1、第一节物体的碰撞第二节(1)动量动量守恒定律目标定位1.探究物体弹性碰撞的一些特点，知道弹性碰撞和非弹性碰撞.2.理解动量、冲量的概念，知道动量的变化量也是矢量.3.理解动量定理并能解释和解决实际问题.4.理解动量与动能、动量定理与动能定理的区别一、物体的碰撞1碰撞碰撞就是两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程其最主要特点是：相互作用时间短，作用力变化快和作用力峰值大等2碰撞的分类(1)按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线可分为：正碰(对心碰撞)：作用前后沿同一条直线斜碰(非对心碰撞)：作用前后不沿同一条直线(2)按碰撞过程中机械能是否损失分为：弹性碰撞：碰撞前
2、后系统的动能相等，Ek1Ek2Ek1Ek2.非弹性碰撞：碰撞前后系统的动能不再相等，Ek1Ek2Ek1Ek2.二、动量及其改变1冲量(1)定义：物体受到的力与力的作用时间的乘积(2)定义式：IFt.(3)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛顿秒，符号为Ns.2动量(1)定义：运动物体的质量和它的速度的乘积(2)定义式：pmv.(3)单位：在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号为kgms1.(4)方向：动量是矢量，其方向与速度方向相同3动量的变化量物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，ppp0(矢量式)4动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量，等于物体动量的改变量(2)公式：
3、Ftmvtmv0.预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1问题2问题3一、弹性碰撞和非弹性碰撞1碰撞中能量的特点：碰撞过程中，一般伴随机械能的损失，即：Ek1Ek2Ek10Ek20.2弹性碰撞：两个物体碰撞后形变能够完全恢复，碰撞后没有动能转化为其他形式的能，即碰撞前后两物体构成的系统的动能相等3非弹性碰撞：两个物体碰撞后形变不能完全恢复，该过程有动能转化为其他形式的能，总动能减少非弹性碰撞的特例：两物体碰撞后粘在一起以共同的速度运动，该碰撞称为完全非弹性碰撞，碰撞过程能量损失最多【例1】一个质量为2 kg的小球A以v03 m/s的速度与一个静止的、质量为1 kg的小球B正碰，试根
4、据以下数据，分析碰撞性质：(1)碰后小球A、B的速度均为2 m/s；(2)碰后小球A的速度为1 m/s，小球B的速度为4 m/s.答案(1)非弹性碰撞(2)弹性碰撞解析碰前系统的动能Ek0mAv9 J.(1)当碰后小球A、B速度均为2 m/s时，碰后系统的动能EkmAvmBv(222122)J6 JEk0，故该碰撞为非弹性碰撞(2)当碰后vA1 m/s，vB4 m/s时，碰后系统的动能EkmAvA2mBvB2(212142)J9 JEk0，故该碰撞为弹性碰撞针对训练1现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞已知碰撞后甲滑块静止不动，乙滑块反向运动，
5、且速度大小为2v.那么这次碰撞是()A弹性碰撞 B非弹性碰撞C完全非弹性碰撞 D条件不足，无法确定答案A解析碰前总动能：Ek3mv2mv22mv2碰后总动能：Ekmv22mv2，EkEk，所以A对二、对动量和动量变化量的理解1动量：pmv，动量是矢量，方向与速度v的方向相同2动量和动能的区别动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，动量pmv是矢量，而动能Ekmv2是标量当速度发生变化时，物体的动量一定发生变化，而动能不一定发生变化3动量的变化量(p)ppp0(1)若p、p0在同一条直线上，先规定正方向，再用正、负号表示p、p0的方向，则可用ppp0mvtmv0进行代数运算(2)动量变化量的方向
6、：与速度变化的方向相同【例2】羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h，假设球飞来的速度为90 km/h，运动员将球以 342 km/h的速度反向击回设羽毛球的质量为5 g，试求：(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；(2)在运动员的这次扣杀中，羽毛球的动能变化量是多少？答案(1)0.6 kgm/s，方向与球飞来的方向相反(2)21 J解析(1)以球飞来的方向为正方向，则羽毛球的初速度v1 m/s25 m/s末速度v2 m/s95 m/sp1mv1510325 kgm/s0.125 kgm/sp2mv2510395 kgm/s0.475 kgm/s所以动
7、量的变化量pp2p10.475 kgm/s0.125 kgm/s0.6 kgm/s.即羽毛球的动量变化量大小为0.6 kgm/s，方向与球飞来的方向相反(2)羽毛球的初动能：Ekmv1.56 J，羽毛球的末动能：Ekmv22.56 J.所以EkEkEk21 J.借题发挥关于动量变化量的计算(1)若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算(2)若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则三、对动量定理的理解和应用1动量定理的理解(1)动量定理的表达式Ftmvtmv0是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化
8、的原因(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值2动量定理的应用(1)定性分析有关现象：物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：选定研究对象，明确运动过程进行受力分析和运动的初、末状态分析选定正方向，根据动量定理列方程求解【例3】在水平力F30 N的作用下，质量m5 kg的物体由静止开始沿水平面运动已知物体与水平面间的动摩擦因数0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？
9、(g取10 m/s2)答案12 s解析法一用动量定理解，分段处理选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v.取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(Fmg)t1mv0，对于撤去F后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v，终态速度为零根据动量定理有mgt20mv.以上两式联立解得t2t16 s12 s.法二用动量定理解，研究全过程选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得(Fmg)t1(mg)t20解得t2t16 s12 s.针对训练2质量为0
10、.5 kg的弹性小球，从1.25 m高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8 m，g取10 m/s2.(1)若地板对小球的平均冲力大小为100 N，求小球与地板的碰撞时间；(2)若小球与地板碰撞无机械能损失，碰撞时间为0.1 s，求小球对地板的平均冲力答案(1)0.047 s(2)55 N，方向竖直向下解析(1)碰撞前的速度：v15 m/s方向竖直向下碰撞后的速度：v24 m/s方向竖直向上取竖直向上为正方向，碰撞过程由动量定理得：(Fmg)tmv2(mv1)解得t0.047 s(2)由于小球与地板碰撞无机械能损失故碰撞后球的速度：v25 m/s，方向竖直向上由动量定理得(Fmg)tmv2(
11、mv1)解得F55 N由牛顿第三定律得小球对地板的平均冲力大小为55 N，方向竖直向下.对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解1质量为1 kg的A球以3 m/s的速度与质量为2 kg静止的B球发生碰撞，碰后两球均以1 m/s的速度一起运动则两球的碰撞属于_类型的碰撞，碰撞过程中损失了_J动能答案完全非弹性3解析由于两球碰后速度相同，没有分离，因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞，在碰撞过程中损失的动能为EkmAv(mAmB)v(132312) J3 J.对动量和动量变化量的理解2关于动量，下列说法正确的是()A速度大的物体，它的动量一定也大B动量大的物体，它的速度一定也大C只要物体运动的速度大小不变，物体的
12、动量也保持不变D质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大答案D解析动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，A、B均错误；动量是矢量，速度方向变化，动量也发生变化，选项C错误；由pmv，知D正确动量定理的理解和应用3(多选)一个小钢球竖直下落，落地时动量大小为0.5 kgm/s，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹下列说法中正确的是()A引起小钢球动量变化的是地面给小钢球的弹力的冲量B引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力与其自身重力的合力的冲量C若选向上为正方向，则小钢球受到的合冲量是1 NsD若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1 kgm/s答案BD4质量为6
13、0 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A500 N B1 100 NC600 N D1 000 N答案D解析建筑工人下落5 m时速度为v，则v m/s10 m/s.设安全带所受平均冲力为F，则由动量定理得：(mgF)tmv所以Fmg6010 N N1 000 N.(时间：60分钟)题组一对碰撞的理解1在光滑的水平面上，动能为E0的钢球1与静止钢球2发生碰撞，碰后球1反向运动，其动能大小为E1，球2的动能大小为E2，则必有()AE1E0 BE1E0CE
14、2E0 DE2E0答案A解析根据碰撞前后动能关系得E1E2E0，必有E1E0，E2E0.故只有A项对2. (多选)如图1所示，A、B两个小球发生碰撞，在满足下列条件时能够发生正碰的是()图1A小球A静止，另一个小球B经过A球时刚好能擦到A球的边缘B小球A静止，另一个小球B沿着A、B两球球心连线去碰A球C相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线时D相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向在同一条直线上答案BD解析根据牛顿运动定律，如果力的方向与速度方向在同一条直线上，这个力只改变速度的大小，不能改变速度的方向；如果力的方向与速度的方向不在同一直线上，则速度的方向一定发生变化，所以B、D项正确
15、；A项不能发生一维碰撞；在任何情况下相碰两球的作用力方向都沿着球心连线，因此满足C项条件不一定能发生一维碰撞3如图2甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的st图象已知m10.1 kg，m20.3 kg，由此可以判断：图2碰前m2静止，m1向右运动碰后m2和m1都向右运动碰撞过程中系统机械能守恒碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能以上判断正确的是()A BC D答案A解析由题图乙可以看出，碰前m1位移随时间均匀增加，m2位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故是正确的；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，错误；由题图乙可以计算
16、出碰前m1的速度v104 m/s，碰后速度v12 m/s，碰前m20的速度v200，碰后速度v22 m/s，碰撞过程中系统损失的机械能Ekm1vm1vm2v0，因此是正确的，是错误的题组二对动量的理解4(多选)下列说法中正确的是()A物体的速度大小改变时，物体的动量一定改变B物体的速度方向改变时，其动量不一定改变C物体的动量不变，其速度一定不变D运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向答案ACD5(多选)下列说法中正确的是()A动能变化的物体，动量一定变化B动能不变的物体，动量一定不变C动量变化的物体，动能一定变化D动量不变的物体，动能一定不变答案AD解析动量是矢量，pmv，动能是
17、标量，Ekmv2，所以动能变化，则动量的大小一定变化，A正确；当动量的大小不变，只是方向变化时，物体的动能不变，B、C错误；动量不变的物体，速度一定不变，则动能一定不变，D正确6下列说法正确的是()A动能为零时，物体一定处于平衡状态B物体做曲线运动时动量一定变化C物体所受合外力不变时，其动量一定不变D动能不变，物体的动量一定不变答案B解析动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平衡状态，选项A错误；物体做曲线运动时速度方向一定变化，所以动量一定变化选项B正确；合外力不变且不为0时，加速度不变，速度均匀变化，动量一定变化，C项错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项D
18、错误题组三动量定理的理解与计算7(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是()A掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小B掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长答案CD解析杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h，则落地瞬间的速度大小为，设玻璃杯的质量为m，则落地前瞬间的动量大小为pm，与水泥或草地接触t时
19、间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化pm相同，再由动量定理可知(Fmg)tm，所以Fmg.由此可知，t越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎8如图3所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点()图3A仍在P点B在P点左侧C在P点右侧不远处D在P点右侧原水平位移的两倍处答案B解析以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，铁块获得的动量减少，平抛的速度减小，水平射程减小
20、，故落在P点的左侧9如图4所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出如果网球被拍子击出前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2v1.忽略网球的重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量()图4A大小为m(v2v1)，方向与v1方向相同B大小为m(v2v1)，方向与v1方向相同C大小为m(v2v1)，方向与v2方向相同D大小为m(v2v1)，方向与v2方向相同答案D解析在球拍拍打网球的过程中，选取v2方向为正方向，对网球运用动量定理有Imv2(mv1)m(v2v1)，即拍子对网球作用力的冲量大小为m(v2v1)，方向与v2方向相同10.如图5所示，质量为m的小滑块沿倾角为的斜面向上
21、滑动，经过时间t1速度为零然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为()图5Amgsin (t1t2) Bmgsin (t1t2)Cmg(t1t2) D0答案C解析谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的总冲量，根据冲量的定义式IFt，因此重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间，所以IGmg(t1t2)，即C正确11物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间t1内速度由0增大到v，在时间t2内速度由v增大到2v.设F在t1内做的功是W1，冲量是I1；在t2内做的功是W2，冲量是I2.那么()AI1I2
22、，W1W2 BI1I2，W1W2CI1I2，W1W2 DI1I2，W1W2答案D解析在t1内，I1Ft1mv0mv，在t2内，I2Ft22mvmvmv，所以I1I2，又因为W1mv2，W2m(2v)2mv2mv2，所以W1p卡，1 500203 000v，解得v10 m/s，故A正确6(多选)如图4所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p10和p20，碰撞后A球继续向右运动，动量大小为p1，此时B球的动量大小为p2，则下列等式成立的是()图4Ap10p20p1p2 Bp10p20p1p2Cp1p10p2p20 Dp1p10p2p20答案BD解析因水平面光滑，
23、所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒以向右为正方向，由于p10、p20、p1、p2均表示动量的大小，所以碰前的动量为p10p20，碰后的动量为p1p2，B对；经变形得p1p10p2p20，D对7a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa30 kgm/s，b球动量pb0，碰撞过程中，a球的动量减少了20 kgm/s，则碰撞后b球的动量为()A20 kgm/s B10 kgm/sC20 kgm/s D30 kgm/s答案C解析碰撞过程中，a球的动量减少了20 kgm/s，故此时a球的动量是10 kgm/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变，仍为30 kgm/s，则碰撞
24、后b球的动量为20 kgm/s.8质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)()A. B.C. D.答案C解析设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块M组成的系统为研究对象系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件设木块M以v1向右运动，连同n颗子弹在射入前向左运动为系统的初状态，子弹射入木块后停下来为末状态选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有：nmv2Mv10，得n，所以选项C正确9质量为M100 kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲40 kg的游泳者甲，船尾站着质
25、量m乙60 kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者在同一水平线上，甲朝左、乙朝右以3 m/s的速率跃入水中，则()A小船向左运动，速率为1 m/sB小船向左运动，速率为0.6 m/sC小船向右运动，速率大于1 m/sD小船仍静止答案B解析设水平向右为正方向，两游泳者同时跳离小船后小船的速度为v，根据甲、乙两游泳者和小船组成的系统动量守恒有m甲v甲m乙v乙Mv0，代入数据，可得v0.6 m/s，其中负号表示小船向左运动，所以选项B正确题组三综合应用10.如图5所示，质量为m21 kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m150 g的小球以1 000 m/s的速率碰到滑块后又以800 m/
26、s的速率被弹回，试求滑块获得的速度图5答案90 m/s方向与小球的初速度方向相同解析小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，则有v11 000 m/s，v20，v1800 m/s又m150 g0.05 kg，m21 kg由动量守恒定律有：m1v10m1v1m2v2代入数据解得v290 m/s，方向与小球初速度方向相同11.如图6所示，质量为M的木块放在粗糙的水平面上且弹簧处于原长状态，质量为m的子弹以初速度v0击中木块而未穿出，则击中木块瞬间二者的共同速度为多大？图6答案v0解析由于从子弹打入到与物块相对静止，时间非常短，弹簧未
27、发生形变，且此过程中地面对物块摩擦力远小于内力(子弹与物块间作用力)，故可认为此过程动量守恒对m、M系统，m击中M过程动量守恒，mv0(mM)v，所以vv0.12a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的st图象如图7所示若a球的质量ma1 kg，则b球的质量mb等于多少？图7答案2.5 kg解析由题图知va4 m/s，va1 m/s，vb0，vb2 m/s，根据动量守恒定律有mavamavambvb，代入数据解得mb2.5 kg.习题课动量守恒定律的应用目标定位1.加深对动量守恒定律的理解.2.进一步练习使用动量守恒定律解决问题1动量守恒定律成立的条件动量守恒定律的研究对象是相互作用
28、的物体组成的系统，其成立的条件可理解为：(1)理想条件：系统不受外力(2)实际条件：系统所受合外力为零(3)近似条件：系统所受外力比相互作用的内力小得多，外力的作用可以被忽略(4)推广条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某一方向，系统不受外力或所受的外力之和为零，则系统在这一方向上动量守恒2动量守恒定律的五性动量守恒定律是自然界最重要、最普遍的规律之一它是一个实验定律，应用时应注意其：系统性、矢量性、相对性、同时性、普适性预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1问题2问题3一、动量守恒条件及守恒对象的选取1动量守恒定律成立的条件：(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；(2)系统的
29、内力远大于外力；(3)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0或该方向上内力远远大于外力2动量守恒定律的研究对象是系统选择多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析，分清内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件【例1】 (多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是()图1AM、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(Mm0)vMv1mv2m0v3Bm0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足MvMv1mv2Cm
30、0的速度不变，M和m的速度都变为v，且满足Mv(Mm)vDM、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(Mm0)v(Mm0)v1mv2答案BC解析M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确二、单一方向动量守恒问题1动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是不少情况下，合外力
31、在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的2分析该方向上对应过程的初、末状态，确定初、末状态的动量3选取恰当的动量守恒的表达式列方程【例2】如图2所示，一辆砂车的总质量为M，静止于光滑的水平面上一个质量为m的物体A以速度v落入砂车中，v与水平方向成角，求物体落入砂车后砂车的速度v.图2答案，方向与v的水平分量方向相同解析物体和车作用时总动量不守恒，而水平面光滑，系统在水平方向上动量守恒，即mvcos (Mm)v，得v，方向与v的水平分量方向相同三、多物体、多过程动量守恒定律的应用对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，
32、将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解【例3】如图3所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，A、B静止质量为0.1 kg的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：图3(1)A的最终速度；(2)铁块刚滑上B时的速度答案(1)0.25 m/s(2)2.75 m/s解析(1)选铁块和木块A、B为一系统，由系统总动量守恒得：mv(MBm)vBMAvA可求得：vA0.25 m/s(2)设铁块刚滑上B时的速度为v，此时A、B的速
33、度均为vA0.25 m/s.由系统动量守恒得：mvmv(MAMB)vA可求得：v2.75 m/s.借题发挥处理多物体、多过程动量守恒应注意的问题(1)正方向的选取(2)研究对象的选取，是取哪几个物体为系统(3)研究过程的选取，应明确哪个过程中动量守恒针对训练两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，如图4所示当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率()图4A等于零 B小于B车的速率C大于B车的速率 D等于B车的速率答案B解析选A车、B车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用
34、，故满足动量守恒定律设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得0(Mm)vAMvB，则，即vA0.所以A、C正确题组二多物体、多过程动量守恒定律的应用7一弹簧枪以10 m/s的速度发射铅弹，现对准以6 m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为5 m/s.如果想让木块停止运动，并假定铅弹射入木块后都不会穿出，则应再向木块迎面射入的铅弹数为()A5颗 B6颗C7颗 D8颗答案D解析设木块质量为m1，铅弹质量为m2，第一颗铅弹射入，有m1v0m2v(m1m2)v1，代入数据可得15，设再射入n颗铅弹
35、木块停止，有(m1m2)v1nm2v0，解得n8.8在光滑水平面上有两辆车，上面分别站着A、B两个人，人与车的质量总和相等，在A的手中拿有一个球，两车均保持静止状态，当A将手中的球抛给B，B接到后，又抛给A，如此反复多次，最后球落在B的手中，则关于A、B速率的大小是()AA、B两车速率相等BA车速率大CA车速率小D两车均保持静止状态答案B解析由动量守恒可知，总动量始终为零，则两辆车(包括各自车上站的人)的动量大小相等，方向相反这样质量大的速度就小，最后球在B车上，所以A车速率大9.如图6所示，在光滑水平面上有两个木块A、B，木块B左端放置小物块C并保持静止，已知mAmB0.2 kg，mC0.1
36、 kg，现木块A以初速度v2 m/s沿水平方向向右滑动，木块A与B相碰后具有共同速度(但不粘连)，C与A、B间均有摩擦求：图6(1)木块A与B相碰瞬间A木块及小物块C的速度大小；(2)设木块A足够长，求小物块C的最终速度答案(1)1 m/s0(2) m/s方向水平向右解析(1)木块A与B相碰瞬间C的速度为0，A、B木块的速度相同，由动量守恒定律得mAv(mAmB)vA，vA1 m/s.(2)C滑上A后，摩擦力使C加速，使A减速，直至A、C具有共同速度，以A、C整体为系统，由动量守恒定律得mAvA(mAmC)vC，vC m/s，方向水平向右题组三综合应用10如图7所示，质量为0.5 kg的小球在
37、距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球落在车底前瞬间速度大小是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是(g取10 m/s2)()图7A5 m/s B4 m/sC8.5 m/s D9.5 m/s答案A解析由平抛运动的知识可知：小球下落的时间t s2 s，在竖直方向的速度vygt20 m/s，由运动的合成可得在水平方向的速度vx m/s15 m/s，由于小球和小车组成的系统在水平方向上满足动量守恒，所以47.50.515(40.5)v，解得v5 m/s，A正确11.
38、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8所示，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相对车静止，求平板车最后的速度是多大？图8答案2.5 m/s解析子弹击穿A后，A在水平方向上获得一个速度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、子弹的重力作用可忽略，即可以认为子弹和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vA
39、m/s5 m/sA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 m/s2.5 m/s.12如图9所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA3m、mBmCm，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变求B与C碰撞前B的速度大小图9答案v0解析设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：mAv0mAvAmBvB对B、C木块：mBvB(mBmC)v由A与B间的距离保持不变可知vAv联立式，代入数据得vBv0
