人教版物理高三年級(jí)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用教學(xué)設(shè)計(jì)

1、§ 2 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用教學(xué)目標(biāo)：1 .掌握動(dòng)量守恒定律的內(nèi)容及使用條件，知道應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決問題時(shí)應(yīng)注意的問題.2 .掌握應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決問題的一般步驟.3 .會(huì)應(yīng)用動(dòng)量定恒定律分析、解決碰撞、爆炸等物體相互作用的問題.教學(xué)重點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律的正確應(yīng)用；熟練掌握應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決有關(guān)力學(xué)問題的正確步驟.教學(xué)難點(diǎn)：應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)守恒條件的判斷，包括動(dòng)量守恒定律的“五性”：條件性；整體性；矢量性；相對(duì)性；同時(shí)性.教學(xué)方法：1 .學(xué)生通過閱讀、對(duì)比、討論，總結(jié)出動(dòng)量守恒定律的解題步驟.2 .學(xué)生通過實(shí)例分析，結(jié)合碰撞、爆炸等問題的特點(diǎn)，明確動(dòng)量守恒定律的矢量性、同時(shí)性和

2、相對(duì)性.3 .講練結(jié)合，計(jì)算機(jī)輔助教學(xué)教學(xué)過程一、動(dòng)量守恒定律1 .動(dòng)量守恒定律的內(nèi)容一個(gè)系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。即：m1v1m2V2=m1v；m2V22 .動(dòng)量守恒定律成立的條件系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；系統(tǒng)受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，可以忽略不計(jì);系統(tǒng)在某一個(gè)方向上所受的合外力為零，則該方向上動(dòng)量守恒。全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動(dòng)量守恒。3 .動(dòng)量守恒定律的表達(dá)形式(1) mM+m2V2=mv；+m2V2,即pi+p2=piZ+p2Z,(2) Ap+Ap2=0,Api=-Ap2m；_2.m2.v；4 .動(dòng)量守恒定律的重要意義從現(xiàn)

3、代物理學(xué)的理論高度來認(rèn)識(shí)，動(dòng)量守恒定律是物理學(xué)中最基本的普適原理之一。(另一個(gè)最基本的普適原理就是能量守恒定律。)從科學(xué)實(shí)踐的角度來看，迄今為止，人們尚未發(fā)現(xiàn)動(dòng)量守恒定律有任何例外。相反，每當(dāng)在實(shí)驗(yàn)中觀察到似乎是違反動(dòng)量守恒定律的現(xiàn)象時(shí)，物理學(xué)家們就會(huì)提出新的假設(shè)來補(bǔ)救，最后總是以有新的發(fā)現(xiàn)而勝利告終。例如靜止的原子核發(fā)生3衰變放出電子時(shí)，按動(dòng)量守恒，反沖核應(yīng)該沿電子的反方向運(yùn)動(dòng)。但云室照片顯示，兩者徑跡不在一條直線上。為解釋這一反?，F(xiàn)象，1930年泡利提出了中微子假說。由于中微子既不帶電又幾乎無質(zhì)量，在實(shí)驗(yàn)中極難測(cè)量，直到1956年人們才首次證明了中微子的存在。(2000年高考綜合題23就是

4、根據(jù)這一歷史事實(shí)設(shè)計(jì)的)。又如人們發(fā)現(xiàn)，兩個(gè)運(yùn)動(dòng)著的帶電粒子在電磁相互作用下動(dòng)量似乎也是不守恒的。這時(shí)物理學(xué)家把動(dòng)量的概念推廣到了電磁場(chǎng)，把電磁場(chǎng)的動(dòng)量也考慮進(jìn)去，總動(dòng)量就又守恒了。5.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決問題的基本思路和一般方法(1)分析題意，明確研究對(duì)象.在分析相互作用的物體總動(dòng)量是否守恒時(shí)，通常把這些被研究的物體總稱為系統(tǒng).對(duì)于比較復(fù)雜的物理過程，要采用程序法對(duì)全過程進(jìn)行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的。(2)要對(duì)各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進(jìn)行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外物體對(duì)系統(tǒng)內(nèi)物體作用的外力.

5、在受力分析的基礎(chǔ)上根據(jù)動(dòng)量守恒定律條件，判斷能否應(yīng)用動(dòng)量守恒。(3)明確所研究的相互作用過程，確定過程的始、末狀態(tài)，即系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的初動(dòng)量和末動(dòng)量的量值或表達(dá)式。注意：在研究地面上物體間相互作用的過程時(shí)，各物體運(yùn)動(dòng)的速度均應(yīng)取地球?yàn)閰⒖枷怠?4)確定好正方向建立動(dòng)量守恒方程求解。二、動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用1.碰撞兩個(gè)物體在極短時(shí)間內(nèi)發(fā)生相互作用，這種情況稱為碰撞。由于作用時(shí)間極短，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種。V1vV1/V2/»-».f仔細(xì)分析一下碰撞的全過1aB7HArOTA.工口fxh日、,777

6、77777777777777/77777777777777777777777777777程：設(shè)光滑水平面上，質(zhì)量為m1blnm的物體A以速度V1向質(zhì)量為m2的靜止物體B運(yùn)動(dòng)，B的左端連有輕彈簧。在I位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；到H位置A、B速度剛好相等(設(shè)為v),彈簧被壓縮到最短；再往后A、B開始遠(yuǎn)離，彈簧開始恢復(fù)原長(zhǎng)，到出位置彈簧剛好為原長(zhǎng)，A、B分開，這時(shí)A、B的速度分別為“不口丫；。全過程系統(tǒng)動(dòng)量一定是守恒的；而機(jī)械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了。(1)彈簧是完全彈性的。I-n系統(tǒng)動(dòng)能減少全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，n狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能最小而彈性勢(shì)能最大；n-ni彈性

7、勢(shì)能減少全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能；因此I、出狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能相等。這種碰撞叫做彈性碰撞。由動(dòng)量守恒和能量守恒可以證明A、B的最終速度分別為：V；=m1-m2V1,v2=2m1一V1。(這個(gè)結(jié)論最好背下來，以后經(jīng)常要用到。)m1m2m1m2(2)彈簧不是完全彈性的。i-n系統(tǒng)動(dòng)能減少，一部分轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，n狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能仍和相同，彈性勢(shì)能仍最大，但比?。籲-ni彈性勢(shì)能減少，部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；因?yàn)槿^程系統(tǒng)動(dòng)能有損失(一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)。這種碰撞叫非彈性碰撞。(3)彈簧完全沒有彈性。i-n系統(tǒng)動(dòng)能減少全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，n狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能仍和相同，但沒有彈性勢(shì)能；由于沒有彈性，a、

8、B不再分開，而是共同運(yùn)動(dòng)，不再有n-ni過程。這種碰撞叫完全非彈性碰撞?？梢宰C明，A、B最終的共同速度為v1=v；=mV1。在完m1m2全非彈性碰撞過程中，系統(tǒng)的動(dòng)能損失最大，為：21212m1m2V1mV1一m1m2V=222m1m2（這個(gè)結(jié)論最好背下來，以后經(jīng)常要用到。）【例1】質(zhì)量為M的楔形物塊上有圓弧軌道，靜止在水平面上。質(zhì)量為m的小球以速度vi向物塊運(yùn)動(dòng)。不計(jì)一切摩擦，圓弧小于90°且足夠長(zhǎng)。求小球能上升到的最大高度H和物塊的最終速度V。解析：系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，全過程機(jī)械能也守恒。在小球上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：1211tli.2,MV1由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：

9、3mvi=3（M+mV+mgH解得H=2fM4m匕222Mmg人、t,口2m全過程系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，得v=V1Mm點(diǎn)評(píng)：本題和上面分析的彈性碰撞基本相同，唯一的不同點(diǎn)僅在于重力勢(shì)能代替了彈性勢(shì)能?！纠?】動(dòng)量分別為5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一條直線同向運(yùn)動(dòng)，A追上B并發(fā)生碰撞后。若已知碰撞后A的動(dòng)量減小了2kgm/s,而方向不變，那么A、B質(zhì)量之比的可能范圍是什么？解析：A能追上B,說明碰前VA>VB,.-.mA>6;碰后A的速度不大于B的速度,mB2_2_2_2上+A之上+工，由以2mA2mB2mA2mB38，看、一，人<；又因?yàn)榕鲎?/p>

10、過程系統(tǒng)動(dòng)能不會(huì)增加,mAmB上不等式組解得:3.mA.41c8mB7點(diǎn)評(píng)：此類碰撞問題要考慮三個(gè)因素：碰撞中系統(tǒng)動(dòng)量守恒；碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)能不增加；碰前、碰后兩個(gè)物體的位置關(guān)系（不穿越）和速度大小應(yīng)保證其順序合理。2.子彈打木塊類問題子彈打木塊實(shí)際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個(gè)典型，它的特點(diǎn)是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運(yùn)動(dòng)。下面從動(dòng)量、能量和牛頓運(yùn)動(dòng)定律等多個(gè)角度來分析這一過程?！纠?】設(shè)質(zhì)量為m的子彈以初速度比射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為do求木塊對(duì)子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進(jìn)的距離。解析：子彈

11、和木塊最后共同運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于完全非彈性碰撞。從動(dòng)量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv0=JMmv從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為f,設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為S1、S2,如圖所示，顯然有S1-S2=d對(duì)子彈用動(dòng)能定理：fs1=mv2mv2221 2對(duì)木塊用動(dòng)能7E理：fS2=MV2、相減得：fdmv；-（M+mV2=mv；222Mm點(diǎn)評(píng)：這個(gè)式子的物理意義是：fd恰好等于系統(tǒng)動(dòng)能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動(dòng)能的損失應(yīng)該等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加；可見fd=Q,即兩物體由于相對(duì)運(yùn)動(dòng)而摩擦產(chǎn)生的熱（機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能），等于摩擦力大小與兩物體相對(duì)滑動(dòng)

12、的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關(guān)，所以這里應(yīng)該用路程，而不是用位移）由上式不難求得平均阻力的大?。篺2Mmv02Mmd至于木塊前進(jìn)的距離S2,可以由以上、相比得出：s2=mdMm從牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式出發(fā)，也可以得出同樣的結(jié)論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)，位移與平均速度成正比：S2d_vov/2S2v/2v0vdv0Mmmk，S2'M"d般情況下M»m,所以S2<<do這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小,可以忽略不計(jì)。這就為分階段處理問題提供了依據(jù)。象這種運(yùn)動(dòng)物體與靜止物體相互作用，動(dòng)Mm2量守恒，最后共同

13、運(yùn)動(dòng)的類型，全過程動(dòng)能的損失量可用公式：孤=-V0當(dāng)子彈速度很大時(shí)，可能射穿木塊，這時(shí)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)動(dòng)量仍然守恒，系統(tǒng)動(dòng)能損失仍然是AEk=fd（這里的d為木塊的厚度），但由于末狀態(tài)子彈和木塊速度不相等，所以不能再用式計(jì)算AEk的大小。做這類題目時(shí)一定要畫好示意圖，把各種數(shù)量關(guān)系和速度符號(hào)標(biāo)在圖上，以免列方程時(shí)帶錯(cuò)數(shù)據(jù)。3.反沖問題在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用過程中系統(tǒng)的動(dòng)能增大，有其它能向動(dòng)能轉(zhuǎn)化。可以把這類問題統(tǒng)稱為反沖?！纠?】質(zhì)量為m的人站在質(zhì)量為M,長(zhǎng)為L(zhǎng)的靜止小船的右端

14、，小船的左端靠在岸邊。當(dāng)他向左走到船的左端時(shí)，船左端離岸多遠(yuǎn)？解析：先畫出示意圖。人、船系統(tǒng)動(dòng)量守恒，總動(dòng)量始終為零，所以人、船動(dòng)量大小始終相等。從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。設(shè)人、船位移大小分別為小I2,則：07"一1一I-mvi=Mv2,兩邊同乘時(shí)間t,mIi=Ml2,而Ii+l2=L,點(diǎn)評(píng)：應(yīng)該注意到：此結(jié)論與人在船上行走的速度大小無關(guān)。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達(dá)船的左端，那么結(jié)論都是相同的。做這類題目，首先要畫好示意圖，要特別注意兩個(gè)物體相對(duì)于地面的移動(dòng)方向和兩個(gè)物體位移大小之間的關(guān)系。以上所列舉的人、船模型的前提是系統(tǒng)初動(dòng)量為零。

15、如果發(fā)生相互作用前系統(tǒng)就具有一定的動(dòng)量，那就不能再用m1Vl=m2V2這種形式列方程，而要利用(m1+m2)vo=mivi+m2V2列式。【例5】總質(zhì)量為M的火箭模型從飛機(jī)上釋放時(shí)的速度為V。，速度方向水平?；鸺蚝笠韵鄬?duì)于地面的速率u噴出質(zhì)量為m的燃?xì)夂?，火箭本身的速度變?yōu)槎啻螅拷馕觯夯鸺龂姵鋈細(xì)馇昂笙到y(tǒng)動(dòng)量守恒。噴出燃?xì)夂蠡鸺Ｓ噘|(zhì)量變?yōu)镸-m,以V。方向Mvomu為正方向，Mv0-muM-mV,V二M-m4.爆炸類問題【例6】拋出的手雷在最高點(diǎn)時(shí)水平速度為10m/s,這時(shí)突然炸成兩塊，其中大塊質(zhì)量300g仍按原方向飛行，其速度測(cè)得為50m/s,另一小塊質(zhì)量為200g,求它的速度的大小和方

16、向。分析：手雷在空中爆炸時(shí)所受合外力應(yīng)是它受到的重力G=(mi+m2)g，可見系統(tǒng)的動(dòng)量并不守恒。但在爆炸瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，外力可以不計(jì)，系統(tǒng)的動(dòng)量近似守恒。設(shè)手雷原飛行方向?yàn)檎较?，則整體初速度vo=10m/s；mi=o.3kg的大塊速度為V1=50m/s、m2=0.2kg的小塊速度為v2,方向不清，暫設(shè)為正方向。由動(dòng)量守恒定律：(m,m2)vo=m1Vlm2V2(mim2)v。-明5(0.30.2)10-0.350v2=-50m/sm20.2此結(jié)果表明，質(zhì)量為200克的部分以50m/s的速度向反方向運(yùn)動(dòng)，其中負(fù)號(hào)表示與所設(shè)正方向相反5 .某一方向上的動(dòng)量守恒【例7】如圖所示，AB為一

17、光滑水平橫桿，桿上套一質(zhì)量為M的小圓環(huán)，環(huán)上系一長(zhǎng)為L(zhǎng)質(zhì)量不計(jì)的細(xì)繩，繩的另一端拴一質(zhì)量為m的小球，現(xiàn)將繩拉直，且與AB平行，由靜止釋放小球，則當(dāng)線繩與AB成。角時(shí)，圓環(huán)移動(dòng)的距離是多少？%口解析：雖然小球、細(xì)繩及圓環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程中合外力不為零(桿的支持力與兩圓環(huán)及小球的重力之和不相等)系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但是系統(tǒng)在水平方向不受外力，因而水平動(dòng)量守恒。設(shè)細(xì)繩與AB成0角時(shí)小球的水平速度為v,圓環(huán)的水平速度為V,則由水平動(dòng)量守恒有：MV=mv且在任意時(shí)刻或位置V與v均滿足這一關(guān)系，加之時(shí)間相同，公式中的V和v可分別用其水平位移替代，則上式可寫為：Md=m(L-Lcos0)-d解得圓環(huán)移動(dòng)的距離：d=m

18、L(1-cosO)/(M+m)點(diǎn)評(píng)：以動(dòng)量守恒定律等知識(shí)為依托，考查動(dòng)量守恒條件的理解與靈活運(yùn)用能力學(xué)生常出現(xiàn)的錯(cuò)誤：(1)對(duì)動(dòng)量守恒條件理解不深刻，對(duì)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒感到懷疑,無法列出守恒方程.(2)找不出圓環(huán)與小球位移之和(L-Lcos。)。6 .物塊與平板間的相對(duì)滑動(dòng)【例8】如圖所示，一質(zhì)量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A,mM,A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為科，現(xiàn)給A和B以大小相等、方向相反的初速度比,使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)，最后A不會(huì)，t離B,求：(1) A、B最后的速度大小和方向；(2)從地面上看，小木塊向左運(yùn)動(dòng)到離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)處時(shí)，平板車向右運(yùn)動(dòng)的

19、位移大小。解析：(1)由A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律得:Mv0-mv0=(M+m)v所以v=M-mvo方向向右(2)A向左運(yùn)動(dòng)速度減為零時(shí)，到達(dá)最遠(yuǎn)處，此時(shí)板車移動(dòng)位移為s,速度為v',則由動(dòng)量守恒定律得：Mv0-mvo=Mv'對(duì)板車應(yīng)用動(dòng)能定理得:-mgs=1mv2-mvo22聯(lián)立解得:2M-m2s=vo2mg【例9】?jī)蓧K厚度相同的木塊A和B,緊靠著放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為mA=0.5kg,mB=0.3kg,它們的下底面光滑，上表面粗糙；另有一質(zhì)量me=01kg的滑塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))，以vc=25m/s的速度恰好水平地滑到a的上表面，如圖所示，由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上

20、，B和C的共同速度為3.0m/s,求：(1)木塊A的最終速度va；(2)滑塊C離開A時(shí)的速度vC。解析：這是一個(gè)由A、B、C三個(gè)物體組成的系統(tǒng)，以這系統(tǒng)為研究對(duì)象，當(dāng)C在A、B上滑動(dòng)時(shí)，A、B、C三個(gè)物體間存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。(1)當(dāng)C滑上A后，由于有摩擦力作用，將帶動(dòng)A和B一起運(yùn)動(dòng)，直至C滑上B后，A、B兩木塊分離，分離時(shí)木塊A的速度為va。最后C相對(duì)靜止在B上，與B以共同速度vb=3.0m/s運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒定律有me%umAvA(mBmc)vBmcVc-(mBmc)VBvA-mA0.125-(0.30.1)3.0,，m/s=2.6m/s0.5

21、(2)為計(jì)算VC,我們以B、C為系統(tǒng)，C滑上B后與A分離，C、B系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。C離開A時(shí)的速度為VC,B與A的速度同為va,由動(dòng)量守恒定律有mBVBmCVC=(mBmVB(mBmC)Vb-mBVAVc二mC(0.30.1)3.0-0.32.6,=m/s=4.2m/s0.1三、針對(duì)訓(xùn)練練習(xí)11,質(zhì)量為M的小車在水平地面上以速度V0勻速向右運(yùn)動(dòng)。當(dāng)車中的砂子從底部的漏斗中不斷流下時(shí)，車子速度將()A,減小B.不變C.增大D.無法確定2.某人站在靜浮于水面的船上，從某時(shí)刻開始人從船頭走向船尾，設(shè)水的阻力不計(jì)，那么在這段時(shí)間內(nèi)人和船的運(yùn)動(dòng)情況是()A.人勻速走動(dòng)，船則勻速后退，且兩者的速度大小

22、與它們的質(zhì)量成反比B.人勻加速走動(dòng)，船則勻加速后退，且兩者的速度大小一定相等C.不管人如何走動(dòng)，在任意時(shí)刻兩者的速度總是方向相反，大小與它們的質(zhì)量成反比D.人走到船尾不再走動(dòng)，船則停下3 .如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B木塊中部夾一被壓縮的彈簧，當(dāng)彈簧被放開時(shí)，它們各自在桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地上。A的落地點(diǎn)與桌邊水平距離0.5m,B的落地點(diǎn)距離桌邊1m,那么()A.A、B離開彈簧時(shí)的速度比為1：2B.A、B質(zhì)量比為2：1C.未離開彈簧時(shí)，A、B所受沖量比為1：2D.未離開彈簧時(shí)，A、B加速度之比1：24 .連同炮彈在內(nèi)的車停放在水平地面上。炮車和彈質(zhì)量為M,炮膛中炮彈質(zhì)量為

23、m,炮車與地面同時(shí)的動(dòng)摩擦因數(shù)為科，炮筒的仰角為“。設(shè)炮彈以速度V。射出，那么炮車在地面上后退的距離為。5 .甲、乙兩人在摩擦可略的冰面上以相同的速度相向滑行。甲手里拿著一只籃球，但總質(zhì)量與乙相同。從某時(shí)刻起兩人在行進(jìn)中互相傳球，當(dāng)乙的速度恰好為零時(shí)，甲的速度為,此時(shí)球在位置。6 .如圖所示，在沙堆表面放置一長(zhǎng)方形木塊A,其上面再放一個(gè)質(zhì)量為m=0.10kg的爆竹B,木塊的質(zhì)量為M=6.0kgo當(dāng)爆竹爆炸時(shí)，因反沖作用使木塊陷入沙中深度h=50cm,而木塊所受的平均阻力為f=80N。若爆竹的火藥質(zhì)量以及空氣阻力可忽略不計(jì)，g取10m/s2,求爆竹能上升的最大高度。參考答案1. B砂子和小車組成

24、的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律，在初狀態(tài)，砂子落下前，砂子和車都以向前運(yùn)動(dòng)；在末狀態(tài)，砂子落下時(shí)具有與車相同的水平速度v。，車的速度為v',由(m+M)Vo=mw+Mv'得v'=v。，車速不變。此題易錯(cuò)選C,認(rèn)為總質(zhì)量減小，車速增大。這種想法錯(cuò)在研究對(duì)象的選取，應(yīng)保持初末狀態(tài)研究對(duì)象是同系統(tǒng)，質(zhì)量不變。2. A、C、D人和船組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，總動(dòng)量為0,不管人如何走動(dòng)，在任意時(shí)刻兩者的動(dòng)量大小相等，方向相反。若人停止運(yùn)動(dòng)而船也停止運(yùn)動(dòng)，選A、C、D。B項(xiàng)錯(cuò)在兩者速度大小一定相等，人和船的質(zhì)量不一定相等。3. A、B、DA、B組成的系統(tǒng)在水平不受外力，動(dòng)量守恒，從兩物落

25、地點(diǎn)到桌邊的距離x=Vot,兩物體落地時(shí)間相等，V0與x成正比，Va：Vb=1：2,即a、B離開彈簧的速度比。由0=mAVAmBVB,可知mA：mB=1：2,未離開彈簧時(shí)，A、B受到的彈力相同，作用時(shí)間相同，沖量I=Ft也相同，C錯(cuò)。未離開彈簧時(shí)，F(xiàn)相同，m不同，加速度Fa二4. ,與質(zhì)量成反比，aA：aB=1：2。2(mVocos-942g(M-m)2提示：在發(fā)炮瞬間，炮車與炮彈組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒0=mv0cosa-(M-m)vmv0cos：v=M-m發(fā)炮后，炮車受地面阻力作用而做勻減速運(yùn)動(dòng)，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，22Vt-V=2as其中Vt=0a(M-m)g-g(M-m)(mv0co

26、s：)222g(M-m)25 .0甲提示：甲、乙和籃球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)題設(shè)條件，可知甲與籃球的初動(dòng)量與乙的初動(dòng)量大小相等，方向相反，總動(dòng)量為零。由動(dòng)量守恒定律得，系統(tǒng)末動(dòng)量也為零。因乙速度恰好為零，甲和球一起速度為零。6 .解：爆竹爆炸瞬間，木塊獲得的瞬時(shí)速度v可由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得f-Mg=Maa&/s26，.3,v=.2ah=m/s3爆竹爆炸過程中，爆竹木塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒Mv-mv0=0.3一6Mv3v0=-m/s=20一3m/sm0.1練習(xí)21 .質(zhì)量相同的兩個(gè)小球在光滑水平面上沿連心線同向運(yùn)動(dòng)，球1的動(dòng)量為7kgm/s,球2的動(dòng)量為5kgm/s,當(dāng)球1追上球2時(shí)

27、發(fā)生碰撞，則碰撞后兩球動(dòng)量變化的可能值是A.Ap1=-1kgm/s,Ap2=1kg-m/sB. Ap1=-1kgm/s,Ap2=4kg-m/sC. Ap1=-9kgm/s,Ap2=9kg-m/sD. Ap=-12kg-m/s,Ap2=10kg-m/sB端粘有橡皮泥，AB車質(zhì)2.小車AB靜置于光滑的水平面上，A端固定一個(gè)輕質(zhì)彈簧，量為M,長(zhǎng)為L(zhǎng),質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連結(jié)于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時(shí)AB與C都處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩，彈簧被釋放，使物體C離開彈簧向B端沖去,并跟B端橡皮泥粘在一起，以下說法中正確的是A.如果AB車內(nèi)表面光滑，整個(gè)系統(tǒng)任何時(shí)刻機(jī)械能都守

28、恒B.整個(gè)系統(tǒng)任何時(shí)刻動(dòng)量都守恒C.當(dāng)木塊對(duì)地運(yùn)動(dòng)速度為v時(shí)，小車對(duì)地運(yùn)動(dòng)速度為vD.AB車向左運(yùn)動(dòng)最大位移小于-L3 .如圖所示，質(zhì)量分別為m和M的鐵塊a和b用細(xì)線相連，在恒定的力作用下在水平桌面上以速度v勻速運(yùn)動(dòng).現(xiàn)剪斷兩鐵塊間的連線，同時(shí)保持拉力不變，當(dāng)鐵塊a停下的瞬間鐵塊b的速度大小為.4 .質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小球用細(xì)繩吊在小車上O點(diǎn),將小球拉至水平位置A點(diǎn)靜止開始釋放（如圖所示），求小球落至最低點(diǎn)時(shí)速度多大？（相對(duì)地的速度）5 .如圖所示，在光滑水平面上有兩個(gè)并排放置的木塊A和B,已知mA=0.5kg,mB=0.3kg,有一質(zhì)量為mc=0.1kg的小物塊C

29、以20m/s的水平速度滑上A表面，由于C和A、B間有摩擦，C滑到B表面上時(shí)最終與B以2.5m/s的共同速度運(yùn)動(dòng)，求：（1）木塊A的最后速度；（2）C離開A時(shí)C的速度。6 .如圖所示甲、乙兩人做拋球游戲，甲站在一輛平板車上，車與水平地面間摩擦不計(jì)甲與車的總質(zhì)量M=100kg,另有一質(zhì)量m=2kg的球.乙站在車的對(duì)面的地上，身旁有若干質(zhì)量不等的球.開始車靜止，甲將球以速度v（相對(duì)地面）水平拋給乙，乙接到拋來的球后，馬上將另一質(zhì)量為m'=2m的球以相同速率v水平拋回給甲，甲接住后，再以相同速率v將此球水平拋給乙，這樣往復(fù)進(jìn)行.乙每次拋回給甲的球的質(zhì)量都等于他接到的球的質(zhì)量為2倍，求：(1)甲

30、第二次拋出球后，車的速度大小(2)從第一次算起，甲拋出多少個(gè)球后，再不能接到乙拋回來的球參考答案：1.A2.BCD3.(Mm)vM4.2MgL,Mm5. (1)va=2m/s(2)vc=4m/s，、1、人6. (1)v,向左(2)5個(gè)10練習(xí)31 .在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn)象可能的是()A.若兩球質(zhì)量相同，碰后以某一相等速率互相分開B.若兩球質(zhì)量相同，碰后以某一相等速率同向而行C.若兩球質(zhì)量不同，碰后以某一相等速率互相分開D.若兩球質(zhì)量不同，碰后以某一相等速率同向而行2 .如圖所示，用細(xì)線掛一質(zhì)量為M的木塊，有一質(zhì)量為m的子彈自左向右水平射穿此木塊，

31、穿透前后子彈的速度分別為v0和v(設(shè)子彈穿過木塊的時(shí)間和空氣阻力不計(jì))，木塊的C.(mv0mv)/(Mm)D.(mv0mv)/(Mm)3 .載人氣球原靜止于高h(yuǎn)的空中，氣球質(zhì)量為M,人的質(zhì)量為m。若人要沿繩梯著地，則繩梯長(zhǎng)至少是()A.(m+M)h/MB.mh/MC.Mh/mD.h4 .質(zhì)量為2kg的小車以2m/s的速度沿光滑的水平面向右運(yùn)動(dòng)，若將質(zhì)量為2kg的砂袋以3m/s的速度迎面扔上小車，則砂袋與小車一起運(yùn)動(dòng)的速度的大小和方向是()A.2.6m/s,向右B.2.6m/s,向左C.0.5m/s,向左D.0.8m/s,向右5 .在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m。，小車(和單擺)以

32、恒定的速度V沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)間極短。在此碰撞過程中，下列哪個(gè)或哪些說法是可能發(fā)生的()A.小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)槲?、血、V"滿足(Mm0)V=Mv1mv2m0v3B.擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2,滿足MV=Mv1+mv2C.擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関,滿足MV(M+m)vD.小車和擺球的速度都變?yōu)関1,木塊的速度變?yōu)関2,滿足(Mm0)V=(Mm0)v1mv26 .車廂停在光滑的水平軌道上，車廂后面的人對(duì)前壁發(fā)射一顆子彈。設(shè)子彈質(zhì)量為m,出口速度v,車廂和人的質(zhì)量為M,則子彈陷入前車壁后，車廂的速度為()A.mv/M,向前B.mv/M,向后C.mv/(m+M),向前D.07.向空中發(fā)射一物體，不計(jì)空氣阻力。當(dāng)此物體的速度恰好沿水平方向時(shí)，物體炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向，則()A.b的速度方向一定與原速度方向相反B.從炸裂到落地的這段時(shí)間里，a飛行的水平距離一定比b的大C.a、b一定同時(shí)到達(dá)水平地面D.在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力的沖量大小一定相等8.兩質(zhì)量均為M的冰船A、B