aaaa第三章動量守恒定律和能量守恒定律

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1、第三章 動量守恒定律和能量守恒定律 （一） 教材外習題 1 功與能習題 一、選擇題： 1．一質點受力（SI）作用，沿X軸正方向運動。從x = 0到x = 2m過程中，力作功為 （A）8J. （B）12J. （C）16J. （D）24J. （ ） 2．如圖所示，圓錐擺的小球在水平面內作勻速率圓周運動，下列說法正確的是 （A）重力和繩子的張力對小球都不作功. （B）重力和繩子的張力對小球都作功. （C）重力對小球作功，繩子張力對小球不作功. （D）重力對小球不作功，繩子張力對小球作功. （ ） 3．已知兩個物體A和B的質量以及它們的速率都

2、不相同，若物體A的動量在數值上比物體B的大，則A的動能EKA與B的動能EKB之間的關系為 （A）EKB一定大于EKA. （B）EKB一定小于EKA （C）EKB=EKA （D）不能判定誰大誰小 （ ） P 4．如圖所示，一個小球先后兩次從P點由靜止開始，分別沿著光滑的固定斜面l1和圓弧面l2下滑，則小球滑到兩面的底端Q時的 l1 （A）動量相同，動能也相同 l2 （B）動量相同，動能不同 Q （C）動量不同，動能也不同 （D）動量不同，動能相同 （ ） 5．一質點在外力作用下運動時，下述哪種說法正確？ （A）質點的動量改

3、變時，質點的動能一定改變 （B）質點的動能不變時，質點的動量也一定不變 （C）外力的沖量是零，外力的功一定為零 （D）外力的功為零，外力的沖量一定為零 （ ） 二、填空題： 1．某質點在力=（4+5x）（SI）的作用下沿x軸作直線運動，在從x=0移動到x=10m的過程中，力所作功為___________________。 a 2．如圖所示，一斜面傾角為q，用與斜面成a角的恒力將一質量為m的物體沿斜面拉升了高度h，物體與斜面間的摩擦系數為m，摩擦力在此過程中所作的功Wf=____________________________。 q 3．一質點在二恒

4、力作用下，位移為（SI）；在此過程中，動能增量為24J，已知其中一恒力（SI），則另一恒力所作的功為______________________。 三、計算題： 1．一人從10m深的井中提水，起始時桶中裝有10kg的水，桶的質量為1kg，由于水桶漏水，每升高1m要漏去0.2kg的水。求水桶勻速地從井中提到井口，人所作的功。 2．質量m=2kg的物體沿x軸作直線運動，所受合外力F=10+6x2（SI）。如果在x0=0處時速度V0=0；試求該物體運動到x=4m處時速度的大小。 2 動量、沖量質點角動量習題 一、選擇題： 1．動能為EK的A物體與靜止的B物體碰撞，設A物體的質量為

5、B物體的二倍，mA=2mB。若碰撞為完全非彈性的，則碰撞后兩物體總動能為 （A）EK （B）EK/2 （C）EK/3 （D）2EK/3 （ ） 2．在水平冰面上以一定速度向東行駛的炮車，向東南（斜向上）方向發(fā)射一炮彈，對于炮車和炮彈這一系統(tǒng)，在此過程中（忽略冰面摩擦力及空氣阻力） （A）總動量守恒 （B）總動量在炮身前進的方向上的分量守恒，其它方向動量不守恒 （C）總動量在水平面上任意方向的分量守恒，豎直方向分量不守恒 （D）總動量在任何方向的分量均不守恒 （ ） 3．質量為m的鐵錘豎直落下，打在木樁上并停下，設打擊時間為Dt，打擊前鐵錘速率為v，則在

6、打擊木樁的時間內，鐵錘所受平均合外力的大小為 （A） （B） （C） （D） （ ） 4．人造地球衛(wèi)星，繞地球作橢圓軌道運動，地球在橢圓的一個焦點上，則衛(wèi)星的 （A）動量不守恒 ，動能守恒 （B）動量守恒，動能不守恒 （C）角動量守恒，動能不守恒 （D）角動量不守恒，動能守恒 （ ） 二、填空題： 1．一質量m=10g的子彈，以速率v0=500m/s沿水平方向射穿一物體。穿出時，子彈的速率為v=30m/s，仍是水平方向。則子彈在穿透過程中所受的沖量的大小為______________，方向為__________________________。 2

7、．設作用在質量為1kg的物體上的力F=6t+3（SI）。如果物體在這一力的作用下，由靜止開始沿直線運動，在0到2.0s的時間間隔內，這個力作用在物體上的沖量大小I=_________。 3．一顆子彈在槍筒里前進時所受的合力大小為 （SI） 子彈從槍口射出時的速率為300m·s-1，假設子彈離開槍口時合力剛好為零，則 （1）子彈走完槍筒全長所用的時間t=_______________________， （2）子彈在槍筒中所受力的沖量I=_________________________， （3）子彈的質量m=_______________________。 4．如圖所示，X軸沿水

8、平方向，Y軸豎直向下，在t=0時刻將質量為m的質點由a處靜止釋放，讓它自由下落，則在任意時刻t，質點所受的對原點O的力矩=____________，在任意時刻t，質點對原點O的角動量=______________________。 X a 0 b Y 三、計算題： 1．靜水中停著兩個質量均為M的小船，當第一只船中的一個質量為m的人以水平速度（相對于地面）跳上第二只船后，兩只船的運動速度各多大？（忽略水對船的阻力） 2．質量為M=1.5kg的物體，用一根長為l=1.25m的細繩懸掛在天花板上，今有一質量為m=10g的子彈以v0=500m/s的水平

9、速度射穿物體，剛穿出物體時子彈的速度大小v=30m/s，設穿透時間極短，求： （1）子彈剛穿出時繩中張力的大?。? （2）子彈在穿透過程中所受的沖量。 l M m 3 質點力學綜 一、選擇題： 1．一圓錐擺的擺球在一水平面內作勻速圓周運動。細懸線長為l，與豎直方向夾角為q ，線的張力為T， 小球的質量為m，忽略空氣阻力，則下述結論中正確的是： （A）Tcosq = mg （B）小球動量不變 （C）Tsinq = mv

10、2/l （D）T=mv2/l （ ） 2．豎直上拋一小球，若空氣阻力的大小不變，則球上升到最高點所需用的時間，與從最高點下降到原位置所需用的時間相比 （A）前者長 （B）前者短 （C）兩者相等 （D）無法判斷其長短 （ ） 3．如圖所示，在光滑平面上有一個運動物體P，在P的正前方有一個連有彈簧和擋板M的靜止物體Q，彈簧和擋板M的質量均不計，P與Q的質量相同，物體P與Q碰撞后P停止，Q以碰前P的速度運動，在此碰撞過程中，彈簧壓縮量最大的時刻是 （A）P的速度正好變?yōu)榱銜r （B）P與Q的速度相等時 （C）Q正好開始運動時 （D）Q正好達到原來P的速

11、度時 （ ） 4．一質量為m的質點，自半徑為R的光滑半球形碗口由靜止下滑，質點在碗內某處的速率為v，則質點對該處的壓力數值為 （A） （B） （C） （D） （ ） 5．一光滑的圓弧形槽M置于光滑水平面上，一滑塊m自槽的頂部由靜止釋放后沿槽滑下，不計空氣阻力。對于這一過程，以下哪種分析是對的？ （A）由m和M組成的系統(tǒng)動量守恒 （B）由m和M組成的系統(tǒng)機械能守恒 （C）由m、M和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒 （D）M對m的正壓力恒不作功 （ ） 6．一質子轟擊一a 粒子時因未對準而發(fā)生軌跡偏轉。假設附近沒有其它帶電粒子，則在這一過程中，由此質

12、子和a 粒子組成的系統(tǒng) （A）動量守恒，能量不守恒 （B）能量守恒，動量不守恒 （C）動量和能量都不守恒 （D）動量和能量都守恒 （ ） 二、填空題： 1．在半徑為R的定滑輪上跨一細繩，繩的兩端分別掛著質量為m1和m2的物體，且m1>m2。若滑輪的角加速度為b，則兩側繩中的張力分別為T1=________________，T2=___________。 2．質量為m1和m2的兩個物體，具有相同的動量。欲使它們停下來，則外力對它們做的功之比W1∶W2=___________；若它們具有相同的動能，欲使它們停下來，則外力的沖量之比為I1∶I2=____________

13、_。 3．A、B兩個小球放在水平光滑平面上，質量mA=2mB，兩球用一輕繩聯(lián)結（如圖），都繞繩上的某點以相同的角速度作勻速率圓周運動，A球與B球的運動半徑之比rA∶rB為_________，動能之比EKA∶EKB為__________，動量大小之經PA∶PB為_______________。 B A 三、計算題： 1．一細繩兩端分別拴著質量m1=1kg，m2=2kg的物體A和B，這兩個物體分別放在兩水平桌面上，與桌面間的摩擦系數都是m=0.1，繩子分別跨過桌邊的兩個定滑輪吊著一個動滑輪，動滑輪下吊著質量m3=1kg的物體C，如圖所示。設整個繩子在同一平面內，吊著

14、動滑輪的兩段繩子相互平行。如繩子與滑輪的質量以及滑輪軸上的摩擦可以略去不計，繩子不可伸長，求A、B、C相對地面加速度、、的大小。（取g=10m/s2） A m1 B m2 m m C m3 m l A 2．如圖所示，A點是一單擺的懸點，擺長為l，B點是一固定的釘子，在A點的鉛直下方距A為d處，為使擺球從水平位置由靜止釋放后，擺球能夠以釘子為中心繞一圓周軌道旋轉，則d至少應等于多少？ d ·

15、 B 3．如圖，光滑斜面與水平面的夾角a =30°，輕質彈簧上端固定，今在彈簧的另一端輕輕地掛上質量為M=1.0 kg的木塊，則木塊沿斜面向下滑動。當木塊向下滑x = 30厘米時，恰好有一質量m=0.01kg的子彈，沿水平方向以速度v=200m/s射中木塊并陷在其中。設彈簧的倔強系數為k=N/m。求子彈打入木塊后它們的共同速度。 k m x M

16、 a （二）教材外習題 3-2 質量為m的物體，由水平面上點O以初速為v0拋出，v0與水平面成仰角a. 若不計空氣阻力，求：（1）物體從發(fā)射點O到最高點的過程中，重力的沖量；（2）物體從發(fā)射點到落回至同一水平面的過程中，重力的沖量. 3-3 質量為m的質點作圓錐擺運動，質點的速率為v，圓半徑為R. 圓錐母線與軸線之間的夾角為a，計算拉力在一周內的沖量. 3-5 如圖所示，在水平地面上，有一橫截面S=0.20m2的直角彎管，管中有流速為v=3.0m·s－1的水通過，求彎管所受力的大小和方向. 3-8 質量為m￠的人手里拿著

17、一個質量為m的物體，此人用與水平面成a角的速率v0向前跳去. 當他達到最高點時，他將物體以相對于人為u的水平速率向后拋出. 問：由于人拋出物體，他跳躍的距離增加了多少？（假設人可視為質點）. 3-9 一質量均勻柔軟的繩豎直的懸掛著，繩的下端剛好觸到水平桌面上. 如果把繩的上端放開，繩將落到桌面上. 試證明：在繩下落的過程中的任意時刻，作用于桌面上的壓力等于已落到桌面上繩的重量的三倍. 3-14 一物體在介質中按規(guī)律x=ct3作直線運動，c為一常量. 設介質對物體的阻力正比于速度的平方. 試求物體由x0 = 0運動到x 0= l時，阻力所作的功. （已知阻力系數為k） 3-15

18、一人從10.0m深的井中提水，起始桶中裝有10.0kg的水，由于水桶漏水，每升高1.00m要漏去0.20kg的水. 求水桶被勻速地從井中提到井口，人所作的功. 3-18 設兩個粒子之間的相互作用力是排斥力，并隨它們之間的距離r按F=k/r3的規(guī)律而變化，其中k為常量. 試求兩粒子相距為r時的勢能. （設力為零的地方勢能為零. ） 3-22 如圖所示，有一自動卸貨礦車，滿載時的質量為m￠，從與水平成傾角a=30.0°斜面上的點A由靜止下滑. 設斜面對車的阻力為車重的0.25倍，礦車下滑距離l時，礦車與緩沖彈簧一道沿斜面運動. 當礦車使彈簧產生最大壓縮形變時，礦車自動卸貨，然后礦車借助彈

19、簧的彈性力作用，使之返回原位置A再裝貨. 試問要完成這一過程，空載時與滿載時車的質量之比應為多大？ 3-23 用鐵錘把釘子敲入墻面木板. 設木板對釘子的阻力與釘子進入木板的深度成正比. 若第一次敲擊，能把釘子釘入木板1.00′10－2m. 第二次敲擊時，保持第一次敲擊釘子的速度，那么第二次能把釘子釘入多深？ 3-27 如圖所示，質量為m、速度為v的鋼球，射向質量為m￠的靶，靶中心有一小孔，內有勁度系數為k的彈簧，此靶最初處于靜止狀態(tài)，但可在水平面作無摩擦滑動. 求子彈射入靶內彈簧后，彈簧的最大壓縮距離. 3-30 質量為7.2′10－23kg，速率為6.0′107

20、m·s－1的粒子A，與另一個質量為其一半而靜止的粒子B發(fā)生二維完全彈性碰撞，碰撞后粒子A的速率為5.0′107m·s－1. 求：（1）粒子B的速率及相對粒子A原來速度方向的偏角；（2）粒子A的偏轉角. 3-31 有兩個帶電粒子，它們的質量均為m，電荷均為q，其中一個處于靜止，另一個以初速v0由無限遠處向其運動. 問這兩個粒子最接近的距離是多少？在這瞬時，每個粒子的速率是多少？你能知道這兩個粒子的速度將如何變化嗎？ 3-32 如圖所示，一質量為m￠的物塊放置在斜面的最底端A處，斜面的傾角為a，高度為h，物塊與斜面的滑動摩擦因數為m，今有一質量為m的子彈以v0速度沿水平方向射入物塊并留在

21、其中，且使物塊沿斜面向上滑動，求物塊滑出頂端時的速度大小. 3-33 如圖所示，一個質量為m的小球，從內壁為半球形的容器邊緣點A滑下. 設容器質量為m￠，半徑為R，內壁光滑，并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上. 開始時小球和容器都處于靜止狀態(tài). 當小球沿內壁滑到容器底部的點B時，受到向上的支持力為多大？ 動量守恒定律的三個重點 沈志斌 （ 江蘇省無錫市第一中學 江蘇 無錫 214031） 動量守恒定律是歷年高考的熱點，動量守恒定律和能量綜合又會形成高考的難點。為此在高三復習過程中，每一個教師無不為之投入大量的精力，以期達到較好的復習效果。本屆高三復習時間有限，我們應做到

22、有所為，有所不為，突出重點知識和方法的復習。本文結合高三復習實踐，談談動量守恒定律復習過程中應抓住的三個重點，供同行參考。 一．動量守恒定律的條件 教材以兩個小球在光滑水平面上發(fā)生正碰撞為例，通過對每個小球應用動量定律，再根據牛頓第三定律推導出相互作用的物體構成的系統(tǒng)，如果不受外力，系統(tǒng)的動量保持不變。作為新課教學，這樣處理無疑是可行的，它從具體到抽象，利于學生接受。在高三復習中，是重復課本的推導過程還是另辟蹊徑？筆者在復習過程中，從系統(tǒng)的動量定理說明動量守恒定律的條件，起到了良好的復習效果。 1．對于一個物體，動量定理指出，物體的動量增量是由物體所受合外力的沖量決定的，即，如果物體所受

23、合外力的沖量等于零，則物體的動量保持不變，物體保持靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)，這一點和牛頓第一定律是對應的。 2．對于由兩個（或兩個以上）物體組成的整體（系統(tǒng)），其動量的增量由系統(tǒng)所受合外力的沖量所決定，即，如果系統(tǒng)所受合外力的沖量等于零，則系統(tǒng)的動量不變，即。 由上分析不難得出動量守恒定律適用的三種情況： ① 系統(tǒng)不受外力（理想情況）或所受合外力等于零。 ② 系統(tǒng)所受合外力不等于零，但某個方向上的合外力為零，則這個方向上系統(tǒng)動量守恒。 ③ 系統(tǒng)所受合外力不等于零，但合外力數值有限，且相互作用的時間極短，導致系統(tǒng)所受合外力的沖量，可以粗略地認為動量守恒，這時往往對應著相互作用力

24、（內力）大于大于合外力。這種情況的動量守恒是較普遍的，同時有時十分隱含的，必須認真審題，才能看出。 例1 （1997年全國）如圖1所示，質量為的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上，平衡時，彈簧的壓縮量為，一物體從鋼板正上方距離為的處自由落下，打在鋼板上，并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連，它們到達最低點后又向上運動，已知物塊質量也為時，它們恰能回到點，若物塊質量為，仍從處自由落下，則物塊與鋼板回到點時，還具有向上的速度，求物塊向上運動到達最高點與點的距離. 本題“打在鋼板上，并立刻與鋼板一起向下運動”是一個隱含的條件，物體與鋼板構成的系統(tǒng)在豎直方向上合外力并不為零，嚴格來

25、說，系統(tǒng)在豎直方向上動量不守恒。但是考慮到“立即”是一個極短的時間，系統(tǒng)在豎直方向所受合外力的沖量接近于零，故可以利用動量守恒定律來計算共同速度。 例2 （1993年全國）如圖2所示，在質量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質量為，小車（和單擺）以恒定的速度沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短．在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的？ 【 】 A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)?、、，滿足

26、 B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)楹停瑵M足 C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)?，滿足 D．小車和擺球的速度都變?yōu)椋緣K的速度變?yōu)?，滿足 本題“碰撞的時間極短”說明掛住小球的繩子還未明顯偏離豎直方向，對車和木塊而言，繩子對小車拉力的水平分力即是小車和木塊所構成的系統(tǒng)的合外力，由于繩子未明顯偏離豎直方向，所以在這個過程（小車和木塊碰撞）中，小車和木塊構成的系統(tǒng)水平動量守恒，擺球速度不變。 二．動量守恒時系統(tǒng)的選擇 對于兩個物體相互作用，系統(tǒng)是什么？毫無疑問系統(tǒng)就是這兩個物體，因為必須要有兩個物體才能構成系統(tǒng)。如果題中出現(xiàn)了三個或三個以上的物體，系統(tǒng)是什么？很多學生覺得無法

27、正確定位。這反映出一個問題：動量守恒中系統(tǒng)選擇的依據是什么？書本并沒有明確地對此做出回答。筆者認為一個簡潔而有效的依據是：“依據相互作用的過程來選擇物體構成系統(tǒng)。”因為動量守恒本身是研究相互作用的物體的動量變化規(guī)律。 例3 在例2中，我們看到小車和木塊首先發(fā)生水平向的相互作用，在一這個作用的極短過程中，由于繩子沒有明顯偏離豎直方向，所以小球并不參與這一過程的作用，故這個過程的系統(tǒng)由小車和木塊組成。 當小車和木塊碰撞結束后，與小車和木塊未達共同速度為例，小車的速度將小于小球的速度，這時小球超前小車運動，相對于小車而言，繩子拉著小球向上擺動，此時小球和小車構成的系統(tǒng)水平動量守恒，機械能也

28、守恒。 例4 如圖3所示，光滑的水平面的靜置一塊質量的木板，木板上表面右端放一個質量的木塊，木塊和木板間的動摩擦因數.在木板左側有一個質量為的木塊，以向右的水平速度與木板左端發(fā)生正碰，碰撞時間很短可略去不計，碰后與木板共同沿水平面運動，經過一段時間，木塊在木板上相對于木板滑動后與木板共同運動，求的大?。梢暈橘|點） 本題中，木塊與木板發(fā)生碰撞的過程中，木板上的木塊對木板的摩擦力的沖量即是木板和木塊構成系統(tǒng)所受合外力的沖量，由于“碰撞時間很短，可略去不計”，所以首先選擇木塊與木板構成系統(tǒng)，動量守恒而機械能不守恒；而后木塊和木板結合在一起與木板上的木塊靠滑動摩擦力相互作用，組成三物系統(tǒng)，

29、滿足動量守恒，但機械能不守恒。 三．數學歸納法在動量守恒中的應用 有類問題，涉及物體之間的多次動量守恒，這時往往涉及數學歸納法的運用，要求學生有較高的應用數學方法解決物理問題的能力，在高三復習時有必要加強訓練，對于參加競賽輔導的同學而言，是必備的能力。 例5 人和冰車的總質量為，另有一木球，質量為，，人坐在靜止于水平冰面的冰車上，以速度（相對地面）將原來靜止的木球沿冰面推向正前方的固定擋板，球與冰面、車與冰面的摩擦均可不計，空氣阻力也忽略不計．設球與擋板碰撞后，球被反向彈回，速率與碰前相等，人接住球后再以同樣的速度（相對地面）將球沿冰面向正前方推向擋板，則人推球多少次后不能再接到球

30、？ 第一次推出球：① 小車的速度為 第一次接到球：② 第二次拋出球：③ 小車速度為 第二次接到球：④ 第三次拋出球：⑤ 小車的速度為 由數學歸納法可知第n次拋出小球后，小車的速度為，當時，小車上的人將無法接到小球，代入數據得，取。 本題的另一種解法即是對系統(tǒng)應用動量定理。小球和小車的動量逐漸變大，其原因是小車和小球組成的系統(tǒng)在整個過程中受到墻壁的沖量，每次墻壁對小球的沖量（也是對系統(tǒng)的沖量）等于，當拋出小球n次后，小球與墻壁碰撞了n次，根據動量定理，，當時，小車上的人將無法接到小球，代入數據得，取。 例6

31、（1995年全國）如圖4所示，一排人站在軸的水平軌道旁，原點O兩側的人的序號都記為。每人只有一個沙袋，一側的每個沙袋質量為，一側的每個沙袋質量為。一質量為的小車以某初速度從原點出發(fā)向正方向滑行，不計軌道阻力，當車每經過一人身旁時，此人就把沙袋以水平速度朝與車速相反的方向沿車面扔到車上，的大小等于扔此沙袋之前的瞬間速度大小的倍（是此人的序號數） （1）空車出發(fā)后，車上堆積了幾個沙袋時車就反向滑行？ （2）車上最終有大小沙袋共多少個？ 本題是1995年全國高考題，滿分是12分，筆者有幸參加了本次江蘇考區(qū)的閱卷工作，全省抽樣得分是2分，一方面是難度是較大，另一方面也反映學生缺乏數學歸納法的能力

32、。 分析 （1）設第次拋過后的速度為，第次拋完后的速度為，由動量守恒定律得： ① 得② ③ 小車反向的條件是，可得，即車上有3個球時車將反向。 （2）設車反向運動到0點的首速度為（為第三個球與之結合后的速度），設第次拋過后的速度為，第次拋完后的速度為，由動量守恒定律得： ④ 得⑤ ⑥ 車不再向左滑行的條件是，，用代入，可得，取，即車上最多有11個球。 第4節(jié) 動量守恒定律及其應用 教學目標： 1．掌握動量守恒定律的內容及使用條件，知道應用動量守恒定律解決問題時應注意的問題． 2．掌握應用動量守恒定律解決問題的一般步驟． 3．會應用動量定恒定律分析、解

33、決碰撞、爆炸等物體相互作用的問題． 教學重點： 動量守恒定律的正確應用；熟練掌握應用動量守恒定律解決有關力學問題的正確步驟． 教學難點： 應用動量守恒定律時守恒條件的判斷，包括動量守恒定律的“五性”：①條件性；②整體性；③矢量性；④相對性；⑤同時性． 教學方法： 1．學生通過閱讀、對比、討論，總結出動量守恒定律的解題步驟． 2．學生通過實例分析，結合碰撞、爆炸等問題的特點，明確動量守恒定律的矢量性、同時性和相對性． 3．講練結合，計算機輔助教學 教學過程 一、動量守恒定律 1．動量守恒定律的內容 一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。

34、即： 2．動量守恒定律成立的條件 ⑴系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零； ⑵系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內力，可以忽略不計； ⑶系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒。 ⑷全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動量守恒。 3．動量守恒定律的表達形式 （1），即p1+p2=p1/+p2/， （2）Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2 和 4．動量守恒定律的重要意義 從現(xiàn)代物理學的理論高度來認識，動量守恒定律是物理學中最基本的普適原理之一。（另一個最基本的普適原理就是能量守恒定律。）從科學實踐的角度來看，迄今為止，人們尚未發(fā)現(xiàn)動量守恒定律有任何例外。相反，

35、每當在實驗中觀察到似乎是違反動量守恒定律的現(xiàn)象時，物理學家們就會提出新的假設來補救，最后總是以有新的發(fā)現(xiàn)而勝利告終。例如靜止的原子核發(fā)生β衰變放出電子時，按動量守恒，反沖核應該沿電子的反方向運動。但云室照片顯示，兩者徑跡不在一條直線上。為解釋這一反常現(xiàn)象，1930年泡利提出了中微子假說。由于中微子既不帶電又幾乎無質量，在實驗中極難測量，直到1956年人們才首次證明了中微子的存在。（2000年高考綜合題23 ②就是根據這一歷史事實設計的）。又如人們發(fā)現(xiàn)，兩個運動著的帶電粒子在電磁相互作用下動量似乎也是不守恒的。這時物理學家把動量的概念推廣到了電磁場，把電磁場的動量也考慮進去，總動量就又守恒了。

36、 5．應用動量守恒定律解決問題的基本思路和一般方法 （1）分析題意，明確研究對象.在分析相互作用的物體總動量是否守恒時，通常把這些被研究的物體總稱為系統(tǒng).對于比較復雜的物理過程，要采用程序法對全過程進行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的。 （2）要對各階段所選系統(tǒng)內的物體進行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內部物體之間相互作用的內力，哪些是系統(tǒng)外物體對系統(tǒng)內物體作用的外力.在受力分析的基礎上根據動量守恒定律條件，判斷能否應用動量守恒。 （3）明確所研究的相互作用過程，確定過程的始、末狀態(tài)，即系統(tǒng)內各個物體的初動量和末動量的量值或表達式。

37、注意：在研究地面上物體間相互作用的過程時，各物體運動的速度均應取地球為參考系。 （4）確定好正方向建立動量守恒方程求解。 二、動量守恒定律的應用 1．碰撞 A A B A B A B v1 v v1/ v2/ Ⅰ Ⅱ Ⅲ 兩個物體在極短時間內發(fā)生相互作用，這種情況稱為碰撞。由于作用時間極短，一般都滿足內力遠大于外力，所以可以認為系統(tǒng)的動量守恒。碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種。 仔細分析一下碰撞的全過程：設光滑水平面上，質量為m1的物體A以速度v1

38、向質量為m2的靜止物體B運動，B的左端連有輕彈簧。在Ⅰ位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；到Ⅱ位置A、B速度剛好相等（設為v），彈簧被壓縮到最短；再往后A、B開始遠離，彈簧開始恢復原長，到Ⅲ位置彈簧剛好為原長，A、B分開，這時A、B的速度分別為。全過程系統(tǒng)動量一定是守恒的；而機械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了。 （1）彈簧是完全彈性的。Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少全部轉化為彈性勢能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動能最小而彈性勢能最大；Ⅱ→Ⅲ彈性勢能減少全部轉化為動能；因此Ⅰ、Ⅲ狀態(tài)系統(tǒng)動能相等。這種碰撞叫做彈性碰撞。由動量守恒和能量守恒可以證明A、B的最終速度分別為：。（這個結論最好背下來，

39、以后經常要用到。） （2）彈簧不是完全彈性的。Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少，一部分轉化為彈性勢能，一部分轉化為內能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和⑴相同，彈性勢能仍最大，但比⑴??；Ⅱ→Ⅲ彈性勢能減少，部分轉化為動能，部分轉化為內能；因為全過程系統(tǒng)動能有損失（一部分動能轉化為內能）。這種碰撞叫非彈性碰撞。 （3）彈簧完全沒有彈性。Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少全部轉化為內能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和⑴相同，但沒有彈性勢能；由于沒有彈性，A、B不再分開，而是共同運動，不再有Ⅱ→Ⅲ過程。這種碰撞叫完全非彈性碰撞?？梢宰C明，A、B最終的共同速度為。在完全非彈性碰撞過程中，系統(tǒng)的動能損失最大，為： 。 （這個結論最好背下來，以后經常要

40、用到。） v1 【例1】 質量為M的楔形物塊上有圓弧軌道，靜止在水平面上。質量為m的小球以速度v1向物塊運動。不計一切摩擦，圓弧小于90°且足夠長。求小球能上升到的最大高度H 和物塊的最終速度v。 解析：系統(tǒng)水平方向動量守恒，全過程機械能也守恒。 在小球上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得： 由系統(tǒng)機械能守恒得： 解得 全過程系統(tǒng)水平動量守恒，機械能守恒，得 點評：本題和上面分析的彈性碰撞基本相同，唯一的不同點僅在于重力勢能代替了彈性勢能。 【例2】 動量分別為5kg?m/s和6kg?m/s的小球A、B沿光滑平面上的同一條直線同向運動，A追上B并發(fā)生碰撞后。若已知碰撞后

41、A的動量減小了2kg?m/s，而方向不變，那么A、B質量之比的可能范圍是什么？ 解析：A能追上B，說明碰前vA>vB,∴；碰后A的速度不大于B的速度， ；又因為碰撞過程系統(tǒng)動能不會增加， ，由以上不等式組解得： 點評：此類碰撞問題要考慮三個因素：①碰撞中系統(tǒng)動量守恒；②碰撞過程中系統(tǒng)動能不增加；③碰前、碰后兩個物體的位置關系（不穿越）和速度大小應保證其順序合理。 2．子彈打木塊類問題 子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個角度來分析這一過程。 【例3】 設質量為

42、m的子彈以初速度v0射向靜止在光滑水平面上的質量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為d。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。 s2 d s1 v0 v 解析：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。 從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動量守恒： 從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉化為系統(tǒng)的內能。設平均阻力大小為f，設子彈、木塊的位移大小分別為s1、s2，如圖所示，顯然有s1-s2=d 對子彈用動能定理： ……① 對木塊用動能定理：

43、 ……② ①、②相減得： ……③ 點評：這個式子的物理意義是：f?d恰好等于系統(tǒng)動能的損失；根據能量守恒定律，系統(tǒng)動能的損失應該等于系統(tǒng)內能的增加；可見，即兩物體由于相對運動而摩擦產生的熱（機械能轉化為內能），等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關，所以這里應該用路程，而不是用位移）。 由上式不難求得平均阻力的大?。? 至于木塊前進的距離s2，可以由以上②、③相比得出： 從牛頓運動定律和運動學公式出發(fā)，也可以得出同樣的結論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動，位移與平均速度成正比： 一般情況下，所以s2<

44、子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小，可以忽略不計。這就為分階段處理問題提供了依據。象這種運動物體與靜止物體相互作用，動量守恒，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量可用公式：…④ 當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)動量仍然守恒，系統(tǒng)動能損失仍然是ΔEK= f ?d（這里的d為木塊的厚度），但由于末狀態(tài)子彈和木塊速度不相等，所以不能再用④式計算ΔEK的大小。 做這類題目時一定要畫好示意圖，把各種數量關系和速度符號標在圖上，以免列方程時帶錯數據。 3．反沖問題 在某些情況下，原來系統(tǒng)內物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再

45、相同而分開。這類問題相互作用過程中系統(tǒng)的動能增大，有其它能向動能轉化。可以把這類問題統(tǒng)稱為反沖。 【例4】 質量為m的人站在質量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠？ 解析：先畫出示意圖。人、船系統(tǒng)動量守恒，總動量始終為零，所以人、船動量大小始終相等。從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。設人、船位移大小分別為l1、l2，則： mv1=Mv2，兩邊同乘時間t，ml1=Ml2，而l1+l2=L， ∴ 點評：應該注意到：此結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結

46、論都是相同的。 做這類題目，首先要畫好示意圖，要特別注意兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物體位移大小之間的關系。 以上所列舉的人、船模型的前提是系統(tǒng)初動量為零。如果發(fā)生相互作用前系統(tǒng)就具有一定的動量，那就不能再用m1v1=m2v2這種形式列方程，而要利用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。 【例5】 總質量為M的火箭模型 從飛機上釋放時的速度為v0，速度方向水平?；鸺蚝笠韵鄬τ诘孛娴乃俾蕌噴出質量為m的燃氣后，火箭本身的速度變?yōu)槎啻螅? 解析：火箭噴出燃氣前后系統(tǒng)動量守恒。噴出燃氣后火箭剩余質量變?yōu)镸-m，以v0方向為正方向， 4．爆炸類問題 【例6】 拋出的手雷在最

47、高點時水平速度為10m/s，這時突然炸成兩塊，其中大塊質量300g仍按原方向飛行，其速度測得為50m/s，另一小塊質量為200g，求它的速度的大小和方向。 分析：手雷在空中爆炸時所受合外力應是它受到的重力G=( m1+m2 )g，可見系統(tǒng)的動量并不守恒。但在爆炸瞬間，內力遠大于外力時，外力可以不計，系統(tǒng)的動量近似守恒。 設手雷原飛行方向為正方向，則整體初速度；m1=0.3kg的大塊速度為m/s、m2=0.2kg的小塊速度為，方向不清，暫設為正方向。 由動量守恒定律： m/s 此結果表明，質量為200克的部分以50m/s的速度向反方向運動，其中負號表示與所設正方向相反 5．某一方

48、向上的動量守恒 【例7】 如圖所示，AB為一光滑水平橫桿，桿上套一質量為M的小圓環(huán)，環(huán)上系一長為L質量不計的細繩，繩的另一端拴一質量為m的小球，現(xiàn)將繩拉直，且與AB平行，由靜止釋放小球，則當線繩與A B成θ角時，圓環(huán)移動的距離是多少？ 解析：雖然小球、細繩及圓環(huán)在運動過程中合外力不為零（桿的支持力與兩圓環(huán)及小球的重力之和不相等）系統(tǒng)動量不守恒，但是系統(tǒng)在水平方向不受外力，因而水平動量守恒。設細繩與AB成θ角時小球的水平速度為v，圓環(huán)的水平速度為V，則由水平動量守恒有： MV=mv 且在任意時刻或位置V與v均滿足這一關系，加之時間相同，公式中的V和v可分別用其水平位移替代，則上式可寫

49、為： Md=m［（L-Lcosθ）-d］ 解得圓環(huán)移動的距離： d=mL（1-cosθ）/（M+m） 點評：以動量守恒定律等知識為依托，考查動量守恒條件的理解與靈活運用能力 學生常出現(xiàn)的錯誤：（1）對動量守恒條件理解不深刻，對系統(tǒng)水平方向動量守恒感到懷疑，無法列出守恒方程.（2）找不出圓環(huán)與小球位移之和（L-Lcosθ）。 6．物塊與平板間的相對滑動 【例8】如圖所示，一質量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，m＜M,A、B間動摩擦因數為μ，現(xiàn)給A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A開始向左運動，B開始向右運動，最后A不會滑離B，求： （1）A

50、、B最后的速度大小和方向； （2）從地面上看，小木塊向左運動到離出發(fā)點最遠處時，平板車向右運動的位移大小。 解析：（1）由A、B系統(tǒng)動量守恒定律得： Mv0-mv0=（M+m）v ① 所以v=v0 方向向右 （2）A向左運動速度減為零時，到達最遠處，此時板車移動位移為s,速度為v′,則由動量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′ ① 對板車應用動能定理得： -μmgs=mv′2-mv02 ② 聯(lián)立①②解得：s=v02 【例9】兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質量分別為，，它們的下底面光滑，上表面粗糙；另有一質量的滑塊C（可視為質點），以的速度

51、恰好水平地滑到A的上表面，如圖所示，由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上，B和C的共同速度為3.0m/s，求： （1）木塊A的最終速度； （2）滑塊C離開A時的速度。 ??解析：這是一個由A、B、C三個物體組成的系統(tǒng)，以這系統(tǒng)為研究對象，當C在A、B上滑動時，A、B、C三個物體間存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系統(tǒng)的動量守恒。 （1）當C滑上A后，由于有摩擦力作用，將帶動A和B一起運動，直至C滑上B后，A、B兩木塊分離，分離時木塊A的速度為。最后C相對靜止在B上，與B以共同速度運動，由動量守恒定律有 ∴ （2）為計算，我們以B、C為系統(tǒng)，C滑上B后與A分離，C

52、、B系統(tǒng)水平方向動量守恒。C離開A時的速度為，B與A的速度同為，由動量守恒定律有 ∴ 三、針對訓練 練習1 ?1．質量為M的小車在水平地面上以速度v0勻速向右運動。當車中的砂子從底部的漏斗中不斷流下時，車子速度將（ ） A．減小 B．不變 C．增大 D．無法確定 2．某人站在靜浮于水面的船上，從某時刻開始人從船頭走向船尾，設水的阻力不計，那么在這段時間內人和船的運動情況是（ ） A．人勻速走動，船則勻速后退，且兩者的速度大小與它們的質量成反比 B．人勻加速走動，船則勻加速后退，且兩者的速度大小一定相等 C．不管人如何走動，

53、在任意時刻兩者的速度總是方向相反，大小與它們的質量成反比 D．人走到船尾不再走動，船則停下 3．如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B木塊中部夾一被壓縮的彈簧，當彈簧被放開時，它們各自在桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地上。A的落地點與桌邊水平距離0.5m，B的落地點距離桌邊1m，那么（ ） A．A、B離開彈簧時的速度比為1∶2 B．A、B質量比為2∶1 C．未離開彈簧時，A、B所受沖量比為1∶2 D．未離開彈簧時，A、B加速度之比1∶2 4．連同炮彈在內的車停放在水平地面上。炮車和彈質量為M，炮膛中炮彈質量為m，炮車與地面同時的動摩擦因數為μ，炮筒的仰角為α。設炮彈以速度

54、射出，那么炮車在地面上后退的距離為_________________。 5．甲、乙兩人在摩擦可略的冰面上以相同的速度相向滑行。甲手里拿著一只籃球，但總質量與乙相同。從某時刻起兩人在行進中互相傳球，當乙的速度恰好為零時，甲的速度為__________________，此時球在_______________位置。 6．如圖所示，在沙堆表面放置一長方形木塊A，其上面再放一個質量為m=0.10kg的爆竹B，木塊的質量為M=6.0kg。當爆竹爆炸時，因反沖作用使木塊陷入沙中深度h=50cm，而木塊所受的平均阻力為f=80N。若爆竹的火藥質量以及空氣阻力可忽略不計，g取，求爆竹能上升的最大高度。

55、 ? 參考答案 1．B砂子和小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律，在初狀態(tài)，砂子落下前，砂子和車都以向前運動；在末狀態(tài)，砂子落下時具有與車相同的水平速度，車的速度為v′，由得，車速不變。 此題易錯選C，認為總質量減小，車速增大。這種想法錯在研究對象的選取，應保持初末狀態(tài)研究對象是同系統(tǒng)，質量不變。 2．A、C、D人和船組成的系統(tǒng)動量守恒，總動量為0，∴不管人如何走動，在任意時刻兩者的動量大小相等，方向相反。若人停止運動而船也停止運動，∴選A、C、D。B項錯在兩者速度大小一定相等，人和船的質量不一定相等。 3．A、B、D A、B組成的系統(tǒng)在水平不受外力，動量守恒，從兩物落地點到

56、桌邊的距離，∵兩物體落地時間相等，∴與x成正比，∴，即A、B離開彈簧的速度比。由，可知，未離開彈簧時，A、B受到的彈力相同，作用時間相同，沖量I=F·t也相同，∴C錯。未離開彈簧時，F(xiàn)相同，m不同，加速度，與質量成反比，∴。 4． 提示：在發(fā)炮瞬間，炮車與炮彈組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒 ， ∴ 發(fā)炮后，炮車受地面阻力作用而做勻減速運動，利用運動學公式， ，其中， ， ∴ 5．0 甲 提示：甲、乙和籃球組成的系統(tǒng)動量守恒，根據題設條件，可知甲與籃球的初動量與乙的初動量大小相等，方向相反，∴總動量為零。由動量守恒定律得，系統(tǒng)末動量也為零。因乙速度恰好為零，∴甲和球一起速度為

57、零。 6．解：爆竹爆炸瞬間，木塊獲得的瞬時速度v可由牛頓第二定律和運動學公式求得 ，， 爆竹爆炸過程中，爆竹木塊系統(tǒng)動量守恒 練習2 1．質量相同的兩個小球在光滑水平面上沿連心線同向運動，球1的動量為 7 kg·m/s,球2的動量為5 kg·m/s,當球1追上球2時發(fā)生碰撞，則碰撞后兩球動量變化的可能值是 A．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=1 kg·m/s B．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=4 kg·m/s C．Δp1=-9 kg·m/s，Δp2=9 kg·m/s D．Δp1=-12 kg·m/s，Δp2=10 kg·m/s 2．小車AB靜置于光

58、滑的水平面上，A端固定一個輕質彈簧，B端粘有橡皮泥，AB車質量為M，長為L，質量為m的木塊C放在小車上，用細繩連結于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時AB與C都處于靜止狀態(tài)，如圖所示，當突然燒斷細繩，彈簧被釋放，使物體C離開彈簧向B端沖去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下說法中正確的是 A．如果AB車內表面光滑，整個系統(tǒng)任何時刻機械能都守恒 B．整個系統(tǒng)任何時刻動量都守恒 C．當木塊對地運動速度為v時，小車對地運動速度為v D．AB車向左運動最大位移小于L 3．如圖所示，質量分別為m和M的鐵塊a和b用細線相連，在恒定的力作用下在水平桌面上以速度v勻速運動.現(xiàn)剪斷兩鐵塊間的連線，同時保持拉力不

59、變，當鐵塊a停下的瞬間鐵塊b的速度大小為_______. 4．質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，質量為m的小球用細繩吊在小車上O點，將小球拉至水平位置A點靜止開始釋放（如圖所示），求小球落至最低點時速度多大？（相對地的速度） 5．如圖所示，在光滑水平面上有兩個并排放置的木塊A和B，已知mA=0.5 kg，mB=0.3 kg,有一質量為mC=0.1 kg的小物塊C以20 m/s的水平速度滑上A表面，由于C和A、B間有摩擦，C滑到B表面上時最終與B以2.5 m/s的共同速度運動，求： （1）木塊A的最后速度； （2）C離開A時C的速度。 6．如圖所示甲、乙兩人做拋球游戲，甲

60、站在一輛平板車上，車與水平地面間摩擦不計.甲與車的總質量M=100 kg，另有一質量m=2 kg的球.乙站在車的對面的地上，身旁有若干質量不等的球.開始車靜止，甲將球以速度v（相對地面）水平拋給乙，乙接到拋來的球后，馬上將另一質量為m′=2m的球以相同速率v水平拋回給甲，甲接住后，再以相同速率v將此球水平拋給乙，這樣往復進行.乙每次拋回給甲的球的質量都等于他接到的球的質量為2倍,求： （1）甲第二次拋出球后，車的速度大小. （2）從第一次算起，甲拋出多少個球后，再不能接到乙拋回來的球. 參考答案： 1.A 2.BCD 3.v 4. 5.（1）vA=2 m/s （2）vC

61、=4 m/s 6.（1）v,向左 （2）5個 練習3 1．在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn)象可能的是（ ） A．若兩球質量相同，碰后以某一相等速率互相分開 B．若兩球質量相同，碰后以某一相等速率同向而行 C．若兩球質量不同，碰后以某一相等速率互相分開 D．若兩球質量不同，碰后以某一相等速率同向而行 2．如圖所示，用細線掛一質量為M的木塊，有一質量為m的子彈自左向右水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為和v（設子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計），木塊的速度大小為（ ） A． B． C． D． 3．載人氣球原靜止于高h的空

62、中，氣球質量為M，人的質量為m。若人要沿繩梯著地，則繩梯長至少是（ ） A．（m+M）h/M B．mh/M C．Mh/m D．h 4．質量為2kg的小車以2m/s的速度沿光滑的水平面向右運動，若將質量為2kg的砂袋以3m/s的速度迎面扔上小車，則砂袋與小車一起運動的速度的大小和方向是（ ） A．2.6m/s，向右 B．2.6m/s，向左 C．0.5m/s，向左 D．0.8m/s，向右 5．在質量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質量為，小車（和單擺）以恒定的速度V沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短。在此碰撞過程中，下

63、列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的（ ） A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)?、、，滿足 B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)楹?，滿足 C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関，滿足MV（M+m）v D．小車和擺球的速度都變?yōu)?，木塊的速度變?yōu)椋瑵M足 6．車廂停在光滑的水平軌道上，車廂后面的人對前壁發(fā)射一顆子彈。設子彈質量為m，出口速度v，車廂和人的質量為M，則子彈陷入前車壁后，車廂的速度為（ ） A．mv/M，向前 B．mv/M，向后 C．mv/（m+M），向前 D．0 7．向空中發(fā)射一物體，不計空氣阻力。當此物體的速度恰好沿水平方向

64、時，物體炸裂成a、b兩塊，若質量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向，則（ ） A．b的速度方向一定與原速度方向相反 B．從炸裂到落地的這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大 C．a、b一定同時到達水平地面 D．在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力的沖量大小一定相等 8．兩質量均為M的冰船A、B靜止在光滑冰面上，軸線在一條直線上，船頭相對，質量為m的小球從A船跳入B船，又立刻跳回，A、B兩船最后的速度之比是_________________。 參考答案 1．A、D A為彈性碰撞模型，即有mv-mv=mv′-mv′，等式兩側分別為始末狀態(tài)系統(tǒng)動量和。B如用數學表達式表示，則違反了動量

65、守恒定律。對于C，令兩球的質量分別是M和m，且M>m，碰前兩球速率相同，合動量方向與大球的動量方向相同，碰后兩球速率相等但方向相反，合動量方向仍與質量大者方向相同，由動量守恒定律可知，碰撞前后合動量不變（包括大小和方向）；而C項，碰后合動量反向，∴C項錯。D答案的數學表達式為，v′方向和質量大的物體初速方向相同，此結論是動量守恒定律中“合二為一”類問題。物理模型為“完全非彈性碰撞”。 2．B 取向右為正方向，由動量守恒定律，， ∴ 3．A 氣球和人組成系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，人相對地的速度是v，氣球相對地的速度是V，有mv-MV=0 人相對地的位移是h，設氣球相對地的位移是x

66、， 得 梯子總長度 4．C取向右為正方向，由動量守恒定律 。其中，，， 得2×2-2×3=4v，v=-0.5m/s 5．B、C碰撞從發(fā)生到結束是在極短時間內完成的，由于時間極短，擺球又是由擺線連接的，它完全不受碰撞的影響，仍保持原來的速度大小和方向。A、D兩項違反上述分析，均不正確。 6．D 在車廂、人、子彈組成的系統(tǒng)中，合外力等于零，動量守恒。子彈與人的作用及子彈與車壁的作用，都是系統(tǒng)內力，不能使系統(tǒng)總動量發(fā)生變化。發(fā)射子彈前系統(tǒng)總動量為零，子彈打入前車壁后，系統(tǒng)的總動量也為零，∴車廂的速度為零。 7．C、D根據題設物理過程，其動量守恒 設為較在原一塊，則從這表達式可知，若與均為正向，那么可能為正向也可能為負向，即可能為正向（原方向），也可能為負向（反方向）。若為反向，則大于、等于、小于的可能都有；若為正向，因題設沒有一定大于或等于的條件，則大于、等于、小于的可能也都有?！郃、B均不對。由于各自速度為水平方向，即平拋，所以不論速度大小如何，二者一定以同時落地。炸裂過程與間的相互作用，從動量守恒角度看是內力作用，其沖量定是等值反向。 ∴C、D正確。 8． 提示：