资源简介

第2节　动量守恒定律及其应用
[定位·学习目标]　1.理解系统、内力和外力的含义。2.理解动量守恒定律及其成立的条件,会运用牛顿第二定律和牛顿第三定律导出动量守恒定律的表达式。3.了解动量守恒定律的普遍适用性,并会用其解决实际问题。
探究新知
知识点一　动量守恒定律
1.系统:我们把由两个(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:系统内物体间的相互作用力。
3.外力:系统以外的物体施加给系统内物体的力。
4.动量守恒定律
(1)内容:一个系统不受外力或者所受合外力为0时,这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式:对两个物体组成的系统,常写成m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。
(3)适用条件:系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。
知识点二　动量守恒定律的普适性
1.相互作用的物体无论是低速还是高速运动,无论是宏观物体还是微观粒子,动量守恒定律都适用。
2.动量守恒定律是一个独立的实验规律,它适用于目前为止物理学研究的一切领域。
知识点三　反冲运动与火箭
1.反冲运动:一个静止的物体在内力作用下分裂为两部分,一部分向某方向运动,另一部分必然向相反的方向运动的现象。
2.反冲运动的应用与防止
(1)应用:火箭发射、反击式水轮机和自动喷水装置喷水。
(2)防止:射击时子弹向前飞去,枪身会向后反冲,枪身的反冲会影响射击的准确性。
新知检测
1.思考判断[正确的打“√”,错误的打“×”]
(1)内力是系统内部物体间的相互作用力。(　√　)
(2)火箭点火后离开地面向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果。(　×　)
(3)在没有空气的宇宙空间,火箭仍可加速前行。(　√　)
(4)只要合外力对系统做功为零,系统动量就守恒。(　×　)
(5)系统动量守恒也就是系统在所研究过程中任意两个时刻的总动量相等。(　√　)
2.思维探究
(1)如图所示,两个小球在碰撞时有相互作用力F1、F2,还受各自的重力G1、G2,地面的支持力N1、N2。以两个小球为系统,试分析系统的内力和外力分别是哪些力。
(2)速滑接力比赛中的接力过程和老年门球比赛中两个门球的相撞过程,有什么共同点
【答案】 (1)内力F1、F2;外力G1、G2、N1、N2。
(2)运动员接力过程,只有两个运动员之间的相互作用力,两个运动员的总动量保持不变;两个门球相撞时,也是只有两球之间的相互作用力,它们的总动量也不变。
要点一　对动量守恒定律的理解与条件判断
情境探究
如图所示,子弹A沿水平方向射入木块B后留在木块内,将弹簧压缩到最短。
(1)若地面不光滑,子弹打击木块瞬间,子弹和木块组成的系统动量守恒吗
(2)若地面光滑,子弹射入木块后将弹簧压缩到最短过程中,子弹、木块、弹簧组成的系统动量守恒吗
【答案】 (1)守恒,子弹打击木块的内力远大于木块与地面间的摩擦力。
(2)不守恒,弹簧受墙壁的作用力。
要点归纳
1.对动量守恒适用条件的理解
理想 条件 系统不受外力或者所受合外力为零,系统动量守恒
近似 条件 系统所受合外力不为零,但当内力远大于外力时,系统动量近似看成守恒
分方向 条件 系统在某个方向上所受合外力为零时,系统在该方向上动量守恒
2.对动量守恒定律的“五性”的理解
系统性 注意判断是哪几个物体组成的系统动量守恒
矢量性 动量守恒定律的表达式是一个矢量式,解题时要规定正方向,将矢量运算转化为代数运算
相对性 系统中各物体在相互作用前后的速度必须相对于同一惯性系,通常为相对于地面的速度
同时性 初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量;末动量必须是各物体在作用后同一时刻的动量
普适性 不仅适用于低速、宏观领域,也适用于高速、微观领域
[例1] (双选)如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止。对两车及弹簧组成的系统,下列说法正确的是(　　)
A.两手同时放开后,系统总动量始终为零
B.先放开左手,后放开右手,此后动量不守恒
C.先放开左手,后放开右手,总动量向右
D.无论是否同时放手,只要两手都放开后,在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零
【答案】 AD
【解析】 当两手同时放开后,系统所受的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因为开始时总动量为零,故系统总动量始终为零,故A正确。先放开左手,左边的小车就向左运动,再放开右手后,是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间,系统所受合外力也为零,即系统的动量是守恒的,且开始时总动量方向向左,放开右手后总动量方向也向左,故B、C错误。无论何时放手,只要两手都放开就满足动量守恒的条件,即系统的总动量保持不变。若同时放开,那么之后系统的总动量就等于放手前的总动量,即为零;若两手先后放开,那么两手都放开后的总动量与放开最后一只手前系统所具有的总动量相等,即不为零,故D正确。
对动量守恒定律理解的两个误区
(1)误认为只要系统初、末状态的动量相同,则系统动量守恒。产生误区的原因是没有正确理解动量守恒定律,系统在变化的过程中每一个时刻动量均不变,才符合动量守恒定律。
(2)误认为动量守恒定律中,各物体的动量可以相对于任何参考系。出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律,应用动量守恒定律时,各物体的动量必须是相对同一惯性参考系,一般情况下,选地面为参考系。
[针对训练1] 如图所示,一根光滑刚性杆OAB固定在底座上,其中OA段是四分之一圆弧,AB段是与OA段平滑连接的水平杆,底座置于光滑水平面上。现让内径比杆略大的小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O,则此过程(　　)
A.小环动量守恒
B.小环水平方向动量守恒
C.小环、杆OAB及底座组成的系统动量守恒
D.小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向动量守恒
【答案】 D
【解析】 小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O,小环在圆弧段所受合力不为零,动量不守恒,水平方向所受合力也不为零,水平方向动量也不守恒,故A、B错误;小环、杆OAB及底座组成的系统在竖直方向所受合力不为零,动量不守恒,但小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向不受外力,则水平方向动量守恒,故C错误,D正确。
要点二　动量守恒定律的应用
情境探究
光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球,沿同一水平方向做匀速直线运动,速度分别为v1、v2,且v1(1)两球在碰撞过程中系统动量守恒吗 若守恒,请写出动量守恒的表达式。
(2)试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前动量m1v1+m2v2和碰后动量m1v1′+m2v2′的关系。
【答案】 (1)守恒,m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。
(2)设m1和m2间的相互作用时间为t,根据动量定理可得F1t=m1v1′-m1v1,F2t=m2v2′-m2v2。
由牛顿第三定律可得F1=-F2,
故有m1v1′-m1v1=-(m2v2′-m2v2),
即m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。
要点归纳
1.对系统总动量保持不变的理解
(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等,不仅仅是初、末两个状态的总动量相等。
(2)系统的总动量保持不变,但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。
(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和,总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变。
2.动量守恒定律的三种表达式
(1)p=p′或m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′,大小相等,方向相同)。
(2)Δp1=-Δp2或m1Δv1=-m2Δv2(两物体组成的系统内一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量等大反向)。
(3)Δp=p′-p=0(系统总动量的变化量为零)。
3.应用动量守恒定律的解题步骤
[例2] 将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上,水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s,方向向右,乙车速度大小为 2 m/s,方向向左并与甲车速度方向在同一直线上,如图所示。
(1)当乙车速度为0时,甲车的速度多大 方向如何
(2)由于磁性极强,故两车不会相碰,那么两车的距离最小时,乙车的速度是多大 方向如何
【答案】 (1)1 m/s　方向向右
(2)0.5 m/s　方向向右
【解析】 (1)两个小车及磁铁组成的系统水平方向不受外力作用,即所受合力为0,则系统动量守恒。
设向右为正方向,当乙车速度为0时,
根据动量守恒定律有mv甲+mv乙=mv甲′,
代入数据解得v甲′=1 m/s,方向向右。
(2)当两车的距离最小时速度相同,设为v′,
根据动量守恒定律有mv甲+mv乙=2mv′,
代入数据解得v′=0.5 m/s,方向向右。
关于系统动量守恒的几点说明
(1)系统的动量守恒,并不是系统内各物体的动量都不变。一般来说,系统的动量守恒时,系统内各物体的动量是变化的,但系统内各物体的动量的矢量和是不变的。
(2)动量守恒定律是矢量方程,规定正方向后,方向与正方向一致的矢量取正值,方向与正方向相反的矢量取负值。
(3)系统动量严格守恒的情况是很少的,在分析守恒条件是否满足时,要注意对实际过程的理想化。
[针对训练2] 如图所示,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为M,人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直向上跳起时,车的速度变为(　　)
A.,向东 B.,向东
C.,向东 D.v1,向东
【答案】 D
【解析】 人和车组成的系统,在水平方向上所受合力为零,即水平方向动量守恒。设车的速度v1的方向为正方向,选地面为参考系,初态车和人的总动量为Mv1,当人跳起时车的动量为(M-m)v,人的水平动量仍为mv1,根据动量守恒定律,有Mv1=(M-m)v+mv1,解得v=v1,故D正确。
要点三　对反冲现象的理解与应用
情境探究
请同学们找一个气球,吹起来以后用手捏住吹气口,然后突然放手,观察所发生的物理现象。
(1)通过实验观察到什么现象
(2)气球为什么会运动起来
【答案】 (1)松开手后,气球会沿与吹气口相反的方向运动。
(2)松开手后,气球内的气体要从吹气口冲出,从而对气球有一个反作用力,使气球向相反方向运动。
要点归纳
1.反冲运动的特点及遵循的规律
(1)特点:是物体之间的作用力与反作用力产生的效果。
(2)遵循的规律:反冲运动是内力作用的结果,虽然有时系统所受的合外力不为零,但由于系统内力远大于外力,所以可认为系统的总动量是守恒的。
2.火箭的工作原理
火箭是利用了反冲原理,发射火箭时,尾管中喷射出的高速气体有动量,设火箭在飞行时在极短的时间内喷射的燃气质量为Δm,喷射出燃气的速度相对于喷射前火箭的速度为u,喷出燃气后火箭的质量为m,火箭在这样一次喷气后增速为Δv,以喷气前火箭为参考系,根据动量守恒定律,火箭就获得向上的动量,从而向上飞去。即 mΔv+Δmu=0,解得Δv=-u。
3.讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的反向性。
对于原来静止的物体,被抛出部分具有速度时,剩余部分的运动方向与被抛出部分必然相反。在列动量守恒方程时,可任意规定某一部分的运动方向为正方向,则反方向的速度应取负值。
(2)速度的相对性。
在反冲运动中,有时遇到的速度是两物体的相对速度。此类问题中应先将相对速度转换成对地的速度后,再列动量守恒定律方程。
[例3] 章鱼是一种温带软体动物,生活在水中。一只悬浮在水中的章鱼,当外套膜吸满水后,它的总质量为M,突然发现后方有一只海鳗,章鱼迅速将体内的水通过短漏斗状的体管在极短时间内向后喷出,喷射的水力强劲,从而迅速向前逃窜。若喷射出的水的质量为m,喷射速度为v0,则下列说法正确的是(　　)
A.章鱼喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒
B.章鱼喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统动量增加
C.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v0
D.章鱼喷水的过程中受到的冲量为
【答案】 C
【解析】 在章鱼喷水的过程中,章鱼的生物能转化为机械能,系统机械能增加,A错误;章鱼喷水过程所用的时间极短,内力远大于外力,章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒,B错误;由动量守恒定律得0=(M-m)v-mv0,可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v=v0,C正确;章鱼喷水的过程中受到的冲量大小等于喷出的水的动量大小mv0,D错误。
[针对训练3] 学习了反冲原理之后,同学们利用饮料瓶制作了“水火箭”。如图所示,瓶中装有一定量的水,瓶口用装有软管的橡皮塞塞紧,然后通过打气使瓶内空气压强增大,当橡皮塞与瓶口脱离时,瓶内水向后喷出。静置于地面上的质量为M(含水)的“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v0的速度竖直向下喷出。重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是(　　)
A.“水火箭”的原理与体操运动员在着地时要屈腿的原理是一样的
B.发射后,“水火箭”的速度大小为v=
C.“水火箭”的推力来源于“水火箭”外的空气对它的反作用力
D.“水火箭”上升到最大高度的过程中,重力的冲量大小为(M-m)v0
【答案】 B
【解析】 体操运动员在着地时屈腿可以延长着地时间,从而减小地面对运动员的作用力,故A错误;“水火箭”喷水过程中,根据动量守恒定律有(M-m)v=mv0,解得“水火箭”获得的速度为v=,故B正确;“水火箭”的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力,故C错误;水喷出后,“水火箭”做竖直上抛运动,“水火箭”在空中飞行的时间为t==,重力的冲量大小为I=(M-m)gt=mv0,故D错误。
模型·方法·结论·拓展
“人船”模型
1.模型特征
两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为0,则系统动量守恒。在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船”模型问题。
2.“人船”模型的关系
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,则人和船组成的系统动量始终守恒,可得 m船v船=m人v人,故有m船s船=m人s人,由图可看出s船+s人=L,可解得s人=L,s船=L。s人、s船均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。
[示例] 如图所示,质量为M的小船静止在水面上,质量为m的人在甲板上立定跳远的成绩为L,不计空气和水的阻力,下列说法正确的是(　　)
A.若人在甲板上散步时突然停下,船将继续后退
B.人在立定跳远的过程中船保持静止
C.人在立定跳远的过程中船后退的距离为
D.人相对地面的成绩为
【答案】 C
【解析】 根据反冲运动中的人船模型可知,人在甲板上散步时突然停下,船将立即停下,人在立定跳远的过程中,船向相反方向运动,故A、B错误;设船后退的位移为s,人相对船的位移为L,人和船组成的系统水平方向动量守恒,则有Ms=m(L-s),解得船后退的距离为 s=,故C正确;人相对地面的成绩为L-s=,故D错误。
科学·技术·社会·环境
烟花弹与动量守恒
　　节日放烟花时,烟花弹在高空爆炸形成绚丽多彩的礼花,炸开后下落过程中礼花在空中是以爆炸点为中心、半径不断增大的球形。爆炸瞬间,爆炸产生的力远大于烟花弹受
到的重力,可以看作一个动量守恒过程,烟花弹的各个碎片都具有相等的速率,又由于速率很大,所以碎片能保持爆炸时的球形不变。
[示例] 若一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片,其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面,另两块碎片稍后一些同时落至地面,则在礼花弹炸裂后的瞬间,这三块碎片的运动方向可能是(　　)
A B
C D
【答案】 D
【解析】 礼花弹炸裂的瞬间动量守恒,礼花弹竖直上升到最高点时炸裂,所以炸裂前的总动量为零,礼花弹炸裂瞬间内力远大于外力,则炸裂后瞬间的总动量也是零,水平方向的总动量为零。因一碎片沿竖直方向先落地,可知其中一块速度方向竖直向下,则礼花弹炸裂后的瞬间,这三块碎片的运动方向可能是D。
1.下列各图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是(　　)
在光滑水平面上,子弹水平射入木块的过程中
甲
剪断细线,压缩的轻弹簧恢复原长的过程中
乙
两球匀速下降,细线断裂后,它们在水中运动的过程中
丙 　
木块沿光滑固定斜面
由静止滑下的过程中
丁
A.只有甲和乙 B.只有丙和丁
C.只有乙和丁 D.只有甲和丙
【答案】 D
【解析】 题图甲中,子弹射入木块的过程中,系统水平方向所受合力为零,则动量守恒;题图乙中,剪断细线,压缩的弹簧恢复原长的过程中,系统水平方向要受到竖直墙壁对M的作用力,即水平方向所受合力不为零,系统的动量不守恒;题图丙中,两球匀速下降,则受到的重力和浮力的合力为零,剪断细线后,系统受的重力和浮力不变,则系统所受合力仍为零,系统动量守恒;题图丁中,木块沿光滑固定斜面下滑的过程中,水平方向上合力为0,系统在水平方向上动量守恒,但是竖直方向上合外力不为零,则系统动量不守恒。综上,只有甲和丙系统动量守恒,故选D。
2.冲天炮飞上天后在空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间,突然炸裂成一大一小P、Q两块,且质量较大的P仍沿原来方向飞出去,则(　　)
A.质量较大的P先落回地面
B.炸裂前后瞬间,总动量近似守恒
C.炸裂后,P飞行的水平距离较大
D.炸裂时,P、Q两块受到的内力的冲量相等
【答案】 B
【解析】 炸裂时,冲天炮位于最高点,水平方向不受外力作用,而重力远远小于内力,所以总动量可认为守恒,因此,P、Q两块的速度方向均沿水平方向,之后做平抛运动回到地面,同时落地,故A错误,B正确;炸裂后,质量较小的Q可能仍沿原来的方向,也可能与原方向相反,无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系,也就无法比较水平距离大小关系,故C错误;炸裂时P、Q两块受到的内力大小相等,方向相反,故炸裂时P、Q两块受到的内力的冲量大小相等,方向相反,冲量是矢量,故D错误。
3.质量为M的热气球在空中以速率v0匀速上升,一质量为m的人在悬绳上相对热气球静止。若人以相对地面的速率v沿绳向下匀速运动,则热气球的速率为(　　)
A.v0+v B.v0-v
C.v0+(v0+v) D.v0+(v0-v)
【答案】 C
【解析】 对气球和人组成的系统,开始时匀速上升,所受合力为0,人向下运动的过程中系统动量守恒,根据动量守恒定律有(M+m)v0=-mv+Mv1,得v1=v0+(v0+v),故C正确。
4.如图所示,将质量为m1、初速度大小为v0、仰角为θ的铅球抛入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中,砂车与水平地面间的摩擦可以忽略。则铅球和砂车组成的系统动量　　　　　(选填“守恒”或“不守恒”),其共同速度为　　　　;铅球和砂车获得共同速度后,砂车底部出现一小孔,砂子从小孔中漏出,当漏出质量为m2的砂子时,砂车的速度为　　　　　。
【答案】 不守恒　　
【解析】 铅球和砂车组成的系统动量不守恒,但水平方向动量守恒,规定向右为正方向,则有m1v0cos θ=(M+m1)v,得铅球和砂车的共同速度为v=。铅球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统水平方向动量也守恒,设当漏出质量为m2的砂子时砂车的速度为v′,砂子漏出后做平抛运动,水平方向的速度仍为v,则有(M+m1)v=m2v+(M+m1-m2)v′,得 v′=v=。
5.如图,在平静的水面上漂浮着一块质量M=150 g的带有支架的木板,木板左边的支架上蹲着一只质量为m=50 g 的青蛙,支架相对水面高为h=20 cm,支架右方的水平木板长s=120 cm,突然青蛙向右水平跳出。水的阻力不计,g取 10 m/s2。
(1)如果青蛙相对地面跳出的初速度是0.3 m/s,木板后退的速度是多大
(2)青蛙如果水平跳出恰好入水,对地跳出的初速度为多少
【答案】 (1)0.1 m/s　(2)4.5 m/s
【解析】 (1)青蛙跳出的过程中,根据动量守恒定律有
mv1-Mv2=0,
可得木板后退的速度为
v2=0.1 m/s。
(2)如果青蛙水平跳出恰好入水,根据动量守恒定律有mv1′-Mv2′=0,
且s=v1′t+v2′t,
而竖直方向有h=gt2,
联立解得v1′=4.5 m/s。
课时作业
基础巩固
1.物理观念建构过程中都有特定的物理情境、对应的条件。关于动量守恒的条件,下列说法正确的是(　　)
A.只要系统所受外力的合力为零,系统动量一定守恒
B.只要系统内某个物体做加速运动,系统动量就不守恒
C.只要系统所受合力恒定,系统动量守恒
D.只要系统内存在摩擦力,系统动量不可能守恒
【答案】 A
【解析】 只要系统所受合力为零,则外力对系统的冲量为0,系统的动量不发生改变,即系统动量守恒,与系统内物体的运动状态、受力性质均无关。当系统所受合力恒定但不为零时,系统动量不守恒。选项A正确。
2.某次短道速滑训练中“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出,完成“交接棒”。忽略地面的摩擦力,在这个过程中(　　)
A.两运动员的总动量守恒
B.甲、乙运动员的动量变化量相同
C.两运动员的总机械能守恒
D.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
【答案】 A
【解析】 两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0,系统动量守恒,A正确;系统动量守恒,两运动员的动量变化量等大反向,变化量不相同,B错误;在光滑冰面上“交接棒”时,后方运动员用力推前方运动员,导致机械能增加,C错误;在乙推甲的过程中,消耗体内的化学能转化为系统的动能,根据能量守恒定律可知,甲的动能增加量不等于乙的动能减少量,D错误。
3.2024年12月17日,长征二号丁运载火箭在太原卫星发射中心成功发射“水利一号”遥感卫星。假设火箭的燃料用完后,火箭壳体和卫星一起以 6.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。某时刻卫星沿轨道切线方向以相对火箭壳体1.4×103 m/s的速度瞬间分离。已知卫星的质量是 400 kg,火箭壳体的质量是1 000 kg,则分离后卫星的速度是(　　)
A.5.5×103 m/s B.6.0×103 m/s
C.7.0×103 m/s D.7.5×103 m/s
【答案】 C
【解析】 卫星和火箭系统,分离过程时间很短,其所受地球引力对系统的冲量可以忽略不计,即动量守恒。设分离后卫星的速度为v,火箭壳体的速度为v′,则有v=v′+1.4×103 m/s,即v′=v-1.4×103 m/s,根据动量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v+m2v′,代入数据解得v=7.0×103 m/s,故A、B、D错误,C正确。
4.如图是劳动者抛沙袋入车的情境图。一排人站在平直的轨道旁,分别标记为1,2,3,…,已知车的质量为40 kg,每个沙袋的质量为5 kg。当车经过一人身旁时,此人将一个沙袋沿与车前进相反的方向以4 m/s投入车内,沙袋与车瞬间就获得共同速度。已知车原来的速度大小为10 m/s,当车停止运动时,一共抛入的沙袋的个数为(　　)
A.20个 B.25个 C.30个 D.40个
【答案】 A
【解析】 设一共抛入n个沙袋,这些沙袋抛入车的过程满足动量守恒定律,以车运动的方向为正方向,可得Mv0-n·mv=0,解得n===20,即抛入20个沙袋车恰好停止运动,故A正确,B、C、D错误。
5.“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1 m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 v1=10 m/s,火箭喷出的气体速度大小v2=1 002 m/s,火箭“喷气”时间极短,喷气完成后返回舱的速度大小v3=2 m/s。则喷气完成前后返回舱的质量之比为(　　)
A.125∶124 B.100∶99
C.45∶44 D.95∶96
【答案】 A
【解析】 火箭“喷气”时间极短,则“喷气”过程中返回舱与气体组成的系统动量守恒,取向下为正方向,设返回舱的质量为M,气体的质量为m,有(M+m)v1=Mv3+mv2,代入数据解得=,则=,故A正确,B、C、D错误。
6.斜面体P上表面光滑,且倾角为α、质量为M、底边长为L,静止放置在光滑水平面上,将一可视为质点、质量为m的滑块Q从斜面的顶端无初速度释放,经过时间t刚好滑到斜面底端,重力加速度为g,则(　　)
A.斜面体P对滑块Q的支持力不做功
B.滑块Q下滑过程中,P、Q组成的系统动量守恒
C.滑块Q下滑时间t过程中,Q所受重力的冲量为mgtsin α
D.滑块Q滑到斜面底端时,Q向右滑动的水平距离为L
【答案】 D
【解析】 P、Q组成的系统在水平方向所受合力为零,则水平方向动量守恒,滑块Q从斜面顶端释放后将向右运动,斜面体P将向左运动,斜面体P对滑块Q的支持力与滑块Q速度的夹角大于90°,斜面体P对滑块Q的支持力做负功,故A错误;滑块Q下滑过程中,P、Q组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,故B错误;在滑块Q下滑时间t过程中,Q所受重力的冲量为IG=mgt,故C错误;对P、Q组成的系统,水平方向有mv1-Mv2=0,则mv1t-Mv2t=0,即mx1-Mx2=0,根据几何关系有L=x1+x2,可得Q向右滑动的水平距离为x1=L,故D正确。
能力提升
7.(双选)如图所示,a、b两物体彼此接触静止放在光滑的水平桌面上,物体a的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道,将小球c紧贴轨道右侧最高点P由静止释放,则(　　)
A.a、b、c组成的系统机械能守恒,动量也守恒
B.当c第一次滑到最低点时,a和b开始分离
C.c可以滑到a左侧与P等高的地方
D.最后a将从桌面左边滑出
【答案】 BD
【解析】 a、b、c三者组成的系统竖直方向合力不为零,即动量不守恒,但除重力、弹力外无其他力做功,则机械能守恒,故A错误。在小球c第一次滑到最低点前,c对a的作用力始终有向右的水平分力,因此a与物体b挤压而有向右的共同速度,不会与b分离;而c滑过最低点后对a的作用力有向左的水平分力,a的速度将变小,而b匀速运动,因此a与b出现分离,故B正确。由于系统满足水平方向动量守恒,系统初动量为零;b与a分离后,b将一直向右做匀速直线运动,b的动量向右,则分离后a、c的总动量向左,a、c将向左不断运动,最终从桌面左边滑出,因物体b获得了动能,则c不可以滑到a左侧与P等高的地方,故C错误,D正确。
8.(双选)如图所示,船静止在平静的水面上,船前舱有一抽水机把前舱的水均匀地抽往后舱。不计水的阻力,下列说法正确的是(　　)
A.若前、后舱是分开的,则前舱将向后运动
B.若前、后舱是分开的,则前舱将向前运动
C.若前、后舱不分开,则船将向后运动
D.若前、后舱不分开,则船将向前运动
【答案】 BD
【解析】 若前、后舱是分开的,前舱和抽出的水相互作用,靠反冲作用前舱向前运动;若不分开,虽然抽水的过程属于船与水的内力作用,但水的质量发生了转移,从前舱转移到了后舱,相当于人从船的一头走到另一头的过程,船将向前运动,故B、D正确。
9.(双选)如图所示,质量为3m、半径为R的空心大球Q(内壁光滑),静止在光滑水平面上,有一质量为m的小球P(可视为质点),从与大球球心等高处,紧贴着大球内表面无初速度释放。小球P从静止开始,滑到大球的最低点时,下列说法正确的是(　　)
A.小球P的位移大小等于R
B.小球P的位移大小等于R
C.小球P的速度大小等于
D.小球P的速度大小等于
【答案】 BC
【解析】 P、Q两球组成的系统在水平方向上所受合力为零,动量守恒,则从P被释放到P滑到最低点的过程中,P、Q在任意时刻的水平速度大小满足mvP=3mvQ,所以P、Q的水平位移大小满足sP=3sQ,根据位移关系有sP+sQ=R,解得 sP=R,小球P的位移为s==R,故A错误,B正确;整个过程中机械能守恒,则mgR=m+·3m,其中vP=3vQ,解得vP=,故C正确,D错误。
10.(双选)如图甲,物体A从光滑平台以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上,vt图像(图中所标字母为已知)如图乙所示。车与水平面间的摩擦不计,由此可以求出的物理量是(重力加速度为g)(　　)
甲 　乙
A.小车上表面的最短长度
B.物体A与小车B上表面间的动摩擦因数
C.物体A与小车B的质量
D.两物体相对运动的过程中产生的热量
【答案】 AB
【解析】 由图像可知,A、B最终以共同速度v1匀速运动,这时两物体的位移差即为小车上表面的最短长度,结合vt图像面积的物理意义,即最短长度Δx=v0t1,A正确;由图像可知物体A的加速度大小为 aA=,对A应用牛顿第二定律可得μmAg=mAaA,联立可得μ==,故物体A与小车B上表面间的动摩擦因数可求,B正确;由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v1,解得=,故可以确定物体A与小车B的质量之比,但无法算出物体A与小车B的质量,C错误;两物体相对运动的过程中产生的热量为 Q=mA-(mA+mB),因为两物体质量未知,故无法计算两物体相对运动的过程中产生的热量,D错误。
11.课外科技小组制作一只“水火箭”,用压缩空气压出水流使火箭运动,则“水火箭”做　　　　运动。假如喷出的水流流量保持为 2×10-4 m3/s,喷出速度保持为对地10 m/s。启动前火箭总质量为 1.4 kg,则启动2 s末火箭的速度大小为　　　m/s;2 s内喷出的水的质量为　　　　kg。(已知火箭沿水平轨道运动阻力不计,水的密度是 1.0×103 kg/m3)
【答案】 反冲　4　0.4
【解析】 “水火箭”喷出水流做反冲运动,设火箭原来总质量为M,喷出水流的流量为Q,水的密度为ρ,水流的喷出速度为v,流量Q=Sv,则2 s内喷出的水的质量 m=ρV=ρSvt=ρQt,
代入数据得m=0.4 kg;
设火箭的反冲速度为v′,由动量守恒定律得
(M-ρQt)v′=ρQtv,
火箭启动后2 s末的速度为
v′== m/s
=4 m/s。
12.如图所示,一个小孩在冰面上进行“滑车”练习,开始小孩站在A车前端与车以共同速度v0=0.9 m/s 向右做匀速直线运动,在A车正前方有一辆静止的B车,为了避免两车相撞,在A车接近B车时,小孩迅速从A车跳上B车,又立即从B车跳回A车,此时A、B两车恰好不相撞。已知小孩的质量m=25 kg,A车和B车质量均为 mA=mB=100 kg,若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反,求:
(1)小孩跳回A车后,他和A车的共同速度大小;
(2)小孩跳离A车和B车时对地速度的大小;
(3)小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小。
【答案】 (1)0.5 m/s　(2)1 m/s　
(3)2.5 kg·m/s
【解析】 (1)小孩跳离A车又跳回的结果是A、B两车恰好不相撞,则最后具有相同的速度。
由于小孩、A车、B车组成的系统所受合力为零,即动量守恒,根据动量守恒定律有
(m+mA)v0=(m+mA+mB)v,
代入数据解得v=0.5 m/s。
(2)设小孩跳上又跳离B车时对地的速度大小为v′,以向左为正方向,对小孩、B车根据动量守恒定律有
Δp=-ΔpB,
即2mv′=mBv,
解得v′=1 m/s,
即小孩跳离A车和B车时对地的速度大小为 1 m/s。
(3)设小孩跳离A车后A车的速度为vA′,根据动量守恒定律有
(m+mA)v0=mv′+mAvA′,
解得vA′=0.875 m/s,
根据动量定理,小孩对A车的冲量大小
I=ΔpA=mAv0-mAvA′=2.5 kg·m/s。(共60张PPT)
第2节　动量守恒定律及其应用
[定位·学习目标]　
1.理解系统、内力和外力的含义。2.理解动量守恒定律及其成立的条件,会运用牛顿第二定律和牛顿第三定律导出动量守恒定律的表达式。3.了解动量守恒定律的普遍适用性,并会用其解决实际问题。
探究·必备知识
「探究新知」
知识点一　动量守恒定律
1.系统:我们把由两个(或多个)相互作用的物体构成的 叫作一个力学系统,简称系统。
2.内力:系统内 的相互作用力。
3.外力:系统以外的物体施加给系统内物体的力。
整体
物体间
4.动量守恒定律
(1)内容:一个系统不受 或者所受 为0时,这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式:对两个物体组成的系统,常写成 。
(3)适用条件:系统不受 或者所受 的矢量和为零。
外力
合外力
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
外力
外力
知识点二　动量守恒定律的普适性
1.相互作用的物体无论是低速还是 运动,无论是宏观物体还是 粒子,动量守恒定律都适用。
2.动量守恒定律是一个独立的实验规律,它适用于目前为止物理学研究的一切领域。
高速
微观
知识点三　反冲运动与火箭
1.反冲运动:一个静止的物体在内力作用下分裂为两部分,一部分向某方向运动,另一部分必然向 的方向运动的现象。
2.反冲运动的应用与防止
(1)应用:火箭发射、反击式水轮机和自动喷水装置喷水。
(2)防止:射击时子弹向前飞去,枪身会向后反冲,枪身的反冲会影响射击的准确性。
相反
「新知检测」
1.思考判断[正确的打“√”,错误的打“×”]
(1)内力是系统内部物体间的相互作用力。(　 　)
(2)火箭点火后离开地面向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果。
(　 　)
(3)在没有空气的宇宙空间,火箭仍可加速前行。(　 　)
(4)只要合外力对系统做功为零,系统动量就守恒。(　 　)
(5)系统动量守恒也就是系统在所研究过程中任意两个时刻的总动量相等。
(　 　)
√
×
√
×
√
2.思维探究
(1)如图所示,两个小球在碰撞时有相互作用力F1、F2,还受各自的重力G1、G2,地面的支持力N1、N2。以两个小球为系统,试分析系统的内力和外力分别是哪些力。
【答案】 (1)内力F1、F2;外力G1、G2、N1、N2。
(2)速滑接力比赛中的接力过程和老年门球比赛中两个门球的相撞过程,有什么共同点
【答案】 (2)运动员接力过程,只有两个运动员之间的相互作用力,两个运动员的总动量保持不变;两个门球相撞时,也是只有两球之间的相互作用力,它们的总动量也不变。
突破·关键能力
要点一　对动量守恒定律的理解与条件判断
「情境探究」
如图所示,子弹A沿水平方向射入木块B后留在木块内,将弹簧压缩到最短。
(1)若地面不光滑,子弹打击木块瞬间,子弹和木块组成的系统动量守恒吗
【答案】 (1)守恒,子弹打击木块的内力远大于木块与地面间的摩擦力。
(2)若地面光滑,子弹射入木块后将弹簧压缩到最短过程中,子弹、木块、弹簧组成的系统动量守恒吗
【答案】 (2)不守恒,弹簧受墙壁的作用力。
1.对动量守恒适用条件的理解
「要点归纳」
理想 条件 系统不受外力或者所受合外力为零,系统动量守恒
近似 条件 系统所受合外力不为零,但当内力远大于外力时,系统动量近似看成守恒
分方向 条件 系统在某个方向上所受合外力为零时,系统在该方向上动量守恒
2.对动量守恒定律的“五性”的理解
系统性 注意判断是哪几个物体组成的系统动量守恒
矢量性 动量守恒定律的表达式是一个矢量式,解题时要规定正方向,将矢量运算转化为代数运算
相对性 系统中各物体在相互作用前后的速度必须相对于同一惯性系,通常为相对于地面的速度
同时性 初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量;末动量必须是各物体在作用后同一时刻的动量
普适性 不仅适用于低速、宏观领域,也适用于高速、微观领域
[例1] (双选)如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止。对两车及弹簧组成的系统,下列说法正确的是(　 　)
A.两手同时放开后,系统总动量始终为零
B.先放开左手,后放开右手,此后动量不守恒
C.先放开左手,后放开右手,总动量向右
D.无论是否同时放手,只要两手都放开后,在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零
AD
【解析】 当两手同时放开后,系统所受的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因为开始时总动量为零,故系统总动量始终为零,故A正确。先放开左手,左边的小车就向左运动,再放开右手后,是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间,系统所受合外力也为零,即系统的动量是守恒的,且开始时总动量方向向左,放开右手后总动量方向也向左,故B、C错误。无论何时放手,只要两手都放开就满足动量守恒的条件,即系统的总动量保持不变。若同时放开,那么之后系统的总动量就等于放手前的总动量,即为零;若两手先后放开,那么两手都放开后的总动量与放开最后一只手前系统所具有的总动量相等,即不为零,故D正确。
对动量守恒定律理解的两个误区
(1)误认为只要系统初、末状态的动量相同,则系统动量守恒。产生误区的原因是没有正确理解动量守恒定律,系统在变化的过程中每一个时刻动量均不变,才符合动量守恒定律。
(2)误认为动量守恒定律中,各物体的动量可以相对于任何参考系。出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律,应用动量守恒定律时,各物体的动量必须是相对同一惯性参考系,一般情况下,选地面为参考系。
·学习笔记·
[针对训练1] 如图所示,一根光滑刚性杆OAB固定在底座上,其中OA段是四分之一圆弧,AB段是与OA段平滑连接的水平杆,底座置于光滑水平面上。现让内径比杆略大的小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O,则此过程(　　)
A.小环动量守恒
B.小环水平方向动量守恒
C.小环、杆OAB及底座组成的系统动量守恒
D.小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向动量守恒
D
【解析】 小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O,小环在圆弧段所受合力不为零,动量不守恒,水平方向所受合力也不为零,水平方向动量也不守恒,故A、B错误;小环、杆OAB及底座组成的系统在竖直方向所受合力不为零,动量不守恒,但小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向不受外力,则水平方向动量守恒,故C错误,D正确。
要点二　动量守恒定律的应用
「情境探究」
光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球,沿同一水平方向做匀速直线运动,速度分别为v1、v2,且v1(1)两球在碰撞过程中系统动量守恒吗 若守恒,请写出动量守恒的表达式。
【答案】 (1)守恒,m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。
(2)试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前动量m1v1+m2v2和碰后动量m1v1′+m2v2′的关系。
【答案】 (2)设m1和m2间的相互作用时间为t,根据动量定理可得F1t=m1v1′-m1v1,F2t=m2v2′-m2v2。
由牛顿第三定律可得F1=-F2,
故有m1v1′-m1v1=-(m2v2′-m2v2),
即m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。
「要点归纳」
1.对系统总动量保持不变的理解
(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等,不仅仅是初、末两个状态的总动量相等。
(2)系统的总动量保持不变,但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。
(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和,总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变。
2.动量守恒定律的三种表达式
(1)p=p′或m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′,大小相等,方向相同)。
(2)Δp1=-Δp2或m1Δv1=-m2Δv2(两物体组成的系统内一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量等大反向)。
(3)Δp=p′-p=0(系统总动量的变化量为零)。
3.应用动量守恒定律的解题步骤
[例2] 将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上,水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s,方向向右,乙车速度大小为 2 m/s,方向向左并与甲车速度方向在同一直线上,如图所示。
(1)当乙车速度为0时,甲车的速度多大 方向如何
【答案】 (1)1 m/s　方向向右
【解析】 (1)两个小车及磁铁组成的系统水平方向不受外力作用,即所受合力为0,则系统动量守恒。
设向右为正方向,当乙车速度为0时,
根据动量守恒定律有mv甲+mv乙=mv甲′,
代入数据解得v甲′=1 m/s,方向向右。
(2)由于磁性极强,故两车不会相碰,那么两车的距离最小时,乙车的速度是多大 方向如何
【答案】 (2)0.5 m/s　方向向右
【解析】 (2)当两车的距离最小时速度相同,设为v′,
根据动量守恒定律有mv甲+mv乙=2mv′,
代入数据解得v′=0.5 m/s,方向向右。
关于系统动量守恒的几点说明
(1)系统的动量守恒,并不是系统内各物体的动量都不变。一般来说,系统的动量守恒时,系统内各物体的动量是变化的,但系统内各物体的动量的矢量和是不变的。
(2)动量守恒定律是矢量方程,规定正方向后,方向与正方向一致的矢量取正值,方向与正方向相反的矢量取负值。
(3)系统动量严格守恒的情况是很少的,在分析守恒条件是否满足时,要注意对实际过程的理想化。
·学习笔记·
[针对训练2] 如图所示,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为M,人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直向上跳起时,车的速度变为(　　)
D
【解析】 人和车组成的系统,在水平方向上所受合力为零,即水平方向动量守恒。设车的速度v1的方向为正方向,选地面为参考系,初态车和人的总动量为Mv1,当人跳起时车的动量为(M-m)v,人的水平动量仍为mv1,根据动量守恒定律,有Mv1=(M-m)v+mv1,解得v=v1,故D正确。
要点三　对反冲现象的理解与应用
「情境探究」
请同学们找一个气球,吹起来以后用手捏住吹气口,然后突然放手,观察所发生的物理现象。
(1)通过实验观察到什么现象
【答案】 (1)松开手后,气球会沿与吹气口相反的方向运动。
(2)气球为什么会运动起来
【答案】 (2)松开手后,气球内的气体要从吹气口冲出,从而对气球有一个反作用力,使气球向相反方向运动。
「要点归纳」
1.反冲运动的特点及遵循的规律
(1)特点:是物体之间的作用力与反作用力产生的效果。
(2)遵循的规律:反冲运动是内力作用的结果,虽然有时系统所受的合外力不为零,但由于系统内力远大于外力,所以可认为系统的总动量是守恒的。
2.火箭的工作原理
3.讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的反向性。
对于原来静止的物体,被抛出部分具有速度时,剩余部分的运动方向与被抛出部分必然相反。在列动量守恒方程时,可任意规定某一部分的运动方向为正方向,则反方向的速度应取负值。
(2)速度的相对性。
在反冲运动中,有时遇到的速度是两物体的相对速度。此类问题中应先将相对速度转换成对地的速度后,再列动量守恒定律方程。
[例3] 章鱼是一种温带软体动物,生活在水中。一只悬浮在水中的章鱼,当外套膜吸满水后,它的总质量为M,突然发现后方有一只海鳗,章鱼迅速将体内的水通过短漏斗状的体管在极短时间内向后喷出,喷射的水力强劲,从而迅速向前逃窜。若喷射出的水的质量为m,喷射速度为v0,则下列说法正确的是(　　)
A.章鱼喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒
B.章鱼喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统动量增加
C
[针对训练3] 学习了反冲原理之后,同学们利用饮料瓶制作了“水火箭”。如图所示,瓶中装有一定量的水,瓶口用装有软管的橡皮塞塞紧,然后通过打气使瓶内空气压强增大,当橡皮塞与瓶口脱离时,瓶内水向后喷出。静置于地面上的质量为M(含水)的“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v0的速度竖直向下喷出。重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是(　　)
B
A.“水火箭”的原理与体操运动员在着地时要屈腿的原理是一样的
C.“水火箭”的推力来源于“水火箭”外的空气对它的反作用力
D.“水火箭”上升到最大高度的过程中,重力的冲量大小为(M-m)v0
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
“人船”模型
1.模型特征
两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为0,则系统动量守恒。在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船”模型问题。
2.“人船”模型的关系
[示例] 如图所示,质量为M的小船静止在水面上,质量为m的人在甲板上立定跳远的成绩为L,不计空气和水的阻力,下列说法正确的是(　　)
A.若人在甲板上散步时突然停下,船将继续后退
B.人在立定跳远的过程中船保持静止
C
「科学·技术·社会·环境」
烟花弹与动量守恒
节日放烟花时,烟花弹在高空爆炸形成绚丽多彩的礼花,炸开后下落过程中礼花在空中是以爆炸点为中心、半径不断增大的球形。爆炸瞬间,爆炸产生的力远大于烟花弹受到的重力,可以看作一个动量守恒过程,烟花弹的各个碎片都具有相等的速率,又由于速率很大,所以碎片能保持爆炸时的球形不变。
[示例] 若一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片,其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面,另两块碎片稍后一些同时落至地面,则在礼花弹炸裂后的瞬间,这三块碎片的运动方向可能是(　　)
A B C D
D
【解析】 礼花弹炸裂的瞬间动量守恒,礼花弹竖直上升到最高点时炸裂,所以炸裂前的总动量为零,礼花弹炸裂瞬间内力远大于外力,则炸裂后瞬间的总动量也是零,水平方向的总动量为零。因一碎片沿竖直方向先落地,可知其中一块速度方向竖直向下,则礼花弹炸裂后的瞬间,这三块碎片的运动方向可能是D。
检测·学习效果
1.下列各图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是(　　)
D
在光滑水平面上,子弹水平射入木块的过程中
甲
剪断细线,压缩的轻弹簧恢复原长的过程中
乙
两球匀速下降,细线断裂后,它们在水中运动的过程中
丙 　
木块沿光滑固定斜面
由静止滑下的过程中
丁
A.只有甲和乙 B.只有丙和丁
C.只有乙和丁 D.只有甲和丙
【解析】 题图甲中,子弹射入木块的过程中,系统水平方向所受合力为零,则动量守恒;题图乙中,剪断细线,压缩的弹簧恢复原长的过程中,系统水平方向要受到竖直墙壁对M的作用力,即水平方向所受合力不为零,系统的动量不守恒;题图丙中,两球匀速下降,则受到的重力和浮力的合力为零,剪断细线后,系统受的重力和浮力不变,则系统所受合力仍为零,系统动量守恒;题图丁中,木块沿光滑固定斜面下滑的过程中,水平方向上合力为0,系统在水平方向上动量守恒,但是竖直方向上合外力不为零,则系统动量不守恒。综上,只有甲和丙系统动量守恒,故选D。
2.冲天炮飞上天后在空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间,突然炸裂成一大一小P、Q两块,且质量较大的P仍沿原来方向飞出去,则(　　)
A.质量较大的P先落回地面
B.炸裂前后瞬间,总动量近似守恒
C.炸裂后,P飞行的水平距离较大
D.炸裂时,P、Q两块受到的内力的冲量相等
B
【解析】 炸裂时,冲天炮位于最高点,水平方向不受外力作用,而重力远远小于内力,所以总动量可认为守恒,因此,P、Q两块的速度方向均沿水平方向,之后做平抛运动回到地面,同时落地,故A错误,B正确;炸裂后,质量较小的Q可能仍沿原来的方向,也可能与原方向相反,无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系,也就无法比较水平距离大小关系,故C错误;炸裂时P、Q两块受到的内力大小相等,方向相反,故炸裂时P、Q两块受到的内力的冲量大小相等,方向相反,冲量是矢量,故D错误。
3.质量为M的热气球在空中以速率v0匀速上升,一质量为m的人在悬绳上相对热气球静止。若人以相对地面的速率v沿绳向下匀速运动,则热气球的速率为(　　)
C
4.如图所示,将质量为m1、初速度大小为v0、仰角为θ的铅球抛入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中,砂车与水平地面间的摩擦可以忽略。则铅球和砂车组成的系统动量　　　　　(选填“守恒”或“不守恒”),其共同速度为　　　　;铅球和砂车获得共同速度后,砂车底部出现一小孔,砂子从小孔中漏出,当漏出质量为m2的砂子时,砂车的速度为　　　　　。
不守恒
5.如图,在平静的水面上漂浮着一块质量M=150 g的带有支架的木板,木板左边的支架上蹲着一只质量为m=50 g 的青蛙,支架相对水面高为h=20 cm,支架右方的水平木板长s=120 cm,突然青蛙向右水平跳出。水的阻力不计,g取 10 m/s2。
(1)如果青蛙相对地面跳出的初速度是0.3 m/s,木板后退的速度是多大
【答案】 (1)0.1 m/s　
【解析】 (1)青蛙跳出的过程中,根据动量守恒定律有
mv1-Mv2=0,
可得木板后退的速度为v2=0.1 m/s。
(2)青蛙如果水平跳出恰好入水,对地跳出的初速度为多少
【答案】 (2)4.5 m/s
感谢观看

展开更多......

收起↑