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梳理必备知识回归教材第2讲动量守恒定律[填一填]回顾基础、动量守恒定律及其应用⑴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nhVi+m2V2=miVi+m2V2或△pi二一△P2理想系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒守恒近似系统受到的合外力不为零,但当内力远大于合外力时,系统的守恒动量可近似看成守恒分方系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内》F外时,系统向在该方向上动量守恒守恒
二、弹性碰撞和非弹性碰撞⑴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⑵分类种类动量是机械能进入物块后没有射此物块恰好能到达轨道的最高点,当地重力加速度为g下列说法正确的是B/////////////////////为272gC.子弹进入物块后一起运动过程中,物块和子弹动量守恒D.整个作用过程中,物块和子弹的机械能守恒解析:子弹进入物块后,该过程由于克服摩擦力做功,物块和子弹组成的系统机械能减小,故物块和子弹的最大重力势能小于1%2,错误子弹进入物块后,系统A动量守恒,设共同的速度为V,则有mv=m+5niv,解得v二三子弹和物块达到共速后,到达轨道最高点的过程中,机械能6守恒,设轨道的半径为R,则有:-6mv2=6mgR,解得R二萼,B正确子弹272g进入物块后一起运动过程中,由于竖直方向所受合外力不为零,则物块和子弹的动量不守恒,C错误整个作用过程中,由于克服摩擦阻力做功,故物块和子弹的机械能不守恒,D错误r方法点拨-------------------------------------------“子弹打木块”模型是碰撞中常见模型,其突出特征是在子弹打击木块的过程中有机械能损失此类问题的一般解法可归纳如下1分析子弹打击木块的过程,弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动还是穿出木块和木块各自运动⑵子弹在打击木块过程中产生的机械能损失,一般有两种求解方法一是通过计算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的损失,二是通过计算子弹与木块间的相互作用力对木块和子弹做的总功进行求解考点三“反冲”和“爆炸”模型[想一想]提炼核心作用反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果原理动量反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动守恒遵循动量守恒定律机械反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的能总机械能增加增加动量爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的守恒总动量守恒动能在爆炸过程中,有其他形式的能量(如化学能)转化为动能增加置爆炸的时间极短,因而作用过程中物体产生的位移很小,可以认不为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动变[悟嘛]典题例练[例5][反冲模型](2022・福建泉州模拟)2021年12月9日,神舟十三号乘组进行天宫授课,如图为航天员叶光富试图借助吹气完成失重状态下转身动作的实验,但未能成功若他在1s内以20m/s的速度呼出质量约1g的气体,可获得的反冲力大小约为(A.
0.01N B.
0.02NC.
0.1N D.
0.2N解析:设航天员质量为叫呼气后速度为v,由动量守恒可得mv二m气v气=1X103X20kg,m/s=2X102kg,m/s,由动量定理可得Ft=mv,故反冲力大小F二妇二在贮N=
0.02N,故A、C、D错误,B正确t1[例6][爆炸模型](2021•浙江1月选考,12)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
21、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5s末和6s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340m/s,忽略空气阻力下列说法正确的是B A.两碎块的位移大小之比为12B.爆炸物的爆炸点离地面的高度为80mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m解析:爆炸时,水平方向,根据动量守恒定律可知nhv「ni2V2=0,因两块碎块落地时间相等,则miXi-m x=0,则卫二经三,则两%2222ml碎块的水平位移之比为12,而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于12,选项A错误设两碎块落地时间均为t,由题意可知要生三,解得t=4s;爆炸物的爆炸点离地面的高度为6书〃声2h=|gt-|xiOX42m=80m,选项B正确爆炸后质量大的碎块的水平位移Xi=5-4义340m=340叫质量小的碎块的水平位移X2=6-4X340m=680m,爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m,质量大的碎块的初速度为丫尸卫二网m/s二85m/s,t4选项C、D错误r举一反三若[例」6]中,已知引爆后爆炸物炸裂成两碎块的质量分别为niFO.4kg、m=
0.2kg,则爆炸过程中系统增加的机械能是多少?2提示由[例6]知—=-m/s=85m/s,t4VFv=-=—m/s=170m/s,24tA E=|miV2+1m2V2-4335J12考点四“人船”模型[想•想]提炼核心如图所示,长为L、质量为m船的小船停在静水中,质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端,不计水的阻力加入*£.船/‘%船,工人”以人和船组成的系统为研究对象,在人由船的一端走到另一端的过程中,系统水平方向不受外力作用,所以整个系统水平方向上动量守恒,可得m船v船二m人v人,因人和船组成的系统水平方向上动量始终守恒,故有竽二手,L1/由图可看出x船+x人二L,可解得X人=一0L,X船二一」L租人+租船加人+租船
2.“人船”模型的特点人动船动,人静船静,人快船快,人慢船慢,人左船右;人船平均速度(瞬时速度)之比等于它们质量的倒数之比,所以人船位移之比也等于它们质量的倒数之比即包二江二股
3.类“人船”模型A1SBR—[悟一悟]典题例练[例7][“人船”模型](2022•陕西西安模拟)质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端,如图所示当车与地面间的摩擦不计时,那么(D)A.人在车上行走,若人相对车突然停止,则车由于惯性过一会才停止B.人在车上行走的平均速度越大,则车在地面上移动的距离也越大C.人在车上行走的平均速度越小,则车在地面上移动的距离就越大D.不管人以什么样的平均速度行走,车在地面上移动的距离相同解析由人与车组成的系统动量守恒,初态系统总动量为零,则有mv人二Mv车,若人相对车突然停止,则车也突然停止,故A错误;设车长为L,由m(L-x车)二Mx车,解得x车二/-L,车在地面上移动的位移大小与人的M+m平均速度大小无关,故D正确,B、C错误[例8][类“人船”模型](2022・江苏徐州模拟)如图所示,有一质量M=6kg、棱长为
0.2m的正方体木块,静止于光滑水平面上,木块内部有一从顶面贯通至底面的通道,一个质量为m=2kg的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端在该过程中木块的位移为(A)A.
0.05m B.
0.10mC.
0.15m D.
0.5m解析:小球由静止开始从题图所示通道的左端运动到右端的过程中,小球与木块组成的系统水平方向平均动量守恒,则有而1•t=Mv,t,即mxi=Mx,根据题意,22有Xi+x=a,联立解得x=
0.05m,故选22Ar方法点拨-------------------------------------------“人船”模型问题的两点注意事项⑴适用条件
①系统由两个物体组成,且相互作用前静止,系统总动量为零
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)⑵画草图解题时要画出各物体的位移关系草图,找出各长度间的关系,注意两物体的位移训练学科素养限时巩固是相对同一参考系的位移■基础题组夯基
1.(2022•河南信阳模拟)如图,穿着冰鞋的甲、乙两人站在水平冰面上,当甲猛推乙时,两人会向相反的方向滑行不计冰面对人的水平作用,甲推乙的过程中,下列说法正确的是(D)甲乙解析甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是相互作用力,根据牛顿第三定律,大小相等,方向相反,故A、B错误;在甲推乙的过程中,满足动量守恒,根据m甲v甲二m乙v乙,即甲的动量与乙的动量大小总是相等,但是由于质量关系不确定,获得的速度大小不确定,故C错误,D正确
2.(2022•广东佛山阶段练习)2021年9月17日13时30分,“神舟十二号”返回舱在东风着陆场安全降落“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图如图所示,其过程可简化为:打开降落伞一段时间后,整个装置沿竖直方向匀速下降,为确保返回舱能安全着陆,在返回舱距地面1m左右时,舱内航天员主动切断与降落伞的连接(“切伞”),同时点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭向下喷气过程中返回舱减至安全速度已知“切伞”瞬间返回舱的速度大小vLlOm/s,火箭喷出的气体速度大小v=l082m/s,火箭“喷气”时间极短,喷气完成后返回舱的2速度大小=2m/s,则喷气完成前后返回舱的质量比为V3降落伞带-返回舱缓冲火箭A.4544B.10099C.125124D.135134解析:设返回舱喷气前的质量为M,喷气后的质量为m,根据返回舱喷气完成前后动量守恒有MvLmv3+M-niV2,解得Mm=135134,故D正确,A、B、C错误
3.2022•广东深圳模拟某人斜向上抛出一个爆竹,到最高点时速度大小为vo,方向水平向东,并炸开成质量相等的三块碎片a、b、c,其中碎片a的速度方向水平向东,忽略空气阻力以下说法正确的是C A.炸开时,若碎片b的速度方向水平向西,则碎片c的速度方向可能水平向南B.炸开时,若碎片b的速度为零,则碎片c的速度方向一定水平向西C.炸开时,若碎片b的速度方向水平向北,则三块碎片一定同时落地D.炸开时,若碎片a、b的速度等大反向,则碎片c落地时的速率可能等于3v0解析:到最高点时速度大小为vo,方向水平向东,则总动量向东;炸开时,若碎片b的速度方向水平向西,碎片c的速度方向水平向南,则违反动量守恒定律,A错误;炸开时,若碎片b的速度为零,根据动量守恒定律,碎片c的速度方向可能水平向东,也可能水平向西,B错误;三块碎片在竖直方向上均做自由落体运动,一定同时落地,C正确;炸开时,若碎片a、b的速度等大反向,对爆竹,根据动量守恒定律有3mv=mv,解得v=3v,0c c0碎片c落地时速度的水平分量等于3v,其落地速度一定大于3v,D错误
004.(2022•安徽阜阳模拟)在光滑的水平轨道上放置一门质量为期的旧式炮车(不包含炮弹质量),炮弹的质量为m当炮车沿与水平方向成0角发射炮弹时,2o炮弹相对炮口的速度为Vo,则炮车后退的速度为(C)m vcosO^iV cos020口om+m m+m1212m vcos0^iiV cos02o八o解析:炮弹离开炮口时,炮弹和炮车组成的系统在水平方向不受外力,则系统在水平方向动量守恒设炮车后退的速度大小为V,则炮弹对地的水平速度大小为VoCOS-V,取炮车后退的方向为正,对炮弹和炮车组成系统,根据水平方向动量守恒有0二niiv-ni2(vocos0-v),解得V二,故A、B、D错误,C正确…cose
5.(2022•海南海口一模)如图所示,一高h=
2.4m、倾角0=37,m+m12质量M二3kg的光滑斜面静止在光滑水平面上,一质量m=
0.2kg的物块从斜面顶端由静止释放,取sin37°二
0.6,cos37°二
0.8则物块由斜面顶端滑到底端的过程中,斜面将(C)A.向右移动
0.5m B.向右移动
0.6mC.向右移动
0.2m D.向右移动
0.1m否守恒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
(1)反冲特点:在反冲运动中,如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力,系统的动量是守恒的⑵爆炸现象:爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以系统动量守恒,爆炸过程中位移很小,可忽略不计,作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动[做一做]情境自测[教材情境](人教版选择性必修第一册第25页“做一做”)把一个气球吹起来,用手捏住气球的通气口(图甲),然后突然放开,让气体喷出观察气球的运动如图乙,把弯管装在可旋转的盛水容器的下部当水从弯管流出时,容器就旋转起来⑴只要系统所受到的合力的冲量为零,动量就守恒(V)⑵系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变(V)解析:斜面和物块组成的系统水平方向动量守恒,在水平方向有mvi=Mv,所以mxi=Mx,又有Xi+x=解得x=
0.2m,A、B、D错误,C tan37222正确甲乙
6.(2023•河北沧州模拟)质量为m的烟花弹升到距离地面高度为h处爆炸成质量相等的两部分,两炸片同时落地后相距L,则烟花弹爆炸使炸片增加的机械能为(B)mgL2,mgL2,mg17n八n.C.D.D16h32h8h解析:设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度分别为V
1、V2,由动量守恒定律有0^+yV,可得-=,根据题述,两炸片均做平抛运动,有2vt=L,h=-gt2,AVF VVV122E=-X-mv2+-X-mv2,解得A£=m3L故选Bo20222216/
17.(2022・湖北荆州模拟)(多选)2021年6月17日,搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭,在酒泉卫星发射中心点火发射某中学航天兴趣小组模拟火箭升空的过程,将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空,在极短的时间内,质量为m的水以相对地面为V的速度竖直向下喷出已知重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是(CD)A.水喷出的过程中,“水火箭”和水的机械能守恒
8.“水火箭”的推力来源于“水火箭”外的空气对它的反作用力
9.“水火箭”喷出水时,“水火箭”和水组成的系统动量可以近似看作守恒D.“水火箭”获得的最大速度大小为野解析:水喷出的过程中,“水火箭”内气体做功,“水火箭”及水的机械能不守恒,故A错误;“水火箭”的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力,故B错误;在水喷出后的瞬间,在极短的时间内,可视为内力远大于外力,“水火箭”和水组成的系统动量可以近似看作守恒,故C正确;在水喷出后的瞬间,“水火箭”获得的速度最大,取向下为正方向,由动量守恒定律有-(M-m)v+mvo=0,解得v二詈故D正确
8.(2022•广东开平检测)如图所示,质量为M的木块放在光滑水平面上,现有一质量为m的子弹以速度V射入木块中设子弹在木块中所受阻力不变,且子弹未射穿木块求%rM|7777777777777777777777777777777777777777⑴木块最终的速度;⑵系统损失的机械能解析
(1)以子弹和木块组成的系统为研究对象,由动量守恒定律得()mv=m+M v,0则木块最终的速度为V=^-V0om+M⑵由能量守恒可知,系统损失的机械能为△E4mv2-1(m+M)v2,解得E二子A0也”)2(M+m答案
(1)卢V
(2)翳*(M+m)M+m2,创新题组提能
9.(2022•山东泰安模拟)如图所示,一个夹层中空质量为m的圆柱形零件内部放有一个略比夹层宽度小一点质量也为m的小圆柱体,初始时小圆柱体位于大圆柱夹层的顶部,此时大圆柱体与地面的接触位置为A点,如图甲所示现小圆柱体受到微小的扰动,从顶部滚下,截面图如图乙所示忽略一切接触部位的摩擦,以下说法中正确的是A.小圆柱体下落到最低点时,大圆柱体与小圆柱体速度相同B.小圆柱体会再次到达顶部,此时大圆柱体与地面的接触位置在A点右侧C.小圆柱体会再次到达顶部,此时大圆柱体与地面的接触位置在A点左侧D.小圆柱体再次回到顶部的过程中,大圆柱体与小圆柱体系统机械能守恒解析:小圆柱体下落到最低点时,根据动量守恒定律,大圆柱体与小圆柱体速度大小相等、方向相反,A错误;小圆柱体会再次到达顶部,根据“人船”模型,此时大圆柱体与地面的接触位置一定在A点,否则违反动量守恒定律,B、C错误;小圆柱体再次回到顶部的过程中,只有动能和重力势能相互转化,大圆柱体与小圆柱体系统机械能守恒,D正确
10.(2022•福建莆田模拟)(多选)如图所示,半径为R的光滑半圆弧轨道固定在水平地面上,质量分别为Ui、2m的物块、AB之间锁定一压缩的轻质弹簧,静止放置在半圆弧轨道最低点,弹簧长度忽略不计且与A、B均不拴接,A、B均视为质点某一时刻解除锁定,弹簧瞬间恢复原长,A恰好可以到达半圆弧左端最高点P处已知重力加速度为g,则(AC)A.弹簧恢复原长瞬间,B的速度大小为证C.弹簧恢复原长瞬间,A、B对轨道的压力大小之比为11D.物块A从最低点运动到P点的过程中,A、B系统水平方向动量守恒解析:弹簧恢复原长过程中,A、B系统动量守恒,有2mv=mv,可得2VB二V,物块AAB A从最低点运动到P点的过程中,对A由机械能守恒定律得》以2二mgR,解得V二西瓦则后警,故A正确;由机械能守恒定律得E=1mv2+1•2mv2=|mgR,Av pA B故B错误;弹簧恢复原长瞬间,对A、B分别由牛顿第二定律得Fying二嗒,F「2mg二四誓,联立两式可得警三,F1R RN2由牛顿第三定律可知弹簧恢复原长瞬间,A、B对轨道的压力大小之比为11,故C正确;由于弹开时B的速度小于A的速度,当B到达圆弧最高点时A还没有到达最高点,系统水平方向所受的合力不为零,物块A从最低点运动到P点的过程中,A、B系统水平方向动量不守恒,故D错误
11.(2022•广东广州检测)小车静止在光滑水平地面上,站在车上的人练习打靶靶装在车上的另一端,如图所示,已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹),每颗子弹质量为叫共n发打靶时,枪口到靶的距离为d,若每发子弹打入靶后,就留在靶中,且待前一发打入靶中后,再打下一发则以下说法正确的是(C)77777777^^^77777777^^7777777777777^A.待打完n发子弹后,小车将以一定的速度向右匀速运动B.待打完n发子弹后,小车应停在射击之前位置的左方C.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移相同D.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移应越来越大解析:子弹、枪、人、车组成的系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,子弹射击前系统的总动量为零,子弹射入靶后总动量也为零,故小车仍然是静止的在子弹射出枪口到打入靶中的过程中,小车向右运动,所以第n发子弹打入靶中后,小车应停在原来位置的右方,待打完n发子弹后,小车将静止不动,故A、B错误设子弹射出枪口的速度为v,车后退的速度大小为以子弹射出方向为正方向,根据动量守恒定律,有0=mv-[M+(n-,子弹匀速前进的同时,车匀速后退,故有vt+v t=d,故车后退的位移大小为Ax二V,t二二4,每发子弹从nm+M发射到击中靶过程,小车均后退相同的位移△x,故C正确,D错误
12.(2022•天津模拟)如图所示,为室内冰雪乐园中一个游玩项目,倾斜冰面与水平面夹角二30°,冰面长、宽均为L=40m,冰面两侧均安装有安全护网,底部有缓冲装置(未画出)周末某父子俩前往游玩,设父亲与滑板总质量为M=80kg,儿子与滑板总质量为m=40kg,工作人员将载有人的凹形滑板由冰面顶端中点静止释放的瞬间,父亲沿水平方向推了一下儿子,父子俩迅速分开,并沿冰面滑下假设运动中始终没有碰到护网,父子俩都能安全到达冰面底端(不计一切阻力,父子俩均视为质点,重力加速度g取10rn/s2)o求⑴父子俩下滑的时间t;⑵父亲推儿子时最多做功W解析
(1)父子俩都沿冰面做类平抛运动,沿冰面向下的加速度为a=gsin9=5m/s2,根据位移与时间关系L=1at2,代入数据解得t=4s,两者同时到达底端
(2)推开后,设父亲获得的初速度为v,儿子获得的初速度为v,父子M m俩水平方向动量守恒,则MvM=mv,m因儿子质量小些,只要儿子安全即可,水平滑动距离为*根据位移与时间关系9Vmt,代入数据解得v=5m/s,m代入上述动量守恒式,得V=
2.5m/s,M根据功能关系2+|2,M代入数据得最多做功归750Jo答案
(1)4s
(2)750J
2.气球内气体向后喷出,气球会向前运动这是因为气球受到(D)解析:将吹足了气的气球嘴松开并放手,气球会向前运动,是因为气体喷出时,由于反冲作用,喷出气体对气球产生反作用力,故选Do
3.(多选)根据你学过的知识和这两例实验,下列说法正确的是()ACDA.在平静的水面上,静止着一只小船,船上有一人,人从静止开始从小船的一端走向另一端时,船向相反方向运动B.汽车行驶时,通过排气筒向后排出燃气,从而获得向前的反作用力即动力D.软体动物乌贼在水中经过体侧的孔将水吸入体腔,然后用力把水挤出体外,乌贼就会向相反方向游去解析:根据动量守恒定律可知,人和船组成的系统开始的总动量为零,当人从小船的一端走向另一端时,船向相反方向运动,故A正确;汽车行驶时,通过发动机的牵引力给汽车提供动力,故B错误;农田灌溉用的自动喷水器,当水从弯管的喷嘴里喷射出来时,由于反冲,弯管会自动旋转,故C正确;软体动物乌贼在水中经过体侧的孔将水吸入体腔,然后用力把水挤出体外,由于反冲,乌贼就会向相反方向游去,故D正提升关键能力突破考点确考点一动量守恒定律的理解与应用[想一想]提炼核心动量守恒定律常用的四种表达形式1=PZ,即系统相互作用前的总动量P和相互作用后的总动量p‘大小相等,方向P相同2Ap=pz-p=0,即系统总动量的增加量为零3A=-A p,即相互作用的系统内的两部分物体,其中一部分动量P12的增加量等于另一部分动量的减少量4miv+m v=niiv,+1H2V2,即相互作用前后系统内各物体的动量都在122i同一直线上时,作用前总动量与作用后总动量相等[议一议]深化思维如图所示,质量niA=
8.0kg的足够长的木板A放在光滑水平面上,在其右端放一个质量为mB=
2.0kg的小木块B给B以大小为
4.0m/s方向向左的初速度,同时给A以大小为
6.0m/s,方向向右的初速度,两物体同时开始运动,直至A、B运动状态稳定⑴小木块B与木板A组成的系统是否动量守恒是否机械能守恒⑵过程中小木块B是怎样运动的A、B运动状态稳定后的速度是多提示
(1)小木块与木板组成的系统动量守恒,机械能不守恒
(2)由于木板A的动量大于小木块B的动量,所以系统的合动量方向向右;小木块B先向左减速运动,速度减为零后再反向向右加速运动,最后小木块与木板一起匀速运动设向右为正方向,由动量守恒定律得(m+m)v=m VA-m VB,A BA B解得v=4m/s[悟一悟]典题例练[例1][动量守恒定律的理解与应用](2021・湖南卷,8)(多选)如图a,质量分别为mA、niB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为X撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a_t图像如图b所示,Si表示0到a时间内A的a_t图线与坐标轴所围图形的面积大小,SS3分别表示3到t2时间内A、B的a_t2图线与坐标轴所围图形的面积大小A在匕时刻的速度为V下列说法正确的是(ABD)!时间内,土啬对B的冲量等于m vA0AmBC.B运动后,弹簧的最大形变量等于x解析:将A、弹簧、B看成一个系统,0到如时间内,重力、支持力对系统的冲量的矢量和为零,墙对系统的冲量等于系统动量的变化量,即墙对B的冲量等于m v,A正确;3时刻之后,A、B组成的系统A0动量守恒,由题图b可知,3到t2这段时间内,S3K2,故B物体速度的变化量大于A物体速度的变化量,可知A物体的质量大于B物体的质量,B正确;撤去外力F后,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,B运动后,A、B具有动能,根据系统机械能守恒可知,弹簧的最大形变量小于x,C错误;t2时刻,A、B的加速度均最大,此时弹簧拉伸到最长,A、B共速,设速度为v,a_t图像与时间轴所围图形的面积代表速度的变化量,0〜t2时间内,A的速度变化量为S-S,3〜t2时间内,B的速度变化量为S3,两者相等,即S「S2=S3,D2正确[例2][系统在某方向上动量守恒](2023•福建莆田模拟)如图所示,质量为ni、半径为R的光滑圆弧形凹槽静止在光滑水平面上,质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放在小球下滑到底端B的过程中,则(B)B.小球与凹槽、地球组成的系统机械能守恒解析:小球竖直方向有加速度,系统在竖直方向上合力不为零,但是系统在水平方向受力为零,可知小球和凹槽组成的系统水平方向动量守恒,故A错误;根据机械能守恒的条件可知,小球与凹槽、地球组成的系统机械能守恒,故B正确;系统水平方向动量守恒,有mx球二mx槽,又x球+x槽二R,联立可得x球二*故C错误;小球开始下滑时速度为零,根据P二Fv,可知合力的瞬时功率为零,小球滑到底端B时,速度与合力垂直,合力的瞬时功率也为零,故D错误r方法点拨-------------------------------------------应用动量守恒定律解题“五步法”考点二“子弹打木块”模型[想一想]提炼核心“子弹打木块”模型模型图示⑴子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒水平地面光滑型2系统的机械能有损失特点1子弹嵌入木块中,两者速度相等,机械能损失最多完全非弹性碰撞动量守恒:mv=m+M v0两种能量守恒情境Q=Ff,x相二工mv2」M+m丫2222子弹穿出木块动量守恒mv=mvi+Mv02能量守恒Q=Ff・d=1mv2-|v2+|ni2M02[议一议]深化思维质量为
0.02kg的子弹,以200m/s的速度射入质量是
0.08kg、静止在光滑水平面上的木块1如果子弹留在木块中,木块运动的速度是多大?⑵如果子弹把木块打穿,子弹穿过后的速度为100m/s,这时木块的速度又是多大?提示1当子弹留在木块中时,由动量守恒定律可得miVo=nii+ni2v共,解得v共=40m/so⑵当子弹打穿木块时,有miVo=miVi+m V2,2解得V2=25m/so[悟嘛]典题例练[例3][子弹穿出木块模型](多选)在光滑水平桌面上有一个静止的木块,高速飞行的子弹水平穿过木块若子弹穿过木块过程中受到的摩擦力大小不变,则(BD)----------------------------------------77777777777777777777777A.若木块固定,则子弹对木块的摩擦力的冲量为零B.若木块不固定,则子弹减少的动能大于木块增加的动能C.不论木块是否固定,两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等D.不论木块是否固定,两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等解析:若木块固定,子弹对木块的摩擦力的冲量不为零,但木块的合力冲量为零,A错误;木块不固定时,因为子弹与木块间有内能增加,由能量守恒定律可知,子弹减少的动能大于木块增加的动能,B正确;由F t可知,摩擦力大小不变时,由于f两种情况下子弹与木块的作用时间不同,所以两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小不相等,C错误;根据Q二Ff・x相,由于摩擦力大小不变,并且两次子弹与木块的相对位移相同,相对位移都为木块厚度,所以不论木块是否固定,两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等,D正确[例4][子弹未穿出木块模型](2022•安徽合肥模拟)如图所示,质量为m的子弹以V的水平初速度射向放在光滑水平面上的物块,物块质量为5m水平面左端与一固定光滑四分之一圆弧轨道平滑相接,子弹。