（全國通用版）2018-2019高中物理 第十六章 動量守恒定律 第三節(jié) 動量守恒定律學案 新人教版選修3-5

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1、 第三節(jié)　動量守恒定律 　學 習 目 標 ※ 能正確區(qū)分內(nèi)力與外力 ※※ 理解動量守恒定律的確切含義和表達式，知道定律的適用條件 ※※ 會用動量守恒定律解決碰撞、爆炸等問題 　知 識 導 圖 知識點1　系統(tǒng)、內(nèi)力和外力 1．系統(tǒng) 相互作用的兩個或幾個物體組成一個力學__系統(tǒng)__。 2．內(nèi)力 系統(tǒng)__內(nèi)部__物體間的相互作用力。 3．外力 系統(tǒng)__以外__的物體對系統(tǒng)__以內(nèi)__的物體的作用力。 知識點2　動量守恒定律 1．內(nèi)容 如果一個系統(tǒng)不受__外力__，或者所受__外力__的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。 2．表達式 對兩個物體

2、組成的系統(tǒng)，常寫成： p1＋p2＝__p1′＋p2′__或m1v1＋m2v2＝__m1v1′＋m2v2′__ 3．適用條件 系統(tǒng)不受__外力__或者所受__外力__之和為零。 知識點3　動量守恒定律的普適性 動量守恒定律是一個獨立的實驗規(guī)律，它適用于目前為止物理學研究的__一切__領域。 預習反饋 『判一判』 (1)動量守恒定律適用于宏觀物體，不適用于微觀粒子。(×) (2)一個系統(tǒng)初、末狀態(tài)動量大小相等，即動量守恒。(×) (3)兩個做勻速直線運動的物體發(fā)生碰撞，這兩個物體組成的系統(tǒng)動量守恒。(√) (4)系統(tǒng)動量守恒也就是系統(tǒng)的動量變化量為零。(√) (5)系統(tǒng)動

3、量守恒，動能不一定守恒，某一方向上動量守恒，系統(tǒng)整體動量不一定守恒。(√) 『選一選』 (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(　AC　) 解析：A中子彈和木塊的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒；B中在彈簧恢復原長過程中，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中木球與鐵球的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；D中木塊下滑過程中，斜面始終受擋板的作用力，系統(tǒng)動量不守恒。 『想一想』 如圖三國演義“草船借箭”中，若草船的質量為m1，每支箭的質量為m，草船以速度v1返回時，對岸士兵萬箭齊發(fā)，n支箭同時射中草船，箭的速度皆為v，方向與船

4、行方向相同。由此，草船的速度會增加多少？(不計水的阻力) 答案：(v－v1) 解析：船與箭的作用過程系統(tǒng)動量守恒：m1v1＋nmv＝(m1＋nm)(v1＋Δv)得Δv＝(v－v1)。 探究一　對動量守恒定律的理解　 S　1 在光滑的水平面上有一輛平板車，一個人站在車上用大錘敲打車的左端，如圖所示。在連續(xù)的敲打下，這輛車能持續(xù)地向右運動嗎？ 提示：當把錘頭打下去時，錘頭向右擺動，系統(tǒng)總動量要為零，車就向左運動；舉起錘頭時，錘頭向左運動，車就向右運動。用錘頭連續(xù)敲擊時，車只是左右運動，一旦錘頭不動，車就會停下來，所以車不能持續(xù)向右運動。 G　 1．研究對象 兩個或兩個

5、以上相互作用的物體組成的系統(tǒng)。 2．對系統(tǒng)“總動量保持不變”的理解 (1)系統(tǒng)在整個過程中任意兩個時刻的總動量都相等，不能誤認為只是初、末兩個狀態(tài)的總動量相等。 (2)系統(tǒng)的總動量保持不變，但系統(tǒng)內(nèi)每個物體的動量可能都在不斷變化。 (3)系統(tǒng)的總動量指系統(tǒng)內(nèi)各物體動量的矢量和，總動量不變指的是系統(tǒng)的總動量的大小和方向都不變。 3．動量守恒定律的不同表達式及含義 (1)p＝p′，表示系統(tǒng)的總動量保持不變； 在一維情況下，對由A、B兩物體組成的系統(tǒng)有：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2。 (2)Δp1＝－Δp2，表示一個物體的動量變化與另一個物體的動量變化大小相等、方向相反

6、； (3)Δp＝0，表示系統(tǒng)的總動量增量為零，即系統(tǒng)的總動量保持不變。 4．動量守恒定律成立的條件 (1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的矢量和為零。 (2)近似守恒：系統(tǒng)所受外力的矢量和雖不為零，但系統(tǒng)外力比內(nèi)力小得多，如碰撞問題中的摩擦力、爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內(nèi)力小得多，可以忽略不計。 (3)某一方向上守恒：系統(tǒng)所受外力的矢量和雖不為零，但在某個方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)動量守恒。 5．從“五性”理解動量守恒定律 (1)系統(tǒng)性：動量守恒是針對滿足守恒條件的系統(tǒng)而言的，系統(tǒng)改變，動量不一定守恒。 (2)矢量性：定律的表達式是一個矢量式。 a．該

7、式說明系統(tǒng)的總動量在任意兩個時刻不僅大小相等，而且方向也相同。 b．在求系統(tǒng)的總動量p＝p1＋p2＋…時，要按矢量運算法則計算。 (3)相對性：動量守恒定律中，系統(tǒng)中各物體在相互作用前后的動量，必須相對于同一慣性系，各物體的速度通常均為相對于地的速度。 (4)同時性：動量守恒定律中p1、p2…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量。 (5)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)。不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。 特別提醒：(1)分析動量守恒時要著眼于系統(tǒng)

8、，要在不同的方向上研究系統(tǒng)所受外力的矢量和。 (2)要深刻理解動量守恒的條件。 (3)系統(tǒng)動量嚴格守恒的情況是很少的，在分析守恒條件是否滿足時，要注意對實際過程的理想化。 D　 典例1　(多選)如圖所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是(　ACD　) A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零 B．先放開左手，后放開右手，此后動量不守恒 C．先放開左手，后放開右手，總動量向左 D．無論是否同時放手，只要兩手都放開后，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 解題指導

9、：→→ 要注意同時放開兩手和一先一后放開的區(qū)別 解析：當兩手同時放開時，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因為開始時總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，選項A正確；先放開左手，左邊的小車就向左運動，當再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，放開右手時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故選項B錯誤而C、D正確。綜合上述分析可知選項A、C、D正確。, 〔對點訓練1〕　(吉林省長春十一中2016～2017學年高二下學期期中)如圖所示，兩帶電的金屬球在絕緣的光滑水平面上沿同一直線相向運動，A帶電荷量為－q，B帶電荷量為＋2q，下列說法正確的是(　C　) A．相碰前

10、兩球運動中動量不守恒 B．相碰前兩球的總動量隨距離的減小而增大 C．碰撞前后兩球組成系統(tǒng)動量守恒 D．兩球相碰分離后的總動量不等于相碰前的總動量，因為碰前作用力為引力，碰后為斥力 解析：將兩球看作整體分析時，整體受重力支持力，水平方向不受外力，故整體系統(tǒng)動量守恒。故兩球相碰分離后的總動量等于碰前的總動量；故C正確，A、B、D錯誤。 探究二　動量守恒定律的應用　 S　2 如圖所示，質量為M的小船在靜止水平面上以速度v0向右勻速行駛，一質量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止。若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，由此，能推知救生員躍出后小船的速率嗎？(不計水的阻力) 提示：

11、根據(jù)動量守恒定律，選向右方向為正方向，則有(M＋m)v0＝Mv船－mv，解得v船＝v0＋(v0＋v)。 G　 應用動量守恒定律的解題步驟： ↓ ↓ ↓ ↓ 特別提醒：(1)動量守恒定律中的各速度都相對同一參考系，一般以地面為參考系。 (2)規(guī)定正方向后，方向與正方向一致的矢量取正值，方向與正方向相反的矢量取負值。 (3)若系統(tǒng)在某一方向上不受外力，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。但系統(tǒng)的動量不一定守恒。 D　 典例2　一人站在靜止于冰面的小車上，人與車的總質量M＝70 kg，當它接到一個質量m＝20 kg、以速度v0＝5 m/s迎面滑來的木箱后，立即以相對

12、于自己v′＝5 m/s的速度逆著木箱原來滑行的方向推出，不計冰面阻力。則小車獲得的速度是多大？方向如何？ 解題指導：→→→→ 解析：設推出木箱后小車的速度為v，此時木箱相對地面的速度為(v′－v)，由動量守恒定律得mv0＝Mv－m(v′－v) v＝＝m/s＝2.2m/s。 與木箱的初速度v0方向相同。 答案：2.2m/s　方向與木箱的初速度v0相同, 〔對點訓練2〕　如圖所示，進行太空行走的宇航員A和B的質量分別為80kg和100kg，他們攜手遠離空間站，相對空間站的速度為0.1m/s。A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?.2m/s，求此時B的速度大小和方向。 答案：

13、0.02m/s　遠離空間站方向 解析：根據(jù)動量守恒，(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入數(shù) 據(jù)可解得vB＝0.02m/s，方向為離開空間站方向。 探究三　動量守恒定律與機械能守恒定律的比較　 S　3 沖擊擺的裝置是一個用細線懸掛著的砂箱(如圖所示)，其過程為一粒質量為m的彈丸以水平速度v擊中砂箱，彈丸陷入箱內(nèi)，使砂箱擺至某一高度。此過程中，子彈和砂箱組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？機械能守恒嗎？ 提示：子彈射入砂箱的過程，動量守恒，機械能不守恒；子彈和砂箱向上擺動的過程，動量不守恒，機械能守恒。 G　 動量守恒定律與機械能守恒定律的比較 項目 動量守恒定律 機械能守恒定律

14、 相同點 研究對象 相互作用的物體組成的系統(tǒng) 研究過程 某一運動過程 不 同 點 守恒條件 系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零 系統(tǒng)只有重力或彈力做功 表達式 p1＋p2＝p′1＋p′2 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 表達式的矢標性 矢量式 標量式 某一方向上應用情況 可在某一方向獨立使用 不能在某一方向獨立使用 運算法則 用矢量法則進行合成或分解 代數(shù)和 特別提醒：(1)系統(tǒng)的動量(機械能)是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關系。 (2)對于涉及相互作用的系統(tǒng)的能量轉化問題時，可綜合應用動量守恒定律、機械能守恒定律

15、、動能定理、能量守恒定律、功能關系列出相應方程分析解答。 D　 典例3　(寧夏育才中學2017～2018學年高三上學期檢測)在光滑水平面上有一質量M＝4kg的滑塊，滑塊的一側為一光滑的圓弧，水平面恰好與圓弧相切，圓弧半徑R＝1m。一質量m＝1kg的小球以速度v0向右運動沖上滑塊，g取10m/s2。若小球剛好沒有沖出圓弧的上端，求： (1)小球的初速度v0的大??； (2)滑塊獲得的最大速度。 解析指導：(1)小球與滑塊相互作用的過程中水平方向上動量守恒。 (2)該系統(tǒng)的機械能守恒。 (3)小球從滑塊左端滑出時滑塊獲得的速度最大。 答案：(1)5m/s　(2)2m/s 解析：

16、(1)當小球上升到滑塊的最上端時，小球與滑塊水平方向的速度相同，設為v1，根據(jù)水平方向動量守恒有： mv0＝(m＋M)v1 系統(tǒng)機械能守恒，有：mv＝(m＋M)v＋mgR 解得：v0＝5m/s (2)小球到達最高點以后又滑回，此過程滑塊做加速運動，當小球離開滑塊時滑塊的速度最大，研究小球從開始沖上滑塊到離開滑塊的過程，根據(jù)動量守恒和機械能守恒，有： mv0＝mv2＋Mv3 mv＝mv＋Mv 解得： v3＝2m/s。 〔對點訓練3〕　(哈爾濱師大附中2016～2017學年高二下學期月考)如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視作質點且質量相等。Q與輕質彈簧相連。設Q靜止

17、，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞。在整個碰撞過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于(　B　) A．P的初動能 B．P的初動能的 C．P的初動能的 D．P的初動能的 解析：當P與Q有共同速度時，彈簧具有最大彈性勢能， 由動量守恒得：mv0＝2mv 由能量守恒得：mv＝Ep＋2mv2 解得Ep＝mv，故選項B正確。 動量守恒定律應用中的臨界問題 1．尋找臨界狀態(tài) 題設情景中看是否有相互作用的兩物體相距最近、恰好滑離、避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)。 2．挖掘臨界條件 在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關系與相對位移關系。 3．常見

18、類型 (1)涉及彈簧類的臨界問題 對于由彈簧組成的系統(tǒng)，在物體間發(fā)生相互作用的過程中，當彈簧被壓縮到最短或拉伸到最長時，彈簧兩端的兩個物體的速度必然相等。 (2)汲及相互作用邊界的臨界問題 在物體滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的過程中，由于物體間彈力的作用，斜面在水平方向上將做加速運動，物體滑到斜面上最高點的臨界條件是物體與斜面沿水平方向具有共同的速度，物體到達斜面最高點時，在豎直方向上的分速度等于零。 (3)子彈打木塊類的臨界問題 子彈剛好擊穿木塊的臨界條件為子彈穿出時的速度與木塊的速度相同，子彈位移為木塊位移與木塊厚度之和。 案例　　如圖所示，甲、乙兩個小孩各乘一輛冰車在水

19、平冰面上游戲。甲和他的冰車的質量共為M＝30kg，乙和他的冰車總質量也是30kg，游戲時，甲推著一個質量為m＝15kg的箱子，和他一起以大小為v0＝2.0m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來，為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處時乙迅速把它抓住。若不計冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相對于地面)將箱子推出，才能避免與乙相撞。 解析：如圖所示，在甲推出箱子的過程中，甲和箱子組成的系統(tǒng)動量守恒。乙接到箱子并和乙一起運動的過程中，乙和箱子組成的系統(tǒng)動量也是守恒的，分別選甲、箱子為研究對象，箱子、乙為研究對象求解。要想剛好避免相撞，要求乙抓住箱子后與甲的速度正好相等

20、。 設甲推出箱子后的速度為v1，箱子的速度為v，乙抓住箱子后的速度v2。 對甲和箱子，推箱子前后動量守恒，以初速度方向為正，由動量守恒定律：(M＋m)v0＝mv＋Mv1 ① 對乙和箱子，抓住箱子前后動量守恒，以箱子初速方向為正，由動量守恒定律有： mv－Mv0＝(m＋M)v2 ② 剛好不相撞的條件是：v1＝v2 ③ 聯(lián)立①②③解得：v＝5.2m/s，方向與甲和箱子初速的方向一致。 答案：5.2m/s，方向與甲的初速度方向相同 解題指導： 本題從動量守恒定律的應用角度看并不難，但需對兩個物體的運動關系分析清楚(乙和箱子、甲的運動關系如何，才能不相撞)。這就需要我們要將“不相

21、撞”的實際要求轉化為物理條件，即：甲、乙可以同方向運動，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。 1．(多選)(浙江省杭州市一中2016～2017學年高二下學期檢測)如圖所示，A、B兩質量相等的物體，原來靜止在平板小車C上，A和B間夾一被壓縮了的輕彈簧，A、B與平板車上表面動摩擦因數(shù)之比為3∶2，地面光滑。當彈簧突然釋放后，A、B相對C滑動的過程中，下列說法正確的是(　BC　) A．A、B系統(tǒng)動量守恒 B．A、B、C系統(tǒng)動量守恒 C．小車向左運動 D．小車向右運動 解析：根據(jù)動量守恒的成立條件可知，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，A錯誤，B正確；對小車受力分析，水平方向受到向

22、右的摩擦力fB和向左的摩擦力fA，因為μA＞μB，故fA＞fB，所以小車向左運動。 2．(多選)(廣東省華南師范大學附屬中學2017～2018學年高三綜合測試)質量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定于其左端，另一質量也為m的物塊乙以4m/s的速度與甲相向運動，如圖所示。則(　ACD　) A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中系統(tǒng)動量守恒 B．當兩物塊相距最近時，甲物塊的速率為零 C．當甲物塊的速率為1m/s時，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為0 D．甲物塊的速率不可能達到5m/s 解析：甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，動量守恒，故A

23、正確；當兩物塊相距最近時速度相同，取碰撞前乙的速度方向為正方向，設共同速率為v，根據(jù)動量守恒定律得到：mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5m/s，故B錯誤；若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來相同，則由mv乙－mv甲＝mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝2m/s，若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來相反，則由mv乙－mv甲＝mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝0，故C正確；若物塊甲的速率達到5m/s，方向與原來相同，則mv乙－mv甲＝－mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝6m/s，兩個物體的速率都增大，動能都增大，違反了能量守恒定律；若物塊甲的速率達到5m/s，方向與原來相反，則mv乙

24、－mv甲＝mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝－4m/s，碰撞后，乙的動能不變，甲的動能增加，系統(tǒng)總動能增加，違反了能量守恒定律，所以物塊甲的速率不可能達到5m/s，故D正確。 3．(多選)(湖南省邵陽市2017～2018學年高三上學期模擬)如圖所示，水平光滑地面上停放著一輛質量為M的小車，其左側有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道AB，軌道最低點B與水平軌道BC相切，整個軌道處于同一豎直平面內(nèi)。將質量為m的物塊(可視為質點)從A點無初速度釋放，物塊沿軌道滑行至軌道末端C處恰好沒有滑出。重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計。關于物塊從A位置運動至C位置的過程，下列說法中正確的是(　AD　)

25、 A．小車和物塊構成的系統(tǒng)動量不守恒 B．摩擦力對物塊和軌道BC所做功的代數(shù)和為零 C．物塊的最大速度為 D．小車的最大速度為 解析：小車和物塊構成的系統(tǒng)，所受合外力不為零，動量不守恒，故A正確；摩擦力對物塊和軌道BC所做功的代數(shù)和等于摩擦力和相對位移的乘積，不為零，故B錯誤；若小車固定不動，物塊到達B位置時，速度最大，由mgR＝mv2得v＝，現(xiàn)在物塊下滑時小車向左運動，物塊的速度小于，故C錯誤；從A→B水平方向動量守恒：mv1－Mv2＝0，機械能守恒：mv＋Mv＝mgR，解得v2＝，故D正確。 4．(山西省懷仁八中2016～2017學年高二下學期期中)如圖所示，人站在滑板A上，以v

26、0＝3m/s的速度沿光滑水平面向右運動。當靠近前方的橫桿時，人相對滑板豎直向上起跳越過橫桿，A從橫桿下方通過，與靜止的滑板B發(fā)生碰撞并粘在一起，之后人落到B上，與滑板一起運動。已知人、滑板A和滑板B的質量分別為m人＝70kg、mA＝10kg和mB＝20kg，求： (1)A、B碰撞過程中，A對B的沖量的大小和方向； (2)人最終與滑板的共同速度的大小。 答案：(1)20N·s，水平向右　(2)2.4m/s 解析：(1)A、B碰撞過程中，由動量守恒有mAv0＝(mA＋mB)v1，代入數(shù)據(jù)解得v1＝1m/s 由動量定理得，A對B的沖量I＝mBv1＝20N·s，方向水平向右。 (2)對

27、人、A、B組成的系統(tǒng)進行全過程分析，由動量守恒有 (m人＋mA)v0＝(m人＋mA＋mB)v 代入數(shù)據(jù)解得v＝2.4m/s 基礎夯實 一、選擇題(1～4題為單選題，5題為多選題) 1．如圖所示，兩位同學穿旱冰鞋，面對面站立不動，互推后向相反的方向運動，不計摩擦阻力，下列判斷正確的是(　C　) A．互推后兩同學總動量增加 B．互推后兩同學動量相等 C．分離時質量大的同學的速度小一些 D．互推過程中機械能守恒 解析：兩位同學組成的系統(tǒng)，所受外力之和為零，動量守恒，則m1v1＝m2v2，p1與p2大小相等，方向相反，A、B不正確；若m1＞m2，則v1＜v2，C正確；

28、互推過程中兩同學的動能增大，機械能增加，D不正確。 2．如圖所示，光滑圓槽質量為M，靜止在光滑的水平面上，其內(nèi)表面有一小球被細線吊著恰位于槽的邊緣處，如將線燒斷，小球滑到另一邊的最高點時，圓槽的速度為(　A　) A．0 B．向左 C．向右 D．不能確定 解析：把小球m和物體M作為一個系統(tǒng)，因水平面光滑，故系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒。 3．(江蘇泰州二中2015～2016學年高二下學期檢測)如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個小木塊。木箱和小木塊都具有一定的質量?，F(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度v0，則(　B　) A．小木塊和木箱最

29、終都將靜止 B．小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動 C．小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來回往復碰撞，而木箱一直向右運動 D．如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動 解析：木箱和小木塊具有向右的動量，并且相互作用的過程中總動量守恒，A、D錯；由于木箱與底板間存在摩擦，小木塊最終將相對木箱靜止，B對、C錯。 4．(湖北黃岡市黃梅二中2016～2017學年高二下學期期中)如圖所示，半徑分別為R和r(R＞r)的甲、乙兩光滑圓軌道安置在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連，在水平軌道CD上一輕彈簧被a、b兩小球夾住，同時釋放兩小球，a、b球恰好能通過各自

30、的圓軌道的最高點。則兩小球的質量之比為(　B　) A． B． C． D． 解析：由動量守恒得：mava＝mbvb 又va＝，vb＝ 所以＝，故選B。 5．(山東省萊蕪市2017～2018學年高三上學期期中)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，如圖所示，當撤去外力后，下列說法正確的是(　AC　) A．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒 B．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒 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 解析：a離開墻壁

31、前，a和b組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒，故A對B錯；a離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故C對D錯。 二、非選擇題 6．某同學質量為60kg，在軍事訓練中要求他從岸上以2m/s的速度跳到一條向他緩緩飄來的小船上，然后去執(zhí)行任務，小船的質量是140kg，原來的速度是0.5m/s，該同學上船后又跑了幾步，最終停在船上。此時小船的速度大小為__0.25__m/s，此過程該同學動量的變化大小為__105__kg·m/s。 解析：由動量守恒mv1－Mv2＝(M＋m)v 得v＝0.25m/s Δp＝mv1－mv＝105kg·m/s 7．(福建省三明市第一中

32、學2017～2018學年高三上學期月考)如圖所示，質量m＝2kg的滑塊(可視為質點)，以v0＝5m/s的水平初速度滑上靜止在光滑水平面的平板小車，若平板小車質量M＝3kg，長L＝4.8m，滑塊在平板小車上滑動1.5s后相對小車靜止。求： (1)滑塊與平板小車之間的滑動摩擦系數(shù)μ； (2)若要滑塊不滑離小車，滑塊的初速度不能超過多少。(g取10m/s2) 答案：(1)0.2　(2)4m/s 解析：(1)m滑上平板小車到與平板小車相對靜止，設共同速度為v1 據(jù)動量守恒定律：mv0＝(m＋M)v1 對m由動量定理：－μmgt＝mv1－mv0 解得： μ＝0.2 (2)設當滑塊剛滑

33、到平板小車的右端時，兩者恰有共同速度為v2 由動量守恒定律：mv0＝(m＋M)v2 由功能關系：μmgL＝mv－(m＋M)v 解得：v0＝4m/s 能力提升 一、選擇題(1～2題為單選題，3題為多選題) 1．(河北省冀州中學2016～2017學年高二下學期期中)如圖所示，質量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置，現(xiàn)有一質量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則當木塊回到A位置時的速度v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為(　B　) A．v＝，I＝0　 B．v＝，I＝2mv0 C．v＝，I＝ D．v＝，I＝2mv

34、0 解析：由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v 故v＝ 由動量定理得：I＝2(M＋m)v＝2mv0 所以選項B正確。 2．(吉林省吉林二中2016～2017學年高二下學期期中)如圖所示，質量為0.5kg的小球在距離車底面高20m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5m/s速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，車底涂有一層油泥，車與油泥的總質量為4kg，設小球在落到車底前瞬時速度是25m/s，g取10m/s2，則當小球與小車相對靜止時，小車的速度是(　B　) A．4m/s B．5m/s C．8.5m/s D．m/s 解析：小球拋出后做平拋運動，根據(jù)動能定理得： mgh

35、＝mv2－mv 解得：v0＝15m/s 小球和車作用過程中總動量不守恒，但水平方向動量守恒，則有： －mv0＋Mv＝(M＋m)v′ 解得：v′＝5m/s。B正確。 3．(吉林省舒蘭一中2016～2017學年高二下學期檢測)如圖所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上。c車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上。小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同。他跳到a車上相對a車保持靜止，此后(　CD　) A．a(chǎn)、b兩車運動速率相等 B．a(chǎn)、c兩車運動速率相等 C．三輛車的速率關系vc>va>vb D．a(chǎn)、c兩車運動方向相反 解析：若人跳離b、

36、c車時速度為v，由動量守恒定律知，人和c車組成的系統(tǒng)：0＝－M車vc＋m人v 對人和b車：m人v＝－M車vb＋m人v 對人和a車：m人v＝(M車＋m人)·va 所以：vc＝，vb＝0，va＝ 即vc>va>vb，并且vc與va方向相反。C、D正確。 二、非選擇題 4．如圖所示，木板A質量mA＝1kg，足夠長的木板B質量mB＝4kg，質量為mC＝1kg的木塊C置于木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦，開始時B、C均靜止，現(xiàn)使A以v0＝12m/s的初速度向右運動，與B碰撞后以4m/s速度彈回。求： (1)B運動過程中的最大速度大小； (2)C運動過程中的最大速度大小。 解

37、析：(1)A與B碰后瞬間，C的運動狀態(tài)未變，B速度最大。由A、B系統(tǒng)動量守恒(取向右為正方向)有： mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB 代入數(shù)據(jù)得：vB＝4m/s。 (2)B與C相互作用使B減速、C加速，由于B板足夠長，所以B和C能達到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C系統(tǒng)動量守恒，有 mBvB＋0＝(mB＋mC)vC 代入數(shù)據(jù)得：vC＝3.2m/s 答案：(1)4m/s　(2)3.2m/s 5．(陜西省西安一中2016～2017學年高二下學期檢測)如圖所示，在光滑的水平面上有一質量為m，長度為L的小車，小車左端有一質量也是m可視為質點的物塊，車子的右端固定有一個處于鎖定

38、狀態(tài)的壓縮輕彈簧(彈簧長度與車長相比可忽略)，物塊與小車間動摩擦因數(shù)為μ，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)在給物塊一個水平向右的初速度v0，物塊剛好能與小車右壁的輕彈簧接觸，此時彈簧鎖定瞬間解除，當物塊再回到左端時，與小車相對靜止。求： (1)物塊的初速度v0的大??； (2)彈簧的彈性勢能Ep。 解析：(1)設物塊與輕彈簧剛好接觸時的速度為v，由動量守恒定律得：mv0＝2mv 由能量關系得： mv－(2m)v2＝μmgL 解得：v0＝2 (2)物塊最終速度為v1，由動量守恒定律得：mv0＝2mv1 由能量關系得： mv＋Ep＝(2m)v＋2μmgL 解得：Ep＝μmgL 答案

39、：(1)2　(2)μmgL 6．(四川省樂山市2017～2018學年高三第一次調研)一質量M＝6kg的木板B靜止于光滑水平面上，物塊A質量m＝6kg，停在B的左端，質量為m0＝1kg的小球用長為L＝0.8m的輕繩懸掛在固定點O上，將輕繩拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點與A發(fā)生碰撞后反彈，反彈所能達到的最大高度為h＝0.2m，物塊與小球可視為質點，不計空氣阻力。已知A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1(g＝10m/s2)，求： (1)小球運動到最低點與A碰撞前瞬間，小球的速度； (2)小球與A碰撞后瞬間，物塊A的速度； (3)為使A、B達到共同速度前A不滑離木板，木板B至少多

40、長。 答案：(1)4m/s　(2)1m/s　(3)0.25m 解析：(1)小球下擺過程，由機械能守恒定律得： m0gL＝m0v， 代入數(shù)據(jù)解得：v0＝4m/s (2)小球反彈過程機械能守恒 有m0gh＝m0v 解得：v1＝2m/s 小球與A碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以小球的初速度方向為正方向 由動量守恒定律得：m0v0＝－m0v1＋ mvA 代入數(shù)據(jù)，vA ＝1m/s (3)物塊A與木板B相互作用過程，系統(tǒng)動量守恒，以A的速度方向為正方向 由動量守恒定律得：mvA＝(m＋M)v 代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.5m/s 由能量守恒定律得：μmgx＝mv－(m＋M)v2 代入數(shù)據(jù)解得x＝0.25m 18