发布时间 : 星期日 文章(精编)2020年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律第1讲动量定理和动量守恒定律学案更新完毕开始阅读5d1257fc0a4c2e3f5727a5e9856a561252d32189
矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值 普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统 2.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．
例3 如图5所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时m2＝2m的乙车正以速2v0
度v0迎面滑来，已知h＝，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车
2
g跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．
图5
①使两车不发生碰撞；②不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．
答案
1311v0≤v≤v0 53
解析 设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律有 12
(m1＋M)v1＝(m1＋M)gh，解得v1＝2gh＝2v0 2
设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′， 则人跳离甲车时：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′ 人跳上乙车时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′ 11
解得v1′＝6v0－2v，v2′＝v－v0
22两车不发生碰撞的临界条件是v1′＝±v2′
9
13
当v1′＝v2′时，解得v＝v0
5当v1′＝－v2′时，解得v＝
11v0 3
1311
故v的取值范围为v0≤v≤v0.
53
6.(多选)如图6所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑( )
图6
A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功 B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒 C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动 D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处 答案 BC
解析 在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误．
7．如图7所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两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6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞
后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
图7
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 答案 A
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解析 由两球的动量都是6kg·m/s可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的动量减少了4 kg·m/s，即A球的动量为2kg·m/s，由动量守恒定律知B球的动量为10 kg·m/s，则其速度比为2∶5，故选项A是正确的．
8．如图8所示，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s.子弹射入后，求：
2
图8
(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1. (2)木板向右滑行的最大速度v2. (3)物块在木板上滑行的时间t. 答案 (1)6m/s (2)2 m/s (3)1s
解析 (1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得：
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s.
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s.
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得： －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1， 解得：t＝1 s.
题组1 动量、冲量和动量定理的理解及应用
1．一个质量是5kg的小球以5m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化量是( ) A．10kg·m/s C．40kg·m/s 答案 D
2．物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量
B．－10 kg·m/s D．－40 kg·m/s
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为I2，则( ) A．I1＜I2，W1＝W2 C．I1＞I2，W1＜W2 答案 B
3.如图1所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．
B．I1＞I2，W1＝W2 D．I1＝I2，W1＜W2
图1
答案 2mv0
解析 考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0
则水平力的冲量I＝Ft＝2mv0.
4．一股射流以10 m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm.有一质量为0.32 kg的球，因水对其下侧的冲击而悬在空中，若水全部冲击小球且冲击球后速度变为零，则小球悬在离喷嘴多高处？(g＝10 m/s) 答案 2.952m
解析 选择冲击球的一小段水柱Δm为研究对象，冲击过程中其受力为：重力Δmg和球对它的压力FN，由于小球静止，水对球的冲击力大小为mg，所以FN＝mg.设冲击时间为Δt，该时间极短，Δmg和mg相比可以忽略，在Δt时间内，设初速度为v，末速度为0，Δt时间内冲击球的那部分水的质量就等于Δt时间内从喷嘴喷出的水的质量Δm＝ρSv0Δt. 取竖直向上为正，由动量定理得：－mgΔt＝Δm×0－Δmv 代入数据，解得v＝6.4 m/s， 由v－v0＝－2gh，得h＝2.952 m.
5．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，单位电荷的电量为e，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求： (1)射出的氧离子速度； (2)每秒钟射出的氧离子数；
(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度．
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