《2019-2020學(xué)年高考物理 主題1 動量與動量守恒定律 3 動量守恒定律學(xué)案（必修1）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020學(xué)年高考物理 主題1 動量與動量守恒定律 3 動量守恒定律學(xué)案（必修1）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、3　動量守恒定律 [學(xué)科素養(yǎng)與目標(biāo)要求]　 物理觀念：1.知道系統(tǒng)、內(nèi)力和外力的概念.2.掌握動量守恒定律的含義、表達(dá)式和守恒條件.3.了解動量守恒定律的普適性. 科學(xué)思維：1.會用牛頓運(yùn)動定律推導(dǎo)動量守恒定律的表達(dá)式.2.會用動量守恒定律解釋生活中的實際問題. 一、系統(tǒng)、內(nèi)力與外力 1.系統(tǒng)：相互作用的兩個或多個物體組成的一個力學(xué)系統(tǒng). 2.內(nèi)力：系統(tǒng)中物體間的相互作用力. 3.外力：系統(tǒng)外部的物體對系統(tǒng)內(nèi)物體的作用力. 二、動量守恒定律 1.內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變. 2.表達(dá)式： m1v1＋m2v2＝m1v1

2、′＋m2v2′(作用前后總動量相等). 3.適用條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力的矢量和為零. 4.普適性：動量守恒定律是一個獨(dú)立的實驗規(guī)律，它適用于目前為止物理學(xué)研究的一切領(lǐng)域. 1.判斷下列說法的正誤. (1)一個系統(tǒng)初、末狀態(tài)動量大小相等，即動量守恒.(　×　) (2)兩個做勻速直線運(yùn)動的物體發(fā)生碰撞瞬間，兩個物體組成的系統(tǒng)動量守恒.(　√　) (3)系統(tǒng)動量守恒也就是系統(tǒng)總動量變化量始終為零.(　√　) (4)只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，動量就一定不守恒.(　×　) 2.如圖1所示，游樂場上，兩位同學(xué)各駕著一輛碰碰車迎面相撞，此后，兩車以共同的速度運(yùn)動.設(shè)甲同學(xué)和他的車的總

3、質(zhì)量為150kg，碰撞前向右運(yùn)動，速度的大小為4.5 m/s；乙同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為200 kg，碰撞前向左運(yùn)動，速度的大小為3.7 m/s.則碰撞后兩車共同的運(yùn)動速度大小為________，方向________. 圖1 答案　0.186m/s　向左 解析　本題的研究對象為兩輛碰碰車(包括駕車的同學(xué))組成的系統(tǒng)，在碰撞過程中此系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于所受的外力，外力可以忽略不計，滿足動量守恒定律的適用條件.設(shè)甲同學(xué)的車碰撞前的運(yùn)動方向為正方向，他和車的總質(zhì)量m1＝150kg，碰撞前的速度v1＝4.5 m/s；乙同學(xué)和車的總質(zhì)量m2＝200 kg，碰撞前的速度v2＝－3.7 m/s.設(shè)碰撞

4、后兩車的共同速度為v，則系統(tǒng)碰撞前的總動量為：p＝m1v1＋m2v2 ＝150×4.5kg·m/s＋200×(－3.7) kg·m/s＝－65kg·m/s. 碰撞后的總動量為p′＝(m1＋m2)v. 根據(jù)動量守恒定律可知p＝p′，代入數(shù)據(jù)解得v≈－0.186m/s， 即碰撞后兩車以0.186m/s的共同速度運(yùn)動，運(yùn)動方向向左. 一、動量守恒定律 1.動量守恒定律的推導(dǎo) 如圖2所示，光滑水平桌面上質(zhì)量分別為m1、m2的球A、B，沿著同一直線分別以v1和v2的速度同向運(yùn)動，v2>v1.當(dāng)B球追上A球時發(fā)生碰撞，碰撞后A、B兩球的速度分別為v1′和v2′. 圖2 設(shè)碰撞過程

5、中兩球受到的作用力分別為F1、F2，相互作用時間為t.根據(jù)動量定理： F1t＝m1(v1′－v1)，F(xiàn)2t＝m2(v2′－v2). 因為F1與F2是兩球間的相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律知，F(xiàn)1＝－F2， 則有：m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2) 即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 2.動量守恒定律的理解 (1)動量守恒定律的成立條件 ①系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零. ②系統(tǒng)受外力作用，但內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于合外力.此時動量近似守恒. ③系統(tǒng)所受到的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力)，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒. (2)動量守

6、恒定律的性質(zhì) ①矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它們在同一直線上，并先選定正方向，確定各速度的正、負(fù)(表示方向)后，才能用代數(shù)方法運(yùn)算. ②相對性：速度具有相對性，公式中的v1、v2、v1′和v2′應(yīng)是相對同一參考系的速度，一般取相對地面的速度. ③普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng). 例1　(多選)如圖3所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，原來靜止在足夠長的平板小車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，水平地面光滑，當(dāng)彈簧突然釋放后，則下列說法正確的是(　

7、　) 圖3 A.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒 B.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒 D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 答案　BCD 解析　如果A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，彈簧釋放后，A、B分別相對于小車向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FfA向右，F(xiàn)fB向左.由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，A選項錯誤；對A、B、C組成的系統(tǒng)

8、，A、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向上的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，B、D選項正確；若A、B所受摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和為零，故其動量守恒，C選項正確. 1.動量守恒定律的研究對象是相互作用的物體組成的系統(tǒng).判斷系統(tǒng)的動量是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運(yùn)動過程有直接關(guān)系. 2.判斷系統(tǒng)的動量是否守恒，要注意守恒的條件是不受外力或所受合外力為零，因此要分清哪些力是內(nèi)力，哪些力是外力. 3.系統(tǒng)的動量守恒，并不是系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都不變.一般來說，系統(tǒng)的動量守恒時，系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量是變化的，但系統(tǒng)內(nèi)各物體

9、的動量的矢量和是不變的. 針對訓(xùn)練1　(多選)(2018·鶴壁市質(zhì)檢)在光滑水平面上A、B兩小車中間有一彈簧，如圖4所示，用手抓住小車并將彈簧壓縮后使小車處于靜止?fàn)顟B(tài)，將小車及彈簧看成一個系統(tǒng)，下列說法中正確的是(　　) 圖4 A.兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零 B.先放開左手，再放開右手后，動量不守恒 C.先放開左手，后放開右手，總動量向左 D.無論何時放手，兩手放開后，在彈簧恢復(fù)原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零 答案　ACD 解析　若兩手同時放開A、B兩車，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由于系統(tǒng)初動量為零，則系統(tǒng)總動量為零，故A正確；

10、先放開左手，系統(tǒng)所受合外力向左，系統(tǒng)所受合外力的沖量向左，再放開右手，系統(tǒng)總動量向左，故C正確；無論何時放手，兩手放開后，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，在彈簧恢復(fù)原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，如果同時放手，系統(tǒng)總動量為零，如果不同時放手，系統(tǒng)總動量可能不為零，故B錯誤，D正確. 二、動量守恒定律的應(yīng)用 1.動量守恒定律不同表現(xiàn)形式的表達(dá)式的含義： (1)p＝p′：系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′. (2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前動量的矢量和等于作用后動量的矢量和. (3)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩

11、個物體組成的系統(tǒng)，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. (4)Δp＝0：系統(tǒng)總動量增量為零. 2.應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟： 例2　(2018·河北梁集中學(xué)調(diào)研)如圖5所示，A、B兩個大小相同、質(zhì)量不等的小球放在光滑水平地面上，A以3 m/s的速率向右運(yùn)動，B以1 m/s的速率向左運(yùn)動，發(fā)生正碰后A、B兩小球都以2m/s的速率反彈，求A、B兩小球的質(zhì)量之比. 圖5 答案　3∶5 解析　取向右為正方向，則有 vA＝3 m/s，vB＝－1 m/s， vA′＝－2 m/s，vB′＝2 m/s 根據(jù)動量守恒定律得 mAvA＋mBvB＝mAvA′

12、＋mBvB′ 代入數(shù)據(jù)解得：mA∶mB＝3∶5 [學(xué)科素養(yǎng)]　例2利用動量守恒定律分析了兩碰撞小球相互作用的過程，通過列動量守恒定律方程求出了兩球的質(zhì)量之比，這正是物理規(guī)律在實際中的應(yīng)用，是學(xué)科素養(yǎng)“物理觀念”和“科學(xué)思維”的體現(xiàn). 針對訓(xùn)練2　如圖6所示，進(jìn)行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80kg和100kg，他們攜手遠(yuǎn)離空間站，相對空間站的速度為0.1m/s.A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?.2 m/s，求此時B的速度大小和方向. 圖6 答案　0.02m/s　遠(yuǎn)離空間站方向 解析　輕推過程中，A、B系統(tǒng)的動量守恒，以空間站為參考系，規(guī)定遠(yuǎn)離空間站的方向為正方向，

13、則v0＝0.1 m/s，vA＝0.2 m/s 根據(jù)動量守恒定律得：(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB 代入數(shù)據(jù)可解得vB＝0.02m/s，方向為遠(yuǎn)離空間站方向. 例3　將兩個完全相同的磁鐵(磁性極強(qiáng))分別固定在質(zhì)量相等的小車上，水平面光滑.開始時甲車速度大小為3m/s，方向向右，乙車速度大小為2 m/s，方向向左并與甲車速度方向在同一直線上，如圖7所示. 圖7 (1)當(dāng)乙車速度為零時，甲車的速度多大？方向如何？ (2)由于磁性極強(qiáng)，故兩車不會相碰，那么兩車的距離最小時，乙車的速度是多大？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　

14、兩個小車及磁鐵組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，兩車之間的磁力是系統(tǒng)內(nèi)力，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)向右為正方向. (1)v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s. 據(jù)動量守恒定律得：mv甲＋mv乙＝mv甲′， 代入數(shù)據(jù)解得v甲′＝v甲＋v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右. (2)兩車的距離最小時，兩車速度相同，設(shè)為v′， 由動量守恒定律得：mv甲＋mv乙＝mv′＋mv′. 解得v′＝＝＝m/s＝0.5 m/s，方向向右. 1.(對動量守恒條件的理解)(多選)如圖8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

15、縮并處于靜止?fàn)顟B(tài).若突然撤去力F，則下列說法中正確的是(　　) 圖8 A.木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能也守恒 B.木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機(jī)械能守恒 C.木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能也守恒 D.木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機(jī)械能守恒 答案　BC 解析　若突然撤去力F，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(tǒng)動量不守恒，但由于A沒有離開墻壁，墻壁對木塊A不做功，所以A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項A錯誤，B正確；木塊A離開墻壁后，A、B

16、和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，所以系統(tǒng)動量守恒且機(jī)械能守恒，選項C正確，D錯誤. 2.(對動量守恒定律的理解)(多選)(2018·河北梁集中學(xué)高二第一次調(diào)研)我國女子短道速滑隊在世錦賽上實現(xiàn)女子3000m接力三連冠.如圖9所示，觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出.在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(　　) 圖9 A.甲對乙的沖量一定與乙對甲的沖量相同 B.相互作用的過程中甲與乙組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒定律 C.相互作用的過程中甲與乙組成的系統(tǒng)滿足動量守恒

17、定律 D.甲、乙的動量變化一定大小相等、方向相反 答案　CD 解析　甲對乙的作用力與乙對甲的作用力等大反向，它們的沖量也等大反向，故A錯誤.由于乙推甲的過程，其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，故機(jī)械能不守恒，B錯誤.甲、乙相互作用的過程，系統(tǒng)水平方向不受外力的作用，故系統(tǒng)的動量守恒，此過程甲的動量增大，乙的動量減小，二者動量的變化大小相等、方向相反，故C、D正確. 3.(動量守恒定律的簡單應(yīng)用)解放軍魚雷快艇在南海海域附近執(zhí)行任務(wù)，假設(shè)魚雷快艇的總質(zhì)量為M，以速度v前進(jìn)，現(xiàn)沿快艇前進(jìn)方向發(fā)射一顆質(zhì)量為m的魚雷后，快艇速度減為原來的，不計水的阻力，則魚雷的發(fā)射速度為(　　) A.vB.vC.v

18、D.v 答案　A 解析　以快艇的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：Mv＝(M－m)v＋mv′，解得v′＝v. 4.(動量守恒定律的簡單應(yīng)用)一輛質(zhì)量m1＝3.0×103kg的小貨車因故障停在車道上，后面一輛質(zhì)量m2＝1.5×103kg的轎車來不及剎車，直接撞入貨車尾部失去動力.相撞后兩車一起沿轎車運(yùn)動方向滑行了s＝6.75m停下.已知車輪與路面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6，求碰撞前轎車的速度大小.(重力加速度取g＝10m/s2) 答案　27m/s 解析　由牛頓第二定律得μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a 解得a＝6m/s2，則兩車相撞后速度為v＝＝9m/s 以轎車運(yùn)動方向為正方

19、向，由動量守恒定律 得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v0＝v＝27m/s. 一、選擇題 考點一　對動量守恒條件的理解 1.如圖1所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過程，下列說法中正確的是(　　) 圖1 A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 B.小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 C.男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒 D.木箱的動量的變化量與男孩、小車的總動量的變化量相同 答案　C 解析　由動量守恒定律成立的條件可知，男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒，選項A、B錯誤，C正確；木箱的動量的變化量與男孩

20、、小車的總動量的變化量大小相等，方向相反，選項D錯誤. 2.(多選)如圖2所示，小車放在光滑的水平面上，將系著繩的小球拉開一定的角度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中(　　) 圖2 A.小球向左擺動時，小車也向左運(yùn)動，且系統(tǒng)動量守恒 B.小球向左擺動時，小車向右運(yùn)動，且系統(tǒng)在水平方向上動量守恒 C.小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車的速度不為零 D.在任意時刻，小球和小車在水平方向上的動量一定大小相等、方向相反(或者都為零) 答案　BD 解析　以小球和小車組成的系統(tǒng)為研究對象，在水平方向上不受外力的作用，所以系統(tǒng)在水平方向上動量守恒.由于初始狀態(tài)小車與小球均

21、靜止，所以小球與小車在水平方向上的動量要么都為零，要么大小相等、方向相反，所以A、C錯，B、D對. 3.(多選)(2018·三明市高二下學(xué)期期末)如圖3所示，在光滑水平面上有一輛小車，小車A端與滑塊C間夾了一壓縮輕質(zhì)彈簧(未拴接在一起)，用兩手分別控制小車A端和滑塊C處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放后C會離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，對A、B、C組成的系統(tǒng)，下面說法中正確的是(　　) 圖3 A.先放開右手，再放開左手后，系統(tǒng)動量不守恒 B.先放開左手，再放開右手，A、B、C的總動量向左 C.兩手同時放開后，C與油泥粘在一起時，車立即停止運(yùn)動 D.無論先放哪只手，C與

22、油泥粘在一起時，車都立即停止運(yùn)動 答案　BC 解析　先放開右手，再放開左手后，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，系統(tǒng)的動量守恒，故A錯誤.先放開左手，后放開右手，放開右手時，小車已經(jīng)有向左的速度，系統(tǒng)的動量不為零，所以A、B、C的總動量向左，故B正確.兩手同時放開后，系統(tǒng)的總動量為零，C與油泥粘在一起時，根據(jù)動量守恒可知車立即停止運(yùn)動，故C正確.先放開左手，后放開右手，此后A、B、C的總動量向左，C與油泥粘在一起時，車向左運(yùn)動；先放開右手，后放開左手，此后A、B、C的總動量向右，C與油泥粘在一起時，車向右運(yùn)動，故D錯誤. 考點二　動量守恒定律的應(yīng)用 4.如圖4所示，質(zhì)量為M的小船在靜止的水面

23、上以速率v0向右勻速行駛，一質(zhì)量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止.若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后瞬間小船的速率為(　　) 圖4 A.v0＋v B.v0－v C.v0＋(v0＋v) D.v0＋(v0－v) 答案　C 解析　以水平向右為正方向，小船和救生員組成的系統(tǒng)滿足動量守恒條件： (M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′ 解得v′＝v0＋(v0＋v)， 故C項正確，A、B、D項錯誤. 5.(2018·福州十一中高二下期中)如圖5所示，光滑水平面上有一輛質(zhì)量為4m的小車，車上左、右兩端分別站著甲、乙兩人，他們的質(zhì)量都是m，開始時兩個人和車一起以速

24、度v0向右勻速運(yùn)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，小車的速度將是(　　) 圖5 A.1.5v0 B.v0 C.大于v0，小于1.5v0 D.大于1.5v0 答案　A 解析　兩人和車組成的系統(tǒng)開始時動量為6mv0，方向向右.當(dāng)甲、乙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、乙兩人動量矢量和為零，則有6mv0＝4mv車，解得v車＝1.5v0，A正確. 6.(多選)如圖6所示，水平面上有兩個木塊，兩木塊的質(zhì)量分別為m1、m2，且m2＝2m1.開始時兩木塊之間有一根用輕繩縛

25、住的已壓縮輕彈簧，燒斷繩后，兩木塊分別向左、右運(yùn)動.若兩木塊m1和m2與水平面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，且μ1＝2μ2，則在彈簧伸長的過程中，兩木塊(　　) 圖6 A.動量大小之比為1∶1 B.速度大小之比為2∶1 C.動量大小之比為2∶1 D.速度大小之比為1∶1 答案　AB 解析　以兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，繩斷開后，彈簧對兩木塊的推力可以看成是內(nèi)力.水平面對兩木塊有方向相反的滑動摩擦力，且Ff1＝μ1m1g，F(xiàn)f2＝μ2m2g，因此系統(tǒng)所受合外力F合＝μ1m1g－μ2m2g＝0，滿足動量守恒定律的條件.設(shè)在彈簧伸長過程中的某一時刻，兩木塊的速度大小分別為v1、

26、v2.由動量守恒定律有(以向右為正方向)：－m1v1＋m2v2＝0，即m1v1＝m2v2，即兩木塊的動量大小之比為1∶1，故A項正確，C項錯誤.兩木塊的速度大小之比為＝＝，故B項正確，D項錯誤. 7.(2018·甘肅會寧四中高二下學(xué)期期中)滿載沙子的總質(zhì)量為M的小車，在光滑水平面上做勻速運(yùn)動，速度為v0.在行駛途中有質(zhì)量為m的沙子從車上漏掉，則沙子漏掉后小車的速度應(yīng)為(　　) A.v0B.　C.D. 答案　A 解析　設(shè)漏掉質(zhì)量為m的沙子后，在沙子從車上漏掉的瞬間，由于慣性沙子速度仍然為v0，小車速度為v′，根據(jù)水平方向動量守恒可得：Mv0＝mv0＋(M－m)v′ 解得：v′＝v0，故

27、B、C、D錯誤，A正確. 8.(多選)(2018·寧波高二檢測)如圖7所示，一個質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個質(zhì)量為m的小木塊.現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度v0，則(　　) 圖7 A.小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運(yùn)動 B.小木塊和木箱最終速度為v0 C.小木塊與木箱內(nèi)壁將始終來回往復(fù)碰撞，而木箱一直向右運(yùn)動 D.如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運(yùn)動 答案　AB 解析　木箱與小木塊組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，故水平方向系統(tǒng)動量守恒，最終兩個物體以相同的速度一起向右運(yùn)動，取v0方向為正方向，由動量守恒定律：Mv0

28、＝(m＋M)v得：v＝，A、B項正確. 9.(多選)兩個小木塊A和B(均可視為質(zhì)點)中間夾著一輕質(zhì)彈簧，用細(xì)線(未畫出)拴在一起，放在光滑的水平桌面上，燒斷細(xì)線后，木塊A、B分別向左、右方向運(yùn)動，離開桌面后均做平拋運(yùn)動(離開桌面前兩木塊已和彈簧分離)，落地點與桌面邊緣的水平距離分別為lA＝1m，lB＝2m，如圖8所示，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A.木塊A、B離開彈簧時的速度大小之比vA∶vB＝1∶2 B.木塊A、B的質(zhì)量之比mA∶mB＝2∶1 C.木塊A、B離開彈簧時的動能之比EkA∶EkB＝1∶2 D.彈簧對木塊A、B的作用力大小之比FA∶FB＝1∶2 答案　ABC

29、 解析　A、B兩木塊脫離彈簧后做平拋運(yùn)動，由平拋運(yùn)動規(guī)律知，木塊A、B離開彈簧時的速度大小之比為＝＝，A正確；以向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，因此＝＝，B正確；木塊A、B離開彈簧時的動能之比為：＝＝，C正確；彈簧對木塊A、B的作用力大小之比：＝，D錯誤. 10.質(zhì)量為M的木塊在光滑水平面上以速度v1水平向右運(yùn)動，質(zhì)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(fā)射子彈的數(shù)目為(子彈留在木塊中不穿出)(　　) A.B.　C.D. 答案　C 解析　設(shè)發(fā)射子彈的數(shù)目為n，n顆子彈和木塊M組成的系統(tǒng)在水平方向上所受的合外力為零，滿足動量守恒的條件.

30、選子彈運(yùn)動的方向為正方向，由動量守恒定律有： nmv2－Mv1＝0，得n＝. 11.A、B兩球之間壓縮一根輕彈簧(不拴接)，靜置于光滑水平桌面上，已知A、B兩球的質(zhì)量分別為2m和m.當(dāng)用板擋住A球而只釋放B球時，B球被彈出落于距桌邊水平距離為x的地面上，B球離開桌面時已與彈簧分離，如圖9所示.若以同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，則B球的落地點距離桌邊的水平距離為(　　) 圖9 A.B.xC.xD.x 答案　D 解析　當(dāng)用板擋住A球而只釋放B球時，根據(jù)能量守恒有彈簧的彈性勢能Ep＝mv02，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有x＝v0t.當(dāng)以同樣的程度壓縮彈簧，取走A左

31、邊的擋板，將A、B同時釋放，設(shè)A、B的水平速度大小分別為vA和vB，規(guī)定向左為正方向，則根據(jù)動量守恒和能量守恒有2mvA－mvB＝0，Ep＝×2mvA2＋mvB2，解得vB＝v0，B球的落地點距離桌邊的水平距離為x′＝vBt＝x，D選項正確. 二、非選擇題 12.(2018·甘肅會寧四中高二下期中)如圖10所示，某同學(xué)質(zhì)量為60kg，在軍事訓(xùn)練中要求他從岸上以2m/s的速度水平向右跳到一條向他緩緩飄來的小船上，然后去執(zhí)行任務(wù)，小船的質(zhì)量是140kg，原來的速度是0.5m/s.該同學(xué)上船后又跑了幾步，最終停在船上.不計阻力.求此時小船的速度. 圖10 答案　0.25m/s，方向向右

32、 解析　規(guī)定向右為正方向，設(shè)人上船后人船共同速度為v，由動量守恒： m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v 解得：v＝0.25m/s，方向向右. 13.(2018·孝感市八校聯(lián)盟高二下期末)如圖11所示，在光滑水平面上，使滑塊A以2m/s的速度向右運(yùn)動，滑塊B以4 m/s的速度向左運(yùn)動并與滑塊A發(fā)生相互作用，已知滑塊A、B的質(zhì)量分別為1kg、2kg，滑塊B的左側(cè)連有輕彈簧，求： 圖11 (1)當(dāng)滑塊A的速度減為0時，滑塊B的速度大小； (2)兩滑塊相距最近時，滑塊B的速度大??； (3)彈簧彈性勢能的最大值. 答案　(1)3 m/s　(2)2 m/s　(3)12 J 解析　(

33、1)以向右為正方向，A、B與輕彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒.當(dāng)滑塊A的速度減為0時，滑塊B的速度為vB′，由動量守恒定律得：mAvA＋mBvB＝mBvB′ 解得vB′＝－3m/s， 故滑塊B的速度大小為3m/s，方向向左； (2)兩滑塊相距最近時速度相等，設(shè)相等的速度為v. 根據(jù)動量守恒得：mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v， 解得：v＝－2m/s， 故滑塊B的速度大小為2m/s，方向向左； (3)兩個滑塊的速度相等時，彈簧壓縮至最短，彈性勢能最大，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知，彈簧的最大彈性勢能為：Ep＝mAvA2＋mBvB2－(mA＋mB)v2 解得：Ep＝12J 14