动量守恒定律及其应用复习教案(实验：验证动量守恒定律)一、动量1．定义：物体的质量与速度的乘积．2．表达式：p＝□01____，单位kg·m/s.3．动量的性质(1)矢量性：方向与□02______速度方向相同．(2)瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的．(3)相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量．4．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp＝p′－p.(2)动能和动量的关系：E k＝p2 2m.二、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统□03______________外力或所受外力的合力为□04______，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当□05______远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝□06__________或Δp1＝－Δp2.三、碰撞1．碰撞物体间的相互作用持续时间□07________，而物体间相互作用力□08______的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力□09________外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒□10______非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失□11______,1－1.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．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量也保持不变D．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大1－2.(2014·广州调研)两个质量不同的物体，如果它们的( )A．动能相等，则质量大的动量大B．动能相等，则动量大小也相等C．动量大小相等，则质量大的动能小D．动量大小相等，则动能也相等2－1.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2－2.如图所示，放在光滑水平面上的两物体，它们之间有一个被压缩的轻质弹簧，用细线把它们拴住．已知两物体质量之比为m1∶m2＝2∶1，把细线烧断后，两物体被弹开，速度大小分别为v1和v2，动能大小分别为E k1和E k2，则下列判断正确的是( )A ．弹开时，v 1∶v 2＝1∶1B ．弹开时，v 1∶v 2＝2∶1C ．弹开时，E k1∶E k2＝2∶1D ．弹开时，E k1∶E k2＝1∶23．A 球的质量是m ，B 球的质量是2m ，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，B 在前，A 在后，发生正碰后，A 球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v ′A ∶v ′B 为( )A.12 B.13 C ．2D.23动量守恒定律的理解与应用1．动量守恒定律的不同表达形式(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，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．(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．2．应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．如图所示，质量为m B的平板车B的上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一个质量为m A的物体A，一颗质量为m0的子弹以v0的水平初速度射入物体A，射穿A后速度变为v.已知A、B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止．求：(1)子弹射穿物体A的瞬间物体A的速度v A；(2)平板车B和物体A的最终速度v共(设车身足够长)[课堂笔记]1．(2013·高考福建卷)将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( ) A.mMv 0B.Mmv 0 C.MM －mv 0 D.mM －mv 0碰撞现象的规律1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E′k1＋E′k2或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.(3)速度要合理．①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．两种碰撞特例(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v′1＋m2v′2①12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22② 由①②得v ′1＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2 v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当m 1＝m 2时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度． ②当m 1>m 2时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都向前运动． ③当m 1<m 2时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． (2)完全非弹性碰撞两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、 B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．[思路点拨](1)从开始到A、B共速过程中，A、B与弹簧组成的系统动量守恒；(2)B、C发生完全非弹性碰撞，(与A无关)动量守恒，系统损失机械能；(3)B、C粘接在一起后，通过弹簧与A发生作用，进一步压缩弹簧至最短，此时A、B、C三者共速，系统动量守恒．[课堂笔记]2．(2014·贵州五校联考)如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量为m＝1 kg 的相同的小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s的速度向B球运动，A、B两球碰撞后粘在一起继续向右运动并与C球碰撞，C球的最终速度v C＝1 m/s.问：(1)A、B两球与C球相碰前的共同速度多大；(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？爆炸和反冲人船模型1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒．反冲运动中机械能往往不守恒．注意：反冲运动中平均动量守恒．(3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等．3．人船模型若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v1＝－m2v2得m1x1＝－m2x2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．如图所示，一辆质量为M＝3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量为m＝1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p＝6 J，小球与小车右壁距离为L，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；(2)在整个过程中，小车移动的距离．[课堂笔记]3．(2013·高考江苏卷)如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg 和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向．动量与能量观点的综合应用1．若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．2．若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．3．因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性.如图所示，一水平面上P点左侧光滑，右侧粗糙，质量为m的劈A在水平面上静止，上表面光滑，A右端与水平面平滑连接，质量为M的物块B恰好放在水平面上P点，物块B与水平面间的动摩擦因数为μ.一质量为m 的小球C位于劈A的斜面上，距水平面的高度为h.小球C从静止开始滑下，然后与B发生正碰(碰撞时间极短，且无机械能损失)．已知M＝2m，求：(1)小球C与劈A分离时，A的速度；(2)小球C的最后速度和物块B的运动时间．[课堂笔记][总结提升] 利用动量和能量的观点解题应注意下列问题(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．(2)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件．在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．4.(2014·银川模拟)在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB 上表面粗糙，动摩擦因数为μ，滑块CD上表面是光滑的1/4圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起，如图所示．一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为v0/2，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：(1)物块滑到B处时木板的速度v AB；(2)滑块CD圆弧的半径R.实验：验证动量守恒定律1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速率v、v′，找出碰撞前的动量p ＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′1＋m2v′2，看碰撞前后动量是否守恒．2．实验方案方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出两小球的质量m 1、m 2. (2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出两小车的质量.(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A 运动，小车B 静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v ＝ΔxΔt 算出速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)按照如图所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图所示．(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1OP ＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒．如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________(填选项前的符号)A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放的高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______[用(2)中测量的量表示]；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为__________[用(2)中测量的量表示]．(4)经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p′1，则p1∶p′1＝________∶11.若碰撞结束时m2的动量为p′2，则p′1∶p′2＝11∶________．实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值p1p′1＋p′2为________．(5)有同学认为，上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请你用(4)中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为________cm.[尝试解答]________________________________________________________________________[总结提升] 利用斜槽小球碰撞验证动量守恒的注意事项(1)斜槽末端的切线必须水平；(2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；(3)选质量较大的小球作为入射小球；(4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变．动量守恒中临界问题的处理方法1．涉及追碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物体刚好能追上乙物体的临界条件是v甲＝v乙．滑块在木板(小车)上不滑下来的临界条件是：滑到端点处两者速度相同．2．涉及弹簧的临界问题对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．3．涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．[规范解答]————————————该得的分一分不丢！设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得12(m1＋M)v21＝(m1＋M)gh(2分)解得v1＝2gh＝2v0.(1分)设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，人跳离甲车的过程中，人和甲车组成的系统动量守恒，人跳上乙车的过程中，人和乙车组成的系统动量守恒．设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v′1和v′2，则根据动量守恒定律有人跳离甲车时(M＋m1)v1＝Mv＋m1v′1即(2m＋m)v1＝2mv＋mv′1①(2分)人跳上乙车时Mv－m2v0＝(M＋m2)v′2即2mv－2mv0＝(2m＋2m)v′2②(2分)由①②式解得v ′1＝6v 0－2v ③(2分) v ′2＝12v －12v 0④(2分)两车不可能发生碰撞的临界条件是v ′1＝±v ′2(2分) 当v ′1＝v ′2时，由③④式解得v ＝135v 0(2分)当v ′1＝－v ′2时，由③④式解得v ＝113v 0(2分)故v 的取值范围为135v 0≤v ≤113v 0.(1分)【答案】 135v 0≤v ≤113v 0【总结提升】 正确把握以下两点是求解动量守恒定律中的临界问题的关键： (1)寻找临界状态看题设情景中是否有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状态．(2)挖掘临界条件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，即速度相等或位移相等．一 高考题组1.(2012·高考福建卷)如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋mMvB ．v 0－mMvC ．v 0＋mM(v 0＋v )D ．v 0＋mM(v 0－v )2．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d.现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小．3．(2013·高考广东卷)如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看做质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能E p. 二_模拟题组4．(2014·南京模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的( )A．质量相等B．动能相等C．动量大小相等D．速度大小相等5.(2014·长沙重点高中测试)如图所示，在光滑的水平桌面上有一金属容器C，其质量为m C＝5 kg，在C的中央并排放着两个可视为质点的滑块A与B，其质量分别为m A＝1 kg，m B＝4 kg，开始时A、B、C均处于静止状态，用细线拉紧A、B使其中间夹有的轻弹簧处于压缩状态，剪断细线，使得A以v A＝6 m/s的速度水平向左弹出，不计一切摩擦，两滑块中任意一个与C侧壁碰撞后就与其合成一体，求：(1)滑块第一次与挡板碰撞损失的机械能；(2)当两滑块都与挡板碰撞后，金属容器C的速度．6．(2014·衡水模拟)如图所示，质量为3m 的木板静止在光滑的水平面上，一个质量为2m 的物块(可视为质点)静止在木板上的A 端，已知物块与木板间的动摩擦因数为μ.现有一质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入物块并穿出，已知子弹穿出物块时的速度为v 02，子弹穿过物块的时间极短．不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)子弹穿出物块时物块的速度大小；(2)子弹穿出物块后，为了保证物块不从木板的B 端滑出，木板的长度至少为多少？基础再现·对点自测□01mv □02瞬时 □03不受 □04零 □05内力 □06m 1v ′1＋m 2v ′2 □07很短 □08很大 □09远大于 □10守恒 □11最大 [自我校对] 1－1.D 1－2.AC 2－1.D 2－2.D 3.D 考点透析·讲练互动【例1】[解析](1)子弹射穿物体A 的过程时间极短，由动量守恒定律得m 0v 0＝m 0v ＋m A v A解得v A ＝m 0v 0－vm A.(2)物体A 在平板车B 上滑行的过程中，因为地面光滑，且A 、B 最后相对静止，故A 、B 组成的系统水平方向动量守恒，有m A v A ＝(m A ＋m B )v 共解得v 共＝m Am A ＋m B v A ＝m 0v 0－vm A ＋m B.[答案](1)m 0v 0－v m A(2)m 0v 0－v m A ＋m B【突破训练1】[解析]选D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv 0－(M －m )v ′M －m【例2】[解析](1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv 1＝2mv 2②12mv 21＝ΔE ＋12(2m )v 22③ 联立①②③式得ΔE ＝116mv 20.④(2)由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒定律和能量守恒定律得mv 0＝3mv 3⑤12mv 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348mv 20. [答案](1)116mv 20 (2)1348mv 20【突破训练2】[解析](1)A 、B 两球相碰，满足动量守恒定律，则有mv 0＝2mv 1代入数据求得A 、B 两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1 m/s (2)A 、B 两球与C 球碰撞同样满足动量守恒定律，则有 2mv 1＝mv C ＋2mv 2相碰后A 、B 两球的速度v 2＝0.5 m/s 两次碰撞损失的动能ΔE k ＝12mv 20－122mv 22－12mv 2C＝1.25 J. [答案](1)1 m/s (2)1.25 J【例3】[解析](1)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为v 1、v 2，则mv 1－Mv 2＝012mv 21＋12Mv 22＝E p解得：v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s.(2)设小车移动x 2距离，小球移动x 1距离t t x 1＋x 2＝L解得：x 2＝L4.[答案](1)1 m/s (2)L4【突破训练3】[解析]根据动量守恒定律，(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，代入数值解得v B ＝0.02 m/s ，离开空间站方向．[答案]0.02 m/s ，离开空间站方向【例4】[解析](1)设小球C 与劈A 分离时速度大小为v 0，此时劈A 速度大小为v A 小球C 运动到劈A 最低点的过程中，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒有mv 0－mv A ＝0由机械能守恒有 mgh ＝12mv 20＋12mv 2A 得v 0＝gh ，v A ＝gh ，之后A 向左匀速运动．(2)小球C 与B 发生正碰后速度分别为v C 和v B ，规定向右为正方向，由动量守恒得mv 0＝mv C ＋Mv B机械能不损失有12mv 20＝12mv 2C ＋12Mv 2B 代入M ＝2m ，得v B ＝23ghv C ＝－13gh (负号说明小球C 最后向左运动)物块B 减速至停止时，运动时间设为t ，由动量定理有 －μMgt ＝0－Mv B ，得t ＝2gh3μg.[答案](1)gh ，方向向左 (2)13gh ，方向向左2gh3μg【突破训练4】[解析](1)由点A 到点B ，取向左为正，由动量守恒得mv 0＝mv B ＋2m ·v AB ，则v AB ＝v 04.(2)由点D 到点C ，滑块CD 与物块P 的动量守恒，机械能守恒，得m ·v 02＋m ·v 04＝2mv共mgR ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＋12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 042－12×2mv 2共解得R ＝v 2064g.[答案](1)v 04 (2)v 2064g【例5】[解析]小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，即v ＝xt .而由H ＝12gt 2知，每次竖直高度相等，平抛时间相等．即m 1OP t＝m 1OM t＋m 2ON t；则可得m 1·OP ＝m 1·OM＋m 2·ON .故只需测射程，因而选C ；由表达式知：在OP 已知时，需测量m 1、m 2、OM 和ON .故必要步骤为A 、D 、E.若为弹性碰撞同时满足能量守恒 12m 1⎝ ⎛⎭⎪⎫OP t 2＝12m 1⎝⎛⎭⎪⎫OM t 2＋12m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫ON t 2 即m 1·OP 2＝m 1·OM 2＋m 2·ON 2.p 1＝m 1·OP tp ′1＝m 1·OM t故p 1∶p ′1＝OP ∶OM ＝44.80∶35.20＝14∶11p ′2＝m 2·ON tp ′1∶p ′2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1·OM t ∶⎝⎛⎭⎪⎫m 2·ON t ＝11∶2.9 故p 1p ′1＋p ′2＝m 1·OPm 1·OM ＋m 2·ON＝1其他条件不变，使ON 最大，则m 1、m 2发生弹性碰撞．则其动量和能量均守恒，可得v 2＝2m 1v 0m 1＋m 2，而v 2＝ON t，v 0＝OP t故ON ＝2m 1m 1＋m 2·OP ＝2×45.045.0＋7.5×44.80 cm ＝76.8 cm.[答案](1)C(2)ADE 或(DEA 或DAE)(3)m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP m 1·OM 2＋m 2·ON 2＝m 1·OP 2 (4)14 2.9 1～1.01 (5)76.8高效演练·轻松闯关1．[解析]选C.取向右为正方向，由动量守恒有(M ＋m )v 0＝－mv ＋Mv ′，解之有v ′＝v 0＋mM(v 0＋v )，故C 正确．2．[解析]设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得12mv 2＝12mv 21＋12(2m )v 22① mv ＝mv 1＋2mv 2②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得v 1＝－v 22③设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得μmgd 1＝12mv 21④μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22⑤ 据题意有d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得 μmgd ＝12mv 20－12mv 2⑦ 联立②至⑦式，得v 0＝ 285μgd .⑧[答案]285μgd3．[解析](1)P 1与P 2碰撞时，根据动量守恒定律，得mv 0＝2mv 1解得v 1＝v 02，方向向右 P 停在A 点时，P 1、P 2、P 三者速度相等均为v 2，根据动量守恒定律，得2mv 1＋2mv 0＝4mv 2 解得v 2＝34v 0，方向向右．(2)弹簧压缩到最大时，P 1、P 2、P 三者的速度为v 2，设由于摩擦力做功产生的热量为Q ，根据能量守恒定律，得从P 1与P 2碰撞后到弹簧压缩到最大 12×2mv 21＋12×2mv 20＝12×4mv 22＋Q ＋E p从P 1与P 2碰撞后到P 停在A 点12×2mv 21＋12×2mv 20＝12×4mv 22＋2Q 联立以上两式解得E p ＝116mv 20，Q ＝116mv 20根据功能关系有Q ＝μ·2mg (L ＋x ) 解得x ＝v 2032μg －L .答案：见解析4．[解析]选C.两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以断定碰前两球的动量大小相等方向相反，C 正确．5．[解析](1)取向左为速度的正方向，A 、B 被弹开的过程中它们组成的系统动量守恒m A v A －m B v B ＝0 解得v B ＝1.5 m/s第一次碰撞发生在A 与C 之间m A v A ＝(m A ＋m C )v AC 解得v AC ＝1 m/sΔE k ＝12m A v 2A －12(m A ＋m C )v 2AC ＝15 J. (2)A 、B 、C 组成的系统动量守恒 0＝(m A ＋m B ＋m C )v 解得v ＝0. [答案](1)15 J (2)06．[解析](1)设子弹穿出物块时物块的速度为v 1，对子弹和物块组成的系统，由动量守恒定律得mv 0＝m v 02＋2mv 1解得v 1＝v 04.(2)设物块和木板达到共同速度v 2时，物块刚好到达木板的右端，木板的最小长度为L ，对物块和木板组成的系统，有2mv 1＝(2m ＋3m )v 2又物块在木板表面因摩擦产生的热为Q ＝2μmgL ，则 由能量守恒定律得2μmgL ＝122mv 21－12(2m ＋3m )v 22解得L ＝3v 20160μg.[答案]见解析第二节基础再现·对点自测□01电子 □02大于 □03最小值 □04最大值 □05h ν－W 0 □06波动 □07粒子 □08波粒二象 □09大 □10小 □11hp。