2017_2018学年高中物理全一册同步备课教学案(打包25套)粤教版选修3_5

第一节物体的碰撞[学习目标] 1.了解生活中的各种碰撞现象，知道碰撞的特点.2.通过实验探究，知道弹性碰撞和非弹性碰撞．一、碰撞特点及分类1．碰撞：碰撞就是两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程．2．碰撞特点(1)相互作用时间短．(2)作用力变化快．(3)作用力峰值大．因此其他外力可以忽略不计．3．碰撞的分类(1)按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一直线可分为：①正碰(对心碰撞)：作用前后沿同一条直线．②斜碰(非对心碰撞)：作用前后不沿同一条直线．(2)按碰撞过程中机械能是否损失可分为弹性碰撞和非弹性碰撞．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)最早发表有关碰撞问题研究成果的是伽利略．( ×)(2)碰撞过程作用时间很短，相互作用力很大．( √)(3)所有的碰撞，作用前、后物体的速度都在一条直线上．( ×)二、弹性碰撞和非弹性碰撞[导学探究] 演示实验：用如图1所示装置做实验．图1(1)让橡皮球A与另一静止的橡皮球B相碰，两橡皮球的质量相等，会看到什么现象？两橡皮球碰撞前后总动能相等吗？(2)在A、B两球的表面涂上等质量的橡皮泥，再重复实验(1)，可以看到什么现象？若两橡皮球粘在一起上升的高度为橡皮球A 摆下时的高度的14，则碰撞前后总动能相等吗？答案 (1)可看到碰撞后橡皮球A 停止运动，橡皮球B 摆到橡皮球A 开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后橡皮球B 获得的速度与碰撞前橡皮球A 的速度相等，这说明碰撞前后A 、B 两球的总动能相等．(2)可以看到碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小． 碰前总动能E k ＝mgh碰后总动能E k ′＝2mg ·h 4＝12mgh因为E k ′<E k ，所以碰撞前后总动能减少．[知识梳理] 按碰撞前后系统的总动能是否损失，可将碰撞分为：(1)弹性碰撞：两个小球碰撞后形变能完全恢复，没有能量损失，即碰撞前后两个小球构成的系统总动能相等，E k1＋E k2＝E k1′＋E k2′.(2)非弹性碰撞：两个小球碰撞后形变不能完全恢复，一部分动能最终转化为其他形式的能(如热能)，即碰撞前后两个小球构成的系统总动能不再相等，E k1＋E k2>E k1′＋E k2′. [即学即用] 判断下列说法的正误．(1)碰撞时形变能够完全恢复的系统动能没有损失．( √ ) (2)两物体碰撞后粘在一起运动，系统的动能也可能不损失．( × ) (3)两物体碰撞后总动能可能增加．( × )一、弹性碰撞与非弹性碰撞的判断1．碰撞中能量的特点：碰撞过程中，一般伴随机械能的损失，即：E k1′＋E k2′≤E k1＋E k2. 2．碰撞的类型(1)弹性碰撞：两个物体碰撞后形变能够完全恢复，碰撞后没有动能转化为其他形式的能，即碰撞前后两物体构成的系统的动能相等．(2)非弹性碰撞：两个物体碰撞后形变不能完全恢复，该过程有动能转化为其他形式的能，总动能减少．(3)完全非弹性碰撞：非弹性碰撞的特例：两物体碰撞后粘在一起以共同的速度运动，该碰撞称为完全非弹性碰撞，碰撞过程能量损失最多．例1 一个质量为2 kg 的小球A 以v 0＝3 m/s 的速度与一个静止的、质量为1 kg 的小球B 正碰，试根据以下数据，分析碰撞性质： (1)碰后小球A 、B 的速度均为2 m/s ；(2)碰后小球A 的速度为1 m/s ，小球B 的速度为4 m/s.答案 (1)非弹性碰撞 (2)弹性碰撞 解析 碰前系统的动能E k0＝12m A v 02＝9 J.(1)当碰后小球A 、B 速度均为2 m/s 时，碰后系统的动能E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝(12×2×22＋12×1×22) J ＝6 J ＜E k0，故该碰撞为非弹性碰撞．(2)当碰后v A ′＝1 m/s ，v B ′＝4 m/s 时，碰后系统的动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝(12×2×12＋12×1×42) J ＝9 J ＝E k0，故该碰撞为弹性碰撞．针对训练 如图2所示，有A 、B 两物体，m 1＝3m 2，以相同大小的速度v 相向运动，碰撞后A 静止，B 以2v 的速度反弹，那么A 、B 的碰撞为( )图2A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．无法判断答案 A解析 设m 1＝3m ，m 2＝m碰撞前总动能12m 1v 12＋12m 2v 22＝2mv 2碰撞后总动能12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2＝0＋12×m (2v )2＝2mv 2因为碰撞前后总动能不变，故为弹性碰撞，A 项正确． 二、碰撞模型的拓展例2 如图3所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相等的物体B 以速度v 向A 运动并与弹簧发生碰撞．A 、B 始终沿同一直线运动，则A 、B 组成的系统动能损失最大的时刻是( )图3A ．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 的速度相等时答案 D解析 方法一：B 和A (包括弹簧)的作用，可以看成广义上的碰撞，两物体(包括弹簧)碰后粘在一起或碰后具有共同速度时，其动能损失最多，故选D.方法二：B 与弹簧作用后，A 加速，B 减速，当A 、B 速度相等时，弹簧最短、弹性势能最大，系统动能损失最多，故D正确．两物体通过弹簧的相互作用可以看成广义上的碰撞，当弹簧最短(两物体速度相等)时相当于完全非弹性碰撞；当弹簧完全恢复原状，两物体分离时相当于弹性碰撞．1．(多选)关于碰撞的特点，下列说法正确的是( )A．碰撞的过程时间极短B．碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力大C．碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力相等D．碰撞时，质量小的物体对质量大的物体作用力大答案AC解析两物体发生碰撞，其碰撞时间极短，碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A、C 正确，B、D错误，故选A、C.2．(多选)两个物体发生碰撞，则( )A．碰撞中一定产生了内能B．碰撞过程中，组成系统的动能可能不变C．碰撞过程中，系统的总动能可能增大D．碰撞过程中，系统的总动能可能减小答案BD解析若两物体发生弹性碰撞，系统的总动能不变；若两物体发生的是非弹性碰撞，系统的总动能会减小，但无论如何，总动能不会增加，所以正确选项为B、D.3．(多选)如图4所示，两个小球A、B发生碰撞，在满足下列条件时能够发生正碰的是( )图4A．小球A静止，另一个小球B经过A球时刚好能擦到A球的边缘B．小球A静止，另一个小球B沿着A、B两球球心连线去碰A球C．相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线时D．相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向都在同一条直线上答案 BD解析 根据牛顿运动定律，如果力的方向与速度方向在同一条直线上，这个力只改变速度的大小，不能改变速度的方向；如果力的方向与速度的方向不在同一直线上，则速度的方向一定发生变化，所以B 、D 项正确；A 项不能发生一维碰撞；在任何情况下相碰两球的作用力方向都沿着球心连线，因此满足C 项条件不一定能发生一维碰撞．故正确答案为B 、D. 4．(多选)如图5甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2，图乙为它们碰撞前后的s －t 图象．已知m 1＝0.1 kg ，m 2＝0.3 kg ，由此可以判断，下列说法正确的是( )图5A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．此碰撞为弹性碰撞D ．此碰撞为非弹性碰撞 答案 AC解析 由题图乙可以看出，碰前m 1位移随时间均匀增加，m 2位移不变，可知m 2静止，m 1向右运动，故A 是正确的；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，即B 错误；由乙图可以计算出碰前m 1的速度v 1＝4 m/s ，碰后速度v 1′＝－2 m/s ，碰前m 2的速度v 2＝0，碰后速度v 2′＝2 m/s ，m 2＝0.3 kg ，碰撞过程中系统损失的机械能ΔE k ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，因此C 是正确的，D 是错误的． 5．质量为1 kg 的A 球以3 m/s 的速度与质量为2 kg 静止的B 球发生碰撞，碰后两球均以1 m/s 的速度一起运动，则两球的碰撞属于________类型的碰撞，碰撞过程中损失了________ J 动能．答案 完全非弹性碰撞 3解析 由于两球碰后速度相同，没有分离，因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞，在碰撞过程中损失的动能为ΔE k ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v 12＝(12×1×32－12×3×12) J ＝3 J.第四章原子核章末总结一、对核反应方程及类型的理解1．四类核反应方程的比较(1)熟记一些粒子的符号α粒子(42He)、质子(11H)、中子(10n)、电子(0－1e)、氘核(21H)、氚核(31H)(2)注意在核反应方程中，质量数和电荷数是守恒的；在解有关力学综合问题时，还有动量守恒和能量守恒．例1(多选)能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一．下列释放核能的反应方程中，表述正确的是( )A.42He＋2713Al―→3015P＋10n是原子核的人工转变B.31H＋11H―→42He＋γ是核聚变反应C.199 F＋11H―→16 8 O＋42He是α衰变D.23592 U＋10n―→9038Sr＋13654 Xe＋1010n是裂变反应答案ABD解析我们要对人工转变、聚变、裂变、衰变的定义作深入认识，根据各种定义可知：A是原子核的人工转变的反应方程式；B是聚变的核反应方程式；C并不是α衰变，而是人工转变，衰变是自发进行的，不受外界因素的影响；D是裂变的核反应方程式．故A、B、D正确．针对训练1 在下列四个核反应方程式中，X表示中子的是______，属于原子核的人工转变的是________．A.14 7N＋42He―→17 8O＋XB.2713Al＋42He―→3015P＋XC.21H＋31H―→42He＋XD.235 92U＋X―→9038Sr＋136 54Xe＋10X答案BCD AB解析在核反应中，不管是什么类型的核反应，都遵守电荷数守恒和质量数守恒，据此，可以判断未知粒子属于什么粒子，对A，未知粒子的质量数：14＋4＝17＋x，x＝1，其电荷数：7＋2＝8＋y，y＝1，即未知粒子是质子(11H)；对B，未知粒子的质量数：27＋4＝30＋x，x ＝1，其电荷数：13＋2＝15＋y，y＝0，所以X是中子(10n)；对C，未知粒子的质量数为：2＋3＝4＋x，x＝1，电荷数为：1＋1＝2＋y，y＝0，X也是中子(10n)；对D，未知粒子质量数为235＋x＝90＋136＋10x，x＝1，电荷数为：92＋y＝38＋54＋10y，y＝0，X也是中子(10n)，故方程中X是中子的核反应为B、C、D，其中A、B为原子核的人工转变．二、半衰期及衰变次数的计算例2(多选)关于原子核的有关知识，下列说法正确的是( )A．天然放射性射线中β射线实际就是电子流，它来自原子核内B．放射性原子经过α、β衰变致使新的原子核处于较高能级，因此不稳定从而产生γ射线C．氡222经过衰变变成钋218的半衰期为3.8天，一个氡222原子核四天后一定衰变为钋218D．平均结合能越大，原子越容易发生衰变答案AB解析因为半衰期是统计规律，对单个原子核没有意义，所以C项错；平均结合能描述原子核的稳定性，平均结合能越大，原子核越稳定，越不容易发生衰变，所以D项错．针对训练2 放射性元素238 92U衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成210 83Bi，而210 83Bi可以经一次衰变变成210a X(X代表某种元素)，也可以经一次衰变变成b81Tl，210a X和b81Tl最后都变成20682Pb，衰变路径如图1所示．则( )图1A．a＝82，b＝211B.210 83Bi→210a X是β衰变，210 83Bi→b81Tl是α衰变C.210 83Bi→210a X是α衰变，210 83Bi→b81Tl是β衰变D.b81Tl经过一次α衰变变成206 82Pb答案 B解析由210 83Bi→210a X，质量数不变，说明发生的是β衰变，同时知a＝84.由210 83Bi→b81Tl，核电荷数减2，说明发生的是α衰变，同时知b＝206，由206 81Tl→206 82Pb发生了一次β衰变，故选B.三、核能的计算1．利用质能方程来计算核能(1)根据核反应方程，计算核反应前与核反应后的质量亏损Δm.(2)根据爱因斯坦质能方程E＝mc2或ΔE＝Δmc2计算核能．方程ΔE＝Δmc2中若Δm的单位用“kg”、c的单位用“m/s”，则ΔE的单位为“J”；若Δm的单位用“u”，可直接用质量与能量的关系式推算ΔE，此时ΔE的单位为“兆电子伏(MeV)”，即1 u＝1.66×10－27 kg，相当于931.5 MeV，即原子质量单位1 u对应的能量为931.5 MeV，这个结论可在计算中直接应用．2．利用平均结合能来计算核能原子核的结合能＝核子的平均结合能×核子数．核反应中反应前系统内所有原子核的总结合能与反应后生成的所有新核的总结合能之差，就是该次核反应所释放(或吸收)的核能． 例3 已知氘核的平均结合能为1.1 MeV ，氦核的平均结合能为7.1 MeV ，则两个氘核结合成一个氦核时( ) A ．释放出4.9 MeV 的能量 B ．释放出6.0 MeV 的能量 C ．释放出24.0 MeV 的能量 D ．吸收4.9 MeV 的能量 答案 C解析 依据题意可写出两个氘核结合成一个氦核的核反应方程为21H ＋21H→42He ，因氘核的平均结合能为1.1 MeV ，氦核的平均结合能为7.1 MeV ，故结合前氘核的能量为E 1＝2×1.1 MeV，结合后氦核的能量E 2＝4×7.1 MeV，可知吸收的能量为ΔE ＝2E 1－E 2＝－24.0 MeV ，式中负号表示释放核能，故选C.例4 用中子轰击锂核(63Li)发生核反应，生成氚核(31H)和α粒子，并放出4.8 MeV 的能量．已知1 u 相当于931.5 MeV 的能量． (1)写出核反应方程； (2)求出质量亏损；(3)若中子和锂核是以等大反向的动量相碰，且核反应释放的能量全部转化为新生核的动能，则氚核和α粒子的动能比是多少？(4)在问题(3)的条件下，α粒子的动能是多大？ 答案 (1)63Li ＋10n→31H ＋42He ＋4.8 MeV (2)0.005 2 u (3)4∶3 (4)2.06 MeV解析 (1)核反应方程为63Li ＋10n→31H ＋42He ＋4.8 MeV. (2)依据ΔE ＝Δmc 2得，Δm ＝4.8931.5 u≈0.005 2 u.(3)根据题意有m 1v 1＝m 2v 2式中m 1、v 1、m 2、v 2分别为氚核和α粒子的质量和速度，由上式及动能E k ＝p 22m ，可得它们的动能之比为E k1∶E k2＝p 22m 1∶p 22m 2＝12m 1∶12m 2＝m 2∶m 1＝4∶3.(4)α粒子的动能E k2＝37(E k1＋E k2)＝37×4.8 MeV≈2.06 MeV.1．氪90(9036Kr)是不稳定的，它经过一系列衰变最终成为稳定的锆90(9040Zr)，这些衰变是( ) A ．1次α衰变，6次β衰变 B ．4次β衰变 C ．2次α衰变D ．2次α衰变，2次β衰变 答案 B解析 解法一 推理计算法根据衰变规律，β衰变不影响核的质量数，发生一次β衰变，核电荷数增加1；发生一次α衰变，质量数减少4，核电荷数减少2，9036Kr 衰变为9040Zr ，质量数不变，故未发生α衰变；核电荷数增加4，一定是发生了4次β衰变． 解法二 列方程求解设9036Kr 衰变为9040Zr ，经过了x 次α衰变，y 次β衰变，则有9036Kr→9040Zr ＋x 42He ＋y 0－1e 由质量数守恒得90＝90＋4x 由电荷数守恒得36＝40＋2x －y解得x ＝0，y ＝4，即只经过了4次β衰变，选项B 正确．2．恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K 时，可以发生“氦燃烧”．(1)完成“氦燃烧”的核反应方程：42He ＋____________→84Be ＋γ. (2)84Be 是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10－16s ．一定质量的84Be ，经7.8×10－16s后所剩下的84Be 占开始时的________________． 答案 (1)42He (2)18(或12.5%)解析 (2)由题意可知经过了3个半衰期，故剩余的84Be 的质量m 余＝m 原(12)3＝18m 原．3．在下列描述核反应过程的方程中，属于α衰变的是________，属于β衰变的是________，属于裂变的是________，属于聚变的是________．(填正确答案标号) A.146C→147N ＋ 0－1e B.3215P→3216S ＋ 0－1e C.23892U→23490Th ＋42He D.147N ＋42He→178O ＋11H E.23592U ＋10n→14054Xe ＋9438Sr ＋210n F.31H ＋21H→42He ＋10n 答案 C AB E F4．两个动能均为1 MeV 的氘核发生正面碰撞，引起如下反应：21H ＋21H→31H ＋11H.(已知21H 的质量m 0＝2.013 6 u ，31H 的质量m 1＝3.015 6 u ，11H 的质量m 2＝1.007 3 u,1 u 相当于931.5 MeV的能量)(1)此核反应中放出的能量ΔE 为______________．(2)若放出的能量全部变为新生核的动能，则新生的氚核具有的动能是______．答案 (1)4.005 MeV (2)1.001 MeV解析 (1)此核反应中的质量亏损和放出的能量分别为：Δm ＝(2×2.013 6－3.015 6－1.007 3) u ＝0.004 3 u ，ΔE ＝Δmc 2＝0.004 3×931.5 MeV≈4.005 MeV.(2)因碰前两氘核动能相同，相向正碰，故碰前的总动量为零．因核反应中的动量守恒，故碰后氚核和质子的总动量也为零．设其动量分别为p 1、p 2，必有p 1＝－p 2.设碰后氚核和质子的动能分别为E k1和E k2，则E k1E k2＝12m 1v 2112m 2v 22＝m 1v 21m 2v 22＝p 21m 1p 22m 2＝m 2m 1＝13， 故新生的氚核具有的动能为 E k1＝14ΔE ＝14×4.005 MeV≈1.001 MeV. 第二节 动量 动量守恒定律(二)[学习目标] 1.理解系统、内力、外力的概念.2.知道动量守恒定律的内容及表达式，理解守恒的条件.3.了解动量守恒定律的普遍意义，会初步利用动量守恒定律解决实际问题．一、动量守恒定律[导学探究]1．如图1所示，公路上三辆汽车发生了追尾事故．如果将甲、乙两辆汽车看做一个系统，丙车对乙车的作用力是内力，还是外力？如果将三车看成一个系统，丙对乙的力是内力还是外力？图1答案 内力是系统内物体之间的作用力，外力是系统以外的物体对系统以内的物体的作用力．一个力是内力还是外力关键是看选择的系统．如果将甲和乙看成一个系统，丙车对乙车的力是外力，如果将三车看成一个系统，丙对乙的力是内力．2.如图2所示，水平桌面上的两个小球，质量分别为m1和m2，沿着同一直线向相同的方向做匀速运动，速度分别是v1和v2，v2>v1.当第二个小球追上第一个小球时两球发生碰撞，碰撞后两球的速度分别为v1′和v2′.试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前总动量m1v1＋m2v2与碰后总动量m1v1′＋m2v2′的关系．图2答案设碰撞过程中两球间的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t根据动量定理：F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2)．因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2，则有：m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′此式表明两球在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，这就是动量守恒定律的表达式．[知识梳理]1．系统、内力与外力(1)系统：相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统．(2)内力：系统内部物体间的相互作用力．(3)外力：系统外部物体对系统内物体的作用力．2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)．(3)适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)一个系统初、末态动量大小相等，即动量守恒．( ×)(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒．( √)(3)只要系统受到的外力的功为零，动量就守恒．( ×)(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒．( √)(5)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．( √)二、对动量守恒定律的认识[导学探究] 如图3所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s.(1)A、B二人相互作用时动量守恒吗？(2)如果守恒，应以什么为参考系？(3)轻推后B的速度大小是多少？方向如何？图3答案(1)守恒(2)以空间站为参考系(3)0.02 m/s 远离空间站方向解析规定远离空间站的方向为正方向，则v0＝0.1 m/s，v A＝0.2 m/s根据动量守恒定律(m A＋m B)v0＝m A v A＋m B v B代入数据可解得v B＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向．[知识梳理] 对动量守恒定律的理解1．对系统“总动量保持不变”的理解(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．2．动量守恒定律的“四性”(1)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量式．(2)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为相对于地面的速度．(3)同时性：动量守恒定律中，p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量．(4)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统．不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．[即学即用] 如图4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，乙木块上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )图4A．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机械能守恒答案 C一、动量守恒条件的理解1．系统不受外力作用：这是一种理想化的情形．2．系统受外力作用，但所受合外力为零．3．系统受外力作用，但当系统所受的外力远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒．例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力可以完全忽略不计，系统的动量近似守恒．4．系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．例1(多选)如图5所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法正确的是( )图5A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒答案BCD解析如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力f A向右，f B向左．由于m A∶m B＝3∶2，所以f A∶f B ＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．1．动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统．判断系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系．2．判断系统的动量是否守恒，要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为零，因此要分清哪些力是内力，哪些力是外力．3．一般来说，系统的动量守恒时，系统内各物体的动量是变化的，但系统内各物体的动量的矢量和是不变的．针对训练1 如图6所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是( )图6A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同答案 C解析由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D 错误．二、动量守恒定律的简单应用1．动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义：(1)p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．(4)Δp＝0：系统总动量增量为零．2．应用动量守恒定律的解题步骤：例2将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图7所示．图7(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？答案 (1)1 m/s 方向向右 (2)0.5 m/s 方向向右解析 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒，设向右为正方向．(1)v 甲＝3 m/s ，v 乙＝－2 m/s.据动量守恒得：mv 甲＋mv 乙＝mv 甲′，代入数据解得v 甲′＝v 甲＋v 乙＝(3－2) m/s ＝1 m/s ，方向向右．(2)两车相距最小时，两车速度相同，设为v ′，由动量守恒得：mv 甲＋mv 乙＝mv ′＋mv ′.解得v ′＝mv 甲＋mv 乙2m ＝v 甲＋v 乙2＝3－22m/s ＝0.5 m/s ，方向向右． 例3 如图8所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )图8A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 答案 D解析 根据动量守恒定律有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，可得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，故选D.应用动量守恒定律解题，在规定正方向的前提下，要注意各已知速度的正负号，求解出未知速度的正负号，一定要指明速度方向．针对训练2 质量m 1＝10 g 的小球在光滑的水平桌面上以30 cm/s 的速率向右运动，恰遇上质量为m 2＝50 g 的小球以10 cm/s 的速率向左运动，碰撞后，小球m 2恰好停止，则碰后小球m 1的速度大小和方向如何？答案 20 cm/s 方向向左解析 碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．设向右为正方向，则 v 1＝30 cm/s ，v 2＝－10 cm/s ；v 2′＝0.由动量守恒定律列方程m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，代入数据解得v 1′＝－20 cm/s.故碰后小球m 1的速度大小为20 cm/s ，方向向左．1．(多选)如图9所示，在光滑水平地面上有A 、B 两个木块，A 、B 之间用一轻弹簧连接．A 靠在墙壁上，用力F 向左推B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F ，则下列说法中正确的是( )图9A ．木块A 离开墙壁前，A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒B ．木块A 离开墙壁前，A 、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C ．木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒D ．木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒答案 BC解析 若突然撤去力F ，木块A 离开墙壁前，墙壁对木块A 有作用力，所以A 、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A 没有离开墙壁，墙壁对木块A 不做功，所以A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误，选项B 正确；木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒且机械能守恒，选项C 正确，选项D 错误．2．解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M ，以速度v 前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m 的鱼雷后，快艇速度减为原来的35，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为( )A.2M ＋3m 5mv B.2M 5m v C.4M －m 5mv D.4M 5mv 答案 A。