吉林省长春市第五中学高中物理人教版课件选修3-5：第十六章 学案讲评4
人教版物理选修3-5课件第16章第二节
所以动量的变化量 Δp＝p2－p1＝－0.475 kg· m/s－0.125 kg· m/s ＝－0.600 kg· m/s. 即球的动量变化大小为0.600 kg· m/s，方向与 球飞来的方向相反． (2)羽毛球的初速度： v＝25 m/s， 羽毛球的末速度： v′＝－95 m/s，
1 2 羽毛球的初动能：Ek＝ mv ＝1.56 J， 2 1 羽毛球的末动能：E′ k＝ mv′2＝22.56 J. 2 所以 ΔEk＝E′ k－Ek＝21 J.
课堂互动讲练
动量、动能变化的计算 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342 km/h，假设 球飞来的速度为90 km/h，运动员将球以342 km/h的速度反向击回．设羽毛球的质量为5 g， 试求： (1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量； (2)在运动员的这次扣杀中，羽毛球的动能变化 是多少？
例1
【思路点拨】 动量变化量是矢量运算问题， 应先规定正方向，将矢量运算变为代数运 算．再由Δp＝p2－p1完成计算．
【精讲精析】 则 (1)以球飞来的方向为正方向，
－3
90 p1＝mv1＝5×10 × kg· m/s＝0.125 kg· m/s. 3.6 342 －3 p2＝mv2＝－5×10 × kg· m/s 3.6 ＝－0.475 kg· m/s.
(5)矢量性：如果力的方向恒定，则冲量的方向与 相同 力的方向______；如果力的方向是变化的，则冲 量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向 相同 ________． 2．动量定理 (1) 内 容 ： 物 体 在 一 个 过动量变化量 的 程 始 末 冲量 ______________ mv′－mv 等于它在这个过程中所受力的_________． p′－p (2)公式：F(t′－t)＝_____________，或 ______________＝I.
2021-2022高二物理人教版选修3-5学案：第十六章 4 碰 撞 Word版含答案
4碰撞[目标定位] 1.理解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞，正碰(对心碰撞)和斜碰(非对心碰撞).2.会应用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题.3.知道散射和中子的发觉过程，体会理论对实践的指导作用，进一步了解动量守恒定律的普适性．一、弹性碰撞和非弹性碰撞1．弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒．2．非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒．3．完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或碰后具有共同速度，这种碰撞动能损失最大．二、对心碰撞和非对心碰撞1．正碰：(对心碰撞)两个球发生碰撞，假如碰撞之前球的速度方向与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两个球的速度方向仍会沿着这条直线的方向而运动．2．斜碰：(非对心碰撞)两个球发生碰撞，假如碰撞之前球的运动速度方向与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线而运动．想一想质量相等的两个物体发生正碰时，肯定交换速度吗？答案不肯定．只有质量相等的两个物体发生弹性正碰时，同时满足动量守恒和机械能守恒的状况下，两物体才会交换速度．三、散射1．定义：微观粒子碰撞时，微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”而发生的碰撞．2．散射方向：由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子碰撞后飞向四周八方．一、对碰撞问题的理解1．碰撞(1)碰撞时间格外短，可以忽视不计．(2)碰撞过程中内力往往远大于外力，系统所受外力可以忽视不计，所以系统的动量守恒．2．三种碰撞类型(1)弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′机械能守恒：12m1v21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2当v2＝0时，有v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2′＝2m1m1＋m2v1即v1′＝0，v2′＝v1推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v1′＝v2，v2′＝v1 (2)非弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′机械能削减，损失的机械能转化为内能|ΔE k|＝E k初－E k末＝Q(3)完全非弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共碰撞中机械能损失最多|ΔE k|＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2共例1质量分别为300 g和200 g的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.(1)假如两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小；(2)求碰撞后损失的动能；(3)假如碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小．答案(1)0.1 m/s(2)0.135 J(3)0.7 m/s0.8 m/s解析(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入数据解得v＝－0.1 m/s，负号表示方向与v1的方向相反．(2)碰撞后两物体损失的动能为ΔE k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2＝[12×0.3×0.52＋12×0.2×(－1)2－12×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J ＝0.135 J. (3)假如碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为v 1′、v 2′，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′， 由机械能守恒定律得12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋ 12m 2v 2′2，代入数据得v 1′＝－0.7 m/s ，v 2′＝0.8 m/s. 二、弹性正碰模型及拓展应用1．两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后两球速度分别为v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.(1)若m 1＝m 2的两球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后v 1′＝0，v 2′＝v 1，即二者碰后交换速度． (2)若m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后， v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1.表明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(3)若m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′＝0.表明m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．2．假如两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性碰撞．例2 如图16－4－1所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC 段水平，AB 段与BC 段平滑连接，质量为m 1的小球从高为h 处由静止开头沿轨道下滑，与静止在轨道BC 段上质量为m 2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m 2的速度大小v 2.图16－4－1 答案2m 12ghm 1＋m 2解析 设m 1碰撞前的速度为v 10，依据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 1v 210 解得v 10＝2gh ①设碰撞后m 1与m 2的速度分别为v 1和v 2，依据动量守恒定律有m 1v 10＝m 1v 1＋m 2v 2②由于碰撞过程中无机械能损失 12m 1v 210＝12m 1v 21＋12m 2v 22③ 联立②③式解得v 2＝2m 1v 10m 1＋m 2④将①代入④得v 2＝2m 12ghm 1＋m 2借题发挥 对于物理过程较简单的问题，应留意将简单过程分解为若干简洁的过程(或阶段)，推断在哪个过程中系统动量守恒，哪一个过程机械能守恒或不守恒，但能量守恒定律却对每一过程都适用． 例3图16－4－2如图16－4－2所示，在光滑水平面上停放质量为m 装有弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )A ．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v 02B ．小球离车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离车后，对地将做自由落体运动D ．此过程中小球对车做的功为12m v 2答案 ACD解析 小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A 、C 、D 都是正确的． 三、碰撞需满足的三个条件1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.2．动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度肯定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v 后′，否则碰撞不会结束．。
吉林省长春市第五中学高中物理选修3-4配套教学课件11-1
学习·探究区
解析
本 学 案 栏 目 开 关
振子在 A 点和 B 点时的位移最大，由于取向右为
正方向，所以振子运动到 A 点有正向最大位移，在 B 点 有负向最大位移，则 t2 时刻，振子在 A 点，t4 时刻，振子 在 B 点，故选项 A 正确，B 错误；振子的位移是以平衡 位置为起点， 所以在 t1～ t2 和 t3～ t4 时间内振子的位移都在 增大，故选项 C 正确， D 错误．
图4
学习·探究区
我们研究直线运动时，经常使用 x－t 图象和 v－t 图象来
本 学 案 栏 目 开 关
描述物体的运动， 对于弹簧振子也可以用运动图象来描述 它的运动情况． 如图 4 所示是用频闪照相的方法获得的水 平弹簧振子的位移—时间图象(频闪仪每隔 0.05 s 闪光一 次，拍摄时底片从下向上匀速运动)． (1)为什么这就是振子的位移—时间图象？ (2)在这里如何理解振子的位移？
学习·探究区
答案
(1)因为摄像底片从下向上匀速运动，所以底片运
动的距离与时间成正比．因此可用底片运动的距离代表
本 学 案 栏 目 开 关
时间轴．振子的频闪照片上像点的位置反映了不同时刻 振子离开平衡位置的位移，即位移随时间变化的规律． (2)振动物体的位移与运动学中的位移不同．振子的位移 总是相对于平衡位置而言的，即初位置是平衡位置，末 位置是振子所在的位置．因而振子对平衡位置的位移方 向始终背离平衡位置．
由图象可知任意时刻物体的 位移 ，某时刻物体的速度等 于这一时刻图象的 斜率 ．
知识·储备区
2．弹簧振子
本 学 案 栏 目 开 关
(1)平衡位置：振子原来 静止 时的位置． (2)机械振动： 振子在平衡位置 附近所做的 往复 运动， 简 称 振动 ．
吉林省长春市第五中学高中物理人教版课件选修3-5：第十六章 学案讲评6
答案
2MgR M＋m
2m2gR MM＋m
学习·探究区
学案6
二、火箭的工作原理
[问题设计]
火箭飞行的最大速度是由什么因素决定的？设火箭发射前
本 的总质量是 M，燃料燃尽后的质量为 m，火箭燃气的喷射速
学 度为 v，燃料燃尽后火箭的飞行速度为 v′.
案 栏
答案 在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量
关
而整个过程中的平均速度大小为 v1 、 v2 ，则有
m v1 ＝M v2 ，称为平均动量守恒．
两边乘以时间 t 有 m v1 t＝M v2 t，即 mx1＝Mx2.
且 x1＋x2＝L，可求出 x1＝m＋MML；x2＝m＋mML.
答案
m m＋ML
M m＋ML
学习·探究区
本 学 案 栏 目 开 关
学案6
学
案 (1)式中的速度具有相对性，需选用 同一 参考系．
栏
目 开
(2)公式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
关 (3)动量守恒定律具有 系统 性，应用动量守恒定律分析问
题，首先明确研究对象是哪些物体组成的系统，以及经历了
怎样的物理过程，并合理选择初、末状态．
2．牛顿第三定律:相互作用的两个物体间的作用力大小 相等 , 方向 相反 ，作用在同一条直线上．
自我·检测区
学案6
4．如图 3 所示，载人气球原来静止在空中，与地面距
离为 h，已知人的质量为 m，气球的质量(不含人的
质量)为 M.若人要沿轻绳梯返回地面，则绳梯的长度
本
至少为多长？
图3
学 案
解析 人与气球组成的系统，动量守恒．
栏
目
设人到地面时，气球上升高度为 H，
吉林省长春市第五中学高中物理人教版课件选修3-5：第十六章 学案讲评4
本 学 案 栏 目 开 关
C 的共同速度为 3.0 m/s，求：
图3
(1)木块 A 的最终速度 vA； (2)滑块 C 离开 A 时的速度 vC′.
学习·，以该系统 为研究对象，当 C 在 A、B 上滑动时，A、B、C 三个物体间 存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系 统的动量守恒．
在水平方向上动量守恒，即 mvcos θ＝(M＋m)v′，得 v′＝ mvcos θ/(M＋m)
答案 mvcos θ/(M＋m)
学习· 探究区
学案4
二、认真分析物理过程，合理选择初末状态 对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为 复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的 物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小 系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．
学案4
学案 4
[学习目标定位]
习题课：动量守恒定律的应用
本 学 案 栏 目 开 关
1.进一步理解动量守恒定律的含义，理解动量守恒定律的系统 性、相对性、矢量性和独立性. 2.进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法步骤．
学习· 探究区
学案4
一、把握守恒条件，合理选取系统 1．动量守恒定律成立的条件： (1)系统不受外力或所受外力的合力为零； (2)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为 0； (3)系统的内力远大于外力． 2．动量守恒定律的研究对象是系统．选择多个物体组成的系 统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析，分清内 力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．
本 学 案 栏 目 开 关
方向与 vC 相同
学习· 探究区
学案4
(2)C 离开 A 时的速度为 vC′，B 与 A 的速度同为 vA，我们 再以 B、C 为系统，C 滑上 B 后与 A 分离，C、B 系统水平 方向动量守恒．由动量守恒定律有：
吉林省长春市第五中学高中物理人教版课件选修3-5：第十六章 学案讲评2
本
间为 t.因落地前、后速度一定，故无论是否让脚尖先着地，人
学 动量变化量都相同，再根据动量定理知人受到的冲量相同；选
案
栏 目 开 关
向下的方向为正方向，则根据动量定理有－FNt＋mgt＝0－ mv，得 FN＝mg＋mtv，让脚尖先着地，可以使作用时间变长，
故人受到的冲力 FN 变小，C 对；脚尖先着地，对地面压力减
学习·探究区
本 学 案 栏 目 开 关
学案2
自我·检测区
学案2
本 1．关于物体的动量，下列说法中正确的是
()
学
案 栏
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度
目 开
方向
关
B．物体的加速度不变，其动量一定不变
C．动量越大的物体，其速度一定越大
D．物体的动量越大，其惯性也越大
自我·检测区
目 开
解得 Δt≈0.047 s
关
(2)由于小球与地板碰撞无机械能损失
故碰撞后球的速度：v2′＝5 m/s，方向向上 由动量定理得(FN′－mg)Δt′＝mv2′－(－mv1)
解得 FN′＝55 N 由牛顿第三定律得小球对地板的平均冲力为 55 N,方向竖直向下.
答案 (1)0.047 s (2)55 N，方向竖直向下
学案2
解析 本题侧重于准确理解动量的概念．动量具有瞬时性，
任一时刻物体动量的方向，即为该时刻的速度方向，选项 A
本
正确．加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度
学 案
均匀变化，故其动量也均匀变化，选项 B 错误．物体动量的
栏
目 大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯
开
关 一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项 C 错误．惯
人教版高中物理选修3-5课件第十六章学案3
自我·检测 区
学案3
本学案栏目开关
自我·检测 区
学案3
B
本学案栏目开关
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图4
学案3
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学案3
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学案3
图5
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高中物理课件
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学案3
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学案3
பைடு நூலகம்
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矢
mv
速度v
p′－p
Δv或(v′－v)
合外力的冲量
知识·储备 区
学案3
本学案栏目开关
内部 以外
整体 相互作用力
以内
外力
外力
p1′＋p2′
外力
m1v1′＋m2v2′ 外力
知识·储备 区
学案3
初、末两个状态
本学案栏目开关
仍然适用 一切
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学案3
本学案栏目开关
图1
本学案栏目开关
学习·探究 区
学案3
学习·探究 区
学案3
本学案栏目开关
0 系统
学习·探究 区
学案3
合力为零 远远小于
本学案栏目开关
该方向上
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学案3
本学案栏目开关
No
图2
Image
本学案栏目开关
学习·探究 区
学案3
学习·探究 区
学案3
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学案3
本学案栏目开关
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吉林省长春市第五中学高中物理人教版课件选修3-5：第十六章 学案讲评7
本 学 案 栏 目 开 关
专题· 整合区
学案7
解析 (1)下滑过程机械能守恒，但动量不守恒，即有：mgh 1 1 2 ＝ mv2 － mv1 2， 2 2 得 v2＝ v1 2＋2gh＝2 5 m/s
在物体 C 冲上小车 B 到与小车相对静止的过程中，两者组 成的系统动量守恒，
即有：mv2＝(m＋M)v，
专题· 整合区
学案7(3)方法一：对子源自利用动能定理得1 2 1 －Ffx1＝ mv － mv0 2 2 2
MmM＋2mv0 2 所以 x1＝ 2FfM＋m2 1 同理对木块有：Ffx2＝ Mv2 2
Mm2v0 2 故木块发生的位移为 x2 ＝ . 子弹打进木块的深度 2FfM＋m2 Mmv0 2 为：l 深＝x1－x2＝ 2FfM＋m
Zx xk
本 学 案 栏 目 开 关
恒，哪些物体组成的系统机械能守恒，然后针对不同的过程 和系统选择动量守恒定律或机械能守恒定律或能量守恒定 律列方程求解．
专题· 整合区
学案7
【例 3】
如图 2 所示，A 为一具有光
滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平 的，质量 M＝40 kg 的小车 B 静止于 轨道右侧，其板与轨道底端靠近且在 同一水平面上，一个质量 m＝20 kg 的 物体 C 以 2.0 m/s 的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车 B 后 经一段时间与小车相对静止并继续一起运动． 若轨道顶端与 底端水平面的高度差 h 为 0.8 m，物体与小车板面间的动摩 擦因数 μ 为 0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计，(取 g ＝10 m/s2)求： (1)物体与小车保持相对静止时的速度； (2)物体冲上小车后相对于小车板面滑动的距离．
专题· 整合区
学案7
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光滑水平面上，车的一端静止着质量
为 mA＝2 kg 的物体 A(可视为质点),如
本
图 7 所示，一颗质量为 mB＝20 g 的子
图7
学
弹以 600 m/s 的水平速度射穿 A 后，速度变为 100 m/s，最后
案
栏
物体 A 仍静止在车上，若物体 A 与小车间的动摩擦因数 μ＝
目 开
0.5，取 g＝10 m/s2，求平板车最后的速度是多大．
关
解析 子弹击穿 A 后，A 在水平方向获得一个速度 vA，最后
当 A 相对车静止时，它们的共同速度为 v.
子弹射穿 A 的过程极短,因此车对 A 的摩擦力、子弹的重力作
用可略去,即认为子弹和 A 组成的系统水平方向动量守恒,同时,
由于作用时间极短,可认为 A 的位置没有发生变化,设子弹击穿
A 后的速度为 v′,由动量守恒定律有 mBv0＝mBv′+mAvA,
本 学
视为质点)，以 vC＝25 m/s 的速度恰好水平地滑到 A 的上表
案 栏 目 开
面，如图 3 所示，由于摩擦，滑块最后停在木块 B 上，B 和
Zx xk
C 的共同速度为 3.0 m/s，求：
关
图3
(1)木块 A 的最终速度 vA；
(2)滑块 C 离开 A 时的速度 vC′.
学习·探究区
学案4
案 栏
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；
目 开
(2)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为 0；
关
(3)系统的内力远大于外力．
2．动量守恒定律的研究对象是系统．选择多个物体组成的系
统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析，分清内
力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．
学习·探究区
学案4
【例 1】 质量为 M 和 m0 的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度 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 1 所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列说
法正确的是
()
本
学
案
栏
图1
目 开
A．M、m0、m 速度均发生变化，碰后分别为 v1、v2、v3，
关
且满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
(2)4.2 m/s，方向与 vC 相同
学习·探究区
学案4
三、动量守恒定律应用中的临界问题分析
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相
本 距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．分析临
学
案 栏
界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件
目
开 关
的，这个条件就是临界条件．临界条件往往表现为某个(或某
学案4
学案 4 习题课：动量守恒定律的应用
本 [学习目标定位]
学
案 栏
1.进一步理解动量守恒定律的含义，理解动量守恒定律的系统
目
开 关
性、相对性、矢量性和独立性.
2.进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法步骤．
学习·探究区
学案4
一、把握守恒条件，合理选取系统
本 学
1．动量守恒定律成立的条件：
关
在水平方向上动量守恒，即 mvcos θ＝(M＋m)v′，得 v′＝
mvcos θ/(M＋m)
答案 mvcos θ/(M＋m)
学习·探究区
学案4
二、认真分析物理过程，合理选择初末状态
对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为
本
学
复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的
案
栏 目
解析 这是一个由 A、B、C 三个物体组成的系统，以该系统
为研究对象，当 C 在 A、B 上滑动时，A、B、C 三个物体间
存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系
本
统的动量守恒．
学 案
(1)当 C 滑上 A 后,由于有摩擦力作用,将带动 A 和 B 一起运动,
栏 目
直到 C 滑上 B 后,A、B 两木块分离,分离时木块 A 的速度为
学习·探究区
学案4
解析 M 和 m 碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极
小，可忽略不计，因而 m0 在水平方向上没有受到外力作用，
本 动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中 m0 没有参与，只
学 案
涉及 M 和 m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以 M 和
栏
目 m 组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同
等、方向相反 解析 以小球和小车组成的系统为研究对象,在水平方向上
不受力的作用,所以系统的动量在水平方向上守恒.由于初始
状态小车与小球均静止,所以小球与小车在水平方向上的动量 要么都为零要么大小相等,方向相反,所以 A、C 错,B、D 对.
自我·检测区
学案4
4．质量为 M＝2 kg 的小平板车静止在
联立以上三式解得 v＝5.2 m/s，方向与甲和箱子的初速度方
向相同．
答案 5.2 m/s，方向与甲和箱子的初速度方向相同
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学案4
1．如图 5 所示，设车厢长为 L，质量
本 为 M，静止在光滑的水平面上,车厢
学
案 栏
内有一质量为 m 的物体以初速度 v0
图5
目 向右运动，与车厢壁来回碰撞 n 次后，静止在车厢中，这时
好相等，设甲推出箱子后的速度为 v1，箱子的速度为 v，乙
抓住箱子后的速度为 v2.
本
对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由
学
案
动量守恒定律得(M＋m)v0＝mv＋Mv1
栏 目
对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为
开 关
正，由动量守恒定律 mv－Mv0＝(m＋M)v2
刚好不相撞的条件是 v1＝v2
本
学 案
他一起以 2 m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑
栏 目
来．为了避免相撞，甲突然Z 将x箱x子k沿冰面推给乙，箱子滑到
开
关
乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相
对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞．
图4
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学案4
解析 要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正
mmA＋AvAM＝22＋×25 m/s＝2.5 m/s.
答案 2.5 m/s
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学案4
得 vA＝mBvm0－A v′＝0.02×6200－100 m/s＝5 m/s
本
A 获得速度 vA 相对车滑动，由于 A 与车间有摩擦，最后 A
学
案
相对车静止，以共同速度 v 运动，对于 A 与车组成的系统，
栏
目 开
水平方向动量守恒，因此有：mAvA＝(mA＋M)v，所以 v＝
关
再以 B、C 为系统，C 滑上 B 后与 A 分离，C、B 系统水平
本
方向动量守恒．由动量守恒定律有：
学
案 栏
mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)vB
目 开 关
所以 vC′＝mB＋mCmvCB－mBvA
＝0.3＋0.1×03.1.0－0.3×2.6 m/s＝4.2 m/s.
方向与 vC 相同
答案 (1)2.6 m/s，方向与 vC 相同
开
关 车厢的速度是
( C)
A．v0，水平向右
B．0
C.Mm＋v0m，水平向右
D.Mm－v0m，水平向左
解析 由动量守恒，mv0＝(M＋m)v 得 v＝Mm＋v0m，方向与
v0 方向相同．
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学案4
2．质量为 1 kg 的物体在离地面高 5 m 处自由下落，正好落在
以 5 m/s 的速度沿光滑水平面匀速行驶的装有沙子的小车
B．m0 的速度不变，M 和 m 的速度变为 v1 和 v2，且满足 Mv
＝Mv1＋mv2
C．m0 的速度不变，M 和 m 的速度都变为 v′，且满足 Mv
＝(M＋m)v′
D．M、m0、m 速度均发生变化，M 和 m0 的速度都变为 v1， m 的速度变为 v2，且满足(M＋m0沙子的总质量为 4 kg，当物体与小车相对静止后，
案
栏 目
小车的速度为
(B)
开
关
A.3 m/s
B.4 m/s
C.5 m/s
D.6 m/s
解析 物体落入沙子中，系统水平方向动量守恒，由(M＋ m)v＝Mv0 可得小车最终速度 v＝MM＋vm0 ＝4 m/s.
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学案4
3．如图 6 所示,小车放在光滑的水平面上,将系
物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小
开
关
系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．
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学案4
【例 3】 两块厚度相同的木块 A 和 B，紧靠着放在光滑的水
平面上，其质量分别为 mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg，它们的下
底面光滑，上表面粗糙；另有一质量 mC＝0.1 kg 的滑块 C(可
些)物理量的特定取值．在与动量相关的临界问题中，临界条
件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些
特定关系的判断是求解这类问题的关键．
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学案4
【例 4】 如图 4 所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰
面上游戏．甲和他的冰车总质量共为 30 kg,乙和他的冰车总
质量也是 30 kg.游戏时，甲推着一个质量为 15 kg 的箱子和
着绳的小球拉开到一定的角度,然后同时放
开小球和小车，那么在以后的过程中( BD )