1、第六章动量第六章动量 动量守恒定律动量守恒定律第第2 2讲动量守恒定律及讲动量守恒定律及“三类模型三类模型”问题问题过好双基关一、动量守恒定律一、动量守恒定律1.内容内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的如果一个系统不受外力，或者所受外力的 为零，这个系统的总动量保持为零，这个系统的总动量保持不变不变.2.表达式表达式(1)pp，系统相互作用前总动量，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量等于相互作用后的总动量p.(2)m1v1m2v2 ，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动，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量和等于作用后的动量和.(3)p1 ，相互作
2、用的两个物体动量的变化量等大反向，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.(4)p0，系统总动量的增量为零，系统总动量的增量为零.矢量和m1v1m2v2p23.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为 .(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力 它所受到的外力.(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在 上动量守恒.零远大于这一方向答案自测自测1关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B.只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量
3、就不守恒只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D.系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒二、碰撞、反冲、爆炸二、碰撞、反冲、爆炸1.碰撞碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞著变化，这个过程就可称为碰撞.(2)特点：作用时间极短，内力特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力相互碰撞力)远远 外力，总动量守恒外力，总动量
4、守恒.(3)碰撞分类碰撞分类弹性碰撞：碰撞后系统的总动能弹性碰撞：碰撞后系统的总动能 .非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能 .完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失 .大于没有损失有损失最大2.反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动.(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力 系统受到的外力.实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等.(3)规律：遵从动量守恒定律.3.爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且_系统所受的外力，所以系统动量 .远
5、大于远大于守恒答案自测自测2如图如图1所示，两滑块所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块块A的质量为的质量为m，速度大小为，速度大小为2v0，方向向右，滑块，方向向右，滑块B的质量为的质量为2m，速度大，速度大小为小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是A.A和和B都向左运动都向左运动B.A和和B都向右运动都向右运动C.A静止，静止，B向右运动向右运动D.A向左运动，向左运动，B向右运动向右运动图1解析解析以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于解析以两滑块组成的系统
6、为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则度不可能都为零，则A应该向左运动，应该向左运动，B应该向右运动，选项应该向右运动，选项D正确，正确，A、B、C错误错误.研透命题点例例1(多选多选)如图如图2所示，所示，A、B两物体质量之比两物体质量之比mA mB3 2，原来静止在平板小车，原来静止在平板小车C上，上，A、B间有一根
7、间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则A.若若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量组成的系统的动量 守恒守恒B.若若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的组成的系统的 动量守恒动量守恒C.若若A、B所受的摩擦力大小相等，所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒组成的系统的动量守恒D.若若A、B所受的摩擦力大小相等，所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒组成的系统的动量守恒答案解析 命题点一动量守恒定
8、律的理解和基本应用基础考点自主悟透基础考点自主悟透图2解析如果解析如果A、B与平板车上表面的动摩擦因数相同，弹簧释放后，与平板车上表面的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右、向右、FfB向左，向左，由于由于mA mB3 2，所以，所以FfA FfB3 2，则，则A、B组成的系统所受的外组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误；选项错误；对对A、B、C组成的系统，组成的系统，A、B与与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为间的摩擦力为内力，该系统
9、所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，与平板竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，与平板车间的动摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故车间的动摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B、D选项正确；选项正确；若若A、B所受的摩擦力大小相等，则所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，动量守恒，C选项正确选项正确.答案例例2(2017全国卷全国卷14)将质量为将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃烧的燃气以大小为燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很
10、短时间内喷出的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略喷出过程中重力和空气阻力可忽略)A.30 kgm/sB.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s解析解析设火箭的质量为解析设火箭的质量为m1，燃气的质量为，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量由题意可知，燃气的动量p2m2v250103600 kgm/s30 kgm/s.以火箭运动的方向为正方向，以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，根据动量守恒定律可得，0m1v1m2v2，则火箭的动量大小
11、为，则火箭的动量大小为p1m1v1m2v230 kgm/s，所以，所以A正确，正确，B、C、D错误错误.变式变式1两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动线运动.已知甲车和磁铁的总质量为已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为，乙车和磁铁的总质量为1 kg，两磁铁的两磁铁的N极相对极相对.推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰.则：
12、则：(1)两车最近时，乙的速度为多大？两车最近时，乙的速度为多大？答案解析解析两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为解析两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取刚开始运动时，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙乙v乙乙m甲甲v甲甲(m甲甲m乙乙)v所以两车最近时，乙车的速度为所以两车最近时，乙车的速度为(2)甲车开始反向时，乙的速度为多大？答案解析答案答案2 m/s解析甲车开始反向时，其速度为解析甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为，设此时乙车的速度为v乙乙，取刚开始，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动
13、量守恒定律得运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙乙v乙乙m甲甲v甲甲m乙乙v乙乙解得解得v乙乙2 m/s 1.碰撞遵循的三条原则碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律动量守恒定律(2)机械能不增加机械能不增加 命题点二碰撞模型问题能力考点师生共研能力考点师生共研(3)速度要合理同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等).相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变.模型模型构建构建2.弹性碰撞讨论弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒根据动量守恒和机械能守恒(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m1m2，则v1v
14、2，v2v1，即两物体交换速度.当碰前物体2的速度为零时，v20，则：m1m2时，v10，v2v1，碰撞后两物体交换速度.m1m2时，v10，v20，碰撞后两物体沿同方向运动.m1m2时，v10，碰撞后质量小的物体被反弹回来.例例3(多选多选)两个小球两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是是m14 kg，m22 kg，A的速度的速度v13 m/s(设为正设为正)，B的速度的速度v23 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是，则它们发生正碰后，其速度可能分别是A.均为均为1 m/s B.4 m/s和和5 m/sC.2 m/s和和1
15、 m/s D.1 m/s和和5 m/s答案解析解析由动量守恒，可验证四个选项都满足要求解析由动量守恒，可验证四个选项都满足要求.再看动能情况再看动能情况由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有EkEk，可排除选项B.选项C虽满足EkEk，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(vA0，vB0)，这显然是不符合实际的，因此C错误.验证选项A、D均满足EkEk，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞).例例4(2016全国卷全国卷35(2)如图如图3所示，水平地面上有两个静止的小物块所示，水平地面上有两个静止的小物块a和和b，其连线与墙垂直；，其连线与墙垂直；a和
16、和b相距相距l，b与墙之间也相距与墙之间也相距l；a的质量为的质量为m，b的的质量为质量为 两物块与地面间的动摩擦因数均相同两物块与地面间的动摩擦因数均相同.现使现使a以初速度以初速度v0向右滑动向右滑动.此后此后a与与b发生弹性碰撞，但发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞没有与墙发生碰撞.重力加速度大小为重力加速度大小为g.求物块求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件与地面间的动摩擦因数满足的条件.答案解析图3解析设物块与地面间的动摩擦因数为解析设物块与地面间的动摩擦因数为.若要物块若要物块a、b能够发生碰撞，应有能够发生碰撞，应有设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒定
17、律得设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒有由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知联立式得，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为变式变式2(2015全国卷全国卷35(2)如图如图4所示，在足够长的光滑水平面上，物体所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，位于同一直线上，A位于位于B、C之间之间.A的质量为的质量为m，B、C的质量都的质量都为为M，三者均处于静止状态，三者均处于静止状态.现使现使A以某一速度向右运动，求以某一速度向右运动，求m和和M之间应满之间应满足什么条件，才能使足什么条件，才能使A只与
18、只与B、C各发生一次碰撞各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性设物体间的碰撞都是弹性的的.答案解析图4解析设解析设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，以向右为正方向发生碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得，由动量守恒定律得mv0mv1Mv2要使得A与B能发生碰撞，需要满足v10，即mMA反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1mv3Mv4由于mM，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v3v2整理可得m24MmM2所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足图5“滑块滑块弹簧弹簧”碰撞模型碰撞模型拓展点拓展点1例例5如图如图5所示，质量所示，质量M
19、4 kg的滑板的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固静止放在光滑水平面上，其右端固定一根水平轻质弹簧，弹簧的自由端定一根水平轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离到滑板左端的距离L0.5 m，这段滑，这段滑板与木块板与木块A(可视为质点可视为质点)之间的动摩擦因数之间的动摩擦因数0.2，而弹簧自由端，而弹簧自由端C到弹簧固到弹簧固定端定端D所对应的滑板上表面光滑所对应的滑板上表面光滑.木块木块A以速度以速度v010 m/s由滑板由滑板B左端开始沿左端开始沿滑板滑板B上表面向右运动上表面向右运动.已知木块已知木块A的质量的质量m1 kg，g取取10 m/s2.求：求：(1)弹簧被压缩到最短时木
20、块弹簧被压缩到最短时木块A的速度大小；的速度大小；答案解析答案答案2 m/s解析弹簧被压缩到最短时，木块解析弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板与滑板B具有相同的速度，设为具有相同的速度，设为v，从木，从木块块A开始沿滑板开始沿滑板B上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量守恒，以向右为正方向，则守恒，以向右为正方向，则mv0(Mm)v代入数据得木块A的速度v2 m/s(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能.答案解析答案答案39 J解析在木块解析在木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到
21、最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系知，最大弹性势能为大，由能量关系知，最大弹性势能为代入数据得Epm39 J.例例6如图如图6所示，质量所示，质量m10.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长的小车静止在光滑的水平面上，车长L1.5 m，现有质量，现有质量m20.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度可视为质点的物块，以水平向右的速度v02 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止.物块与车面间物块与车面间的动摩擦因数的动摩擦因数0.5，取，取g10 m/s2，求：，求：(1)物块与小车共同速度大小；物块与小车共同速度
22、大小；答案解析答案答案0.8 m/s“滑块滑块平板平板”碰撞模型碰撞模型拓展点拓展点2图6解析设物块与小车共同速度为解析设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律：根据动量守恒定律：m2v0(m1m2)v解得解得v0.8 m/s(2)物块在车面上滑行的时间t；答案解析答案答案0.24 s解析设物块与车面间的滑动摩擦力为解析设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理：，对物块应用动量定理：Fftm2vm2v0又又Ffm2g代入数据得t0.24 s(3)小车运动的位移大小x；答案解析答案答案0.096 m解析对小车应用动能定理：解析对小车应用动能定
23、理：m2gx m1v2解得解得x0.096 m(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过多少？答案解析答案答案5 m/s解析要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块运动到小车右端时与解析要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块运动到小车右端时与小车有共同的速度，设其为小车有共同的速度，设其为v，以水平向右为正方向，则：，以水平向右为正方向，则：m2v0(m1m2)v由系统能量守恒有：由系统能量守恒有：代入数据解得v05 m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过5 m/s.例例7(2016全国卷全国卷35(2)如图如图7所示，光滑冰面上静止放置一表面光
24、滑的所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度小于斜面体的高度).已知已知小孩与滑板的总质量为小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板，小孩与滑板始终无相对运动始终无相对运动.取重力加速度的取重力加
25、速度的大小大小g10 m/s2.(1)求斜面体的质量；求斜面体的质量；答案解析答案答案20 kg“滑块滑块斜面斜面”碰撞模型碰撞模型拓展点拓展点3图7解析规定向左为速度正方向解析规定向左为速度正方向.冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得机械能守恒定律得m2v0(m2m3)v 式中v03 m/s为冰块推出时的速度.联立式并代入题给数据得m320 kg (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案解析答案
26、不能，理由见解析答案不能，理由见解析解析设小孩推出冰块后的速度为解析设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有，由动量守恒定律有m1v1m2v00代入数据得代入数据得v11 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和和v3，由动量守恒和机械能守恒定，由动量守恒和机械能守恒定律有律有m2v0m2v2m3v3联立式并代入数据得v21 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩.2.方程方程m1v1m2v20(v1、v2为速度大小为速度大小)3.结论结论m1x1m2x2(x1、x2为位移大小为位移大小)命题点三“人
27、船模型”问题能力考点师生共研能力考点师生共研模型模型构建构建例例8长为长为L、质量为、质量为M的小船停在静水中，一个质量为的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头，的人立在船头，若不计水的阻力和空气阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地若不计水的阻力和空气阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？面的位移各是多少？答案解析答案见解析答案见解析解析选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平解析选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零零.当人起步加速前进时，船同时加速后退
28、；当人起步加速前进时，船同时加速后退；当人匀速前进时，船匀速后退；当人减速前进时，船减速后退；当人速度为零时，船速度也为零.设某时刻人对地的速率为v1，船对地的速率为v2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv1Mv20因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒，对式两边同乘以t，得mx1Mx20 式为人对地的位移和船对地的位移关系.由图还可看出：x1x2L变式变式3如图如图8所示，质量为所示，质量为M的气球下挂着长为的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为的绳梯，一质量为m的人的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，人从绳梯的下端往上爬到顶端时站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，人
29、从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离分别是多少？，人和气球相对于地面移动的距离分别是多少？(不计空气阻力不计空气阻力)答案解析答案见解析答案见解析图8解析由于人和气球组成的系统静止在空中，竖直方向系统所受外力之和解析由于人和气球组成的系统静止在空中，竖直方向系统所受外力之和为零即系统竖直方向总动量守恒为零即系统竖直方向总动量守恒.设某时刻人对地的速率为设某时刻人对地的速率为v1，气球对地的速率为，气球对地的速率为v2，以人运动的方向为正，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得方向，根据动量守恒定律得mv1Mv20因为在人从绳梯的下端爬到顶端的整个过程中时刻满足动量守恒定
30、律，对因为在人从绳梯的下端爬到顶端的整个过程中时刻满足动量守恒定律，对式两边同乘以式两边同乘以t，可得可得mxMy由题意知由题意知xyL 1.木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒.2.两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相.3.根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能.4.系统产生的内能QFfx相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积.5.当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为EkFfL(L为木块的长度).
31、命题点四“子弹打木块”模型问题能力考点师生共研能力考点师生共研例例9一质量为一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：则：(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？子弹、木块相对静止时的速度是多少？答案解析解析设子弹、木块相对静止时的速度为解析设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得，由动量守恒定律得mv0(Mm)v (2)子弹在木块内运动的时间
32、为多长？答案解析解析设子弹在木块内运动的时间为解析设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得，由动量定理得对木块：对木块：FftMv0(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？答案解析解析设子弹、木块发生的位移分别为解析设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如，如图所示，由动能定理得图所示，由动能定理得(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？答案解析解析系统损失的机械能为解析系统损失的机械能为系统增加的内能等于系统损失的机械能(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？答案解析解析假设子弹恰好不射出木块，此时有解析假设子弹恰好不射出木块，此时有
33、变式变式4(2018青海平安模拟青海平安模拟)如图如图9所示，质量为所示，质量为2m、长为、长为L的木块置于光的木块置于光滑水平面上，质量为滑水平面上，质量为m的子弹以初速度的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿过木块的过水平向右射向木块，穿过木块的过程中受到木块的恒定阻力为程中受到木块的恒定阻力为Ff 试问子弹能否穿过木块？若能穿过，求试问子弹能否穿过木块？若能穿过，求出子弹穿过木块后两者的速度；若不能穿过，求出子弹打入木块后两者的出子弹穿过木块后两者的速度；若不能穿过，求出子弹打入木块后两者的速度速度.答案解析答案见解析答案见解析图9解析设子弹能穿过木块，穿过木块后子弹的速度为解析设子弹能
34、穿过木块，穿过木块后子弹的速度为v1，木块的速度为，木块的速度为v2，以子弹初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律得，以子弹初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0mv12mv2 根据能量守恒定律得根据能量守恒定律得课时作业1.现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞.已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞 D.条件不足，无法确定答案1234567891011双基巩固练双基巩固练2.(2018福建福州模拟)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
35、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1234567891011答案3.如图1所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等.Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞.在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于1234567891011答案图14.(多选)如图2甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰.小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的xt图象.已知m10.1 kg.由此可以判断1234567891011答案解析A.碰前m2静止，m1向右运动B.碰后m2和m1都向右运动C.m20.
36、3 kgD.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能图2解析由解析由xt图象的斜率得到，碰前图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状的位移不随时间而变化，处于静止状态态.m1速度大小为速度大小为v1 4 m/s，方向只有向右才能与，方向只有向右才能与m2相撞，故相撞，故A正确；正确；由题图乙读出，碰后由题图乙读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方的速度为负方向，说明向左运动，故向，说明向左运动，故B错误；错误；由题图乙求出碰后由题图乙求出碰后m2和和m1的速度分别为的速度分别为v22 m/s，v12 m/s，根据动，根据动量守恒
37、定律得，量守恒定律得，m1v1m1v1m2v2，代入解得，代入解得，m20.3 kg，故，故C正确；正确；12345678910115.(多选)在光滑的水平面上有质量相等的A、B两球，其动量分别为10 kgm/s与2 kgm/s，方向均向东，且规定该方向为正方向，A球在B球后，当A球追上B球时发生正碰，则相碰以后，A、B两球的动量可能分别为A.6 kgm/s,6 kgm/sB.4 kgm/s,16 kgm/sC.6 kgm/s,12 kgm/sD.3 kgm/s,9 kgm/s1234567891011答案6.(多选)如图3所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与
38、水平方向的夹角为.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动.当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是A.mv0(mM)vB.mv0cos(mM)vC.mgh m(v0sin)2D.mgh (mM)v2 mv021234567891011答案解析图3解析小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的解析小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒.以向右为正方向，在小以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动
39、量守恒得物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos(mM)v，故，故A错错误，误，B正确；正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh (mM)v2 mv02，故，故C错错误，误，D正确正确.12345678910117.(2018广东东莞调研)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上.现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回.如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是A.若甲最先抛球，则一定是v甲v乙B.若乙最后接球，则一定是v甲v乙C.只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲v乙D.无论怎样抛球和接球，都是v甲v乙1234
40、567891011答案8.如图4所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点.用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将A.向右运动B.向左运动C.静止不动D.小球下摆时，车向左运动后又静止1234567891011答案解析图4解析水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒解析水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒.小球下落小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动运动.当撞到橡皮泥，
41、是完全非弹性碰撞，当撞到橡皮泥，是完全非弹性碰撞，A球和小车大小相等、方向相反的动量球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止恰好抵消掉，小车会静止.12345678910119.(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图5所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是1234567891011答案解析综合提升练综合提升练A.M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(Mm0)vMv1m0v2mv3B.m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满 足MvMv1mv2C.m0的
42、速度不变，M和m的速度都变为v，且满足Mv(Mm)vD.M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满 足(Mm)v0(Mm)v1mv2 图5解析碰撞的瞬间解析碰撞的瞬间M和和m组成的系统动量守恒，组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后的初速度方向为正方向，若碰后M和和m的速度变为的速度变为v1和和v2，由动量守恒定，由动量守恒定律得：律得：MvMv1mv2；若碰后；若碰后M和和m速度相同，由动量守恒定律得：速度相同，由动量守恒定律得：Mv(Mm)v，故，故B、C正确正确.123456789101110.(20
43、18陕西榆林质检)如图6所示，质量为m22 kg和m33 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m2、m3不拴接).质量为m11 kg的物体以速度v09 m/s向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起.试求：(1)m3的速度至少为多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞1234567891011答案解析图6答案答案1 m/s解析设解析设m3发射出去的速度为发射出去的速度为v1，m2的速度为的速度为v2，以向右的方向为正方向，以向右的方向为正方向，对，对m2、m3，由动量守恒定律得：，由动量守恒定律得：m2v2m3v10.只要只要m1和和m3
44、碰后速度不大于碰后速度不大于v2，则，则m3和和m2就不会再发生碰撞，就不会再发生碰撞，m3和和m2恰好不相撞时，两者速度相等恰好不相撞时，两者速度相等.对对m1、m3，由动量守恒定律得：，由动量守恒定律得：m1v0m3v1(m1m3)v2解得：解得：v11 m/s即弹簧将即弹簧将m3发射出去的速度至少为发射出去的速度至少为 1 m/s1234567891011(2)为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？1234567891011答案解析答案答案3.75 J解析对解析对m2、m3及弹簧，由机械守恒定律得：及弹簧，由机械守恒定律得：11.如图7所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接
45、，木块A、B和半径为0.5 m的 光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5 kg、0.5 kg、4 kg.现让A以6 m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g10 m/s2，求：(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块A平均作用力的大小；1234567891011答案解析图7答案答案50 N解析解析A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A由动量定理有：由动量定理有：FtmAv2mA(v1)解得解得F50 N 1234567891011解析解析A与与B碰撞过程，对碰撞过程，对A、B系统，水平方向动量守恒有：系统，水平方向动量守恒有：mAv2(mBmA)v3AB第一次滑上圆轨道到最高点的过程，对第一次滑上圆轨道到最高点的过程，对A、B、C组成的系统，水平方向组成的系统，水平方向动量守恒有：动量守恒有：(mBmA)v3(mBmAmC)v4由能量关系：由能量关系：(mBmA)v32 (mBmAmC)v42(mBmA)gh解得解得h0.3 m.(2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h.1234567891011答案解析答案答案0.3 m
