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2019-2020年高中物理第一章碰撞与动量守恒
1.1物体的碰撞
1.2动量动量守恒定律I教学案粤教版选修3-5[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
①正碰对心碰撞作用前后沿同一条直线.
②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
①弹性碰撞碰撞前后系统的动能相等,Ek1+Ek2=Ek1′+Ek2′.
②非弹性碰撞碰撞前后系统的动能不再相等,Ek1′+Ek2′<Ek1+Ek
2.
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I=Ft.3单位在国际单位制中,冲量的单位是牛顿·秒,符号为N·s.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p=mv.3单位在国际单位制中,动量的单位是千克米每秒,符号为kg·m·s-
1.4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,Δp=p-p0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Ft=mvt-mv
0.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Ek1+Ek2≤Ek10+Ek
20.2.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2kg的小球A以v0=3m/s的速度与一个静止的、质量为1kg的小球B正碰,试根据以下数据,分析碰撞性质1碰后小球A、B的速度均为2m/s;2碰后小球A的速度为1m/s,小球B的速度为4m/s.答案 1非弹性碰撞 2弹性碰撞解析 碰前系统的动能Ek0=mAv=9J.1当碰后小球A、B速度均为2m/s时,碰后系统的动能Ek=mAv+mBv=×2×22+×1×22J=6J<Ek0,故该碰撞为非弹性碰撞.2当碰后vA′=1m/s,vB′=4m/s时,碰后系统的动能Ek′=mAvA′2+mBvB′2=×2×12+×1×42J=9J=Ek0,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,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Ek=·3m·v2+mv2=2mv2碰后总动能Ek′=mv′2=2mv2,Ek=Ek′,所以A对.
二、对动量和动量变化量的理解1.动量p=mv,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p=mv是矢量,而动能Ek=mv2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ΔpΔp=p-p01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Δp=p-p0=mvt-mv0进行代数运算.2动量变化量的方向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342km/h,假设球飞来的速度为90km/h,运动员将球以342km/h的速度反向击回.设羽毛球的质量为5g,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
10.6kg·m/s,方向与球飞来的方向相反221J解析 1以球飞来的方向为正方向,则羽毛球的初速度v1=m/s=25m/s末速度v2=m/s=-95m/sp1=mv1=5×10-3×25kg·m/s=
0.125kg·m/sp2=mv2=-5×10-3×95kg·m/s=-
0.475kg·m/s所以动量的变化量Δp=p2-p1=-
0.475kg·m/s-
0.125kg·m/s=-
0.6kg·m/s.即羽毛球的动量变化量大小为
0.6kg·m/s,方向与球飞来的方向相反.2羽毛球的初动能Ek=mv≈
1.56J,羽毛球的末动能Ek′=mv≈
22.56J.所以ΔEk=ΔEk′-Ek=21J.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Ft=mvt-mv0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
①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.
②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
①选定研究对象,明确运动过程.
②进行受力分析和运动的初、末状态分析.
③选定正方向,根据动量定理列方程求解.【例3】 在水平力F=30N的作用下,质量m=5kg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μ=
0.2,若F作用6s后撤去,撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止?g取10m/s2答案 12s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F-μmgt1=mv-0,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-μmgt2=0-mv.以上两式联立解得t2=t1=×6s=12s.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F-μmgt1+-μmgt2=0解得t2=t1=×6s=12s.针对训练2 质量为
0.5kg的弹性小球,从
1.25m高处自由下落,与地板碰撞后回跳高度为
0.8m,g取10m/s
2.1若地板对小球的平均冲力大小为100N,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
0.1s,求小球对地板的平均冲力.答案
10.047s 255N,方向竖直向下解析 1碰撞前的速度v1==5m/s 方向竖直向下碰撞后的速度v2==4m/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F-mgΔt=mv2--mv1解得Δt≈
0.047s2由于小球与地板碰撞无机械能损失故碰撞后球的速度v2′=5m/s,方向竖直向上由动量定理得F′-mgΔt′=mv2′--mv1解得F′=55N由牛顿第三定律得小球对地板的平均冲力大小为55N,方向竖直向下.对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解1.质量为1kg的A球以3m/s的速度与质量为2kg静止的B球发生碰撞,碰后两球均以1m/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ΔEk=mAv-mA+mBv=×1×32-×3×12J=3J.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Δp=m·Δv,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
0.5kg·m/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-1N·sD.若选向上为正方向,则小钢球的动量变化是1kg·m/s答案 BD4.质量为60kg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
1.5s,安全带自然长度为5m,g取10m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小为 A.500NB.1100NC.600ND.1000N答案 D解析 建筑工人下落5m时速度为v,则v==m/s=10m/s.设安全带所受平均冲力为F,则由动量定理得mg-Ft=-mv所以F=mg+=60×10N+N=1000N.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 A.E1<E0B.E1=E0C.E2>E0D.E2=E0答案 A解析 根据碰撞前后动能关系得E1+E2≤E0,必有E1<E0,E2<E
0.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;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m
2.图乙为它们碰撞前后的s-t图象.已知m1=
0.1kg,m2=
0.3kg,由此可以判断图2
①碰前m2静止,m1向右运动
②碰后m2和m1都向右运动
③碰撞过程中系统机械能守恒
④碰撞过程中系统损失了
0.4J的机械能以上判断正确的是 A.
①③B.
①②③C.
①②④D.
③④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
①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,
②错误;由题图乙可以计算出碰前m1的速度v10=4m/s,碰后速度v1=-2m/s,碰前m20的速度v20=0,碰后速度v2=2m/s,碰撞过程中系统损失的机械能ΔEk=m1v-m1v-m2v=0,因此
③是正确的,
④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,p=mv,动能是标量,Ek=mv2,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p=m,与水泥或草地接触Δt时间后,杯子停下,在此过程中,玻璃杯的动量变化Δp=m相同,再由动量定理可知F-mg·Δt=m,所以F=+mg.由此可知,Δt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,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v
1、v2,v1与v2方向相反,且v2>v
1.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mv2-v1,方向与v1方向相同B.大小为mv2+v1,方向与v1方向相同C.大小为mv2-v1,方向与v2方向相同D.大小为mv2+v1,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I=mv2--mv1=mv2+v1,即拍子对网球作用力的冲量大小为mv2+v1,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θ的斜面向上滑动,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F
1.在整个过程中,重力对滑块的总冲量为 图5A.mgsinθt1+t2B.mgsinθt1-t2C.mgt1+t2D.0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I=Ft,因此重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间,所以IG=mgt1+t2,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Δt1内速度由0增大到v,在时间Δt2内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1,冲量是I1;在Δt2内做的功是W2,冲量是I
2.那么 A.I1I2,W1=W2B.I1I2,W1W2C.I1=I2,W1=W2D.I1=I2,W1W2答案 D解析 在Δt1内,I1=FΔt1=mv-0=mv,在Δt2内,I2=FΔt2=2mv-mv=mv,所以I1=I2,又因为W1=mv2,W2=m2v2-mv2=mv2,所以W1W2,选项D正确.
12.质量为
0.5kg的小球沿光滑水平面以5m/s的速度冲向墙壁后又以4m/s的速度反向弹回,如图6所示,若球跟墙的作用时间为
0.05s,则小球所受到的平均力大小为________N.图6答案 90解析 选定小球与墙碰撞的过程,取v1的方向为正方向,对小球应用动量定理得Ft=-mv2-mv1所以,F==N=-90N“-”号说明F的方向向左.13.蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目.一个质量为60kg的运动员,从离水平网面
3.2m高处自由下落,着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5m高处.已知运动员与网接触的时间为
1.2s.若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理,求此力的大小.g取10m/s2答案
1.5×103N解析 将运动员看做质量为m的质点,从高h1处下落,刚接触网时速度的大小v1=竖直向下.弹跳后到达的高度为h2,刚离网时速度的大小v2=竖直向上.选竖直向上为正方向.由动量定理得F-mg·Δt=m[v2--v1]由以上各式解得F=mg+m代入数据得F=
1.5×103N第二节2 动量 动量守恒定律[目标定位]
1.理解系统、内力、外力的概念.
2.理解动量守恒定律的内容及表达式,理解其守恒的条件.
3.会用动量守恒定律解决实际问题.
一、系统、内力与外力1.系统具有相互作用的两个物体组成一个力学系统.2.内力系统中,物体间的相互作用力.3.外力系统外部其他物体对系统的作用力.
二、动量守恒定律1.内容如果系统所受到的合外力为零,则系统的总动量保持不变.2.表达式对两个物体m
1、m2组成的系统,常写成m1v10+m2v20=m1v1+m2v
2.想一想 如图1所示,在风平浪静的水面上,停着一艘帆船,船尾固定一台电风扇,正在不停地把风吹向帆面,船能向前行驶吗?为什么?图1答案 不能.把帆船和电风扇看做一个系统,电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反,这是一对内力,系统总动量守恒,船原来是静止的,总动量为零,所以在电风扇吹风时,船仍保持静止.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、对动量守恒定律的理解1.研究对象相互作用的物体组成的系统.2.动量守恒定律的成立条件1系统不受外力或所受合外力为零.2系统受外力作用,但内力远大于外力,此时动量近似守恒.3系统所受到的合外力不为零,但在某一方向上合外力为零或某一方向上内力远大于外力,则系统在该方向上动量守恒.3.动量守恒定律的几个性质1矢量性.公式中的v
10、v
20、v1和v2都是矢量,只有它们在同一直线上,并先选定正方向,确定各速度的正、负后,才能用代数方法运算.2相对性.速度具有相对性,公式中的v
10、v
20、v1和v2应是相对同一参考系的速度,一般取相对地面的速度.3同时性.相互作用前的总动量,这个“前”是指相互作用前同一时刻,v
10、v20均是此时刻的瞬时速度;同理,v
1、v2应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度.【例1】 多选在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧,如图2所示,用手抓住小车并将弹簧压缩后使两小车处于静止状态.将两小车及弹簧看做一个系统,下面说法正确的是 图2A.两手同时放开后,系统总动量始终为零B.先放开左手,再放开右手后,动量不守恒C.先放开左手,后放开右手,总动量向左D.无论何时放手,两手放开后,在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零答案 ACD解析 在两手同时放开后,水平方向无外力作用,只有弹簧的弹力内力,故动量守恒,即系统的总动量始终为零,A对;先放开左手,再放开右手后,是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间,系统所受合外力也为零,即动量是守恒的,B错;先放开左手,系统在右手作用下,产生向左的作用力,故有向左的冲量,后放开右手,系统的动量守恒,即此后的总动量向左,C对;其实,无论何时放开手,只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件,即系统的总动量都保持不变,D对.针对训练 如图3所示,甲木块的质量为m1,以速度v沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙木块上连有一轻质弹簧.甲木块与弹簧接触后 图3A.甲木块的动量守恒B.乙木块的动量守恒C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案 C解析 两木块在光滑水平地面上相碰,且中间有弹簧,则碰撞过程系统的动量守恒,机械能也守恒,故选项A、B错误,选项C正确;甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变,但碰撞过程中有弹性势能,故动能不守恒,选项D错误.
二、动量守恒定律的简单应用1.动量守恒定律的表达式及含义1p0=p系统相互作用前总动量p0等于相互作用后总动量p.2Δp1=-Δp2相互作用的两个物体组成的系统,一个物体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.3Δp=0系统总动量增量为零.4m1v10+m2v20=m1v1+m2v2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.2.应用动量守恒定律的解题步骤1确定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.【例2】 质量m1=10g的小球在光滑的水平桌面上以v1=30cm/s的速率向右运动,恰遇上质量为m2=50g的小球以v2=10cm/s的速率向左运动,碰撞后,小球m2恰好停止,则碰后小球m1的速度大小和方向如何?答案 20cm/s 方向向左解析 碰撞过程中,两小球组成的系统所受合外力为零,动量守恒.设向右为正方向,则各小球速度为v10=30cm/s,v20=-10cm/s;v2=
0.由动量守恒定律列方程m1v10+m2v20=m1v1+m2v2,代入数据得v1=-20cm/s.故小球m1碰后的速度的大小为20cm/s,方向向左.借题发挥 处理动量守恒应用题“三步曲”1判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件.2确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量.3确定正方向,选取恰当的动量守恒的表达式列式求解.【例3】 如图4所示,将两个完全相同的磁铁磁性极强分别固定在质量相等的小车上,水平面光滑.开始时甲车速度大小为3m/s,乙车速度大小为2m/s,方向相反并在同一直线上.图41当乙车速度为零时,甲车的速度多大?方向如何?2由于磁性极强,故两车不会相碰,那么两车的距离最小时,乙车的速度是多大?方向如何?答案 11m/s 方向向右
20.5m/s 方向向右解析 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用,两车之间的磁力是系统内力,系统动量守恒.设向右为正方向.1据动量守恒得mv甲-mv乙=mv甲′,代入数据解得v甲′=v甲-v乙=3-2m/s=1m/s,方向向右.2两车相距最小时,两车速度相同,设为v′,由动量守恒得mv甲-mv乙=mv′+mv′.解得v′===m/s=
0.5m/s,方向向右.对动量守恒条件的理解1.把一支弹簧枪水平固定在小车上,小车放在光滑水平地面上,枪射出一颗子弹时,关于枪、弹、车,下列说法正确的是 A.枪和弹组成的系统动量守恒B.枪和车组成的系统动量守恒C.枪弹和枪筒之间的摩擦力很小,可以忽略不计,故二者组成的系统动量近似守恒D.枪、弹、车三者组成的系统动量守恒答案 D解析 内力、外力取决于系统的划分,以枪和弹组成的系统,车对枪的作用力是外力,系统动量不守恒,枪和车组成的系统受到系统外弹簧对枪的作用力,系统动量不守恒;枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力,但枪筒受到车的作用力,属于外力,故二者组成的系统动量不守恒;枪、弹、车组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒.故D正确.2.多选木块a和b用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,a紧靠在墙壁上.在b上施加向左的水平力使弹簧压缩,如图5所示.当撤去外力后,下列说法正确的是 图5A.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统动量守恒B.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统动量不守恒C.a离开墙壁后,a和b组成的系统动量守恒D.a离开墙壁后,a和b组成的系统动量不守恒答案 BC解析 a尚未离开墙壁前,墙壁对a有冲量,a和b构成的系统动量不守恒;a离开墙壁后,系统所受合外力等于零,系统的动量守恒.动量守恒定律的简单应用3.甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动,甲、乙物体的速度大小分别为3m/s和1m/s;碰撞后甲、乙两物体都反向运动,速度大小均为2m/s.则甲、乙两物体质量之比为 图6A.2∶3B.2∶5C.3∶5D.5∶3答案 C解析 选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向,根据动量守恒定律有m甲v10-m乙v20=-m甲v1+m乙v2,代入数据,可得m甲∶m乙=3∶5,C正确.4.如图7所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为
0.1m/s.A将B向空间站方向轻推后,A的速度变为
0.2m/s,求此时B的速度大小和方向.图7答案
0.02m/s 远离空间站方向解析 以空间站为参考系,选远离空间站,即v0方向为正方向.据动量守恒定律得mA+mBv0=mAvA+mBvB,代入数据解得vB=
0.02m/s,远离空间站方向.时间60分钟题组一 对动量守恒条件的理解1.关于系统动量守恒的条件,下列说法中正确的是 A.只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒B.只要系统中有一个物体具有加速度,系统的动量就不守恒C.只要系统所受的合外力为零,系统的动量就守恒D.系统中所有物体的加速度都为零时,系统的总动量不一定守恒答案 C解析 根据动量守恒的条件即系统所受外力的矢量和为零可知,选项C正确;系统内存在摩擦力,若系统所受的合外力为零,动量也守恒,选项A错误;系统内各物体之间有着相互作用,对单个物体来说,合外力不一定为零,加速度不一定为零,但整个系统所受的合外力仍可为零,动量守恒,选项B错误;系统内所有物体的加速度都为零时,各物体的速度恒定,动量恒定,总动量一定守恒,选项D错误.
2.多选如图1所示,物体A的质量是B的2倍,中间有一压缩弹簧,放在光滑水平面上,由静止同时放开两物体后一小段时间内 图1A.A的速度是B的一半B.A的动量大于B的动量C.A受的力大于B受的力D.总动量为零答案 AD3.如图2所示,小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱,关于上述过程,下列说法中正确的是 图2A.男孩和木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同答案 C解析 由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒,选项A、B错误,C正确;木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等,方向相反,选项D错误.
4.如图3所示的装置中,木块B与水平桌面间的接触是光滑的,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内,将弹簧压缩到最短.现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象系统,则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中 图3A.动量守恒、机械能守恒B.动量不守恒、机械能不守恒C.动量守恒、机械能不守恒D.动量不守恒、机械能守恒答案 B解析 在子弹射入木块时,存在剧烈的摩擦作用,有一部分能量转化为内能,机械能不守恒.实际上,在子弹射入木块这一瞬间过程,取子弹与木块为系统则可认为动量守恒此瞬间弹簧尚未形变.子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中,机械能守恒,但动量不守恒墙壁对弹簧的作用力是系统外力,且外力不等于零.若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象系统,从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中,有摩擦力做功,机械能不守恒,弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用,因此动量不守恒.故正确答案为B.题组二 动量守恒定律的简单应用5.在高速公路上发生一起交通事故,一辆质量为1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000kg向北行驶的卡车,碰撞后两辆车接在一起,并向南滑行了一小段距离后停下,根据测速仪的测定,长途客车碰前以20m/s的速率行驶,由此可判断卡车碰撞前的行驶速率 A.小于10m/sB.大于20m/s,小于30m/sC.大于10m/s,小于20m/sD.大于30m/s,小于40m/s答案 A解析 两车碰撞过程中系统动量守恒,两车相撞后向南滑行,则系统动量方向向南,即p客p卡,1500×203000×v,解得v10m/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4A.p10+p20=p1+p2B.p10-p20=p1+p2C.p1-p10=p2+p20D.-p1+p10=p2+p20答案 BD解析 因水平面光滑,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p
10、p
20、p
1、p2均表示动量的大小,所以碰前的动量为p10-p20,碰后的动量为p1+p2,B对;经变形得-p1+p10=p2+p20,D对.7.a、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pa=30kg·m/s,b球动量pb=0,碰撞过程中,a球的动量减少了20kg·m/s,则碰撞后b球的动量为 A.-20kg·m/sB.10kg·m/sC.20kg·m/sD.30kg·m/s答案 C解析 碰撞过程中,a球的动量减少了20kg·m/s,故此时a球的动量是10kg·m/s,a、b两球碰撞前后总动量保持不变,仍为30kg·m/s,则碰撞后b球的动量为20kg·m/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nmv2-Mv1=0,得n=,所以选项C正确.9.质量为M=100kg的小船静止在水面上,船首站着质量m甲=40kg的游泳者甲,船尾站着质量m乙=60kg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3m/s的速率跃入水中,则 A.小船向左运动,速率为1m/sB.小船向左运动,速率为
0.6m/sC.小船向右运动,速率大于1m/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+Mv=0,代入数据,可得v=-
0.6m/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m2=1kg的滑块静止于光滑的水平面上,一质量为m1=50g的小球以1000m/s的速率碰到滑块后又以800m/s的速率被弹回,试求滑块获得的速度.图5答案 90m/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v1=1000m/s,v2=0,v1′=-800m/s又m1=50g=
0.05kg,m2=1kg由动量守恒定律有m1v1+0=m1v1′+m2v2′代入数据解得v2′=90m/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=m+Mv,所以v=v
0.12.a、b两个小球在一直线上发生碰撞,它们在碰撞前后的s-t图象如图7所示.若a球的质量ma=1kg,则b球的质量mb等于多少?图7答案
2.5kg解析 由题图知va=4m/s,va′=-1m/s,vb=0,vb′=2m/s,根据动量守恒定律有mava=mava′+mbvb′,代入数据解得mb=
2.5kg.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1A.M、m
0、m速度均发生变化,碰后分别为v
1、v
2、v3,且满足M+m0v=Mv1+mv2+m0v3B.m0的速度不变,M和m的速度变为v1和v2,且满足Mv=Mv1+mv2C.m0的速度不变,M和m的速度都变为v′,且满足Mv=M+mv′D.M、m
0、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M+m0v=M+m0v1+mv2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θ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mvcosθ=M+mv′,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,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2kg与
0.9kg,A、B与水平地面间接触光滑,上表面粗糙,A、B静止.质量为
0.1kg的铁块以10m/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
0.5m/s,求图31A的最终速度;2铁块刚滑上B时的速度.答案
10.25m/s
22.75m/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=MB+mvB+MAvA可求得vA=
0.25m/s2设铁块刚滑上B时的速度为v′,此时A、B的速度均为vA=
0.25m/s.由系统动量守恒得mv=mv′+MA+MBvA可求得v′=
2.75m/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,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=M+mvA-MvB,则=,即vAvB,故选项B正确.
四、动量守恒定律应用中的临界问题分析在动量守恒定律的应用中,常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题.分析临界问题的关键是寻找临界状态,临界状态的出现是有条件的,这个条件就是临界条件.临界条件往往表现为某个或某些物理量的特定取值.在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系,这些特定关系的判断是求解这类问题的关键.【例4】 如图5所示,甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车总质量共为M=30kg,乙和他的冰车总质量也是30kg.游戏时,甲推着一个质量为m=15kg的箱子和他一起以v0=2m/s的速度滑行,乙以同样大小的速率迎面滑来,为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处,乙迅速抓住.若不计冰面摩擦.图51若甲将箱子以速度v推出,甲的速度变为多少?用字母表示2设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动,乙抓住箱子后的速度变为多少?用字母表示3若甲、乙最后不相撞,甲、乙的速度应满足什么条件?箱子被推出的速度至少多大?答案 1 23v1≤v2
5.2m/s解析 1设甲推出箱子后速度为v1,甲将箱子推出的过程,甲和箱子组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得M+mv0=mv+Mv1
①解得v1=
②2设乙抓住箱子后的速度为v2,箱子和乙作用的过程动量守恒,以箱子的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv-Mv0=m+Mv2
③解得v2=
④3甲、乙不相撞的条件是v1≤v2
⑤其中v1=v2为甲、乙恰好不相撞的条件.联立
②④⑤三式,并代入数据得v≥
5.2m/s.某一方向上动量守恒问题1.多选如图6所示,在光滑的水平面上有一静止的斜面,斜面光滑,现有一个小球从斜面顶点由静止释放,在小球下滑的过程中,以下说法正确的是 图6A.斜面和小球组成的系统动量守恒B.斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒C.斜面向右运动D.斜面静止不动答案 BC解析 球和斜面组成的系统在水平方向上不受外力作用,故水平方向动量守恒.小球下滑时,对地有向下的加速度,即系统存在向下的加速度,故系统竖直方向上所受合外力不为零,合外力向下,因此不能说系统动量守恒.多物体、多过程中的动量守恒问题2.质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线,且彼此隔开一定的距离,具有初速度v0的5号物块向左运动,依次与其余四个静止物块发生碰撞,如图7所示,最后这五个物块粘成一个整体,求它们最后的速度为多少?图7答案 v0解析 由五个物块组成的系统,沿水平方向不受外力作用,故系统动量守恒,mv0=5mv,v=v0,即它们最后的速度为v
0.3.如图8所示,质量为M的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一块质量为m的物体.从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0,那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后 图8A.两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等C.物体的最终速度为,向右D.物体的最终速度为,向右答案 D解析 物体与盒子组成的系统所受合外力为零,物体与盒子前后壁多次往复碰撞后,以速度v共同运动,由动量守恒定律得mv0=M+mv,故v=,向右.动量守恒定律应用中的临界问题4.如图9所示,甲车质量m1=20kg,车上有质量M=50kg的人,甲车连同车上的人以v=3m/s的速度向右滑行.此时质量m2=50kg的乙车正以v0=
1.8m/s的速度迎面滑来,为了避免两车相撞,当两车相距适当距离时,人从甲车跳到乙车上,求人跳出甲车的水平速度相对地面至少为多少才能避免两车相撞?不计地面和小车的摩擦,且乙车足够长.图9答案
3.8m/s解析 人跳到乙车上后,如果两车同向,甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞.以人、甲车、乙车组成系统,由水平方向动量守恒得m1+Mv-m2v0=m1+m2+Mv′,解得v′=1m/s.以人与甲车为一系统,人跳离甲车过程水平方向动量守恒,得m1+Mv=m1v′+Mu,解得u=
3.8m/s.因此,只要人跳离甲车的速度u≥
3.8m/s,就可避免两车相撞.时间60分钟题组一 动量守恒条件及系统和过程的选取1.多选下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是 答案 AC解析 A项中子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力,竖直方向所受合外力为零,系统动量守恒;B项中在弹簧恢复原长的过程中,系统在水平方向始终受墙的作用力,系统动量不守恒;C项中木球与铁球组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒;D项中木块下滑过程中,斜面始终受到挡板的作用力,系统动量不守恒.2.多选如图1所示,A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上,物块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行,最后停在B木块的右端,对此过程,下列叙述正确的是 图1A.当C在A上滑行时,A、C组成的系统动量守恒B.当C在B上滑行时,B、C组成的系统动量守恒C.无论C是在A上滑行还是在B上滑行,A、B、C三物块组成的系统动量都守恒D.当C在B上滑行时,A、B、C组成的系统动量不守恒答案 BC解析 当C在A上滑行时,对A、C组成的系统,B对A的作用力为外力,不等于0,故系统动量不守恒,选项A错误;当C在B上滑行时,A、B已分离,对B、C组成的系统,沿水平方向不受外力作用,故系统动量守恒,选项B正确;若将A、B、C三物块视为一系统,则沿水平方向无外力作用,系统动量守恒,选项C正确,选项D错误.3.多选平板车B静止在光滑水平面上,在其左端另有物体A以水平初速度v0向车的右端滑行,如图2所示.由于A、B间存在摩擦,因而A在B上滑行后,A开始做减速运动,B做加速运动设B车足够长,则B车速度达到最大时,应出现在 图2A.A的速度最大时B.A、B速度相等时C.A在B上相对静止时D.B车开始做匀加速直线运动时答案 BC解析 由于A、B之间存在摩擦力,A做减速运动,B做加速运动,当两个物体的速度相等时,相对静止,摩擦力消失,变速运动结束,此时A的速度最小,B的速度最大,因此选项A错误,B、C正确;此后A、B一起匀速运动,所以D项错误.
4.多选如图3所示,在质量为M的小车上挂有一单摆,摆球的质量为m0,小车和摆球以恒定的速度v沿光滑水平面运动,与静止于正对面的质量为m的木块发生碰撞,碰撞的时间极短,在此碰撞过程中,下列情况可能发生的是 图3A.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为v
1、v
2、v3,满足M+m0v=Mv1+mv2+m0v3B.摆球的速度不变,小车和木块的速度分别变为v
1、v2,满足Mv=Mv1+mv2C.摆球的速度不变,小车和木块的速度都变为v′,满足Mv=M+mv′D.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足M+m0v=M+m0v1+mv2答案 BC
5.如图4所示,小车放在光滑的水平面上,将系着绳的小球拉开一定的角度,然后同时放开小球和小车,那么在以后的过程中 图4A.小球向左摆动时,小车也向左运动,且系统动量守恒B.小球向左摆动时,小车向右运动,且系统动量守恒C.小球向左摆到最高点,小球的速度为零而小车的速度不为零D.在任意时刻,小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反答案 D解析 小球摆动过程中,竖直方向上合力不为零,故系统总动量不守恒,但水平方向不受外力,在水平方向动量守恒,所以选项D正确.6.多选如图5所示,小车放在光滑水平面上,A、B两人站在车的两端,这两人同时开始相向行走,发现车向左运动,分析小车运动的原因可能是 图5A.A、B质量相等,但A比B速率大B.A、B质量相等,但A比B速率小C.A、B速率相等,但A比B的质量大D.A、B速率相等,但A比B的质量小答案 AC解析 两人及车组成的系统动量守恒,则mAvA-mBvB-mCvC=0,得mAvA-mBvB
0.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10m/s的速度发射铅弹,现对准以6m/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5m/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 A.5颗B.6颗C.7颗D.8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m1v0-m2v=m1+m2v1,代入数据可得=15,设再射入n颗铅弹木块停止,有m1+m2v1-nm2v=0,解得n=
8.8.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 A.A、B两车速率相等B.A车速率大C.A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mA=mB=
0.2kg,mC=
0.1kg,现木块A以初速度v=2m/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61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 11m/s 02m/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=mA+mBvA,vA==1m/s.2C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=mA+mCvC,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
0.5kg的小球在距离车底面高20m处以一定的初速度向左平抛,落在以
7.5m/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4kg,设小球落在车底前瞬间速度大小是25m/s,则当小球与小车相对静止时,小车的速度是g取10m/s2 图7A.5m/sB.4m/sC.
8.5m/sD.
9.5m/s答案 A解析 由平抛运动的知识可知小球下落的时间t==s=2s,在竖直方向的速度vy=gt=20m/s,由运动的合成可得在水平方向的速度vx=m/s=15m/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4×
7.5-
0.5×15=4+
0.5v,解得v=5m/s,A正确.
11.质量为M=2kg的小平板车静止在光滑水平面上,车的一端静止着质量为mA=2kg的物体A可视为质点,如图8所示,一颗质量为mB=20g的子弹以600m/s的水平速度射穿A后,速度变为100m/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
2.5m/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mBv0=mBv′+mAvA,得vA==m/s=5m/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=mA+Mv,所以v==m/s=
2.5m/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mA=3m、mB=mC=m,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mAv0=mAvA+mBvB
①对B、C木块mBvB=mB+mCv
②由A与B间的距离保持不变可知vA=v
③联立
①②③式,代入数据得vB=v0。