1、3 动量守恒定律在学习新内容之前，我们先通过回答以下问题回忆所学内容：钉钉子时为什么要用铁锤而不用橡皮锤，而铺地砖却用橡皮锤而不用铁锤？你能用学过的物理原理解释吗？答案：钉钉子时用铁锤是因铁锤形变很小，铁锤和钉子之间的相互作用时间很短，对于动量变化一定的铁锤，受到钉子的作用力很大，根据牛顿第三定律，铁锤对钉子的作用力也很大，所以能把钉子钉进去橡皮锤形变较大，它与钉子间的作用时间较长，同理可知橡皮锤对钉子的作用力较小，不容易敲碎地砖，因此铺地砖时用橡皮锤，不用铁锤一、系统内力与外力1系统：相互作用的_物体组成一个力学系统【答案】两个或多个2内力：系统中，物体间的相互作用力3外力：系统_物体对系统
2、内物体的作用力【答案】外部二、动量守恒定律1内容：如果一个系统_或者_，这个系统的总动量保持不变【答案】不受外力 所受合外力的矢量和为零2成立条件(1)系统不受外力作用(2)系统受外力作用，但合外力_(3)系统受外力作用，合外力不为零，但合外力_内力，这种情况严格说只是动量近似守恒，但最常见(4)系统所受到合外力不为零，但在某一方向上合外力_，或在某一方向上外力比内力_，则系统在该方向上的分动量守恒，但不能说系统动量守恒【答案】(2)为零(3)远小于(4)为零 小得多3动量守恒表达式(1)pp(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p)(2)p1p2(相互作用的两个物体组成的系统，一个物体
3、的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反)(3)p0(系统总动量增量为零)(4)m1v1m2v2m1v1m2v2(相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和)4适用范围既 适 用 于 _、_ 物 体，也 适 用 于_、_物体，比牛顿运动定律范围广【答案】宏观 低速 微观 高速三、碰撞、爆炸问题1对于爆炸问题，在爆炸瞬间，火药产生的内力一般远远_其他外力，所以在火药爆炸的瞬间，系统的动量_【答案】大于 守恒2在爆炸、碰撞问题中，相互作用力是_力，用牛顿运动定律求解非常复杂，甚至无法求解，而应用动量守恒定律，问题往往能大大简化【答案】变3爆炸过程和碰撞过程的共同之
4、处是_；不同之处是：爆炸过程系统的动能_；碰撞过程系统动能不增加，一般情况下，碰撞过程中系统动能是_的，理想化时系统动能_【答案】动量守恒 增加 减少 不变1推导过程如图所示，在光滑水平面上，质量为m1的小球以速度v1追逐质量为m2速度为v2的小球，追及并发生碰撞后速度分别为v1和v2.将两个小球作为系统，在两球相互作用的过程中，作用时间t极短怎样用牛顿运动定律推导动量守恒定律根据牛顿第二定律：对小球有：Fm1a1m1v1t对小球有：Fm2a2m2v2t根据牛顿第三定律 FF，得 FtFt所以 m1v1m2v2，即 m1(v1v1)m2(v2v2)所以 m1v1m2v2m1v1m2v2.这说明
5、以两小球为系统，系统所受的合外力为零时，系统的总动量守恒2从以上推导过程可以知道，FF对两个小球相互作用过程中的每一时刻都成立，故动量守恒定律对整个过程中的任意两个时刻都适用1某同学根据牛顿第二定律和牛顿第三定律，推导两个物体相互作用的动量守恒表达式的过程如下：F1m1v1v1t，F2m2v2v2t.由 F1F2 得出 m1v1m2v2m1v1m2v2.试纠正他推导过程中的错误【答案】见解析【解析】由于方程中的F1、F2、v均为矢量，而F1、F2是作用力和反作用力，其方向相反，故应写为F1F2，得出m1v1m2v2m1v1m2v2.动量守恒定律虽然可由牛顿运动定律推得，但是动量守恒定律比牛顿运
6、动定律具有更广泛的意义1从适用范围看：牛顿运动定律只适用于宏观物体的低速运动问题，而动量守恒定律，不但能解决低速运动问题，也能解决高速运动的问题；不但适用于宏观物体，也适用于微观粒子(如电子、质子、中子、原子核等)总之，只要满足守恒条件，动量守恒定律就适用动量守恒定律与牛顿运动定律的关系2从解决的过程看：运用牛顿运动定律解题时，须考虑物体运动过程的每一个瞬间，每一个细节，这就使得牛顿运动定律的应用显得繁琐另外，对于变力问题直接应用牛顿运动定律解决时，既复杂又困难，而应用动量守恒定律时，由于可以不考虑系统内物体在内力作用下所经过的复杂变化过程的各个瞬间细节，只需考虑物体相互作用前后的动量，因此应
7、用动量守恒定律分析和解决问题时简洁明快，为我们解决力学问题提供了一种新的方法和思路2光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q.撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为()An2 BnC D1【答案】D 解析：撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设P的动量方向为正方向，则根据动量守恒定律有pPpQ0，故pPpQ，故动量大小之比为1.故D正确，A、B、C错误要判断一个具体的物理过程中动量是否守恒，首先要对这一系统进行受力分析，再根据受力情况进行判断，下列情况动量守恒定律成立1系统不受外力或所受外力之和为零例如：两小球在光滑水平
8、面上运动时，都受到重力和桌面的支持力作用，但小球所受的这两个力都相互平衡，因而系统受到的合外力为零，相当于没有受到外力作用判断动量是否守恒的方法2若系统受到合外力不为零，但系统内力(即系统间相互作用力)远大于外力时，系统总动量近似守恒如空中爆炸的炸弹，炸弹受到重力的作用，合外力不为零，但在爆炸过程中火药的爆炸力比重力大得多，可认为爆炸过程中动量守恒，还有碰撞过程3系统所受的合外力不为零，即F外0，但在某一方向上合外力为零(Fx0或Fy0)，则系统在该方向上动量守恒在这一点上我们可以这样理解：系统沿某一方向上不受外力或合力为零，则沿这个方向上速度的变化量为零，沿这个方向上动量变化量也为零，所以沿
9、此方向上动量守恒如图所示几种情景，两物体之间相互作用，如果水平面光滑，系统沿水平方向不受外力，所以系统沿水平方向的分动量守恒但需要说明的是，在如图所示的相互作用中，系统沿竖直方向所受外力不等于零，所以整体来说，系统的动量是不守恒的3(2020昆明模拟)如图所示，木块A、B置于光滑水平桌面上，木块A沿水平方向向左运动与B相碰，碰后粘连在一起，将弹簧压缩到最短则木块A、B和弹簧组成的系统，从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中()A动量不守恒、机械能守恒B动量不守恒、机械能不守恒C动量守恒、机械能守恒D动量守恒、机械能不守恒【答案】B 解析：木块A、B和弹簧组成的系统，从A、B相碰到弹簧压缩至最
10、短的整个过程中，墙壁对弹簧有作用力，系统的合外力不为零，所以动量不守恒A、B相碰粘连在一起的过程中，机械能有损失，所以机械能也不守恒故A、C、D错误，B正确1系统性：动量守恒定律反映的是两个或两个以上物体组成的系统，在相互作用过程中的动量变化规律所以动量守恒定律的研究对象是一个系统，而不是单个物体，应用动量守恒定律解题时，应明确所研究的系统是由哪些物体构成的动量守恒定律的理解要点2矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：(1)系统的总动量在相互作用前后，不仅大小相等，同时方向也相同因此系统初状态总动量的方向决定了末状态总动量的方向反过来，根据末状态总动量的方向也可判断初状态总
11、动量的方向(2)在求初、末状态系统的总动量时，要按矢量运算法则计算如果在一条直线上时，可选定一个正方向，将矢量运算转化为代数运算3相对性：在动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量，必须相对于同一参考系解题时，常取地面为参考系，各物体的速度均为对地的速度4同时性：动量守恒定律中的p1、p2、必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1、p2、必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量4质量为10 g的子弹，以300 m/s的速度射入质量为240 g静止在光滑水平桌面上的木块，并留在木块中，子弹留在木块中以后，木块运动的速度是多大？如果子弹把木块打穿，子弹穿出后的速度为100 m
12、/s，这时木块的速度又是多大？【答案】12 m/s 8.33 m/s解析：对子弹和木块组成的系统：mv0(mM)v所以 v mv0Mm12 m/s子弹击穿木块前后由动量守恒得：mv0mv1Mv2所以 v2mv0v1M8.33 m/s.1共同点(1)过程特点碰撞和爆炸过程的共同特点是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒碰撞和爆炸的特点(2)过程模型由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用
13、前瞬间的位置以新的动量开始2不同点碰撞和爆炸的区别主要表现在能量的转化上在碰撞过程中，系统的总动能不会增加，即Ek前Ek后，若动能有损失，则损失的动能转化为内能；在爆炸过程中，有其他形式的能(如化学能)转化为动能，爆炸后系统的动能会增加综上所述，在具体问题中应根据实际情况具体分析问题5(2020泰州名校四模)如图，一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面则在礼花弹炸裂后的瞬间，这三块碎片的运动方向可能是()【答案】D 解析：礼花弹炸裂时，内力远大于外力，总动量守恒，根据矢量运算规则知，A、B两图违反了动量守恒定律，不可能；C
14、图符合动量守恒定律，斜向下运动的两个碎片有竖直向下的分速度，而向上运动的碎片做竖直上抛运动，所以斜向下运动的两个碎片同时落地，向上运动的碎片后落地，与题意不符；D图符合动量守恒定律，向下运动的碎片首先落地，斜向上运动的两个碎片稍后一些同时落至地面，D正确，故选D例1 质量为60 kg的运动员站在一艘质量是120 kg的水平板木船上从某时刻开始，运动员开始从船头向船尾跑去，2 s末到达船尾时获得了6 m/s相对于河岸的水平速度以下不考虑水的阻力(1)设运动员在这2 s内的运动是匀加速直线运动，运动员受到的水平作用力是多大？动量守恒定律与牛顿运动定律的比较(2)这2 s内运动员对船的水平作用力是多
15、大？(3)这2 s内船倒退的加速度是多大？2 s末船获得了多大的速度？(4)不考虑运动员与船的相互作用过程的细节，请用动量守恒定律计算2 s末船的速度(5)如果运动员与船的相互作用力是变力，船的速度还是第(4)小题计算的值吗？(6)如果运动员在某一瞬时的速度是3 m/s，此时刻船的速度是多大？解析：人在船上跑，人受船的作用力而加速，同时船受人的反作用力也加速运动，把人和船看成一个系统，在不考虑水的阻力的条件下，系统所受外力为零，人与船间的作用力为内力，所以系统动量守恒(1)设水平作用力为F，则Fma人，而v人a人t解得F180 N.(2)据牛顿第三定律可知，运动员对船的作用力也为180 N.(
16、3)船倒退的加速度设为 a 船，则 FMa 船，所以 a 船FM180120 m/s21.5 m/s2,2 s 末船获得的速度 v 船a 船t1.52 m/s3 m/s，方向与人运动方向相反(4)据动量守恒：mv 人Mv 船，所以 2 s 末 v 船mv人M 606120m/s3 m/s，方向与人运动方向相反(5)人与船间的作用力不管是变力还是恒力，都符合牛顿第三定律，即总是一对大小相等、方向相反的内力，不改变系统的总动量，所以人与船组成的系统总动量仍守恒，所以船的速度还是3 m/s.(6)由于作用过程中任一时刻系统总动量都守恒，设人的速度为v13 m/s时，船的速度为v2，则mv1Mv2，解
17、得v21.5 m/s.答案：(1)180 N(2)180 N(3)1.5 m/s2 3 m/s(4)3 m/s(5)3 m/s(6)1.5 m/s反思领悟：此类题目在审清题意的基础上，分析受力情况和运动情况，且两者结合即为牛顿运动定律，因此可用牛顿运动定律解题，但动量守恒定律是从另一角度解题，一般情况下，用动量守恒定律要比牛顿运动定律简便快捷1A、B两个粒子都带正电，B的电荷量是A的2倍、B的质量是A的4倍A以已知速度v向静止的B粒子飞去由于库仑斥力，它们之间的距离缩短到某一极限值后又被弹开，然后各自以新的速度做匀速直线运动设作用前后它们的轨迹都在同一直线上请在以上提供的信息中选择有用的已知条
18、件，计算A、B之间的距离最近时，它们各自的速度【答案】均为15v【解析】A、B 两粒子通过库仑力相互作用，对 A、B 组成的系统而言属于内力，系统所受外力矢量和为零，所以动量守恒当 A、B 之间的距离最近时，A、B 速度相同设 A 的质量为 mAm，电荷量为 qAq，则 B 的质量 mB4m，B 的电荷量 qB2q.当 A、B 之间的距离最近时，它们的速度相同，设为 v，由动量守恒定律得：mAv(mAmB)v，解得它们各自的速度均为 v15v.例2 如图所示，A、B两物体的质量mAmB，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态若地面光滑，则在细绳被剪断
19、后，A、B从C上未滑离之前，A、B沿相反方向滑动过程中()系统动量是否守恒的判断A若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒B若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒C若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒D以上说法均不对解析：当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力当A、B与C之间的摩擦力等大反向时，A、B组成的系统所受外力之和为零，动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成
20、的系统所受外力之和不为零，动量不守恒而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力，A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受外力之和均为零，故系统的动量守恒答案：AC反思领悟：判断系统的动量是否守恒时，要注意动量守恒的条件是系统不受外力或所受的合外力为零因此，要分清系统中的物体所受的力哪些是内力，哪些是外力在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，如本例中第一种情况A、B组成的系统的动量不守恒，而A、B、C组成的系统的动量却是守恒的2(2019河南模拟)光滑水平面上放有一个上表面光滑、倾角为的斜面A，斜面质量为M、底边长
21、为L，如图所示将一可视为质点的AFNmgcos B滑块下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为 FNtcos C滑块 B 下滑的过程中 A、B 组成的系统动量守恒D此过程中斜面向左滑动的距离为mMmL质量为m的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是()【答案】D 解析：当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos，故A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，故B错误；由于
22、滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设 A、B 两者水平位移大小分别为 x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得 Mx1t mx2t 0，即有 Mx1mx2，又 x1x2L，解得 x1mMmL，故 D 正确动量守恒定律的应用例 3 一辆车在水平光滑路面上以速度 v 匀速行驶车上的人每次以相同的速度 4v(相对地面)向行驶的正前方抛出一个质量为 m 的沙包抛出第一个沙包后，车速减为原来的34，则抛出第四个沙包后，此车的运动情况如何？解析：设车的总质量为 M，抛出第四个沙包后车速为 v1，由全过程动量
23、守恒得 Mv(M4m)v14m4v对抛出第一个沙包前后列方程有Mv(Mm)34vm4v将由式所得 M13m 代入式，解得抛出第四个沙包后车速为 v1v3，负号表示向后退答案：车以v3的速度倒退反思领悟：应用动量守恒定律解题的一般步骤(1)确定以相互作用的系统为研究对象；(2)分析研究对象所受的外力；(3)判断系统是否符合动量守恒条件；(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；(5)根据动量守恒定律列式求解动量守恒定律不需要考虑中间的过程，只要符合守恒的条件，就只需要考虑它们的初、末态了3(2020赣州一模)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质
24、量M3 kg.质量m1 kg的铁块以水平速度v04 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A3 J B6 J C20 J D4 J【答案】A 解析：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为 v，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为 L，摩擦力大小为f.根据能量守恒定律得，铁块相对于木板向右运动过程12mv20fL12(Mm)v2Ep，铁块相对于木板运动的整个过程12mv202fL12(Mm)v2，又根据系统动量守恒可知 mv0(Mm)v，联立得到 Ep3 J故选 A例4 如图所示，以初速度v0与水平方向成60角斜
25、向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行求：(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能爆炸问题解析：手榴弹爆炸过程中，爆炸力是内力，远大于重力，因此爆炸过程中各弹片组成的系统动量守恒因为爆炸过程火药的化学能转化为内能，进而有一部分转化为弹片的动能，所以此过程系统的机械能(动能)增加(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度 v1v0cos 6012v0.设 v1 的方向为正方向，如题图所示，由动量守恒定律得 3mv12mv1mv2.其中爆炸后大块弹片速度 v1
26、2v0，小块弹片的速度 v2为待求量，解得 v22.5v0，“”号表示 v2 的速度方向与爆炸前速度方向相反(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即 Ek122mv 1212mv 2212(3m)v21274 mv20.答案：(1)2.5v0，与爆炸前速度方向相反(2)274 mv20反思领悟：对于爆炸、碰撞、打击之类的问题，由于瞬间的内力一般远远大于其他外力，所以对于这类问题我们往往认为动量近似守恒4有一炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M6.0 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出的初速度060 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m4.0
27、 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心，以R600 m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力)【答案】6.0104 J【解析】设炮弹上升到达最高点的高度为 H，根据匀变速直线运动规律，有 v202gH，设质量为 m 的弹片爆炸后的瞬时速度为 v1，另一块的速度为 v，根据动量守恒定律，有 mv1(Mm)v，设质量为 m 的弹片运动的时间为 t，根据平抛运动规律，有 H12gt2，Rv1t，炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能Ek12mv2112(Mm)v2，解以上各式得 Ek12MmR2g2Mmv20，代入数值得 Ek6.0104 J.例5 光滑
28、水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m的小球以v0向槽运动，若开始时槽固定不动，求小球上升的高度(槽足够高)若槽不固定，则小球又上升多高？某一方向上动量守恒解析：槽固定时，球沿槽上升过程中机械能守恒，达最高点时，动能全部转化为球的重力势能；槽不固定时，小球沿槽上升过程中，球与槽组成的系统水平方向上不受外力，因此水平方向动量守恒由于该过程中只有两者间弹力和小球重力做功，故系统机械能守恒，当小球上升到最高点时，两者速度相同槽固定时，设球上升的高度为 h1，由机械能守恒得：mgh112mv20，解得 h1v202g.槽不固定时，设球上升的最大高度为 h2，此时两者速度
29、为 v，由动量守恒得：mv0(mM)v，由机械能守恒得：12mv2012(Mm)v2mgh2.解得槽不固定时，小球上升的高度 h2Mv202Mmg.答案：v202g Mv202Mmg反思领悟：1.动量守恒定律是矢量式，只要在某一方向上的合外力为零，则该方向上的动量就守恒2动量守恒定律往往可以与能量观点、力和运动等知识综合起来考查5如图所示，质量为M的钢性斜面体静止在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以v0的水平速度射到斜面体上并被斜面体沿竖直方向弹起，求子弹竖直弹起后斜面体的速度【答案】mMv0【解析】子弹与斜面体相互作用时，水平方向不受外力作用，故系统水平方向动量守恒有 mv0Mv，得 vmM
30、v0.子弹弹起后的水平速度为零，故水平方向动量为零，所以解题时不可将子弹和斜面体组成的系统在水平和竖直方向混着列式例6 如图所示，在光滑的水平面上有两个并排放置的木块A和B，已知mA0.5 kg，mB0.3 kg，有一质量为m80 g的小铜块C以vC25 m/s的水平初速度开始在A表面上滑动，由于C与A、B间有摩擦，最后停在B上，B和C以v2.5 m/s的速度共同前进，求：(1)木块A的最后速度vA；(2)木块C在离开A时速度vC.多过程动量守恒问题解析：本题要详细分析运动过程来确定研究系统及初末时刻C在A表面上滑动时，C对A的摩擦力使A、B一起改变运动状态，故C在A上滑动时，A、B的速度始终
31、相同，当C以vC的速度滑上B后，C对B的摩擦力使B的速度继续增大，并与A分离，而A不再受外力作用，将以与B分离时的速度vA做匀速运动，最后B、C一起以共同速度v运动(1)以 A、B、C 三个物体为研究系统，系统受到的合外力为零，所以动量守恒C 刚滑上 A 瞬时，系统的总动量就是 C所具有的动量，pmCvC.作用后，B、C 一起运动时，设这时 A的速度为 vA，那么系统的总动量是 pmAvA(mBmC)v，根据动量守恒定律有 mCvCmAvA(mBmC)v，所以vAmCvCmBmCvmA0.08250.30.082.50.5 m/s2.1 m/s.(2)以 A、B、C 三个物体为研究系统，以 C
32、 刚滑上 A 时为初时刻，C 刚滑上 B 前瞬间为末时刻，则系统的初动量 p1mCvC，设刚滑上 B 时 C 的速度为 vC，则系统的末动量 pmCvC(mAmB)vA.根据动量守恒有 mCvCmCvC(mAmB)vA.得 vCmCvCmAmBvAmCvCmAmBmCvA250.50.30.082.1 m/s4 m/s.答案：(1)2.1 m/s(2)4 m/s反思领悟：此类题型必须对研究对象进行变力分析，并根据受力情况判断A、B的运动情况，在此基础上才可以灵活地选择系统为研究对象6.质量为M2 kg的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为mA2 kg的物体A(可视为质点)，如图所示
33、一颗质量为mB20 g的子弹以600 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A仍在车上若物体A与小车间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2，求平板车最后的速度是多大？【答案】2.5 m/s【解析】子弹击穿 A 后，A 在水平方向获得一个速度 vA，最后当 A 相对车静止时，它们的共同速度为 v.子弹射穿 A 的过程极短，因此车对 A 的摩擦力、子弹的重力作用可略去，即认为子弹和A组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为 A 的位置没有发生变化，设子弹击穿 A 后的速度为 v，由动量守恒定律有 mBv0mBvmAvA，得 vAmBv0vmA0.026001002 m/s5 m/s.A 获得速度 vA 相对车滑动，由于 A 与车间有摩擦，最后 A相对车静止，以共同速度 v 运动，对于 A 与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有：mAvA(mAM)v，所以 v mAvAmAM2522 m/s2.5 m/s.
