老高考统考物理二轮复习课件：专题二 第3讲　碰撞与动量守恒.ppt

1、专题二 能量与动量 第3讲 碰撞与动量守恒 建体系论要点_知识串联_熟记核心要点 思维导图思维导图 考情分析考情分析 1.动量定理表达式动量定理表达式 Ftmvmv 中的中的 F 为物体在为物体在 t 时间内所受的合外时间内所受的合外 力力。应用。应用动量定理列方程时必须动量定理列方程时必须选取正方向选取正方向。 2.不受外力或者所受外力的矢量和为零不受外力或者所受外力的矢量和为零时， 系统的动量守恒； 当时， 系统的动量守恒； 当外力比相外力比相 互作用的内力小得多互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力某一方向上的合外力 为零为零时，系统在该

2、方向上时，系统在该方向上动量守恒。动量守恒。 3.三类碰撞三类碰撞 (1)弹性碰撞弹性碰撞 动量守恒动量守恒：m1v1m2v2m1v1m2v2。 机械能守恒机械能守恒：1 2m1v 2 1 1 2m2v 2 2 1 2m1v1 2 1 2m2v2 2。 。 (2)完全非弹性完全非弹性碰撞碰撞 动量守恒、末速度相同动量守恒、末速度相同：m1v1m2v2(m1m2)v。 机械能机械能损失最多损失最多，机械能的损失量为：，机械能的损失量为：E(1 2m1v 2 1 1 2m2v 2 2) 1 2(m1 m2)v2。 (3)非弹性碰撞非弹性碰撞 动量守恒动量守恒：m1v1m2v2m1v1m2v2。 机

3、械能有损失机械能有损失，机械能的损失量为：，机械能的损失量为：E(1 2m1v 2 1 1 2m2v 2 2) (1 2m1v1 2 1 2m2v2 2)。 。 研考向提能力_考向研析_掌握应试技能 考向一考向一 冲量与动量定理冲量与动量定理 1恒力：恒力：求求 p 时，用时，用 pFt。 2变力：变力：求求 I 时，用时，用 Ipmv2mv1。 3p 一定：一定：Ft 为确定值，为确定值，Fp t ，t 小小 F 大大如碰撞；如碰撞；t 大大 F 小小 如缓冲。如缓冲。 4矢量性：动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。 5流体类：对于连续流体应用动量定理时，要

4、确定小段时间t的连续体为研究对象，写出t内的质量m与t的 关系式，分析连续m的受力情况和动量变化。 典例1 (多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿 直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( ) At1 s时物块的速率为1 m/s Bt2 s时物块的动量大小为4 kgm/s Ct3 s时物块的动量大小为5 kgm/s Dt4 s时物块的速度为零 AB 解析 根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在01 s、02 s、03 s、04 s内 合外力冲量分别为2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理Imv可知物块在1 s、2 s、 3 s、

5、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kgm/s、4 kgm/s、 3 kgm/s、2 kgm/s，故A、B正确，C、D错误。 1(2019高考全国卷)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型 运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为 3 km/s，产生的推 力约为4.8106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( ) A1.6102 kg B1.6103 kg C1.6105 kg D1.6106 kg B 解析：解析：设设 1 s 内喷出气体的质量为

6、内喷出气体的质量为 m， 喷出的气体与该发动机的相互作用， 喷出的气体与该发动机的相互作用 力为力为 F，由动量定理，由动量定理 Ftmv 知，知，mFt v 4.8 1061 3103 kg1.6103 kg， 选项选项 B 正确正确 2(2020安徽六安一中高三下学期检测)一质量为m60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t0.2 s，以 大小v1 m/s的速度离开地面， 取重力加速度g10m/s2，在这0.2 s内( ) A重力对运动员的冲量大小为0 B地面对运动员的冲量大小为60 Ns C地面对运动员做的功为30 J D地面对运动员做的功为零 D 解析：重力对人的冲量大小为mgt1

7、20 Ns，人的速度原来为零，起跳后变为v，以向上为正方向，由动量定 理可得Imgtmv0，故地面对人的冲量为Imvmgt601 Ns6000.2 Ns 180 Ns，A、B错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，支持力的作用点在支持力方向 上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，C错误，D正确。 3运动员在水上做飞行运动表演，他操控 喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水 反转180后向下喷出，令自己悬停在空 中，如图所示。已知运动员与装备的总 质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为 10 cm，重力加速度大小g取10 m/s2，水的 密度1.0103 kg/m3，则喷嘴处喷水

8、的 速度大约为( ) A2.7 m/s B5.4 m/s C7.6 m/s D10.8 m/s 解析：解析：设设 t 时间内有质量为时间内有质量为 m 的水射出，忽的水射出，忽略重力冲量，对这部分水由略重力冲量，对这部分水由 动量动量定理得定理得 Ft2mv，m2vtd 2 4 ，运动员悬停在空中，所以，运动员悬停在空中，所以 F Mg，联立解得，联立解得 v5.4 m/s，故，故 B 正确。正确。 答案：B 4. (2020江苏省南通市通州区高三下学期检测)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在 a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的vt

9、图像如图所示，图中 ABCD，则整个过程中( ) AF1的冲量等于F2的冲量 BF1的冲量大于F2的冲量 C摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体 的冲量 D合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量 D 解析：由图可知，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力， 根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a的运动总时间小于b的时间，根据IFft可知，摩擦 力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得F1t1FftOB0，F2t2 FftOD0，由图看出，tOBtOD，则有F1t1F2t2，即F1的冲量

10、小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合 外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确。 考向二 动量、动量守恒定律 1动量守恒的条件 (1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。 (2)近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多。 (3)单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒。 2动量守恒定律的表达式 (1)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 (2)p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 (

11、3)p0，系统总动量的增量为零。 典例2 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上玩耍。甲和他的冰车的总质量为M30 kg，乙和 他的冰车的总质量也是M 30 kg。甲推着一个质量为m15 kg的箱子和他一起以2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避 免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速抓住。若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度 (相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？ 解析解析 要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设 甲推出箱子后的速度为甲推出箱子后的速度为 v1，箱子的速度为，

12、箱子的速度为 v，乙抓住箱子后的速度为，乙抓住箱子后的速度为 v2。 对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲初速度方向为正方向，由动量对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲初速度方向为正方向，由动量 守恒定律有守恒定律有(Mm)v0mvMv1 对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，由对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，由 动量守恒定律有动量守恒定律有 mvMv0(mM)v2 甲与乙刚好不相撞的条件是甲与乙刚好不相撞的条件是 v1v2 联立联立解得解得 v5.2 m/s，方向与甲和箱子初速度方向一致。，方向与甲和箱子初速度方向一致。 答案答案 5.2 m

13、/s 规律总结 应用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，如典例中分别以“甲和箱子”“乙和箱 子”为系统。 (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。 5光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为的斜面体A，斜面体的质量为M，底边长为L，如图所示。将一质 量为m可视为质点的滑块B从斜面体的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面体底端。此过程中斜面体 对滑块的支持力大小为FN，则下列说法正确的是

14、( ) AFNmgcos B滑块下滑过程中支持力对滑块下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为的冲量大小为 FNtcos C滑块滑块 B 下滑过程中下滑过程中 A、B 组成的系统动量守恒组成的系统动量守恒 D此过程中斜面体向左滑动的距离为此过程中斜面体向左滑动的距离为 m MmL 解析：解析： 当滑块当滑块 B 相对于斜面体加速下滑时， 斜面体相对于斜面体加速下滑时， 斜面体 A 水平向左加速运动，水平向左加速运动， 所以滑块所以滑块 B 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面 方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力方向的合外

15、力不再为零，所以斜面对滑块的支持力 FN不等于不等于 mgcos ， 故故 A 错误；根据冲量定义错误；根据冲量定义 IFt 可知滑可知滑块块 B 下滑过程中支持力对下滑过程中支持力对 B 的冲的冲 量大小为量大小为 IFNt，故，故 B 错误；由于滑块错误；由于滑块 B 有竖直方向的分加速度，所以有竖直方向的分加速度，所以 系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故 C 错误；系统水平错误；系统水平 方向不受外力，水平方向动量守恒方向不受外力，水平方向动量守恒，设，设 A、B 两者水平位移大小分别为两者水平位移大小分别为 x1、x2，取水平向

16、左为正方向，由动量守恒定律得，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得 Mx1 t mx2 t 0，即有，即有 Mx1mx2，又，又 x1x2L，解得，解得 x1 m MmL，故 ，故 D 正确。正确。 答案：D 6.如图所示，一轻质弹簧两端连着物体如图所示，一轻质弹簧两端连着物体 A 和和 B，放在光滑的水平面上，放在光滑的水平面上， 物体物体 A 被水平速度被水平速度为为 v0的子弹射中并且的子弹射中并且子弹嵌在其中。 已知物体子弹嵌在其中。 已知物体 A 的质的质 量量 mA是物体是物体 B 的质量的质量 mB的的3 4，子弹的质量 ，子弹的质量 m 是物体是物体 B 的质量的的质量的1 4

17、，则 ，则 弹簧压缩到最短时弹簧压缩到最短时 B 的速度为的速度为( ) A.v0 2 Bv0 4 C.v0 8 Dv0 3 C 解析：解析：根据题意可知，根据题意可知，B 的质量的质量 mB为为 4m，A 的质量的质量 mA为为 3m，子弹的，子弹的 质量为质量为 m，子弹刚射入物块，子弹刚射入物块 A 时，时，A 具有最大速度具有最大速度 v，此过程中子弹与，此过程中子弹与 A 的动量守恒，以子弹的初速度方向为正，根据动量守恒定律得的动量守恒，以子弹的初速度方向为正，根据动量守恒定律得 mv0(m mA)v，解得，解得 vv0 4 ，对子弹、滑块，对子弹、滑块 A、B 和弹簧组成的系统，和

18、弹簧组成的系统，A、B 速速 度相等时弹簧被压缩到最短。弹簧压缩的过程中，根据动量守恒定律可度相等时弹簧被压缩到最短。弹簧压缩的过程中，根据动量守恒定律可 得得(mmA)v(mmAmB)v，由此解得，由此解得 vv0 8 ，故选项，故选项 C 正确。正确。 7(多选)(2020高考全国卷)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一 质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡 板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板 弹性碰撞。总共经过

19、8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块 不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( ) A48 kg B53 kg C58 kg D63 kg BC 解析：解析：设运动员的质量为设运动员的质量为 M，第一次推物块后，运动员速度为，第一次推物块后，运动员速度为 v1，第二，第二 次推物块后，运动员速度为次推物块后，运动员速度为 v2第八次推物块后，运动员速度为第八次推物块后，运动员速度为 v8， 第一次推物块后，由动量守恒定律知：第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1mv0 第二次推物块后，由动量守恒定律知：第二次推物块后，由动量守恒定律知： M(

20、v2v1)mv0(v0)2mv0 第第 n 次推物块后，由动量守恒定律知：次推物块后，由动量守恒定律知： M(vnvn 1)2mv0 整理得整理得 vn（ （2n1）mv0 M 则则 v7260 kg m/s M ，v8300 kg m/s M 由题意知，由题意知，v75 m/s，则，则 M52 kg，又知，又知 v85 m/s，则，则 M60 kg，可，可 知选项知选项 B、C 正确正确。 考向三 动量和能量综合应用的“典型模型” 动量和能量综合应用的“典型模型”主要是指“碰撞模型”“爆炸与反冲运动模型”“板块模型”，所涉及的 问题往往是多过程问题，解决这类问题要弄清物理过程，分清每一个物理

21、过程遵从什么样的物理规律。 模型模型 1 碰撞模型碰撞模型 1碰碰撞的撞的“三个原则三个原则” (1)动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律； (2)能量不增加原则， 即碰撞后系统的总能量能量不增加原则， 即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；不大于碰撞前系统的总能量； (3)物理情境可行性原则， 即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致。物理情境可行性原则， 即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致。 2熟记一些公式熟记一些公式，例如，例如“一动一静一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的模型中，两物体发生弹

22、性正碰后的 速度满足：速度满足： v1m 1 m2 m1m2v0、 、v2 2m1 m1m2v0。 。 3熟记弹性正碰的结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速熟记弹性正碰的结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速 度；当度；当 m1m2，且且 v200 时，时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为碰后质量大的速率不变，质量小的速率为 2v0；当；当 m1m2，且且 v200 时，碰后质量小的球原速率反弹。时，碰后质量小的球原速率反弹。 典例3 如图所示，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。

23、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的。 思路点拨 解此题的关键有两点：正确分析“A只与B、C各发生一次碰撞”的条件。 (1)A与C发生碰撞后，A反弹，速度v10，即mM。 (2)A向左运动与B发生碰撞后，需要满足A碰后的速度小于等于C的速度。 解析解析 设设 A 运动的初速度为运动的初速度为 v0，A 向右运动与向右运动与 C 发生碰撞，由动量守发生碰撞，由动量守 恒定律得恒定律得 mv0mv1Mv2 由机械能守恒定律得由机械能守恒定律得1 2mv 2 0 1 2mv 2 1 1 2Mv 2 2 可得可得 v1m M

24、 mM v0， ，v2 2m mM v0 要使得要使得 A 与与 B 能发生碰撞，需要满足能发生碰撞，需要满足 v10，即，即 mM A 反向向左运动与反向向左运动与 B 发生碰撞，有发生碰撞，有 mv1mv3Mv4 1 2mv 2 1 1 2mv 2 3 1 2Mv 2 4 整理可得整理可得 v3m M mM v1， ，v4 2m mM v1 由于由于 mM，所以，所以 A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要 满足满足 v3v2 即即 2m mMv0 m M mM v1 (m M mM) 2v 0 整理可得整理可得 m24MmM2 解方程

25、可得解方程可得 m( 52)M 另一解另一解 m( 52)M 舍去舍去 所以使所以使 A 只只与与 B、C 各发生一次碰撞，须满足各发生一次碰撞，须满足 ( 52)MmM。 答案答案 ( 52)MmM 易错警示 解决碰撞问题的两点注意 (1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是 否远远大于外力。 (2)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程： 如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解，如典例中的碰撞过 程为弹性碰撞； 如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律

26、(功能关系)进行求解。 模型2 爆炸与反冲运动模型 1爆炸和反冲运动相互作用力远远大于受到的外力，系统的总动量守恒。 2爆炸和反冲运动系统的总动能增加。 3爆炸和反冲运动的作用过程产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认作用前后在同一位置。 典例4 (2018高考全国卷)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时， 弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间 极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的

27、最大高度。 解析解析 (1)设烟设烟花弹上升的初速度为花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有，由题给条件有 E1 2mv 2 0 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有，由运动学公式有 0v0gt 联立联立式得式得 t1 g 2E m (2)设爆炸时烟花弹距地面设爆炸时烟花弹距地面的高度为的高度为 h1，由机械能守恒定律有，由机械能守恒定律有 Emgh1 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其 速度分别为速度分别为 v1和和 v2。由题给条

28、件和动量守恒。由题给条件和动量守恒定律有定律有 1 4mv 2 1 1 4mv 2 2 E 1 2mv1 1 2mv2 0 由由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运 动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有，由机械能守恒定律有 1 4mv 2 1 1 2mgh2 联立联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 hh1h2 2E mg 答案 见解析 模型3 “板块”模型 1条件：系统所受合外力为零。 2问题

29、及其方法 (1)求速度的方法：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统； (2)求时间的方法：根据动量定理求解，研究对象为一个物体； (3)求位移的方法：根据动能定理求解，研究对象为一个物体； (4)求系统产生的内能的方法：根据能量守恒定律求解，即QFfx或QE初E末，研究对象为一个系统； (5)求相对位移的方法：根据能量守恒定律求解，即FfxE初E末，研究对象为一个系统。 典例5 如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点 的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动，C以速度v向左运动。B、C的上 表面等

30、高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度 为L，不计空气阻力。求： (1)木板C的最终速度的大小； (2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff； (3)物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t。 解析解析 (1)B、C 碰撞过程中动量守恒，有碰撞过程中动量守恒，有 2mvmv(2mm)v1 解得解得 v1v 3 A 滑到滑到 C 上，上，A、C 动量守恒，有动量守恒，有 3mvmv1(3mm)v2 解解得得 v25 6v。 。 (2)在在 A、C 相互作用过程中，由能量守恒定律得相互作用过程中，由能量守恒定律得 QFf L 2 ， Q1

31、 2(3m)v 2 1 2mv 2 1 1 2(3m m)v2 2 解得解得 Ffmv 2 3L 。 (3)在在 A、C 相互作用过程中，以相互作用过程中，以 C 为研究对象，由动量定理得为研究对象，由动量定理得 Fftmv2 mv1 解得解得 t3L 2v。 。 答案答案 (1)5 6v (2) mv2 3L (3)3L 2v 8(多选)(2019山东济南高三第二次联考)如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球运动并与b球 发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的st图像如图乙所示，已知ma5 kg。若b球的质量为mb，两球 因碰撞而损失的机械能为E，则( ) Amb1 kg

32、 Bmb2 kg CE15 J DE35 J AC 解析：解析： 在在 s- t 图像中图线的斜率表示小球运动的速度大小， 所以图像中图线的斜率表示小球运动的速度大小， 所以 va6 1 m/s 6 m/s，vb0，碰后两球粘合在一起共同运动的速度为，碰后两球粘合在一起共同运动的速度为 v5 1 m/s 5 m/s，碰撞过程动量守恒，得，碰撞过程动量守恒，得 mava(mamb)v，解得，解得 mb1 kg，故，故 A 正确，正确，B 错误；根据功能关系得错误；根据功能关系得 E1 2mav 2 a 1 2(ma mb)v215 J，故，故 C 正确，正确，D 错误。错误。 9. (2020四

33、川攀枝花第二次诊断)如图所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为 m的子弹以水平速度v0射入木块，当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s。设子弹穿过木块的过程中受 到的阻力恒定不变，子弹可视为质点，则子弹穿过木块的时间 为( ) A. 1 v0(s L) B 1 v0(s 2L) C. 1 2v0(s L) D 1 v0(L 2s) D 解析：解析：子弹穿过木块的过子弹穿过木块的过程，对子弹和木块组成的系统，所受外力之和程，对子弹和木块组成的系统，所受外力之和 为零，动量守恒，有为零，动量守恒，有 mv0mv1mv2， 设子弹穿过木块的过程所受阻力为设子弹穿过木块

34、的过程所受阻力为 Ff，对子弹，由动能定理得，对子弹，由动能定理得Ff(s L)1 2mv 2 1 1 2mv 2 0， ， 由动量定理得由动量定理得Fftmv1mv0， 对木块，由动能定理得对木块，由动能定理得 Ffs1 2mv 2 2， ， 由动量定理得由动量定理得 Fftmv2， 联立解得联立解得 t 1 v0(L 2s)，故选，故选 D。 10(2020山东青岛高三期末联考)如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为 m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)。木板左端有一质量也 为m(可视为质点)的滑块。滑块与木板间的

35、动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初 速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑 块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止。求： (1)滑块与木板间的动摩擦因数；滑块与木板间的动摩擦因数； (2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度。小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度。 解析：解析：(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木 板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为板的速度相同，设滑块刚

36、要与炸药包接触时的速度为 v1，以水平向右为，以水平向右为 正方向；滑块在木板上滑动的过程中，滑正方向；滑块在木板上滑动的过程中，滑块和木板组成的系统所受合外块和木板组成的系统所受合外 力为零，则该系统动量守恒，故力为零，则该系统动量守恒，故有有 mv02mv1 解得解得 v11 2v0，方向水平向右 ，方向水平向右 滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知 mgL1 2mv 2 0 1 2 2mv 2 1 联立解得联立解得 v2 0 4gL。 。 (2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为设爆炸后滑块和木板的速度分别为 v1和和 v2，最终滑块相对木板静止，最终滑块相对木板静止 于木板的左端时速度为于木板的左端时速度为 v2，系统在爆炸前后动量守恒，则，系统在爆炸前后动量守恒，则有有 2mv1mv1mv2 2mv12mv2 系统爆炸后系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有 mgL1 2mv1 2 1 2mv2 2 1 2 2mv 2 2 联立以上各式解得联立以上各式解得 v10；v2v0，方向水平向右。，方向水平向右。 答案：答案：(1) v2 0 4gL (2)滑块速度为 滑块速度为 0 木板速度为木板速度为 v0，方向，方向水平向右水平向右