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人教版物理高一-选修3-5-第十六章-动量守恒定律-同步练习一、单选题1.如图所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后（）A. 甲木块的动量守恒B. 乙木块的动量守恒C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒2.质量M=100kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲=40kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙=60kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上甲朝左、乙朝右以3m/s的速率跃入水中，则（）A. 小船向左运动，速率为1m/sB. 小船向左运动，速率为0.6m/sC. 小船向右运动，速率大于1m/sD. 小船仍静止3.质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量p A=9kg•m/s，B球的动量p B=3kg•m/s．当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（）A. p A′=6 kg•m/s，p B′=6 kg•m/s B. p A′=8 kg•m/s，p B′=4 kg•m/sC. p A′=﹣2 kg•m/s，p B′=14 kg•m/sD. p A′=﹣4 kg•m/s，p B′=17 kg•m/s4.如图所示,甲木块的质量为m1,以速度v沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。
甲木块与弹簧接触后( )A. 甲木块的动量守恒B. 乙木块的动量守恒C. 甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒5.如图所示，用两根长度都为L的细绳，把质量相等、大小相同的a、b两球悬挂于同一高度，静止时两球恰好接触，现把a球拉到细绳处于水平位置，然后由静止释放，当a球摆到最低点与b球相碰后，b球上摆的最大高度不可能为()A. LB.C.D.6.如图所示，水平地面上O点的正上方竖直自由下落一个物体m，中途炸成a，b两块，它们同时落到地面，分别落在A点和B点，且OA＞OB，若爆炸时间极短，空气阻力不计，则（）A. 落地时a的速率小于b的速率B. 落地时在数值上a的动量大于b的动量C. 爆炸时a的动量增加量数值大于b的增加量数值D. 爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能7.某人站在平板车上，与车一起在光滑水平面上做匀速直线运动，当人相对于车竖直向上跳起时，车的速度大小将（）A. 不变B. 减小C. 增大D. 无法判断8.人在高处跳到低处时，为了安全，一般都让脚尖先着地，这样做是为了（）A. 减小冲量B. 减小动量的变化量C. 增大与地面的作用时间，从而减小冲力D. 增大人对地面的压强，起到安全作用二、多选题9.质量分别为m1和m2的两物体，以相等的初动能沿水平方向运动。
2 动量和动量定理[目标定位] 1.理解动量的概念，知道动量和动量变化量均为矢量，会计算一维情况下的动量变化量.2.知道冲量的概念，知道冲量是矢量.3.理解动量定理的确切含义，掌握其表达式.4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象．一、动量1．定义运动物体的质量和速度的乘积叫动量；公式p＝mv；单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s. 2．矢量性方向与速度的方向相同．运算遵循平行四边形定则．3．动量的变化量(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)．(2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量都用带有正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅代表方向，不代表大小)．【深度思考】质量相同的两个物体动能相同，它们的动量也一定相同吗？答案不一定．动量是矢量，有方向，而动能是标量，无方向．质量相同的两个物体动能相同，速度大小一定相同，但速度方向不一定相同．【例1】关于动量的概念，下列说法中正确的是( )A．动量大的物体，惯性一定大B．动量大的物体，运动一定快C．动量相同的物体，运动方向一定相同D．动量相同的物体，动能也一定相同解析物体的动量由质量及速度共同决定，动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A错；动量大的物体速度不一定大，B错；动量相同指的是动量的大小和方向都相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C对；有动量和动能的关系p＝2mE k知，只有质量相同的物体动量相同时，动能才相同，故D错．动量和动能的比较【例2】 羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到100 m/s ，假设球飞来的速度为50 m/s ，运动员将球以100 m/s 的速度反向击回．设羽毛球的质量为10 g ，试求：(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量．解析 (1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则p 1＝mv 1＝10×10－3×50 kg·m/s＝0.5 kg·m/s.p 2＝mv 2＝－10×10－3×100 kg·m/s＝－1 kg·m/s.所以动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－1 kg·m/s－0.5 kg·m/s＝－1.5 kg·m/s.即羽毛球的动量变化量大小为1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反．(2)羽毛球的初动能：E k ＝12mv 21＝12.5 J ，羽毛球的末动能：E k ′＝12mv 22＝50 J. 所以ΔE k ＝E k ′－E k ＝37.5 J.答案 (1)1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反(2)37.5 J关于动量变化量的求解(1)若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算．(2)若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则．1．定义：力与力的作用时间的乘积．公式：I＝Ft.单位：牛顿·秒，符号：N·s.2．矢量性：方向与力的方向相同．3．物理意义：反映力的作用对时间的积累．【深度思考】水平面上的物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图1所示，求0～8 s时间内拉力的冲量．图1答案变力的冲量的计算：图中给出了力随时间变化的图象，可用面积法求变力的冲量.0～8 s时间内拉力的冲量I＝F1Δt1＋F2Δt2＋F3Δt3＝18 N·s.【例3】如图2所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg 的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受各力的冲量．(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图2解析重力的冲量：I G＝Gt＝mgt＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下．支持力的冲量：I F N＝F N·t＝mg cos α·t＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直斜面向上．摩擦力的冲量：I F f＝F f·t＝μmg cos α·t＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上．答案见解析1．求冲量大小时，一定要注意哪个力在哪一段时间内的冲量，只要力不为零，一段时间内的冲量就不为零．2．公式I＝Ft只适合于计算恒力的冲量，若是变力的冲量，可考虑用以下方法求解：(1)用动量定理求冲量．(2)若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求冲量．(3)若给出了力F随时间t变化的图象，可用F－t图象与t轴所围的面积求冲量．三、动量定理1．内容：物体在一个过程始、末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I.3．动量定理的理解：(1)动量定理的表达式mv′－mv＝F·Δt是矢量(填“矢量”或“标量”)式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．【深度思考】在日常生活中，有不少这样的例子：跳高时在下落处要放厚厚的海绵垫子，跳远时要跳在沙坑中，这样做的目的是什么？答案物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小，这样做可以延长作用的时间，以减小地面对人的冲击力．【例4】篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球．接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样做可以( )A．减小球对手的冲量B．减小球对人的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量解析篮球运动员接球的过程中，手对球的冲量等于球的动量的变化量，大小等于球入手时的动量，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，并没有减小球对手的冲量，也没有减小球的动量变化量，更没有减小球的动能变化量，而是因延长了手与球的作用时间，从而减小了球对人的冲击力，B正确．答案 B应用动量定理分析有关现象主要有两个方面的问题(1)物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小．如本题所述现象．(2)作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小．例如，杂耍中，用铁锤猛击“气功师”身上的石板令其碎裂，作用时间很短，铁锤对石板的冲量很小，石板的动量几乎不变，“气功师”才不会受伤害．【例5】质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1 s 后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s 停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10 m/s2)解析以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t＝2hg＝1 s从开始下落到落到海绵垫上停止时，mg(t＋Δt1)－FΔt1＝0代入数据，解得F＝1 400 N下落到沙坑中时，mg(t＋Δt2)－F′Δt2＝0 代入数据，解得F′＝7 700 N.答案 1 400 N 7 700 N应用动量定理定量计算的一般步骤：(1)选定研究对象，明确运动过程．(2)进行受力分析和运动的初、末状态分析．(3)选定正方向，根据动量定理列方程求解．1．(对动量的理解)关于动量，下列说法正确的是( )A．速度大的物体，它的动量一定也大B．动量大的物体，它的速度一定也大C．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变D．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大答案 D解析动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，选项A、B均错误；动量是矢量，只要速度方向变化，动量也发生变化，选项C错误；由Δp＝mΔv知D 正确．2. (对冲量的理解)如图3所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零，然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )图3A．mg sin θ(t1＋t2) B．mg sin θ(t1－t2)C．mg(t1＋t2) D．0答案 C解析谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的总冲量，根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间，所以I G＝mg(t1＋t2)，即C正确．3．(动量定理的理解和应用)(多选)一个小钢球竖直下落，落地时动量大小为0.5 kg·m/s，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹．下列说法中正确的是( )A．引起小钢球动量变化的是地面给小钢球的弹力的冲量B．引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力与其自身重力的合力的冲量C．若选向上为正方向，则小钢球受到的合冲量是－1 N·sD．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1 kg·m/s答案BD4．(动量定理的理解和应用)质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来. 已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A．500 N B．1 100 NC．600 N D．1 000 N答案 D解析 建筑工人下落5 m 时速度为v ，则v ＝2gh ＝2×10×5m/s ＝10 m/s ，设安全带所受平均冲力为F ，则由动量定理得：(mg －F )t ＝－mv ，所以F ＝mg ＋mv t ＝60×10 N＋60×101.5N ＝1 000 N ，故D 对，A 、B 、C 错．。
高中物理选修3—5第十六章《动量守恒定律》全章导学案汇总一.§§16.1实验：探究碰撞中的不变量（附课后同步强化训练与详细参考答案）二.§§16.2 动量和动量守恒（附课后同步强化训练与详细参考答案）三.§§16.3 动量守恒定律（附课后同步强化训练与详细参考答案）四.§§16.4 碰撞（附课后同步强化训练与详细参考答案）五.§§16.5 反冲运动火箭（附课后同步强化训练与详细参考答案）§§16.1 《实验：探究碰撞中的不变量》 导学案【教学目标】1.了解生产、生活中的碰撞现象。
2.经历两个物体碰撞前后会不会有什么物理量保持不变的猜想过程。
3.领会实验的基本思路，感悟自然界的和谐统一。
4.培养实验数据采集和分析的技能。
【自主预习】一、实验探究的基本思路：1．一维碰撞两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿同一直线运动．这种碰撞叫做一维碰撞．2 . 追寻不变量在一维碰撞的情况下与物体运动有关的量只有物体的质量和物体的速度，设两个物体的质量分别为m 1、m 2，碰撞前它们速度分别为v 1、v 2，碰撞后的速度分别为1v '、2v '，规定某一速度方向为正．碰撞前后速度的变化和物体的质量m 的关系，我们可以做如下猜测：（1）22112211v m v m v m v m '+'=+ （2）222211222211v m v m v m v m '+'=+ （3）22112211m v m v m v m v '+'=+ 分析：①碰撞前后物体质量不变，但质量并不描述物体的运动状态，不是我们追寻的“不变量”． ②必须在各种碰撞的情况下都不改变的量，才是我们追寻的不变量．二、实验条件的保证、实验数据的测量1．实验必须保证碰撞是一维的，即两个物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿同一直线运动;2．用天平测量物体的质量；3．测量两个物体在碰撞前后的速度(测量物体的速度可以有哪些方法？)【典型例题】问题一实验操作过程例题1：在课本参考案例(二)中，下列说法正确的是( )A．悬挂两球的细绳长度要适当，且等长B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度C．两小球必须都是钢性球，且质量相同D．两小球碰后可以粘合在一起共同运动问题二实验数据的处理例题2：为了研究碰撞，实验可以在气垫导轨上进行，这样就可以大大减小阻力，使滑块在碰撞前后的运动可以看成是匀速运动，使实验的可靠性及准确度得以提高．在某次实验中，A、B两铝制滑块在一水平长气垫导轨上相碰，用闪光照相每隔0．4s的时间拍摄一次照片，每次拍摄时闪光的延续时间很短，可以忽略，如图所示，已知A、B之间的质量关系是m B=1．5m A，拍摄共进行了4次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后，A原来处于静止状态，设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10cm 至105cm这段范围内运动，(以滑块上的箭头位置为准)，试根据闪光照片求出：(1)A、B两滑块碰撞前后的速度各为多少?(2)根据闪光照片分析说明两滑块碰撞前后两个物体各自的质量与自己的速度的乘积和是不是不变量?问题三实验原理及注意事项例题3：如图所示，在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A、B，做探究碰撞中不变量的实验：(1)把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在与A和B的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态。
动量和能量的综合应用基础稳固1.如下图 , 物体A静止在圆滑的水平面上, A的左边固定有轻质弹簧, 与A质量相同的物体 B 以速度v 向A运动并与弹簧发生碰撞, 、B一直沿同向来线运动, 则、B构成的系统动能损失最大的时辰A A是()A. A开始运动时B. A的速度等于v 时C.B的速度等于零时D. A和B的速度相等时分析对 A、 B 构成的系统因为水平面圆滑, 因此动量守恒。
而对A、 B、弹簧构成的系统机械能守恒,即 A、 B 动能与弹簧弹性势能之和为定值。
当 A、B 速度相等时,可近似于 A、B 的完整非弹性碰撞,A、B总动能损失最多。
弹簧形变量最大 , 弹性势能最大。
答案 D2.如下图 , 木块、的质量均为 2 kg, 置于圆滑水平面上 ,B 与一轻质弹簧的一端相连, 弹簧的另一A B端固定在竖直挡板上, 当A以 4 m/s 的速度向B撞击时 , 因为有橡皮泥而粘在一同运动, 那么弹簧被压缩到最短时 , 弹簧拥有的弹性势能大小为 ()A.4 JB.8 JC.16 JD.32 J分析 A、 B 在碰撞过程中动量守恒, 碰后粘在一同共同压缩弹簧的过程中机械能守恒。
由碰撞过程中动量守恒得 A A (A B), 代入数据解得mAvAmAmB2 m/s, 因此碰后、B及弹簧构成的系统的mv = m+m v v==A机械能为 12(AB)28J, 当弹簧被压缩至最短时, 系统的动能为0, 只有弹性势能 , 由机械能守恒得m+m v =此时弹簧的弹性势能为8 J 。
答案 B3.如下图 , 带有半径为R的14圆滑圆弧的小车其质量为m0,置于圆滑水平面上, 一质量为m的小球从圆弧的最顶端由静止开释, 则小球走开小车时, 小球和小车的速度分别为多少?分析球和车构成的系统固然总动量不守恒, 但在水平方向动量守恒, 且全过程知足机械能守恒, 设球车分别时 , 球的速度为v1,方向水平向左,车的速度为v2,方向水平向右,则 mv1-m0v2=0, mgR=12v12+12 m0v22,解得 v1=2m0m0+m,v2=2m2m0(m0+m)。
习题课：动量和能量观点的综合应用[目标定位] 1.进一步熟练应用动量守恒定律解决问题.2.综合应用动量和能量观点解决力学问题．一、爆炸类问题解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸系统内的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加．3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体发生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．【例1】 从某高度自由下落一个质量为M 的物体，当物体下落h 时，突然炸裂成两块，已知质量为m 的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求： (1)刚炸裂时另一块碎片的速度；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为碎片的动能？ 解析 (1)M 下落h 时： 由动能定理得Mgh ＝12Mv 2，解得v ＝2gh 爆炸时动量守恒：Mv ＝－mv ＋(M －m )v ′v ′＝M ＋m M －m2gh ，方向竖直向下(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量， 即ΔE k ＝12mv 2＋12(M －m )v ′2－12Mv 2＝12(m －M )v 2＋M ＋m 2gh M －m ＝4Mmgh M －m 答案 (1)M ＋m M －m 2gh ，方向竖直向下 (2)4MmghM －m物体在爆炸瞬间，所受合外力——重力虽然不为零，但重力比起碎片间的相互作用内力小很多，故可认为爆炸过程系统动量守恒．二、滑块——滑板类模型1．把滑块、滑板看作一个整体，摩擦力为内力(填“外力”或“内力”)，则在光滑水平面上滑块和滑板组成的系统动量守恒．2．由于摩擦生热，机械能转化为内能，则系统机械能不守恒(填“守恒”或“不守恒”)．应由能量守恒求解问题．【例2】 如图1所示，在光滑的水平面上有一质量为M 的长木板，以速度v 0向右做匀速直线运动，将质量为m 的小铁块轻轻放在木板上的A 点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：图1(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？ (2)它们相对静止时，小铁块与木板上的A 点距离多远？ (3)在全过程中有多少机械能转化为内能？解析 (1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得，Mv 0＝(M ＋m )v ′，则v ′＝Mv 0M ＋m.(2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx 相＝12Mv 20－12(M ＋m )v ′2.解得x 相＝Mv 22μg M ＋m.(3)方法一：由能量守恒定律可得，Q ＝12Mv 20－12(M ＋m )v ′2＝Mmv 20M ＋m方法二：根据功能关系，转化成的内能等于系统克服摩擦力做的功，即ΔE ＝Q ＝μmg ·x 相＝Mmv 20M ＋m. 答案 (1)Mv 0M ＋m (2)Mv 22μg M ＋m(3)Mmv 20M ＋m滑块—滑板类模型是通过板块之间的滑动摩擦力发生相互作用，当系统所受合外力为零时，系统的动量守恒，但机械能一般不守恒，多用能量守恒求解，需要注意的是，滑块若不滑离木块，意味着二者最终具有共同速度．三、子弹打木块类模型1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒．2．在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒(填“守恒”或“不守恒”)，机械能向内能转化． 3．若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多．【例3】 如图2所示，在水平地面上放置一质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以水平速度v 射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：图2(1)子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离； (2)射入的过程中，系统损失的机械能．解析 因子弹未穿出，故此时子弹与木块的速度相同，而系统的机械能损失为初、末状态系统的动能之差． (1)设子弹射入木块时，二者的共同速度为v ′，取子弹的初速度方向为正方向， 由动量守恒有：mv ＝(M ＋m )v ′，①二者一起沿地面滑动，前进的距离为s ，由动能定理得： －μ(M ＋m )gs ＝0－12(M ＋m )v ′2，②由①②两式解得：s ＝m 2v 2M ＋m 2μg.(2)射入过程中的机械能损失ΔE ＝12mv 2－12(M ＋m )v ′2，③解得：ΔE ＝Mmv 2M ＋m. 答案 (1)m 2v 2M ＋m 2μg(2)Mmv 2M ＋m子弹打木块模型与滑块—滑板模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统动量守恒．当子弹不穿出木块时，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多．四、弹簧类模型1．对于弹簧类问题，如果相互作用过程发生在光滑水平面上，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒．2．整个过程往往涉及弹性势能、动能、内能、重力势能等多种形式的能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．【例4】 如图3所示，物体A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 、m B ＝6.0 kg ，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物体B 左侧与竖直墙相接触．另有一个质量为m C ＝2.0 kg 物体C 以速度v 0向左运动，与物体A 相碰，碰后立即与A 粘在一起不再分开，然后以v ＝2.0 m/s 的共同速度压缩弹簧，试求：图3(1)物体C 的初速度v 0为多大？(2)在B 离开墙壁之后，弹簧的最大弹性势能．解析 (1)A 、C 在碰撞过程中，选择向左为正方向，由动量守恒可知m C v 0＝(m A ＋m C )v代入数据解得：v 0＝6 m/s(2)B 离开墙壁时，弹簧处于原长，当A 、B 、C 获得相同速度时，弹簧的弹性势能最大，选择向右为正方向，由动量守恒，得：(m A ＋m C )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v ′， 代入数据解得：v ′＝1 m/s由系统机械能守恒得：弹簧的最大弹性势能：E p ＝12(m A ＋m C )v 2－12(m A ＋m B ＋m C )v ′2＝6 J答案 (1)6 m/s (2)6 J注意当弹簧连接的两物体速度相等时，弹簧伸长量(或压缩量)最大，此时弹簧具有最大弹性势能．1．(爆炸类问题)向空中发射一物体，不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a 、b 两块．若质量较小的a 块的速度方向沿原来的反方向，则( ) A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地这段时间里，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a 、b 不一定同时到达地面D ．b 的动量大小一定比a 的动量大 答案 D解析 炸裂过程中系统动量守恒，质量较小的a 块速度沿原来的反方向，根据动量守恒定律知b 的速度一定与原来速度方向相同，且b 的动量大小一定比a 的动量大；炸裂后a 、b 都做平抛运动，由于高度相同，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a 飞行的水平距离不一定比b 的大．2．(滑块—滑板类模型)如图4所示，一质量M ＝6 kg 的平板小车在光滑的水平面上以v 0＝2 m/s 的速度做匀速直线运动，将一个质量m ＝2 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在小车中央，最终物块停在小车上的某位置．已知物块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求物块与小车因摩擦产生的内能Q 和小车的最小长度L .图4答案 3 J 1.5 m解析 (1)物块相对小车静止时，二者有共同速度为v 1，由动量守恒定律得：Mv 0＝(M ＋m )v 1 得：v 1＝MM ＋m v 0＝66＋2×2 m/s＝1.5 m/s. 由功能关系得：Q ＝12×Mv 20－12×(M ＋m )v 21代入数据得：Q ＝3 J设物块相对小车的位移为x ，则由功能关系：μmgx ＝Q 得：x ＝0.75 m因为开始物块放在小车中央，故平板小车的最小长度L ＝1.5 m.3．(子弹打木块类模型)如图5所示，两个质量都是M ＝0.2 kg 的砂箱A 、B ，并排放在光滑的水平桌面上，一颗质量m ＝0.1 kg 的子弹以v 0＝130 m/s 的水平速度射向A ，射穿A 后，进入B 并同B 一起运动，测得A 、B 落地点到桌边缘的水平距离之比为2∶3，求：图5(1)砂箱A 、B 离开桌面时的速度的大小v A 、v B ； (2)子弹刚穿出砂箱A 时速度的大小v .(3)若砂箱A 的厚度L ＝0.1 m ，则子弹在穿过A 的过程中受到的平均阻力多大？ 答案 (1)20 m/s 30 m/s (2)50 m/s (3)6 400 N解析 (1)在子弹穿过A 进入B 的过程中，A 、B 和子弹组成的系统满足动量守恒定律，设A 、B 离开桌面的瞬时速度分别为v A 、v B ，规定子弹初速度方向为正方向，则有：mv 0＝Mv A ＋(m ＋M )v B ①离开桌面后，A 、B 分别做平抛运动，设平抛运动的时间为t ，由于平抛运动的时间是相等的， 则：v A ∶v B ＝(v A ·t )∶(v B ·t )＝x A ∶x B ＝2∶3② 联立①②并代入数据解得：v A ＝20 m/s ，v B ＝30 m/s.(2)子弹刚穿出砂箱A 时，A 与B 的速度是相等的，设子弹的速度的大小为v ，则：mv 0＝2Mv A ＋mv ③ 代入数据解得：v ＝50 m/s.(3)由能量守恒定律，在子弹穿过砂箱A 的过程中FL ＝12mv 20－12mv 2－12×2Mv 2A得：F ＝6 400 N4．(弹簧类模型)如图6所示，用轻弹簧相连的质量均为2 kg 的A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4 kg 的物块C 静止在前方，B 与C 碰撞后二者粘在一起运动．在以后的运动中，求：图6(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度多大？ (2)弹性势能的最大值是多大？ 答案 (1)3 m/s (2)12 J解析 (1)当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒：(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v A ′① 解得v A ′＝3 m/s ②(2)B 、C 碰撞时B 、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B 、C 两者速度为v ′，则：m B v ＝(m B ＋m C )v ′③由③式解得：v ′＝2 m/s ④设物块A 速度为v A ′时，弹簧的弹性势能最大为E p ，根据能量守恒：E p ＝12(m B ＋m C )v ′2＋12m A v 2－12(m A ＋m B ＋m C )v A ′2⑤由⑤式解得：E p ＝12 J1. (多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图1所示，上述两种情况相比较( )图1A ．子弹对滑块做功一样多B ．子弹对滑块做的功不一样多C ．系统产生的热量一样多D ．系统产生的热量不一定多 答案 AC解析 两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为v 共，由动量守恒定律可得mv ＝(M ＋m )v 共，得v 共＝mM ＋mv ；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项A 正确；系统损失的机械能转化为热能，故选项C 正确．2．质量相同的A 、B 两木块从同一高度自由下落，当A 木块落至某一位置时被水平飞来的子弹很快的击中(设子弹未穿出)，则A 、B 两木块在空中的运动时间t a 、t b 的关系是( ) A ．t a ＝t b B ．t a >t b C ．t a <t b D ．无法比较 答案 B解析 木块B 做自由落体运动，木块A 被子弹击中瞬间，系统在竖直方向上动量守恒Mv ＝(m ＋M )v ′，竖直方向速度减小，所以t a >t b .3.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图2所示，具有初动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )图2A ．E 0 B.2E 03 C.E 03 D.E 09答案 C解析 碰撞过程动量守恒mv 0＝3mv 1，解得v 1＝v 03①E 0＝12mv 20② E k ′＝12×3mv 21③由①②③得E k ′＝E 03.4.如图3所示，在光滑水平面上，有一质量为M ＝3 kg 的薄板和质量m ＝1 kg 的物块，都以v ＝4 m/s 的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.7 m/s 时，物块的运动情况是( )图3A ．做减速运动B ．做加速运动C ．做匀速运动D ．以上运动都有可能答案 A解析 开始阶段，m 向左减速，M 向右减速，当m 的速度为零时，设此时M 的速度为v 1.规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M －m )v ＝Mv 1代入数据解得：v 1≈2.67 m/s<2.7 m/s，所以m 处于向左减速过程中．5．一炮弹质量为m ，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v ，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为m4，则爆炸后另一块瞬时速度大小为( )A ．v B.3v 4 C.4v3 D ．0答案 C解析 爆炸过程系统动量守恒，有：mv ＝34mv ′，解得：v ′＝43v .6．如图4所示，A 、B 两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A 和B 的质量分别是99m 和100m ，一颗质量为m 的子弹以速度v 0水平射入木块A 内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( )图4A.mv 20400B.mv 20200 C.99mv 20200 D.199mv 2400 答案 A解析 子弹射入木块A ，根据动量守恒有mv 0＝100mv 1＝200mv 2，弹性势能的最大值E p ＝12×100mv 21－12×200mv 22＝mv 20400.7. (多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图5所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性碰撞，则整个过程中，系统损失的动能为( )图5A.12mv 2B.mM m ＋Mv 2C.12N μmgL D ．N μmgL答案 BD解析 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v ′＝mv M ＋m ，损失的动能ΔE k ＝12mv 2－12(M ＋m )v ′2＝mM m ＋Mv 2，所以B 正确；根据能量守恒，系统损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔE k ＝NF f L ＝N μmgL ，所以D 正确．8.如图6所示，在光滑的水平面上放着一个质量为M ＝0.39 kg 的木块(可视质点)，在木块正上方有一个固定悬点O ，在悬点O 和木块之间连接一根长度为0.4 m 的轻绳(轻绳不可伸长且刚好被拉直)．有一颗质量为m ＝0.01 kg 的子弹以水平速度v 0射入木块并留在其中(作用时间极短)，g 取10 m/s 2，要使木块能绕O 点在竖直平面内做圆周运动，求：子弹射入的最小速度．图6答案 80 5 m/s解析 当木块恰好能绕O 点在竖直平面内做圆周运动时，在最高点重力提供向心力，由牛顿第二定律得：(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 21L，解得：v 1＝2 m/s ，从最低点到最高点过程系统机械能守恒，由机械能守恒得： 12(M ＋m )v 2＝12(M ＋m )v 21＋(M ＋m )g ·2L ， 解得：v ＝2 5 m/s ，子弹射入木块过程系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v ， 解得：v 0＝80 5 m/s.9．如图7所示，有一质量为m 的小球，以速度v 0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道．已知圆弧轨道的质量为2m ，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g ，求：图7(1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度(用v 0、g 表示) (2)小球离开圆弧轨道时的速度大小．答案 (1)v 203g (2)v 03解析 (1)小球在轨道上上升最高时两物体速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定小球运动的初速度方向为正方向，有：mv 0＝3mv ，得：v ＝v 03，根据机械能守恒得：12mv 20＝12×3mv 2＋mgh解得：h ＝v 203g(2)小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒，则有：mv 0＝mv 1＋2mv 2， 根据机械能守恒，则有：12mv 20＝12mv 21＋12×2mv 22，联立以上两式可得：v 1＝－13v 0，则小球离开圆弧轨道时的速度大小为v 03.10．如图8所示，光滑水平轨道上放置长木板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端(B 、C 可视为质点)，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg ，A 与B 的动摩擦因数为μ＝0.5；开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)并粘在一起，经过一段时间，B刚好滑至A 的右端而没掉下来．求长木板A 的长度．(g ＝10 m/s 2)图8答案 0.5 m精选资料 值得拥有11 解析 A 与C 碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，有：m A v 0＝(m A ＋m C )v 1，解得：v 1＝2.5 m/s B 在A 上滑行，A 、B 、C 组成的系统动量守恒，以向右为正方向，有：m B v 0＋(m A ＋m C )v 1＝(m A ＋m B ＋m C )v 2， 代入数据解得：v 2＝3 m/s设长木板A 的长度为L ，根据能量守恒定律得：12m B v 20＋12(m A ＋m C )v 21＝12(m A ＋m B ＋m C )v 22＋μm B gL 代入数据解得：L ＝0.5 m.。
