【学霸笔记：同步精讲】03 第一章 第四节 动量守恒定律的应用 课件--高中粤教版物理选择性必修第一册

(共90张PPT)
现代文阅读Ⅰ
把握共性之“新”　打通应考之“脉”
第一章　动量和动量守恒定律
第四节　动量守恒定律的应用
[学习目标]　1．理解动量守恒定律并会运用动量守恒定律解决实际问题．2．知道什么是反冲运动，了解它在实际中的简单应用．3．了解火箭的飞行原理和主要用途．
必备知识·自主预习储备
1．反冲
(1)定义：如果一个____的物体在____的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向____方向运动的现象．
(2)特点：作用时间____，一般都满足内力______外力，故可用____________处理．
静止
内力
相反
极短
远大于
动量守恒定律
2．火箭
(1)原理：火箭的发射过程是一个____运动．
(2)影响火箭速度的因素：火箭喷出的燃料速度越__，喷出的燃料质量与火箭质量之比越__，则火箭获得的速度越__．
反冲
大
大
大
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)系统的机械能守恒，动量不一定守恒． (　　)
(2)只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒． (　　)
(3)只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒． (　　)
(4)一切反冲现象都是有益的． (　　)
√
×
×
×
2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(　　)
A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭
B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
√
B　[火箭的工作原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出使火箭获得反冲速度，故B正确．]
3．如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的水平底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向右的初速度v0，小木块与木箱内壁将来回碰撞，求小木块和木箱最终速度大小．
[解析]　木箱与小木块组成的系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，最终两者以相同的速度一起向右运动，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v，解得v＝
[答案]　
关键能力·情境探究达成
在光滑的水平面上有一辆平板车，一个人站在车上用大锤敲打车的左端，如图所示．
(1)人和大锤组成的系统动量守恒吗？
(2)在连续敲打下，这辆车能否持续地向右运动？
提示：(1)以人和大锤组成的系统为研究对象时，人受到平板车施加的摩擦力， 系统所受合外力不为零， 动
量不守恒.水平面光滑，以人、大锤和平板车为系统，动量守恒．
(2)当把锤头打下去时，锤头向右摆动，系统总动量要为零，车就向左运动；举起锤头时，锤头向左运动，车就向右运动．用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一旦锤头不动，车就会停下来，所以车不能持续向右运动．
考点1　动量守恒定律的理解及应用
1．研究对象：相互作用的物体组成的系统
(1)系统：相互作用的几个物体所组成的整体．
(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力．
(3)外力：系统外其他物体对系统的作用力．
2．对“系统的总动量保持不变”的四点理解
(1)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和．
(2)总动量保持不变指的是大小和方向始终不变．
(3)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能在不断变化．
(4)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．
3．动量守恒定律的四个特性
(1)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量关系式，对作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，要选取一个正方向，凡与正方向相同的动量取正值，与正方向相反的动量取负值，将矢量运算转化为代数运算．
(2)相对性：应用动量守恒定律列方程时，各物体的速度和动量必须相对于同一参考系，通常以地面为参考系．
(3)同时性：动量是状态量，动量守恒反映的是系统某两个状态的动量是相同的，应用动量守恒定律解题一定要注意同一时刻的动量才能相加，不是同一时刻的动量不能相加．
(4)普遍性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统，不仅适用于低速宏观物体组成的系统，也适用于高速微观粒子组成的系统．
4．动量守恒定律成立条件的四种情况
(1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形．
(2)系统受外力作用，但所受合外力为零．像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形．
(3)系统受外力作用，但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒．例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，系统的动量近似守恒．
(4)系统受外力作用，所受的合外力不为零，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．
【典例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(　　)
√
√
AC　[A选项图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；B选项图中，剪断细线，弹簧恢复原长的过程中，墙壁对木块有作用力，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；C选项图中，木球与铁球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确；D选项图中，木块下滑过程中，斜面始终受挡板的作用力，系统动量不守恒，故D错误．]
[跟进训练]
1．(多选)如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，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，下列说法正确的是(　　)
A．男孩与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、小车的总动量增量不同
√
√
CD　[在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，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，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D正确.故选CD．]
【典例2】　如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0.08 kg的10块完全相同的长直木板．一质量M＝1.0 kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6.0 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4.0 m/s，铜块最终停在第二块木板上(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)．求：
(1)第一块木板的最终速度；
(2)铜块的最终速度．
[思路点拨]　(1)第(1)问中要求第一块木板的最终速度，应该选取铜块滑上第一块木板到滑上第二块木板这一个过程进行研究．
(2)第(2)问则应以铜块和除第一块木板之外的9块木板组成研究系统．
[解析]　(1)铜块和10个长木板在水平方向上不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二块木板上时，木板的速度为v2，由动量守恒定律得
Mv0＝Mv1＋10mv2
得v2＝2.5 m/s，方向与铜块初速度方向相同．
(2)由题可知铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒定律得
Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3
得v3≈3.4 m/s，方向与铜块初速度方向相同．
[答案]　(1)2.5 m/s，方向与铜块初速度方向相同
(2)3.4 m/s，方向与铜块初速度方向相同
规律方法　应用动量守恒定律解题的基本步骤
(1)合理地选取研究对象，明确系统是由哪几个物体组成的．
(2)分析系统的受力情况，分清内力和外力，判断系统的动量是否守恒．
(3)确定所研究的作用过程．选取的过程应包括系统的已知状态和未知状态，通常为初态到末态的过程，这样才能列出对解题有用的方程．
(4)对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的问题，设定正方向，各物体的动量方向可以用正、负号表示．
(5)建立动量守恒方程，代入已知量求解．
[跟进训练]
2．质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的沙袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则沙袋与小车一起运动的速度的大小和方向是(　　)
A．1.0 m/s，向右　　　 B．1.0 m/s，向左
C．2.2 m/s，向右 D．2.2 m/s，向左
√
A　[选向右为正方向，则小车和沙袋组成的系统在水平方向动量守恒，有m车v车－m沙v沙＝(m车＋m沙)v，解得 v＝1.0 m/s, 方向向右，故A正确．]
考点2　反冲运动
1．反冲运动的特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．
(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理．
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能增加．
2．反冲运动中的三类问题
(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度．由于动量守恒定律中要求的速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对速度转换成对地速度后，再列动量守恒定律方程．
(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，对相互作用的这个过程进行研究．
(3)“人船模型”问题：
①人船模型中的动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相等、方向相反的一对力，故两物体速度或位移大小与质量成反比，方向相反．这类问题的特点是：两物体同时运动，同时停止．即人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右．
②动量规律：任意时刻的系统总动量为零，两物体的动量总是大小相等、方向相反，因此瞬时速度v1和v2的大小都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度大小也与质量成反比，即有m1－m2＝0．
③位移规律：如果两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为s1和s2，则有m1－m2＝0，即m1s1＝m2s2．
【典例3】　[链接教材P19例题]一火箭喷气发动机每次喷出m＝
200 g的气体，气体喷出时相对于地面的速度v＝1 000 m/s，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．
(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？
(2)第1 s末，火箭的速度为多大？
[思路点拨]　(1)火箭和气体组成的系统动量守恒．
(2)运用动量守恒定律求解时，注意系统内部质量变化关系．
(3)每喷出一次气体列一次方程，找出对应规律分步求解．
[解析]　解法一　(1)喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，气体和火箭组成的系统动量守恒．
设第一次气体喷出后火箭速度大小为v1，有
(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝
设第二次气体喷出后火箭速度大小为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，
所以v2＝
设第三次气体喷出后火箭速度大小为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2
所以v3＝＝ m/s≈2 m/s．
(2)设第n次气体喷出后火箭速度大小为vn，由上面推导可知，有
(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1
所以vn＝
因为每秒喷气20次，所以第1 s末火箭速度为
v20＝＝ m/s≈13.5 m/s．
解法二　选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解．
(1)设喷出三次气体后火箭的速度大小为v3，以火箭和三次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律，得(M－3m)v3－3mv＝0
所以v3＝≈2 m/s．
(2)以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律，有(M－20m)v20－20mv＝0
所以v20＝≈13.5 m/s．
[答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
规律方法　处理反冲运动的几个关键点
(1)注意质量变化关系和发生相互作用引起的动量变化关系．
(2)注意速度是相对地面的还是相对作用对象的．
(3)若喷出气体的速度是相对地面且恒定的，多次喷出气体与一次喷出气体(其质量为多次喷出气体质量的总和)是等效的．
【教用·备选例题】
如图所示，用火箭发射人造卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以速度v＝7.0×103 m/s绕地球做匀速圆周运动．已知卫星质量M＝500 kg，最后一节火箭壳体的质量m＝
100 kg，某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度u＝1.8×103 m/s，试分析计算：
(1)分离后卫星的速度是多大？
(2)火箭壳体的速度是多大？(以地面为参考系)
[解析]　设分离时卫星速度方向为正方向，分离后卫星的速度为v1，火箭壳体的速度为v2.由动量守恒，有
(m＋M)v＝mv2＋Mv1，
由题意可知
v1－v2＝u，
联立以上两式并代入数值，解得
v1＝7.3×103 m/s，v2＝5.5×103 m/s．
[答案]　(1)7.3×103 m/s　(2)5.5×103 m/s
[跟进训练]
训练角度1　反冲应用
3．(多选)如图所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机把前舱的水均匀地抽往后舱，不计水的阻力，下列说法正确的是(　　)
A．若前、后舱是分开的，则前舱将向后运动
B．若前、后舱是分开的，则前舱将向前运动
C．若前、后舱不分开，则船将一直向前运动
D．若前、后舱不分开，则船不能持续向前运动
√
√
BD　[若前、后舱是分开的，前舱及前舱的水为一个系统，不计水的阻力，则系统在水平方向动量守恒，静止时动量为零，当有一部分水向后运动时，根据动量守恒，前舱速度方向向前，A错误，B正确；若前、后舱不分开，则整个船及前舱的水为一个系统，初状态时动量为零，系统在水平方向上合外力为零，根据动量守恒，整体重心在水平方向静止不动，而因水存在向后的位移，故船会向前移动一点，但无法持续，C错误，D正确．]
训练角度2　人船模型
4．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为(　　)
A． B．
C． D．
√
B　[设人走动的时候船的平均速度大小为v，人的平均速度大小为v′，人从船头走到船尾用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝，v′＝根据动量守恒有Mv－mv′＝0，可得M＝m，小船的质量为M＝，故B正确．]
学习效果·随堂评估自测
1．(多选)下列所描述的事例或应用中，利用反冲原理的是(　　)
A．喷灌装置的自动旋转
B．章鱼在水中前行和转向
C．吹足气的气球由静止释放后运动
D．码头边轮胎的保护
√
√
√
ABC　[喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动；章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用；吹足气的气球由静止释放后运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲原理；码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用反冲原理.故选ABC．]
2．如图所示的装置中，水平桌面光滑，子弹A沿水平方向射入木块B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(　　)
A．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
√
B　[在弹簧压缩至最短的过程中，受到墙对弹簧向右的作用力，系统动量不守恒；子弹射入木块的过程中有动能转化为内能，所以机械能不守恒.故B正确．]
3．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式正确的是(　　)
A．Mv0＝(M－m)v′＋mv
B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
D．Mv0＝Mv′＋mv
√
A　[以炮弹m和艇(M－m)为系统，系统动量守恒，则有Mv0＝(M－m)v′＋mv．]
4．(源自人教版教材改编)质量为m的烟花弹升到距离地面最大高度为h处爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L，则烟花弹爆炸使两炸片增加的总机械能为(重力加速度为g)(　　)
A．mgh B．
C． D．
√
B　[设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有0＝v1＋v2，可得v1＝－v2，设两炸片爆炸后瞬间的速度大小均为v，根据题述，可知两炸片均做平抛运动，有2vt＝L，h＝gt2，又ΔE＝，解得ΔE＝，故B正确．]
5．小车静置在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，人站在车的一端，靶固定在车的另一端，枪离靶的距离为d，如图所示．已知车、人、靶和枪的总质量为M(不包括子弹)，每发子弹质量为m，共n发，每发子弹击中靶后，就留在靶内，且待前一发击中靶后，再打下一发．打完n发子弹后，小车移动的距离为多少？
[解析]　子弹、车、人、靶和枪组成的系统水平方向不受外力作用，动量守恒；射击前系统总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，说明子弹向右匀速运动的同时，车向左匀速运动.每发射一发子弹，车后退一段距离.每发射一发子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有
0＝mv－[M＋(n－1)m]v′
即mv＝[M＋(n－1)m]v′
设每发射一发子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(d－x)，由动量守恒定律有
m＝[M＋(n－1)m]
解得x＝，则打完n发子弹后车共移动
s＝
[答案]　
回顾本节内容，自主完成以下问题：
1．动量守恒需满足什么条件？
提示：系统合外力为零或不受外力．
2．反冲运动为什么动量也守恒？
提示：相互作用力远大于外力，近似动量守恒．
3．影响火箭发射速度的两个因素？
提示：喷气速度和燃料占整体的质量比．
题号
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?考点一　动量守恒定律的理解及应用
1．下列几种现象中，所选系统动量守恒的有(　　)
A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人和车组成的系统
B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球组成的系统
课时分层作业(二)　动量守恒定律的应用
13
题号
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C．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢组成的系统
D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以重物和斜面组成的系统
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A　[原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人和车为系统，所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；其他三项，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B、C、D错误．]
2．(多选)(源自人教版教材改编)火箭飞行时，在极短时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度大小是u，喷出燃气后火箭的质量是m，不考虑火箭受到的万有引力，下列说法正确的是(　　)
A．火箭的发射利用了反冲原理
B．喷出燃气时，火箭受到的推力为
C．喷出燃气后，火箭的动量变化量大小为Δmu
D．火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比越小，火箭增加的速度Δv就越大
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AC　[火箭的发射利用了反冲原理，A正确；设火箭喷气前的速度为v，喷气后火箭的速度v′，则喷出的气体对地的速度为u－v，设火箭运动的方向为正方向，火箭和喷出的气体间的作用力大小为F，则对喷出的气体，根据动量定理有－FΔt＝－Δm(u－v)－Δmv，可得火箭受到的推力为，B错误；由动量守恒定律有(m＋Δm)v＝－Δm(u－v)＋mv′，喷出燃气后，火箭的动量变化量大小为Δp＝mv′－mv＝Δmu，C正确；由上式可得v′＝u＋v，故火箭速度的增加量Δv＝v′－v＝u，即火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比越小，火箭增加的速度Δv就越小，D错误．]
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3．如图所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v(设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计)，木块的速度大小为(　　)
A． B．
C． D．
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B　[根据动量守恒定律得mv0＝mv＋Mv′，得v′＝，故选B．]
4．如图所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如果将线烧断，则小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为(　　)
A．0 B．向左
C．向右 D．无法确定
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A　[小球和圆槽组成的系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向上的动量守恒(Δpx＝0).细线被烧断瞬间，系统在水平方向的总动量为零.又知小球到达最高点时，球与槽水平方向上有共同速度，设为v′，由动量守恒定律有0＝(M＋m)v′，所以v′＝0，故A正确．]
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5．(多选)甲和乙两位同学一起去滑雪场滑雪．两位同学一起站在位于某斜坡下的水平雪地上(水平面和斜坡足够长)，斜坡与水平面平滑连接．甲用力将乙推出(m甲>m乙)，同时甲获得向后的速度．忽略一切摩擦，在之后的运动中，下列说法正确的是(　　)
A．乙一定会追上甲
B．乙可能会追上甲
C．最终甲、乙的总动量向左
D．甲、乙的总动量始终为零
题号
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√
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√
AC　[甲用力将乙推出后，系统动量守恒，则有m甲v甲＝m乙v乙， 由于m甲>m乙，可知v甲题号
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6．如图所示，两个带正电的等大的小球在绝缘光滑水平面上从相距很远处沿着同一条直线相向运动，已知它们的质量m1＝m2＝m，m1和m2的初速度大小分别为v1和v2，当它们相距最近时(没有接触)，这两个小球组成的系统的电势能为(　　)
A． B．
C． D．
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C　[相距最近时，两个小球速度相等，根据动量守恒定律可知m(v1－v2)＝2mv，再根据能量守恒定律可知减少的动能转化为小球的电势能，即ΔEp＝－·2mv2＝m(v1＋v2)2，所以C正确．]
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7．(多选)如图所示，A、B两物体的质量关系为mA>mB，A、B之间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动过程中(　　)
题号
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A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒
B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒
C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒
D．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量不守恒
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√
AC　[当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力，当A、B与C之间的摩擦力等大、反向时，A、B组成的系统所受合外力为零，则A、B组成的系统动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受合外力不为零，则A、B组成的系统动量不守恒；而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受合外力均为零，故A、B、C组成的系统动量守恒，故A、C正确，B、D错误．]
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?考点二　反冲运动
8．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)
A．3v0－v B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
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C　[在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，故C正确．]
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9．如图所示，光滑的水平地面上一辆静止的车上有一个人．在人从左向右行走的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．人和车组成的系统动量不守恒
B．人和车组成的系统机械能守恒
C．人行车行，人停车停
D．人和车的速度方向相同
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C　[人和车组成的系统所受外力的合力为0，动量守恒，A错误；人和车组成的系统，初状态动能为零，一旦运动，动能不为零，而在运动的过程中车与人的高度都不变，所以人和车组成的系统的重力势能不变，故人和车组成的系统机械能不守恒，B错误；人和车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量为零，可知人和车的速度方向相反，当人的速度为零时，车的速度也为零，C正确，D错误．]
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10．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为 3∶1．不计质量损失，重力加速度g取 10 m/s2, 则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
A　　　　　　　B
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C　　　　　　　　　D
B　[由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙做平抛运动的时间 t＝1 s，爆炸过程中，爆炸产生的力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v>2 m/s，因此水平位移大于2 m，故C、D错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，甲、乙的质量比为 3∶1，所以速度变化量的大小之比为 1∶3，平抛运动水平方向上x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，故A错误；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，故B正确．]
题号
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11．(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一个人跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．人跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后(　　)
A．a、b两车运动速率相等
B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系vc>va>vb
D．a、c两车运动方向相反
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√
CD　[若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律知，对人和c车组成的系统有0＝－M车vc＋m人v，对人和b车有m人v＝－M车vb＋
m人v，对人和a车有m人v＝(M车＋m人)va，所以vc＝，vb＝0，va＝，即vc>va>vb，并且vc与va方向相反，故C、D正确．]
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12．如图所示，在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg．现有质量m0＝0.08 kg 的小物块C以初速度v0＝25 m/s 在A表面沿水平方向向右滑动，由于C与A、B间均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5 m/s．求：
(1)木块A的最终速度的大小；
(2)小物块C滑离木块A的瞬时速度的大小．
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[解析]　(1)取向右为正方向，设木块A的最终速度为v1，由动量守恒定律，对A、B、C有
m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)·v
解得v1＝2.1 m/s．
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(2)设C滑离A时的速度为v2，B的速度与A相同，等于A的最终速度v1，当C滑离A后，由动量守恒定律，对B、C有
m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)·v
解得v2＝4 m/s．
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[答案]　(1)2.1 m/s　(2)4 m/s
13．一质量为0.3 kg的烟花弹获得动能Ek后，从地面竖直升空．当烟花弹上升到离地 20 m 高处时速度为零，此时弹中火药爆炸将烟花弹炸为大、小两块，大、小两块烟花弹分别获得水平向左、水平向右的速度，大块质量为小块质量的2倍，大、小两块烟花弹获得的动能之和也为Ek，爆炸时间极短，重力加速度g取10 m/s2，＝1.4，不计空气阻力和火药的质量，释放烟花弹位置的水平面足够大．求：
(1)开始时烟花弹获得的动能Ek；
(2)落地后大、小两块烟花弹之间的距离．
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[解析]　(1)由机械能守恒有Ek＝mgh
解得Ek＝60 J．
(2)烟花弹在最高点爆炸，设水平向左为正方向，由动量守恒定律有0＝mv1－mv2
由能量守恒定律有Ek＝
大、小两块烟花弹均做平抛运动，
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有h＝gt2
落地后大、小两块烟花弹之间的距离为
x＝v1t＋v2t
联立解得x＝84 m．
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[答案]　(1)60 J　(2)84 m
谢 谢！