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到的速度越大．二是燃料質(zhì)量越大、負荷越小，火箭能達到的速度也越大． 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、負號； (5)根據(jù)動量守恒定律列式求解，并對結(jié)果進行討論． 　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．求： (1)木塊A的最后速度v′A的大?。? (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A在B上滑行的距離最遠時，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狀態(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，并被乙接住．問：甲至少要拋出多少個小球，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燃燒的燃氣以大

22、小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃氣噴出后的瞬間，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．燃氣從火箭噴口噴出的瞬間，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)燃氣噴出后的瞬間，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，處于靜止狀態(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，當突然燒斷細繩時，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)彈簧被壓縮且用細線固定．若燒斷細線后，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到最大 D．兩物塊在彈開后同時達到靜止 解析：選BCD．燒斷細線后，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v1最大時，v2亦最大；當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水平方向沿著軌道方向跳出，落在平板車上的A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