专题6.2 动量守恒定律及其应用-2019高考物理一轮复习考点大通关
高考物理复习---动量守恒定律的理解和基本应用考点归纳PPT课件
√A.碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2
B.碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
C.碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
√D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的
1 6
图5
123
解析 根据x－t图像的斜率表示速度，可 知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2 m/s，滑块Ⅱ 的速度为v2＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比 为5∶2，故选项A正确； 碰撞后的共同速度为 v＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有 m1v 1＋m2v 2＝ (m1＋m2)v，解得 m2＝6m1，由动量的表达式可知|m1 v1|＜m2v2，由动能的 表达式可知，12m1 v12>12m v22，故选项 B、C 错误，D 正确.
图1
C三木块组成的系统动量都守恒
D.当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒
解析 当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力， 不等于0，故系统动量不守恒，A项错误； 当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受 外力作用，故系统动量守恒，B项正确； 若将A、B、C三木块视为一个系统，则沿水平方向无外力作用，系统动 量守恒，C项正确，D项错误.
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2.(动量守恒定律的基本应用)(多选)如图4所示，一质量M＝3.0 kg的长方
形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A，
同时给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，
B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，
跟进训练
1.(某一方向上动量守恒)如图3所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面
上，槽的左侧紧靠在墙壁上.现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开
2019高考物理课标通用复习第六章 第2节动量守恒定律
作用原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
动力学观点
运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问 题
能量观点
用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问 题
P点左侧轨道光滑
物块A在圆轨道上运动时满足机械能守恒定律
“课后演练·逐级过关”见“课时跟踪检测（二十三）” 普通高中适用作业 “课后演练·逐级过关”见“课时跟踪检测（二十三）” 重点高中适用作业
谢 谢 观 赏
动量观点
用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
动量守恒定律
机械能守恒定律
研究对象
相互作用的物体系统
相互作用的系统(包括地球)
守恒性质
矢量守恒(规定正方向)
标量守恒(不考虑方向性)
关键点
获取信息
物块B碰撞前速为0
与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动 A、B的碰撞为完全非弹性碰撞
动量守恒
由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能增加
在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
第
2
节
1 课前回顾·基础速串
2 课堂提能·考点全通 3 课后演练·逐级过关
课 前 回 顾·基础速串
2019届高考一轮复习物理(经典版)课件：第6章 动量守恒定律及其应用6-1
冲量 等于物体的
动量
(2)表达式：Ft＝Δp＝
(4)适用范围：不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对 微观粒子的高速运动同样适用。
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板块一
板块二
板块三
高考一轮总复习 ·物理 （经典版）
板块二 考点细研•悟法培优
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板块一
板块二
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高考一轮总复习 ·物理 （经典版）
考点 1 冲量、动量定理 1．对动量定理的理解
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板块一
板块二
板块三
高考一轮总复习 ·物理 （经典版）
(4)不同时间的冲量可以求和： ①若各力的作用时间相同，且各外力为恒力，可以先 求合力，再乘以时间求冲量，I 合＝F 合· t。 ②若各外力作用时间不同，可以先求出每个外力在相 应时间的冲量，然后求各外力冲量的矢量和，即 I 合＝F1t1 ＋F2t2＋…。 (5)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整 个过程用动量定理。
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板块一 板块二 板块三
高考一轮总复习 ·物理 （经典版）
【知识点 2】
动量的变化
Ⅱ
1．因为 p＝mv 是矢量，只要 m 的大小、v 的大小和 v 的方向三者中任何一个发生变化，动量 p 就发生了变化。 2．动量的变化量 Δp 是矢量，其方向与速度的改变量 Δv 的方向相同。 3．动量的变化量 Δp 的大小，一般用末动量 p′减去初 动量 p 进行计算，也称为动量的增量。即 Δp＝p′－p，此式 为矢量式，若 p′、p 不在同一直线上，则要用平行四边形定 则(或矢量三角形定则 )求矢量差；若在同一直线上，则应先规 定正方向，再用正、负表示 p、p′的方向，最后用 Δp＝p′ －p＝mv′－mv 进行代数运算。
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板块一 板块二 板块三
2019年高考物理一轮复习 专题27 动量守恒定律及其应用(讲)(含解析)
2019年高考物理一轮复习专题27 动量守恒定律及其应用（讲）（含解析）动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点．1、弹性碰撞和非弹性碰撞（1）碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的相互作用力很大的现象。
（2）特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
（3）分类2、反冲运动定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将做相反方向的运动，这种现象叫反冲运动。
考点一碰撞模型的规律及应用1．碰撞的特点和种类(1)碰撞的特点①作用时间极短，内力远大于外力，满足动量守恒；②满足能量不增加原理；③必须符合一定的物理情境。
(2)碰撞的种类①完全弹性碰撞：动量守恒，动能守恒，质量相等的两物体发生完全弹性碰撞时交换速度； ②非完全弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒；③完全非弹性碰撞：动量守恒，动能不守恒，碰后两物体共速，系统机械能损失最大。
2．碰撞现象满足的规律 (1)动量守恒定律。
(2)机械能不增加。
(3)速度要合理。
①若碰前两物体同向运动，则应有v 后＞v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
★重点归纳★ 1、碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：021211v m m m m v +-=；021122v m m m v +=(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m 1≫m 2，且v 20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 。
当m 1≪m 2，且v 20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
2、人船模型（1）“人船模型”不仅是动量守恒问题中典型的物理模型，也是最重要的力学综合模型之一．利用“人船模型”及其典型变形，通过类比和等效方法，可以使许多动量守恒问题的分析思路和解答步骤变得极为简捷。
2019版高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 6.2 动量守恒定律及其应用
K12教育课件
22
(1)炸开后A、B获得的速度各是多少。 (2)A、B在小车上滑行的时间各是多少。
K12教育课件
23
【解析】(1)炸药爆炸瞬间A、B系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得: 0=m2v2-m1v1 A、B的机械能总量为12 J,故有:
E=
=12 J
联立解得:v1=4 m/s,v2=2 m/s
32v02 v02 113gl 2gl
K12教育课件
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【迁移训练】
K12教育课件
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迁移1:完全非弹性碰撞问题
(多选)(2018·长沙模拟)如图所示,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑
块A的质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为m,速度大小为v0,方向向左。
K12教育课件
9
m=0.9 kg的物块B,现有一颗质量为m0=0.1 kg的子弹C以v0=500 m/s的速度水平击中物块 并嵌入其中,该过程作用时间极短,则在A、B、C相互作用的过程中,下列说法中正确的
有
()
导学号04450138
K12教育课件
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A.A、B、C组成的系统动量守恒 B.A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒 C.子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量为45 N·s D.弹簧被压缩到最短时木板的速度为25 m/s
30
此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞,重力加速度大小为g,求物块与地面间的 动摩擦因数满足的条件。 导学号04450139
K12教育课件
31
【题眼直击】 (1)a与b发生弹性碰撞→_____________________。 (2)b没有与墙发生碰撞→______________。
高考物理一轮总复习 专题六 第2讲 动量守恒定律的综合
解：(1)取地面为参考平面，由机械能守恒定律得 MgH＝12Mv20 解得 H＝2vg20＝180 m. (2)设质量为 m 的弹片的最小速度为 v，由平抛运动知识得 H＝12gt2，R＝vt 解得 v＝R 2gH＝100 m/s.
(3)由题意知另一弹片质量为 m′＝M－m＝2.0 kg 设爆炸后此弹片速度为 v′，由动量守恒定律得 mv－m′v′＝0 解得 v′＝mm′v ＝200 m/s 两弹片的最小机械能为 E＝12mv2＋12m′v′2＋(m＋m′)gH＝7.08×104 J.
第 2 讲 动量守恒定律的综合运用
动量守恒定律是力学中一个特别重要的规律，它往往与其 他各部分知识综合应用，试题难度较大，综合性较强，要求考 生具有较高的综合分析能力和熟练应用数学知识处理物理问题 的能力．
考点 1 动量守恒与平抛运动的综合 【例 1】如图 6－2－1 所示，一个质 量为 m 的玩具青蛙，蹲在质量为 M 的小 车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面 上．若车长为 L，细杆高为 h，且位于小 车的中点，试求玩具青蛙至多以多大的 水平速度跳出，才能落到车面上？
考点 2 动量守恒与圆周运动的综合
【例 2】如图 6－2－2 所示，在竖直平面内， 一质量为 M 的木制小球(可视为质点)悬挂于 O 点， 悬线长为 L．一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射 入木球且留在其中，子弹与木球的相互作用时间
极短，可忽略不计．
图 6－2－2
(1)求子弹和木球相互作用结束后的瞬间，它们共同速度的
图 6－2－1
思路点拨：青蛙与车组成的系统水平方向动量守恒(反冲运 动)，青蛙跳出后做平抛运动，车做匀速直线运动，在水平方向 上两者反向运动，要使青蛙能落到车面上，当青蛙下落 h 高度 时，蛙与车的位移之和应满足：s 蛙＋s 车≤L2.
高考物理一轮复习课件基础课动量守恒定律及其应用
$frac{1}{2}m_1v_{10}^2 + frac{1}{2}m_2v_{20}^2 = frac{1}{2}m_1v_{1}^2 + frac{1}{2}m_2v_{2}^2$
完全非弹性碰撞特点及公式推导
01
特点
在完全非弹性碰撞中，两物体碰撞后粘在一起，具有相同的速度。
02 03
公式推导
恢复系数在碰撞中应用
恢复系数可以用来描述各种碰撞的情况，包括完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞和部分弹性碰撞。恢复系数与碰撞 前后的速度关系有关，可以用来求解碰撞问题。例如，在部分弹性碰撞中，可以根据恢复系数和动量守恒、能量 守恒等条件建立方程组求解。
03 二维碰撞问题求 解策略
矢量分解法处理二维碰撞问题
利用动量守恒定律列方程求解
对于变质量系统，可以根据动量守恒定律列出方程，并结合已知条件进行求解。需要注 意的是，在列方程时要考虑质量的变化对动量的影响。
临界和极值问题在复杂系统中应用
01
分析临界状态和极值问题的特点
在复杂系统中，临界状态和极值问题往往涉及到系统动量 的最大值、最小值或临界值等特殊情况。这些问题通常需 要结合动量守恒定律和其他物理规律进行分析和求解。
数据处理方法和误差来源分析
数据处理方法
误差来源分析
测量误差
系统误差
随机误差
对于实验数据，可以采 用列表法、图像法等方 法进行处理。通过计算 碰撞前后的总动量，并 比较其差异，可以判断 动量是否守恒。
在实验过程中，误差来 源主要包括以下几个方 面
由于测量仪器精度限制 或人为因素导致的测量 误差。
由于实验装置或实验方 法本身引起的误差，如 气垫导轨不水平、滑块 与导轨之间存在摩擦等 。
2019年高考物理一轮复习 专题26 动量 动量定理 动量守恒定律(讲)(含解析).doc
2019年高考物理一轮复习专题26 动量动量定理动量守恒定律（讲）（含解析）1.理解动量、动量变化量、动量定理的概念.2.知道动量守恒的条件.1、动量、动量定理（1）动量①定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。
②表达式：p＝mv。
③单位：kg·m/s。
④标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。
（2）冲量①定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。
②表达式：I＝Ft。
单位：N·s。
③标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。
（3）动量定理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0，这个系统的总动量保持不变。
（2）表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′。
（3）适用条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
③分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
考点一 动量定理的理解与应用 1．应用动量定理时应注意(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)。
(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。
2．动量定理的应用 (1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。
(2)应用I ＝Δp 求变力的冲量。
(3)应用Δp ＝F ·Δt 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。
★重点归纳★ 1、动量的性质①矢量性：方向与瞬时速度方向相同。
②瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的。
③相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。
3.动量、动能、动量的变化量的关系 ①动量的变化量：Δp ＝p ′－p 。
6.2 动量守恒定律及其应用—高考物理总复习专题课件
考点二 动量守恒定律的理解与应用
1.动量守恒定律的“六种”性质
系统性
研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的 系统
条件性 相对性 同时性 矢量性
首先判断系统是否满足守恒条件
公式中v1、v2、v′1、v′2必须相对于同一个惯性 系
公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度， v′1、v′2是相互作用后同一时刻的速度 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的 动量为正值，相反为负值
(2)分析讨论． 当碰前物体 2 的速度不为零时，若 m1＝m2，则 v′1＝v2， v′2＝v1，即两物体交换速度． 当碰前物体 2 的速度为零时，v2＝0，则： v′1＝（mm1－1＋mm2）2 v1，v′2＝m21m＋1vm12， ①m1＝m2 时，v′1＝0，v′2＝v1，碰撞后两物体交换速度． ②m1＞m2 时，v′1＞0，v′2＞0，碰撞后两物体沿同方向 运动．
2.如图所示，两滑块 A、B 在光滑水平面 上沿同一直线相向运动，滑块 A 的质量为 m， 速度大小为 2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度大小 为 v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
A．A 和 B 都向左运动 B．A 和 B 都向右运动 C．A 静止，B 向右运动 D．A 向左运动，B 向右运动 解析：以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞 过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞 后两滑块的动量之和也为零，所以 A、B 的运动方向相反
mv0＝mvA1＋MvC1， 12mv20＝12mv2A1＋12Mv2C1， 联立可得：vA1＝mm＋－MM v0，vC1＝m2＋mM v0.
如果 m＞M，第一次碰撞后，A 与 C 速度同向，且 A 的速度小于 C 的速度，不可能与 B 发生碰撞；如果 m＝ M，第一次碰撞后，A 停止，C 以 A 碰撞的速度向右运动， A 不可能与 B 发生碰撞；所以只需要考虑 m＜M 的情况．
【全国试题总结】2019高考物理一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用教师用书
第2节动量守恒定律及其应用知识点1 动量守恒定律及其表达式1．动量守恒定律的内容一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量就保持不变．2．动量守恒的数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)．(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)．(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)．知识点2 动量守恒的成立条件1．系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒．2．系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒．如碰撞、打击、爆炸等过程，动量均可认为守恒．3．系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒．知识点3 碰撞、反冲和爆炸问题1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒．(3)分类：2.在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．在相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．1．正误判断(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒．(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等．(×)(3)在爆炸现象中，动量严格守恒．(×)(4)在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×)(5)动量守恒时，机械能不一定守恒．(√)2．[判断动量是否守恒]如图621所示的装置中，木块B 与水平桌面间是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后，停在木块内．将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )图621A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能不守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．动量不守恒，机械能守恒B [由于子弹射入木块过程中，二者间存在着摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，故整个过程中动量、机械能均不守恒．]3．[分析系统的动量特点](多选)如图622所示，半径和动能相等的两小球相向而行．甲球质量m 甲大于乙球质量m 乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况( )【导学号：】图622A ．甲球速度为零，乙球速度不为零B ．两球速度都不为零C ．乙球速度为零，甲球速度不为零D ．两球都以各自原来的速率反向运动AB [首先根据两球动能相等，12m 甲v 2甲＝12m 乙v 2乙，得出两球碰前动量大小之比为：p 甲p 乙＝m 甲m 乙，因m 甲＞m 乙，则p 甲＞p 乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A 、B 所述情况，而C 、D 情况是违背动量守恒定律的，故C 、D 情况是不可能的．]4．[动量守恒定律的应用]某同学质量为60 kg ，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s 的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg ，原来的速度大小是0.5 m/s ，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则( )A ．人和小船最终静止的水面上B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/sC．船最终的速度是0.95 m/sD．该过程船的动量变化量是70 kg·m/sB [规定人原来的速度方向为正方向．设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力m人＋m船v，解得：v＝0.25 m/s，为零，系统的动量守恒，则由动量守恒得：m人v人－m船v船＝()方向与船原来的速度方向相反，故A、C错误；该同学动量的变化量：Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105 kg·m/s，因系统动量过恒，所以船的动量的变化量为105 kg·m/s，故B正确，D错误．]1.方法一：直接由动量守恒的条件判断．方法二：系统所受的合外力是否为零不很明确时，直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少的话，则系统的动量一定不守恒．[题组通关]1．(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图623所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图623A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒BC[动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a尚未离开墙壁前，a 和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．]2．(多选)如图624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( )【导学号：】图624A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒BCD[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的重力、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．]1.(1)动量守恒(2)机械能不增加(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．3．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．[多维探究]●考向1 爆炸与反冲问题1．(多选)有关实际生活中的现象，下列说法正确的是( )A ．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B ．体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作用力C ．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D ．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好ABC [火箭靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力，从而获得巨大速度，A 正确；体操运动员在着地时曲腿是为了延长作用时间来减小地面对运动员的作用力，B 正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，需要兼顾延长作用时间，减小作用力，D 错误；故选A 、B 、C.]2．以与水平方向成60°角斜向上的初速度v 0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m 和2m 的两块，其中质量为2m 的一块沿着原来的方向以2v 0的速度飞行．求：(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？【导学号：】【解析】 (1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v 1＝v 0cos 60°＝v 02设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv 1＝2mv 1′＋mv 2又v 1′＝2v 0解得v 2＝－2.5v 0，负号表示速度方向与规定的正方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为ΔE ＝ΔE k ＝12(2m )v 1′2＋12mv 22－12(3m )v 21＝274mv 20. 【答案】 (1)2.5v 0，方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)274mv 20 ●考向2 碰撞问题3．(多选)如图625甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，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 ，由此可以判断( )甲 乙图625A ．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 ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能AC [由图乙可以看出，碰前m 1的位移随时间均匀增加，m 2的位移不变，可知m 2静止，m 1向右运动，故A 正确．碰后一个位移增大，一个位移减小，说明两球运动方向不一致，即B 错误．由图乙可以算出碰前m 1的速度v 1＝4 m/s ，碰后的速度v 1′＝－2 m/s ，碰前m 2的速度v 2＝0，碰后的速度v 2′＝2 m/s ，由动量守恒m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，计算得m 2＝0.3 kg ，故C 正确．碰撞过程中系统损失的机械能ΔE ＝12m 1v 21－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，因此D 错误．]4．(2015·全国卷Ⅰ)如图626所示，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图626【解析】 A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1① 12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1 ②联立①②式得 v A 1＝m －M m ＋Mv 0 ③ v C 1＝2m m ＋M v 0 ④如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0 ⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得 m 2＋4mM －M 2≥0⑦ 解得m ≥(5－2)M⑧另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M .⑨【答案】 (5－2)M ≤m <M 碰撞问题解题策略1．抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．2．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0. 当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度．3．因碰撞过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变．(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．2．解决动力学问题的三个基本观点●考向1 应用动量的观点解决问题1．(多选)(2017·湛江模拟)如图627所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A ，同时给A 和B 以大小均为4.0m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板，在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )图627A ．2.1 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/sAB [以A 、B 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A 开始运动到A 的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝Mv B 1，代入数据解得：v B 1＝2.67m/s.当从开始到A 、B 速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝(M ＋m )v B 2，代入数据解得：v B 2＝2 m/s ，则在木块A 做加速运动的时间内B 的速度范围为：2 m/s ＜v B ＜2.67 m/s ，故选项A 、B 正确．]2．如图628所示，m A ＝1 kg ，m B ＝4 kg ，小物块m C ＝1 kg ，ab 、dc 段均光滑，dc 段足够长；物体A 、B 上表面粗糙，最初均处于静止．最初小物块C 静止在a 点，已知ab 长度L ＝16 m ，现给小物块C 一个水平向右的瞬间冲量I 0＝6 N·s.图628(1)当C 滑上A 后，若刚好在A 的右边缘与A 具有共同的速度v 1(此时还未与B 相碰)，求v 1的大小．(2)A 、C 共同运动一段时间后与B 相碰，若已知碰后A 被反弹回来，速度大小为0.2 m/s ，C 最后和B 保持相对静止，求B 、C 最终具有的共同速度v 2.【解析】 (1)对物块C ，由动量定理，取向右为正方向I 0＝m C v 0－0，v 0＝I 0m C＝6 m/s 从C 滑到A 的右边缘的过程中，由于F 合＝0，所以A 、C 系统动量守恒，以v 0方向为正，m C v 0＝(m C ＋m A )v 1，所以v 1＝3 m/s.(2)以v 0方向为正，A 、C 一起向右运动到与B 相碰后，C 将滑上B 做减速运动，直到与B 达到共同的速度，整个过程动量守恒，有：(mC ＋m A )v 1＝－m A v A ＋(m B ＋m C )v 2，所以v 2＝1.24m/s.【答案】 (1)3 m/s (2)1.24 m/s●考向2 应用动量和能量的观点综合解决问题3．(2016·全国丙卷)如图629所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.【导学号：】图629【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 20>μmgl ①即μ<v 202gl② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv ′1＋34mv ′2④ 12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22 ⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1 ⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl ⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl. ⑨【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl●考向3 动量、能量、牛顿运动定律的综合应用4．(2017·衡阳模拟)如图6210所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切．质量m 2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图6210(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做功W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ；(3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小．【解析】 (1)小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：m 1gR ＋W f ＝12m 1v 21 小球在最低点，根据牛顿第二定律：F N －m 1g ＝m 1v 21R联立可得：W f ＝－0.4 J.(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用，达到共同速度v 2过程中，由动量关系： m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2由能量转化和守恒：12m 1v 21＝12(m 1＋m 2)v 22＋E p 联立可得：E p ＝0.2 J.(3)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 后来速度为v 3，b 后来速度为v 4，由动量关系：m 1v 1＝m 1v 3＋m 2v 4由能量转化和守恒：12m 1v 21＝12m 1v 23＋12m 2v 24 根据动量定理有：I ＝m 2v 4联立可得：I ＝0.4 N·s.【答案】 (1)0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s力学规律的选用原则1．求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律列式解决，有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑运用动量定理．在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理．3．若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件．4．在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量．5．在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这类问题因作用时间极短，动量守恒定律通常能用得上．。
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考点精讲一、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同．(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量．(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等．3．动量守恒定律的“五性”矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(没有特殊说明要选地球这个参考系)．如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系时，必须转换成相对同一参考系的速度同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统，而不是其中的一个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统二、碰撞爆炸反冲1．碰撞(1)碰撞现象：物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2.爆炸现象：爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒．3．反冲运动(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向相反方向运动的现象．(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．题组1 动量守恒1．下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是()A. 只有甲、乙正确B. 只有甲、丙正确C. 只有丙、丁正确D. 只有乙、丁正确【★答案★】B2. 如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后()A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒【★答案★】C.【解析】两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确．甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误．3. (多选) 木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒【★答案★】BC4. 如图所示，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，下列说法中正确的是()A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒C．小车与木箱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★】B【解析】在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B正确；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D错误。
5．(多选)如图所示，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()A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒【★答案★】BCD6. 如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动【★答案★】D【解析】选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2mv0.B的动量p B＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．7．在橄榄球比赛中，一个85kg的前锋队员以5m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分．就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名均为65kg的队员，一个速度为2m/s，另一个速度为4m/s，然后他们就扭在了一起，则（）A. 碰撞后他们动量的方向仍向前B. 他们碰撞后的共同速度是0.2 m/sC. 这名前锋不能得分D. 这名前锋能得分【★答案★】AD8．如图所示，质量为M 的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止．由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止的状态．这个人手中拿着一个质量为m 的小物体，他以相对飞船为v 的速度把小物体抛出，在抛出物体后他相对飞船的速度大小为（ ）A. m v MB. M v mC. M v mD. m v m M+ 【★答案★】A【解析】人和物体组成的系统不受外力作用，系统动量守恒，以v 的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得： 1mv Mv =解得： 1m v v M=，故A 正确，BCD 错误。
9．如图所示，放在光滑水平桌面上的两个木块A 、B 中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上.A 的落地点与桌边的水平距离为0.5 m ，B 的落地点与桌边的水平距离为1 m ，不计空气阻力，那么（ ）A. A 、B 离开弹簧时的速度之比为1:2B. A 、B 质量之比为2:1C. 未离开弹簧时，A 、B 所受冲量之比为1:2D. 未离开弹簧时，A 、B 加速度之比为1:2【★答案★】ABD【解析】A、A和B离开桌面后做平抛运动，它们的运动时间相等，速度之比，故A正确。
B、两物体及弹簧组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：m A v A-m B v B=0，则质量之比，故B正确。
C、未离开弹簧时，两物体受到的弹力大小相等，物体所受合外力大小相等、力的作用时间相等，则所受冲量大小相等，A、B所受冲量比为1:1，故C错误；D、未离开弹簧时，物体受到的合外力等于弹簧的弹力，两物体受到的合外力相等，加速度之比，故D正确。
故选ABD。
10．如图，质量为500g的铜块静止于光滑水平面上，一颗质量为50g的子弹以300m/s的水平速度撞到铜块后，又以100m/s的水平速度弹回，则铜块被撞后的速度为多大？【★答案★】40m/s11．一质量M=0. 8kg的小物块，用长l = 0. 8m的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态。
一质量m=0. 2kg的粘性小球以速度v0=10m/s水平射向物块,并与物块粘在一起, 小球与物块相互作用时间极短可以忽略。
不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
求：（1）小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小；（2）小球和物块摆动过程中，细绳拉力的最大值；（3）小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度。
【★答案★】（1）=2.0/v m s 共 （2）F=15N (3)h=0.2m【解析】（1）因为小球与物块相互作用时间极短，所以小球和物块组成的系统动量守恒。
()0mv M m v =+共得: =2.0/v m s 共（2）小球和物块将以v 共 开始运动时，轻绳受到的拉力最大，设最大拉力为F ，()()2v F M m g M m L-+=+共 得: 15F N =题组2 碰撞 爆炸 反冲1. (多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m2.图乙为它们碰撞前后的s t 图象．已知m 1＝0.1 kg ，由此可以判断( )甲 乙A ．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 ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能【★答案★】AC【解析】由图乙可以看出，碰前m 1的位移随时间均匀增加，m 2的位移不变，可知m 2静止，m 1向右运动，故A正确．碰后一个位移增大，一个位移减小，说明两球运动方向不一致，即B 错误．由图乙可以算出碰前m 1的速度m 1＝4 m/s ，碰后的速度m 1′＝－2 m/s ，碰前m 2的速度m 2＝0，碰后的速度m 2′＝2 m/s ，由动量守恒m 1m 1＋m 2m 2＝m 1m 1′＋m 2m 2′，计算得m 2＝0.3 kg ，故C 正确．碰撞过程中系统损失的机械能ΔE ＝12m 1m 21－12m 1m 1′2－12m 2m 2′2＝0，因此D 错误．2．某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象．图中的线段a 、b 、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )A. 碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2B. 碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C. 碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D. 滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16【★答案★】D3．质量m 1=10kg 的小球在光滑的水平桌面上以v 1=30m/s 的速率向右运动，恰好遇上在同一条直线上向左运动的另一个小球．第二个小球的质量为m 2=50kg ，速率v 2=10m/s ．碰撞后，小球m 2恰好停止．那么，碰撞后小球m 1的速度是多大，方向如何？【★答案★】20cm/s ，方向向左【解析】试题分析：设向右的方向为正方向动量守恒定律：.碰撞后球m 1的速度大小为20cm/s ，方向向左4．如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．【★答案★】02116v v = 【解析】设滑块是质量都是m ，A 与B 碰撞前的速度为v A ，选择A 运动的方向为正方向，碰撞的过程中满足动量守恒定律，得：mv A =mv A ′+mv B ′设碰撞前A 克服轨道的阻力做的功为W A ，由动能定理得：2201122B A W mv mv =- 设B 与C 碰撞前的速度为v B ″，碰撞前B 克服轨道的阻力做的功为W B ， 221122B B B W mv mv =-''' 由于质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上，滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，所以：W B =W A设B 与C 碰撞后的共同速度为v ，由动量守恒定律得：mv B ″=2mv联立以上各表达式，代入数据解得： 02116v v =. 5．质量m=0.02kg 的子弹以v 0=300m/s 的速度射入质量为M=2kg 的静止在光滑的水平桌面的木块，子弹穿出木块的速度=100m/s ，求：（1）子弹射出木块时木块的速度；（2）若子弹射穿木块的时间为，子弹对木块的平均作用力大小为多少？【★答案★】（1）2m/s ；（2）200N【解析】（1）由子弹打木块过程动量守恒，规定子弹初速度方向为正方向mv0=m+MV （3分）解得V=2m/s（2）对木块由动量定理MV-0（3）=200N6．如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v1、v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后m2被右侧墙壁原速弹回，又与m1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后m1球速度的大小.【★答案★】23meB7．如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出．设木块对子弹的阻力恒为F ，求：①射入过程中产生的内能为多少？②木块至少为多长时子弹才不会穿出？【★答案★】①．②．【解析】解：①子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，解得：v=，由能量守恒定律可得：mv02=Q+（m+M）v2，解得产生的热量为：Q=；②由动能定理得：对子弹，﹣F（s+L）=mv2﹣mv02，对木块，Fs=Mv2﹣0，木块的最小长度：x=L=；答：①射入过程中产生的内能为．②木块至少为时子弹才不会穿出．方法突破一、子弹击中木块模型1.“子弹击中木块模型”，不管子弹是否击穿木块，由子弹和木块组成的系统，在子弹的运动方向动量守恒，即mv0＝(m＋M)v(未击穿时)mv0＝mv1＋Mv2(击穿时)2. “子弹击中木块模型”中各力做功情况如图所示，质量为m的子弹以水平速度v0射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中，射入木块的深度为d而未穿出，木块与子弹的共同速度为v，木块滑行x木过程中，子弹与木块间的相互作用力为F。