《物理第六章 動量 動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及“三類模型”問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《物理第六章 動量 動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及“三類模型”問題（79頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第六章動量第六章動量 動量守恒定律動量守恒定律第第2 2講動量守恒定律及講動量守恒定律及“三類模型三類模型”問題問題過好雙基關(guān)一、動量守恒定律一、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 為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變.2.表達式(1)pp，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p.(2)m1v1m2v2 ，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和.(3)p1 ，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向.(4)p0，系統(tǒng)總動量的增量為零.矢量和m1v1m2v2p23.適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為 .(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相

2、互作用的內(nèi)力 它所受到的外力.(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在 上動量守恒.零遠大于這一方向答案自測自測1關(guān)于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是A.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不可能守恒B.只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)動量就不守恒C.只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒D.系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時，系統(tǒng)的總動量不一定守恒二、碰撞、反沖、爆炸二、碰撞、反沖、爆炸1.碰撞(1)定義：相對運動的物體相遇時，在極短的時間內(nèi)它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化，這個過程就可稱為碰撞.(2)特點：作用時間極短，內(nèi)力(相互碰撞力)遠 外力，總動量守恒.(3)碰

3、撞分類彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動能 .非彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動能 .完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體，機械能損失 .大于沒有損失有損失最大2.反沖(1)定義：當物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向沖量，這種現(xiàn)象叫反沖運動.(2)特點：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力 系統(tǒng)受到的外力.實例：發(fā)射炮彈、爆竹爆炸、發(fā)射火箭等.(3)規(guī)律：遵從動量守恒定律.3.爆炸問題爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且_系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量 .遠大于遠大于守恒答案自測自測2如圖1所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，

4、方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是A.A和B都向左運動B.A和B都向右運動C.A靜止，B向右運動D.A向左運動，B向右運動圖1解析解析解析以兩滑塊組成的系統(tǒng)為研究對象，兩滑塊碰撞過程動量守恒，由于初始狀態(tài)系統(tǒng)的動量為零，所以碰撞后兩滑塊的動量之和也為零，所以A、B的運動方向相反或者兩者都靜止，而碰撞為彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的速度不可能都為零，則A應該向左運動，B應該向右運動，選項D正確，A、B、C錯誤.研透命題點例例1 (多選)如圖2所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mAmB32，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

5、突然釋放后，則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)的動量 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)的 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)的動量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)的動量守恒答案解析 命題點一動量守恒定律的理解和基本應用基礎考點自主悟透基礎考點自主悟透圖2解析解析如果A、B與平板車上表面的動摩擦因數(shù)相同，彈簧釋放后，A、B分別相對小車向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FfA向右、FfB向左，由于mAmB3 2，所以FfAFfB32，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動

6、量不守恒，A選項錯誤；對A、B、C組成的系統(tǒng)，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的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，與平板車間的動摩擦因數(shù)或摩擦力是否相等無關(guān)，故B、D選項正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)的外力之和為零，故其動量守恒，C選項正確.答案例例2(2017全國卷14)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出.在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)A.30 kgm/sB.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/s

7、D.6.3102 kgm/s解析解析解析設火箭的質(zhì)量為m1，燃氣的質(zhì)量為m2.由題意可知，燃氣的動量p2m2v250103600 kgm/s30 kgm/s.以火箭運動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得，0m1v1m2v2，則火箭的動量大小為p1m1v1m2v230 kgm/s，所以A正確，B、C、D錯誤.變式變式1兩磁鐵各放在兩輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運動.已知甲車和磁鐵的總質(zhì)量為0.5 kg，乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1 kg，兩磁鐵的N極相對.推動一下，使兩車相向運動，某時刻甲的速率為2 m/s，乙的速率為3 m/s，方向與甲相反，兩車運動過程中始終未相碰.則：(1)兩車

8、最近時，乙的速度為多大？答案解析解析解析兩車相距最近時，兩車的速度相同，設該速度為v，取剛開始運動時乙車的速度方向為正方向，由動量守恒定律得m乙v乙m甲v甲(m甲m乙)v所以兩車最近時，乙車的速度為(2)甲車開始反向時，乙的速度為多大？答案解析答案答案2 m/s解析解析甲車開始反向時，其速度為0，設此時乙車的速度為v乙，取剛開始運動時乙車的速度方向為正方向，由動量守恒定律得m乙v乙m甲v甲m乙v乙解得v乙2 m/s 1.碰撞遵循的三條原則碰撞遵循的三條原則(1)動量守恒定律(2)機械能不增加 命題點二碰撞模型問題能力考點師生共研能力考點師生共研(3)速度要合理同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大

9、；碰撞后，前面的物體速度大(或相等).相向碰撞：碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變.模型模型構(gòu)建構(gòu)建2.彈性碰撞討論彈性碰撞討論(1)碰后速度的求解根據(jù)動量守恒和機械能守恒(2)分析討論：當碰前物體2的速度不為零時，若m1m2，則v1v2，v2v1，即兩物體交換速度.當碰前物體2的速度為零時，v20，則：m1m2時，v10，v2v1，碰撞后兩物體交換速度.m1m2時，v10，v20，碰撞后兩物體沿同方向運動.m1m2時，v10，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來.例例3(多選)兩個小球A、B在光滑水平面上相向運動，已知它們的質(zhì)量分別是m14 kg，m22 kg，A的速度v13 m/s(設為正)，B

10、的速度v23 m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是A.均為1 m/s B.4 m/s和5 m/sC.2 m/s和1 m/s D.1 m/s和5 m/s答案解析解析解析由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求.再看動能情況由于碰撞過程動能不可能增加，所以應有EkEk，可排除選項B.選項C雖滿足EkEk，但A、B沿同一直線相向運動，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向(vA0，vB0)，這顯然是不符合實際的，因此C錯誤.驗證選項A、D均滿足EkEk，故答案為選項A(完全非彈性碰撞)和選項D(彈性碰撞).例例4(2016全國卷35(2)如圖3所示，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直

11、；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為 兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同.現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動.此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞.重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件.答案解析圖3解析解析設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應有設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒定律得設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1、v2，以向右為正方向，由動量守恒和能量守恒有由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知聯(lián)立式得，a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為變式變式2(2015全國卷

12、35(2)如圖4所示，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間.A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止狀態(tài).現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞.設物體間的碰撞都是彈性的.答案解析圖4解析解析設A運動的初速度為v0，A向右運動與C發(fā)生碰撞，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0mv1Mv2要使得A與B能發(fā)生碰撞，需要滿足v10，即mMA反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，有mv1mv3Mv4由于mM，所以A還會向右運動，根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足v3v2整理可得m24MmM2所以使A只與B、C各發(fā)生一次

13、碰撞，須滿足圖5“滑塊滑塊彈簧彈簧”碰撞模型碰撞模型拓展點拓展點1例例5如圖5所示，質(zhì)量M4 kg的滑板B靜止放在光滑水平面上，其右端固定一根水平輕質(zhì)彈簧，彈簧的自由端C到滑板左端的距離L0.5 m，這段滑板與木塊A(可視為質(zhì)點)之間的動摩擦因數(shù)0.2，而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對應的滑板上表面光滑.木塊A以速度v010 m/s由滑板B左端開始沿滑板B上表面向右運動.已知木塊A的質(zhì)量m1 kg，g取10 m/s2.求： (1)彈簧被壓縮到最短時木塊A的速度大??；答案解析答案答案2 m/s解析解析彈簧被壓縮到最短時，木塊A與滑板B具有相同的速度，設為v，從木塊A開始沿滑板B上表面向右運動至彈

14、簧被壓縮到最短的過程中，整體動量守恒，以向右為正方向，則mv0(Mm)v代入數(shù)據(jù)得木塊A的速度v2 m/s(2)木塊A壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能.答案解析答案答案39 J解析解析在木塊A壓縮彈簧過程中，彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，由能量關(guān)系知，最大彈性勢能為代入數(shù)據(jù)得Epm39 J.例例6如圖6所示，質(zhì)量m10.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L1.5 m，現(xiàn)有質(zhì)量m20.2 kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v02 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止.物塊與車面間的動摩擦因數(shù)0.5，取g10 m/s2，求：(1)物塊與小車共同速度大??；答案

15、解析答案答案0.8 m/s“滑塊滑塊平板平板”碰撞模型碰撞模型拓展點拓展點2圖6解析解析設物塊與小車共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律：m2v0(m1m2)v解得v0.8 m/s (2)物塊在車面上滑行的時間t；答案解析答案答案0.24 s解析解析設物塊與車面間的滑動摩擦力為Ff，對物塊應用動量定理：Fftm2vm2v0又Ffm2g代入數(shù)據(jù)得t0.24 s(3)小車運動的位移大小x；答案解析答案答案0.096 m解析解析對小車應用動能定理：m2gx m1v2解得x0.096 m (4)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過多少？答案解析答案答案5 m/s解析

16、解析要使物塊恰好不從小車右端滑出，須使物塊運動到小車右端時與小車有共同的速度，設其為v，以水平向右為正方向，則：m2v0(m1m2)v由系統(tǒng)能量守恒有：代入數(shù)據(jù)解得v05 m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過5 m/s.例例7(2016全國卷35(2)如圖7所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h0.3 m(h小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m130 kg，冰塊的質(zhì)量為m210 kg，小

17、孩與滑板始終無相對運動.取重力加速度的大小g10 m/s2. (1)求斜面體的質(zhì)量；答案解析答案答案20 kg“滑塊滑塊斜面斜面”碰撞模型碰撞模型拓展點拓展點3圖7解析解析規(guī)定向左為速度正方向.冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v0(m2m3)v 式中v03 m/s為冰塊推出時的速度.聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得m320 kg (2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？答案解析答案答案不能，理由見解析解析解析設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1m2v00代入數(shù)據(jù)得v11 m/s設冰

18、塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有m2v0m2v2m3v3聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得v21 m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩.2.方程方程m1v1m2v20(v1、v2為速度大小)3.結(jié)論結(jié)論m1x1m2x2(x1、x2為位移大小) 命題點三“人船模型”問題能力考點師生共研能力考點師生共研模型模型構(gòu)建構(gòu)建例例8長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，一個質(zhì)量為m的人立在船頭，若不計水的阻力和空氣阻力，當人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面的位移各是多少？答案解析答案答案見解析解析解析選人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，因

19、系統(tǒng)在水平方向不受力，所以動量守恒，人未走時系統(tǒng)的總動量為零.當人起步加速前進時，船同時加速后退；當人勻速前進時，船勻速后退；當人減速前進時，船減速后退；當人速度為零時，船速度也為零.設某時刻人對地的速率為v1，船對地的速率為v2，以人運動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得mv1Mv20因為在人從船頭走到船尾的整個過程中時刻滿足動量守恒，對式兩邊同乘以t，得mx1Mx20 式為人對地的位移和船對地的位移關(guān)系.由圖還可看出：x1x2L變式變式3如圖8所示，質(zhì)量為M的氣球下掛著長為L的繩梯，一質(zhì)量為m的人站在繩梯的下端，人和氣球靜止在空中，人從繩梯的下端往上爬到頂端時，人和氣球相對于地面移動的距離

20、分別是多少？(不計空氣阻力)答案解析答案答案見解析圖8解析解析由于人和氣球組成的系統(tǒng)靜止在空中，豎直方向系統(tǒng)所受外力之和為零即系統(tǒng)豎直方向總動量守恒.設某時刻人對地的速率為v1，氣球?qū)Φ氐乃俾蕿関2，以人運動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得mv1Mv20因為在人從繩梯的下端爬到頂端的整個過程中時刻滿足動量守恒定律，對式兩邊同乘以t，可得mxMy由題意知xyL 1.木塊放在光滑水平面上，子彈水平打進木塊，系統(tǒng)所受的合外力為零，因此動量守恒.2.兩者發(fā)生的相對位移為子彈射入的深度x相.3.根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動能等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能.4.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能QFfx相，即兩物體由于相對運動而摩擦

21、產(chǎn)生的熱(機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)，等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積.5.當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)的動量仍守恒，系統(tǒng)損失的動能為EkFfL(L為木塊的長度).命題點四“子彈打木塊”模型問題能力考點師生共研能力考點師生共研例例9一質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平打進木塊并留在其中，設子彈與木塊之間的相互作用力為Ff.則：(1)子彈、木塊相對靜止時的速度是多少？答案解析解析解析設子彈、木塊相對靜止時的速度為v，以子彈初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0(Mm)v (2)子彈在木塊內(nèi)運動的時

22、間為多長？答案解析解析解析設子彈在木塊內(nèi)運動的時間為t，由動量定理得對木塊：FftMv0(3)子彈、木塊相互作用過程中子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進木塊的深度分別是多少？答案解析解析解析設子彈、木塊發(fā)生的位移分別為x1、x2，如圖所示，由動能定理得(4)系統(tǒng)損失的機械能、系統(tǒng)增加的內(nèi)能分別是多少？答案解析解析解析系統(tǒng)損失的機械能為系統(tǒng)增加的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的機械能(5)要使子彈不射出木塊，木塊至少多長？答案解析解析解析假設子彈恰好不射出木塊，此時有變式變式4(2018青海平安模擬)如圖9所示，質(zhì)量為2m、長為L的木塊置于光滑水平面上，質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平向右射向木塊，穿過木塊的過程

23、中受到木塊的恒定阻力為Ff 試問子彈能否穿過木塊？若能穿過，求出子彈穿過木塊后兩者的速度；若不能穿過，求出子彈打入木塊后兩者的速度.答案解析答案答案見解析圖9解析解析設子彈能穿過木塊，穿過木塊后子彈的速度為v1，木塊的速度為v2，以子彈初速度的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得mv0mv12mv2 根據(jù)能量守恒定律得課時作業(yè)1.現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發(fā)生了碰撞.已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是A.彈性碰撞 B.非彈性碰撞C.完全非彈性碰撞 D.條件不足，無法確定答案1234567891011雙基鞏固練雙基鞏固練2.(2018福建福州

24、模擬)一質(zhì)量為M的航天器正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為1234567891011答案3.如圖1所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視為質(zhì)點，質(zhì)量相等.Q與水平輕彈簧相連，設Q靜止，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞.在整個過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于1234567891011答案圖14.(多選)如圖2甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰.小球的質(zhì)量分別為m1和m2.圖乙為它們碰撞前后的xt圖象.已知m10.1 kg.由此可以判斷12345

25、67891011答案解析A.碰前m2靜止，m1向右運動B.碰后m2和m1都向右運動C.m20.3 kgD.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4 J的機械能圖2解析解析由xt圖象的斜率得到，碰前m2的位移不隨時間而變化，處于靜止狀態(tài).m1速度大小為v1 4 m/s，方向只有向右才能與m2相撞，故A正確；由題圖乙讀出，碰后m2的速度為正方向，說明向右運動，m1的速度為負方向，說明向左運動，故B錯誤；由題圖乙求出碰后m2和m1的速度分別為v22 m/s，v12 m/s，根據(jù)動量守恒定律得，m1v1m1v1m2v2，代入解得，m20.3 kg，故C正確； 12345678910115.(多選)在光滑的水平面上有

26、質(zhì)量相等的A、B兩球，其動量分別為10 kgm/s與2 kgm/s，方向均向東，且規(guī)定該方向為正方向，A球在B球后，當A球追上B球時發(fā)生正碰，則相碰以后，A、B兩球的動量可能分別為A.6 kgm/s,6 kgm/sB.4 kgm/s,16 kgm/sC.6 kgm/s,12 kgm/sD.3 kgm/s,9 kgm/s1234567891011答案6.(多選)如圖3所示，質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長，與水平方向的夾角為.一個質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端沿斜面向上以初速度v0開始運動.當小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為v，距地面高度為h，則下列關(guān)系式中正確

27、的是A.mv0(mM)vB.mv0cos (mM)vC.mgh m(v0sin )2D.mgh (mM)v2 mv021234567891011答案解析圖3解析解析小物塊上升到最高點時，速度與楔形物體的速度相同，二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，全過程機械能也守恒.以向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得mv0cos (mM)v，故A錯誤，B正確；系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得mgh (mM)v2 mv02，故C錯誤，D正確.12345678910117.(2018廣東東莞調(diào)研)兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上.現(xiàn)在，其中一人向另一個人拋出一個籃球，

28、另一人接球后再拋回.如此反復進行幾次之后，甲和乙最后的速率關(guān)系是A.若甲最先拋球，則一定是v甲v乙B.若乙最后接球，則一定是v甲v乙C.只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲v乙D.無論怎樣拋球和接球，都是v甲v乙1234567891011答案8.如圖4所示，具有一定質(zhì)量的小球A固定在輕桿一端，另一端掛在小車支架的O點.用手將小球拉至水平，此時小車靜止于光滑水平面上，放手讓小球擺下與B處固定的橡皮泥碰擊后粘在一起，則在此過程中小車將A.向右運動B.向左運動C.靜止不動D.小球下擺時，車向左運動后又靜止1234567891011答案解析圖4解析解析水平方向上，系統(tǒng)不受外力，因此在水平方向上動量守恒.

29、小球下落過程中，水平方向具有向右的分速度，因此為保證動量守恒，小車要向左運動.當撞到橡皮泥，是完全非彈性碰撞，A球和小車大小相等、方向相反的動量恰好抵消掉，小車會靜止.12345678910119.(多選)質(zhì)量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖5所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列情況可能發(fā)生的是1234567891011答案解析綜合提升練綜合提升練A.M、m0、m速度均發(fā)生變化，分別為v1、v2、v3， 而且滿足(Mm0)vMv1m0v2mv3B.m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，而且滿 足MvMv1mv2C

30、.m0的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関，且滿足Mv(Mm)vD.M、m0、m速度均發(fā)生變化，M、m0速度都變?yōu)関1，m的速度變?yōu)関2，且滿 足(Mm)v0(Mm)v1mv2 圖5解析解析碰撞的瞬間M和m組成的系統(tǒng)動量守恒，m0的速度在瞬間不變，以M的初速度方向為正方向，若碰后M和m的速度變?yōu)関1和v2，由動量守恒定律得：MvMv1mv2；若碰后M和m速度相同，由動量守恒定律得：Mv(Mm)v，故B、C正確.123456789101110.(2018陜西榆林質(zhì)檢)如圖6所示，質(zhì)量為m22 kg和m33 kg的物體靜止放在光滑水平面上，兩者之間有壓縮著的輕彈簧(與m2、m3不拴接).質(zhì)量為m11

31、kg的物體以速度v09 m/s向右沖來，為防止沖撞，釋放彈簧將m3物體發(fā)射出去，m3與m1碰撞后粘合在一起.試求：(1)m3的速度至少為多大，才能使以后m3和m2不發(fā)生碰撞1234567891011答案解析圖6答案答案1 m/s解析解析設m3發(fā)射出去的速度為v1，m2的速度為v2，以向右的方向為正方向，對m2、m3，由動量守恒定律得：m2v2m3v10.只要m1和m3碰后速度不大于v2，則m3和m2就不會再發(fā)生碰撞，m3和m2恰好不相撞時，兩者速度相等.對m1、m3，由動量守恒定律得：m1v0m3v1(m1m3)v2解得：v11 m/s即彈簧將m3發(fā)射出去的速度至少為 1 m/s1234567

32、891011(2)為保證m3和m2恰好不發(fā)生碰撞，彈簧的彈性勢能至少為多大？1234567891011答案解析答案答案3.75 J解析解析對m2、m3及彈簧，由機械守恒定律得：11.如圖7所示，光滑水平軌道右邊與墻壁連接，木塊A、B和半徑為0.5 m的 光滑圓軌道C靜置于光滑水平軌道上，A、B、C質(zhì)量分別為1.5 kg、0.5 kg、4 kg.現(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向右運動，之后與墻壁碰撞，碰撞時間為0.3 s，碰后速度大小變?yōu)? m/s.當A與B碰撞后會立即粘在一起運動，已知g10 m/s2，求：(1)A與墻壁碰撞過程中，墻壁對木塊A平均作用力的大小；1234567891011答案解析圖7答案答案50 N解析解析A與墻壁碰撞過程，規(guī)定水平向左為正方向，對A由動量定理有：FtmAv2mA(v1)解得F50 N 1234567891011解析解析A與B碰撞過程，對A、B系統(tǒng)，水平方向動量守恒有：mAv2(mBmA)v3AB第一次滑上圓軌道到最高點的過程，對A、B、C組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒有：(mBmA)v3(mBmAmC)v4由能量關(guān)系： (mBmA)v32 (mBmAmC)v42(mBmA)gh解得h0.3 m.(2)AB第一次滑上圓軌道所能達到的最大高度h.1234567891011答案解析答案答案0.3 m