2019-2020學(xué)年高中物理 第1章 動量守恒研究 第2節(jié) 動量守恒定律教學(xué)案 魯科版選修3-5

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1、第2節(jié)　動量守恒定律 　1．知道牛頓運動定律和動量守恒定律的關(guān)系，能用牛頓運動定律推導(dǎo)動量守恒定律．　2．理解動量守恒定律的確切含義和表達(dá)式．(重點＋難點)　3．知道什么是反沖運動，了解它在實際中的簡單應(yīng)用．(重點)　4．了解火箭的飛行原理和主要用途． 一、動量守恒嗎 1．動量守恒定律：一個系統(tǒng)不受外力或者所受合外力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變． 2．表達(dá)式 (1)物體m1、m2相互作用前的速度為v1、v2，相互作用后的速度為v1′、v2′，則可表示為：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′． (2)物體m1、m2相互作用前的動量為p1、p2，相互作用后的動量為p1′、p

2、2′，則可表示為：p1＋p2＝p1′＋p2′． (3)物體m1、m2相互作用后動量的變化分別為Δp1和Δp2，則可表示為：Δp1＝－Δp2或Δp1＋Δp2＝0． 3．適用范圍：動量守恒定律是自然界普遍適用的基本規(guī)律之一，不僅適用于低速、宏觀物體的運動，而且適用于微觀、高速物體的運動． 1．(1)一個系統(tǒng)初、末狀態(tài)動量大小相等，即動量守恒．(　　) (2)兩個做勻速直線運動的物體發(fā)生碰撞，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)的動量變化量為零．(　　) 提示：(1)×　(2)√　(3)√ 二、動量守恒定律的推導(dǎo) 設(shè)兩質(zhì)點質(zhì)量分別為m1、m2，F(xiàn)1與

3、F2表示兩質(zhì)點間相互作用力，兩質(zhì)點的加速度分別為a1、a2，初速度分別為v1、v2，末速度分別為v1′、v2′，相互作用時間為t，則 對m1，由動量定理得F1t＝m1v1′－m1v1， 對m2，由動量定理得F2t＝m2v2′－m2v2， 據(jù)牛頓第三定律：F2＝－F1， 所以F2t＝－F1t， 所以m2v2′－m2v2＝－(m1v1′－m1v1)， 整理得：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′． 此式表明質(zhì)點在相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量，這就是動量守恒定律的表達(dá)式． 動量守恒定律可由牛頓運動定律和運動學(xué)公式(動量定理)推導(dǎo)，那么二者的適用范圍是否一樣？

4、提示：牛頓運動定律適用于宏觀物體、低速運動(相對光速而言)，動量守恒定律適用于任何物體、任何運動． 三、反沖運動與火箭 1．反沖：根據(jù)動量守恒定律，一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某一個方向運動，另一部分向相反方向運動的現(xiàn)象． 2．反沖現(xiàn)象的防止及應(yīng)用 (1)防止：槍身的反沖、高壓水槍的反沖等． (2)應(yīng)用：噴灌裝置、火箭等． 2．(1)反沖運動可以用動量守恒定律來處理．(　　) (2)一切反沖現(xiàn)象都是有益的．(　　) (3)章魚、烏賊的運動利用了反沖的原理．(　　) 提示：(1)√　(2)×　(3)√ 3．火箭 (1)原理：火箭的飛行應(yīng)用了反沖的

5、原理，靠噴出氣流的反沖作用來獲得巨大速度． (2)影響火箭獲得速度大小的因素：一是噴氣速度，噴氣速度越大火箭能達(dá)到的速度越大．二是燃料質(zhì)量越大、負(fù)荷越小，火箭能達(dá)到的速度也越大． 3．(1)火箭點火后離開地面加速向上運動，是地面對火箭的反作用力作用的結(jié)果．(　　) (2)在沒有空氣的宇宙空間，火箭仍可加速前行．(　　) 提示：(1)×　(2)√ 　動量守恒定律的理解及應(yīng)用 1．研究對象：相互作用的物體組成的系統(tǒng)． 2．正確理解“總動量保持不變”，不僅指系統(tǒng)的初末兩個時刻的總動量相等，而是指系統(tǒng)在整個過程中任意兩個時刻的總動量相等． 3．動量守恒定律的“五性” (1)矢

6、量性：定律的表達(dá)式是一個矢量式，其矢量性表現(xiàn)在：①該式說明系統(tǒng)的總動量在相互作用前后不僅大小相等，方向也相同．②在求初、末狀態(tài)系統(tǒng)的總動量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…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，要選取一正方向，將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算． (2)相對性：動量守恒定律中，系統(tǒng)中各物體在相互作用前后的動量，必須相對于同一慣性系，各物體的速度通常均為對地的速度． (3)條件性：動量守恒定律是有條件的，應(yīng)用時一定要首先判斷系統(tǒng)是否滿足守恒條件． (4)同時性：動量守恒定律中p1、p2…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′…必須

7、是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量． (5)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)． 4．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟 (1)確定相互作用的系統(tǒng)為研究對象； (2)分析研究對象所受的外力； (3)判斷系統(tǒng)是否符合動量守恒條件； (4)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量的正、負(fù)號； (5)根據(jù)動量守恒定律列式求解，并對結(jié)果進(jìn)行討論． 　將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算時，符號處理應(yīng)注意： (1)若用v、v′表示物體的速度大小，則速度沿正向時動量表示為mv、mv′，速度沿負(fù)方向時，動量表示為－

8、mv、－mv′． (2)若用v、v′表示物體速度，則無論正向、反向，動量都表示為mv、mv′，方向包含在v、v′之中，求解結(jié)果的正、負(fù)可確定速度的方向． 命題視角1　對動量守恒定律的理解 　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 [思路點撥] 動量守恒定律成立的條件是系統(tǒng)不受外力，或所受合外力為0，或者是系統(tǒng)所受的外力比相互作用的內(nèi)力小很多． [解析]　根據(jù)動量

9、守恒條件可知A、B錯誤，C正確；D項中所有物體加速度為零時，各物體速度恒定，動量恒定，總動量一定守恒． [答案]　C 系統(tǒng)動量守恒的判定方法 (1)分析動量守恒時研究對象是系統(tǒng)，分清外力與內(nèi)力． (2)研究系統(tǒng)受到的外力矢量和． (3)外力矢量和為零，則系統(tǒng)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(tǒng)動量守恒． (4)系統(tǒng)動量嚴(yán)格守恒的情況很少，在分析具體問題時要注意把實際過程理想化．　 命題視角2　動量守恒定律在多物體、多過程問題 中的應(yīng)用 　如圖所示，在光滑的水平面上有兩個并排放置的木塊A和B，已知木塊A、B的質(zhì)量分別為mA＝500 g、mB＝300 g

10、．有一個質(zhì)量為80 g的小鐵塊C以25 m/s的水平初速度開始在A表面上滑動．由于C與A、B之間有摩擦，鐵塊最后停在B上，B和C一起以2．5 m/s的速度共同前進(jìn)．求： (1)木塊A的最后速度v′A的大小； (2)C在離開A時的速度v′C的大?。? [思路點撥] (1)本題的物理過程可分為兩個階段，即C分別在A、B上滑動的階段． (2)本題求解的一個關(guān)鍵是確定C離開A時A、B的速度相同． [解析]　(1)取A、B、C三個物體組成的系統(tǒng)為研究對象． 系統(tǒng)所受到的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，則 mCvC＝mAv′A＋(mB＋mC)v 代入已知數(shù)據(jù)解得 v′A＝＝ m/s＝2．1

11、m/s． (2)鐵塊C離開A滑到B上時，木塊A和B具有相同的速度v′A．仍對A、B、C組成的系統(tǒng)應(yīng)用動量守恒定律得 mCvC＝mCv′C＋(mA＋mB)v′A． 解得v′C＝ ＝ m/s＝4 m/s． [答案]　(1)2．1 m/s　(2)4 m/s 應(yīng)用動量守恒定律解決多物體、多過程問題的關(guān)鍵是正確劃分過程與合理選擇研究系統(tǒng)．有的過程選部分物體為研究系統(tǒng)，有的過程需要選取全部物體為研究系統(tǒng)．　 命題視角3　動量守恒定律中的臨界、極值問題 　如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0．為避免兩

12、船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度．(不計水的阻力) [思路點撥] 選取向右為速度的正方向，甲接住貨物后，兩船不相撞應(yīng)滿足：v′乙≥v′甲，臨界條件為：v′乙＝v′甲．此時對應(yīng)拋出貨物的速度最小． [解析]　設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，甲、乙兩船的運動方向為正方向．由動量守恒定律得 12mv0＝11mv1－mvmin ① 10m×2v0－mvmin＝11mv2 ② 為避免兩船相撞應(yīng)滿足 v1＝v2 ③ 聯(lián)立①②③式得 vmin＝4v

13、0． [答案]　4v0 動量守恒定律應(yīng)用中的常見臨界情形 (1)如圖甲所示，光滑水平面上的A物體以速度v去撞擊靜止的B物體，A、B兩物體相距最近時，兩物體速度必定相等，此時彈簧最短，其壓縮量最大． 　　 甲　　　 　　　　　　乙 (2)如圖乙所示，物體A以速度v0滑到靜止在光滑水平面上的小車B上，當(dāng)A在B上滑行的距離最遠(yuǎn)時，A、B相對靜止，A、B兩物體的速度必定相等．　 丙 (3)如圖丙所示，質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質(zhì)量為m的小球以速度v0向滑塊滾來．設(shè)小球不能越過滑塊，則小球到達(dá)滑塊上的最高點(即小球豎直方向上的速度為零)

14、時，兩物體的速度肯定相等(方向為水平向右)． 【通關(guān)練習(xí)】 1．(多選)在光滑水平面上，A、B兩小車中間有一彈簧，如圖所示．用手抓住小車并將彈簧壓縮后使小車處于靜止?fàn)顟B(tài)，將兩小車及彈簧看做一個系統(tǒng)，下列說法中正確的是(　　) 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，再放開右手后，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 解析：選ACD．在兩手同時放開后，水平方向無外力作用，只有彈簧的彈力(內(nèi)力)，故動量守恒，即系統(tǒng)的總動量始終為零，A對；先放開左手

15、，再放開右手后，是指兩手對系統(tǒng)都無作用力之后的那一段時間，系統(tǒng)所受合外力也為零，即動量是守恒的，B錯；先放開左手，系統(tǒng)就在右手作用下，產(chǎn)生向左的沖量，故有向左的動量，再放開右手后，系統(tǒng)的動量仍守恒，即此后的總動量向左，C對；其實，無論何時放開手，只要是兩手都放開就滿足動量守恒的條件，即系統(tǒng)的總動量保持不變．若同時放開，那么放手后系統(tǒng)的總動量就等于放手前的總動量，即為零；若兩手先后放開，那么兩手都放開后的總動量就與放開最后一只手后系統(tǒng)所具有的總動量相等，即不為零，D對． 2． 如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛，速率均為v0＝6．0 m/s．甲小孩車上有質(zhì)量m＝

16、1 kg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球總質(zhì)量M1＝50 kg，乙和他的車總質(zhì)量M2＝30 kg．甲不斷地將小球一個一個地以v＝16．5 m/s的水平速度(相對于地面)拋向乙，并被乙接?。畣枺杭字辽僖獟伋龆嗌賯€小球，才能保證兩車不會相碰？ 解析：兩車不相碰的臨界條件是它們最后的速度(對地)相同． 由該系統(tǒng)動量守恒，以甲運動方向為正方向，有 M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v′， ① 再以甲及小球為系統(tǒng)，同樣有 M1v0＝(M1－nm)v′＋nmv， ② 聯(lián)立①②解得n＝15個． 答案：15個 　對反沖運動的理解 1．反沖運動的特點 (1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反

17、方向運動． (2)反沖運動中，相互作用的內(nèi)力一般情況下遠(yuǎn)大于外力，所以可以用動量守恒定律來處理． (3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總動能增加． 2．討論反沖運動時應(yīng)注意的問題 (1)相對速度問題：在討論反沖運動時，有時給出的速度是相互作用的兩物體的相對速度．由于動量守恒定律中要求速度為對同一參考系的速度(通常為對地的速度)，應(yīng)先將相對速度轉(zhuǎn)換成對地的速度后，再列動量守恒定律方程． (2)變質(zhì)量問題：在討論反沖運動時，還常遇到變質(zhì)量物體的運動，如在火箭的運動過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，此時必須取火箭本身和在相互作用的短時間內(nèi)噴出的所有氣體

18、為研究對象，取相互作用的這個過程為研究過程來進(jìn)行研究． 　(1)內(nèi)力的存在不會影響系統(tǒng)的動量守恒． (2)內(nèi)力做的功往往會改變系統(tǒng)的總動能． 　一火箭噴氣發(fā)動機(jī)每次噴出m＝200 g的氣體，噴出的氣體相對地面的速度v＝1 000 m/s．設(shè)此火箭初始質(zhì)量M＝300 kg，發(fā)動機(jī)每秒噴氣20次，在不考慮地球引力及空氣阻力的情況下，火箭發(fā)動機(jī)1 s末的速度是多大？ [思路點撥] 求解本題時應(yīng)把握以下三點： (1)以每秒20次噴出的氣體和火箭剩余質(zhì)量為研究對象． (2)判斷動量是否守恒． (3)選正方向，據(jù)動量守恒定律列式求解． [解析]　以火箭和它在1 s內(nèi)噴出的氣體為研究對象．設(shè)

19、火箭1 s末的速度為v′，1 s內(nèi)共噴出質(zhì)量為20m的氣體，以火箭前進(jìn)的方向為正方向． 由動量守恒定律得：(M－20m)v′－20mv＝0 解得v′＝ ＝ m/s≈13．5 m/s． [答案]　13．5 m/s 對變質(zhì)量問題，動量守恒定律仍適用，但必須考慮到氣體噴出后，帶走了一定質(zhì)量，剩余部分質(zhì)量已減少，在建立動量守恒定律方程時務(wù)必注意． 　如圖，質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速度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，則救生員躍出后小船的速率為(　　) A．v0＋v　　　　　　　 B．v0－v C．v0＋(v

20、0＋v) D．v0＋(v0－v) 解析：選C．人跳起前后小船和人組成的系統(tǒng)動量守恒， 所以有(m＋M)v0＝－mv＋Mv1， 解得v1＝v0＋． [隨堂檢測] 1．車廂原來靜止在光滑的水平軌道上，車廂后面的人對前壁發(fā)射一顆子彈，子彈陷入車廂的前壁內(nèi)．設(shè)子彈的質(zhì)量為m，出口速度為v，車廂和人的質(zhì)量為M，作用完畢后車廂的速度為(　　) A．，向前　　　　　　　 B．，向后 C．，向前 D．0 解析：選D．以車、人、槍和子彈為系統(tǒng)研究，整個系統(tǒng)在水平方向上不受外力的作用，遵守動量守恒定律．已知作用前總動量為零，所以作用后的總動量也為零．不必考慮中間過程，最后系統(tǒng)還是靜止的，選

21、項D正確． 2．如圖所示，一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為(　　) A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2) 解析：選D．忽略空氣阻力和分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，衛(wèi)星和箭體整體分離前后動量守恒，則有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋(v0－v2)，故D項正確． 3．將質(zhì)量為1．00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源?/p>

22、小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，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 kg·m/s B．5．7×102 kg·m/s C．6．0×102 kg·m/s D．6．3×102 kg·m/s 解析：選A．燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0．050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，選項A正確． 4．如圖所示，水平光滑地面上依次放置著質(zhì)量m＝0．08 kg的10塊完全相同的長直木板．一質(zhì)量M＝1

23、．0 kg大小可忽略的小銅塊以初速度v0＝6．0 m/s從長木板左側(cè)滑上木板，當(dāng)銅塊滑離第一塊木板時，速度大小為v1＝4．0 m/s．銅塊最終停在第二塊木板上(g取10 m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．求： (1)第一塊木板的最終速度； (2)銅塊的最終速度． 解析：(1)銅塊和10個長木板水平方向不受外力，所以系統(tǒng)動量守恒，設(shè)銅塊剛滑到第二個木板時，木板的速度為v2，由動量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2，得v2＝2．5 m/s． (2)銅塊最終停在第二塊木板上，設(shè)最終速度為v3，由動量守恒得Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3，得v3≈3．4 m/s． 答案：(1)2．5 m

24、/s　(2)3．4 m/s [課時作業(yè)] 一、單項選擇題 1．質(zhì)量m＝100 kg的小船靜止在平靜水面上，船兩端載著m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平線上甲向左、乙向右同時以相對于岸3 m/s的速度躍入水中，如圖所示，則之后小船的速率和運動方向為(　　) A．0．6 m/s，向左 B．3 m/s，向左 C．0．6 m/s，向右 D．3 m/s，向右 解析：選A．以向左為正方向，根據(jù)動量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入數(shù)據(jù)解得v′＝0．6 m/s，方向向左． 2．一個不穩(wěn)定的原子核質(zhì)量為M，處于靜止?fàn)顟B(tài)，放出一個質(zhì)量為m的粒子后反沖．已知放出的粒子

25、的動能為E0，則新原子核反沖的動能為(　　) A．E0 B．E0 C．E0 D．E0 解析：選C．由動量守恒定律知(M－m)v＝mv0＝p，又Ek＝，E0＝，知選項C對． 3．一個同學(xué)在地面上立定跳遠(yuǎn)的最好成績是s．假設(shè)他站在車的A端，如圖所示，想要跳到距離為l遠(yuǎn)的站臺上，不計車與地面的摩擦阻力，則(　　) A．只要l

26、為2m的平板小車上，以共同的速度在水平地面上沿直線前行，車所受地面阻力的大小與車對地面壓力的大小成正比．當(dāng)車速為v0時，人從車上以相對于地面大小為v0的速度水平向后跳下．跳離瞬間地面阻力的沖量忽略不計，則能正確表示車運動的v－t圖象為(　　) 解析：選B．由題意可知，人跳離小車前后動量守恒，所以有(m＋2m)v0＝m(－v0)＋2mv，解得v＝2v0，即人跳出瞬間，車速度為2v0，考察四個選項，只有B正確． 5．甲、乙兩個溜冰者質(zhì)量分別為48 kg和50 kg，甲手里拿著質(zhì)量為2 kg的球，兩人均以2 m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直線相向滑行，甲將球傳給乙，乙再將球傳給甲，這樣拋

27、接幾次后，球又回到甲的手里，乙的速度為零，則甲的速度的大小為(　　) A．0 B．2 m/s C．4 m/s D．無法確定 解析：選A．以甲、乙及球組成的系統(tǒng)為研究對象，以甲原來的滑行方向為正方向，有(m甲＋m球)v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′得v甲′＝＝ m/s＝0，A正確． 6．如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個小木塊．木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量．現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度v0，則(　　) A．小木塊和木箱最終都將靜止 B．小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動 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

28、運動 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動 解析：選B．把小木塊和木箱看成一個系統(tǒng)，該系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)的初動量向右，末動量也應(yīng)向右．選項C中小木塊始終在木箱內(nèi)做往復(fù)運動，因摩擦力的存在，系統(tǒng)的機(jī)械能會越來越少，最終停止，這是不可能的．可見，只有選項B正確． 二、多項選擇題 7．一平板車靜止在光滑的水平地面上，甲、乙兩人分別站在車上左右兩端．當(dāng)兩人同時相向而行時，發(fā)現(xiàn)小車向左移動．若(　　) A．兩人質(zhì)量相等，則必定是v甲>v乙 B．兩人質(zhì)量相等，則必定是v乙>v甲 C．兩人速率相等，則必定是m甲>m乙 D．兩人速率相等，則必

29、定是m乙>m甲 解析：選AC．取甲、乙兩人和平板車為系統(tǒng)，系統(tǒng)動量守恒．由于總動量始終為零，小車向左移動，說明甲和乙的總動量方向向右，即甲的動量大于乙的動量．當(dāng)兩人質(zhì)量相等時，必定是v甲>v乙，所以選項A正確，B錯誤．若兩人速率相等，則必定是m甲>m乙，所以選項C正確，D錯誤． 如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，AB總質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時小車AB和木塊C都靜止，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時，C被釋放，使C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，以下說法正確的是(　　) A．彈簧伸長過程

30、中C向右運動，同時AB也向右運動 B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶m C．C與油泥粘在一起后，AB立即停止運動 D．C與油泥粘在一起后，AB繼續(xù)向右運動 解析：選BC．彈簧向右推C，C向右運動，同時彈簧向左推A端，小車向左運動，A錯誤；因小車與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，C與B碰前，有mvC＝MvAB，得：vC∶vAB＝M∶m，B正確；C與B碰撞過程動量守恒，有：mvC－MvAB＝(M＋m)v，知v＝0，故C正確，D錯誤． 如圖所示，兩物塊質(zhì)量關(guān)系為m1＝2m2，兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2＝2μ1，兩物塊原來靜止，輕質(zhì)彈簧被壓縮且用細(xì)線固定．若燒斷細(xì)線后，彈簧恢復(fù)到

31、原長時，兩物塊脫離彈簧且速率均不為零，則(　　) A．兩物塊在脫離彈簧時的速率最大 B．兩物塊在剛脫離彈簧時的速率之比為＝ C．兩物塊的速率同時達(dá)到最大 D．兩物塊在彈開后同時達(dá)到靜止 解析：選BCD．燒斷細(xì)線后，對m1、m2及彈簧組成的系統(tǒng)，在m1、m2運動過程中，都受到滑動摩擦力的作用，其中F1＝μ1m1g，F(xiàn)2＝μ2m2g，根據(jù)題設(shè)條件，兩摩擦力大小相等，方向相反，系統(tǒng)所受外力的合力為零，動量守恒．兩物塊未脫離彈簧時，在水平方向各自受到彈簧彈力和地面對物塊的摩擦力作用，其運動過程分為兩個階段，先是彈簧彈力大于摩擦力，物塊做變加速運動，直到彈簧彈力等于摩擦力時，物塊速度達(dá)到最大，

32、此后彈簧彈力小于摩擦力，物塊做變減速運動，彈簧恢復(fù)原長時，兩物塊與彈簧脫離．脫離彈簧后，物塊在水平方向只受摩擦力作用，做勻減速運動，直到停止．綜合以上分析可知，A選項是錯誤的，在從開始直到最后停止的整個過程中，系統(tǒng)動量守恒，則有0＝m1v1－m2v2，顯然，任意時刻，兩物塊的速率之比＝＝；當(dāng)v1最大時，v2亦最大；當(dāng)v1＝0時，亦有v2＝0，所以B、C、D選項都正確． 如圖所示， 小車在光滑的水平面上向左運動，木塊水平向右在小車的水平車板上運動，且未滑出小車，下列說法中正確的是(　　) A．若小車的動量大于木塊的動量，則木塊先減速再加速后勻速 B．若小車的動量大于木塊的動量，則小車

33、先加速再減速后勻速 C．若小車的動量小于木塊的動量，則木塊先減速后勻速 D．若小車的動量小于木塊的動量，則小車先加速后勻速 解析：選AC．小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒．若小車的動量大于木塊的動量，則最后相對靜止時整體向左運動，故木塊先向右減速，再向左加速，最后與車同速，小車先減速后勻速．若小車的動量小于木塊的動量，則最后相對靜止時整體向右運動，故木塊先減速后勻速，小車先減速再加速后勻速． 三、非選擇題 平板車停在水平光滑的軌道上，平板車上有一人從固定在車上的貨廂邊順?biāo)椒较蜓刂壍婪较蛱觯湓谄桨遘嚿系腁點，距貨廂水平距離為l＝4 m，如圖所示．人的質(zhì)量為m，車連同貨廂的質(zhì)

34、量為M＝4m，貨廂高度為h＝1．25 m．(g取10 m/s2) (1)求車在人跳出后到人落到A點期間的反沖速度； (2)人落在A點并站定以后，車還運動嗎？車在地面上移動的位移是多少？ 解析：(1)人從貨廂邊跳離的過程，系統(tǒng)(人、車和貨廂)在水平方向上動量守恒，設(shè)人的水平速度是v1，車的反沖速度是v2，則mv1－Mv2＝0，得v2＝v1 人跳離貨廂后做平拋運動，車以v2做勻速運動，運動時間為t＝＝0．5 s，在這段時間內(nèi)人的水平位移x1和車的位移x2分別為x1＝v1t，x2＝v2t 由x1＋x2＝l得v1t＋v2t＝l 則v2＝＝ m/s＝1．6 m/s． (2)人落到車上前的水

35、平速度仍為v1，車的速度為v2，落到車上后設(shè)它們的共同速度為v，根據(jù)水平方向動量守恒得mv1－Mv2＝(M＋m)v，則v＝0． 故人落到車上A點站定后車的速度為零． 車的水平位移為x2＝v2t＝1．6×0．5 m＝0．8 m． 答案：(1)1．6 m/s　(2)不運動　0．8 m 如圖所示，質(zhì)量為M＝2 kg的木板靜止在光滑的水平地面上，木板AB部分為光滑的四分之一圓弧面，半徑為R＝0．3 m，木板BC部分為水平面，粗糙且足夠長．質(zhì)量為m＝1 kg的小滑塊從A點由靜止釋放，最終停止在BC面上D點(D點未標(biāo)注)．若BC面與小滑塊之間的動摩擦因數(shù)μ＝0．2，g＝10 m/s2，求： (1)小滑塊剛滑到B點時的速度大??； (2)B、D之間的距離． 解析：(1)小滑塊滑到B點時，木板和小滑塊速度分別為v1、v2，由動量守恒定律有Mv1－mv2＝0， 由機(jī)械能守恒定律有mgR＝Mv＋mv， 代入m＝1 kg、M＝2 kg、R＝0．3 m，得v2＝2 m/s． (2)小滑塊靜止在木板上時速度為v，由動量守恒定律有(M＋m)v＝0，得v＝0． 由能量守恒定律有mgR＝μmgL， 代入μ＝0．2、R＝0．3 m，得L＝1．5 m． 答案：(1)2 m/s　(2)1．5 m 14