【物理】2019届一轮复习人教版　动量定理　动量守恒定律学案 25页

第六章　动量守恒定律及其应用 第18讲　动量定理　动量守恒定律 考纲要求 考情分析 命题趋势 ‎1.动量　动量定理Ⅱ ‎2．动能守恒定律及其应用Ⅱ ‎3．弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ ‎4．验证动量守恒定律 ‎2017·全国卷Ⅰ，14‎ ‎2017·全国卷Ⅲ，20‎ ‎2017·天津卷，10‎ 高考中对本专题的考查方式主要有三种：(1)动量定理与动力学结合；(2)以碰撞为模型考查动量守恒定律的应用；(3)以生活示例为背景考查规律的灵活运用.‎ ‎1．动量、动量变化、冲量 ‎(1)动量 ‎①定义：物体的__质量__与__速度__的乘积．‎ ‎②表达式：p＝__mv__.‎ ‎③方向：动量的方向与__速度__的方向相同．‎ ‎(2)动量的变化 ‎①因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是__矢量__，其方向与速度的改变量Δv的方向__相同__.‎ ‎②动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量．即__Δp＝p′－p__.‎ ‎(3)冲量 ‎①定义：__力__与__力的作用时间__的乘积叫做力的冲量．‎ ‎②公式：__I＝Ft__.‎ ‎③单位：__N·s__.‎ ‎④方向：冲量是__矢量__，其方向__与力的方向相同__.‎ ‎2．动量定理 ‎(1)内容：物体在一个运动过程始末的__动量变化量__等于它在这个过程中所受__合力__的冲量．‎ ‎(2)公式：__mv′－mv＝F(t′－t)__或__p′－p＝I__.‎ ‎(3)动量定理的理解 ‎①动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果．‎ ‎②动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．‎ ‎③动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．‎ ‎3．动量守恒定律 ‎(1)定律内容：一个系统__不受外力__或者__所受外力的合力为零__时，这个系统的总动量保持不变．‎ ‎(2)公式表达：m1v1＋m2v2＝__m1v1′＋m2v2′__.‎ ‎(3)适用条件和适用范围 系统不受外力或者所受外力的矢量和为__零__；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；如爆炸、碰撞等过程，可以近似认为系统的动量守恒．系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上__动量守恒__.全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒．‎ ‎4．动量守恒定律的应用 ‎(1)碰撞 ‎①碰撞现象 两个或两个以上的物体在相遇的__极短__时间内产生__非常大__的相互作用的过程．‎ ‎②碰撞特征 a．作用时间__短__.‎ b．作用力变化__快__.‎ c．内力__远大于__外力．‎ d．满足__动量守恒__.‎ ‎③碰撞的分类及特点 a．弹性碰撞：动量__守恒__，机械能__守恒__.‎ b．非弹性碰撞：动量__守恒__，机械能__不守恒__.‎ c．完全非弹性碰撞：动量__守恒__，机械能损失__最多__.‎ ‎(2)爆炸现象 爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量__守恒__.‎ ‎(3)反冲运动 ‎①物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向__相反__方向运动的现象．‎ ‎②反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用__动量守恒__定律来处理．‎ ‎1．判断正误 ‎(1)动量越大的物体，其质量越大．(　×　)‎ ‎(2)两物体动能相等，动量一定相等．(　×　)‎ ‎(3)物体所受合力不变，则动量也不改变．(　×　)‎ ‎(4)物体沿水平面运动，重力不做功，其冲量为零．(　×　)‎ ‎(5)物体所受的合力的冲量方向与物体动量变化的方向相同．(　√　)‎ ‎(6)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒．(　×　)‎ ‎(7)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．(　√　)‎ ‎(8)动量定理中的冲量是合力的冲量，而I＝Ft中的力可以是合力也可以是某个力．(　√　)‎ ‎2．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了(　C　)‎ A．减小地面对人的冲量 B．使人的动量变化减小 C．减小地面对人的冲力 D．增大人对地面的压强，起到安全保护作用 ‎3．如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是(　C　)‎ A．合力对两滑块的冲量大小相同 B．重力对a滑块的冲量较大 C．弹力对a滑块的冲量较小 D．两滑块的动量变化大小相同 解析　这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端．合力F＝mgsin θ(θ为滑轨倾角)，Fa＞Fb，因此合力对a滑块的冲量较大．a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FN＝mgcos θ，FNa＜FNb，因此弹力对a滑块的冲量较小．故选项C正确．‎ 应用动量定理解题的方法 在应用动量定理解题时，一定要认真对物体进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号．对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间Δt极短时，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力．‎ 一　动量、冲量的理解 ‎1．动量、动能、动量变化量的比较 项目 名称　‎ 动量 动能 动量变化量 定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的差 定义式 p＝mv Ek＝mv2‎ Δp＝p2－p1‎ 矢标性 矢量 标量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ ‎2．冲量和功的区别 ‎(1)冲量和功都是过程量．冲量是表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用．‎ ‎(2)冲量是矢量，功是标量．‎ ‎(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零．‎ ‎3．冲量和动量的区别 ‎(1)冲量是过程量 ‎(2)动量是状态量 ‎[例1]物体受到合力F的作用，由静止开始运动，合力F随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是(　BCD　)‎ A．该物体将始终向一个方向运动 B．3 s末该物体回到原出发点 C．0～3 s内，合力F的冲量等于零，功也等于零 D．2～4 s内，合力F的冲量不等于零，功却等于零 解析　图线和横坐标所围的面积等于冲量，0～1秒内的冲量为负，说明速度沿负方向，而1～2秒内冲量为正，且大于0～1秒内的冲量，即速度的方向发生变化，所以选项A错误；0～3秒内，合力F的冲量为零，即物体0秒时的速度和3秒时的速度一样，故0～3秒 内合力F的冲量等于零，功也等于零，选项C正确；分析运动过程如图所示，可以得到3秒末物体回到原出发点，选项B正确；2～4秒内，合力F的冲量不等于零，物体2秒时和4秒时速度大小相等，根据动能定理，2～4秒内合力F做的功为零，故选项D正确．‎ 二　动量定理及其应用 动量定理的两个重要应用 ‎(1)应用I＝Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.‎ ‎(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化．‎ ‎[例2](2017·吉林长春质检)有一个质量为‎0.5 kg的篮球从h＝‎0.8 m的高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地面接触时间相等，空气阻力不计，与地面碰撞时，篮球重力可忽略．(重力加速度g取‎10 m/s2)‎ ‎(1)第一次球与地板碰撞，地板对球的冲量为多少？‎ ‎(2)相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？‎ 解析　(1)篮球原高度为h，与地面第一次碰前瞬时速度为v0＝＝m/s＝‎4 m/s，由v2＝2gh可知碰后的速度为v1＝0.8v0＝0.8×‎4 m/s＝‎3.2 m/s.‎ 选向上为正方向，由动量定理有 I＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0＝1.8×0.5×4 N·s＝3.6 N·s.‎ ‎(2)第二次碰前瞬时速度和第二次碰后瞬时速度关系为v2＝0.8v1＝0.82v0＝0.64v0.‎ 设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2，选向上为正方向，由动量定理有 F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0，‎ F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0，‎ F1∶F2＝5∶4.‎ 容易知道，任意相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比均为5∶4.‎ 答案　(1)3.6 N·s　(2)5∶4‎ ‎[例3](2018·湖北黄冈模拟)一股水流以‎10 m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为‎0.5 cm2，有一质量为‎0.32 kg的球，因受水对其下侧的冲击而停在空中，若水冲击球后速度变为0，则小球停在离喷嘴多高处？(g取‎10 m/s2)‎ 解析　小球能停在空中，说明小球受到的冲力等于重力F＝mg，①‎ 小球受到的冲力大小等于小球对水的力．取很小一段长为Δl的小水柱Δm，其受到重力Δmg和球对水的力F，取向下为正方向．‎ ‎(F＋Δmg)t＝0－(－Δmv)，②‎ 其中小段水柱的重力Δm·g忽略不计，Δm＝ρS·Δl，‎ ‎②式变为F＝，③‎ 因t很短，Δl很小，一小段Δl的水柱可以看成匀速上升，Δl＝vt.‎ ‎③式变为F＝ρSv2，④‎ v为冲击小球前水的速度，即水以初速v0射出后，上升到h高处时的速度．根据竖直上抛的公式有 v2－v＝2(－g)h，‎ 所以v＝，‎ 代入④，有F＝ρS(v－2gh)，‎ 代入①，有mg＝ρS(v－2gh)，‎ h＝＝＝‎ m＝‎1.8 m.‎ 答案　‎‎1.8 m 应用动量定理解题的基本思路 ‎　三　动量守恒定律及其应用 ‎1．动量守恒定律的“五性”‎ 条件性 首先判断系统是否满足守恒条件(合力为零)‎ 相对性 公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系 同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度 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．应用动量守恒定律时的注意事项 ‎(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统．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4](2017·广西南宁模拟)如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为‎2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住．求：‎ ‎(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；‎ ‎(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．‎ 解析　(1)取向左为正方向，木箱与墙发生弹性碰撞，速度反向．根据动量守恒定律，推出木箱的过程中0＝(m＋‎2m)v1－mv，接住木箱的过程中mv＋(m＋‎2m)v1＝(m＋m＋‎2m)v2，v2＝.‎ ‎(2)若小孩第二次将木箱推出，设小孩和小车向左的速度为v3，根据动量守恒定律4mv2＝3mv3－mv，v3＝v，故无法再次接住木箱．‎ 答案　(1)　(2)见解析 动量守恒定律解题的基本步骤 ‎(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；(或某一方向上动量是否守恒)‎ ‎(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．‎ ‎　四　碰撞问题 碰撞遵守的规律 ‎(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.‎ ‎(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或＋≥＋.　‎ ‎(3)速度要合理 ‎①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．‎ ‎②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．‎ ‎[例5]如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性碰撞．‎ 解析　设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，‎ 由机械能守恒得mv＝mv＋Mv，‎ 可得v1＝v0，v2＝v0.‎ 要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M，‎ A反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1＝mv3＋Mv4，‎ mv＝mv＋Mv，‎ 整理可得v3＝v1＝()2v0，v4＝v1.‎ 由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2，‎ 即v0≥()2v0，‎ 整理可得m2＋‎4Mm≥M2，‎ 解方程可得m≥(－2)M，‎ 所以使A只与B、C各发生一次碰撞，需满足 ‎(－2)M≤m＜M.‎ 答案　(－2)M≤m＜M 碰撞问题解题策略 ‎(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．‎ ‎(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足v1＝v0、v2＝v0.‎ ‎(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．‎ ‎　五　爆炸、反冲和“人船模型”‎ ‎1．爆炸的特点 ‎(1)动量守恒：由于爆炸是在板短的时间内完成的，发生爆炸时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，系统的总动量守恒．‎ ‎(2)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，所以爆炸前后系统的总动能增加．‎ ‎(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，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．‎ ‎[例6](2018·河南六市一联)如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝.开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速度v0正对B向右运动，在A未与B碰撞之前，引爆了B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B黏在一起，以速率v0向左运动．求：‎ ‎(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；‎ ‎(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？‎ 解析　全过程取向右为正方向，A、B、C组成的系统动量守恒，‎ mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC，炸药对C的冲量I＝mCvC－0，解得I＝mv0，方向向右．‎ ‎(2)炸药爆炸过程，B和C组成的系统动量守恒 mCvC－mBvB＝0，据能量关系ΔE＝×v＋mv，解得ΔE＝mv.‎ 答案　(1)mv0，水平向右　(2)mv ‎2．反冲 ‎(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象．‎ ‎(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量可能是动量守恒、动量近似守恒或某一方向上动量守恒．反冲运动中机械能往往不守恒．‎ ‎(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例．‎ ‎[例7]一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为(　C　)‎ A．m＝M　　 B．m＝M C．M　　 D．M 解析　规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得 Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故选项C正确．‎ ‎3．“人船模型”‎ 若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用中均发生运动，则由m1－m2＝0，得m1x1＝m2x2.　‎ ‎[例8]如图所示，一个质量为m的木块，从半径为R、质量为M的光滑圆弧形槽顶端由静止滑下．在槽被固定和可沿着光滑平面自由滑动两种情况下，木块从槽口滑出时的速度大小之比为多少？‎ 解析　槽固定时，木块下滑过程中只有重力做功，由动能定理得mgR＝mv－0，①‎ 则木块滑出槽口时的速度v1＝，②‎ 槽可动时，当木块开始下滑到脱离槽口的过程中，对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v2，槽的速度为u，在水平方向上，由动量守恒定律可得mv2－Mu＝0，③‎ 木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR＝mv＋Mu2，④‎ 由③④解得，木块滑出槽口的速度 v2＝，⑤‎ 由②⑤得两种情况下木块滑出槽口的速度之比 ＝＝.‎ 答案　 利用“人船模型”解题需注意两点 ‎(1)条件 ‎①系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．‎ ‎②构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．‎ ‎③x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．‎ ‎(2)解题关键是画出初、末位置，确定各物体位移关系．‎ ‎1．如图，质量为M的小船在静止水面上以速度v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　C　)‎ A．v0＋v　　 B．v0－v C．v0＋(v0＋v)　　 D．v0＋(v0－v)‎ 解析　设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有(M＋m)v0＝－mv＋Mvx，解得vx＝v0＋(v0＋v)，选项C正确．‎ ‎2．(2017·湖北黄冈模拟)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝‎1 kg，mB＝‎2 kg，vA＝‎6 m/s，vB＝‎2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　B　)‎ A．v′A＝‎5 m/s，v′B＝‎2.5 m/s B．v′A＝‎2 m/s，v′B＝‎4 m/s C．v′A＝－‎4 m/s，v′B＝‎7 m/s D．v′A＝‎7 m/s，v′B＝‎1.5 m/s 解析　虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但选项A、D中，碰后A的速度vA′‎ 大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，选项A、D错误；选项C中，两球碰后的总动能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek＝mAv＋mBv＝22 J，违背了能量守恒定律，选项C错误；而选项B既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故选项B正确．‎ ‎3．一弹丸在飞行到距离地面‎5 m高时仅有水平速度v＝‎2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为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(　B　)‎ 解析　弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有mv＝mv甲＋mv乙，①‎ 若爆炸后甲、乙反向飞出，则有mv＝mv甲－mv乙，②‎ 或mv＝－mv甲＋mv乙，③‎ 爆炸后甲、乙从同一高度作平抛运动，由选项A可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间t＝＝ s＝1 s，速度大小分别为v甲＝＝ m/s＝‎2.5 m/s，v乙＝＝‎0.5 m/s，代入②式不成立，选项A错误；同理，可求出选项B、C、D中甲、乙的速度，分别代入①式、②式、③式可知，只有选项B正确．‎ ‎4.在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量的比值.‎ 解析　从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.‎ 设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等．‎ m1v0＝m1v1＋m2v2，①‎ m1v＝m1v＋m2v，②‎ 利用＝4，可解出＝2.‎ 答案　＝2‎ ‎5．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为‎10m、‎12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求拋出货物的最小速度．(不计水的阻力)‎ 解析　设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－mvmin，①‎ ‎10m‎·2v0－mvmin＝11mv2，②‎ 为避免两船相撞应满足 v1＝v2，③‎ 联立①②③式得vmin＝4v0.‎ 答案　4v0‎ ‎[例1](2016·安徽安庆检测·5分)如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块，木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则(　　)‎ A．小木块和木箱最终都将静止 B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动 C．小木块在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 ‎[答题送检]来自阅卷名师报告 错误 致错原因 扣分 A 误认为系统的初速度为零，根据动量守恒得末速度为零 ‎－5‎ C 没有进行过程分析 D 不能理解动量守恒定律的意义 ‎[解析]　由动量守恒定律知小木块最终与木箱相对静止，以相同的速度一起向右做匀速直线运动，故选项B正确．‎ ‎[答案]　B ‎1．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的左右两端分别站着人A和人B，人A的质量为mA，人B的质量为mB，且mA>mB.初始时，人和车都处于静止状态，若两人同时以相等大小的速度(相对地面)相向运动，则关于车的运动情况，下列说法正确的是(　D　)‎ A．静止不动　　　　 B．左右往返运动 C．向右运动　　　　 D．向左运动 解析　设两人的速度大小均为v0，车的速度为v，取人A和人B及平板车组成的系统为研究对象，以向左为正方向，由动量守恒定律有mBv0－mAv0＋m车v＝0，又mA＞mB，解得v＞0，即车向左运动，故选项D正确．‎ ‎2．(2018·江苏南京模拟)(多选)质量均为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个质量均为M的静止小球正碰后，a球被反向弹回，b球与被碰球黏合在一起仍沿原方向运动，c球碰后静止，则下列说法正确的是(　AC　)‎ A．m一定小于M B．m可能等于M C．b球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大 D．c球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大 解析　由a球被反向弹回，可以确定m一定小于M，选项A正确、B错误；当m与M碰撞后黏在一起时，属于完全非弹性碰撞，此时损失的动能最大，选项C正确、D错误．‎ ‎3．(2018·四川成都模拟)如图所示，两辆完全相同的小车A和B静止于光滑水平地面，质量均为‎3m.质量为‎2m的小球C用轻绳悬挂于小车A的车顶，现使B车保持静止，A、C以共同速度v0向右匀速运动，与B车碰撞后黏在一起．则下列结论中错误的是(　A　)‎ A．小车A、B碰撞结束时B车的速度大小为v0‎ B．小车A、B发生碰撞时小车A对B的冲量大小为mv0‎ C．小车A、B发生碰撞时小车B对A的冲量大小为mv0‎ D．小球第一次向右摆起的最大高度为 解析　由于碰撞时间极短，碰撞过程中A、B两小车动量守恒，设碰后瞬间A、B共同速度为v1，由动量守恒定律有3mv0＝(‎3m＋‎3m)v1，解得v1＝v0，选项A错误；对小车B由动量定理有IB＝3mv1＝mv0，一对相互作用力的冲量总是大小相等，方向相反，选项B、C均正确；从小车A、B碰撞后到小球C第一次向右摆起至最大高度过程，设A、B、C共同速度为v2，由动量守恒有2mv0＋(‎3m＋‎3m)v1＝(‎3m＋‎2m＋‎3m)v2.由机械能守恒有(‎2m)v＋(‎3m＋‎3m)v＝(‎3m＋‎2m＋‎3m)v＋2mgh，解得h＝，选项D正确．‎ ‎4．(2018·湖北黄石模拟)(多选)如图所示，质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放质量为m的小木块A，m