2014高考物理專題輔導講義專題14動量守恒定律

第一篇：2014高考物理專題輔導講義專題14動量守恒定律

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一。重點知識精講和知識拓展 1.動量守恒定律

如果一個系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零，那么這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這個結論叫做動量守恒定律。

（i）動量守恒定律是自然界中最重要最普遍的守恒定律之一，它既適用于宏觀物體，也適用于微觀粒子；既適用于低速運動物體，也適用于高速運動物體，它是一個實驗規(guī)律。相互間有作用力的物體體系稱為系統(tǒng)，系統(tǒng)內的物體可以是兩個、三個或者更多，解決實際問題時要根據需要和求解問題的方便程度，合理地選擇系統(tǒng).（ii）動量守恒定律適用條件

（1）系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受的外力的矢量和為零。（2）系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但比系統(tǒng)內力小得多。

（3）系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但在某個方向上的分力為零，則在該方向上系統(tǒng)的總動量保持不變——分動量守恒。

（4）在某些實際問題中，一個系統(tǒng)所受外力和不為零，內力也不是遠大于外力，但外力在某個方向上的投影為零，那么在該方向上也滿足動量守恒的條件。（iii）動量守恒定律的四性：（1）.矢量性

動量守恒方程是一個矢量方程，對于作用前后物體的運動方向都在同一直線上的問題，應選取統(tǒng)一的正方向。凡是與選取的正方向相同的為正，相反為負。若方向未知，可設為與正方向相同來列動量守恒方程，通過解的結果的正負，判定未知量的方向。（2）.瞬時性

動量是一個瞬時量，動量守恒是指系統(tǒng)在任一瞬時的動量守恒。m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，等號左邊是作用前的各物體動量和，等號右邊是作用后的各物體動量和，不同時刻動量不能相加。（3）.相對性

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動量大小與選擇的參考系有關，應注意各物體的速度是相對同一慣性系的速度，一般選取地面為參考系。（4）.普適性

它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)。2.動量定理與動能定理的區(qū)別

動量定理：物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化。即F△t=mv2-mv1。

反映了力對時間的累積效應，是力在時間上的積累。動量定理為矢量方程，動量和沖量都是既有大小又有方向的物理量。

22動能定理：合外力做功等于物體動能的變化。即W=△Ek?；騀x=1mv2-1mv1。

22反映了力對空間的累積效應，是力在空間上的積累。動能定理為標量，動能、功都是只有大小沒有方向的物理量。

3.碰撞

（1）碰撞是指物體間相互作用時間極短，而相互作用力很大的現(xiàn)象。在碰撞過程中，系統(tǒng)內物體相互作用的內力一般遠大于外力，故碰撞中的動量守恒，按碰撞前后物體的動量是否在一條直線區(qū)分，有正碰和斜碰。

按碰撞過程中動能的損失情況區(qū)分，碰撞可分為三種： ①彈性碰撞

碰撞前后系統(tǒng)的總動能不變，對兩個物體組成的系統(tǒng)的正碰情況滿足： m1v1+ m2v2= m1v1’+ m2v2’；(動量守恒）2

2（動能守恒）1m1v1+ 1m2v2= 1m1v1’+1m2v2’；2222兩式聯(lián)立可得：v1’=?m1?m2?v1?2m2v2；

m1?m2v2’=?m2?m1?v2?2m1v1。

m1?m2七彩教育網全國最新初中、高中試卷、課件、教案等教學資源免費下載七彩教育網 004km.cn 免費提供Word版教學資源

當v2=0時，v1’=?m1?m2?v1；v2’=m1?m22m1v1。m1?m2此時：若m1= m2，這時v1’=0；v2’=v1，碰后實現(xiàn)了動量和動能的全部交換。

若m1>> m2，這時v1’≈ v1；v2’≈2 v1；，碰后m1的速度幾乎未變，仍按照原方向運動，質量小的物體以兩倍m1的速度向前運動。

若m2>> m1，這時v1’≈-v1；v2’≈0，碰后m1按原來的速度彈回，m2幾乎不動。②非彈性碰撞

碰撞中動能不守恒，只滿足動量守恒，兩物體的碰撞一般都是非彈性碰撞。③完全非彈性碰撞

兩物體碰后合為一體，具有共同速度，滿足動量守恒定律，但動能損失最大：

m1v1+ m2v2=（m1+ m2）v。

（2）在物體發(fā)生相互作用時，伴隨著能量的轉化和轉移。相互作用的系統(tǒng)一定滿足能量守恒定律。若相互作用后有內能產生，則產生的內能等于系統(tǒng)損失的機械能。（3）碰撞過程的三個制約因素：

①動量制約——動量守恒。由于碰撞過程同時具備了“相互作用力大”和“作用時間短”兩個特征，其它外力可忽略，取碰撞的兩個物體作為系統(tǒng)，滿足動量守恒定律。②動能制約——系統(tǒng)動能不增加。③運動制約——運動變化合理。

4.反沖現(xiàn)象和火箭

系統(tǒng)在內力作用下，當一部分向某一方向的動量發(fā)生變化時，剩余部分沿相反方向的動量發(fā)生同樣大小變化的現(xiàn)象。.噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例.若系統(tǒng)由兩部分組成，且相互作用前總動量為零。一般為物體分離則有：0=mv+(M-m)v’，M是火箭箭體質量，m是燃氣改變量。參考系的選擇是箭體。噴氣式飛機和火箭的飛行應用了反沖的原理，它們都是靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度的?，F(xiàn)代的噴氣式飛機，靠連續(xù)不斷地向后噴出氣體，飛行速度能夠超過l000m/s。5.爆炸與碰撞的比較

（1）爆炸，碰撞類問題的共同特點是物體的相互作用突然發(fā)生，相互作用的力為變力，作用時間很短，作用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受的外力，故可用動量守恒定律處理。

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（2）在爆炸過程中，有其他形式的能轉化為動能，系統(tǒng)的動能在爆炸后可能增加；在碰撞過程中，系統(tǒng)總動能不可能增加，一般有所減少轉化為內能。

（3）由于爆炸，碰撞類問題作用時間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，可以把作用過程作為一個理想化過程簡化處理，即作用后還從作用前的瞬間的位置以新的動量開始運動。6.力學規(guī)律的優(yōu)選策略

力學規(guī)律主要有：牛頓第二運動定律，動量定理和動量守恒定律，動能定理和機械能守恒定律，功能關系和能量守恒定律等。

（1）牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應，其表達式是：F=ma。據此可知，在研究某一物體所受力的瞬時作用與物體運動的關系時，或者物體受到恒力作用，且又直接涉及物體運動過程中的加速度問題時，應選用牛頓第二定律和運動學公式。若物體受到變力作用，對應瞬時加速度，只能應用牛頓第二定律分析求解。

（2）動量定理反映了力對時間的積累效應，其表達式是：Ft＝Δp＝mv2－mv1。據此可知，動量定理適合于不涉及物體運動過程中的加速度而涉及運動時間的問題，特別對于沖擊類問題，因時間短且沖力隨時間變化，應選用動量定理求解。

（3）動能定理反映了力對空間的積累效應，其表達式是：W＝ΔEk＝112。據

mv?mv12222此可知，對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間（對于機車恒定功率P運動，其牽引力的功W牽＝Pt，可以涉及時間t），而涉及力和位移、速度的問題，無論是恒力還是變力，都可選用動能定理求解。

（4）如果物體（或系統(tǒng)）在運動過程中只有重力和彈簧的彈力做功，而又不涉及物體運動過程中的加速度和時間，對于此類問題應優(yōu)先選用機械能守恒定律求解。

（5）如果物體（或相互作用的系統(tǒng)）在運動過程中受到滑動摩擦力或空氣阻力等的作用，應考慮應用功能關系或能量守恒定律。兩物體相對滑動時，系統(tǒng)克服摩擦力做的總功等于摩擦力與相對位移的乘積，也等于系統(tǒng)機械能的減少量，轉化為系統(tǒng)的內能。

（6）在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理過程時，必須注意到一般這些過程中均隱含著系統(tǒng)中有機械能與其它形式能量之間的轉化。例如碰撞過程，機械能一定不會增加；爆炸過程，一定有化學能（或內能）轉化為機械能（動能）；繩繃緊時動能一定有損失。對于上述問題，作用時間一般極短，動量守恒定律一般大有作為。典例精析

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典例1.（15分）一質量為M的平頂小車，以速度v沿水平的光滑軌道作勻速直線運動?，F(xiàn)

0將一質量為m的小物塊無初速地放置在車頂前緣。已知物塊和車頂之間的動摩擦系數(shù)為?。

1.若要求物塊不會從車頂后緣掉下，則該車頂最少要多長？ 2.若車頂長度符合1問中的要求，整個過程中摩擦力共做了多少功？參考解答

2．由功能關系可知，摩擦力所做的功等于系統(tǒng)動能的增量，即

（6）1122W?(m?M)v?Mv0222mMv0W??2(m?M)由（1）、（6）式可得（7）

典例2．如圖所示，質量為m的b球用長為h的細繩懸掛于水平軌道BC的出口C處。質量也為m的小球a，從距BC高為h的A處由靜止釋放，沿ABC光滑軌道滑下，在C處與b球正碰并與b粘在一起。已知BC軌道距水平地面ED的高度為0．5h，懸掛b球的細繩能承受的最大拉力為2．8 mg。試問：(1)a球與b球碰前瞬間的速度為多大?(2)a、b兩球碰后，細繩是否會斷裂?若細繩斷裂，小球在DE水平面上的落點距C處的水平距離是多少?若細繩七彩教育網全國最新初中、高中試卷、課件、教案等教學資源免費下載七彩教育網 004km.cn 免費提供Word版教學資源

不斷裂，小球最高將擺多高?(小球a、b均視為質點)

典例3.（16分）（2013天津市五區(qū)調研）在光滑的水平面上，一質量為mA=0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右運動，與質量為mB=0.2kg的靜止小球B發(fā)生正碰。碰后小球B滑向與水平面相切、半徑為R=0.5m的豎直放置的光滑半圓形軌道，且恰好能通過最高點N后水平拋出。g=10m/s2 求：（1）碰撞后小球B的速度大小。

（2）小球B從軌道最低點M運動到最高點N的過程中所受合外力的沖量。

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（3）碰撞過程中系統(tǒng)的機械能損失。

【解題探究】根據碰撞后B球沿豎直放置的光滑半圓形軌道，且恰好能通過最高點N后水平拋出，利用機械能守恒定律和相關知識解得碰撞后小球B的速度大小。應用動量定理解得小球B從軌道最低點M運動到最高點N的過程中所受合外力的沖量。兩小球A與B發(fā)生正碰，應用動量守恒定律和能量關系列方程解答得到碰撞過程中系統(tǒng)的機械能損失。的機械能得滿分。

典例4．（20分）（2013安徽省馬鞍山市三模）如圖所示，在光滑水平地面上有一固定的擋

v0A?OB板，擋板上固定一個輕彈簧?，F(xiàn)有一質量M=3kg，長L=4m的小車AB（其中O為小車的中七彩教育網全國最新初中、高中試卷、課件、教案等教學資源免費下載七彩教育網 004km.cn 免費提供Word版教學資源

點，AO部分粗糙，OB部分光滑），一質量為m=1kg的小物塊（可視為質點），放在車的最左端，車和小物塊一起以v0=4m/s，的速度在水平面上向右勻速運動，車撞到擋板后瞬間速度變?yōu)榱?，但未與擋板粘連。已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度，彈簧始終處于彈性限度內，小物塊與車AO部分之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.3，重力加速度g=10m/s。求：

（1）小物塊和彈簧相互作用的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能；（2）小物塊和彈簧相互作用的過程中，彈簧對小物塊的沖量；（3）小物塊最終停在小車上的位置距A端多遠。

【解題探究】對小物塊，應用牛頓第二定律和運動學公式、能量關系解得彈簧具有的最大彈性勢能；根據動量定理解得彈簧對小物塊的沖量；根據功能關系解得小物塊最終停在小車上的位置距A端的距離。

2（3）小物塊滑過O點和小車相互作用，由動量守恒定律 mv?(m?M)v（2分）

典例5（18分）如圖所示，以A、B為端點的1/4光滑圓弧軌道固定于豎直平面，一足夠長滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠B點，上表面所在平面與圓弧軌道相切于B點，離滑板右端R處有一豎直固定的擋板P．一物塊從A點由靜止開始沿軌道滑下，經B滑L0?2上滑板．已知物塊可視為質點，質量為m，滑板質量M=2m，圓弧軌道半徑為R，物塊與滑板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，重力加速度為g．滑板與擋板的碰撞沒有機械能損失，滑板返回B點時即被鎖定．

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（1）求物塊滑到B點的速度大小；

（2）求滑板與擋板P碰撞前瞬間物塊的速度大??；

（3）站在地面的觀察者看到在一段時間內物塊正在做加速運動，求這段時間內滑板的速度范圍．

【解題探究】由機械能守恒定律解得物塊滑到B點的速度大?。挥蓜恿渴睾愣珊蛣幽芏ɡ砹蟹匠搪?lián)立解得滑板與擋板P碰撞前瞬間物塊的速度大?。煌ㄟ^分析，利用動量守恒定律和動能定理聯(lián)立解得物塊正在做加速運動這段時間內滑板的速度范圍．【參考答案】

（1）物塊由A到B的運動過程，只有重力做功，機械能守恒．設物塊滑到B點的速度大小為v0，有：

1①

（2分）

mgR?mv02解得：v0?2gR

②

（1分）

（2）假設滑板與P碰撞前，物塊與滑板具有共同速度v1，取向右為正，由動量守恒定律，有：

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(沒有判斷滑板與P碰撞前是否有共同速度，扣2分)

(沒有判斷滑板與P碰撞前是否第二次有共同速度，扣1分)設當物塊的速度減為零時，滑板速度為v3，取向左為正，有：

Mv1?mv1?Mv

3⑦

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【得分要訣】第（1）問容易得分不要失去。第（2）問通過分析正確列出方程聯(lián)立解答可多得分。第（3）問要列出相關方程，力爭正確解答得滿分。

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第二篇：高考物理重點難點例析專題11 動量守恒定律

專題十一動量守恒定律

重點難點

1．動量守恒的條件：可以歸納為以下幾種情況：①物體系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零；②物體系統(tǒng)受到的外力遠小于內力；③系統(tǒng)在某方向上不受外力、合外力為零或外力遠小于外力，此時在該方向上動量守恒．

在碰撞和爆炸現(xiàn)象中，由于物體間相互作用持續(xù)時間很短，一般都滿足內力遠大于外力，故可以用動量守恒定律處理．

2．運用動量守恒定律應注意：

①矢量性：動量守恒定律的方程是一個矢量關系式

對于作用前后物體的運動方向都在同一直線上的問題，應選取統(tǒng)一的正方向，按正方向確定各矢量的正負②瞬時性：動量是一個狀態(tài)量，對應著一個瞬時一瞬時的動量恒定不同時刻的動量不能相加

動量守恒是指該相互作用過程中的任③相對性：動量的具體數(shù)值與參考系的選取有關，動量計算時的速度必須是相對同一慣性系的速度，一般以地面為參考系

3．反沖運動中移動距離問題的分析：

一個原來靜止的系統(tǒng)，由于某一部分的運動而對另一部分有沖量，使另一部分也跟著運動，若現(xiàn)象中滿足動量守恒，則有m1υ1-m2υ2 = 0，υ1 =

m2υ2．物體在這一方向上的速度m1經過時間的累積使物體在這一方向上運動一段距離，則距離同樣滿足s1 = s2，它們的相對距離s相 = s1+s2．規(guī)律方法

【例1】如圖所示，大小相同質量不一定相等的A、B、C三個小球沿一直線排列在光滑水平面上，未碰前A、B、C三個球的動量分別為8kg·m/s、-13kg·m/s、-5kg·m/s，在三個球沿一直線相互碰撞的過程中，A、B兩球受到的沖量分別為-9N·s、1N·s，則C球受到的沖量及C球碰后的動量分別為（B）

A．1N·s，3kg·m/s

B．8N·s，C．-8N·s，5kg·m/s

D．10N·s，訓練題A、B兩船的質量均為M，它們都靜止在平靜的湖面上，當A船上質量為的人以水平速度υ從A船跳到B船，再從B船跳回A船．經多次跳躍后，人最終跳到B船上，設水對船的阻力不計，則（ABC）

A．A、B兩船最終的速度大小之比為3∶2

B．A、B（包括人）最終的動量大小之比為1∶1 C．A、B（包括人）最終的動量之和為零

D．因跳躍次數(shù)未知，故以上答案均無法確定

【例2】假定航天飛機的噴氣發(fā)動機每次噴出質量為m = 200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴氣孔時，相對于噴氣孔的速度υ = 1000m/s，假定發(fā)動機在1min內噴氣20次，那么在第1min末，航天飛機的速度的表達式是怎樣的？如果這20次噴出的氣體改為一次噴出，第1min末航天飛機的速度為多大？航天飛機最初質量為M = 3000kg，初速度為零，運動中所受阻力不計．

【解析】設第一次噴氣后航天飛機速度為υ1，第二次噴氣后航天飛機速度為υ2，……依次類推，取航天飛機速度方向為正方向，根據動量守恒定律有：

第一次噴氣后：（M-m）υ1-m（υ-υ1）= 0；得υ1 =

m?M

M?mm?第三次噴氣后：（M-2m）υ2 =（M-3m）υ3-m（υ-υ3），得υ3-υ2 =

M?2m第二次噴氣后：（M-m）υ1 =（M-2m）υ2-m（υ-υ2），得υ2-υ1 =

m?M?19mm?m?m?m?綜合以上可得1min末飛船的速度為 υ20 = +++……+

MM?mM?2mM?19m第20次噴氣后：（M-19m）υ19 =（M-20m）υ20-m（υ-υ20），得υ20-υ19 = 若20次噴出的氣體一次噴出，則：0 =（M-20m）υ′-20m（υ-υ′）得υ′ =

20mv20?0.2?10004 = = M30003

比較可知υ20＞υ′，即當噴氣質量一定時，分次噴出比一次噴出，航天飛機獲得的速度大且分的次數(shù)越多，獲得的速度越大，這也是火箭連續(xù)噴氣的原因

訓練題甲、乙兩人做拋球游戲，甲站在一輛平板車上，車與水平面摩擦不計，甲與車的總質量為M = 100kg，另有一質量為m = 2kg的球乙固定站在車對面的地面上，身旁有若干質量不等的球開始車靜止，甲將球以速率υ水平拋給乙，乙接球后馬上將另一質量m1 = 2m的球以相同的速度υ水平拋給甲；甲接住后再以相同速率將此球拋回給乙，乙接住后馬上將另一質量m2 = 2m1 = 4m的球以速率υ水平拋給甲……這樣往復拋球．乙每次拋給甲的球質量都是接到甲拋給他的球的質量的2倍，而拋球速率始終為υ（相對于地面水平方向）不變．求：

（1）甲第二次拋出（質量為2m）球后，后退速率多大？

（2）從第1次算起，甲拋多少次后，將再不能接到乙拋來的球？答案：（1）v2=v/10（2）甲拋5次后，將再不能接到乙拋來的球

【例3】如圖所示，三個質量為m的彈性小球用兩根長為L的輕繩連成一條直線而靜止在光滑水平面上，現(xiàn)給中間的小球B一個水平初速度υ0，方向與繩垂直小球相互碰撞時無機械能損失，輕繩不可伸長，求：

（1）當小球A、C第一次相碰時，小球B的速度．（2）當三個小球再次處在同一直線上時，小球B的速度．（3）運動過程中小球A的最大動能EKA和此時兩根繩的夾角θ．（4）當三個小球處在同一直線上時，繩中的拉力F的大?。?/p>

【解析】由于繩子不可伸長，且A、C兩球在運動過程中具有對稱性，當A、C兩球第一次相碰時，三球具有相同的速度；小球發(fā)生相互作用時滿足動量守恒定律和機械能守恒定律．

（1）設小球A、C第一次相碰時，小球B的速度為υB，此時A、C小球沿B球初速度方向的速度也為υB．

由動量守恒定律，得：mυ0 = 3mυB，由此得υB =

1υ30

（2）當三個小球再次在同一直線上時，此時B球的速度為υB1，A、C球的速度為υA，υA的方向為B球的初速度方向，由動量守恒定律、機械能守恒定律得：

mυ0 = mυB1+2mυA

11mυB+2×mυ2 A2212解得：υB1 =-υ0，υA = υ0（或υB1 = υ0，υA = 0，此為初狀態(tài)，舍去）

331所以，當三球再次處在同一直線上時，小球B的速度為υB1 =-υ0，負號表示與初速

3201mυ2 = 度反向．

（3）從（2）的解可知，B球速度由最初的υ0變化（減?。榱悖缓蠓聪蜻\動，可見當B球速度為零時，動能EKBI也為零，而機械能守恒，故此時A球動能最大

設此時A球（C球）的速度為υ，兩根繩的關角為θ，如圖，則仍由動量守恒定律和機械能守恒定律，得：

mυ0 = 2mυsin?22112mυ0 = 2×mυ22

可得此時A球的最大動能為EKA =

11mυ2 = mυ，兩根繩間夾角為θ = 90°． 24（4）當三球處于同一直線上時，B球受力平衡，B球加速度為零，選B球為參考系時，A、C兩球做圓周運動，繩子拉力為其提供向心力．

A球相對B球的速度為υAB = υA-υB1 = υ

2?AB由牛頓第二定律，此時繩中拉力為F，則F = mL = m?02L．

訓練題長為2b的輕繩，兩端各系一質量為m的小球，中央系一質量為M的小球，三球均靜止于光滑的水平面上，繩處于拉直狀態(tài)今給小球M以一種沖擊，使它獲得一水平初速度υ0，υ0的方向與繩垂直，如圖所示，求在兩端的小球發(fā)生相互碰撞前的瞬間，球m在垂直于繩方向的分速度多大？（繩不可伸長）

答案：v2=｛Mv/（M+2m）｝

【例4】如圖所示，甲、乙兩人分別站在A、B兩輛冰車上，一木箱靜止于水平光滑的冰面上，甲與A車的總質量為M1，乙和B車的總質量為M2，甲將質量為m的木箱以速率υ（對地）推向乙，乙接住后又以相等大小的速度將木箱推向甲，甲接住木箱后又以速率υ將木箱推向乙，然后乙接住后再次將木箱以速度υ推向甲，木箱就這樣被推來推去，求最終甲、乙兩人（連同冰車）的速度各為多少？（已知M1 = 2M2，M1 = 30m）

【解析】設甲第1次推出木箱后獲得的速度為υ1，第2次推出木箱后甲的速度為υ2，……第n次推出木箱后速度為υn，對木箱與甲（包括車）構成的系統(tǒng)應用動量守恒，第1次推出過程：0 = M1υ1-mυ，得υ1 =

2mυ．從接住到第2M1次推出：M1υ1+mυ = M1υ2-mυ，得υ2 = υ1+

2m?3m? = M1M12m?5m? = M1M1n-1從接住到第3次推出：M1υ2+mυ = M1υ3-mυ，得υ3 = υ2+

……從接住到第n次推出：M1υ

1+mυ = M1υn-mυ，得υn = υ+

2m?(2n?1)m? = M1M1

當甲不再接住木箱時，有：υn≥υ，即

(2n?1)m?≥υ 解得n≥15.M1設乙第1次、第2次、第3次、……，第k次推出木箱的速度依次為υ′

1、υ′

2、υ′3……υ′k，根據動量守恒定律得：第1次推出：mυ = M2υ′1-mυ，得υ′1 =

2m?M2

第2次推出：mυ+M2υ′1 = M2υ′2-mυ，得υ′2 = υ′1+

2m?4m? = M2M22m?6m? = M2M2

第3次推出：mυ+M2υ′2 = M2υ′3-mυ，得υ′3 = υ′2+……第k次推出：mυ+M2υ′k-1 = Mυ′k-mυ，得υ′k = υ′k-1+欲使乙不再接住木箱，必滿足υ′k≥υ，即≥υ，解得k≥7.2m?2km? = M2M2

比較n≥15．5和k≥7．5可知，當乙第8次推出木箱后，就不再接住木箱，因此甲第9次推出木箱后，速度也不再發(fā)生變化，故甲和乙的最終速度分別為：

υ甲 =

17162?9?12?8mυ = υ，c乙 = mυ = υ

3015M1M2

訓練題如圖一塊足夠長的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序號是1、2、3、……、n的木板，所有木塊的質量均為m，與木板間的動摩擦因數(shù)都相同開始時，木板靜止不動，第1、2、3、……、n號木塊的初速度分別是υ0、2υ0、3υ0、……nυ0，方向都向右，木板的質量與所有木塊的總質量相等，最終所有木塊與木板以共同速度勻速運動．設木塊之間均無相互碰撞，求：

（1）所有木塊與木板一起勻速運動的速度υn．（2）第1號木塊與木板剛好相對靜止時的速度υ1．答案：（1）vn=（n+1）v0/4（2）v1=v0/2 能力訓練

1．如圖所示，光滑的水平地面上放著一個光滑的凹槽，槽兩端固定有兩輕質彈簧，一彈性小球在兩彈簧間往復運動，把槽、小球和彈簧視為一個系統(tǒng)，則在運動過程中（B）

A．系統(tǒng)的動量守恒，機械能不守恒 B．系統(tǒng)的動量守恒，機械能守恒 C．系統(tǒng)的動量不守恒，機械能守恒 D．系統(tǒng)的動量守恒，機械能不守恒

2．在一定條件下，讓質子獲得足夠大的速度，當兩個質子P以相等的速率對心正碰，特發(fā)生下列反應：P+P→P+P+p+p，其中p是反質子（反質子與質子質量相等，均為mP，且?guī)б粋€單位正電荷），則以下關于該反應的說法正確的是（ABC）

A．反應前后系統(tǒng)總動量皆為零 B．反應過程系統(tǒng)能量守恒

C．根據愛因斯坦質能方程可知，反應前兩個質子的能量最小為2mpc

22D．根據愛因斯坦質能方程可知，反應后單個質子的能量可能小于mpc

3．一個靜止的放射性原子核處于垂直紙面向里的勻強磁場中，由于發(fā)生衰變而形成了如圖3-11-8所示的兩個圓形軌跡，兩圓半徑之比為1∶16，下列說法正確的是（A）

A．該原子核發(fā)生了α衰變

B．反沖核沿大圓做逆時針方向的圓周運動 C．原來靜止的原子核的序數(shù)為

D．沿大圓和沿小圓運動的柆子周期相同

4．如圖所示，自行火炮連同炮彈的總質量為M，當炮管水平，火炮車在水平路面上以υ

1的速度向右勻速行駛中，發(fā)射一枚質量為m的炮彈后，自行火炮的速度變?yōu)棣?，仍向右行駛，則炮彈相對炮筒的發(fā)射速度υ0為

（B）

m(?1??2)?m?2M(?1??2)B．

mmm(?1??2)?2m?2m(?1??2)?m（?1??2)C． D．

mmA．

υ0從木板的左端向右滑上木板．滑塊和木板速度隨時間變化的圖象如圖乙所示，某同學根據圖象作出如下一些判斷，正確的是（ACD）

A．滑塊與木板間始終存在相對運動 B．滑塊始終未離開木板 C．滑塊的質量大于木板的質量 D．在t1時刻滑塊從木板上滑出

5．如圖甲所示，質量為M的木板靜止在光滑水平面上，一個質量為m的小滑塊以初速度

6．質量為m的木板和質量為M的金屬塊用細繩系在一起，處于深水中靜止，剪斷細繩，木塊上浮h時（還沒有出水面），則鐵沉下沉的深度為多大？（水的阻力不計）

答案：x=mh/M

7．人和冰車的總質量為M，另有一木球質量為m，且M∶m = 10∶1，人坐在靜止于水平冰面的冰車上，以速度υ（相對地面）將原來靜止的木球沿冰面推向前方的固定擋板，球與冰面、車與冰面的摩擦可不計，空氣阻力也忽略不計，設球與擋板碰撞后，球被原速率反向彈回，人接住球后再以同樣的速率υ將球沿冰面向正前方推向擋板．問人推球多少次后不能再接到球？

答案：人推球六次后不能再接到球

8．如圖所示，n個相同的木塊（可視為質點），每塊的質量都是m，從右向左沿同一直線排列在水平桌面上，相鄰木塊間的距離均為l，第n個木塊到桌邊的距離也是l，木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ．開始時，第1個木塊以初速度v0向左滑行，其余所有木塊都靜止，在每次碰撞后，發(fā)生碰撞的木塊都粘在一起運動．最后第n個木塊剛好滑到桌邊而沒有掉下．

（1）求在整個過程中因碰撞而損失的總動能．

（2）求第i次（i≤n－1）碰撞中損失的動能與碰撞前動能之比．

（3）若n＝４，l＝0.10m，v0＝3.0m/s，重力加速度g＝10m/s，求μ的數(shù)值．

答案：（1）整個過程中系統(tǒng)克服摩擦力做的總功為

2Wf＝μmgl（1＋2＋3＋…＋n）＝

n(n?1)?mgl 2整個過程中因碰撞而損失的總動能為

?Ek?1212n(n?1)mv0?Wf?mv0??mgl 2221imvi2 2（2）設第i次（i≤n－1）碰撞前瞬間，前i個木塊粘合在一起的速度為vi，動能為 EKi?與第i＋１個（i≤n－1）木塊碰撞粘合在一起后瞬間的速度為vi＇，由動量守恒定律 imvi?(i?1)mvi? 則vi??ivi i?1111i221i2 imvi2?(i?1)mvi??m[ivi2?(i?1)()vi]?mvi2?222i?12i?1第i次（i≤n－1）碰撞中損失的動能為 ?EKi?則第i次（i≤n－1）碰撞中損失的動能與碰撞前動能之比為 ?Eki1?

Ekii?1（i≤n－1）

（3）n＝４時，共發(fā)生了i＝3次碰撞．

2? 第1次碰前瞬間的速度為v12?v0?2?gl，碰撞中動量守恒：mv1?2mv11??v1?第1次碰后瞬間的速度為v122222v0?2?gl2

22v0?2?glv0?10?gl??2?gl?第2次碰前瞬間的速度為v?v1 ?2?gl?44? 碰撞中動量守恒：2mv2?3mv22??v2?第2次碰后瞬間的速度為v232322v0?10?gl3

22v0?10?glv0?28?gl??2?gl??2?gl?第3次碰前瞬間的速度為v?v2

99? 碰撞中動量守恒：3mv3?4mv33??v3?第3次碰后瞬間的速度為v342v0?28?gl42

??2?gl?0 最后滑行到桌邊，速度恰好為零，則v32v0?28?gl即?2?gl?0

162整理后得v0?60?gl?0，代入數(shù)據解得??0.15

第三篇：高考物理復習考題精選(106) 動量守恒定律的應用

高中物理考題精選（106）——動量守恒定律的應用

1、光滑水平地面上停放著甲、乙兩輛相同的平板車，一根輕繩跨過乙車的定滑輪（不計定滑輪的質量和摩擦），繩的一端與甲車相連，另一端被甲車上的人拉在手中，已知每輛車和人的質量均為30kg，兩車間的距離足夠遠?，F(xiàn)在人用力拉繩，兩車開始相向運動，人與甲車保持相對靜止，當乙車的速度為0.5m/s時，停止拉繩。求： ①人在拉繩過程做了多少功？

②若人停止拉繩后，至少以多大速度立即從甲車跳到乙車才能使兩車不發(fā)生碰撞？答案

解：（1）設甲、乙兩車和人的質量分別為m甲、m乙和m人，停止拉繩時甲車的速度為v甲，乙車的速度為v乙，由動量守恒定律得

（m甲+m人）v甲= m乙v乙（2分）

求得： v甲= 0.25m/s(1分)由功與能的關系可知，人拉繩過程做的功等于系統(tǒng)動能的增加量。

W=（m甲+m人）v甲2 + m乙v乙2 =5.625J（2分）

（2）設人跳離甲車時人的速度為v人，人離開甲車前后由動量守恒定律得

人跳到乙車時：代入得：

（1分）

（2分）

當人跳離甲車的速度大于或等于0.5m/s時，兩車才不會相撞。

（注：計算題其它解法正確均給分。）

2、如圖所示，有一豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一輕彈簧，其下端固定，上端連接一質量為m的薄滑塊，當滑塊運動時，圓筒內壁對滑塊有阻力的作用，阻力的大小恒為Ff＝mg(g為重力加速度)．在初始位置滑塊靜止，圓筒內壁對滑塊的阻力為零，彈簧的長度為l.現(xiàn)有一質量也為m的物體從距地面2l處自由落下，與滑塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短．碰撞后物體與滑塊粘在一起向下運動，運動到最低點后又被彈回向上運動，滑動到剛發(fā)生碰撞位置時速度恰好為零，不計空氣阻力。求

(1)物體與滑塊碰撞后共同運動速度的大?。?/p>

(2)下落物體與薄滑塊相碰過程中損失的機械能多大。

(2)碰撞后，在滑塊向下運動的最低點的過程中彈簧彈性勢能的變化量。

教學課件

答案

解析（16分）

(1)設物體下落至與薄滑塊碰撞前的速度為v0，在此過程中機械能守恒，依據機械能守恒定律有mgl＝mv解得v0＝/2

設碰撞后共同速度為v，依據動量守恒定律有mv0＝2mv 解得v＝.---------------------5分

(2)物體與薄滑塊相碰過程中損失的機械能

---------------------4分

(3)設物體和滑塊碰撞后下滑的最大距離為x，依據動能定理，對碰撞后物體與滑塊一起向下運動到返回初始位置的過程，有

－2Ffx＝0－×2mv2 設在滑塊向下運動的過程中，彈簧的彈力所做的功為W，依據動能定理，對碰撞后物體與滑塊一起向下運動到最低點的過程，有W＋2mgx－Ffx＝0－×2mv2 解得：。所以彈簧的彈性勢能增加了。

3、如圖所示，AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑的固定圓弧軌道，兩軌道恰好相切。質量為M的小木塊靜止在0點，一個質量為m的子彈以某一初速度水平向右射入小木塊內，并留在其中和小木塊一起運動。且恰能到達圓弧軌道的最高點c(木塊和子彈均可以看成質點)。

教學課件

①求子彈射入木塊前的速度。

②若每當小木塊返回到0點或停止在0點時，立即有相同的子彈射入小木塊，并留在其中，則當?shù)?顆子彈射入小木塊后，小木塊沿圓弧軌道能上升的最大高度為多少? 答案

解析

（1）；（2）（）2R．解析：：（1）第一顆子彈射入木塊的過程，系統(tǒng)動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，系統(tǒng)由O到C的運動過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得：gR

(m+M）v12=（m+M）由以上兩式解得：v0=；

（2）由動量守恒定律可知，第2、4、6…顆子彈射入木塊后，木塊的速度為0，第1、3、5…顆子彈射入后，木塊運動．當?shù)?顆子彈射入木塊時，以子彈初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0=（9m+M）v9，設此后木塊沿圓弧上升的最大高度為H，由機械能守恒得：gH

（9m+M）v92v=（9m+M）由以上各式可得：H=（）2R．

4、如圖所示，LMN是豎直平面內固定的光滑軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切．質量為m的小球B與一輕彈簧相連，并靜止在水平軌道上，質量為2m的小球A從LM上距水平軌道高為h處由靜止釋放，在A球進入水平軌道之后與彈簧正碰并壓縮彈簧但不粘連．設小球A通過M點時沒有機械能損失，重力加速度為g．求：（1）A球與彈簧碰前瞬間的速度大小

；

（2）彈簧的最大彈性勢能EP；

（3）A、B兩球最終的速度vA、vB的大?。?答案

解：（1）對A球下滑的過程，由機械能守恒定律得：

教學課件解得：

（2）當兩球速度相等時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律得：

解得：

根據能的轉化和守恒定律：

解得：

（3）當A、B相距最近之后，將會被彈簧彈開，該過程中，A、B兩球和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能也守恒

解得：

5、如圖所示，一個學生坐在小車上做推球游戲，學生和不車的總質量為M=100kg，小球的質量為m=2kg．開始時小車、學生和小球均靜止不動．水平地面光滑．現(xiàn)該學生以v=2m/s的水平速度（相對地面）將小球推向右方的豎直固定擋板．設小球每次與擋板碰撞后均以同樣大小的速度返回．學生接住小球后，再以相同的速度大小v（相對地面）將小球水平向右推向擋板，這樣不斷往復進行，此過程學生始終相對小車靜止．求：（1）學生第一次推出小球后，小車的速度大?。?/p>

（2）從學生第一次推出小球算起，學生第幾次推出小球后，再也不能接到從擋板彈回來的小球．

答案

解：（1）學生推小球過程：設學生第一次推出小球后，學生所乘坐小車的速度大小為v1，學生和他的小車及小球組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右的方向為正方向，由動量守恒定律得： mv+Mv1=0…①，代入數(shù)據解得：v1=﹣0.04m/s，負號表示車的方向向左；

（2）學生每向右推一次小球，根據方程①可知，學生和小車的動量向左增加mv，同理，學生每接一次小球，學生和小車的動量向左再增加mv，設學生第n次推出小球后，小車的速度大小為vn，由動量守恒定律得：（2n﹣1）mv﹣Mvn=0，要使學生不能再接到擋板反彈回來的小球，有：vn≥2 m/s，解得：n≥25.5，教學課件即學生推出第26次后，再也不能接到擋板反彈回來的小球．答：（1）學生第一次推出小球后，小車的速度大小為0.04m/s；

（2）從學生第一次推出小球算起，學生第26次推出小球后，再也不能接到從擋板彈回來的小球．

6、如圖所示，一個物塊A（可看成質點）放在足夠長的平板小車B的右端，A、B一起以v0的水平初速度沿光滑水平面向左滑行。左邊有一固定的豎直墻壁，小車B與墻壁相碰，碰撞時間極短，且碰撞前、后無動能損失。已知物塊A與小車B的水平上表面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。若A、B的質量均為m，求小車與墻壁碰撞后的運動過程中，物塊A所受摩擦力的沖量大小和方向若A、B的質量比為k，且k＜1，求物塊A在小車B上發(fā)生相對運動的過程中物塊A對地的位移大小。

答案

解析

（1）設小車B與墻碰撞后物塊A與小車B所達到的共同速度大小為v，設向右為正方向，則由動量守恒定律得mv0－mv0=2mv 解得v=0

對物塊A，由動量定理得摩擦力對物塊A的沖量I=0－（－mv0）=mv0，沖量方向水平向右（2）設A和B的質量分別為km和m，小車B與墻碰撞后物塊A與小車B所達到的共同速度大小為v′，木塊A的位移大小為s。設向右為正方向，則由動量守恒定律得：mv0－kmv0=（m+km）v′

解得v′=

對木塊A由動能定理

代入數(shù)據解得

7、光滑絕緣的水平地面上方有界空間內存在勻強電場，場強為有一固定的絕緣墻壁，如圖所示，質量為

和，電場寬度為，左邊界的A、B兩小球靜置于地面的同一水平軌道

（），A、B上，電場線與軌道平行，B球處于電場的右邊界處，A球距離墻壁為兩球帶正電，電量分別為

和；今由靜止同時釋放兩球，問（已知所有碰撞機械能均不損失，小球電量不轉移，忽略兩球的庫侖力作用）

教學課件

（1）A球第一次與墻壁碰時B球的速度大?。?/p>

（2）要使A球第一次向右運動過程中就能與B球相碰，求滿足的條件

答案

解析】(1)(2)1＞k≥解析：（1）在電場內運動時兩球的加速度：aA=，aB=…①

A球第一次與墻壁碰時兩球速度相等為v，v2-0=2aAkx0…②

由①②式得v=

（2）A球與墻壁第一次碰后到A、B相遇用時為t，兩球加速度為a 有：xB-xA=（1-k）x0…③

xA=-vt+at2…④

xB=vt+at2…⑤

t≤…⑥

由③④⑤⑥得：1＞k≥

8、（1）下列說法正確的有

（填入正確選項前的字母，選對1個給3分，選對2個給4分，選對3個給6分，每選錯1個扣3分，最低得分為0分）。A．方程式B．方程式

是重核裂變反應方程是輕核聚變反應方程

C．氫原子光譜是分立的

D．氫原子從基態(tài)躍遷至某激發(fā)態(tài)要吸收特定頻率的光子

E．在光電效應實驗中，某金屬的截止頻率相應的波長為λ0,若用波長為λ（λ>λ0）的單色光做

教學課件該實驗，會產生光電效應。

（2）如圖所示，光滑水平面上靜止放置質量M = 2kg的長木板C；離板右端x = 0.72m處靜止放置質量mA =1kg的小物塊A，A與C間的動摩擦因數(shù)μ = 0.4；在板右端靜止放置質量mB = 1kg的小物塊B，B與C間的摩擦忽略不計．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A、B均可視為質點，g = 10m/s2．現(xiàn)在木板上加一水平向右的力F=3N, 到A與B發(fā)生彈性碰撞時撤去力F。問： ①A與B碰撞之前運動的時間是多少？

②若A最終能停在C上，則長木板C的長度至少是多少？

答案

解析（1）BCD解析：（1）A、方程式誤；B、方程式

是散射反應方程，故A錯

是輕核聚變反應方程，故B錯誤；C．氫原子光譜是不連續(xù)是分立的，故C正確；D、氫原子從基態(tài)躍遷至某激發(fā)態(tài)要吸收特定頻率的光子，根據躍遷規(guī)律D正確；E．在光電效應實驗中，某金屬的截止頻率相應的波長為λ0,若用波長為λ（λ>λ0）的單色光做該實驗，由v=λf可知，因（λ>λ0），所以其頻率小于截止頻率，不會產生光電效應.⑵解：①若AC相對滑動，則A受到的摩擦力為：

故AC不可能發(fā)生相對滑動，設AC一起運動的加速度為

由有：

②因AB發(fā)生彈性碰撞，由于由動量守恒定律：

故AB碰后，A的速度為0.1

由能量守恒：

故木板C的長度L至少為：

=0.84

教學課件

9、如圖所示，在光滑水平面上有一塊長為L的木板B，其上表面粗糙，在其左端有一個光滑的圓弧槽C與長木板接觸但不連接，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上?，F(xiàn)有很小的滑塊A以初速度v0從右端滑上B并以高點。A、B、C的質量均為m，試求：的速度滑離B，恰好能到達C的最

(1)木板B上表面的動摩擦因數(shù)μ。

(2)圓弧槽C的半徑R。

答案

(1)(2)

解析

(1)由于水平面光滑，A與B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有：

mv0＝m(v0)＋2mv1 又μmgL＝mv－m(v0)2－×2mv

解得：μ＝

(2)當A滑上C，B與C分離，A、C間發(fā)生相互作用。A到達最高點時兩者的速度相等，A、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有：

m(v0)＋mv1＝(m＋m)v2 又m(v0)2＋mv＝(2m)v＋mgR 解得：R＝

10、如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰，小球的質量分別為m1和m2。圖乙為它們碰撞前后的s－t圖象。已知m＝0.1kg，由此可以判斷()

教學課件

A．碰前m2靜止，m1向右運動 B．碰后m2和m1都向右運動 C．m2＝0.3kg D．碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能答案

AC 解析

由圖乙可以看出，碰前m1的位移隨時間均勻增加，m2的位移不變，可知m2靜止，m1向右運動，故A是正確的。碰后一個位移增大，一個位移減小，說明運動方向不一致，即B錯誤。由圖乙可以算出碰前m1的速度v1＝4m/s，碰后的速度v1′＝－2m/s，碰前m2的速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2m/s，由動量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，計算得m2＝0.3kg，故C是正確的。碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝此D是錯誤的。

11、如圖所示，光滑水平面

左端有一彈性擋板的長度

m1v－m1v1′2－m2v2′2＝0。因，右端與處于同一高度的水平傳送帶之間的距離可忽略，傳送帶水平部分.上放置兩個質量都為，傳送帶逆時鐘勻速轉動其速度、,開始時、、靜止，、間，并迅速移走彈簧.取的小物塊壓縮一輕質彈簧，其彈性勢能..現(xiàn)解除鎖定，彈開

（1）求物塊、被彈開時速度的大小.（2）要使小物塊在傳送帶的端不掉下，則小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)至少為多大？，當

與

發(fā)生第一次彈性碰撞后物塊

返（3）若小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)回，在水平面終的運動情況.答案

解：（1）對于、上、相碰后粘接在一起,求碰后它們的速度大小及方向，并說明它們最

物塊被彈簧分開的過程，由動量守恒定律得：

教學課件 ①（2分）

由機械能守恒定律知：解得所求的速度大?。海?）要使小物塊在傳送帶的以

②（2分）③（1分）

端不掉下，則小物塊B在傳送帶上至多減速運動達

處。

物體為研究對象，滑到最右端時速度為（1分）

據動能定理：得所求的：（3）因為又因為設向右為正方向，則：

④（2分）

=0.1 ⑤（2分），所以物塊，故返回時，⑥（2分）

必返回（1分）

（1分）

對A、B相碰后粘接在一起過程，由動量守恒定律得：得所求的：，方向向右.（2分）

此后A.B整體沖上傳送帶做減速運動，同理可得A.B將返回，返回時，因為，后又與P彈性碰撞向右折回，再次一起沖上傳送帶，再返回，重復上述運動，最終在P板、MN上和傳送帶間如此往復運動.（2分）

12、如右圖所示，用輕彈簧相連的質量均為2 kg的A、B兩物塊都以v=6 m／s的速度在光滑水平地面上運動，彈簧處于原長，質量4 kg的物塊C靜止在前方，B與C碰撞后二者粘在一起運動。在以后的運動中，求：

（1）當彈簧的彈性勢能最大時，物體A的速度多大?（2）彈性勢能的最大值是多大?（3）A的速度有可能向左嗎?為什么? 答案

教學課件

13、如圖所示，固定在地面上的光滑軌道AB、CD，均是半徑為R的圓?。毁|量為m、上表面長也為R的小車靜止在光滑水平面EF上，小車上表面與軌道AB、CD的末端B、C相切．一質量為m的物體(大小不計)從軌道AB的A點由靜止下滑，由末端B滑上小車，小車在摩擦力的作用下向右運動．當小車右端與壁CF接觸前的瞬間，物體m恰好滑動到小車右端相對于小車靜止，同時小車與CF相碰后立即停止運動但不粘連，物體則繼續(xù)滑上軌道CD.求：(1)物體滑上軌道CD前的瞬間的速率；(2)水平面EF的長度；

(3)當物體再從軌道CD滑下并滑上小車后，如果小車與壁BE相碰后速度也立即變?yōu)榱悖詈笪矬wm停在小車上的Q點，則Q點距小車右端多遠？

答案

解析：(1)設物體從A滑至B時速率為v0，根據機械能守恒定律有：mgR＝＝

mv02，v0，物體與小車相互作用過程中，系統(tǒng)動量守恒，設共同速度為v1，有mv0＝2mv1，解得物體滑上軌道CD前瞬間的速率：v1＝.教學課件(2)設二者之間的摩擦力為f，根據動能定理，對物體有：－fsEF＝mv12－mv02，對小車有：f(sEF－R)＝mv12(或對系統(tǒng)根據能量守恒定律有：fR＝mv02－×2mv12)得：f＝mg，sEF＝R.(3)設物體從CD滑下后與小車達到相對靜止狀態(tài)，共同速度為v2，相對小車滑行的距離為s1，小車停后物體做勻減速運動，相對小車滑行距離為s2，根據動量守恒和能量守恒有：mv1＝2mv2 fs1＝mv12－×2mv22 對物體根據動能定理有：

fs2＝mv22；

解得：s1＝R，s2＝R.則Q點距小車右端距離：

s＝s1＋s2＝R.答案：(1)(2)R(3)R

14、有尺寸可以忽略的小物塊A，放在足夠長的水平地面上．取一無蓋的長方形木盒B將A罩?。瓸的左右內壁間的距離為L．B的質量與A相同．A與地面間的滑動摩擦系數(shù)μA，B與地面間的滑動摩擦系數(shù)為μB，且μB>μA．開始時，A的左端與B的左內壁相接觸（如圖所示），兩者以相同的初速度v０向右運動．已知A與B的內壁發(fā)生的碰撞都是完全彈性的，且碰撞時間都極短．A與B的其他側面之間均無接觸，重力加速度為g．

（1）經過多長時間A、B發(fā)生第一次碰撞（設碰撞前A、B均未停下）

（2）A和B右側第一次相碰后，若還能夠和B的左端相遇，試通過定量討論說明此次相遇時A、B兩個物體的速率那個大些？還是等大？

教學課件（3）要使A、B同時停止，而且A與B間輕輕接觸（即無作用力），求初速v0的所有可能的值（用含有L、μB、μA和g的代數(shù)式表示）

答案

（1）對A：（1分），（1分）

對B：（1分），（1分）

（1分）解得：（1分）

（2）設A、B第一次在右壁相碰前的速度分別為v1和v2，碰后速度分別為v3和v4

（2分）得：（1分）

設經過時間t2，A與B的左側相遇，此時A、B的速度分別為v5、v6，則：

（2分），代入得（1分）

所以有：，顯然（2分）

注：亦可做v-t圖分析，同樣得分

（3）分析可得，每次A與B的左側相遇時二者的速度都相同，且比前一次相遇時的速度減?。?分）

為滿足題中要求，只要某次A與B的左側相遇時二者的速度都恰好等于0即可即需要，其中n=1，2，3……（1分）

代入得：，n為正整數(shù)（1分）

15、如圖5-9所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內。小球A、B質量分別為m、βm（β為待定系數(shù)）。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，碰撞后A、B球能達到的最大高度均為,碰撞中無機械能損失。重力加速度為g。試求：（1）待定系數(shù)β;

（2）第一次碰撞剛結束時小球A、B各自的速度和B球對軌道的壓力;（3）小球A、B在軌道最低處第二次碰撞剛結束時各自的速度，并討論小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結束時各自的速度。

教學課件答案

（1）由機械能守恒定律可得：mgR＝+得

β＝3（2）設A、B碰撞后的速度分別為v1、v2，則

設向右為正、向左為負，解得

v1＝，方向向左 v2＝，方向向右

設軌道對B球的支持力為N，B球對軌道的壓力為N /，方向豎直向上為正、向下為負。則

N－βmg＝βm

N /＝－N＝－4.5mg，方向豎直向下

（3）設A、B球第二次碰撞剛結束時的速度分別為V1、V2，則

解得：V1＝－，V2＝0（另一組：V1＝－v1，V2＝－v2，不合題意，舍去）

由此可得：當n為奇數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞剛結束時的速度分別與第一次碰撞剛結束時相同；當n為偶數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞剛結束時的速度分別與第二次碰撞剛結束時相同

16、如圖所示，一塊足夠長的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右并非放有序號是1，2，3，…，n的物體，所有物塊的質量均為m，與木板間的動摩擦因數(shù)都相同，開始時，木板靜止不動，第1，2，3，…n號物塊的初速度分別是v，2 v，3 v，…nv，方向都向右，木板的質量與所有物塊的總質量相等 ,最終所有物塊與木板以共同速度勻速運動。設物塊之間均無相互碰撞，木板足夠長。試求：

（1）所有物塊與木板一起勻速運動的速度v；（2）第1號物塊與木板剛好相對靜止時的速度v；

（3）通過分析與計算說明第k號（k＜n＝物塊的最小速度v

答案

（1）設所有物塊都相對木板靜止時的速度為 v，因木板與所有物塊系統(tǒng)水平方向不受外力，動量守恒，應有：

m v+m·2 v+m·3 v+…+m·n v=（M + nm）v

教學課件 M = nm，解得: v=（n+1）v，（2）設第1號物塊相對木板靜止時的速度為v，取木板與物塊1為系統(tǒng)一部分，第2 號物塊到第n號物塊為系統(tǒng)另一部分，則

木板和物塊1 △p =（M + m）v-m v，2至n號物塊 △p=（n-1）m·（v-v）由動量守恒定律： △p=△p，解得 v= v，（3）設第k號物塊相對木板靜止時的速度由v，則第k號物塊速度由k v減為v的過程中，序數(shù)在第k號物塊后面的所有物塊動量都減小m（k v-v），取木板與序號為1至K號以前的各物塊為一部分，則

△p=（M+km）v-（m v+m·2 v+…+mk v）=（n+k）m v-序號在第k以后的所有物塊動量減少的總量為

△p=（n-k）m（k v-v）由動量守恒得 △p=△p，即

（k+1）m v

（n+k）m v-（k+1）m v=（n-k）m（k v-v），解得 v=

17、帶有等量異種電荷的兩個平行金屬板A和B水平放置，相距為d（d遠小于板的長和寬），一個帶正電的油滴M懸浮在兩板的正中央，處于平衡。油滴的質量為m，帶電量為q。如圖所示，在油滴的正上方距離A板d處有一質量也為m的帶電油滴N，油滴N由靜止釋放后，可以穿過A板上的小孔，進入兩金屬板間與油滴M相碰，并立即結合成一個大油滴。整個裝置處在真空環(huán)境中，不計油滴之間的庫侖力和萬有引力以及金屬板本身的厚度，要使油滴N能與M相碰，并且結合成的大油滴又不至于與金屬板B相碰。求：（1）兩個金屬板A、B間的電壓是多少；哪板的電勢較高；

教學課件（2）油滴N帶何種電荷，電量可能是多少。

答案

（1）油滴M帶正電，所以B板電勢較高；因油滴M在兩金屬板之間處于平衡，有 mg=qU/d，所以電勢差U=mgd/q。

（2）油滴N與M相碰后，要不落到B板上，油滴N帶正電。設油滴N帶電量為Q，油滴N與M碰前的速度設為v0，18、如圖所示，一輕質彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0質量為m的子彈擊中，子彈嵌在其中，已知A的質量是B的質量的，子彈的質量是B的質量的.求：

(1)A物體獲得的最大速度；

(2)彈簧壓縮量最大時B物體的速度；（3）彈簧的最大彈性勢能。

答案

(1)對子彈進入A中的過程，由動量守恒定律得mv0＝(m＋mA)v1，解得它們的共同速度，即為A的最大速度v1＝＝.(2)以子彈、A、B以及彈簧組成的系統(tǒng)作為研究對象，整個作用過程中總動量守恒，彈簧具有最大壓縮量時，它們的速度相等，由動量守恒定律得 mv0＝(m＋mA＋mB)v2，解得三者的共同速度即彈簧有最大壓縮量時B物體的速度

v2＝＝v0(3)彈簧壓縮最短時的彈性勢能最大，由能量守恒

教學課件

19、如圖所示，懸掛在高處O點的繩子下端是質量M=10kg的橡膠桿P，在游樂節(jié)目中，選手需要借助該裝置飛越到對面的水平傳送帶上，傳送帶始終以u=3m/s的速度逆時針轉動，傳送帶的另一端B點就是終點，且xAB=3m。一名質量m=50kg的選手腳穿輪滑鞋以水平向右大小為v0=8.4m/s的速度迅速抱住豎直靜止的橡膠桿P并開始擺動，若選手可看作質點，懸點O到選手的距離L＝6m，不考慮空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8，求：（1）當繩子擺到與豎直方向的夾角θ=370時選手速度的大?。?/p>

（2）此時刻選手立即放開橡膠桿P并且最終剛好站到了高度相同的傳送帶的端點A上，若選手在傳送帶上做無動力的自由滑行，受到的摩擦阻力為自身重量的0.2倍，求選手在傳送帶上滑行過程中因摩擦而產生的熱量Q。

答案

v2=5m/s Wf=600J 解析(1)選手抱住P，由動量守恒定律有

得：v1=7m/s 選手抱住P后，從開始擺動到擺角為37°時，設速度為v2，由機械能守恒有得：v2=5m/s(2)選手站上A點時，設水平速度為vx，則選手在傳送帶上做勻減速運動，設選手對地面的位移為x，由動能定理得：因為，所以選手沖過了終點B，設選手從A到B的時間為t，教學課件則

又得：、(舍去)

在這段時間內傳送帶通過的位移為：所以，摩擦力做功：得：Wf=600J。

20、如圖所示，固定的光滑平臺左端固定有一光滑的半圓軌道，軌道半徑為R，平臺上靜止放著兩個滑塊A、B，其質量mA=m，mB=2m，兩滑塊間夾有少量炸藥．平臺右側有一小車，靜止在光滑的水平地面上，小車質量M=3m，車長L=2R，車面與平臺的臺面等高，車面粗糙，動摩擦因數(shù)μ=0.2，右側地面上有一立樁，立樁與小車右端的距離為S，S在0

（1）滑塊A在半圓軌道最低點C受到軌道的支持力FN。（2）炸藥爆炸后滑塊B的速度大小vB。

（3）請討論滑塊B從滑上小車在小車上運動的過程中，克服摩擦力做的功Wf與S的關系。

答案

⑴ ⑵

⑶當時，滑塊B克服摩擦力做功為

當時，滑塊會滑離小車，滑塊B克服摩擦力做功為

（1）以水平向右為正方向，設爆炸后滑塊A的速度大小為VA，教學課件滑塊A在半圓軌道運動，設到達最高點的速度為VAD，則，得

滑塊A在半圓軌道運動過程中，據動能定理：得：

滑塊A在半圓軌道最低點：，得：

（2）A、B爆炸過程動量守恒，則，得：（3）、滑塊B滑上小車直到與小車共速的過程中，動量守恒：得：

滑塊B從滑上小車到共速時的位移為

小車從開始運動到共速時的位移為

滑塊B相對小車的位移為：，滑塊B未掉下小車。

討論：當時，滑塊B從滑上小車到共速時克服摩擦力做功為

然后滑塊B做勻減速運動直到停下的位移為，滑塊會從小車滑離。

則滑塊共速后在小車運動時克服摩擦力做功為

所以，當時，滑塊B克服摩擦力做功為

教學課件當時，滑塊會滑離小車，滑塊B克服摩擦力做功為

21、“爆竹聲中一歲除，春風送暖人屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標志，是喜慶心情的流露。有一個質量為3m的爆竹斜向上拋出，到達最高點時速度大小為v0、方向水平向東，在最高點爆炸成質量不等的兩塊，其中一塊質量為2m，速度大小為v，方向水平向東，則另一塊的速度是________。

A．3v0－v B．2v0－3v C．3v0－2v D．2v0＋v 答案

C 在最高點水平方向動量守恒，由動量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一塊的速度為v′＝3v0－2v，故C正確。

22、如圖所示，一質量的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。車頂右端放一質量的子彈以水平速度的小物體，小物體可視為質點?，F(xiàn)有一質量射中小車左端，并留在車中，已知子彈與車相互作用時間極短，小物體與車間的動摩擦因數(shù)為，最終小物體以的速度離開小車，g取

。求：

① 子彈剛剛射入小車時，小車的速度大?、?小車的長度L。答案

；

23、如圖，水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距＝1.0 m．物塊A以速度＝10 m/s沿水

教學課件平方向與B正碰．碰撞后A和B牢固地粘在一起向右運動，并再與C發(fā)生正碰，碰后瞬間C的速度＝2.0 m/s.已知A和B的質量均為m，C的質量為A質量的k倍，物塊與地面的動摩擦因數(shù)＝0.45.(設碰撞時間很短，g取10 m/)(1)計算與C碰撞前瞬間AB的速度；

(2)根據AB與C的碰撞過程分析k的取值范圍，并討論與C碰撞后AB的可能運動方向．答案

解析：（1）4.0 m/s(2)當取k＝4時，v3＝0，即與C碰后AB靜止當取4>k≥2時，v3>0，即與C碰后AB繼續(xù)向右運動

當取6≥k>4時，v3<0，即碰后AB被反彈向左運動．

24、用輕彈簧相連的質量均為m=2㎏的A、B兩物體都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質量M = 4㎏的物體C靜止在前方，如圖所示。B與C碰撞后二者粘在一起運動，在以后的運動中，求：

（1）B與C碰撞后二者粘在一起的共同速度v1.（2）當彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度v2。答案

1.A、B兩物體碰撞前后動量守恒 v1=2m/s----------5分

2.A、B、C速度相同時，彈簧的彈性勢能最大(M+2m)v2=2mv v2=3 m/s-----------5分

25、光滑絕緣的水平地面上方有界空間內存在勻強電場，場強為E，電場寬度為x0，左邊界有一固定的絕緣墻壁，如題9圖所示，質量為3m和m的A、B兩小球靜置于地面的同一水平軌道上，電場線與軌道平行，B球處于電場的右邊界處，A球距離墻壁為kx0(0

（1）A球第一次與墻壁碰時B球的速度大??；（2）要使A球第一次向右運動過程中就能與B球相碰，求k滿足的條件？

（3）若A球第一次向右運動到速度為0時恰與B球相碰，求A、B第一次碰后到第二次碰前兩球的最大間距？

答案

解：（1）在電場內運動時兩球的加速度：

教學課件

…①(1分)A球第一次與墻壁碰時兩球速度相等為v，………②(2分)由①②式得 ………………(1分)（2）A球與墻壁第一次碰后到A、B相遇用時為t，兩球加速度為a 有： ………………③(1分)

………………④(1分)…………⑤（1分）

…………⑥（2分）

由③④⑤⑥得： …………（1分）

（3）A球第一次向右運動到速度為0時恰與B球相碰，即

相碰時，B球的速度

B與A相碰：

…………⑦（1分）

…………⑧（1分）

…………⑨（1分）

由⑧⑨得 …………（1分）

當A第二次到墻壁時，兩球距離最遠；A從碰后到墻壁用時

有 ………… ⑩（1分）

得A相對B勻速運動： …………（1分）

…………（1分）

教學課件得： …………（1分）

26、有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長，一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量，他進行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，然后他輕輕從船尾上船，走到船頭后停下，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他自身的質量為m，則漁船的質量為（）A.B.C.D.答案

B 解析

設人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭所用時間為t．取船的速度為正方向。

則，根據動量守恒定律：，得：

解得漁船的質量：

27、如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA=4.0kg和mB=3.0kg.用輕彈栓接相邊放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸.另有一物塊C從t=0時以一定速度向右運動，在t=4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖象如圖乙所示。.試求：

（1）物塊C的質量mC；

（2）墻壁對物塊B的彈力在4 s到12s的時間內對B做的功W（3）B離開墻后的過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep。

教學課件答案

解：（1）由圖知，C與A碰前速度為分）

C與A碰撞過程動量守恒.（2）墻對物體B不做功，W=0（2分）

（3）物塊B在12S末離開墻壁，此時AC速度大小

（1分）碰后速度為（（2分）解得mC=2kg（2分），之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能守恒，且當AC與B速度相等時彈簧彈性勢能最大，設AC與B共速時速度大小為4。（2分）

（3分）

（3分）得

（2分）

28、一宇航員在國際空間站內做了如下實驗：選取兩個質量分別為mA =0.lkg、mB=0.2kg的小球A、B和一根輕質短彈簧，彈簧的一端與小球A粘連，處于鎖定狀態(tài)，一起以速度vo=0.1 m/s做勻速直線運動。如圖所示，經過一段時間后，突然解除鎖定（解除鎖定時沒有機械能損失），兩球仍然沿直線運動，從彈簧與小球B剛剛分離開始計時，經過時間t=3.0s，兩球之間的距離增加了s=2.7m，求：

①彈簧與小球B剛剛分離時兩小球的速度分別為多大； ②原先彈簧鎖定時的彈性勢能Ep？答案

教學課件

29、如圖所示，O為一水平軸，軸上系一長＝0.6m的細繩，細繩的下端系一質量m=1.0kg的小球（可視為質點），原來處于靜止狀態(tài)，球與平臺的B點接觸但對平臺無壓力，平臺高＝0.80m，一質量M＝2.0kg的小球沿平臺自左向右運動到B處與小球m發(fā)生正碰，碰后小球m在繩的約束下做圓周運動，經最高點A點，繩上的拉力恰好等于擺球的重力，而M落在水平地面上的C點，其水平位移為s＝1.2m，求質量為M的小球與m碰撞前的速度。（取g=10 m/s2）答案

解析 M與碰撞前后

M離開平臺后從B到A的過程中

在A點時

由①②③④⑤聯(lián)立解得

30、如圖所示，木板A質量mA=1 kg，足夠長的木板B質量mB=4 kg，質量為mC=4 kg的木塊C置于木板B上右側，水平面光滑，B、C之間有摩擦。現(xiàn)使A以v0=12 m/s的初速度向右運動，與B碰撞后以4 m/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。

（3）整個過程中系統(tǒng)損失的機械能的多少。

答案

（1）A與B碰后瞬間，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（3分）

代入數(shù)據得：vB=4 m/s（1分）

（2）B與C共速后，C速度最大，由BC系統(tǒng)動量守恒，有mBvB+0=（mB+mC）vC（3分）代入數(shù)據得：vC=2 m/s（1分）

（3）△E損= mAv02－ mAvA2－（mB+mC）vC2 ＝48J（2分）

教學課件

31、如圖所示，光滑的水平面上靜止停放著質量均為m的A、B兩輛小車，A車上靜止站著一個質量為m的人。若此人從A車跳到B車上，并與B車保持相對靜止。在此過程中，A車、B車、人各自動量變化的矢量和等于______________。此后，A車與B車的速度大小之比為______________。

答案

0，4:3

32、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.答案

由于水平面是光滑的，A、B、C三個物體組成系統(tǒng)在水平方向上不受外力，故系統(tǒng)動量守恒，1).當C滑上A至C離開A時A、B有共同的速度記為Vab,C離開A時,C物體的速度記為Vc,則

Mc×Vc0=McVc+(Ma+Mb)×Vab ①

Mc×Vc0=MaVab+(Mc+Mb)×Vbc ②

2).C離開A時C、B組成的系統(tǒng)動量守恒。最終的共同速度記為Vbc=2.5m/s McVc+Mb×Vab=(Mc+Mb)×Vbc ③由②得 0.1×20=0.5×Vab+(0.1+0.3)×2.5 Vab=2.0m/s 此為木塊A的最后速度由①得0.1×20=0.1×Vc+(0.5+0.3)×2 C離開A時C的速度Vc=4m/s

33、如圖所示，甲車的質量是2 kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個質量為1 kg的小物體.乙車質量為4 kg，以5 m/s的速度向左運動，與甲車碰撞以后甲車獲得8 m/s的速度，物體滑到乙車上.若乙車足夠長，上表面與物體的動摩擦因數(shù)為0.2，則物體在乙車上表面滑行多長時間相對乙車靜止?(g取10 m/s2)

答案

乙與甲碰撞動量守恒：m乙v乙=m乙v乙′+m甲v甲′，小物體m在乙上滑動至有共同速度v，對小物體與乙車運用動量守恒定律得 m乙v乙′=（m+m乙）v，對小物體應用牛頓第二定律得 a=μg

所以 t=，教學課件代入數(shù)據得 t=0.4 s。

34、如圖所示，一質量m1=0．45kg的平板小車靜止在光滑的水平軌道上，車頂右端放一質量m2=0．2kg的小物體，小物體可視為質點，現(xiàn)有一質量m0= 0．05kg的子彈以水平速度v0=l00m/s射中小車左端，并留在車中，最終小物塊以5m/s的速度與小車脫離，子彈與車相互作用時間很短，g取l0m/s2．求：

①子彈剛射入小車時，小車的速度大?。?/p>

②小物塊脫離小車時，小車的速度多大，答案

35、如圖所示，兩完全相同的小車A、B以大小相同的速度v0在光滑的水平面上相向運動，在A車上有一質量為m的小木塊與A車保持相對靜止，小車的質量為M，且M=2m。兩小車發(fā)生碰撞后，A車立即停止，小木塊滑上B車，在 B車碰墻之前與B車達到共同速度。小車B與右側的墻壁發(fā)生完全彈性碰撞后很快與小木塊一起向左運動。求它們一起向左運動的速度大小。

答案

設碰后B車與木塊一起向右運動的速度大小為v1，B車與木塊一起向左運動的速度大小為v2，根據動量守恒定律得

………………（3分）

………………（2分）

解得： ………………（1分）

36、用兩個大小相同的小球在光滑水平上的正碰來“探究碰撞中的不變量”實驗，入射小球m1 = 15g，原來靜止的被碰小球m2 = 10g，由實驗測得它們在碰撞前后的x – t 圖象如圖所示。

教學課件 ① 求碰撞前、后系統(tǒng)的總動量p和p′； ② 通過計算得到的實驗結論是什么。答案

① p = m1v1 = 0.015 kg·m/s、p′ = m1v1′ + m2v2′ = 0.015 kg·m/s（2分）② 通過計算發(fā)現(xiàn)：兩小球碰撞前后的動量相等，即碰撞過程中動量守恒（2分）

37、兩磁鐵各放在一輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運動。已知甲車和磁鐵的總質量為0.5kg，乙車和磁鐵的總質量為1.0kg。兩磁鐵的N極相對，推動一下，使兩車相向運動。某時刻甲的速率為2m/s，乙的速率為3m/s，方向與甲相反。兩車運動過程中始終未相碰。求：

（i）兩車最近時，乙車的速度為多大？

（ii）甲車開始反向運動時，乙車的速度為多大？答案

（i）兩車相距最近時，兩車的速度相同，（1分）設該速度為，取乙車的速度方向為正方向。由動量守恒定律得

（3分）

可得(i i)甲車開始反向時，其速度為0，設此時乙車的速度為（3分）

（1分），由動量守恒定律得

－可得（1分）

38、如圖所示，在光滑、平直的軌道上靜止著兩輛完全相同的平板車，人從a車跳上b車，又立即從b車跳回a車，并與a車保持相對靜止，此后a車的速率______(選‘大于”、“小于”或“等于”)b車的速率；在這個過程中，a車對人的沖量______(選‘大于”、“小于”或“等于”)b車對人的沖量。

答案

39、如圖所示，甲、乙兩船的總質量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線

教學課件同一方向運動，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度．(不計水的阻力)

答案

解析：設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動量守恒定律得 12m×v0＝11m×v1－m×vmin① 10m×2v0－m×vmin＝11m×v2② 為避免兩船相撞應滿足 v1＝v2③

聯(lián)立①②③式得 vmin＝4v0.④ 答案：4v0

40、如圖所示，一光滑地面上有一質量為m′的足夠長的木板ab，一質量為m的人站在木板的a端，關于人由靜止開始運動到木板的b端(M、N表示地面上原a、b對應的點)，下列圖示正確的是()

答案

D 解析：根據動量守恒定律，木板與人組成的系統(tǒng)動量守恒，對于題中的“人板模型”，設各自對地的位移為xm′、xm，且有m′xm′＝mxm，xm′＋xm＝L板長，以M點為參考點，人向右運動，木板向左運動，易得D是正確的．

41、如圖所示，有A、B兩質量為M= 100kg的小車，在光滑水平面以相同的速率v0=2m/s在同一直線上相對運動，A車上有一質量為m = 50kg的人至少要以多大的速度（對地）從A車跳到B車上，才能避免兩車相撞？

答案：v人=5.2m/s解析：人跳出后，兩車速度恰相同時，既避免相撞，同時人的速度又最小，由動量守恒定律得

(2分)，(2分)解得：v人=5.2m/s(2分)

42、某小組在探究反沖運動時，將質量為m1一個小液化瓶固定在質量為m2的小球具船上，利用液化瓶向外噴射氣體做為船的動力?，F(xiàn)在整個裝置靜止放在平靜的水面上，已知打開液化汽瓶后向外噴射氣體的對地速度為v1，如果在△t的時間內向后噴射的氣體的質量為△m，教學課件忽略水的阻力，則

①噴射出質量為△m的液體后，小船的速度是多少？

②噴射出△m液體的過程中，小船所受氣體的平均作用力的大小是多少？

答案

解：由動量守恒定律得：

得：v船=。(2)對噴射出的氣體運用動量定理得：F△t=△mv1 解得F= 由牛頓第三定律得，小船所受氣體的平均作用力大小為F=

43、如圖(a)所示，在水平光滑軌道上停著甲、乙兩輛實驗小車，甲車系一穿過打點計時器的紙帶，當甲車受到水平向右的瞬時沖量時，隨即啟動打點計時器，甲車運動一段距離后，與靜止的乙車發(fā)生正碰并粘在一起運動，紙帶記錄下碰撞前甲車和碰撞后兩車運動情況如圖（b）所示，電源頻率為50Hz，求：甲、乙兩車的質量比m甲：m乙

答案

由圖知：碰前甲車運動的速度大小為v甲=0.6m/s，碰后甲乙兩車一起運動的速度大小為v共=0.4m/s，由動量守恒定律可得： m甲v甲=（m甲+ m乙）v共解得：m甲：m乙=2：1

44、如圖所示，水平光滑地面上依次放置著質量m=0.08kg的10塊完全相同長直木板。一質量M=1.0kg大小可忽略的小銅塊以初速度v0=6.0m／s從長木板左側滑上木板，當銅塊滑離第一塊木板時，速度大小為v1=4.0m／s。銅塊最終停在第二塊木板上。(g=10m／s2，結果保留兩位有效數(shù)字)求：

①第一塊木板的最終速度； ②銅塊的最終速度。

答案

解：①銅塊和10個長木板水平方向不受外力，所以系統(tǒng)動量守恒，設銅塊剛滑到第二個木板時，木板的速度為v2，由動量守恒得：

……①…………（2分）

得v2=2.5m/s…………②………………（1分）

②由題可知銅塊最終停在第二塊木板上，設最終速度為v3，由動量守恒得：

…………③…………（1分）

得v3=3.4m/s…………④………………（1分）

教學課件

45、如圖(a)所示，在水平光滑軌道上停著甲、乙兩輛實驗小車，甲車系一穿過打點計時器的紙帶，當甲車受到水平向右的瞬時沖量時，隨即啟動打點計時器，甲車運動一段距離后，與靜止的乙車發(fā)生正碰并粘在一起運動，紙帶記錄下碰撞前甲車和碰撞后兩車運動情況如圖（b）所示，電源頻率為50Hz，求：甲、乙兩車的質量比m甲：m乙

答案

由圖知：碰前甲車運動的速度大小為v甲=0.6m/s，(2分)碰后甲乙兩車一起運動的速度大小為v共=0.4m/s，(2分)由動量守恒定律可得：m甲v甲=（m甲+ m乙）v共(2分)解得：m甲：m乙=2：1(1分)

46、如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車質量為M=20kg.從水槍中噴的水柱，橫截面積為S=10cm2，速度為v=10m/s，水的密度為ρ=1.0×103kg/m3.若用水槍噴出的水從車后沿水平方向沖擊小車的前壁，且沖擊到小車前壁的水全部沿前壁淌入小車中。

⑴求當有質量為m=5kg的水進入小車時，小車的速度大?。?⑵若將小車固定在水平面上，且水沖擊到小車前壁后速度立即變?yōu)榱悖笏畬π≤嚨臎_擊力大小。.答案

解：(1)淌入小車的水與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，當淌入質量為m的水后，小車速度為v1，則

（3分）.解得

m/s=2m/s（2分）..（3分）.(2)在極短的時間Δt內，沖擊小車的水的質量為此時，水對車的沖擊力為F，據動量定理有=1.0×103×10×10-4×102=100N（2分）

47、如圖（1）所示，在光滑的水平面上有甲、乙兩輛小車，質量為30kg的小孩乘甲車以5m/s的速度水平向右勻速運動，甲車的質量為15kg，乙車靜止于甲車滑行的前方，兩車碰撞前后的位移隨時間變化圖象如圖（2）所示。求：

教學課件

（1）甲乙兩車碰撞后的速度大??；（2）乙車的質量；

（3）為了避免甲乙兩車相撞，小孩至少以多大的水平速度從甲車跳到乙車上？答案

解：（1）由圖可知，碰撞后甲車的速度大小為乙車的速度大小為v2=3m/s(2)在碰撞過程中，三者組成的系統(tǒng)滿足動量守恒。

解得：(3)設人跳向乙車的速度為v人,由動量守恒定律得人跳離甲車：人跳至乙車：為使二車避免相撞，應滿足

取“=”時，人跳離甲車的速度最小，48、如圖甲所示，一質量為M的木板靜止在光滑水平地面上，現(xiàn)有一質量為m的小滑塊以一定的速度v0從木板的左端開始向木板的右端滑行，滑塊和木板的水平速度大小隨時間變化的情況如圖乙所示，根據圖像作出如下判斷

①滑塊始終與木板存在相對運動

②滑塊未能滑出木板

③滑塊的質量m大于木板的質量M ④在t1時刻滑塊從木板上滑出這些判斷正確的是（）

A．①③④ B．②③④

C．②③ D．②④ 答案

49、如圖甲所示，光滑的水平地面上固定一長為L＝1.7m的長木板C,板的左端有兩個可視為質點的物塊A和B，其間夾有一根長為1.0m的輕彈簧，彈簧沒有形變，且與物塊不相連。已知，A與木板C、B與木板C的動摩擦因數(shù)分別為

和。假設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等?，F(xiàn)用水平力F作用于A，讓F從零開始逐漸增大，并使B緩慢地向右移動0.5m，使彈簧儲存了彈性勢能E0.問：

教學課件

（1）若彈簧的勁度系數(shù)為k＝200N/m，以作用力F為縱坐標，物塊A移動的距離為橫坐標，試通過定量計算在圖乙的坐標系中畫出推力F隨物塊A位移的變化圖線。（2）求出彈簧儲存的彈性勢能E0的大小。

（3）當物塊B緩慢地向右移動了0.5m后，保持A、B兩物塊間距不變，將其間夾有的彈簧更換，使得壓縮量相同的新彈簧儲存的彈性勢能為12E0，之后同時釋放三物體A、B和C，已被壓縮的輕彈簧將A、B向兩邊彈開，求哪一物塊先被彈出木板C？最終C的速度是多大？答案

（1）A與C間的摩擦力為

B與C間的摩擦力為

推力F從零逐漸增大，當增大到100N時，物塊A開始向右移動壓縮彈簧（此時B仍然保持靜止），設壓縮量為x，則力當x=0.5m時，力,此時B將緩慢地向右移動。

B移動0.5m后，B離開木板C的右端0.2m，A離開木板C端0.1m。作出力F隨A位移的變化圖線如圖所示。

（2）在物塊B移動前，力F作用于物塊A，壓縮彈簧使彈簧儲存了彈性勢能E0，物塊A移動了s=0.5m,此后物塊AB以相同的速度向右移動，彈簧儲存的彈性勢能不變。設物塊A開始移動0.5m的過程中，力F做功W，由能量守恒有

（3）撤去力F之后，AB兩物塊給木板C的摩擦力的合力為零，故在物塊AB滑離木板C之前，C仍靜止不動。物塊AB整體所受外力的合力也為零，其動量守恒，可得

由題可知，始終有

教學課件當物塊B在木板C上向右滑動了0.2m，物塊A則向左滑動了0.4m，但A離木板C的左端還有d=0.6m.可見，物塊B先滑離木板C。

并且兩物體的相對位移△s=0.4m+0.2m=0.6m0.5m（彈簧的壓縮量），彈簧儲存的彈性勢能已全部釋放，由能量守恒定律有

由此求出物塊B滑離木板C時A物塊的速度為vA=4m/s 設此后A滑離木板C時，物體A的速度，木板C的速度，有動量守恒定律有由能量守恒有將d=0.6m及有關數(shù)據代入上兩式解得：

（

50、如圖所示，在光滑水平長直軌道上有線相連接，其中的質量為，、不合題意舍棄）

兩個絕緣體，它們之間有一根長為的輕質軟，為帶有電荷量為的正電荷。開始用外力把

與

不的質量為帶電，空間存在著方向水平向右的勻強電場，場強大小為并保持靜止，某時刻撤去外力，將有極短時間的相互作用，而后

靠在一起

開始向右運動，直到細線繃緊，當細線被繃緊時，兩物體開始運動，且細線再次松弛。已知

開始運動時的速度等于線剛繃緊前瞬間的速度的。設整個過程中，的電荷量都保持不變。問

（1）細線第一次繃緊前瞬間（2）從的速度多大？

與

是否會相碰？

間開始運動后到細線第二次被繃緊前的過程中，（3）如果能相碰，的位移和相碰前瞬間、的速度各是多少？如果不能相碰，和的位移多大？，的最短距離是多少？細線第二次被繃緊的瞬間答案

（1）設細線第一次繃緊前瞬間的速度為

教學課件由動能定理得的速度為，的速度為，因細線繃緊過程所用時間（2）設細線第一次繃緊后的瞬間極短，電場力的沖量

極小，可以忽略不計，根據動量守恒定律有

且有，解得

負號表示速度的方向水平向左

令第一次繃緊后的速度為A

（3）兩者速度相同時，此后再運動繃緊：

解得：

教學課件

又回到第一次繃緊的位置歷時

不會相碰

第四篇：高考物理復習動量守恒定律10個模型最新模擬題訓練

004km.cn

動量守恒的十種模型精選訓練

動量守恒定律是自然界中最普遍、最基本的規(guī)律之一，它不僅適用于宏觀、低速領域，而且適用于微觀、高速領域。通過對最新高考題和模擬題研究，可歸納出命題的十種模型。

一．碰撞模型

【模型解讀】碰撞的特點是：在碰撞的瞬間，相互作用力很大，作用時間很短，作用瞬間位移為零，碰撞前后系統(tǒng)的動量守恒。無機械能損失的彈性碰撞，碰撞后系統(tǒng)的動能之和等于碰撞前系統(tǒng)動能之和，碰撞后合為一體的完全非彈性碰撞，機械能損失最大。

例1.如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質量為m，B、C的質量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。

針對訓練題

1．如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質量為m，b的質量為m。兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同。現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動。此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件。

2．如圖所示，在水平光滑直導軌上，靜止著三個質量為m＝1

kg的相同的小球A、B、C?，F(xiàn)讓A球以v0＝2

m/s的速度向B球運動，A、B兩球碰撞后粘在一起繼續(xù)向右運動并與C球碰撞，C球的最終速度vC＝1

m/s。問：

3．如圖，小球a、b用等長細線懸掛于同一固定點O.讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細線水平．從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大偏角為60°.忽略空氣阻力，求：

4.水平光滑軌道AB與半徑為R=2m豎直面內的光滑圓弧軌道平滑相接，質量為m=0.2kg的小球從圖示位置C(C點與圓弧圓心的連線與豎直方向的夾角為60°)自靜止開始滑下，與放在圓弧末端B點的質量為M=13kg的物體M相碰時，每次碰撞后反彈速率都是碰撞前速率的11/12，設AB足夠長，則m與M能夠發(fā)生多少次碰撞？

5.如圖所示，質量均為M=lkg的A、B小車放在光滑水平地面上，A車上用輕質細線懸掛質量m=0.5kg的小球。B車處于靜止狀態(tài)，A車以v0=2m/s的速度向右運動，兩車相撞后粘在一起向右運動。求：

6.如圖所示,在光滑的水平面上靜止著一個質量為4m的木板B,B的左端靜止著一個質量為2m的物塊A,已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ,現(xiàn)有質量為m的小球以水平速度v0。飛來與A物塊碰撞后立即以大小為v0的速率彈回,在整個過程中物塊A始終未滑離木板B,且物塊A可視為質點,求：

①相對B靜止后的速度；

②木板B至少多長?

7.在足夠長的光滑水平面上有一個寬度為L的矩形區(qū)域，只要物體在此區(qū)域內就會受到水平向右的恒力F的作用。兩個可視為質點的小球如圖所示放置，B球靜止于區(qū)域的右邊界，現(xiàn)將A球從區(qū)域的左邊界由靜止釋放，A球向右加速運動，在右邊界處與B球碰撞（碰撞時間極短）。若兩球只發(fā)生一次碰撞，且最終兩球的距離保持不變，求

二．爆炸模型

【模型解讀】爆炸是在極短時間內完成的，爆炸時物體之間的相互作用力遠遠大于系統(tǒng)所受外力，系統(tǒng)動量守恒。在爆炸過程中，由于有其它形式的能量（炸藥的化學能）轉化為機械能，爆炸過程中系統(tǒng)動能一定增加。

例2．如圖所示，水平面上OM正中間有質量分別為2m、m的兩物塊B、C（中間粘有炸藥），現(xiàn)點燃炸藥，B、C被水平彈開，物塊C運動到O點時與剛好到達該點速度為v0的小物塊A發(fā)生迎面正碰，碰后兩者結合為一體向左滑動并剛好在M點與B相碰，不計一切摩擦，三物塊均可視為質點，重力加速度為g=10m/s2，求炸藥點燃后釋放的能量E．

針對訓練題

1.一置于桌面上質量為M的玩具炮，水平發(fā)射質量為m的炮彈．炮可在水平方向自由移動．當炮身上未放置其它重物時，炮彈可擊中水平地面上的目標A；當炮身上固定一質量為M0的重物時，在原發(fā)射位置沿同一方向發(fā)射的炮彈可擊中水平地面上的目標B．炮口離水平地面的高度為h．如果兩次發(fā)射時

“火藥”提供的機械能相等，求B、A兩目標與炮彈發(fā)射點之間的水平距離之比。

2.有一炮豎直向上發(fā)射炮彈,炮彈的質量為M=6.0kg(內含炸藥的質量可以忽略不計),射出時的初速度v0=60m/s。當炮彈到達最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片,其中一片質量為m=4.0kg?，F(xiàn)要求這一片不能落到以發(fā)射點為圓心、以R=600m為半徑的圓周范圍內,則剛爆炸完時兩彈片的總動能至少多大？(,忽略空氣阻力)

3從地面豎直向上發(fā)射一枚禮花彈，當上升速度為30

m／s時，距地面高度為150

m，恰好此時禮花彈炸開，分裂成質量相等的兩部分，其中一部分經5

s落回發(fā)射點，求：

（1）另一部分炸開時的速度.(2)

另一部分落點位置和落回地面的時間。

4.如圖所示，在光滑水平面上，有一長L=2m的木板C，它的兩端各有一塊擋板，C的質量mC＝5kg，在C的正中央并排放著兩個可視為質點的物塊A和B，質量分別是mA＝1kg，mB＝4kg，開始時A、B、C都靜止，A、B間夾有少量的塑膠炸藥，由于炸藥爆炸，使得A以6m／s的速度水平向左滑動，如果C的上表面光滑，物塊與擋板相碰后都粘合在擋板上，求：

5如圖所示，一條軌道固定在豎直平面內，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O為圓心、R為半徑的一小段圓弧?？梢暈橘|點的物塊A和B緊靠在一起，靜止于b處，A的質量是B的3倍。兩物塊在足夠大的內力作用下突然分離，分別向左、右始終沿軌道運動。B到d點時速度沿水平方向，此時軌道對B的支持力大小等于B所受重力的，A與ab段的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度g，求：

8.（10分）如圖所示，AB為光滑的斜面軌道，通過一小段光滑圓弧與光滑水平軌道BC相連接，小球乙靜止于水平軌道上。一個質量大于小球乙的小球甲以水平速度v0與乙球發(fā)生彈性正碰，碰后乙球沿水平軌道滑向斜面軌道AB。求：在甲、乙發(fā)生第二次碰撞之前，乙球在斜面上能達到最大高度的范圍（設斜面軌道足夠長，重力加速度為g）。

三．反沖模型

【模型解讀】物體的不同部分在內力作用下向相反方向的運動，稱為反沖。反沖的特點是物體間相互作用的內力大，在外力遠遠小于內力情況下，可以認為動量守恒。常見的反沖現(xiàn)象有：噴氣式飛機的運動，火箭的運動，放射性元素的衰變等。

例3.一個連同裝備總質量為M=100kg的宇航員，在距離飛船x=45m處與飛船處于相對靜止狀態(tài)，宇航員背著裝有質量為m0=0.5

kg氧氣的貯氣筒。筒上裝有可以使氧氣以v=50

m/s的速度噴出的噴嘴，宇航員必須向著返回飛船的相反方向放出氧氣，才能回到飛船，同時又必須保留一部分氧氣供途中呼吸用，宇航員的耗氧率為Q=2.5×10-4

kg/s，不考慮噴出氧氣對設備及宇航員總質量的影響，則：

(1)瞬時噴出多少氧氣，宇航員才能安全返回飛船？

(2)為了使總耗氧量最低，應一次噴出多少氧氣？返回時間又是多少？

針對訓練題

一．選擇題

1．運送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是()

A．燃料燃燒推動空氣，空氣反作用力推動火箭

B．火箭發(fā)動機將燃料燃燒產生的氣體向后排出，氣體的反作用力推動火箭

C．火箭吸入空氣，然后向后排出，空氣對火箭的反作用力推動火箭

D．火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭

2．靜止的實驗火箭，總質量為M，當它以對地速度為v0噴出質量為Δm的高溫氣體后，火箭的速度為()

A.B．－

C.D．－

3．一小型火箭在高空繞地球做勻速圓周運動，若其沿運動方向的相反方向射出一物體P，不計空氣阻力，則()

A．火箭一定離開原來軌道運動

B．P一定離開原來軌道運動

C．火箭運動半徑可能不變

D．P運動半徑一定減小

【名師解析】：火箭射出物體P后，由反沖原理火箭速度變大，所需向心力變大，從而做離心運動離開原來軌道，半徑增大A項對，C項錯；P的速率可能減小，可能不變，可能增大，運動也存在多種可能性，所以B、D錯。

4．一裝有柴油的船靜止于水平面上，船前艙進水，堵住漏洞后用一水泵把前艙的油抽往后艙，如圖所示。不計水的阻力，船的運動情況是

A．向前運動

B．向后運動

C．靜止

D．無法判斷

二．計算題

1．一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200

g的氣體，噴出的氣體相對地面的速度v＝1

000

m/s。設此火箭初始質量M＝300

kg，發(fā)動機每秒噴氣20次，在不考慮地球引力及空氣阻力的情況下，火箭發(fā)動機1

s末的速度是多大？

2．如圖所示，3.課外科技小組制作了一只水火箭，用壓縮空氣壓出水流使火箭運動。用壓縮空氣壓出水流使火箭運動。假如噴出的水流流量保持為2×10-4m3/s，噴出速度保持為對地10

m/s。啟動前火箭總質量為1.4kg，則啟動2s末火箭的速度可以達到多少？已知火箭沿水平軌道運動阻力不計，水的密度是103kg/m3。

4平板車停在水平光滑的軌道上，平板車上有一人從固定在車上的貨廂邊沿水平方向順著軌道方向跳出，落在平板車上的A點，距貨廂水平距離為l=4

m，如圖所示。人的質量為m，車連同貨廂的質量為M=4

m，貨廂高度為h=1.25

m(g取10

m/s2)。求：

5.連同炮彈在內的炮車停放在水平地面上，炮車質量為M,炮膛中炮彈質量為m,炮車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ,炮筒的仰角為α,設炮彈以相對于炮筒的速度v0射出,那么炮車在地面上后退多遠?

四．子彈打木塊模型

【模型解讀】若木塊不固定，子彈打木塊過程中，子彈與木塊的作用力遠大于木塊所受阻力，系統(tǒng)動量守恒。子彈打木塊過程中，子彈和木塊的位移不同，二者相互作用，導致系統(tǒng)機械能減小，減小的機械能轉化為內能。對于子彈打木塊問題，若計算相互作用前后的速度，可利用動量守恒定律列方程解答；若涉及相互作用的時間，一般需要利用動量定理列方程解答；若涉及子彈打入木塊的深度，一般需要分別對子彈和木塊分別運用動量定理列方程解答。

例4

.如圖所示，在光滑水平地面上的木塊M緊挨輕彈簧靠墻放置。子彈m以速度v0沿水平方向射入木塊并在極短時間內相對于木塊靜止下來，然后木塊壓縮勁度系數(shù)未知彈簧至彈簧最短．已知子彈質量為m，木塊質量是子彈質量的9倍，即M=9m；彈簧最短時彈簧被壓縮了△x；勁度系數(shù)為k、形變量為x的彈簧的彈性勢能可表示為Ep=kx2。求：

針對訓練題

1（8分）（2016高考海南物理）如圖，物塊A通過一不可伸長的輕繩懸掛在天花板下，初始時靜止；從發(fā)射器（圖中未畫出）射出的物塊B沿水平方向與A相撞，碰撞后兩者粘連在一起運動，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由傳感器（圖中未畫出）測得。某同學以h為縱坐標，v2為橫坐標，利用實驗數(shù)據作直線擬合，求得該直線的斜率為k=1.92

×10-3s2/m。已知物塊A和B的質量分別為mA=0.400kg和mB=0.100kg，重力加速度大小g=9.8m/s2。

2如圖所示，在固定的光滑水平桿上，套有一個質量為m=0.5kg的光滑金屬圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著一個質量為M=1.98kg的木塊，現(xiàn)有一質量為m0=20g的子彈以v0=100m/s的水平速度射入木塊并留在木塊中（不計空氣阻力和子彈與木塊作用的時間，g取10m/s2）

求：

3.如圖所示，兩物塊A、B并排靜置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，兩物塊的質量均為M=0.60kg。一顆質量m=0.10kg的子彈C以v0=100m/s的水平速度從左面射入A物塊，子彈射穿A后接著射入B并留在B中，此時A、B都沒有離開桌面。已知物塊A的長度為0.27m，A離開桌面后，落地點到桌邊的水平距離s=2.0m。設子彈在物塊A、B

中穿行時受到的阻力保持不變，g取10m/s2。求：

4如圖所示，質量為mB=2kg的平板車B上表面水平，開始時靜止在光滑水平面上，在平板車左端靜止著一塊質量為mA=2kg的物體A，一顆質量為m0=0.01kg的子彈以υ0=600m/s的水平初速度瞬間射穿A后，速度變?yōu)棣?=100m/s，已知A、B之間的動摩擦因數(shù)不為零，且A與B最終達到相對靜止．

5.如圖，一質量為M的物快靜止在桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h。一質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度v0/2射出。重力加速度為g。

6.裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊．通過對一下簡化模型的計算可以粗略說明其原因．質量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上．質量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿．現(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質量均為m的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示．若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度．設子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞不計重力影響．

五．人船模型

【模型解讀】人在船上靜止在水面，人在船上行走，船后退，若人船系統(tǒng)所受的合外力為零（不考慮船運動所受水的阻力），則人船系統(tǒng)動量守恒。由m1v1=m2v2，解得：=.。對于相互作用的整個過程，有=.。兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若系統(tǒng)所受的合外力為零，都可視為人船模型。解答時，可畫出兩個物體位移關系圖，確定兩個物體的位移關系。

“人船模型”是動量守恒定律的拓展應用，它把速度和質量的關系推廣到質量和位移的關系，這樣給我們提供了一種解題思路和解決問題的方法。人船問題的適用條件是：兩個物體組成的系統(tǒng)(當有多個物體組成系統(tǒng)時，可以先轉化為兩個物體組成的系統(tǒng))動量守恒，系統(tǒng)的合動量為零。

這種模型中涉及兩種題型，一種題型是求解某物體在相互作用過程中通過的位移，此題型中需根據動量守恒、位移關系得到兩個關系求解，如在圖中，人從船頭走到船尾時由動量守恒可得：

再由圖中幾何關系有

可得人船的位移分別為

另一種題型是求某一時刻物體的速度，這種題型是先要由動量守恒求得兩物體的一個速度關系，再由能量守恒得到兩物體的另一個速度關系，從而求得物體的瞬時速度(或與瞬時速度相關的物理量)。

例5.如圖所示，質量為m、半徑為r的小球，放在內半徑為R，質量為M=3m的大空心球內，大球開始靜止在光滑水平面上，當小球由圖中位置無初速度釋放后沿內壁滾到最低點時，大球移動的距離為（）

【點評】對于人船模型問題，畫出示意圖可清晰兩物體之間的位移關系。

針對訓練題

1．氣球質量為200

kg，載有質量為50

kg的人，靜止在空氣中距地面20

m高的地方，氣球下方懸一根質量可忽略不計的繩子，此人想從氣球上沿繩慢慢下滑至地面，為了安全到達地面，則這繩長至少應為多長？(不計人的高度)

2質量為m的人站在質量為M、長度為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？

3．質量為m的木塊和質量為M的鐵塊用細繩系在一起處于深水中靜止。剪斷細繩，木塊上浮，鐵塊下沉。當木塊上浮距離h時（還沒有露出水面），鐵塊下沉的距離是多少？

4.如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平地面上，車上裝有半徑為R的半圓形光滑軌道，現(xiàn)將質量為m的小球在軌道的邊緣由靜止釋放，當小球滑至半圓軌道的最低位置時，小車移動的距離為多少？小球的速度大小為多少？

六．彈簧連接體模型

【模型解讀】兩個物體在相對運動過程中通過彈簧發(fā)生相互作用，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。

例6..如圖所示，A、B兩物體的中間用一段細繩相連并有一壓縮的彈簧，放在平板小車C上后，A、B、C均處于靜止狀態(tài)。若地面光滑，則在細繩被剪斷后，A、B從C上未滑離之前，A、B在C上向相反方向滑動的過程中

針對訓練題

1.在相互平行且足夠長的兩根水平光滑的硬桿上，穿著三個半徑相同的剛性球A、B、C，三球的質量分別為mA=1kg、mB=2kg、mC=6kg，初狀態(tài)BC球之間連著一根輕質彈簧并處于靜止，B、C連線與桿垂直并且彈簧剛好處于原長狀態(tài)，A球以v0=9m/s的速度向左運動，與同一桿上的B球發(fā)生完全非彈性碰撞（碰撞時間極短），求：

2.如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA=4.0kg和mB=3.0kg.用輕彈簧栓接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸.另有一物塊C從t=0時以一定速度向右運動，在t=4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖象如圖乙所示.求：

3.光滑水平面上放著質量mA

＝1

kg的物塊A與質量為mB

＝2

kg的物塊B，A與B均可視為質點，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧（彈簧與A、B均不拴接），用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能為Ep＝

J．在A、B間系一輕質細繩，細繩長度大于彈簧的自然長度，如圖所示．放手后B向右運動，繩在短暫時間內被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R＝0.5

m，B恰能運動到最高點C．取g＝10

m/s2，求：

如圖所示，在光滑水平地面上，有一質量為m1=4.0kg的平板小車，小車的右端有一固定的豎直擋板，擋板上固定一輕質細彈簧。位于小車上A點處質量m2＝1.0kg的木塊(可視為質點)與彈簧的左端相接觸但不連接，此時彈簧與木塊間無相互作用力。木塊與A點左側的車面之間的動摩擦因數(shù)μ＝

0.40，木塊與A點右側的車面之間的摩擦可忽略不計?，F(xiàn)小車與木塊一起以v0＝

2.0m/s的初速度向右運動，小車將與其右側的豎直墻壁發(fā)生碰撞，已知碰撞時間極短，碰撞后小車以v

1＝

1.0m/s的速度反向彈回，已知重力加速度g取10m/s2，彈簧始終處于彈性限度內。求:

如圖所示，在光滑水平地面上有一固定的擋板，擋板上固定一個輕彈簧．現(xiàn)有一質量M=3kg，長L=4m的小車AB(其中O為小車的中點，AO部分粗糙，OB部分光滑)，一質量為m=1kg的小物塊(可視為質點)，放在車的最左端，車和小物塊一起以v0=4m/s的速度在水平面上向右勻速運動，車撞到擋板后瞬間速度變?yōu)榱?，但未與擋板粘連．已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度，彈簧始終處于彈性限度內，小物塊與車AO部分之間的動摩擦因數(shù)為μ0.3，重力加速度g=10m/s2．求：

七．物快木板疊放體模型

【模型解讀】木板放在光滑水平面上，物快在木板上運動，相互作用的是摩擦力，系統(tǒng)動量守恒。物快在木板上相對運動過程中，摩擦生熱，產生熱量Q=fs，式中s為二者相對運動路程。

例7.如圖所示，平板車P的質量為M，小物快Q的質量為m，大小不計，位于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平地面上．一不可伸長的輕質細繩長為R，一端懸于Q的正上方高為R處，另一端系一質量也為m的小球(大小不計)．今將小球拉至懸線與豎直位置成60°角，由靜止釋放，小球到達最低點時與Q碰撞的時間極短，且無能量損失，已知Q離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍，Q與P之間的動摩擦因數(shù)為μ，M：m=4：1，重力加速度為g．求：

針對訓練題

1.【黑龍江省牡丹江市第一中學2017屆高三上學期開學摸底考試物理試題】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移1.5s后相對小車靜止。求：

一質量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接?，F(xiàn)有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求：

3.如圖所示，在光滑水平面上有木塊A和B，mA=0.5kg，mB=0.4kg，它們的上表面是粗糙的。今有一鐵塊C，mC=0.1kg，以初速度v0＝10m/s沿兩木塊表面滑過，最后停止B上，此時B、C以共同速度v＝1.5m/s運動，求：

4.如圖所示,在光滑的水平面上靜止著一個質量為4m的木板B,B的左端靜止著一個質量為2m的物塊A,已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ,現(xiàn)有質量為m的小球以水平速度v0。飛來與A物塊碰撞后立即以大小為v0的速率彈回,在整個過程中物塊A始終未滑離木板B,且物塊A可視為質點,求：

①相對B靜止后的速度；

②木板B至少多長?

5.質量m1=1kg的木板放在光滑水平地面上，質量m2=0.2kg的木塊置于木板的右端，木板與木塊之間的動摩擦因數(shù)μ=0.3.某時刻二者同時開始運動，木板的初速度v01=3m/s，水平向右；木塊的初速度v02=1m/s，水平向左；如圖所示。已知重力加速度g=10m/s2，小木塊可視為質點。求：

6．如圖所示是固定在水平地面上的橫截面為“”形的光滑長直導軌槽，槽口向上（圖為俯視圖）．槽內放置一個木質滑塊，滑塊的左半部是半徑為R的半圓柱形光滑凹槽，木質滑塊的寬度為2R，比“”形槽的寬度略?。F(xiàn)有半徑r（r＜＜R）的金屬小球以水平初速度v0=4m/s沖向滑塊，從滑塊的一側半圓形槽口邊緣進入．已知金屬小球的質量為m=1kg，木質滑塊的質量為M=3kg，整個運動過程中無機械能損失．求：

7.如圖，用兩根等長的細線分別懸掛兩個彈性球A、B，球A的質量為2m，球B的質量為9m，一顆質量為m的子彈以速度vo水平射入球A，并留在其中，子彈與球A作用時間極短；設A、B兩球作用為對心彈性碰撞．求：

動量守恒的十種模型精選訓練8

八．多次碰撞模型

【模型解讀】若放在光滑水平面上的凹槽中的物體以某一速度與其碰撞，則會發(fā)生多次碰撞。對于發(fā)生多次碰撞的系統(tǒng)，若只需計算二者相對靜止時的速度，則可根據初末狀態(tài)利用動量守恒定律列方程解得。

例8.在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物塊B，物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖所示，L為1.0m，凹槽與物塊的質量均為m，兩者之間的動摩擦因數(shù)μ為0.05，開始時物塊靜止，凹槽以v0＝5m/s初速度向右運動，設物塊與凹槽槽壁碰撞過程中沒有能量損失，且碰撞時間不計。g取10m/s2。求：

針對訓練題

1．如圖所示，在水平光滑直導軌上，靜止著三個質量為m＝1

kg的相同的小球A、B、C。現(xiàn)讓A球以v0＝2

m/s的速度向B球運動，A、B兩球碰撞后粘在一起繼續(xù)向右運動并與C球碰撞，C球的最終速度vC＝1

m/s。問：

2.水平光滑軌道AB與半徑為R=2m豎直面內的光滑圓弧軌道平滑相接，質量為m=0.2kg的小球從圖示位置C(C點與圓弧圓心的連線與豎直方向的夾角為60°)自靜止開始滑下，與放在圓弧末端B點的質量為M=13kg的物體M相碰時，每次碰撞后反彈速率都是碰撞前速率的11/12，設AB足夠長，則m與M能夠發(fā)生多少次碰撞？

3.甲乙兩車總質量（包括人、車及砂袋）均為500kg，在光滑水平面上沿同一直線相向而行，兩車速度大小分別為v甲=3.8m/s，v乙=1.8m/s，為了不相撞，甲車上的人將編號分別為1、2、3···n，質量分別為1kg、2kg、3kg······nkg的砂袋依次均為20m/s相對地的速度水平拋入乙車，試求：

（1）第幾號砂袋投入乙車后，乙車速度為零？

（2）至少第幾號砂袋投入乙車后，若兩車尚未相碰，則不會相撞？

46．如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質量為，B、C的質量都為，三者都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求和之間滿足什么條件才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。

4.雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結合為一體，其質量逐漸增大?，F(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始質量為m0，初速度為v0，下降距離l后與靜止的小水珠碰撞且合并，質量變?yōu)閙1。此后每經過同樣的距離l后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質量依次變?yōu)閙2、m3……mn……（設各質量為已知量）。不計空氣阻力。

（1）若不計重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn′；

（2）若考慮重力的影響，a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和vn′；

b.求第n次碰撞后雨滴的動能

vn′2；

5如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質量為，B、C的質量都為，三者都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求和之間滿足什么條件才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。

動量守恒的十種模型精選訓練9

九．臨界模型

例9．如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3

m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3

m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質量為m1＝30

kg，冰塊的質量為m2＝10

kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10

m/s2。

針對訓練題

1.甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他的冰車質量共為M=30kg，乙和他的冰車質量也是30

kg，游戲時，甲推著一個質量為m=15

kg的箱子，和他一起以大小為v0=2.0

m/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：

(1)甲至少要以多大的速度（相對地面）將箱子推出，才能避免與乙相撞？

(2)甲推出箱子時對箱子做了多少功？

2.在光滑的冰面上靜止放置一截面為四分之一圓弧的半徑足夠大的光滑的自由曲面，一個坐在冰車上的小孩手扶一小球靜止在冰面上．某時刻小孩將小球以v0=2m/s的速度向曲面推出（如圖所示）．

3.如圖所示，4.如圖所示，甲車質量m1=20kg，車上有質量M=50kg的人，甲車（連同車上的人）從足夠長的斜坡上高h=0.45m由靜止滑下，到水平面上后繼續(xù)向前滑動。此時質量m2=50kg的乙車正以v0=1.8m/s的速度迎面滑來，為了避免兩車相撞，當兩車相距適當距離時，人從甲車跳到乙車上，求人跳出甲車的水平速度（相對地面）應在什么范圍以內？不計地面和斜坡的摩擦，取g=10m/s2。

5.人和冰車的總質量為M，另一木球質量為m，且M∶m＝31∶2．人坐在靜止于水平冰面的冰車上，以速度v(相對地面)將原來靜止的木球沿冰面推向正前方向的固定擋板，不計一切摩擦阻力，設小球與擋板的碰撞是彈性的，人接住球后，再以同樣的速度v(相對地面)將球推向擋板．求人推多少次后不能再接到球？

6.如圖所示，動量守恒的十種模型精選訓練10

十．多體作用模型

【模型解讀】所謂多體作用模型是指系統(tǒng)中多個物體，相互作用，滿足系統(tǒng)動量守恒定律。

例10.列車載重時簡單地直接啟動有困難，司機常常先倒車再啟動前進。在平直軌道上機車起動時的牽引力為F，機車后面掛接有49節(jié)車廂，設機車與每節(jié)車廂的質量都為m，機車和每節(jié)車廂所受的阻力都為自身重力的k倍，倒車后各節(jié)車廂間掛鉤所留間隙為d，倒車掛鉤位置和列車前進時掛鉤位置如圖所示。列車在平直軌道上啟動，求：

針對訓練題

1.在光滑水平面上有n個完全相同的小物快（可看作質點）沿一直線排列，相鄰兩物快間距均為s，開始物塊1以初速度v0向物塊2運動，碰撞后粘在一起，又向物塊3運動，碰撞后粘在一起，······，如此進行碰撞。

（1）最后物塊n的速度vn多大？

（2）從物塊1開始運動計時，到物塊n剛開始運動，經歷多長時間？每次碰撞所用時間不計。

2．一個質量為M的雪橇靜止在水平雪地上，一條質量為m的因紐特狗站在該雪橇上，狗向雪橇的正后方跳下，隨后又追趕并向前跳上雪橇；其后狗又反復地跳下、追趕并跳上雪橇。狗與雪橇始終沿一條直線運動。若狗跳離雪橇時雪橇的速度為v，則此時狗相對于地面的速度為v＋v′(其中v′為狗相對于雪橇的速度，v＋v′為代數(shù)和，若以雪橇運動的方向為正方向，則v為正值，v′為負值)。設狗總以速度v＋v′追趕和跳上雪橇，雪橇與雪地間的摩擦忽略不計。已知v的大小為5

m/s，v′的大小為4

m/s，M＝30

kg，m＝10

kg。

(1)求狗第一次跳上雪橇后兩者的共同速度的大小。

(2)求雪橇最終速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次數(shù)。

(供使用但不一定用到的對數(shù)值：lg2＝0.301，lg3＝0.477)

3.如圖所示，4.如圖所示，兩端帶有固定薄擋板的滑板C長為l，質量為，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，其光滑上表面上靜置著質量分別為m、的物塊，A、B，A位于C的中點，現(xiàn)使B以水平速度2v向右運動，與擋板碰撞并瞬間粘連，不再分開，A、B可看做質點，物塊A與B、C的碰撞都可視為彈性碰撞。已知重力加速度為g，求：

5.（10分）如圖，在光滑水平面上，有A、B、C三個物體，開始BC皆靜止且C在B上，A物體以v0=10m/s撞向B物體，已知碰撞時間極短，撞完后A靜止不動，而B、C最終的共同速度為4m/s．已知B、C兩物體的質量分別為mB=4kg、mC=1kg，試求：

6．如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質量為，B、C的質量都為，三者都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求和之間滿足什么條件才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。

7.雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結合為一體，其質量逐漸增大。現(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始質量為m0，初速度為v0，下降距離l后與靜止的小水珠碰撞且合并，質量變?yōu)閙1。此后每經過同樣的距離l后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質量依次變?yōu)閙2、m3……mn……（設各質量為已知量）。不計空氣阻力。

（1）若不計重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn′；

（2）若考慮重力的影響，a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和vn′；

b.求第n次碰撞后雨滴的動能

vn′2；

動量守恒的十種模型精選訓練

一．碰撞模型

例1.如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質量為m，B、C的質量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。

如果m＞M，第一次碰撞后A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后A停止，C以A的速度向右運動，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m＜M的情況。

第一次碰撞后，A反向運動與B發(fā)生碰撞后，A的速度vA2，B的速度vB1，同理

vA2＝

vA1=

A只與B、C各發(fā)生一次碰撞時有，vA2≤vC1

解得m2＋4mM－M2≥0……（６）

即m≥（－2）M，舍棄m≤－（－2）M）

則（－2）M≤m＜M。

【點評】解答時需要對m>M,m>M，m>M的情況進行討論，得出可能的情況。對于彈性碰撞問題，需要運用動量守恒定律和機械能守恒定律列出相關方程聯(lián)立解得。對于三體各發(fā)生一次碰撞，要通過分析得出兩個物體碰撞后，兩物體速度需要滿足的條件。

針對訓練題

【名師解析】　設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應有

mv>μmgl

①

即μ<。

②

設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1。由能量守恒定律得

mv＝mv＋μmgl

③

設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動量守恒和能量守恒有

mv1＝mv1′＋mv2′

④

mv＝mv1′2＋·mv2′2

⑤

聯(lián)立④⑤式解得

v2′＝v1

⑥

由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關系可知

·mv2′2≤μ·gl

⑦

聯(lián)立③⑥⑦式，可得μ≥

⑧

聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生碰撞、但沒有與墻發(fā)生碰撞的條件

≤μ<。

2．如圖所示，在水平光滑直導軌上，靜止著三個質量為m＝1

kg的相同的小球A、B、C?，F(xiàn)讓A球以v0＝2

m/s的速度向B球運動，A、B兩球碰撞后粘在一起繼續(xù)向右運動并與C球碰撞，C球的最終速度vC＝1

m/s。問：

【名師解析】(1)設球b的質量為m2，細線長為L，球b下落至最低點，但未與球a相碰時的速率為v，由機械能守恒定律得

m2gL＝m2v2

①

式中g為重力加速度的大?。O球a的質量為m1，在兩球碰后的瞬間，兩球的共同速度為v′，以向左為正方向，由動量守恒定律得

m2v＝(m1＋m2)v′

②

設兩球共同向左運動到最高處時，細線與豎直方向的夾角為θ，由機械能守恒定律得

(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cosθ)

③

聯(lián)立①②③式得＝－1

④

代入題給數(shù)據得＝－1.⑤

(2)兩球在碰撞過程中的機械能損失為

Q＝m2gL－(m1＋m2)gL

(1－cosθ)

⑥

聯(lián)立①⑥式，Q與碰前球b的最大動能Ek(Ek＝m2v2)之比為

＝1－(1－cosθ)

⑦

聯(lián)立⑤⑦式，并代入題給數(shù)據得＝1－.⑧

5.（2016山西三模）如圖所示，質量均為M=lkg的A、B小車放在光滑水平地面上，A車上用輕質細線懸掛質量m=0.5kg的小球。B車處于靜止狀態(tài)，A車以v0=2m/s的速度向右運動，兩車相撞后粘在一起向右運動。求：

(i)兩車相碰撞過程中損失的機械能；

(ii)當小球向右擺到最大髙度時,兩小車的速度

及小球的最大高度值。

6.(2017長春質檢)如圖所示,在光滑的水平面上靜止著一個質量為4m的木板B,B的左端靜止著一個質量為2m的物塊A,已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ,現(xiàn)有質量為m的小球以水平速度v0。飛來與A物塊碰撞后立即以大小為v0的速率彈回,在整個過程中物塊A始終未滑離木板B,且物塊A可視為質點,求：

①相對B靜止后的速度；

②木板B至少多長?

②設A在B上滑過的距離為L，由能的轉化和守恒定律得

2μmgL=2mv12-

(2m+4m)

v22

解得：

L=。

7.（10分）（2016東北四市模擬）在足夠長的光滑水平面上有一個寬度為L的矩形區(qū)域，只要物體在此區(qū)域內就會受到水平向右的恒力F的作用。兩個可視為質點的小球如圖所示放置，B球靜止于區(qū)域的右邊界，現(xiàn)將A球從區(qū)域的左邊界由靜止釋放，A球向右加速運動，在右邊界處與B球碰撞（碰撞時間極短）。若兩球只發(fā)生一次碰撞，且最終兩球的距離保持不變，求

二．爆炸模型

【點評】凡是內力瞬時做功，使系統(tǒng)機械能瞬時增大的都可以歸納為爆炸模型。在“爆炸”過程中，動量守恒，內力瞬時做功等于系統(tǒng)增大的機械能。

針對訓練題

“火藥”提供的機械能相等，求B、A兩目標與炮彈發(fā)射點之間的水平距離之比。

【名師解析】：由動量守恒定律和能量守恒定律得：

解得：

炮彈射出后做平拋，有：

解得目標A距炮口的水平距離為：

同理，目標B距炮口的水平距離為：

解得：

本題考查反沖模型的動量守恒問題，炮彈射出后根據豎直上拋規(guī)律計算出初速度，再由射出過程中系統(tǒng)動量守恒可計算出相關速度和物理量

設炮彈止升到達最高點的高度為H,根據勻變速直線運動規(guī)律,有：

解得，=180m

設質量為M的彈片剛爆炸后，其中質量為m的一塊的速度為,另一塊的速度為,根據動量守恒定律,有：

設質量為的彈片運動的時間為,根據平拋運動規(guī)律,有：

解得，v=100m/s,V=200m/s

炮彈剛爆炸后,兩彈片的總動能

……1分

代入數(shù)值得………1分

從地面豎直向上發(fā)射一枚禮花彈，當上升速度為30

m／s時，距地面高度為150

m，恰好此時禮花彈炸開，分裂成質量相等的兩部分，其中一部分經5

s落回發(fā)射點，求：

（1）另一部分炸開時的速度.(2)

另一部分落點位置和落回地面的時間。

（2）另一部分做豎直上拋運動，落回到拋出點。

由-

h=v2t2-gt22，解得：t2=s。

舍棄負值，得t2=s。

（2）炸藥爆炸，A、B獲得的速度大小分別為vA、vB．以向左為正方向，有：

mAvA-mBvB=0，解得：vB=1.5m/s，方向向右

炸藥爆炸后，炸藥對A、B物體做的總功是

W=mAvA2-mBvB2=22.5J

(3)然后A向左運動，與擋板相撞并合成一體，共同速度大小為vAC，由動量守恒，有：

mAvA=（mA+mC）vAC，解得：vAC=1m/s

此過程持續(xù)的時間為：t1=

=1/6s。

此后，設經過t2時間B與擋板相撞并合成一體，則有：

L/2=vACt2+vB（t1+t2），解得：t2=0.3s

所以，板C的總位移為：xC=vACt2=0.3m，方向向左

答案：（1）板C的速度是0

（2）炸藥爆炸后，炸藥對A、B物體做的總功是22.5J。

（3）板C的位移大小是0.3m，方向向左．

如圖所示，一條軌道固定在豎直平面內，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O為圓心、R為半徑的一小段圓弧?？梢暈橘|點的物塊A和B緊靠在一起，靜止于b處，A的質量是B的3倍。兩物塊在足夠大的內力作用下突然分離，分別向左、右始終沿軌道運動。B到d點時速度沿水平方向，此時軌道對B的支持力大小等于B所受重力的，A與ab段的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度g，求：

（ii）碰撞過程中系統(tǒng)機械能損失：⑥

解得：

當M遠大于m時，當M=m時，（1分）

由乙球碰后，滑上斜面過程中機械能守恒得：

（2分）

解得：

所以有：

v0＜v2＜2v0

＜h＜

（2分）

三．反沖模型

例3.一個連同裝備總質量為M=100kg的宇航員，在距離飛船x=45m處與飛船處于相對靜止狀態(tài)，宇航員背著裝有質量為m0=0.5

kg氧氣的貯氣筒。筒上裝有可以使氧氣以v=50

kg/s，不考慮噴出氧氣對設備及宇航員總質量的影響，則：

(1)瞬時噴出多少氧氣，宇航員才能安全返回飛船？

(2)為了使總耗氧量最低，應一次噴出多少氧氣？返回時間又是多少？

【名師解析】

(1)由題述可知所求的噴出氧氣的質量m應有一個范圍，若m太小，宇航員獲得的速度也小，雖貯氣筒中剩余的氧氣較多，但由于返回飛船所用的時間太長，將無法滿足他途中呼吸所用，若m太大，宇航員獲得的速度雖然大了，而筒中氧氣太少，也無法滿足其呼吸作用，所以m對應的最小和最大兩個臨界值都應是氧氣恰好用完的情況，設瞬間噴氣m

kg時，宇航員恰能安全返回，根據動量守恒定律可得：

mv=MV

①

宇航員勻速返回的時間為

t=x/V

②

貯氣筒中氧氣的總質量：m0≥m+Qt

③

代入數(shù)據可得0.05

kg≤m≤0.45

(2)當總耗氧量最低時，宇航員安全返回，共消耗氧氣△m，則△m=m+Qt

④

由①②④可得

△m=+m=+m

當m

=，即m=0.15

kg時，△m有極小值，故總耗氧量最低時，應一次噴出m=0.15

kg的氧氣。

將m=0.15

kg代入①②兩式可解得返回時間：t=600

s。

【點評】若向前瞬時噴出微量氣體，根據動量定理，則受到一個向后的瞬時作用力，具有一個瞬時加速度，獲得一個速度后退。若向前持續(xù)噴出氣體，則速度一個向后的持續(xù)力，具有持續(xù)的加速度。

針對訓練題

一．選擇題

1．運送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是()

A．燃料燃燒推動空氣，空氣反作用力推動火箭

B．火箭發(fā)動機將燃料燃燒產生的氣體向后排出，氣體的反作用力推動火箭

C．火箭吸入空氣，然后向后排出，空氣對火箭的反作用力推動火箭

D．火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭

2．靜止的實驗火箭，總質量為M，當它以對地速度為v0噴出質量為Δm的高溫氣體后，火箭的速度為()

A.B．－

C.D．－

【名師解析】：取火箭及氣體為系統(tǒng)，則氣流在向外噴氣過程中滿足動量守恒定律，由動量守恒定律得0＝Δmv0＋(M－Δm)v

解得v＝－v0，所以B選項正確。

3．一小型火箭在高空繞地球做勻速圓周運動，若其沿運動方向的相反方向射出一物體P，不計空氣阻力，則()

A．火箭一定離開原來軌道運動

B．P一定離開原來軌道運動

C．火箭運動半徑可能不變

D．P運動半徑一定減小

4．一裝有柴油的船靜止于水平面上，船前艙進水，堵住漏洞后用一水泵把前艙的油抽往后艙，如圖所示。不計水的阻力，船的運動情況是

A．向前運動

B．向后運動

C．靜止

D．無法判斷

二．計算題

1．一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200

g的氣體，噴出的氣體相對地面的速度v＝1

000

m/s。設此火箭初始質量M＝300

kg，發(fā)動機每秒噴氣20次，在不考慮地球引力及空氣阻力的情況下，火箭發(fā)動機1

s末的速度是多大？

【名師解析】：以火箭和它在1

s內噴出的氣體為研究對象，系統(tǒng)動量守恒。設火箭1

s末的速度為v′，1

s內共噴出質量為20m的氣體，以火箭前進的方向為正方向。

由動量守恒定律得(M－20m)v′－20mv＝0，解得v′＝＝

m/s≈13.5

m/s。

答案：13.5

m/s

2．如圖5－4所示，一對雜技演員(都視為質點)蕩秋千(秋千繩處于水平位置)從A點由靜止出發(fā)繞O點下擺，當擺到最低點B時，女演員在極短時間內將男演員沿水平方向推出，然后自己剛好能回到高處A。求男演員落地點C與O點的水平距離x。已知男演員質量m1和女演員質量m2之比＝2，秋千的質量不計，秋千的擺長為R，C點比O點低5R。

3.課外科技小組制作了一只水火箭，用壓縮空氣壓出水流使火箭運動。用壓縮空氣壓出水流使火箭運動。假如噴出的水流流量保持為2×10-4m3/s，噴出速度保持為對地10

m/s。啟動前火箭總質量為1.4kg，則啟動2s末火箭的速度可以達到多少？已知火箭沿水平軌道運動阻力不計，水的密度是103kg/m3。

【名師解析】

“水火箭”噴出水流做反沖運動．設火箭原來總質量為M，噴出水流的流量為Q，水的密度為ρ，噴出水流的速度為v，火箭的反沖速度為v′，由動量守恒定律得

(M-ρQt)v’=ρQtv，火箭啟動2

s末的速度為

v′＝＝4

m/s。

平板車停在水平光滑的軌道上，平板車上有一人從固定在車上的貨廂邊沿水平方向順著軌道方向跳出，落在平板車上的A點，距貨廂水平距離為l=4

m，如圖所示。人的質量為m，車連同貨廂的質量為M=4

m，貨廂高度為h=1.25

m(g取10

m/s2)。求：

【名師解析】：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．，所以．

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，所以．

四．子彈打木塊模型

例4

（2）設彈簧的勁度系數(shù)為k，根據題述，彈簧最短時彈簧被壓縮了△x，其彈性勢能可表示為Ep=k(△x)2

木塊壓縮輕彈簧過程，由機械能守恒定律，(m+M)v2=Ep

解得：彈簧的勁度系數(shù)k=.【點評】此題涉及兩個模型，子彈打木塊模型和輕彈簧模型。子彈打木塊模型，一定有機械能損失，損失的機械能等于系統(tǒng)動能之差，也等于子彈所受阻力乘以子彈打入木塊的深度（若子彈從木塊穿出，則損失的機械能等于子彈所受阻力乘以木塊長度）。

針對訓練題

×10-3s2/m。已知物塊A和B的質量分別為mA=0.400kg和mB=0.100kg，重力加速度大小g=9.8m/s2。

【名師解析】

（2）（8分）

（i）設物塊A和B碰撞后共同運動的速度為,由動量守恒定律有

①

在碰撞后A和B共同上升的過程中，由機械能守恒定律有

②

聯(lián)立①②式得

③

由題意得

④

代入題給數(shù)據得

⑤

評分參考：第（i）問7分，①②式各2分，③④⑤式各1分；第（ii）問1分，⑦式1分。

如圖所示，在固定的光滑水平桿上，套有一個質量為m=0.5kg的光滑金屬圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著一個質量為M=1.98kg的木塊，現(xiàn)有一質量為m0=20g的子彈以v0=100m/s的水平速度射入木塊并留在木塊中（不計空氣阻力和子彈與木塊作用的時間，g取10m/s2）

求：

①子彈射入木塊過程，系統(tǒng)的動量守恒，取向右方向為正方向，根據動量守恒定律得：則有：m0v0=（m0+M）v

得：v=1m/s

機械能只在該過程有損失，損失的機械能為?△E=m0v02-

(m0+M)

v2?=99J

中穿行時受到的阻力保持不變，g取10m/s2。求：

(1)子彈射穿物塊A后，A以速度vA沿桌面水平向右勻速運動，離開桌面后做平拋運動

t=0.40s

A離開桌邊的速度

=5.0m/s

設子彈射入物塊B后，子彈與B的共同速度為vB，子彈與兩物塊作用過程系統(tǒng)動量守恒：

B離開桌邊的速度=10m/s

（2）設子彈離開A時的速度為，子彈與物塊A作用過程系統(tǒng)動量守恒：

解得：m/s

子彈在物塊B中穿行的過程中，由能量守恒

①

子彈在物塊A中穿行的過程中，由能量守恒

②

由①②解得m

本題考查動量守恒與能量守恒的應用，物塊A被子彈射穿后做平拋運動飛出桌面，由平拋運動規(guī)律可求得平拋運動的初速度及子彈射穿后木塊的速度，在子彈射穿木塊過程中系統(tǒng)動量守恒，子彈射進木塊B中，木塊B向右加速，使得A、B分離，如果以子彈、木塊A、B為一個系統(tǒng)，內力遠遠大于外力，系統(tǒng)動量始終守恒，初狀態(tài)為AB靜止，末狀態(tài)為子彈與B共速，列式可求得B的速度，再以子彈和木塊A為研究對象，動量守恒可求得子彈飛出后的速度，此時AB速度相同，再以子彈和B為一個系統(tǒng)，系統(tǒng)動能的減小量完全轉化為內能，系統(tǒng)的內能為阻力乘以相對距離及打進物體B的深度，由此可求解。

如圖所示，質量為mB=2kg的平板車B上表面水平，開始時靜止在光滑水平面上，在平板車左端靜止著一塊質量為mA=2kg的物體A，一顆質量為m0=0.01kg的子彈以υ0=600m/s的水平初速度瞬間射穿A后，速度變?yōu)棣?=100m/s，已知A、B之間的動摩擦因數(shù)不為零，且A與B最終達到相對靜止．

（1）

（2）對A、B組成的系統(tǒng)研究，根據動量守恒定律得：

mAvA=（mA+mB）v1

代入數(shù)據得：2×2.5=（2+2）v1

解得：v1=1.25m/s．

（3）對B，取向右方向為正，根據動量定理得：

μmBgt=mBv1

解得：μ=

=0.5。

（2）設物塊下落到地面所面時間為t，落地點距桌面邊緣的水平距離為s，則

⑤

s=Vt

⑥

由②⑤⑥得S=

⑦

【名師解析】

質量為m的子彈以某一速度V垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿且鋼板和子彈獲得速度為V，則由系統(tǒng)動量守恒和摩擦力做功等于系統(tǒng)動能的減少得：

mv=（m+2m）v…①

…②

質量為m的子彈以某一速度V垂直射穿第一塊鋼板，獲得速度V1，鋼板速度V2

則由系統(tǒng)動量守恒和摩擦力做功等于系統(tǒng)動能的減少

mv=mv1+mv2…③

…④

質量為m的子彈以速度V1垂直射向第二塊鋼板在第二塊鋼板中進入深度d，公共速度V3，則由系統(tǒng)動量守恒和摩擦力做功等于系統(tǒng)動能的減少

mv1=2mv3…⑤

…⑥

聯(lián)立以上六式化簡得

答：子彈射入第二塊鋼板的深度

五．人船模型

再由圖中幾何關系有

可得人船的位移分別為

【點評】對于人船模型問題，畫出示意圖可清晰兩物體之間的位移關系。

針對訓練題

1．氣球質量為200

kg，載有質量為50

kg的人，靜止在空氣中距地面20

【名師解析】(此題為豎直方向上的“人船模型”)

下滑過程人和氣球組成的系統(tǒng)總動量為零且守恒，以向下為正方向，設m1、m2分別為人和氣球的質量，v1、v2分別為人和氣球的平均速度大小，則

m1v1－m2v2＝0，m1x1－m2x2＝0，x1＝20

m，x2＝＝5

m，繩長l＝x1＋x2＝25

m。

答案：25

2．質量為m的人站在質量為M、長度為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？

把木塊和鐵塊看作一個系統(tǒng)，所受浮力與重力相等，在豎直方向合外力為零，滿足動量守恒定律?？梢暈樨Q直方向的人船模型，mh-MH=0，解得：H=mh/M。

六．彈簧連接體模型

【模型解讀】兩個物體在相對運動過程中通過彈簧發(fā)生相互作用，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。

【點評】此題涉及A、B、C三個物體，解答三體問題，正確選擇研究對象，明確外力和內力是關鍵。彈簧彈力對A、B組成的系統(tǒng)和A、B、C組成的系統(tǒng)都是內力；A、B與C之間的摩擦力對A、B組成的系統(tǒng)是外力，對A、B、C組成的系統(tǒng)是內力。

針對訓練題

1.【河北定州中學2016-2017學年第一學期高三物理周練試題（一）】在相互平行且足夠長的兩根水平光滑的硬桿上，穿著三個半徑相同的剛性球A、B、C，三球的質量分別為mA=1kg、mB=2kg、mC=6kg，初狀態(tài)BC球之間連著一根輕質彈簧并處于靜止，B、C連線與桿垂直并且彈簧剛好處于原長狀態(tài)，A球以v0=9m/s的速度向左運動，與同一桿上的B球發(fā)生完全非彈性碰撞（碰撞時間極短），求：

【參考答案】（1）；（2）；（3）零。

（1）A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，根據動量守恒定律有：

碰后A、B的共同速度

損失的機械能

考點：動量守恒定律的應用，彈性碰撞和完全非彈性碰撞。

【名師點睛】A、B發(fā)生彈性碰撞，碰撞的過程中動量守恒、機械能守恒，結合動量守恒定律和機械能守恒定律求出A球與B球碰撞中損耗的機械能．當B、C速度相等時，彈簧伸長量最大，彈性勢能最大，結合B、C在水平方向上動量守恒、能量守恒求出最大的彈性勢能．彈簧第一次恢復原長時，由系統(tǒng)的動量守恒和能量守恒結合解答

2.（2016貴陽花溪清華四模）如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA=4.0kg和mB=3.0kg.用輕彈簧栓接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸.另有一物塊C從t=0時以一定速度向右運動，在t=4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖象如圖乙所示.求：

③12s，B離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能守恒，且當A.C與B速度相等時，彈簧彈性勢能最大.得Ep=9J。

3.光滑水平面上放著質量mA

＝1

kg的物塊A與質量為mB

＝2

kg的物塊B，A與B均可視為質點，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧（彈簧與A、B均不拴接），用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能為Ep＝

m，B恰能運動到最高點C．取g＝10

m/s2，求：

⑵設彈簧恢復到自然長度時B的速度為v1，取水平向右為正方向，有

I＝mBvB－mBv1

解得：I＝－4

N·s，其大小為4N·s

⑶設繩斷后A的速度為vA，取水平向右為正方向，有

mBv1＝mBvB＋mAvA

解得：W＝8

J。

4.如圖所示，在光滑水平地面上，有一質量為m1=4.0kg的平板小車，小車的右端有一固定的豎直擋板，擋板上固定一輕質細彈簧。位于小車上A點處質量m2＝1.0kg的木塊(可視為質點)與彈簧的左端相接觸但不連接，此時彈簧與木塊間無相互作用力。木塊與A點左側的車面之間的動摩擦因數(shù)μ＝

0.40，木塊與A點右側的車面之間的摩擦可忽略不計。現(xiàn)小車與木塊一起以v0＝

2.0m/s的初速度向右運動，小車將與其右側的豎直墻壁發(fā)生碰撞，已知碰撞時間極短，碰撞后小車以v

1＝

1.0m/s的速度反向彈回，已知重力加速度g取10m/s2，彈簧始終處于彈性限度內。求:

(1)小車撞墻后彈簧的最大彈性勢能；

(2)要使木塊最終不從小車上滑落，則車面A點左側粗糙部分的長度應滿足什么條件?

（2）根據題意，木塊被彈簧彈出后滑到A點左側某處與小車具有相同的速度v’

時，木塊將不會從小車上滑落,此過程中，二者組成的系統(tǒng)動量守恒，故有v’

=v=0.40m/s，⑤

木塊在A點右側運動過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，而在A點左側相對滑動過程中將克服摩擦阻力做功，設此過程中滑行的最大相對位移為L，根據功能關系有

μm2gL=

m1v12+m2v02－（m1+m2）v’2，⑥

解得L=0.90m，⑦

即車面A點左側粗糙部分的長度應大于0.90m。

5.如圖所示，在光滑水平地面上有一固定的擋板，擋板上固定一個輕彈簧．現(xiàn)有一質量M=3kg，長L=4m的小車AB(其中O為小車的中點，AO部分粗糙，OB部分光滑)，一質量為m=1kg的小物塊(可視為質點)，放在車的最左端，車和小物塊一起以v0=4m/s的速度在水平面上向右勻速運動，車撞到擋板后瞬間速度變?yōu)榱?，但未與擋板粘連．已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度，彈簧始終處于彈性限度內，小物塊與車AO部分之間的動摩擦因數(shù)為μ0.3，重力加速度g=10m/s2．求：

（2）設小物塊離開彈簧時的速度為v1，有Ep=mv12，⑤

對小物塊，根據動量定理

I=-

mv1-

⑥

由⑤⑥式并代入數(shù)據得I=-4kg·m/s，⑦

彈簧對小物塊的沖量大小為4kg·m/s，方向水平向左。⑧

（3）小物塊滑過O點和小車相互作用，根據動量守恒

mv1=(m+M)v2，⑨

由能量守恒定律，μmgx=mv12+

(m+M)v22，⑩

小物塊最終停在小車上距A的距離

xA=L/2-x

⑾

由⑦⑧⑨式并代入數(shù)據得xA=1.5m

⑿

七．物快木板疊放體模型

（2）小球與物塊Q相撞時，沒有能量損失，滿足動量守恒，機械能守恒，則有：

mv0=mv1+mvQ

mv02=mv12+mvQ2

由以上兩式解得v1=0，vQ=v0=

小物塊Q在平板車上滑行的過程中，滿足動量守恒，設Q離開平板車時平板車的速度為v，則有：mvQ=Mv+m·2v又知M∶m=4∶1

聯(lián)立解得小物塊Q離開平板車時平板車的速度為：v=vQ=。

（3）小物塊Q在平板車P上滑動的過程中，部分動能轉化為內能，由能的轉化和守恒定律，知：μmgL=mvQ2-Mv2-m·(2v)2，解得平板車P的長度為：L=.【點評】此題涉及三個物體三個過程，分別為小球由靜止擺到最低點的機械能守恒過程，小球與小物快的碰撞過程（動量守恒，動能守恒），小物塊Q在平板車上滑行的過程（動量守恒，機械能不守恒）。對于多物體多過程問題，要根據題述物理過程，正確選擇系統(tǒng)和過程，運用相關物理規(guī)律列方程解答。

針對訓練題

1.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?；瑝K在平板小車上滑移1.5s后相對小車靜止。求：

ⅱ.設當滑塊剛滑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：

解得：

考點：考查了動量守恒，動能定理

【名師點睛】以滑塊與小車組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)所受合外力為零，由動量守恒定律可以求出它們共同運動時的速度，對滑塊由動量定理可以求出動摩擦因數(shù)．根據能量守恒定律求出滑塊的最大初速度．

2.一質量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接?，F(xiàn)有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求：

（2）

木塊返回與物體P第二次達到共同速度與第一次相同（動量守恒）全過程能量守恒得：?mv02=

(m+2m)

v2+

f(2L-s)

聯(lián)立解得：s=L。

【名師解析】

（1）由動量守恒定律，mC

v0＝mA

vA+（mB

mC）v

解得：vA＝0.5m/s。

（2）由動量守恒定律，mC

v0＝（mB

+mA）

vA+

mCvC

解得：vC＝5.5m/s。

4.(2017長春質檢)如圖所示,在光滑的水平面上靜止著一個質量為4m的木板B,B的左端靜止著一個質量為2m的物塊A,已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ,現(xiàn)有質量為m的小球以水平速度v0。飛來與A物塊碰撞后立即以大小為v0的速率彈回,在整個過程中物塊A始終未滑離木板B,且物塊A可視為質點,求：

①相對B靜止后的速度；

②木板B至少多長?

5.(2017唐山第一次調研)

質量m1=1kg的木板放在光滑水平地面上，質量m2=0.2kg的木塊置于木板的右端，木板與木塊之間的動摩擦因數(shù)μ=0.3.某時刻二者同時開始運動，木板的初速度v01=3m/s，水平向右；木塊的初速度v02=1m/s，水平向左；如圖所示。已知重力加速度g=10m/s2，小木塊可視為質點。求：

6．（2017天津靜海一中質檢）如圖所示是固定在水平地面上的橫截面為“”形的光滑長直導軌槽，槽口向上（圖為俯視圖）．槽內放置一個木質滑塊，滑塊的左半部是半徑為R的半圓柱形光滑凹槽，木質滑塊的寬度為2R，比“”形槽的寬度略小．現(xiàn)有半徑r（r＜＜R）的金屬小球以水平初速度v0=4m/s沖向滑塊，從滑塊的一側半圓形槽口邊緣進入．已知金屬小球的質量為m=1kg，木質滑塊的質量為M=3kg，整個運動過程中無機械能損失．求：

【名師解析】（1）設滑離時小球和滑塊的速度分別為v1和v2，選擇向右為正方向，由動量守恒：

mv0=mv1+Mv2

又

得v1=﹣2m/s，v2=2m/s

即金屬小球和木質滑塊的速度的大小均為2m/s

（i）子彈與A球作用過程中，子彈和A球系統(tǒng)損失的機械能；

（ii）B球被碰撞后，從最低點運動到最高點過程中，合外力對B球沖量的大小．

根據擺動過程中動量的變化用動量定理有：I=△P=0﹣9mv2=﹣

所以合外力對B球沖量大小為，方向向左．

答：（1）子彈與A球作用過程中，子彈和A球系統(tǒng)損失的機械能為；

（2）B球被碰撞后，從最低點運動到最高點過程中，合外力對B球沖量的大小為．

動量守恒的十種模型精選訓練8

八．多次碰撞模型

（3）設凹槽與物塊碰撞前的速度分別為v1、v2，碰撞后的速度分別為v1’、v2’，有

mv1+mv2=

mv1’+mv2’，mv12+mv22=

mv1’

2+mv2’

2，聯(lián)立解得：v1’=

v2，v2’=

v1。

即每碰撞一次凹槽與物塊發(fā)生一次速度交換，在同一坐標系上兩者的速度圖線如圖所示。根據碰撞次數(shù)可分為13段。凹槽、物塊的v-t圖線在兩條連續(xù)的勻變速直線運動圖線間轉換，故可用勻變速直線運動規(guī)律求時間。則

v=v0+at，a=-μg，解得：t=5s。

凹槽的v-t圖線所包圍的陰影部分面積即為凹槽的位移大小s2。（等腰三角形面積共分13份，第一份面積為0.5L，其余每份面積均為L）。

s2=()t+6.5L，s2=12.75m。

【點評】對于兩個物體的多次碰撞模型，一般涉及動量守恒定律、動能定理等知識點，難度較大。對于限定路徑上的往返相對運動問題，若求相對靜止的位置或碰撞次數(shù)，關鍵是利用動能定理求出相對運動的路程。

針對訓練題

1．(2016·云南名校統(tǒng)考)如圖所示，在水平光滑直導軌上，靜止著三個質量為m＝1

kg的相同的小球A、B、C。現(xiàn)讓A球以v0＝2

m/s的速度向B球運動，A、B兩球碰撞后粘在一起繼續(xù)向右運動并與C球碰撞，C球的最終速度vC＝1

m/s。問：

(2)A、B兩球與C球碰撞同樣滿足動量守恒定律，則有

2mv1＝mvC＋2mv2

相碰后A、B兩球的速度v2＝0.5

m/s

兩次碰撞損失的動能ΔEk＝mv－(2m)v－mv＝1.25

J。

（1）第幾號砂袋投入乙車后，乙車速度為零？

（2）至少第幾號砂袋投入乙車后，若兩車尚未相碰，則不會相撞？

【名師解析】（1）以乙車和投入乙車的砂袋為系統(tǒng)，設乙車原來速度方向為正方向，第k號砂袋投入乙車后，乙車速度為零，則有

v乙-（m1+

m2+

m3+···+

mk）v0=（M+m1+

m2+

m3+···+

mk）v’乙，m1+

m2+

m3+···+

=1+2+3+···+k=（1+k）k

v’乙=0

聯(lián)立解得：k=9.即第9號砂袋投入乙車后，乙車速度為零。

46．【2015·全國新課標Ⅰ·35（2）】如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質量為，B、C的質量都為，三者都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求和之間滿足什么條件才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。

【參考答案】

【名師解析】設A運動的初速度為

A向右運動與C發(fā)生碰撞，根據彈性碰撞可得

可得

要使得A與B發(fā)生碰撞，需要滿足，即

A反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，彈性碰撞

整理可得

由于，所以A還會向右運動，根據要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足

即

整理可得

解方程可得

【考點定位】

彈性碰撞

【名師點睛】對于彈性碰撞的動量守恒和能量守恒要熟知，對于和一個靜止的物體發(fā)生彈性碰撞后的速度表達式要熟記，如果考場來解析，太浪費時間。

7.雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結合為一體，其質量逐漸增大?，F(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始質量為m0，初速度為v0，下降距離l后與靜止的小水珠碰撞且合并，質量變?yōu)閙1。此后每經過同樣的距離l后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質量依次變?yōu)閙2、m3……mn……（設各質量為已知量）。不計空氣阻力。

（1）若不計重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn′；

（2）若考慮重力的影響，a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和vn′；

b.求第n次碰撞后雨滴的動能

vn′2；

（2）若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運動，碰撞瞬間動量守恒。

a．

第1次碰撞前，v12

v02+2gl，解得v1=。

第1次碰撞后，m0v1=m1v1′，解得

v1′

v1=。

b.第2次碰撞前

v22

v1’2+2gl，解得v22=()2

v02+()2gl。

第2次碰撞后，m1v2=m2v2′，解得v2’2=

v02+2gl。

同理，第3次碰撞后v3’2=

v02+2gl。

…………

第n次碰撞后，vn’2=()2

v02+2gl。

動能：mnvn’2=（m02v02+2gl)。

【2015·全國新課標Ⅰ·35（2）】如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質量為，B、C的質量都為，三者都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求和之間滿足什么條件才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。

【參考答案】

【名師解析】設A運動的初速度為

A向右運動與C發(fā)生碰撞，根據彈性碰撞可得

可得

要使得A與B發(fā)生碰撞，需要滿足，即

A反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，彈性碰撞

整理可得

由于，所以A還會向右運動，根據要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足

即

整理可得

解方程可得

【考點定位】

彈性碰撞

5.雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結合為一體，其質量逐漸增大?，F(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始質量為m0，初速度為v0，下降距離l后與靜止的小水珠碰撞且合并，質量變?yōu)閙1。此后每經過同樣的距離l后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質量依次變?yōu)閙2、m3……mn……（設各質量為已知量）。不計空氣阻力。

（1）若不計重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn′；

（2）若考慮重力的影響，a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和vn′；

b.求第n次碰撞后雨滴的動能

vn′2；

（2）若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運動，碰撞瞬間動量守恒。

a．

第1次碰撞前，v12

v02+2gl，解得v1=。

第1次碰撞后，m0v1=m1v1′，解得

v1′

v1=。

b.第2次碰撞前

v22

v1’2+2gl，解得v22=()2

v02+()2gl。

第2次碰撞后，m1v2=m2v2′，解得v2’2=

v02+2gl。

同理，第3次碰撞后v3’2=

v02+2gl。

…………

第n次碰撞后，vn’2=()2

v02+2gl。

動能：mnvn’2=（m02v02+2gl)。

動量守恒的十種模型精選訓練9

九．臨界模型

例9．如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3

m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3

m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質量為m1＝30

kg，冰塊的質量為m2＝10

kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10

m/s2。

(ⅰ)求斜面體的質量；

(ⅱ)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？

(ⅱ)設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0

④

代入數(shù)據得v1＝－1

m/s

⑤

設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有

m2v0＝m2v2＋m3v3

⑥

m2v＝m2v＋m3v

⑦

聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據得v2＝－1

m/s

⑧

由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。

針對訓練題

1.甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他的冰車質量共為M=30kg，乙和他的冰車質量也是30

kg，游戲時，甲推著一個質量為m=15

kg的箱子，和他一起以大小為v0=2.0

(1)甲至少要以多大的速度（相對地面）將箱子推出，才能避免與乙相撞？

(2)甲推出箱子時對箱子做了多少功？

【名師解析】：(1)設三個物體的共同速度為v，根據系統(tǒng)動量守恒，有(M+m)v0-Mv0=(M+m+M)v

設箱子被推出的速度為v＇，根據箱、乙二者動量守恒有：mv＇-Mv0=(M+m)v

=5.2

m/s

(2)根據動能定理，甲對箱子所做的功為：

2.在光滑的冰面上靜止放置一截面為四分之一圓弧的半徑足夠大的光滑的自由曲面，一個坐在冰車上的小孩手扶一小球靜止在冰面上．某時刻小孩將小球以v0=2m/s的速度向曲面推出（如圖所示）．已知小孩和冰車的總質量為m1=40kg，小球質量為m2=2kg，曲面質量為m3=10kg．試求小孩將球推出后還能否再接到球，若能，則求出再接到球后人的速度，若不能，則求出球再滑回水平面上的速度．

【名師解析】　人推球過程，水平方向上動量守恒：0=m2v0-m1v1，代入數(shù)據得：v1=0.1m/s

球和曲面相互作用時，水平方向動量守恒：m2v0=-m2v2+m3v3，機械能守恒：m2v02=

m2v22+

m3v32，得：v2=m/s

∵v2＞v1，所以人能再接住球．

人接球過程（以向右為正），由動量守恒有：m1v1+m2v2=（m1+m2）v共，∴v共=

m/s．

3.（10分）（2016河南平頂山新鄉(xiāng)許昌三模）如圖所示，AB為光滑的斜面軌道，通過一小段光滑圓弧與光滑水平軌道BC相連接，小球乙靜止于水平軌道上。一個質量大于小球乙的小球甲以水平速度v0與乙球發(fā)生彈性正碰，碰后乙球沿水平軌道滑向斜面軌道AB。求：在甲、乙發(fā)生第二次碰撞之前，乙球在斜面上能達到最大高度的范圍（設斜面軌道足夠長，重力加速度為g）。

當M遠大于m時，當M=m時，（1分）

由乙球碰后，滑上斜面過程中機械能守恒得：

（2分）

解得：

所以有：

v0＜v2＜2v0

＜h＜

（2分）

4.如圖所示，甲車質量m1=20kg，車上有質量M=50kg的人，甲車（連同車上的人）從足夠長的斜坡上高h=0.45m由靜止滑下，到水平面上后繼續(xù)向前滑動。此時質量m2=50kg的乙車正以v0=1.8m/s的速度迎面滑來，為了避免兩車相撞，當兩車相距適當距離時，人從甲車跳到乙車上，求人跳出甲車的水平速度（相對地面）應在什么范圍以內？不計地面和斜坡的摩擦，取g=10m/s2。

【名師解析】

甲車（包括人）滑下斜坡后速度：v甲=“2gh=3“

m/s,在人跳離甲車和人跳上乙車過程中各自動量守恒，設人跳離甲車和跳上乙車后，兩車速度分別為v甲′和v乙′，則：

（M+m1)v甲=Mv+m1v甲′?????????①?

Mv-m2v0=(M+m2)v乙′??????????????②?

恰不發(fā)生相撞的條件為：v甲′=±v乙′???????③?

從①得：v甲′=

從②得：v乙′=

當v甲′=v乙′時，有=時，得v=3.8m/s。

當v甲′=－v乙′時，有=－時，得v=4.8m/s

所以，人跳離甲車的速度（對地）應滿足3.8

m/s≤v≤4.8

m/s。

【名師解析】

設第1次推球后人的速度為v1，有0＝Mv1－mv，第1次接球后人的速度為v1′，有mv1′＋mv＝(M＋m)v1′；

第2次推球(M＋m)v1′＝Mv2－mv，第2次接球Mv2＋mv＝(M＋m)v2′……

第n次推球

(M＋m)vn－1′＝Mvn－mv，可得vn＝，當vn≥v時人便接不到球，可得n≥8.25，取n＝9．

本題也可以利用動量定理求解．以人和球及冰車為研究對象，擋板改變該系統(tǒng)動量，球每碰一次擋板，系統(tǒng)動量改變量為2mv，方向同接球的反方向．設推n次(球與擋板碰n－1次)后，有(n－1)2mv＝Mvn－mv，n＝8.25，取n＝9．

6.如圖所示，是一個豎直放置的內壁光滑的圓筒，從圓筒底部可以以某一初速度沿圓筒軸線OO′豎直向上發(fā)射質量為m1的小球，小球恰好不會射出圓筒。在圓筒的某一高度處有一環(huán)型卡，現(xiàn)將一質量為m2能沿筒向上移動的貼壁圓蓋放在環(huán)型卡上，從圓筒底部發(fā)射的小球與貼壁圓蓋相撞，若碰撞時間極短，且沒有機械能損失。要想使得碰后貼壁圓蓋不會飛出圓筒，試定量求出發(fā)射小球的質量m1與貼壁圓蓋的質量m2滿足的條件。

【名師解析】

設小球與貼壁圓蓋碰撞前的速度為v0，碰撞后小球、貼壁圓蓋速度分別v1、v2由于碰撞時間極短，小球與貼壁圓蓋組成的系統(tǒng)相撞前后動量守恒：

m1v0=m1v1+m2v2

①

由于沒有機械能損失，小球與貼壁圓蓋組成的系統(tǒng)相撞前后動能守恒：

②

解之得：v2=v0

③

由于碰撞前的小球，碰撞后的貼壁圓蓋均在做豎直上拋運動，由豎直上拋運動的規(guī)律可知：貼壁圓蓋要不飛出圓筒，速度必須滿足：v2≤v0

④

即：v0≤v0

⑤

m1≤m2

⑥

動量守恒的十種模型精選訓練10

十．多體作用模型

【模型解讀】所謂多體作用模型是指系統(tǒng)中多個物體，相互作用，滿足系統(tǒng)動量守恒定律。

（1）機車掛接第1節(jié)車廂時的速度；

（2）機車帶動第49節(jié)車廂時列車的速度，并說明倒車起動的優(yōu)點。

（2）1、2一起前進d個的過程，由動能定理，（F-2kmg）d=mv2‘2-mv22，解得v2‘2=(-3kg)d。

1、2整體掛接車廂3的過程，由動量守恒定律，2m

v2‘=3mv3，1、2、3一起前進d個的過程，由動能定理，（F-3kmg）d=mv3‘2-mv32，解得v3‘2=(-6kg)d。

同理可得：v49‘2=(-kg)d。

最后掛接過程，由動量守恒定律，49m

v49‘=50mv50，解得：v50=。

即機車帶動第49節(jié)車廂時列車的速度為。

要使全部車廂都能啟動，要求v50,>0，即F>kmg.若直接啟動，則F>50kmg.所以倒車啟動時所需牽引力明顯比直接啟動要小，倒車更容易是列車啟動。

針對訓練題

（1）最后物塊n的速度vn多大？

（2）從物塊1開始運動計時，到物塊n剛開始運動，經歷多長時間？每次碰撞所用時間不計。

（2）從物塊1開始運動，到與物塊碰撞，需要時間t1=。

物塊1與物塊2碰撞，由動量守恒定律，mv0=2mv1，解得：v1=v0/2。

物塊1、2粘在一起向物塊3運動，需要時間t2=

=2。

同理，物塊1、2、3粘在一起向物塊4運動，需要時間t3=

=3。

以此類推，n-1個物塊粘在一起向物塊n運動，需要時間tn=

=（n-1）。

從物塊1開始運動計時，到物塊n剛開始運動，共需要時間

t1+

t2=+···+tn=（1+2+3+（n-1））=（n-1）。

m/s，v′的大小為4

m/s，M＝30

kg，m＝10

kg。

(1)求狗第一次跳上雪橇后兩者的共同速度的大小。

(2)求雪橇最終速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次數(shù)。

(供使用但不一定用到的對數(shù)值：lg2＝0.301，lg3＝0.477)

(2)方法一：設雪橇運動的方向為正方向。狗第(n－1)次跳下雪橇后雪橇的速度為vn－1，則狗第(n－1)次跳上雪橇后的速度vn－1′滿足Mvn－1＋mv＝(M＋m)vn－1′，這樣，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度為vn滿足

Mvn＋m(vn＋v′)＝(M＋m)vn－1′，解得

vn＝(v－v′)－n－1。

狗追不上雪橇的條件是vn≥v，可化為n－1≤，最后可求得n≥1＋。

代入數(shù)據，得n≥3.41，狗最多能跳上雪橇3次。

雪橇最終的速度大小為v4＝5.625

m/s。

答案：(1)2

m/s(2)5.625

m/s　3次

3.【陜西省西安中學2016屆高三第一次仿真考試理科綜合試題】如圖所示，光滑平臺上有兩個剛性小球A和B，質量分別為2m和3m，小球A以速度向右運動并與靜止的小球B發(fā)生碰撞（碰撞過程中不損失機械能），小球B飛出平臺后經時間t剛好掉入裝有沙子向左運動的小車中，小車與沙子的總質量為m，速度為，小車行駛的路面近似看做是光滑的，求：

①碰撞后小球A和小球B的速度；

②小球B掉入小車后的速度。

【參考答案】①，；②

②

B球掉入沙車的過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律的：，解得：。

考點：動量守恒定律

【名師點睛】本題考查了求速度問題，分析清楚物體運動過程，應用動量守恒定律與機械能守恒定律即可正確解題。

4.【湖南省長沙市長郡中學2017屆高三入學考試理科綜合物理試題】如圖所示，兩端帶有固定薄擋板的滑板C長為l，質量為，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，其光滑上表面上靜置著質量分別為m、的物塊，A、B，A位于C的中點，現(xiàn)使B以水平速度2v向右運動，與擋板碰撞并瞬間粘連，不再分開，A、B可看做質點，物塊A與B、C的碰撞都可視為彈性碰撞。已知重力加速度為g，求：

（i）B與C上擋板碰撞后的速度以及B、C碰撞后C在水平面上滑動時的加速度大??；

（ii）A與C上擋板第一次碰撞后A的速度大小。

【參考答案】（i）（ii）

【名師解析】（1）B、C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：

解得：；

對BC，由牛頓第二定律得：，解得：；

考點：考查了動量守恒定律，能量守恒定律的應用

【名師點睛】本題的關鍵要分析清楚物體運動過程，抓住彈性碰撞的規(guī)律：遵守動量守恒定律和能量守恒定律，結合牛頓第二定律研究．

5.【廣西南寧二中、柳州高中、玉林高中2017屆高三8月聯(lián)考理科綜合】（10分）如圖，在光滑水平面上，有A、B、C三個物體，開始BC皆靜止且C在B上，A物體以v0=10m/s撞向B物體，已知碰撞時間極短，撞完后A靜止不動，而B、C最終的共同速度為4m/s．已知B、C兩物體的質量分別為mB=4kg、mC=1kg，試求：

（i）A物體的質量為多少？

（ii）A、B間的碰撞是否造成了機械能損失？如果造成了機械能損失，則損失是多少？

【參考答案】（i）2kg

（ii）碰撞確實損失了機械能，損失量為50J

【名師解析】（i）由整個過程系統(tǒng)動量守恒

mAv0=

（mB+mC）v

代入數(shù)據得：mA=

2kg

（ii）設B與A碰撞后速度為u，在B與C相互作用的時間里，BC系統(tǒng)動量守恒

mBu=（mB+mC）v

得u

5m/s

A與B的碰撞過程中，碰前系統(tǒng)動能為：mAv02=×4×100=100J

碰后系統(tǒng)動能為：mBvu2=×4×25=50J

所以碰撞確實損失了機械能，損失量為50J

考點：動量守恒定律及能量守恒定律

【名師點睛】本題考查動量守恒定律以及機械能守恒定律的應用，要注意非彈性碰撞時會產生能量損失，要注意由功能關系求解。

6．【2015·全國新課標Ⅰ·35（2）】如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質量為，B、C的質量都為，三者都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求和之間滿足什么條件才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。

【參考答案】

A反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，彈性碰撞

整理可得

由于，所以A還會向右運動，根據要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足

即

整理可得

解方程可得

【考點定位】

彈性碰撞

（1）若不計重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn′；

（2）若考慮重力的影響，a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和vn′；

b.求第n次碰撞后雨滴的動能

vn′2；

（2）若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運動，碰撞瞬間動量守恒。

a．

第1次碰撞前，v12

v02+2gl，解得v1=。

第1次碰撞后，m0v1=m1v1′，解得

v1′

v1=。

b.第2次碰撞前

v22

v1’2+2gl，解得v22=()2

v02+()2gl。

第2次碰撞后，m1v2=m2v2′，解得v2’2=

v02+2gl。

同理，第3次碰撞后v3’2=

v02+2gl。

…………

第n次碰撞后，vn’2=()2

v02+2gl。

動能：mnvn’2=（m02v02+2gl)。

第五篇：2010高考物理二輪復習動量、動量守恒定律及應用教案

高中物理輔導網http://004km.cn/ 專題十二動量、動量守恒定律及應用教案

一、專題要點

1.動量：動量是狀態(tài)量，因為V是狀態(tài)量，動量是失量，其方向與物休動動方向相同。2.動量的變化ΔP是失量，其方向與速度的變化ΔV的方向相同。

求解方法：求解動量的變化時遵循平行四邊形定則。

（1）若初末動量在同一直線上，則在選定正方向的前提下，可化失量運算為代數(shù)運算。（2）若初末動量不在同一直線上，則運算遵循平行四邊形定則。3．動量守恒定律

（1）內容：一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。（2）適用范圍：動量守恒定律是自然界中普遍適用的規(guī)律，既適用宏觀低速運動的物體，也適用微觀高速運動的粒子。大到宇宙天體間的相互作用，小到微觀粒子的相互作用，無不遵守動量守恒定律，它是解決爆炸、碰撞、反沖及復雜的相互作用的物體系統(tǒng)類問題的基本規(guī)律。

（3）動量守恒的條件為：①充分且必要條件：系統(tǒng)不受外力或所受外力為零。②近似守恒：雖然系統(tǒng)所受外力之和不為零，但系統(tǒng)內力遠遠大于外力，此時外力可以忽略不計，如：爆炸和碰撞。

4.動量守恒定律的表達式

(1)

p=p意義：系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p’(從守恒的角度列式)．

(2)?p =p/-p=0意義：系統(tǒng)總動量的增量等于零(從增量角度列式)．(3)對相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)：

①p1+p2=p1/ +p2/ 或者m1v1 +m2v2=m1v1/+m2v2/意義：兩個物體作用前的動量的矢量和等于作用后的動量的矢量和．

②p1-p1=一(p2-p2)或者?p1=一?p2或者?p1+?p2=0 意義：兩物體動量的變化大小相等，方向相反． 5．彈性碰撞與非彈性碰撞

形變完全恢復的叫彈性碰撞；形變完全不恢復的叫完全非彈性碰撞；而一般的碰撞其形變不能夠完全恢復。機械能不損失的叫彈性碰撞；機械能損失最多的叫完全非彈性碰撞；而一般的碰撞其機械能有所損失。///

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高中物理輔導網http://004km.cn/ 6．碰撞過程遵守的規(guī)律——應同時遵守三個原則

/①系統(tǒng)動量守恒m1v1/?m2v2?m1v1?m2v2

②系統(tǒng)動能不增12m1v1?/212m2v2?/212m1v1?212m2v2

2③實際情景可能：碰前、碰后兩個物體的位置關系（不穿越）和速度關系應遵循客觀實際．如甲物追乙物并發(fā)生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于、等于乙的速度或甲反向運動．

二、考綱要求

考點

要求 Ⅱ

說明動量守恒定律只限于一維情況

考點解讀

本章的重點內容：唯一的二級要求是動量及其守恒定律，本專題和前面的3-4模塊有共同特點是題目教簡單，但為了照顧知識點的覆蓋面，會出現(xiàn)一個大題中在套二、三個小題的情況動量、動量守恒定律及其應用

彈性碰撞和非彈性碰撞、反沖運動 Ⅰ 驗證動量守恒定律（實驗、探究）Ⅰ

三、教法指引

此專題復習時，可以先讓學生完成相應的習題，在精心批閱之后以題目帶動知識點，進行適當提煉講解。要求學生強加記憶。這一專題的題目還是較難的，雖然只有一個二級要求，但是此專題的內容涉及受力分析、過程分析等二輪復習時還是要穩(wěn)扎穩(wěn)打，從基本知識出發(fā)

四、知識網絡

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五、典例精析

題型1.（子彈射木塊題型）矩形滑塊由不同材料的上下兩層固體組成，將其放在光滑的水平面上，質量為m的子彈以速度v水平射向滑塊若射中上層子彈剛好不穿出，若射中下層子彈剛好能嵌入，那么（）

A．兩次子彈對滑塊做的功一樣多

B．兩次滑塊所受沖量一樣大

C．子彈嵌入上層時對滑塊做功多

D．子彈嵌入上層時滑塊所受沖量大解：設固體質量為M，根據動量守恒定律有：

mv?(M?m)v'

由于兩次射入的相互作用對象沒有變化，子彈均是留在固體中，因此，固體的末速度是一樣的，而子彈對滑塊做的功等于滑塊的動能變化，對滑塊的沖量等于滑塊的動量的變化，因此A、B選項是正確的。

規(guī)律總結：解決這樣的問題，還是應該從動量的變化角度去思考，其實，不管是從哪個地方射入，相互作用的系統(tǒng)沒有變化，因此，動量和機械能的變化也就沒有變化。

題型2.（動量守恒定律的判斷）把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平地面上，槍發(fā)射出子彈時，關于槍、子彈、車的下列說法正確的是（）

A.槍和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒 B.槍和車組成的系統(tǒng)動量守恒

C.只有忽略不計子彈和槍筒之間的摩擦，槍、車和子彈組成的系統(tǒng)的動量才近似守恒 D.槍、子彈、車組成的系統(tǒng)動量守恒

解：本題C選項中所提到的子彈和槍筒之間的摩擦是系統(tǒng)的內力，在考慮槍、子彈、車組成的系統(tǒng)時，這個因素是不用考慮的根據受力分析，可知該系統(tǒng)所受合外力為0，符合動量守恒的條件，故選D

規(guī)律總結：判斷系統(tǒng)是否動量守恒時，一定要抓住守恒條件，即系統(tǒng)不受外力或者所受合外力為0。

題型3.（碰撞中過程的分析）如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊A和B都可視作質點，質量相等。B與輕質彈簧相連。設B靜止，A以某一初速度向B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（）

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高中物理輔導網http://004km.cn/ A.A的初動能 B.A的初動能的1/2 C.A的初動能的1/3

A B D.A的初動能的1/4

解：解決這樣的問題，最好的方法就是能夠將兩個物體作用的過程細化。具體分析如右圖，開始A物體向B運動，如右上圖；接著，A與彈簧接觸，稍有作用，彈簧即有形變，分別對A、B物體產生如右中圖的作用力，對A的作用力的效果就是產生一個使A減速的加速度，對B的作用力的效果則是產生一個使B加速的加速度。如此，A在減速，B在加速，一起向右運動，但是在開始的時候，A的速度依然比B的大，所以相同時間內，A走的位移依然比B大，故兩者之間的距離依然在減小，彈簧不斷壓縮，彈簧產生的作用力越來越大，對A的加速作用和對B的加速作用而逐漸變大，于是，A的速度不斷減小，B的速度不斷增大，直到某個瞬間兩個物體的速度一樣，如右下圖。過了這個瞬間，由于彈簧的壓縮狀態(tài)沒有發(fā)生任何變化，所以對兩個物體的作用力以及力的效果也沒有變，所以A要繼續(xù)減速，B要繼續(xù)加速，這就會使得B的速度變的比A大，于是A、B物體之間的距離開始變大。因此，兩個物體之間的距離最小的時候，也就是彈簧壓縮量最大的時候，也就是彈性勢能最大的時候，也就是系統(tǒng)機械能損失最大的時候，就是兩個物體速度相同的時候。

根據動量守恒有mv?2mv'，根據能量守恒有求解的EP?122Aa1v1Ba2v2Aa’1v’1Ba’2v’2AB 12mv2?12?2mv'?EP，以上兩式聯(lián)列

2mv，可見彈簧具有的最大彈性勢能等于滑塊A原來動能的一半，B正確

規(guī)律總結：處理帶有彈簧的碰撞問題，認真分析運動的變化過程是關鍵，面對彈簧問題，一定要注重細節(jié)的分析，采取“慢鏡頭”的手段。

題型4.（動量守恒定律的適用情景）小型迫擊炮在總質量為1000kg的船上發(fā)射，炮彈的質量為2kg．若炮彈飛離炮口時相對于地面的速度為600m/s，且速度跟水平面成45°角，求發(fā)射炮彈后小船后退的速度？

解：發(fā)射炮彈前，總質量為1000kg的船靜止，則總動量Mv=0．

發(fā)射炮彈后，炮彈在水平方向的動量為mv1'cos45°，船后退的動量為(M-m)v2'．

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高中物理輔導網http://004km.cn/ 據動量守恒定律有

0=mv1'cos45°＋(M-m)v2'．

取炮彈的水平速度方向為正方向，代入已知數(shù)據解得

規(guī)律總結：取炮彈和小船組成的系統(tǒng)為研究對象，在發(fā)射炮彈的過程中，炮彈和炮身(炮和船視為固定在一起)的作用力為內力．系統(tǒng)受到的外力有炮彈和船的重力、水對船的浮力．在船靜止的情況下，重力和浮力相等，但在發(fā)射炮彈時，浮力要大于重力．因此，在垂直方向上，系統(tǒng)所受到的合外力不為零，但在水平方向上系統(tǒng)不受外力(不計水的阻力)，故在該方向上動量守恒．

題型5.（多物體多過程動量守恒）兩塊厚度相同的木塊A和B，并列緊靠著放在光滑的水平面上，其質量分別為mA=2.0kg，mB=0.90kg．它們的下底面光滑，上表面粗糙．另有質量mC=0.10kg的鉛塊C(其長度可略去不計)以vC=10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面(見圖)，由于摩擦，鉛塊最后停在本塊B上，測得B、C的共同速度為v=0.50m/s，求：木塊A的速度和鉛塊C離開A時的速度．

解：設C離開A時的速度為vC，此時A、B的共同速度為vA，對于C剛要滑上A和C剛離開A這兩個瞬間，由動量守恒定律知

mCvC=(mA+mB)vA+mCv'C

(1)以后，物體C離開A，與B發(fā)生相互作用．從此時起，物體A不再加速，物體B將繼續(xù)加速一段時間，于是B與A分離．當C相對靜止于物體B上時，C與B的速度分別由v'C和vA變化到共同速度v．因此，可改選C與B為研究對象，對于C剛滑上B和C、B相對靜止時的這兩個瞬間，由動量守恒定律知

mCv'C+mBvA=(mB+mC)v

(2)由(l)式得

mCv'C=mCvC-(mA＋mB)vA

代入(2)式

mCv'C-(mA+mC)vA+mBvA=(mB+mC)v．

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高中物理輔導網http://004km.cn/ 得木塊A的速度

所以鉛塊C離開A時的速度

題型6.（人船模型）在靜止的湖面上有一質量M=100kg的小船，船上站立質量m=50kg的人，船長L=6m，最初人和船靜止．當人從船頭走到船尾(如圖)，船后退多大距離？(忽略水的阻力)解：選地球為參考系，人在船上行走，相對于地球的平均速度為(L-x)/t，船相對于地球后退的平均速度為x/t，系統(tǒng)水平方向動量守恒方程為

L?xtxtmM?mm?M(?)?0

故

x?L?1.2m

規(guī)律總結：錯解：由船和人組成的系統(tǒng)，當忽略水的阻力時，水平方向動量守恒．取人前進的方向為正方向，設t時間內人由船頭走到船尾，則人前進的平均速度為L/t，船在此時間內后退了x距離，則船后退的平均速度為x/t，水平方向動量守恒方程為

LtxtmMm?M(?)?0

故

x?L?3m

這一結果是錯誤的，其原因是在列動量守恒方程時，船后退的速度x/t是相對于地球的，而人前進的速度L/t是相對于船的。相對于不同參考系的速度代入同一公式中必然要出錯．

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高中物理輔導網http://004km.cn/ 題型7.（動量守恒中速度的相對性）一個靜止的質量為M的原子核，放射出一個質量為m的粒子，粒子離開原子核時相對于核的速度為v0，原子核剩余部分的速率等于（）

解：取整個原子核為研究對象。由于放射過程極為短暫，放射過程中其他外力的沖量均可不計，系統(tǒng)的動量守恒．放射前的瞬間，系統(tǒng)的動量p1=0，放射出粒子的這一瞬間，設剩余部分對地的反沖速度為v'，并規(guī)定粒子運動方向為正方向，則粒子的對地速度v=v0-v'，系統(tǒng)的動量

p2=mv-(M-m)v'=m(v0-v')-(M-m)v'．

由p1=p2，即

0=m(v0-v)-(M-m)v'=mv0-Mv'．

故選C。

規(guī)律總結：運用動量守恒定律處理問題，既要注意參考系的統(tǒng)一，又要注意到方向性。

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2014高考物理專題輔導講義專題14動量守恒定律

第一篇：2014高考物理專題輔導講義專題14動量守恒定律

第二篇：高考物理重點難點例析專題11 動量守恒定律

第三篇：高考物理復習考題精選(106) 動量守恒定律的應用

第四篇：高考物理復習動量守恒定律10個模型最新模擬題訓練

第五篇：2010高考物理二輪復習動量、動量守恒定律及應用教案

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