動(dòng)量守恒定律有：m0＝m，解得L＝h。
[真題模擬練]
6．(2015福建高考)如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是( )
A．A和B都向左運(yùn)動(dòng)
B．A和B都向右運(yùn)動(dòng)
C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng)
D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)
答案 D
解析 選向右的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，選項(xiàng)A、B、C都不滿足此式，只有D滿足此式，所以D正確，A、B、C錯(cuò)誤。
7．(2014重慶高考)一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)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(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是( )
答案 B
解析 由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝1 s，爆炸過(guò)程中，爆炸力對(duì)沿原方向運(yùn)動(dòng)的一塊的沖量沿運(yùn)動(dòng)方向，故這一塊的速度必然增大，即v>2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D錯(cuò)誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動(dòng)量守恒，即甲、乙兩塊的動(dòng)量改變量大小相等，兩塊質(zhì)量比為3∶1，所以速度變化量之比為1∶3，由平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上x(chóng)＝v0t，所以A圖中v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A錯(cuò)誤；B圖中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B正確。
8．(2018福建質(zhì)量檢查)(多選)水平地面上有兩個(gè)物體在同一直線上運(yùn)動(dòng)，兩物體碰撞前后的速度—時(shí)間圖象如圖所示(其中一個(gè)物體碰后速度變?yōu)?)。下列說(shuō)法正確的是( )
A．t＝0時(shí)，兩物體的距離為1 m
B．t＝2.5 s時(shí)，兩物體的距離為4.5 m
C．兩物體間的碰撞為完全彈性碰撞
D．碰撞前，地面對(duì)兩個(gè)物體的摩擦力大小不相等
答案 BC
解析 兩物體相向運(yùn)動(dòng)，均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，1 s時(shí)相碰，可知t＝0時(shí)，兩物體的距離為Δs＝(4＋6)1 m＋(2＋6)1 m＝9 m，A錯(cuò)誤；t＝2.5 s時(shí)，兩物體的距離為Δs′＝6(2.5－1) m＝4.5 m，B正確；設(shè)碰前速度為正值的物體的質(zhì)量為m1，速度為負(fù)值的物體的質(zhì)量為m2，由題設(shè)可知，碰后原來(lái)速度為正值的物體的速度變?yōu)榱?，由?dòng)量守恒定律可知，m14＋m2(－2)＝m26，解得m1＝2m2，由能量關(guān)系：碰前E1＝m142＋m222＝8m1＋2m2＝18m2，碰后E2＝m262＝18m2，則兩物體間的碰撞為完全彈性碰撞，C正確；碰前速度為正值的物體的摩擦力大小f1＝m1a1＝m1＝2m1，速度為負(fù)值的物體的摩擦力大小f2＝m2a2＝m2＝4m2＝2m1＝f1，則D錯(cuò)誤。
9．(2018桂林質(zhì)檢)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個(gè)小球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動(dòng)量均為8 kgm/s，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為－4
kgm/s，則( )
A．右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶3
B．右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶6
C．左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶3
D．左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶6
答案 C
解析 A、B兩球發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的動(dòng)量增量為負(fù)值，所以右邊不可能是A球，若是A球則動(dòng)量的增量應(yīng)該是正值，因此碰撞后A球的動(dòng)量為4 kgm/s，所以碰撞后B球的動(dòng)量是增加的，為12 kgm/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶3，故C正確。
10．(2018江南十校檢測(cè))如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點(diǎn)?，F(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點(diǎn)無(wú)初速度釋放。已知圓弧軌道半徑R＝1.8 m，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s2。則碰后小滑塊B的速度大小不可能是( )
A．5 m/s B．4 m/s C．3 m/s D．2 m/s
答案 A
解析 設(shè)小滑塊A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度為v0，從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理：mAgR＝mAv－0，可得v0＝6 m/s。若是彈性碰撞，mAv0＝mAv1＋mBv2，mAv＝mAv＋mBv，聯(lián)立解得v2＝4 m/s；若是完全非彈性碰撞，mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝2 m/s，所以碰后小滑塊B的速度范圍為2 m/s≤v≤4 m/s，B的速度不可能是5 m/s，故選A。
11. (2018湖南師大附中月考)用一個(gè)半球形容器和三個(gè)小球可以進(jìn)行碰撞實(shí)驗(yàn)，已知容器內(nèi)側(cè)面光滑，半徑為R，三個(gè)質(zhì)量分別為m1、m2、m3的小球編號(hào)為1、2、3，各小球半徑相同且可視為質(zhì)點(diǎn)，自左向右依次靜置于容器底部的同一直線上且彼此相互接觸，若將質(zhì)量為m1的小球移至左側(cè)離容器底高h(yuǎn)處無(wú)初速度釋放，如圖所示，各小球間的碰撞時(shí)間極短且碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，小球1與2、2與3碰后，球1停在O點(diǎn)正下方，球2上升的最大高度為R，球3恰能滑出容器，則三個(gè)小球的質(zhì)量之比為( )
A．2∶2∶1 B．3∶3∶1
C．4∶4∶1 D．3∶2∶1
答案 B
解析 碰后球1速度為0，根據(jù)v1′＝v1，說(shuō)明m1＝m2，碰撞前球1下滑過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得m1gh＝m1v，對(duì)于碰撞過(guò)程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝m2v2＋m3v3，由機(jī)械能守恒定律得：m1v＝m2v＋m3v，碰后，對(duì)球2有m2v＝m2gR，對(duì)球3有m3v＝m3gR，聯(lián)立解得m1∶m2∶m3＝3∶3∶1，B正確。
12. (2018北京豐臺(tái)區(qū)質(zhì)檢)如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠(yuǎn)大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向，碰撞時(shí)間均可忽略不計(jì)。已知m2＝3m1，則A反彈后能達(dá)到的高度為( )
A．h B．2h
C．3h D．4h
答案 D
解析 所有的碰撞都是彈性碰撞，所以不考慮能量損失。設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，m1v＝m1gh1，將m2＝3m1代入，聯(lián)立可得h1＝4h，D正確。
13．(2015全國(guó)卷Ⅱ)兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段。兩者的位置x隨時(shí)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(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比。
答案 (1)1∶8 (2)1∶2
解析 (1)設(shè)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＝ m/s＝－2 m/s①
v2＝ m/s＝1 m/s②
a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后兩滑塊的共同速度為v。由題給圖象得
v＝ m/s＝ m/s③
由動(dòng)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(jī)械能為
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥
由圖象可知，兩滑塊最后停止運(yùn)動(dòng)。由動(dòng)能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為W＝(m1＋m2)v2⑦
聯(lián)立①②③⑤⑥⑦式，得W∶ΔE＝1∶2。
14．(2016全國(guó)卷Ⅱ)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(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)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(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)。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(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
答案 (1)20 kg (2)不能
解析 (1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)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(shí)的速度
聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20 kg③
(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0④
代入數(shù)據(jù)得v1＝1 m/s⑤
設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)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。
15. (2015全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng)，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。
答案 (－2)M≤mM，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運(yùn)動(dòng)，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m
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2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)
第7章
動(dòng)量守恒定律
第32講
動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案含解析-
2020
年高
物理
一輪
復(fù)習(xí)
動(dòng)量
守恒定律
32
及其
應(yīng)用
解析
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2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 第32講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案（含解析）-.doc
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