資源簡介

第三節　動量守恒定律
(分值:100分)
選擇題1~9題,每小題8分,共72分。
基礎對點練
題組一　動量守恒定律的理解
1.(2024·四川成都高二期末)關于動量守恒,下列說法正確的是 (　　)
系統中所有物體的加速度都為零時,系統的動量不一定守恒
若光滑水平面上的兩小球發生碰撞,則碰撞過程中兩小球組成的系統動量守恒
一支槍水平固定在小車上,小車放在光滑的水平面上,槍發射子彈時,槍和子彈組成的系統動量守恒
系統只有重力做功,系統的動量才守恒
2.(2024·湖南長沙高二期末) 在如圖所示的裝置中,木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的,子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中,將彈簧壓縮到最短,若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統,則此系統在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中 (　　)
動量守恒,機械能守恒
動量守恒,機械能不守恒
動量不守恒,機械能不守恒
動量不守恒,機械能守恒
3.(多選)如圖所示,在光滑水平面上A、B兩小車中間有一彈簧(不連接),用手抓住小車并將彈簧壓縮后使小車處于靜止狀態,將兩小車及彈簧看作一個系統,下列說法中正確的是 (　　)
兩手同時放開后,系統總動量始終為零
先放開左手,再放開右手后,系統動量不守恒
先放開左手,后放開右手,系統總動量方向向左
無論何時放手,兩手放開后,在彈簧恢復原長的過程中,系統總動量都保持不變,但系統的總動量不一定為零
題組二　動量守恒定律的應用
4.(多選)(2024·北京四十三中期中)如圖所示,甲、乙兩人靜止在光滑的冰面上,甲沿水平方向推了乙一下,結果兩人向相反方向滑去。已知甲的質量為45 kg,乙的質量為50 kg。則下列判斷正確的是 (　　)
甲的速率與乙的速率之比為10∶9
甲、乙相互作用的過程中,甲的加速度大小與乙的加速度大小之比為9∶10
甲對乙的沖量大小與乙對甲的沖量大小之比為1∶1
甲的動能與乙的動能之比為1∶1
5.(2024·四川攀枝花期中)質量為M的機車后面掛著質量為m的拖車,在水平軌道上以速度v勻速運動,已知它們與水平軌道間的摩擦力與它們的質量成正比。運動過程中拖車脫鉤,但當時司機沒發現,當拖車剛停下來時,機車的速度為 (　　)
v
v
6.如圖所示,光滑水平面上有一輛質量為4m的小車,車上左、右兩端分別站著甲、乙兩人,他們的質量都是m,開始時兩個人和車一起以速度v0向右勻速運動。某一時刻,站在車右端的乙先以相對地面向右的速度v跳離小車,然后站在車左端的甲以相對于地面向左的速度v跳離小車。兩人都離開小車后,小車的速度大小將是 (　　)
1.5v0 v0
大于v0,小于1.5v0 大于1.5v0
題組三　“子彈打木塊”模型
7.質量為M的木塊在光滑水平面上以速度v1水平向右運動,質量為m的子彈以速度v2水平向左射入木塊,要使木塊停下來,必須使發射子彈的數目為(子彈留在木塊中不穿出) (　　)
8.(多選)(2024·廣西南寧高二期中)如圖所示,一沙袋用無彈性輕細繩懸于O點。開始時沙袋處于靜止狀態,一彈丸以水平速度v0擊中沙袋后未穿出,二者一起擺動。若彈丸質量為m,沙袋質量為5m,彈丸和沙袋形狀大小忽略不計,彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質量忽略不計,不計空氣阻力,重力加速度為g。下列說法中正確的是 (　　)
彈丸打入沙袋的過程中,細繩所受拉力大小保持不變
彈丸打入沙袋的過程中,彈丸對沙袋的沖量大小等于沙袋對彈丸的沖量大小
彈丸打入沙袋過程中所產生的熱量為
沙袋和彈丸一起擺動所達到的最大高度為
綜合提升練
9.(2024·山東濰坊高二月考)如圖所示,將一個內、外側均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上,槽的左側有一個豎直墻壁。現讓一個小球自左端槽口A的正上方從靜止開始下落,沿半圓形槽的切線方向從A點進入槽內,則以下說法正確的是 (　　)
小球在半圓形槽內運動的全過程中,只有重力對它做功
小球在半圓形槽內運動的全過程中,小球與槽組成的系統動量守恒
小球從最低點向右側最高點運動過程中,小球與槽組成的系統在水平方向動量守恒
小球離開槽右側最高點以后,將做豎直上拋運動
10.(8分)一枚在空中飛行的火箭質量為m,在某時刻的速度大小為v,方向水平,燃料即將耗盡。此時,火箭突然炸裂成兩塊,其中質量為m1的一塊沿著與v相反的方向飛去,速度大小為v1。求炸裂后瞬間另一塊的速度v2。
11.(10分)如圖所示,在光滑水平面上有兩個木塊A、B,木塊B左端放置小物塊C并保持靜止,已知mA=mB=0.2 kg,mC=0.1 kg,現木塊A以初速度v=2 m/s沿水平方向向右滑動,木塊A與B相碰后具有共同速度(但不粘連),C與A、B間均有摩擦。求:
(1)(5分)木塊A與B碰后瞬間木塊A及小物塊C的速度大小;
(2)(5分)設木塊A足夠長,求小物塊C的最終速度。
培優加強練
12.(10分)如圖所示,一質量為M的物塊靜止在桌面邊緣,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,以水平速度射出。重力加速度為g。求:
(1)(5分)此過程中系統損失的機械能;
(2)(5分)此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離。
第三節　動量守恒定律
1.B　[系統中所有物體的加速度都為零時,則系統所受合外力為零,系統的動量守恒,A錯誤;若光滑水平面上的兩小球發生碰撞,兩小球組成的系統所受合外力為零,系統動量守恒,B正確;槍和子彈組成的系統,由于小車對槍的作用力是外力,子彈還受到重力,槍和子彈組成的系統合外力不為零,所以動量不守恒,C錯誤;系統只有重力做功,系統的機械能守恒,當系統不受外力或者所受合外力為零時,動量守恒,D錯誤。]
2.C　[系統在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中,由于墻壁對彈簧有力的作用,所以系統所受的合外力不為零,所以系統動量不守恒。由于子彈射入木塊的過程中有內能產生,所以系統機械能不守恒,故C正確。]
3.ACD　[若兩手同時放開A、B兩車,兩手放開后系統所受合外力為零,系統動量守恒,由于系統初動量為零,則系統總動量為零,故A正確;先放開左手,在放開右手之前,此過程中兩車與彈簧組成的系統所受合外力不為零,系統動量不守恒,但是兩手都放開后,系統的合力為零,動量守恒,故B錯誤;先放開左手,系統所受合外力向左,系統所受合外力的沖量方向向左,系統總動量方向向左,再放開右手,系統動量守恒,故C正確;無論何時放手,兩手放開后,系統所受合外力為零,系統動量守恒,在彈簧恢復原長的過程中,系統總動量都保持不變,如果同時放手,系統總動量為零,如果不同時放手,系統總動量不為零,所以系統的總動量不一定為零,故D正確。]
4.AC　[取甲的運動方向為正方向,甲、乙兩人組成的系統滿足動量守恒的條件,根據動量守恒定律有m甲v甲-m乙v乙=0,則甲、乙的速率之比為10∶9,故A項正確;甲與乙間的作用力為一對相互作用力,大小相等,由牛頓第二定律可得F=ma,加速度之比為10∶9,故B項錯誤;甲、乙兩人組成的系統動量守恒,所以分離后二者動量大小相等、方向相反,根據動量定理得I=mΔv=Δp,可知甲對乙的沖量大小與乙對甲的沖量大小之比為1∶1,故C項正確;根據動能的表達式Ek=mv2=,知甲、乙動能之比等于乙、甲質量之比,為10∶9,故D項錯誤。]
5.C　[對機車與拖車組成的系統所受的合外力為零,所以系統動量守恒,則有(M+m)v=Mv',解得v'=v,故C正確。]
6.A　[兩人和車組成的系統動量守恒,系統的初動量為6mv0,方向向右,當乙、甲兩人先后以相對地面大小相等的速度向兩個方向跳離時,甲、乙兩人動量的矢量和為零,則有6mv0=4mv車,解得v車=1.5v0,A正確。]
7.C　[設發射子彈的數目為n,n顆子彈和木塊組成的系統在水平方向上所受的合外力為零,滿足動量守恒的條件。選子彈運動的方向為正方向,由動量守恒定律有nmv2-Mv1=0,得n=,故C正確。]
8.BD　[取水平向右為正方向,設彈丸與沙袋相對靜止時的共同速度為v,彈丸打入沙袋的過程由動量守恒定律有mv0=(m+5m)v,解得v=v0;彈丸打入沙袋后一起做圓周運動,根據牛頓第二定律得T=6mg+6m,故細繩所受拉力變大,選項A錯誤;根據牛頓第三定律可知,彈丸打入沙袋過程中,彈丸對沙袋的沖量大小等于沙袋對彈丸的沖量大小,選項B正確;由能量守恒定律得彈丸打入沙袋過程中所產生的熱量為Q=×6mv2=,選項C錯誤;由機械能守恒定律可知×6mv2=6mgh,解得h=,選項D正確。]
9.C　[小球在半圓形槽內運動到最低點之前,只有重力做功,而從最低點開始上升過程中,除小球重力做功外,還有槽對球作用力做功,選項A錯誤;小球從剛釋放到最低點,由于槽的左側有一個豎直墻壁,豎直墻對槽有水平向右的作用力,因此系統動量不守恒;而小球從最低點向右側最高點運動的過程中,槽離開墻壁,小球與槽組成的系統在水平方向上不受外力,故水平方向動量守恒,選項B錯誤,C正確;小球離開槽右側最高點以后,相對于槽做豎直上拋運動,但由于槽有向右的速度,所以小球相對于地面做斜上拋運動,選項D錯誤。]
10.,方向與炸裂前火箭速度方向相同
解析　以炸裂前火箭的速度方向為正方向,
根據動量守恒定律有mv=-m1v1+(m-m1)v2
解得v2=
即炸裂后瞬間另一塊運動方向與炸裂前火箭速度方向相同。
11.(1)1 m/s　0　(2) m/s,方向水平向右
解析　(1)木塊A與B碰后瞬間C的速度為0,A、B木塊的速度相同,對A、B組成的系統由動量守恒定律得mAv=(mA+mB)vA
代入數據解得vA==1 m/s。
(2)C滑上A后,摩擦力使C加速,使A減速,直至A、C具有共同速度,以A、C整體為系統,由動量守恒定律得mAvA=(mA+mC)v'
解得v'= m/s,方向水平向右。
12.(1)　(2)
解析　(1)設子彈穿過物塊后,物塊的速度為v,由動量守恒定律得mv0=m+Mv
解得v=v0
系統損失的機械能為ΔE=
解得ΔE=。
(2)物塊離開桌面后做平拋運動,設物塊下落到地面所需進間為t,落地點距桌面邊緣的水平距離為s,
則h=gt2,s=vt
解得s=。第三節　動量守恒定律
學習目標　1.了解系統、內力和外力的概念。2.理解動量守恒定律的確切含義、表達式和守恒條件。3.會用動量定理推導動量守恒定律的表達式。4.探究系統動量守恒的條件。
知識點一　動量守恒定律的理解
如圖,原本靜止在光滑冰面上的兩人用水平方向的推力推對方,此后他們向相反的兩個方向運動,大人與小孩之間的一對相互作用力是否等大反向且同時產生、同時消失 這一對相互作用力的沖量大小是否相等 大人和小孩最終獲得的動量大小是否相等
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.系統:由　　　　　　相互作用的物體構成的整體。
2.動量守恒定律
(1)內容:如果一個系統不受　　　　　,或者所受合外力為　　　　　,無論這一系統的內部發生了何種形式的相互作用,這個系統的總動量　　　　　　。
(2)表達式:對于同一直線上運動的兩個物體組成的系統,常寫成:p1+p2=　　　　　　或m1v1+m2v2=　　　　　　。
3.動量守恒定律的適用條件
(1)理想條件:系統不受外力或所受合外力為零。
(2)近似條件:系統所受合外力不為零,但內力遠遠大于外力,此時動量近似守恒。
(3)某一方向守恒的條件:系統所受合外力不為零(整個系統動量不守恒),但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內力遠遠大于外力),則可認為系統在該方向上動量守恒。
4.動量守恒定律的幾個特性
(1)條件性:動量守恒定律的成立是有條件的,應用時一定要先判斷系統是否滿足守恒條件。
(2)矢量性:動量守恒定律的表達式是一個矢量式,總動量在相互作用前后不僅大小相等,方向也相同。在求初、末狀態系統的總動量時,要按矢量運算法則計算。如果各物體動量的方向在同一直線上,可先選取正方向,確定各速度的正、負(表示方向)后,將矢量運算轉化為代數運算。
(3)相對性:在動量守恒定律中,系統中各物體在相互作用前后的動量必須相對于同一慣性參考系,一般選取地面為參考系。
(4)普適性:動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統,也適用于多個物體組成的系統;不僅適用于低速宏觀物體組成的系統,也適用于高速(接近光速)微觀粒子組成的系統。
思考 (1)動量守恒定律的研究對象是單個物體還是相互作用的物體組成的力學系統
(2)下面是兩個同學關于動量守恒的理解。甲同學:一個系統初、末狀態的動量大小相等,則動量守恒。乙同學:只要合外力對系統做功為零,系統的動量就守恒。他們的說法是否正確
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例1 (2024·廣西欽州高二月考)如圖所示,A、B兩物體質量之比mA∶mB=3∶2,原來靜止在平板小車C上,A、B間有一根被壓縮的彈簧,地面光滑,當彈簧突然釋放后,則 (　　)
A.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同,A、B組成系統的動量守恒
B.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數不同,A、B、C組成系統的動量不守恒
C.若A、B所受的摩擦力大小不相等,A、B、C組成系統的動量不守恒
D.無論A、B所受的摩擦力大小是否相等,A、B、C組成系統的動量都守恒
系統動量是否守恒的判定方法
(1)選定研究對象及研究過程,分清外力與內力。
(2)分析系統受到的外力矢量和是否為零,若外力矢量和為零,則系統動量守恒;若外力在某一方向上合力為零,則在該方向上系統動量守恒。
(3)多個物體情況下,選取不同的物體組成系統,會得出不同的結論。
訓練1 如圖所示,小車與木箱靜放在光滑的水平冰面上,現有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱,關于上述過程,下列說法正確的是 (　　)
A.男孩和木箱組成的系統動量守恒
B.小車與木箱組成的系統動量守恒
C.男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒
D.木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量相同
知識點二　動量守恒定律的應用
1.動量守恒定律的常用表達式
(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2':同一直線上相互作用的兩個物體組成的系統,作用前動量的矢量和等于作用后動量的矢量和。
(2)Δp1=-Δp2:相互作用的兩個物體組成的系統,一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、方向相反。
(3)Δp=0:系統總動量改變量為零。
2.應用動量守恒定律解題的步驟
思考 1.在光滑的水平面上有一輛平板車,一個人站在車上用大錘敲打車的左端,如圖所示。在連續的敲打下,這輛車能持續地向右運動嗎
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　2.如圖所示靜止的兩輛小車用細線相連,中間有一個壓縮了的輕質彈簧。燒斷細線后,由于彈力的作用,兩輛小車分別向左、右運動,它們都獲得了動量,它們的總動量是否增加了
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例2 如圖所示,在列車編組站里,一輛質量為1.8×104 kg的貨車在平直軌道上以2 m/s的速度運動,碰上一輛質量為2.2×104kg的靜止的貨車,它們碰撞后結合在一起繼續運動。求貨車碰撞后運動的速度。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)應用動量守恒定律分析問題時,不但要明確研究對象,而且要明確研究的是哪一段過程。也就是說,要明確哪個狀態是我們研究過程的初狀態,哪個狀態是過程的末狀態。初狀態是開始相互作用時的狀態,末狀態是相互作用結束時的狀態。
(2)應用動量守恒定律列式時,應注意速度的矢量性,各量中速度的參考系要統一,速度的正方向要統一。
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最終速度的大小;
(2)小物塊C滑離木塊A的瞬時速度大小。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
訓練2 (2024·山東青島高二期中)如圖,質量為200 kg的小船在靜止水面上以3 m/s的速率向右勻速行駛,一質量為50 kg的救生員站在船尾,相對小船靜止。若救生員以相對船以6 m/s的速率水平向左躍入水中,則救生員躍出后小船的速率為 (　　)
A.4.2 m/s B.3 m/s
C.2.5 m/s D.2.25 m/s
知識點三　“子彈打木塊”模型
模型特點
(1)子彈打木塊的過程很短暫,認為該過程內力遠大于外力,系統動量守恒。
(2)在子彈打木塊過程中存在摩擦生熱,所以系統機械能不守恒,機械能向內能轉化。
例4 如圖所示,質量為M的木塊靜止于光滑的水平面上,一質量為m、速度為v0的子彈水平射入木塊且未穿出,求:
(1)子彈與木塊相對靜止時二者共同速度為多大;
(2)子彈射入木塊的過程中產生的內能和子彈對木塊所做的功分別為多少;
(3)木塊至少為多長時子彈不會穿出。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
“子彈打木塊”模型中兩類問題的分析
(1)子彈留在木塊中(未穿出)
①動量守恒:mv0=(m+M)v
②機械能損失(摩擦生熱)
Q熱=fd=(m+M)v2
其中d為子彈射入木塊的深度。
(2)子彈穿出木塊
①動量守恒:mv0=mv1+Mv2
②機械能的損失(摩擦生熱)
Q熱=fL=
其中L為木塊的長度,注意d≤L。
訓練3 如圖所示,質量為M的木塊放在水平面上,子彈沿水平方向射入木塊并留在其中,測出木塊在水平面上滑行的距離為s,已知木塊與水平面間的動摩擦因數為μ,子彈的質量為m,重力加速度為g,空氣阻力可忽略不計,則子彈射入木塊前的速度大小為 (　　)
A.
C.
隨堂對點自測
1.(動量守恒的判斷)(多選)下列四幅圖所反映的物理過程中,動量守恒的是(　　)
A.在光滑水平面上,子彈射入木塊的過程中,子彈和木塊組成的系統
B.剪斷細線,彈簧恢復原長的過程中,M、N和彈簧組成的系統
C.兩球勻速下降,細線斷裂后在水下運動的過程中,兩球組成的系統(不計水的阻力)
D.木塊沿光滑斜面由靜止滑下的過程中,木塊和斜面體組成的系統
2.(動量守恒條件的應用)(多選)如圖所示,在光滑水平地面上有A、B兩個木塊,A、B之間用一輕彈簧連接,A靠在墻壁上,用力F向左推B,使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止狀態。若突然撤去力F,則下列說法中正確的是(　　)
A.木塊A離開墻壁前,A、B和彈簧組成的系統動量守恒,機械能也守恒
B.木塊A離開墻壁前,A、B和彈簧組成的系統動量不守恒,但機械能守恒
C.木塊A離開墻壁后,A、B和彈簧組成的系統動量守恒,機械能也守恒
D.木塊A離開墻壁后,A、B和彈簧組成的系統動量不守恒,但機械能守恒
3.(子彈打木塊模型)(多選)如圖所示,質量為M的木塊放在光滑的水平面上,質量為m的子彈以水平速度v0射中木塊,并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運動,已知當子彈相對木塊靜止時,木塊前進的距離為L,子彈進入木塊的深度為s,此過程經歷的時間為t。若木塊對子彈的阻力大小f視為恒定,則下列關系式中正確的是 (　　)
A.fL=Mv2 B.ft=mv0-mv
C.v=mv2
4.(動量守恒定律的應用)在光滑水平面上,A、B兩個物體在同一直線上沿同一方向運動,A的質量是5 kg,速度是9 m/s,B的質量是2 kg,速度是6 m/s。A從后面追上B,它們相互作用一段時間后,B的速度增大為10 m/s,方向不變,這時A的速度是多大 方向如何
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第三節　動量守恒定律
知識點一
導學
提示　作用力與反作用力總是等大反向且同時產生、同時消失;作用力與反作用力的沖量大小相等;大人和小孩最終獲得的動量大小相等。
知識梳理
1.兩個(或多個)
2.(1)外力　零　保持不變　(2)p1'+p2'　m1v1'+m2v2'
[思考] 提示　(1)相互作用的物體組成的力學系統。
(2)兩個同學的說法都是錯誤的。甲同學忽略了動量守恒的矢量性及總動量時刻保持不變的特點。乙同學沒弄清動量守恒的條件,動量守恒的條件是合外力為零。如果合外力做功為零,不一定是合外力為零,系統動量不一定守恒。
例1 D　[若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同,A、B發生滑動時,由于A的質量大于B的質量,A物體受到的摩擦力大于B物體受到的摩擦力,A、B系統所受合外力不為零,系統動量不守恒,故A錯誤;無論A、B與平板車上表面間的動摩擦因數是否相同,A、B所受摩擦力大小是否相等,A、B、C組成系統的合外力都為零,A、B、C組成系統的動量守恒,故D正確,B、C錯誤。]
訓練1 C　[在男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱的過程中,男孩和木箱組成的系統所受合力不為零,系統動量不守恒,故A錯誤;小車與木箱組成的系統所受合力不為零,系統動量不守恒,故B錯誤;男孩、小車與木箱三者組成的系統所受合力為零,系統動量守恒,木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相等,方向相反,故C正確,D錯誤。]
知識點二
[思考]
1.提示　(1)不能。
2.提示　兩輛小車分別向左、右運動,它們同時獲得了動量,但兩輛小車的動量方向相反,動量的矢量和仍然為0,故總動量沒有增加。
例2 0.9 m/s,方向向右
解析　已知m1=1.8×104kg,m2=2.2×104kg。沿碰撞前貨車運動的方向建立坐標軸(如題圖),有v1=2 m/s。設兩車結合后的速度為v。兩車碰撞前的總動量為p=m1v1
碰撞后的總動量為p'=(m1+m2)v
根據動量守恒定律可得p=p'
解出v= m/s=0.9 m/s
兩車結合后速度的大小是0.9 m/s;v是正值,表示兩車結合后仍然沿坐標軸的方向運動,即仍然向右運動。
例3 (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組成的系統有
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組成的系統有m0v2+mBv1=(mB+m0)v
解得v2=4 m/s。
訓練2 A　[救生員在躍出的過程中,救生員和船組成的系統水平方向所受合外力為零,動量守恒,規定向右為正方向,由動量守恒定律得(M+m)v0=Mv'-m(v-v'),代入數據解得v'=4.2 m/s,故A正確,B、C、D錯誤。]
知識點三
例4 (1)　(2)　(3)
解析　(1)子彈與木塊組成的系統動量守恒,以子彈的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得
mv0=(m+M)v
解得v=。
(2)由能量守恒定律可得(m+M)v2
解得產生的熱量為Q=
由動能定理得,子彈對木塊所做的功為
W=Mv2=。
(3)設木塊最小長度為L,由能量守恒定律知FL=Q
解得木塊的最小長度為L=。
訓練3 A　[子彈射入木塊過程,系統內力遠大于外力,系統動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得mv1=(M+m)v,解得v=,子彈射入木塊后一起做勻減速直線運動,對子彈與木塊組成的系統由動能定理得-μ(M+m)gs=0-(M+m)v2,解得v1=,故A正確。]
隨堂對點自測
1.AC　[子彈和木塊組成的系統在水平方向上不受外力,豎直方向所受合力為零,該系統動量守恒,故A正確;剪斷細線,在彈簧恢復原長的過程中,系統在水平方向上始終受墻的作用力,系統動量不守恒,故B錯誤;木球與鐵球組成的系統所受合力為零,系統動量守恒,故C正確;木塊下滑過程中,斜面體始終受到擋板的作用力,系統動量不守恒,故D錯誤。]
2.BC　[若突然撤去力F,在木塊A離開墻壁前,墻壁對木塊A有作用力,所以A、B和彈簧組成的系統動量不守恒;但由于A沒有離開墻壁,只有彈簧的彈力做功,所以A、B和彈簧組成的系統機械能守恒,選項A錯誤,B正確;木塊A離開墻壁后,A、B和彈簧組成的系統所受合外力為零,所以系統動量守恒,只有系統內彈簧彈力做功,所以系統的機械能守恒,選項C正確,D錯誤。]
3.AB　[對木塊,由動能定理可得fL=Mv2,選項A正確;以向右為正方向,對子彈,由動量定理可得-ft=mv-mv0,選項B正確;對木塊、子彈整體,根據動量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=,選項C錯誤;根據能量守恒定律得fs=(M+m)v2,選項D錯誤。]
4.7.4 m/s　與原方向相同
解析　取原來A的速度方向為正方向,由動量守恒定律得
mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB'
解得vA'=7.4 m/s,方向與原方向相同。(共57張PPT)
第三節　動量守恒定律
第一章 動量與動量守恒定律
1.了解系統、內力和外力的概念。2.理解動量守恒定律的確切含義、表達式和守恒條件。3.會用動量定理推導動量守恒定律的表達式。4.探究系統動量守恒的條件。
學習目標
目 錄
CONTENTS
知識點
01
隨堂對點自測
02
課后鞏固訓練
03
知識點
1
知識點二　動量守恒定律的應用
知識點一　動量守恒定律的理解
知識點三　“子彈打木塊”模型
知識點一　動量守恒定律的理解
如圖，原本靜止在光滑冰面上的兩人用水平方向的推力推對方，此后他們向相反的兩個方向運動，大人與小孩之間的一對相互作用力是否等大反向且同時產生、同時消失？這一對相互作用力的沖量大小是否相等？大人和小孩最終獲得的動量大小是否相等？
提示　作用力與反作用力總是等大反向且同時產生、同時消失；作用力與反作用力的沖量大小相等；大人和小孩最終獲得的動量大小相等。
1.系統：由________________相互作用的物體構成的整體。
2.動量守恒定律
(1)內容：如果一個系統不受______，或者所受合外力為零，無論這一系統的內部發生了何種形式的相互作用，這個系統的總動量__________。
(2)表達式：對于同一直線上運動的兩個物體組成的系統，常寫成：p1＋p2
＝________或m1v1＋m2v2＝_____________。
兩個(或多個)
外力
保持不變
p1′＋p2′
m1v1′＋m2v2′
3.動量守恒定律的適用條件
(1)理想條件：系統不受外力或所受合外力為零。
(2)近似條件：系統所受合外力不為零，但內力遠遠大于外力，此時動量近似守恒。
(3)某一方向守恒的條件：系統所受合外力不為零(整個系統動量不守恒)，但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內力遠遠大于外力)，則可認為系統在該方向上動量守恒。
4.動量守恒定律的幾個特性
(1)條件性：動量守恒定律的成立是有條件的，應用時一定要先判斷系統是否滿足守恒條件。
(2)矢量性：動量守恒定律的表達式是一個矢量式，總動量在相互作用前后不僅大小相等，方向也相同。在求初、末狀態系統的總動量時，要按矢量運算法則計算。如果各物體動量的方向在同一直線上，可先選取正方向，確定各速度的正、負(表示方向)后，將矢量運算轉化為代數運算。
(3)相對性：在動量守恒定律中，系統中各物體在相互作用前后的動量必須相對于同一慣性參考系，一般選取地面為參考系。
(4)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統，也適用于多個物體組成的系統；不僅適用于低速宏觀物體組成的系統，也適用于高速(接近光速)微觀粒子組成的系統。
【思考】 (1)動量守恒定律的研究對象是單個物體還是相互作用的物體組成的力學系統？
(2)下面是兩個同學關于動量守恒的理解。甲同學：一個系統初、末狀態的動量大小相等，則動量守恒。乙同學：只要合外力對系統做功為零，系統的動量就守恒。他們的說法是否正確？
提示　(1)相互作用的物體組成的力學系統。
(2)兩個同學的說法都是錯誤的。甲同學忽略了動量守恒的矢量性及總動量時刻保持不變的特點。乙同學沒弄清動量守恒的條件，動量守恒的條件是合外力為零。如果合外力做功為零，不一定是合外力為零，系統動量不一定守恒。
例1 (2024·廣西欽州高二月考)如圖所示，A、B兩物體質量之比mA∶mB＝3∶2，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑，當彈簧突然釋放后，則(　　)
A.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，A、B組成系統的動量守恒
B.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數不同，A、B、C組成系統的動量不守恒
C.若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C組成系統的動量不守恒
D.無論A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C組成系統的動量都守恒
D
解析　若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，A、B發生滑動時，由于A的質量大于B的質量，A物體受到的摩擦力大于B物體受到的摩擦力，A、B系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，故A錯誤；無論A、B與平板車上表面間的動摩擦因數是否相同，A、B所受摩擦力大小是否相等，A、B、C組成系統的合外力都為零，A、B、C組成系統的動量守恒，故D正確，B、C錯誤。
系統動量是否守恒的判定方法
(1)選定研究對象及研究過程，分清外力與內力。
(2)分析系統受到的外力矢量和是否為零，若外力矢量和為零，則系統動量守恒；若外力在某一方向上合力為零，則在該方向上系統動量守恒。
(3)多個物體情況下，選取不同的物體組成系統，會得出不同的結論。　　　　
訓練1 如圖所示，小車與木箱靜放在光滑的水平冰面上，現有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法正確的是(　　)
C
A.男孩和木箱組成的系統動量守恒
B.小車與木箱組成的系統動量守恒
C.男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒
D.木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量相同
解析　在男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱的過程中，男孩和木箱組成的系統所受合力不為零，系統動量不守恒，故A錯誤；小車與木箱組成的系統所受合力不為零，系統動量不守恒，故B錯誤；男孩、小車與木箱三者組成的系統所受合力為零，系統動量守恒，木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相等，方向相反，故C正確，D錯誤。
知識點二　動量守恒定律的應用
1.動量守恒定律的常用表達式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：同一直線上相互作用的兩個物體組成的系統，作用前動量的矢量和等于作用后動量的矢量和。
(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個物體組成的系統，一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、方向相反。
(3)Δp＝0：系統總動量改變量為零。
2.應用動量守恒定律解題的步驟
【思考】 1.在光滑的水平面上有一輛平板車，一個人站在車上用大錘敲打車的左端，如圖所示。在連續的敲打下，這輛車能持續地向右運動嗎？
2.如圖所示靜止的兩輛小車用細線相連，中間有一個壓縮了的輕質彈簧。燒斷細線后，由于彈力的作用，兩輛小車分別向左、右運動，它們都獲得了動量，它們的總動量是否增加了？
提示　1.不能。
2.兩輛小車分別向左、右運動，它們同時獲得了動量，但兩輛小車的動量方向相反，動量的矢量和仍然為0，故總動量沒有增加。
例2 如圖所示，在列車編組站里，一輛質量為1.8×104 kg的貨車在平直軌道上以2 m/s的速度運動，碰上一輛質量為2.2×104kg的靜止的貨車，它們碰撞后結合在一起繼續運動。求貨車碰撞后運動的速度。
解析　已知m1＝1.8×104kg，m2＝2.2×104kg。沿碰撞前貨車運動的方向建立坐標軸(如題圖)，有v1＝2 m/s。設兩車結合后的速度為v。兩車碰撞前的總動量為p＝m1v1
碰撞后的總動量為p′＝(m1＋m2)v
兩車結合后速度的大小是0.9 m/s；v是正值，表示兩車結合后仍然沿坐標軸的方向運動，即仍然向右運動。
答案　0.9 m/s，方向向右
(1)應用動量守恒定律分析問題時，不但要明確研究對象，而且要明確研究的是哪一段過程。也就是說，要明確哪個狀態是我們研究過程的初狀態，哪個狀態是過程的末狀態。初狀態是開始相互作用時的狀態，末狀態是相互作用結束時的狀態。
(2)應用動量守恒定律列式時，應注意速度的矢量性，各量中速度的參考系要統一，速度的正方向要統一。　　　　
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最終速度的大小；
(2)小物塊C滑離木塊A的瞬時速度大小。
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組成的系統有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組成的系統有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v，
解得v2＝4 m/s。
答案　(1)2.1 m/s　(2)4 m/s
A
訓練2 (2024·山東青島高二期中)如圖，質量為200 kg的小船在靜止水面上以3 m/s的速率向右勻速行駛，一質量為50 kg的救生員站在船尾，相對小船靜止。若救生員以相對船以6 m/s的速率水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為(　　)
A.4.2 m/s B.3 m/s C.2.5 m/s D.2.25 m/s
解析　救生員在躍出的過程中，救生員和船組成的系統水平方向所受合外力為零，動量守恒，規定向右為正方向，由動量守恒定律得(M＋m)v0＝Mv′－m(v－v′)，代入數據解得v′＝4.2 m/s，故A正確，B、C、D錯誤。
知識點三　“子彈打木塊”模型
模型特點
(1)子彈打木塊的過程很短暫，認為該過程內力遠大于外力，系統動量守恒。
(2)在子彈打木塊過程中存在摩擦生熱，所以系統機械能不守恒，機械能向內能轉化。
例4 如圖所示，質量為M的木塊靜止于光滑的水平面上，一質量為m、速度為v0的子彈水平射入木塊且未穿出，求：
(1)子彈與木塊相對靜止時二者共同速度為多大；
(2)子彈射入木塊的過程中產生的內能和子彈對木
塊所做的功分別為多少；
(3)木塊至少為多長時子彈不會穿出。
A
訓練3 如圖所示，質量為M的木塊放在水平面上，子彈沿水平方向射入木塊并留在其中，測出木塊在水平面上滑行的距離為s，已知木塊與水平面間的動摩擦因數為μ，子彈的質量為m，重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計，則子彈射入木塊前的速度大小為(　　)
隨堂對點自測
2
AC
1.(動量守恒的判斷)(多選)下列四幅圖所反映的物理過程中，動量守恒的是(　　)
A.在光滑水平面上，子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統
B.剪斷細線，彈簧恢復原長的過程中，M、N和彈簧組成的系統
C.兩球勻速下降，細線斷裂后在水下運動的過程中，兩球組成的系統(不計水的阻力)
D.木塊沿光滑斜面由靜止滑下的過程中，木塊和斜面體組成的系統
解析　子彈和木塊組成的系統在水平方向上不受外力，豎直方向所受合力為零，該系統動量守恒，故A正確；剪斷細線，在彈簧恢復原長的過程中，系統在水平方向上始終受墻的作用力，系統動量不守恒，故B錯誤；木球與鐵球組成的系統所受合力為零，系統動量守恒，故C正確；木塊下滑過程中，斜面體始終受到擋板的作用力，系統動量不守恒，故D錯誤。
BC
2.(動量守恒條件的應用)(多選)如圖所示，在光滑水平地面上有A、B兩個木塊，A、B之間用一輕彈簧連接，A靠在墻壁上，用力F向左推B，使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止狀態。若突然撤去力F，則下列說法中正確的是(　　)
A.木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統動量守恒，機械能也守恒
B.木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統動量不守恒，但機械能守恒
C.木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統動量守恒，機械能也守恒
D.木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統動量不守恒，但機械能守恒
解析　若突然撤去力F，在木塊A離開墻壁前，墻壁對木塊A有作用力，所以A、B和彈簧組成的系統動量不守恒；但由于A沒有離開墻壁，只有彈簧的彈力做功，所以A、B和彈簧組成的系統機械能守恒，選項A錯誤，B正確；木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統所受合外力為零，所以系統動量守恒，只有系統內彈簧彈力做功，所以系統的機械能守恒，選項C正確，D錯誤。
AB
3.(子彈打木塊模型)(多選)如圖所示，質量為M的木塊放在光滑的水平面上，質量為m的子彈以水平速度v0射中木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運動，已知當子彈相對木塊靜止時，木塊前進的距離為L，子彈進入木塊的深度為s，此過程經歷的時間為t。若木塊對子彈的阻力大小f視為恒定，則下列關系式中正確的是(　　)
4.(動量守恒定律的應用)在光滑水平面上，A、B兩個物體在同一直線上沿同一方向運動，A的質量是5 kg，速度是9 m/s，B的質量是2 kg，速度是6 m/s。A從后面追上B，它們相互作用一段時間后，B的速度增大為10 m/s，方向不變，這時A的速度是多大？方向如何？
答案　7.4 m/s　與原方向相同
解析　取原來A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′
解得vA′＝7.4 m/s，方向與原方向相同。
課后鞏固訓練
3
B
題組一　動量守恒定律的理解
1.(2024·四川成都高二期末)關于動量守恒，下列說法正確的是(　　)
A.系統中所有物體的加速度都為零時，系統的動量不一定守恒
B.若光滑水平面上的兩小球發生碰撞，則碰撞過程中兩小球組成的系統動量守恒
C.一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平面上，槍發射子彈時，槍和子彈組成的系統動量守恒
D.系統只有重力做功，系統的動量才守恒
基礎對點練
解析　系統中所有物體的加速度都為零時，則系統所受合外力為零，系統的動量守恒，A錯誤；若光滑水平面上的兩小球發生碰撞，兩小球組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒，B正確；槍和子彈組成的系統，由于小車對槍的作用力是外力，子彈還受到重力，槍和子彈組成的系統合外力不為零，所以動量不守恒，C錯誤；系統只有重力做功，系統的機械能守恒，當系統不受外力或者所受合外力為零時，動量守恒，D錯誤。
C
2.(2024·湖南長沙高二期末) 在如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中，將彈簧壓縮到最短，若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統，則此系統在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中(　　)
A.動量守恒，機械能守恒
B.動量守恒，機械能不守恒
C.動量不守恒，機械能不守恒
D.動量不守恒，機械能守恒
解析　系統在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中，由于墻壁對彈簧有力的作用，所以系統所受的合外力不為零，所以系統動量不守恒。由于子彈射入木塊的過程中有內能產生，所以系統機械能不守恒，故C正確。
ACD
3.(多選)如圖所示，在光滑水平面上A、B兩小車中間有一彈簧(不連接)，用手抓住小車并將彈簧壓縮后使小車處于靜止狀態，將兩小車及彈簧看作一個系統，下列說法中正確的是(　 　)
A.兩手同時放開后，系統總動量始終為零
B.先放開左手，再放開右手后，系統動量不守恒
C.先放開左手，后放開右手，系統總動量方向向左
D.無論何時放手，兩手放開后，在彈簧恢復原長的過程中，系統總動量都保持不變，但系統的總動量不一定為零
解析　若兩手同時放開A、B兩車，兩手放開后系統所受合外力為零，系統動量守恒，由于系統初動量為零，則系統總動量為零，故A正確；先放開左手，在放開右手之前，此過程中兩車與彈簧組成的系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，但是兩手都放開后，系統的合力為零，動量守恒，故B錯誤；先放開左手，系統所受合外力向左，系統所受合外力的沖量方向向左，系統總動量方向向左，再放開右手，系統動量守恒，故C正確；無論何時放手，兩手放開后，系統所受合外力為零，系統動量守恒，在彈簧恢復原長的過程中，系統總動量都保持不變，如果同時放手，系統總動量為零，如果不同時放手，系統總動量不為零，所以系統的總動量不一定為零，故D正確。
AC
題組二　動量守恒定律的應用
4.(多選)(2024·北京四十三中期中)如圖所示，甲、乙兩人靜止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，結果兩人向相反方向滑去。已知甲的質量為45 kg，乙的質量為50 kg。則下列判斷正確的是(　　)
A.甲的速率與乙的速率之比為10∶9
B.甲、乙相互作用的過程中，甲的加速度大小與
乙的加速度大小之比為9∶10
C.甲對乙的沖量大小與乙對甲的沖量大小之比為1∶1
D.甲的動能與乙的動能之比為1∶1
C
5.(2024·四川攀枝花期中)質量為M的機車后面掛著質量為m的拖車，在水平軌道上以速度v勻速運動，已知它們與水平軌道間的摩擦力與它們的質量成正比。運動過程中拖車脫鉤，但當時司機沒發現，當拖車剛停下來時，機車的速度為(　　)
A
6.如圖所示，光滑水平面上有一輛質量為4m的小車，車上左、右兩端分別站著甲、乙兩人，他們的質量都是m，開始時兩個人和車一起以速度v0向右勻速運動。某一時刻，站在車右端的乙先以相對地面向右的速度v跳離小車，然后站在車左端的甲以相對于地面向左的速度v跳離小車。兩人都離開小車后，小車的速度大小將是(　　)
A.1.5v0 B.v0
C.大于v0，小于1.5v0 D.大于1.5v0
C
題組三　“子彈打木塊”模型
7.質量為M的木塊在光滑水平面上以速度v1水平向右運動，質量為m的子彈以速度v2水平向左射入木塊，要使木塊停下來，必須使發射子彈的數目為(子彈留在木塊中不穿出) (　　)
BD
8.(多選)(2024·廣西南寧高二期中)如圖所示，一沙袋用無彈性輕細繩懸于O點。開始時沙袋處于靜止狀態，一彈丸以水平速度v0擊中沙袋后未穿出，二者一起擺動。若彈丸質量為m，沙袋質量為5m，彈丸和沙袋形狀大小忽略不計，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質量忽略不計，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法中正確的是(　　)
C
9.(2024·山東濰坊高二月考)如圖所示，將一個內、外側均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側有一個豎直墻壁。現讓一個小球自左端槽口A的正上方從靜止開始下落，沿半圓形槽的切線方向從A點進入槽內，則以下說法正確的是(　　)
綜合提升練
A.小球在半圓形槽內運動的全過程中，只有重力對它做功
B.小球在半圓形槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統動量守恒
C.小球從最低點向右側最高點運動過程中，小球與槽組成的系統在水平方向動量守恒
D.小球離開槽右側最高點以后，將做豎直上拋運動
10.一枚在空中飛行的火箭質量為m，在某時刻的速度大小為v，方向水平，燃料即將耗盡。此時，火箭突然炸裂成兩塊，其中質量為m1的一塊沿著與v相反的方向飛去，速度大小為v1。求炸裂后瞬間另一塊的速度v2。
解析　以炸裂前火箭的速度方向為正方向，
根據動量守恒定律有mv＝－m1v1＋(m－m1)v2
即炸裂后瞬間另一塊運動方向與炸裂前火箭速度方向相同。
11.如圖所示，在光滑水平面上有兩個木塊A、B，木塊B左端放置小物塊C并保持靜止，已知mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，現木塊A以初速度v＝2 m/s沿水平方向向右滑動，木塊A與B相碰后具有共同速度(但不粘連)，C與A、B間均有摩擦。求：
(1)木塊A與B碰后瞬間木塊A及小物塊C的速度大小；
(2)設木塊A足夠長，求小物塊C的最終速度。
培優加強練

展開更多......

收起↑