《2017-2018學年高中物理 第一章 碰撞與動量守恒 1.1 物體的碰撞 1.2 動量 動量守恒定律(1)教學案 粵教版選修3-5》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2017-2018學年高中物理 第一章 碰撞與動量守恒 1.1 物體的碰撞 1.2 動量 動量守恒定律(1)教學案 粵教版選修3-5（31頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第一節(jié)　物體的碰撞 第二節(jié)(1)　動量　動量守恒定律 [目標定位]　1.探究物體彈性碰撞的一些特點，知道彈性碰撞和非彈性碰撞.2.理解動量、沖量的概念，知道動量的變化量也是矢量.3.理解動量定理并能解釋和解決實際問題.4.理解動量與動能、動量定理與動能定理的區(qū)別． 一、物體的碰撞 1．碰撞 碰撞就是兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用的過程．其最主要特點是：相互作用時間短，作用力變化快和作用力峰值大等． 2．碰撞的分類 (1)按碰撞前后，物體的運動方向是否沿同一條直線可分為： ①正碰(對心碰撞)：作用前后沿同一條直線． ②斜碰(非對心碰撞)：作用

2、前后不沿同一條直線． (2)按碰撞過程中機械能是否損失分為： ①彈性碰撞：碰撞前后系統(tǒng)的動能相等，Ek1＋Ek2＝Ek1′＋Ek2′. ②非彈性碰撞：碰撞前后系統(tǒng)的動能不再相等，Ek1′＋Ek2′＜Ek1＋Ek2. 二、動量及其改變 1．沖量 (1)定義：物體受到的力與力的作用時間的乘積． (2)定義式：I＝Ft. (3)單位：在國際單位制中，沖量的單位是牛頓·秒，符號為N·s. 2．動量 (1)定義：運動物體的質(zhì)量和它的速度的乘積． (2)定義式：p＝mv. (3)單位：在國際單位制中，動量的單位是千克米每秒，符號為kg·m·s－1. (4)方向：動量是矢量，其方向

3、與速度方向相同． 3．動量的變化量 物體在某段時間內(nèi)末動量與初動量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p－p0(矢量式)． 4．動量定理 (1)內(nèi)容：物體所受合力的沖量，等于物體動量的改變量． (2)公式：Ft＝mvt－mv0. 預習完成后，請把你疑惑的問題記錄在下面的表格中 問題1 問題2 問題3 一、彈性碰撞和非彈性碰撞 1．碰撞中能量的特點：碰撞過程中，一般伴隨機械能的損失，即：Ek1＋Ek2≤Ek10＋Ek20. 2．彈性碰撞：兩個物體碰撞后形變能夠完全恢復，碰撞后沒有動能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，即碰撞前后兩物體構成的系統(tǒng)的動能相等． 3．非彈性碰撞：

4、兩個物體碰撞后形變不能完全恢復，該過程有動能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，總動能減少．非彈性碰撞的特例：兩物體碰撞后粘在一起以共同的速度運動，該碰撞稱為完全非彈性碰撞，碰撞過程能量損失最多． 【例1】　一個質(zhì)量為2 kg的小球A以v0＝3 m/s的速度與一個靜止的、質(zhì)量為1 kg的小球B正碰，試根據(jù)以下數(shù)據(jù)，分析碰撞性質(zhì)： (1)碰后小球A、B的速度均為2 m/s； (2)碰后小球A的速度為1 m/s，小球B的速度為4 m/s. 答案　(1)非彈性碰撞　(2)彈性碰撞 解析　碰前系統(tǒng)的動能Ek0＝mAv＝9 J. (1)當碰后小球A、B速度均為2 m/s時，碰后系統(tǒng)的動能 Ek＝mAv＋m

5、Bv＝(×2×22＋×1×22)J＝6 J＜Ek0，故該碰撞為非彈性碰撞． (2)當碰后vA′＝1 m/s，vB′＝4 m/s時，碰后系統(tǒng)的動能 Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝(×2×12＋×1×42)J＝9 J＝Ek0，故該碰撞為彈性碰撞． 針對訓練1　現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發(fā)生了碰撞．已知碰撞后甲滑塊靜止不動，乙滑塊反向運動，且速度大小為2v.那么這次碰撞是(　　) A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞 C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定 答案　A 解析　碰前總動能：Ek＝·3m·v2＋mv2＝2mv2 碰

6、后總動能：Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A對． 二、對動量和動量變化量的理解 1．動量：p＝mv，動量是矢量，方向與速度v的方向相同． 2．動量和動能的區(qū)別 動量和動能都是描述物體運動狀態(tài)的物理量，動量p＝mv是矢量，而動能Ek＝mv2是標量．當速度發(fā)生變化時，物體的動量一定發(fā)生變化，而動能不一定發(fā)生變化． 3．動量的變化量(Δp) Δp＝p－p0 (1)若p、p0在同一條直線上，先規(guī)定正方向，再用正、負號表示p、p0的方向，則可用Δp＝p－p0＝mvt－mv0進行代數(shù)運算． (2)動量變化量的方向：與速度變化的方向相同． 【例2】　羽毛球是速度較快的球類運動

7、之一，運動員扣殺羽毛球的速度可達到342 km/h，假設球飛來的速度為90 km/h，運動員將球以 342 km/h的速度反向擊回．設羽毛球的質(zhì)量為5 g，試求： (1)運動員擊球過程中羽毛球的動量變化量； (2)在運動員的這次扣殺中，羽毛球的動能變化量是多少？ 答案　(1)0.6 kg·m/s，方向與球飛來的方向相反 (2)21 J 解析　(1)以球飛來的方向為正方向，則 羽毛球的初速度v1＝ m/s＝25 m/s 末速度v2＝ m/s＝－95 m/s p1＝mv1＝5×10－3×25 kg·m/s＝0.125 kg·m/s p2＝mv2＝－5×10－3×95 kg·m/s

8、＝－0.475 kg·m/s所以動量的變化量Δp＝p2－p1＝－0.475 kg·m/s－0.125 kg·m/s＝－0.6 kg·m/s.即羽毛球的動量變化量大小為0.6 kg·m/s，方向與球飛來的方向相反． (2)羽毛球的初動能：Ek＝mv≈1.56 J，羽毛球的末動能：Ek′＝mv≈22.56 J. 所以ΔEk＝ΔEk′－Ek＝21 J. 借題發(fā)揮　關于動量變化量的計算 (1)若初、末動量在同一直線上，則在選定正方向的前提下，可化矢量運算為代數(shù)運算． (2)若初、末動量不在同一直線上，運算時應遵循平行四邊形定則． 三、對動量定理的理解和應用 1．動量定理的理解 (1)動

9、量定理的表達式Ft＝mvt－mv0是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義． (2)動量定理反映了合外力的沖量是動量變化的原因． (3)公式中的F是物體所受的合外力，若合外力是變力，則F應是合外力在作用時間內(nèi)的平均值． 2．動量定理的應用 (1)定性分析有關現(xiàn)象： ①物體的動量變化量一定時，力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越?。? ②作用力一定時，力的作用時間越長，動量變化量越大；力的作用時間越短，動量變化量越?。? (2)應用動量定理定量計算的一般步驟： ①選定研究對象，明確運動過程． ②進行受力分析和運動的初、末狀態(tài)分析． ③選定正方向，根據(jù)動量

10、定理列方程求解． 【例3】　在水平力F＝30 N的作用下，質(zhì)量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動．已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10 m/s2) 答案　12 s 解析　法一　用動量定理解，分段處理． 選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，受力情況如圖甲所示，始態(tài)速度為零，終態(tài)速度為v.取水平力F的方向為正方向， 根據(jù)動量定理有 (F－μmg)t1＝mv－0， 對于撤去F后，物體做勻減速運動的過程，受力情況如圖乙所示，始態(tài)速度為v，終態(tài)速度為零． 根據(jù)動量定理有－μmgt2＝0－

11、mv. 以上兩式聯(lián)立解得 t2＝t1＝×6 s＝12 s. 法二　用動量定理解，研究全過程． 選物體作為研究對象，研究整個運動過程，這個過程的始、終狀態(tài)的物體速度都等于零． 取水平力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理得 (F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0 解得t2＝t1＝×6 s＝12 s. 針對訓練2　質(zhì)量為0.5 kg的彈性小球，從1.25 m高處自由下落，與地板碰撞后回跳高度為0.8 m，g取10 m/s2. (1)若地板對小球的平均沖力大小為100 N，求小球與地板的碰撞時間； (2)若小球與地板碰撞無機械能損失，碰撞時間為0.1 s，求小球?qū)Φ匕宓钠骄鶝_力．

12、答案　(1)0.047 s　(2)55 N，方向豎直向下 解析　(1)碰撞前的速度： v1＝＝5 m/s　方向豎直向下 碰撞后的速度： v2＝＝4 m/s　方向豎直向上 取豎直向上為正方向，碰撞過程由動量定理得： (F－mg)Δt＝mv2－(－mv1) 解得Δt≈0.047 s (2)由于小球與地板碰撞無機械能損失 故碰撞后球的速度： v2′＝5 m/s，方向豎直向上 由動量定理得(F′－mg)Δt′＝mv2′－(－mv1) 解得F′＝55 N 由牛頓第三定律得小球?qū)Φ匕宓钠骄鶝_力大小為55 N，方向豎直向下. 對彈性碰撞和非彈性碰撞的理解 1．質(zhì)量為1 kg

13、的A球以3 m/s的速度與質(zhì)量為2 kg靜止的B球發(fā)生碰撞，碰后兩球均以1 m/s的速度一起運動．則兩球的碰撞屬于______類型的碰撞，碰撞過程中損失了______J動能． 答案　完全非彈性　3 解析　由于兩球碰后速度相同，沒有分離，因此兩球的碰撞屬于完全非彈性碰撞，在碰撞過程中損失的動能為 ΔEk＝mAv－(mA＋mB)v ＝(×1×32－×3×12) J＝3 J. 對動量和動量變化量的理解 2．關于動量，下列說法正確的是(　　) A．速度大的物體，它的動量一定也大 B．動量大的物體，它的速度一定也大 C．只要物體運動的速度大小不變，物體的動量也保持不變 D．質(zhì)量一定的

14、物體，動量變化越大，該物體的速度變化一定越大 答案　D 解析　動量由質(zhì)量和速度共同決定，只有質(zhì)量和速度的乘積大，動量才大，A、B均錯誤；動量是矢量，速度方向變化，動量也發(fā)生變化，選項C錯誤；由Δp＝m·Δv，知D正確． 動量定理的理解和應用 3．(多選)一個小鋼球豎直下落，落地時動量大小為0.5 kg·m/s，與地面碰撞后又以等大的動量被反彈．下列說法中正確的是(　　) A．引起小鋼球動量變化的是地面給小鋼球的彈力的沖量 B．引起小鋼球動量變化的是地面對小鋼球彈力與其自身重力的合力的沖量 C．若選向上為正方向，則小鋼球受到的合沖量是－1 N·s D．若選向上為正方向，則小鋼球的

15、動量變化是1 kg·m/s 答案　BD 4．質(zhì)量為60 kg的建筑工人，不慎從高空跌下，幸好彈性安全帶的保護使他懸掛起來．已知彈性安全帶的緩沖時間是1.5 s，安全帶自然長度為5 m，g取10 m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為(　　) A．500 N B．1 100 N C．600 N D．1 000 N 答案　D 解析　建筑工人下落5 m時速度為v， 則v＝＝ m/s＝10 m/s. 設安全帶所受平均沖力為F，則由動量定理得： (mg－F)t＝－mv 所以F＝mg＋＝60×10 N＋ N＝1 000 N. (時間：60分鐘) 題組一　對碰撞的理解

16、 1．在光滑的水平面上，動能為E0的鋼球1與靜止鋼球2發(fā)生碰撞，碰后球1反向運動，其動能大小為E1，球2的動能大小為E2，則必有(　　) A．E1＜E0 B．E1＝E0 C．E2＞E0 D．E2＝E0 答案　A 解析　根據(jù)碰撞前后動能關系得E1＋E2≤E0，必有E1＜E0，E2＜E0.故只有A項對． 2. (多選)如圖1所示，A、B兩個小球發(fā)生碰撞，在滿足下列條件時能夠發(fā)生正碰的是(　　) 圖1 A．小球A靜止，另一個小球B經(jīng)過A球時剛好能擦到A球的邊緣 B．小球A靜止，另一個小球B沿著A、B兩球球心連線去碰A球 C．相碰時，相互作用力的方向沿著球心連線時 D．

17、相碰時，相互作用力的方向與兩球相碰之前的速度方向在同一條直線上 答案　BD 解析　根據(jù)牛頓運動定律，如果力的方向與速度方向在同一條直線上，這個力只改變速度的大小，不能改變速度的方向；如果力的方向與速度的方向不在同一直線上，則速度的方向一定發(fā)生變化，所以B、D項正確；A項不能發(fā)生一維碰撞；在任何情況下相碰兩球的作用力方向都沿著球心連線，因此滿足C項條件不一定能發(fā)生一維碰撞． 3．如圖2甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1和m2.圖乙為它們碰撞前后的s－t圖象．已知m1＝0.1 kg，m2＝0.3 kg，由此可以判斷： 圖2 ①碰前m2靜止，m1向右運動?、?/p>

18、碰后m2和m1都向右運動?、叟鲎策^程中系統(tǒng)機械能守恒?、芘鲎策^程中系統(tǒng)損失了0.4 J的機械能 以上判斷正確的是(　　) A．①③ B．①②③ C．①②④ D．③④ 答案　A 解析　由題圖乙可以看出，碰前m1位移隨時間均勻增加，m2位移不變，可知m2靜止，m1向右運動，故①是正確的；碰后一個位移增大，一個位移減小，說明運動方向不一致，②錯誤；由題圖乙可以計算出碰前m1的速度v10＝4 m/s，碰后速度v1＝－2 m/s，碰前m20的速度v20＝0，碰后速度v2＝2 m/s，碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔEk＝m1v－m1v－m2v＝0，因此③是正確的，④是錯誤的． 題組二　對

19、動量的理解 4．(多選)下列說法中正確的是(　　) A．物體的速度大小改變時，物體的動量一定改變 B．物體的速度方向改變時，其動量不一定改變 C．物體的動量不變，其速度一定不變 D．運動物體在任一時刻的動量方向，一定是該時刻的速度方向 答案　ACD 5．(多選)下列說法中正確的是(　　) A．動能變化的物體，動量一定變化 B．動能不變的物體，動量一定不變 C．動量變化的物體，動能一定變化 D．動量不變的物體，動能一定不變 答案　AD 解析　動量是矢量，p＝mv，動能是標量，Ek＝mv2，所以動能變化，則動量的大小一定變化，A正確；當動量的大小不變，只是方向變化時，物體

20、的動能不變，B、C錯誤；動量不變的物體，速度一定不變，則動能一定不變，D正確． 6．下列說法正確的是(　　) A．動能為零時，物體一定處于平衡狀態(tài) B．物體做曲線運動時動量一定變化 C．物體所受合外力不變時，其動量一定不變 D．動能不變，物體的動量一定不變 答案　B 解析　動能為零時，速度為零，而加速度不一定等于零，物體不一定處于平衡狀態(tài)，選項A錯誤；物體做曲線運動時速度方向一定變化，所以動量一定變化．選項B正確；合外力不變且不為0時，加速度不變，速度均勻變化，動量一定變化，C項錯誤；動能不變，若速度的方向變化，動量就變化，選項D錯誤． 題組三　動量定理的理解與計算 7．(多

21、選)從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是(　　) A．掉在水泥地上的玻璃杯動量大，掉在草地上的玻璃杯動量小 B．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小 C．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變快，掉在草地上的玻璃杯動量改變慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時，相互作用時間短，而掉在草地上的玻璃杯與地面接觸時作用時間長 答案　CD 解析　杯子是否被撞碎，取決于撞擊地面時，地面對杯子的撞擊力大?。?guī)定豎直向上為正方向，設玻璃杯下落高度為h，則落地瞬間的速度大小為，設玻璃杯的質(zhì)量為m，則落地前瞬間的動量大小為p＝m，與水泥或草地

22、接觸Δt時間后，杯子停下，在此過程中，玻璃杯的動量變化Δp＝m相同，再由動量定理可知(F－mg)·Δt＝m，所以F＝＋mg.由此可知，Δt越小，玻璃杯所受撞擊力越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用時間較長，動量變化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎． 8．如圖3所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當以速度v抽出紙條后，鐵塊掉到地面上的P點，若以2v速度抽出紙條，則鐵塊落地點(　　) 圖3 A．仍在P點 B．在P點左側(cè) C．在P點右側(cè)不遠處 D．在P點右側(cè)原水平位移的兩倍處 答案　B 解析　以2v速度抽出紙條時，紙條對鐵塊作用時間減少，而紙條對鐵塊的作用力相同，故與以速度

23、v抽出相比，紙條對鐵塊的沖量I減小，鐵塊獲得的動量減少，平拋的速度減小，水平射程減小，故落在P點的左側(cè)． 9．如圖4所示，運動員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出．如果網(wǎng)球被拍子擊出前、后瞬間速度的大小分別為v1、v2，v1與v2方向相反，且v2＞v1.忽略網(wǎng)球的重力，則此過程中拍子對網(wǎng)球作用力的沖量(　　) 圖4 A．大小為m(v2－v1)，方向與v1方向相同 B．大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同 C．大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同 D．大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同 答案　D 解析　在球拍拍打網(wǎng)球的過程中，選取v2方向為正方向，對網(wǎng)球運用動量定理

24、有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)，即拍子對網(wǎng)球作用力的沖量大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同． 10.如圖5所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1速度為零然后又下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為F1.在整個過程中，重力對滑塊的總沖量為(　　) 圖5 A．mgsin θ(t1＋t2) B．mgsin θ(t1－t2) C．mg(t1＋t2) D．0 答案　C 解析　談到?jīng)_量必須明確是哪一個力的沖量，此題中要求的是重力對滑塊的總沖量，根據(jù)沖量的定義式I＝Ft，因此重力對滑塊的總沖量應為重力乘以作用

25、時間，所以IG＝mg(t1＋t2)，即C正確． 11．物體在恒定的合力F作用下做直線運動，在時間Δt1內(nèi)速度由0增大到v，在時間Δt2內(nèi)速度由v增大到2v.設F在Δt1內(nèi)做的功是W1，沖量是I1；在Δt2內(nèi)做的功是W2，沖量是I2.那么(　　) A．I1

26、確． 12.質(zhì)量為0.5 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度沖向墻壁后又以4 m/s的速度反向彈回，如圖6所示，若球跟墻的作用時間為0.05 s，則小球所受到的平均力大小為________N. 圖6 答案　90 解析　選定小球與墻碰撞的過程，取v1的方向為正方向，對小球應用動量定理得Ft＝－mv2－mv1 所以，F(xiàn)＝＝ N＝－90 N “－”號說明F的方向向左． 13．蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目．一個質(zhì)量為60 kg的運動員，從離水平網(wǎng)面3.2 m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面5 m高處．已知運動員與網(wǎng)接觸的時間

27、為1.2 s．若把這段時間內(nèi)網(wǎng)對運動員的作用力當作恒力處理，求此力的大?。?g取10 m/s2) 答案　1.5×103 N 解析　將運動員看做質(zhì)量為m的質(zhì)點，從高h1處下落，剛接觸網(wǎng)時速度的大小v1＝(豎直向下)． 彈跳后到達的高度為h2，剛離網(wǎng)時速度的大小 v2＝(豎直向上)． 選豎直向上為正方向． 由動量定理得(F－mg)·Δt＝m[v2－(－v1)] 由以上各式解得 F＝mg＋m 代入數(shù)據(jù)得F＝1.5×103 N 第二節(jié)(2)　動量　動量守恒定律 [目標定位]　1.理解系統(tǒng)、內(nèi)力、外力的概念.2.理解動量守恒定律的內(nèi)容及表達式，理解其守恒的條件.3.會用動量守恒定律

28、解決實際問題． 一、系統(tǒng)、內(nèi)力與外力 1．系統(tǒng)：具有相互作用的兩個物體組成一個力學系統(tǒng)． 2．內(nèi)力：系統(tǒng)中，物體間的相互作用力． 3．外力：系統(tǒng)外部其他物體對系統(tǒng)的作用力． 二、動量守恒定律 1．內(nèi)容：如果系統(tǒng)所受到的合外力為零，則系統(tǒng)的總動量保持不變． 2．表達式：對兩個物體m1、m2組成的系統(tǒng)，常寫成： m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2. 想一想　 如圖1所示，在風平浪靜的水面上，停著一艘帆船，船尾固定一臺電風扇，正在不停地把風吹向帆面，船能向前行駛嗎？為什么？ 圖1 答案　不能．把帆船和電風扇看做一個系統(tǒng)，電風扇和帆船受到空氣的作用力大小相等、方

29、向相反，這是一對內(nèi)力，系統(tǒng)總動量守恒，船原來是靜止的，總動量為零，所以在電風扇吹風時，船仍保持靜止． 預習完成后，請把你疑惑的問題記錄在下面的表格中 問題1 問題2 問題3 一、對動量守恒定律的理解 1．研究對象 相互作用的物體組成的系統(tǒng)． 2．動量守恒定律的成立條件 (1)系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零． (2)系統(tǒng)受外力作用，但內(nèi)力遠大于外力，此時動量近似守恒． (3)系統(tǒng)所受到的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零或某一方向上內(nèi)力遠大于外力，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒． 3．動量守恒定律的幾個性質(zhì) (1)矢量性．公式中的v10、v20、v1和v

30、2都是矢量，只有它們在同一直線上，并先選定正方向，確定各速度的正、負后，才能用代數(shù)方法運算． (2)相對性．速度具有相對性，公式中的v10、v20、v1和v2應是相對同一參考系的速度，一般取相對地面的速度． (3)同時性．相互作用前的總動量，這個“前”是指相互作用前同一時刻，v10、v20均是此時刻的瞬時速度；同理，v1、v2應是相互作用后的同一時刻的瞬時速度． 【例1】　 (多選)在光滑水平面上A、B兩小車中間有一彈簧，如圖2所示，用手抓住小車并將彈簧壓縮后使兩小車處于靜止狀態(tài)．將兩小車及彈簧看做一個系統(tǒng)，下面說法正確的是(　　) 圖2 A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零

31、 B．先放開左手，再放開右手后，動量不守恒 C．先放開左手，后放開右手，總動量向左 D．無論何時放手，兩手放開后，在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零 答案　ACD 解析　在兩手同時放開后，水平方向無外力作用，只有彈簧的彈力(內(nèi)力)，故動量守恒，即系統(tǒng)的總動量始終為零，A對；先放開左手，再放開右手后，是指兩手對系統(tǒng)都無作用力之后的那一段時間，系統(tǒng)所受合外力也為零，即動量是守恒的，B錯；先放開左手，系統(tǒng)在右手作用下，產(chǎn)生向左的作用力，故有向左的沖量，后放開右手，系統(tǒng)的動量守恒，即此后的總動量向左，C對；其實，無論何時放開手，只要是兩手都放開后就滿足動量守

32、恒的條件，即系統(tǒng)的總動量都保持不變，D對． 針對訓練　如圖3所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以速度v沿光滑水平地面向前運動，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙木塊上連有一輕質(zhì)彈簧．甲木塊與彈簧接觸后(　　) 圖3 A．甲木塊的動量守恒 B．乙木塊的動量守恒 C．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動量守恒 D．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒 答案　C 解析　兩木塊在光滑水平地面上相碰，且中間有彈簧，則碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒，機械能也守恒，故選項A、B錯誤，選項C正確；甲、乙兩木塊碰撞前、后動能總量不變，但碰撞過程中有彈性勢能，故動能不守恒，選項D錯誤． 二、動量守恒定律的簡單應用

33、 1．動量守恒定律的表達式及含義 (1)p0＝p：系統(tǒng)相互作用前總動量p0等于相互作用后總動量p. (2)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、方向相反． (3)Δp＝0：系統(tǒng)總動量增量為零． (4)m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和． 2．應用動量守恒定律的解題步驟 (1)確定相互作用的系統(tǒng)為研究對象； (2)分析研究對象所受的外力； (3)判斷系統(tǒng)是否符合動量守恒條件； (4)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量的正、負號； (5)根據(jù)動量守

34、恒定律列式求解． 【例2】　質(zhì)量m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30 cm/s的速率向右運動，恰遇上質(zhì)量為m2＝50 g的小球以v2＝10 cm/s的速率向左運動，碰撞后，小球m2恰好停止，則碰后小球m1的速度大小和方向如何？ 答案　20 cm/s　方向向左 解析　碰撞過程中，兩小球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒．設向右為正方向， 則各小球速度為v10＝30 cm/s，v20＝－10 cm/s；v2＝0. 由動量守恒定律列方程 m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2， 代入數(shù)據(jù)得v1＝－20 cm/s. 故小球m1碰后的速度的大小為20 cm/s，方向向左

35、． 借題發(fā)揮　處理動量守恒應用題“三步曲” (1)判斷題目涉及的物理過程是否滿足動量守恒的條件． (2)確定物理過程及其系統(tǒng)內(nèi)物體對應的初、末狀態(tài)的動量． (3)確定正方向，選取恰當?shù)膭恿渴睾愕谋磉_式列式求解． 【例3】　如圖4所示，將兩個完全相同的磁鐵(磁性極強)分別固定在質(zhì)量相等的小車上，水平面光滑．開始時甲車速度大小為3 m/s，乙車速度大小為2 m/s，方向相反并在同一直線上． 圖4 (1)當乙車速度為零時，甲車的速度多大？方向如何？ (2)由于磁性極強，故兩車不會相碰，那么兩車的距離最小時，乙車的速度是多大？方向如何？ 答案　(1)1 m/s　方向向右　(2)0

36、.5 m/s　方向向右 解析　兩個小車及磁鐵組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，兩車之間的磁力是系統(tǒng)內(nèi)力，系統(tǒng)動量守恒．設向右為正方向． (1)據(jù)動量守恒得：mv甲－mv乙＝mv甲′， 代入數(shù)據(jù)解得 v甲′＝v甲－v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右． (2)兩車相距最小時，兩車速度相同， 設為v′，由動量守恒得： mv甲－mv乙＝mv′＋mv′. 解得v′＝＝＝ m/s＝0.5 m/s，方向向右. 對動量守恒條件的理解 1．把一支彈簧槍水平固定在小車上，小車放在光滑水平地面上，槍射出一顆子彈時，關于槍、彈、車，下列說法正確的是(　　) A．槍和彈組成的系統(tǒng)動

37、量守恒 B．槍和車組成的系統(tǒng)動量守恒 C．槍彈和槍筒之間的摩擦力很小，可以忽略不計，故二者組成的系統(tǒng)動量近似守恒 D．槍、彈、車三者組成的系統(tǒng)動量守恒 答案　D 解析　內(nèi)力、外力取決于系統(tǒng)的劃分，以槍和彈組成的系統(tǒng)，車對槍的作用力是外力，系統(tǒng)動量不守恒，槍和車組成的系統(tǒng)受到系統(tǒng)外彈簧對槍的作用力，系統(tǒng)動量不守恒；槍彈和槍筒之間的摩擦力屬于內(nèi)力，但槍筒受到車的作用力，屬于外力，故二者組成的系統(tǒng)動量不守恒；槍、彈、車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒．故D正確． 2．(多選)木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上．在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖5所

38、示．當撤去外力后，下列說法正確的是(　　) 圖5 A．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒 B．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒 C．a(chǎn)離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒 D．a(chǎn)離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒 答案　BC 解析　a尚未離開墻壁前，墻壁對a有沖量，a和b構成的系統(tǒng)動量不守恒；a離開墻壁后，系統(tǒng)所受合外力等于零，系統(tǒng)的動量守恒． 動量守恒定律的簡單應用 3．甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運動，甲、乙物體的速度大小分別為3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙兩物體都反向運動，速度大小均為2 m/s.則甲、乙兩物體質(zhì)量之比為(　

39、　) 圖6 A．2∶3 B．2∶5 C．3∶5 D．5∶3 答案　C 解析　選取碰撞前甲物體的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m甲v10－m乙v20＝－m甲v1＋m乙v2，代入數(shù)據(jù)，可得m甲∶m乙＝3∶5，C正確． 4．如圖7所示，進行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80 kg和100 kg，他們攜手遠離空間站，相對空間站的速度為0.1 m/s.A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?.2 m/s，求此時B的速度大小和方向． 圖7 答案　0.02 m/s　遠離空間站方向 解析　以空間站為參考系，選遠離空間站，即v0方向為正方向．據(jù)動量守恒定律得(mA＋mB)

40、v0＝mAvA＋mBvB，代入數(shù)據(jù)解得vB ＝0.02 m/s，遠離空間站方向． (時間：60分鐘) 題組一　對動量守恒條件的理解 1．關于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法中正確的是(　　) A．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動量就不可能守恒 B．只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)的動量就不守恒 C．只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動量就守恒 D．系統(tǒng)中所有物體的加速度都為零時，系統(tǒng)的總動量不一定守恒 答案　C 解析　根據(jù)動量守恒的條件即系統(tǒng)所受外力的矢量和為零可知，選項C正確；系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，若系統(tǒng)所受的合外力為零，動量也守恒，選項A錯誤；系統(tǒng)內(nèi)各物體之間有著相互作用，對

41、單個物體來說，合外力不一定為零，加速度不一定為零，但整個系統(tǒng)所受的合外力仍可為零，動量守恒，選項B錯誤；系統(tǒng)內(nèi)所有物體的加速度都為零時，各物體的速度恒定，動量恒定，總動量一定守恒，選項D錯誤． 2. (多選)如圖1所示，物體A的質(zhì)量是B的2倍，中間有一壓縮彈簧，放在光滑水平面上，由靜止同時放開兩物體后一小段時間內(nèi)(　　) 圖1 A．A的速度是B的一半 B．A的動量大于B的動量 C．A受的力大于B受的力 D．總動量為零 答案　AD 3．如圖2所示，小車與木箱緊挨著靜放在光滑的水平面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法中正確的是(　　)

42、 圖2 A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒 D．木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量相同 答案　C 解析　由動量守恒定律成立的條件可知男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒，選項A、B錯誤，C正確；木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相等，方向相反，選項D錯誤． 4.如圖3所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短．現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中(　　) 圖

43、3 A．動量守恒、機械能守恒 B．動量不守恒、機械能不守恒 C．動量守恒、機械能不守恒 D．動量不守恒、機械能守恒 答案　B 解析　在子彈射入木塊時，存在劇烈的摩擦作用，有一部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機械能不守恒．實際上，在子彈射入木塊這一瞬間過程，取子彈與木塊為系統(tǒng)則可認為動量守恒(此瞬間彈簧尚未形變)．子彈射入木塊后木塊壓縮彈簧過程中，機械能守恒，但動量不守恒(墻壁對彈簧的作用力是系統(tǒng)外力，且外力不等于零)．若以子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的過程中，有摩擦力做功，機械能不守恒，彈簧固定端墻壁對彈簧有外力作用，因此動量不守恒．故正確

44、答案為B. 題組二　動量守恒定律的簡單應用 5．在高速公路上發(fā)生一起交通事故，一輛質(zhì)量為1 500 kg向南行駛的長途客車迎面撞上了一輛質(zhì)量為3 000 kg向北行駛的卡車，碰撞后兩輛車接在一起，并向南滑行了一小段距離后停下，根據(jù)測速儀的測定，長途客車碰前以20 m/s的速率行駛，由此可判斷卡車碰撞前的行駛速率(　　) A．小于10 m/s B．大于20 m/s，小于30 m/s C．大于10 m/s，小于20 m/s D．大于30 m/s，小于40 m/s 答案　A 解析　兩車碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，兩車相撞后向南滑行，則系統(tǒng)動量方向向南，即p客>p卡，1 500×20>3

45、000×v，解得v<10 m/s，故A正確． 6．(多選)如圖4所示，A、B兩個小球在光滑水平面上沿同一直線相向運動，它們的動量大小分別為p10和p20，碰撞后A球繼續(xù)向右運動，動量大小為p1，此時B球的動量大小為p2，則下列等式成立的是(　　) 圖4 A．p10＋p20＝p1＋p2 B．p10－p20＝p1＋p2 C．p1－p10＝p2＋p20 D．－p1＋p10＝p2＋p20 答案　BD 解析　因水平面光滑，所以A、B兩球組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒．以向右為正方向，由于p10、p20、p1、p2均表示動量的大小，所以碰前的動量為p10－p20，碰后的動量為p1＋

46、p2，B對；經(jīng)變形得－p1＋p10＝p2＋p20，D對． 7．a(chǎn)、b兩球在光滑的水平面上沿同一直線發(fā)生正碰，作用前a球動量pa＝30 kg·m/s，b球動量pb＝0，碰撞過程中，a球的動量減少了20 kg·m/s，則碰撞后b球的動量為(　　) A．－20 kg·m/s B．10 kg·m/s C．20 kg·m/s D．30 kg·m/s 答案　C 解析　碰撞過程中，a球的動量減少了20 kg·m/s，故此時a球的動量是10 kg·m/s，a、b兩球碰撞前后總動量保持不變，仍為30 kg·m/s，則碰撞后b球的動量為20 kg·m/s. 8．質(zhì)量為M的木塊在光滑水平面上以速

47、度v1向右運動，質(zhì)量為m的子彈以速度v2水平向左射入木塊，要使木塊停下來，必須使發(fā)射子彈的數(shù)目為(子彈留在木塊中不穿出)(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　設發(fā)射子彈的數(shù)目為n，選擇n顆子彈和木塊M組成的系統(tǒng)為研究對象．系統(tǒng)在水平方向所受的合外力為零，滿足動量守恒的條件．設木塊M以v1向右運動，連同n顆子彈在射入前向左運動為系統(tǒng)的初狀態(tài)，子彈射入木塊后停下來為末狀態(tài)．選子彈運動的方向為正方向，由動量守恒定律有：nmv2－Mv1＝0，得n＝，所以選項C正確． 9．質(zhì)量為M＝100 kg的小船靜止在水面上，船首站著質(zhì)量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站著質(zhì)量m乙＝6

48、0 kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙兩游泳者在同一水平線上，甲朝左、乙朝右以3 m/s的速率躍入水中，則(　　) A．小船向左運動，速率為1 m/s B．小船向左運動，速率為0.6 m/s C．小船向右運動，速率大于1 m/s D．小船仍靜止 答案　B 解析　設水平向右為正方向，兩游泳者同時跳離小船后小船的速度為v，根據(jù)甲、乙兩游泳者和小船組成的系統(tǒng)動量守恒有－m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0，代入數(shù)據(jù)，可得v＝－0.6 m/s，其中負號表示小船向左運動，所以選項B正確． 題組三　綜合應用 10.如圖5所示，質(zhì)量為m2＝1 kg的滑塊靜止于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m1＝50

49、g的小球以1 000 m/s的速率碰到滑塊后又以800 m/s的速率被彈回，試求滑塊獲得的速度． 圖5 答案　90 m/s　方向與小球的初速度方向相同 解析　小球和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，豎直方向上所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒，以小球初速度方向為正方向，則有v1＝1 000 m/s，v2＝0，v1′＝－800 m/s 又m1＝50 g＝0.05 kg，m2＝1 kg 由動量守恒定律有：m1v1＋0＝m1v1′＋m2v2′ 代入數(shù)據(jù)解得v2′＝90 m/s，方向與小球初速度方向相同． 11.如圖6所示，質(zhì)量為M的木塊放在粗糙的水平面上且彈簧處于原長狀態(tài)，質(zhì)量為m的子彈

50、以初速度v0擊中木塊而未穿出，則擊中木塊瞬間二者的共同速度為多大？ 圖6 答案　v0 解析　由于從子彈打入到與物塊相對靜止，時間非常短，彈簧未發(fā)生形變，且此過程中地面對物塊摩擦力遠小于內(nèi)力(子彈與物塊間作用力)，故可認為此過程動量守恒．對m、M系統(tǒng)，m擊中M過程動量守恒， mv0＝(m＋M)v，所以v＝v0. 12．a(chǎn)、b兩個小球在一直線上發(fā)生碰撞，它們在碰撞前后的s－t圖象如圖7所示．若a球的質(zhì)量ma＝1 kg，則b球的質(zhì)量mb等于多少？ 圖7 答案　2.5 kg 解析　由題圖知va＝4 m/s，va′＝－1 m/s，vb＝0，vb′＝2 m/s，根據(jù)動量守恒定律有m

51、ava＝mava′＋mbvb′，代入數(shù)據(jù)解得mb＝2.5 kg. 習題課　動量守恒定律的應用 [目標定位]　1.加深對動量守恒定律的理解.2.進一步練習使用動量守恒定律解決問題． 1．動量守恒定律成立的條件 動量守恒定律的研究對象是相互作用的物體組成的系統(tǒng)，其成立的條件可理解為： (1)理想條件：系統(tǒng)不受外力． (2)實際條件：系統(tǒng)所受合外力為零． (3)近似條件：系統(tǒng)所受外力比相互作用的內(nèi)力小得多，外力的作用可以被忽略． (4)推廣條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但在某一方向，系統(tǒng)不受外力或所受的外力之和為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒． 2．動量守恒定律的五性 動量

52、守恒定律是自然界最重要、最普遍的規(guī)律之一．它是一個實驗定律，應用時應注意其：系統(tǒng)性、矢量性、相對性、同時性、普適性． 預習完成后，請把你疑惑的問題記錄在下面的表格中 問題1 問題2 問題3 一、動量守恒條件及守恒對象的選取 1．動量守恒定律成立的條件： (1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零； (2)系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力； (3)系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0或該方向上內(nèi)力遠遠大于外力． 2．動量守恒定律的研究對象是系統(tǒng)．選擇多個物體組成的系統(tǒng)時，必須合理選擇系統(tǒng)，再對系統(tǒng)進行受力分析，分清內(nèi)力與外力，然后判斷所選系統(tǒng)是否符合動量守恒的條件

53、． 【例1】　 (多選)質(zhì)量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖1所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列情況可能發(fā)生的是(　　) 圖1 A．M、m0、m速度均發(fā)生變化，碰后分別為v1、v2、v3，且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B．m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，且滿足Mv＝Mv1＋mv2 C．m0的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関′，且滿足Mv＝(M＋m)v′ D．M、m0、m速度均發(fā)生變化，M和m0的速度都變?yōu)関1，m的速度變?yōu)関2，且滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2

54、 答案　BC 解析　M和m碰撞時間極短，在極短的時間內(nèi)彈簧形變極小，可忽略不計，因而m0在水平方向上沒有受到外力作用，動量不變(速度不變)，可以認為碰撞過程中m0沒有參與，只涉及M和m，由于水平面光滑，彈簧形變極小，所以M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，兩者碰撞后可能具有共同速度，也可能分開，所以只有B、C正確． 二、單一方向動量守恒問題 1．動量守恒定律的適用條件是普遍的，當系統(tǒng)所受的合外力不為零時，系統(tǒng)的總動量不守恒，但是不少情況下，合外力在某個方向上的分量卻為零，那么在該方向上系統(tǒng)的動量分量就是守恒的． 2．分析該方向上對應過程的初、末狀態(tài)，確定初、末狀態(tài)的動量． 3．選取恰當

55、的動量守恒的表達式列方程． 【例2】　如圖2所示，一輛砂車的總質(zhì)量為M，靜止于光滑的水平面上．一個質(zhì)量為m的物體A以速度v落入砂車中，v與水平方向成θ角，求物體落入砂車后砂車的速度v′. 圖2 答案　，方向與v的水平分量方向相同 解析　物體和車作用時總動量不守恒，而水平面光滑，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒， 即mvcos θ＝(M＋m)v′，得v′＝，方向與v的水平分量方向相同． 三、多物體、多過程動量守恒定律的應用 對于由多個物體組成的系統(tǒng)，由于物體較多，作用過程較為復雜，這時往往要根據(jù)作用過程中的不同階段，將系統(tǒng)內(nèi)的物體按作用的關系分成幾個小系統(tǒng)，對不同階段、不同的小系統(tǒng)準確

56、選取初、末狀態(tài)，分別列動量守恒定律方程求解． 【例3】　如圖3所示，A、B兩個木塊質(zhì)量分別為2 kg與0.9 kg，A、B與水平地面間接觸光滑，上表面粗糙，A、B靜止．質(zhì)量為0.1 kg的鐵塊以10 m/s的速度從A的左端向右滑動，最后鐵塊與B的共同速度大小為0.5 m/s，求： 圖3 (1)A的最終速度； (2)鐵塊剛滑上B時的速度． 答案　(1)0.25 m/s　(2)2.75 m/s 解析　(1)選鐵塊和木塊A、B為一系統(tǒng)， 由系統(tǒng)總動量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA 可求得：vA＝0.25 m/s (2)設鐵塊剛滑上B時的速度為v′，此時A、B的速度均為

57、vA＝0.25 m/s. 由系統(tǒng)動量守恒得：mv＝mv′＋(MA＋MB)vA 可求得：v′＝2.75 m/s. 借題發(fā)揮　處理多物體、多過程動量守恒應注意的問題 (1)正方向的選?。? (2)研究對象的選取，是取哪幾個物體為系統(tǒng)． (3)研究過程的選取，應明確哪個過程中動量守恒． 針對訓練　兩輛質(zhì)量相同的小車，置于光滑的水平面上，有一人靜止站在A車上，兩車靜止，如圖4所示．當這個人從A車跳到B車上，接著又從B車跳回A車并與A車保持相對靜止，則A車的速率(　　) 圖4 A．等于零 B．小于B車的速率 C．大于B車的速率 D．等于B車的速率 答案　B 解析　選A車

58、、B車和人作為系統(tǒng)，兩車均置于光滑的水平面上，在水平方向上無論人如何跳來跳去，系統(tǒng)均不受外力作用，故滿足動量守恒定律．設人的質(zhì)量為m，A車和B車的質(zhì)量均為M，最終兩車速度分別為vA和vB，由動量守恒定律得0＝(M＋m)vA－MvB，則＝，即vA

59、關系與相對位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵． 【例4】　如圖5所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他的冰車總質(zhì)量共為M＝30 kg，乙和他的冰車總質(zhì)量也是30 kg.游戲時，甲推著一個質(zhì)量為m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速率迎面滑來，為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住．若不計冰面摩擦． 圖5 (1)若甲將箱子以速度v推出，甲的速度變?yōu)槎嗌伲?用字母表示) (2)設乙抓住迎面滑來的速度為v的箱子后反向運動，乙抓住箱子后的速度變?yōu)槎嗌伲?用字母表示) (3)若甲、乙最后不相撞，甲、

60、乙的速度應滿足什么條件？箱子被推出的速度至少多大？ 答案　(1)　(2) (3)v1≤v2　5.2 m/s 解析　(1)設甲推出箱子后速度為v1，甲將箱子推出的過程，甲和箱子組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：(M＋m)v0＝mv＋Mv1 ① 解得v1＝ ② (2)設乙抓住箱子后的速度為v2，箱子和乙作用的過程動量守恒，以箱子的速度方向為正方向， 由動量守恒定律得： mv－Mv0＝(m＋M)v2 ③ 解得v2＝ ④ (3)甲、乙不相撞的條件是v1≤v2 ⑤ 其中v1＝v2為甲、乙恰好不相撞的條件． 聯(lián)立②④⑤三式，并代入數(shù)據(jù)得v≥5.2 m/s. 某一方

61、向上動量守恒問題 1．(多選)如圖6所示，在光滑的水平面上有一靜止的斜面，斜面光滑，現(xiàn)有一個小球從斜面頂點由靜止釋放，在小球下滑的過程中，以下說法正確的是(　　) 圖6 A．斜面和小球組成的系統(tǒng)動量守恒 B．斜面和小球組成的系統(tǒng)僅在水平方向上動量守恒 C．斜面向右運動 D．斜面靜止不動 答案　BC 解析　球和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，故水平方向動量守恒．小球下滑時，對地有向下的加速度，即系統(tǒng)存在向下的加速度，故系統(tǒng)豎直方向上所受合外力不為零，合外力向下，因此不能說系統(tǒng)動量守恒． 多物體、多過程中的動量守恒問題 2．質(zhì)量相等的五個物塊在一光滑水平面上排成一條

62、直線，且彼此隔開一定的距離，具有初速度v0的5號物塊向左運動，依次與其余四個靜止物塊發(fā)生碰撞，如圖7所示，最后這五個物塊粘成一個整體，求它們最后的速度為多少？ 圖7 答案　v0 解析　由五個物塊組成的系統(tǒng)，沿水平方向不受外力作用，故系統(tǒng)動量守恒，mv0＝5mv，v＝v0，即它們最后的速度為v0. 3．如圖8所示，質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為m的物體．從某一時刻起給m一個水平向右的初速度v0，那么在物塊與盒子前后壁多次往復碰撞后(　　) 圖8 A．兩者的速度均為零 B．兩者的速度總不會相等 C．物體的最終速度為，向右 D．物體的

63、最終速度為，向右 答案　D 解析　物體與盒子組成的系統(tǒng)所受合外力為零，物體與盒子前后壁多次往復碰撞后，以速度v共同運動，由動量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，故v＝，向右． 動量守恒定律應用中的臨界問題 4．如圖9所示，甲車質(zhì)量m1＝20 kg，車上有質(zhì)量M＝50 kg的人，甲車(連同車上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行．此時質(zhì)量m2＝50 kg的乙車正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑來，為了避免兩車相撞，當兩車相距適當距離時，人從甲車跳到乙車上，求人跳出甲車的水平速度(相對地面)至少為多少才能避免兩車相撞？不計地面和小車的摩擦，且乙車足夠長． 圖9 答案　3.8 m/

64、s 解析　人跳到乙車上后，如果兩車同向，甲車的速度小于或等于乙車的速度就可以避免兩車相撞． 以人、甲車、乙車組成系統(tǒng)，由水平方向動量守恒得： (m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′，解得v′＝1 m/s. 以人與甲車為一系統(tǒng)，人跳離甲車過程水平方向動量守恒，得：(m1＋M)v＝m1v′＋Mu，解得u＝3.8 m/s.因此，只要人跳離甲車的速度u≥3.8 m/s，就可避免兩車相撞． (時間：60分鐘) 題組一　動量守恒條件及系統(tǒng)和過程的選取 1．(多選)下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動量守恒的是(　　) 答案　AC 解析　A項中子彈和木塊組成的系統(tǒng)在水

65、平方向不受外力，豎直方向所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；B項中在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)在水平方向始終受墻的作用力，系統(tǒng)動量不守恒；C項中木球與鐵球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；D項中木塊下滑過程中，斜面始終受到擋板的作用力，系統(tǒng)動量不守恒． 2．(多選)如圖1所示，A、B兩木塊緊靠在一起且靜止于光滑水平面上，物塊C以一定的初速度v0從A的左端開始向右滑行，最后停在B木塊的右端，對此過程，下列敘述正確的是(　　) 圖1 A．當C在A上滑行時，A、C組成的系統(tǒng)動量守恒 B．當C在B上滑行時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 C．無論C是在A上滑行還是在B上滑行，A、B、C三物塊組

66、成的系統(tǒng)動量都守恒 D．當C在B上滑行時，A、B、C組成的系統(tǒng)動量不守恒 答案　BC 解析　當C在A上滑行時，對A、C組成的系統(tǒng)，B對A的作用力為外力，不等于0，故系統(tǒng)動量不守恒，選項A錯誤；當C在B上滑行時，A、B已分離，對B、C組成的系統(tǒng)，沿水平方向不受外力作用，故系統(tǒng)動量守恒，選項B正確；若將A、B、C三物塊視為一系統(tǒng)，則沿水平方向無外力作用，系統(tǒng)動量守恒，選項C正確，選項D錯誤． 3．(多選)平板車B靜止在光滑水平面上，在其左端另有物體A以水平初速度v0向車的右端滑行，如圖2所示．由于A、B間存在摩擦，因而A在B上滑行后，A開始做減速運動，B做加速運動(設B車足夠長)，則B車速度達到最大時，應出現(xiàn)在(　　) 圖2 A．A的速度最大時 B．A、B速度相等時 C．A在B上相對靜止時 D．B車開始做勻加速直線運動時 答案　BC 解析　由于A、B之間存在摩擦力，A做減速運動，B做加速運動，當兩個物體的速度相等時，相對靜止，摩擦力消失，變速運動結(jié)束，此時A的速度最小，B的速度最大，因此選項A錯誤，B、C正確；此后A、B一起勻速運動，所以D項錯誤． 4. (多選