人教版（2019）选择性必修第一册 1.3 动量守恒定律 课件(共64张PPT)

(共64张PPT)
3.动量守恒定律
核心 素养 目标 1.会用动量定理和牛顿第三定律推导动量守恒定律表达式。
2.理解系统、内力与外力的概念。
3.理解动量守恒定律并会应用动量守恒定律解决相关问题。
CONTENTS
目 录
O1
新知预览
·抓必备
O2
要点突破
·重应用
O3
知能演练
·提能力
O4
三维达标
·找不足
NO.1
新知预览·抓必备

知识点一　相互作用的两个物体的动量改变
1.问题情景
如图所示，光滑水平面上，质量分别为m1、m2的物体A、B沿同一直线向同一方向运动，速度分别为v1和v2且 v2＞v1，碰后A、B的速度分别为v1'、v2'，设A受到B对它的作用力为F1，B受到A对它的作用力为F2，碰撞时间为Δt。
2.利用动量定理、牛顿第三定律推导分析
（1）对物体A应用动量定理有
F1Δt＝ 　m1v1'－m1v1　 。
（2）对物体B应用动量定理有
F2Δt＝ 　m2v2'－m2v2　 。
（3）根据牛顿第三定律知，F1＝ 　－F2　 ，
故有m1v1'－m1v1＝－（m2v2'－m2v2）
即：m1v1'＋m2v2'＝ 　m1v1＋m2v2　 。
m1v1'－m1v1　
m2v2'－m2v2　
－F2　
m1v1＋m2v2　
3.结论
（1）两个物体碰撞后的动量之和 　等于　 碰撞前的动量之和。
（2）两个碰撞的物体在所受外部对它们的作用力的矢量和为 　0　 的情况下动量守恒。
等于　
0　
知识点二　动量守恒定律
1.系统的内力与外力
（1）系统：由两个（或多个） 　相互作用　 的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称 　系统　 。
（2）内力： 　系统中　 物体间的作用力。
（3）外力： 　系统以外　 的物体施加给系统内物体的力。
2.动量守恒定律
（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）适用条件：系统 　不受外力　 或所受外力的矢量和为 　0　 。
相互作用　
系统　
系统中　
系统以外　
保持不变　
不受外力　
0　
3.动量守恒定律的普适性
动量守恒定律的适用范围：
（1）低速、宏观物体系统领域。
（2） 　高速　 （接近光速）、 　微观　 （小到分子、原子的尺度）领域。
高速　
微观　

　图甲为斯诺克台球比赛的情景，球员打出白色球撞击红色球；如图乙所示，假设地面光滑，人站在平板车上通过铁锤连续地敲打平板车。判断下列说法正误。
（1）图甲中白球与红球组成的系统，两球间的作用力是内力，台面对台球的支持力是外力。 （　√　）
√
（2）图甲中如果不考虑台面的摩擦，在碰撞过程中两球组成系统的总动量守恒。 （　√　）
（3）图乙中的平板车在铁锤连续地敲打过程中会一直向右运动。 （　×　）
（4）图乙中人和平板车组成的系统的总动量守恒。 （　×　）
√
×
×
要点突破·重应用
NO.2

要点一　动量守恒定律的理解及简单应用
如图甲所示，在光滑水平面上一个运动小球碰撞另一个静止小球；如图乙所示，小车A、B静止在光滑水平面上，中间夹一个被压缩的轻弹簧，且用细线系着。
结合上述情景思考：
（1）图甲中，两球分别受哪些力作用？碰撞过程中两球组成的系统动量守恒吗？
提示：（1）两球分别受到重力和水平面对它们的支持力作用，且满足二力平衡，两球发生碰撞时，它们之间的相互作用力是内力。由于两球组成的系统所受外力的矢量和为零，故系统动量守恒。
（2）图乙中，烧断细线后，两小车及弹簧组成的系统动量守恒吗？
提示：（2）烧断细线后，弹簧弹力是内力，系统所受外力的矢量和为零，系统动量守恒。

1.动量守恒定律的四个特性
（1）矢量性：①系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同。
②如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取正方向，将矢量运算转化为代数运算。
（2）条件性：动量守恒定律的成立是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件。
（3）相对性：系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度。
（4）同时性：动量守恒定律中p1，p2，…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'，p2'，…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量。
2.动量守恒定律不同表达式的含义
（1）m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'：即p＝p'，表示相互作用的两个物体组成的系统，作用前的总动量等于作用后的总动量。
（2）Δp1＝－Δp2：表示相互作用的两个物体组成的系统，其中一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量一定大小相等、方向相反。
（3）Δp＝0：表示系统总动量的变化量为零。
【典例1】　A、B两物体质量分别为mA＝5 kg和mB＝4 kg，与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA＝0.4和μB＝0.5，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上。现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上。下列判断不正确的是（　　）
A.在脱离弹簧后的运动过程中，A、B两物体组成的系统动量守恒
B.在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成系统动量不守恒
C.在两物体被弹开的过程中，A、B两物体组成的系统动量守恒
D.两物体一定同时停在地面上
解析　在弹簧弹开两物体的过程中以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A、B两物体受到的滑动摩擦力方向相反，大小分别为Ff1＝μAmAg＝20 N，Ff2＝μBmBg＝20 N，故两物体组成的系统合外力为零，满足动量守恒，A、C正确，B错误；两物体离开弹簧时的动量大小p相等，之后的运动过程，由动量守恒定律可得－Fft＝0－p，解得t＝，由于两物体滑行过程受到的摩擦力大小相等，故两物体一定同时停在地面上，D正确。
答案　B
规律方法
系统动量是否守恒的判定方法
（1）选定研究对象及研究过程，分清外力与内力。
（2）分析系统受到的外力矢量和是否为零，若外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒。系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化。
（3）除了利用动量守恒条件判定外，还可以通过实际过程中系统各物体各方向上总动量是否保持不变来进行直观的判定。
【典例2】　一辆平板车沿光滑水平面运动，车的质量m＝20 kg，运动速度v0＝4 m/s，求下列情况车稳定后的速度大小。（不计空气阻力）
（1）一个质量m'＝2 kg的沙包从5 m高处由静止释放，落入车内；
解析　（1）竖直下落的沙包在水平方向上速度为零，动量为零，系统在水平方向上动量守恒，取v0的方向为正方向，由系统水平方向动量守恒定律得
mv0＝（m＋m'）v'，
解得v'＝ m/s。
（2）将一个质量m'＝2 kg的沙包以5 m/s的速度迎面扔入车内。
解析　（2）取v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0－m'v＝（m＋m'）v″
解得v″＝ m/s。
答案　见解析
规律方法
应用动量守恒定律的解题步骤
明确研究对象，确定系统的组成

受力分析，确定动量是否守恒

规定正方向，确定初末动量

根据动量守恒定律，建立守恒方程

代入数据，求出结果并讨论说明

　　　　
1.（多选）在下列几种现象中，所选系统动量守恒的是（　　）
A.在光滑水平面上运动的小车迎面撞上一静止的小车，两车系统的动量守恒
B.从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，重物和车厢系统的动量守恒
C.运动员将铅球从肩窝开始加速推出，运动员和铅球系统的动量守恒
D.光滑斜面置于光滑水平面上，一个物体沿斜面滑下，物体和斜面系统动量不守恒，系统在水平方向上动量守恒
解析：AD　在光滑水平面上，运动的小车迎面撞上一静止的小车，两车系统所受合外力为零，动量守恒，故A正确；从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，对于重物和车厢组成的系统，重物在与车厢作用过程中存在竖直向上的加速度，所以系统在竖直方向上所受合外力不为零，动量不守恒，故B错误；运动员将铅球从肩窝开始加速推出，对于运动员和铅球组成的系统，运动员受到地面的摩擦力作用，系统所受合外力不为零，动量不守恒，故C错误；光滑斜面置于光滑水平面上，一个物体沿斜面滑下，对于物体和斜面组成的系统，物体在竖直方向上存在加速度，合外力不为零，系统的动量不守恒，但是系统在水平方向上的合外力为零，系统在水平方向上动量守恒，故D正确。
2.一只小船质量为M，船上人的质量为m，船原来以速度v0行驶，当船上的人以相对地面的水平速度v0沿船行反方向跳离船时，不计水的阻力，则船的速度大小变为（　　）
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
解析：D　当以相对地面的水平速度v0沿船行反方向跳离船时，小船和人组成的系统动量守恒，以小船原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得（M＋m）v0＝m（－v0）＋Mv，解得v＝v0，故选D。
3.如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则（　　）
A.木块的最终速度为v0
B.由于车上表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C.车上表面越粗糙，木块减少的动量越多
D.改变车上表面的粗糙程度，小车获得的动量不变
解析：D　以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，木块速度减小，小车速度增大，当木块速度减小到最小时，小车速度达到最大，最后木块和小车以共同的速度运动。以初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝（m＋M）v，解得v＝v0，故A、B错误；根据动量守恒定律，二者的末速度总是等于v0，所以木块动量的减少量和小车获得的动量不变，故C错误，D正确。
要点二　爆炸问题
过春节时人们喜欢燃放一种叫“二踢脚”鞭炮，即双响爆竹，它是一种传统民俗喜庆用品，“二踢脚”是依靠底部火药爆炸时对地的冲击力造成的反作用力升空的，双响爆竹的纸筒内分两层安放火药，下层火药的作用是将爆竹送上天空，上层火药在升空10～20米后，凌空爆响。请思考：
（1）“二踢脚”鞭炮升空10～20米后凌空爆响时所受外力为零吗？鞭炮爆炸时火药产生的作用力属于内力还是外力？爆炸力大小与其重力大小相比有什么特点？
提示：（1）外力不为零，等于重力；爆炸力属于内力，其大小远大于重力。
（2）“二踢脚”鞭炮爆炸时动量守恒吗？
提示：（2）“二踢脚”鞭炮爆炸时动量近似守恒。

1.系统动量近似守恒的条件
系统所受合外力不为零，但是如果系统的内力远大于所受外力，系统的动量近似守恒。
2.爆炸类问题的三个特点
动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于其受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能 增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
【典例3】　以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块。其中质量较大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。
（1）求质量较小的一块弹片速度的大小和方向；
解析　（1）斜向上抛出的手榴弹运动轨迹如图所示，在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos 60°＝v0
设v1的方向为正方向，
由动量守恒定律得3mv1＝2mv1'＋mv2
其中爆炸后大块弹片速度v1'＝2v0
解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反。
答案　（1）2.5v0　方向与爆炸前速度方向相反　
（2）爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能。
解析　（2）爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即
ΔEk＝×2mv1'2＋m－×3m＝m。
答案　（2）m
易错警示
处理爆炸问题的两点提醒
（1）在处理爆炸问题列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束那一刻的动量。
（2）在爆炸过程中，系统的动量守恒，由于化学能转化为机械能，则机械能增加。
（注意：由于爆炸过程中物体的位移很小，可以忽略，故爆炸过程中物体的重力势能可以认为不变，机械能的变化体现为动能的变化）

1.如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球的质量分别为 0.1 kg 和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法正确的是（　　）
A.刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B.刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/s
C.刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s
D.爆炸过程中释放的能量为0.027 J
解析：D　设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒定律得（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有 v2－v1＝，代入数据可解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误；爆炸过程中释放的能量ΔE＝m1＋m2－（m1＋m2），将v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s代入可得ΔE＝0.027 J，故D正确。
2.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度 v0＝2 m/s，爆炸成甲、乙两块水平飞出，甲、乙两块的质量比为3：1，不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（　　）
解析：B　弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv0＝mv甲＋mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据可知B正确。

3.如果将【典例3】中“其中质量较大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行”改为“其中质量较小的一块沿着原来的相反方向以v0的速度飞行”。求：
（1）质量较大的弹片速度的大小和方向；
解析：（1）设v1的方向为正方向，
由动量守恒定律得3mv1＝2mv1″－mv2'
其中质量较小弹片速度大小v2'＝v0
解得v1″＝v0，方向与爆炸前速度方向相同。
答案：（1）v0，方向与爆炸前速度方向相同
（2）爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能；
解析：（2）爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即
ΔEk'＝×2mv1″2＋mv2'2－×3m＝m。
答案：（2）m　
（3）假设手榴弹爆炸时离地高度为h，空气阻力不计，两块弹片落地时的距离。（重力加速度为g）
解析：（3）手榴弹爆炸后两块弹片都做平抛运动，则有
h＝gt2
两块弹片落地时的距离x＝v1″t＋v2't＝v0。
答案：（3）v0
知能演练·提能力
NO.3
1.如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A带电荷量为－q，B带电荷量为＋2q，下列说法正确的是（　　）
A.相碰前两球运动中动量不守恒
B.相碰前两球的总动量随距离的减小而增大
C.两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力
D.两球相碰分离后的总动量等于相碰前的总动量，因为两球组成的系统所受合外力为零
解析：D　将两球看成整体分析，整体受重力、支持力，二力平衡，水平方向不受外力，故系统整体动量守恒，所以两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量，故选D。

　　　　
2.如图所示，正在太空中行走的宇航员A、B沿同一直线相向运动，相对空间站的速度大小分别为3 m/s和1 m/s，迎面碰撞后（正碰），A、B两宇航员均反向运动，速度大小均为 2 m/s。则A、B两宇航员的质量之比为（　　）
A.3：5 B.2：3 C.2：5 D.5：3
解析：A　设A的初速度方向为正，则由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝－mAvA'＋mBvB'，解得mA：mB＝3：5，故选项A正确。
3.滑冰是很多人非常喜欢的一项运动。在一次训练中，某质量为40 kg的女运动员以大小为3 m/s的速度向静止的男运动员运动，靠近男运动员的瞬间被男运动员抱起，且保持姿势不变。若男运动员的质量为60 kg，则抱起后瞬间两运动员的速度大小为（　　）
A.0.8 m/s B.1.2 m/s C.1.6 m/s D.2 m/s
解析：B　两运动员相互作用的过程系统动量守恒，则有m1v1＝（m1＋m2）v2，解得v2＝1.2 m/s，故选项B正确。
4.如图所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p1和p2，碰撞后A球继续向右运动，动量大小为p1'，此时B球的动量大小为p2'，则下列等式成立的是（　　）
A.p1＋p2＝p1'＋p2' B.p1－p2＝p1'－p2'
C.p1'－p1＝p2'＋p2 D.－p1'＋p1＝p2'＋p2
解析：D　因水平面光滑，所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒。取向右为正方向，由于p1、p2、p1'、p2'均表示动量的大小，所以碰前的动量为p1－p2，碰后的动量为p1'＋p2'，由系统动量守恒知p1－p2＝p1'＋p2'，经变形得－p1'＋p1＝p2'＋p2，D正确。
5.在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为 2：1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和 6 s 末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A.两碎块的位移大小之比为1：2
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
解析：B　爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆炸瞬
间水平方向动量守恒，因此质量之比为2：1的两碎块，其速
度之比为1：2，根据平抛运动规律可知，水平方向位移之比
为1：2，但合位移之比并不为1：2，选项A错误；根据题意，
两碎块落地声音传到记录仪时间间隔Δt＝6 s－5 s＝1 s，设声速为v'，则两碎块水平位移之差为2x－x＝v'Δt＝340 m/s×1 s＝340 m，得 x＝340 m，两碎块相距2x＋x＝3x＝1 020 m，选项D错误；由上述推导可知，碎块平抛时间t＝5 s－1 s＝4 s，根据平抛运动的规律可知，碎块下落的高度 h＝gt2＝80 m，选项B正确；质量大的碎块其水平速度为v＝＝85 m/s，选项C错误。
三维达标·找不足
NO.4

　　　　
题组一　动量守恒定律的理解及简单应用
1.(2022·浙江高二阶段练习)2022年冬奥会在北京举行,其中短道速滑接力是很具观赏性的项目。比赛中“接棒”运动员在前面滑行,“交棒”运动员从后面追上,“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程。忽略运动员与冰面之间的摩擦,交接棒过程中两名运动员的速度方向均在同一直线上。在两名运动员交接棒的过程中,对于两名运动员组成的系统,下列说法正确的是(　　)
A.动量守恒、机械能不守恒
B.动量不守恒、机械能守恒
C.动量和机械能均不守恒
D.动量和机械能均守恒
解析:A　两名运动员组成的系统所受合外力为零,动量守恒,但“交棒”运动员的推力对系统做功,系统的机械能不守恒,故A正确,B、C、D错误。
2.(多选)(2022·浙江绍兴高二期中)如图所示,在光滑水平地面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F,则下列说法中正确的是(　　)
A. 木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
B. 木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
C. 木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
D. 木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
解析:BC　若突然撤去力F,木块A离开墙壁前,墙壁对木块A有作用力,所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但由于A没有离开墙壁,墙壁对木块A不做功,所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,选项A错误,B正确;木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统所受外力矢量和为零,所以系统动量守恒且机械能守恒,选项C正确,D错误。
3.如图所示,一平板车停在光滑的水平面上,某同学站在小车上,若他设计下列操作方案,最终能使平板车持续地向右驶去的是(　　)
A.该同学在图示位置用大锤连续敲打车的左端
B.只要从平板车的一端走到另一端即可
C.在车上装个电风扇,不停地向左吹风
D.他站在车的右端将大锤丢到车的左端
解析:C　把人和车看成整体,用大锤连续敲打车的左端,根据动量守恒定律可知,系统水平方向的总动量为零,车不会持续地向右驶去,故A错误;人从平板车的一端走到另一端的过程中,系统水平方向不受外力,动量守恒,系统总动量为零,车不会持续地向右驶去,故B错误;电风扇向左吹风,电风扇会受到一个向右的反作用力,从而使平板车持续地向右驶去,故C正确;站在车的右端将大锤丢到车的左端的过程中,系统水平方向不受外力,动量守恒,系统总动量为零,车不会持续地向右驶去,故D错误。
4.如图所示,在光滑水平面上,有一质量为m＝3 kg的薄板和质量为m'＝1 kg的物块,都以 v＝4 m/s的初速度向相反方向运动,它们之间有摩擦,薄板足够长,当薄板的速度为2.4 m/s时,物块的运动情况是(　　)
A.做加速运动 B.做减速运动
C.做匀速运动 D.以上运动都可能
解析:A　物块与薄板相对运动过程中在水平方向上不受外力,所以物块与薄板组成的系统在水平方向上动量守恒。设薄板运动方向为正方向,当薄板速度为v1＝2.4 m/s时,设物块的速度为v2,由动量守恒定律得mv-m'v＝mv1＋m'v2,v2＝＝ m/s＝0.8 m/s。此时物块的速度方向沿正方向,且物块正做加速运动,选项A正确。
5.两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧,将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起,使它们一起在光滑水平面上沿直线运动,这时它们的x-t图像如图中a线段所示,在t＝4 s末,细线突然断了,B、C都和弹簧分离后,x-t图像分别如图中b、c线段所示,从图中的信息可知(　　)
A.木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反
B.木块B、C都和弹簧分离后,系统的总动量增大
C.木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大
D.木块B的质量是木块C质量的
解析:D　由x-t图像可知,位移均为正,两木块均朝一个方向运动,没有反向,A错误;木块都与弹簧分离后B的速度为v1＝ m/s＝3 m/s,C的速度为v2＝ m/s＝0.5 m/s,细线未断前B、C的速度均为v0＝1 m/s,由于系统所受外力的矢量和为零,故系统前后的动量守恒,则(mB＋mC)v0＝mBv1＋mCv2,计算得B、C的质量比为1∶4,B错误,D正确;系统动量守恒,则系统内两个木块的动量变化量等大反向,C错误。
题组二　爆炸问题
6.(多选)下面关于爆炸的说法中正确的是(　　)
A.爆炸是相互作用时间很短、相互作用的内力远大于外力的过程,因此系统的动量守恒
B.爆炸过程中,外力作用相比内力都可以忽略,因此系统机械能守恒
C.爆炸过程系统的机械能增加,是内力做功的结果
D.爆炸过程系统的机械能增加,是外力做功的结果
解析:AC　爆炸时爆炸物相互作用时间很短,相互作用的内力远大于外力,因此在爆炸的过程中,系统的动量守恒,A正确;爆炸过程,系统内力做正功,化学能转化为机械能,系统的机械能增加,C正确,B、D错误。
7.(多选)如图所示,水平地面上O点的正上方竖直自由下落一个物体M,中途炸成a、b两块,它们同时落到地面,分别落在A点和B点,且OA＞OB,若爆炸时间极短,空气阻力不计,则(　　)
A.落地时a的速度大于b的速度
B.落地时a的动量大于b的动量
C.爆炸时a的动量增加量大于b的增加量
D.爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能
解析:AD　物体M中途炸成a、b两块,同时落到地面,说明水平方向是匀速运动,爆炸对竖直分运动无影响,由于OA＞OB,运动时间相同,故a的水平分速度大于b的水平分速度,而竖直分速度相等,故落地时a的速度大于b的速度,故A正确;a、b两块组成的系统水平方向不受外力,动量守恒,根据动量守恒定律,有mAvA-mBvB＝0,由于vA＞vB,故mA＜mB,落地时水平分动量相等,竖直分速度相等,mA＜mB,故a的竖直分动量小,故合动量也是a的小,故B错误;物体M中途炸成a、b两块,该瞬时过程a、b两块组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不变,故爆炸时a的动量增加量数值等于b的动量增加量数值,故C错误;根据Ek＝和mA＜mB可知,爆炸过程a物体的动能增加量大,故D正确。
8.(多选)(2022·浙江普陀中学高二期中)一枚质量为m的烟花弹获得动能后,从地面竖直升空,当烟花弹上升到最大高度时,弹中火药爆炸将烟花弹炸成质量分别为m1和m2的A、B两部分,m1∶m2＝2∶1,此时两部分获得的动能之和为烟花弹初动能的两倍,且爆炸后瞬间均沿水平方向运动。设爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量,A、B两部分落地的水平位移大小分别为x1和x2,则(　　)
A.A、B两部分落地时的速度大小之比为2∶1
B.A、B两部分落地时的动能之比为4∶5
C.x1∶x2＝2∶1
D.A、B两部分落地点的间距为烟花弹上升的最大高度的6倍
解析:BD　设烟花弹的初速度为v0,上升的最大高度为h,发生爆炸瞬间,A、B两部分在水平方向上动量守恒,则有m1v1-m2v2＝0,由题意可得m1＋m2＝m,m＝mgh,m1＋m2＝m×2,联立解得v1＝v0,v2＝2v0,且速度均沿水平方向,接着A和B分别以速度v1＝v0、v2＝2v0向相反方向做平抛运动,到达地面过程中机械能守恒,设A、B落地时速度大小分别为v1'、v2',则对A有m1＋m1gh＝m1v1'2,对B有m2＋m2gh＝m2v2'2,联立解得v1'＝v0,v2'＝v0,所以v1'∶v2'＝∶,则m1v1'2∶m2v2'2＝4∶5,故A错误,B正确;设A、B在最高处爆炸后在空中做平抛运动的时间为t,则有h＝gt2,x1＝v1t,x2＝v2t,联立解得x1＝2h,x2＝4h,故x1∶x2＝1∶2,A和B落地点的距离是x1＋x2＝6h,为烟花弹上升的最大高度的6倍,故C错误,D正确。
9.(多选)如图甲所示,光滑水平面上放着长木板B,质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在摩擦,之后,A、B的速度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.A、B之间动摩擦因数为0.1
B.长木板的质量为2 kg
C.长木板长度至少为2 m
D.A、B组成的系统损失的机械能为4 J
解析:AB　从题图乙可以看出,A先做匀减速运动,B做匀加速运动,最后一起做匀速运动,共同速度为v＝1 m/s,取向右为正方向,根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v,解得M＝m＝2 kg,故B正确;由图像可知,木板B匀加速运动的加速度为a＝＝1 m/s2,对B,根据牛顿第二定律得μmg＝Ma,解得动摩擦因数为μ＝0.1,故A正确;由图像可知前1 s内B的位移为xB＝×1×1 m＝0.5 m,A的位移为xA＝×1 m＝1.5 m,所以木板最小长度为 L＝xA-xB＝1 m,故C错误;A、B组成的系统损失的机械能为ΔE＝m-(m＋M)v2＝2 J,故D错误。
10.(多选)(2022·浙江杭州第十一中学高二期中)如图所示,一个质量为M的木箱静
止在光滑水平面上,木箱内粗糙的水平底板上放着一个质量为m的小木块。现使木箱获得一个向右的初速度v0,则(　　)
A.小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动
B.小木块和木箱最终速度为v0
C.小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动
D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者将一起向左运动
解析:AB　木箱与小木块组成的系统水平方向不受外力,故系统水平方向动量守恒,最终二者以相同的速度一起向右运动,取v0的方向为正方向,由动量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v,解得v＝,A、B正确,C、D错误。
11.冬季雨雪天气时,公路上容易发生交通事故。在结冰的公路上,一辆质量为1.8×103 kg的轻型货车尾随另一辆质量为1.2×103 kg的轿车同向行驶,因货车未及时刹车而发生追尾(即碰撞,如图所示)。若追尾前瞬间货车速度大小为36 km/h,轿车速度大小为18 km/h,刚追尾后两车视为紧靠在一起,此时两车的速度为多大
解析:以两车组成的系统为研究对象,由于碰撞时间很短,碰撞过程中系统所受合外力远小于系统内力,可近似认为在该碰撞过程中系统动量守恒。设货车质量为m1,轿车质量为m2,碰撞前货车速度为v1,轿车速度为v2,碰撞后两车速度为v。选定两车碰撞前的速度方向为正方向。则有 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v,代入数据解得两车的共同速度v＝28.8 km/h。
答案:28.8 km/h
12.如图所示,光滑水平轨道MN左端与倾角θ ＝37°的足够长的斜面PM连接,右端与半径为R的光滑圆弧轨道QN连接。质量分别为m1＝2 kg、m2＝ 3 kg的两滑块A、B之间夹有少量炸药,静止在MN上(滑块A、B均可视为质点,炸药的质量忽略不计)。炸药引爆后释放的化学能E＝30 J全部转化为两滑块的动能,之后滑块B冲上圆弧轨道,滑块A冲上斜面PM,A与斜面间的动摩擦因数为μ＝ 0.5,g取10 m/s2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝ 0.8。求:
(1)炸药引爆后A、B到达M、N两点时的动能EkA、EkB各为多大;
解析:(1)设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2,取向左为正方向,
由动量守恒定律得m1v1-m2v2＝0
由能量守恒定律得E＝m1＋m2
又EkA＝m1,EkB＝m2,联立解得EkA＝18 J,EkB＝12 J。
答案:(1)18 J　12 J　
(2)已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q,圆弧轨道的半径R是多大;
解析:(2)B从N到Q的上滑过程,由机械能守恒定律得EkB＝m2gR
可得R＝0.4 m。
答案:(2)0.4 m　
(3)A沿斜面上滑的最大距离x。
解析:(3)A从M沿斜面上滑的过程,运用动能定理得
-m1gxsin 37°-μm1gxcos 37°＝0-EkA
解得x＝0.9 m。
答案:(3)0.9 m
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