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專題強化2　動量守恒定律的應用
[學習目標]　1.理解某一方向上的動量守恒(重點)。2.會利用動量守恒定律分析和解決多物體、多過程問題(重難點)。3.會分析動量守恒定律應用中的臨界問題(重難點)。
一、某一方向上的動量守恒
若系統受到的合外力不為零，系統的動量不守恒。但若在某一方向上合外力為零，則系統在此方向上動量守恒。系統在某一方向動量守恒時，動量守恒表達式為：(以水平方向動量守恒為例)m1v1x＋m2v2x＝m1v1x′＋m2v2x′。
例1　如圖所示，光滑的水平面上，質量為m物體A置于質量為M的斜面體B上，斜面的傾角為θ，在A沿斜面由底端沖上頂端的過程中，A和B組成的系統(　　)
A．系統的動量守恒
B．在豎直方向上系統的動量分量守恒
C．在水平方向上系統的動量分量守恒
D．在任何方向上系統的動量分量都不守恒
拓展延伸　若A剛好到達斜面頂端，且A、B具有共同速度，若不計A、B間的摩擦，則A到達頂端時速度的大小為(　　)
A. B.
C. D.
例2　(2022·江蘇常熟中學高二期中)如圖所示，質量為m的人立于平板車上，人與車的總質量為m0，人與車以速度v1在光滑水平面上向右勻速運動，當此人相對于車以速度v2豎直跳起時，車的速度變為(　　)
A.，向右 B.，向右
C.，向右 D．v1，向右
二、動量守恒定律在多物體、多過程問題中的應用
多個物體相互作用時，物理過程往往比較復雜，分析此類問題時應注意：
(1)正確進行研究對象的選取：有時對整體應用動量守恒定律，有時對部分物體應用動量守恒定律。研究對象的選取一是取決于系統是否滿足動量守恒的條件，二是根據所研究問題的需要。
(2)正確進行過程的選取和分析：通常對全程進行分段分析，并找出聯系各階段的狀態量。根據所研究問題的需要，列式時有時需分過程多次應用動量守恒，有時只需針對初、末狀態建立動量守恒的關系式。
例3　如圖所示，在光滑水平面上有兩個并排靜止放置的木塊A、B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg。現有質量m0＝0.08 kg的小物塊C以初速度v0＝25 m/s在A表面沿水平方向向右滑動，由于C與A、B間均有摩擦，C最終停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5 m/s。求：
(1)木塊A的最終速度的大小；
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(2)小物塊C滑離木塊A的瞬時速度的大小。
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三、動量守恒定律應用中的臨界問題分析
在動量守恒的應用中，常常出現相互作用的兩物體相距最近(或最遠)、恰好不相撞、彈簧最長(或最短)或物體開始反向運動等臨界狀態，其臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系或相對位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵。
例4　如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在光滑水平冰面上游戲，甲和他的冰車總質量為30 kg，乙和他的冰車總質量也為30 kg，游戲時甲推著一質量為10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度向右滑行，乙在甲的正前方相對地面靜止，為避免碰撞，甲將木箱推給乙，使木箱與乙一起運動，則甲至少以相對地面多大的速度將箱子推出才能避免與乙相撞？
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兩物體不相撞的臨界條件是速度相同。
例5　如圖所示，木塊A的質量為mA＝1 kg，足夠長的木板B的質量為mB＝4 kg，質量為mC＝4 kg的木塊C置于靜止的木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦。現使A以v0＝12 m/s的初速度向右運動，與B碰撞后以4 m/s的速度彈回，C始終未脫離B。求：
(1)B運動過程中的最大速度的大小；
(2)C運動過程中的最大速度的大小；
(3)整個過程中系統損失的機械能。
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專題強化2　動量守恒定律的應用
[學習目標]　1.理解某一方向上的動量守恒(重點)。2.會利用動量守恒定律分析和解決多物體、多過程問題(重難點)。3.會分析動量守恒定律應用中的臨界問題(重難點)。
一、某一方向上的動量守恒
若系統受到的合外力不為零，系統的動量不守恒。但若在某一方向上合外力為零，則系統在此方向上動量守恒。系統在某一方向動量守恒時，動量守恒表達式為：(以水平方向動量守恒為例)m1v1x＋m2v2x＝m1v1x′＋m2v2x′。
例1　如圖所示，光滑的水平面上，質量為m物體A置于質量為M的斜面體B上，斜面的傾角為θ，在A沿斜面由底端沖上頂端的過程中，A和B組成的系統(　　)
A．系統的動量守恒
B．在豎直方向上系統的動量分量守恒
C．在水平方向上系統的動量分量守恒
D．在任何方向上系統的動量分量都不守恒
答案　C
解析　由題意知，A沿斜面由底端沖上頂端的過程中，在豎直方向上A有向下的加速度，所以A和B組成的系統在豎直方向上系統的動量分量不守恒。而A和B組成的系統在水平方向上不受外力作用，所以A和B組成的系統，在水平方向上系統的動量分量守恒，故選C。
拓展延伸　若A剛好到達斜面頂端，且A、B具有共同速度，若不計A、B間的摩擦，則A到達頂端時速度的大小為(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　因為物體A具有豎直方向的加速度，故系統在豎直方向受到向下的重力和水平面提供的向上的作用力，且此方向合力不為零，故此方向的動量不守恒；但水平面光滑，故系統在水平方向動量守恒，A到達頂端時，A和斜面體只有水平方向的速度，即mv0cos θ＝(M＋m)v，所以v＝，故選B。
例2　(2022·江蘇常熟中學高二期中)如圖所示，質量為m的人立于平板車上，人與車的總質量為m0，人與車以速度v1在光滑水平面上向右勻速運動，當此人相對于車以速度v2豎直跳起時，車的速度變為(　　)
A.，向右 B.，向右
C.，向右 D．v1，向右
答案　D
解析　根據題意可知，人和車在水平方向上動量守恒，當人豎直跳起時，人和車之間在豎直方向上有相互作用，在水平方向上所受合力為零，動量仍然守恒，水平方向的速度不發生變化，所以車的速度仍為v1，方向向右，故選D。
二、動量守恒定律在多物體、多過程問題中的應用
多個物體相互作用時，物理過程往往比較復雜，分析此類問題時應注意：
(1)正確進行研究對象的選取：有時對整體應用動量守恒定律，有時對部分物體應用動量守恒定律。研究對象的選取一是取決于系統是否滿足動量守恒的條件，二是根據所研究問題的需要。
(2)正確進行過程的選取和分析：通常對全程進行分段分析，并找出聯系各階段的狀態量。根據所研究問題的需要，列式時有時需分過程多次應用動量守恒，有時只需針對初、末狀態建立動量守恒的關系式。
例3　如圖所示，在光滑水平面上有兩個并排靜止放置的木塊A、B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg。現有質量m0＝0.08 kg的小物塊C以初速度v0＝25 m/s在A表面沿水平方向向右滑動，由于C與A、B間均有摩擦，C最終停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5 m/s。求：
(1)木塊A的最終速度的大小；
(2)小物塊C滑離木塊A的瞬時速度的大小。
答案　(1)2.1 m/s　(2)4 m/s
解析　(1)取向右為正方向，設木塊A的最終速度為v1，由動量守恒定律，對A、B、C有
m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)·v，解得v1＝2.1 m/s。
(2)設C滑離A時的速度為v2，當C滑離A后，由動量守恒定律，對B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v，
解得v2＝4 m/s。
三、動量守恒定律應用中的臨界問題分析
在動量守恒的應用中，常常出現相互作用的兩物體相距最近(或最遠)、恰好不相撞、彈簧最長(或最短)或物體開始反向運動等臨界狀態，其臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系或相對位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵。
例4　如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在光滑水平冰面上游戲，甲和他的冰車總質量為30 kg，乙和他的冰車總質量也為30 kg，游戲時甲推著一質量為10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度向右滑行，乙在甲的正前方相對地面靜止，為避免碰撞，甲將木箱推給乙，使木箱與乙一起運動，則甲至少以相對地面多大的速度將箱子推出才能避免與乙相撞？
答案　8 m/s
解析　設甲至少以速度v將箱子推出，推出箱子后甲的速度為v甲，乙獲得的速度為v乙，取向右為正方向。以甲和箱子為系統，根據動量守恒，得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv，①
選箱子和乙為系統，得mv＝(m＋M乙)v乙，②
當甲與乙恰好不相撞時v甲＝v乙，③
聯立①②③解得v＝8 m/s。
兩物體不相撞的臨界條件是速度相同。
例5　如圖所示，木塊A的質量為mA＝1 kg，足夠長的木板B的質量為mB＝4 kg，質量為mC＝4 kg的木塊C置于靜止的木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦。現使A以v0＝12 m/s的初速度向右運動，與B碰撞后以4 m/s的速度彈回，C始終未脫離B。求：
(1)B運動過程中的最大速度的大小；
(2)C運動過程中的最大速度的大小；
(3)整個過程中系統損失的機械能。
答案　(1)4 m/s　(2)2 m/s　(3)48 J
解析　(1)A與B碰后瞬間，B速度最大，A、B系統動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB，代入數據得：vB＝4 m/s。
(2)B與C共速后，C速度最大，B、C系統動量守恒，以B的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入數據得：vC＝2 m/s。
(3)由能量守恒定律得：ΔE損＝mAv02－mAvA2－(mB＋mC)vC2，解得ΔE損＝48 J。

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