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高中物理新教材同步选择性必修第一册 主题1 3 动量守恒定律同步讲义
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这是一份高中物理新教材同步选择性必修第一册 主题1 3 动量守恒定律同步讲义，共15页。
3 动量守恒定律 [学科素养与目标要求] 物理观念：1.知道系统、内力和外力的概念.2.掌握动量守恒定律的含义、表达式和守恒条件.3.了解动量守恒定律的普适性. 科学思维：1.会用牛顿运动定律推导动量守恒定律的表达式.2.会用动量守恒定律解释生活中的实际问题. 一、系统、内力与外力 1.系统：相互作用的两个或多个物体组成的一个力学系统. 2.内力：系统中物体间的相互作用力. 3.外力：系统外部的物体对系统内物体的作用力. 二、动量守恒定律 1.内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变. 2.表达式： m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后总动量相等). 3.适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零. 4.普适性：动量守恒定律是一个独立的实验规律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域. 1.判断下列说法的正误. (1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒.( × ) (2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞瞬间，两个物体组成的系统动量守恒.( √ ) (3)系统动量守恒也就是系统总动量变化量始终为零.( √ ) (4)只要系统内存在摩擦力，动量就一定不守恒.( × ) 2.如图1所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动.设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s；乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为3.7 m/s.则碰撞后两车共同的运动速度大小为________，方向________. 图1 答案 0.186 m/s 向左 解析 本题的研究对象为两辆碰碰车(包括驾车的同学)组成的系统，在碰撞过程中此系统的内力远远大于所受的外力，外力可以忽略不计，满足动量守恒定律的适用条件.设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车的总质量m1＝150 kg，碰撞前的速度v1＝4.5 m/s；乙同学和车的总质量m2＝200 kg，碰撞前的速度v2＝－3.7 m/s.设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为：p＝m1v1＋m2v2 ＝150×4.5 kg·m/s＋200×(－3.7) kg·m/s＝－65 kg·m/s. 碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v. 根据动量守恒定律可知p＝p′，代入数据解得v≈－0.186 m/s， 即碰撞后两车以0.186 m/s的共同速度运动，运动方向向左. 一、动量守恒定律 1.动量守恒定律的推导 如图2所示，光滑水平桌面上质量分别为m1、m2的球A、B，沿着同一直线分别以v1和v2的速度同向运动，v2>v1.当B球追上A球时发生碰撞，碰撞后A、B两球的速度分别为v1′和v2′. 图2 设碰撞过程中两球受到的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t.根据动量定理： F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2). 因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2， 则有：m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2) 即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 2.动量守恒定律的理解 (1)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，但内力远远大于合外力.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远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒. (2)动量守恒定律的性质 ①矢量性：公式中的v1、v2、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(表示方向)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v1、v2、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普适性：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；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统. 例1 (多选)如图3所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在足够长的平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，水平地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法正确的是( ) 图3 A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒 B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒 C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒 D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒 答案 BCD 解析 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右，FfB向左.由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确. 1.动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统.判断系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系. 2.判断系统的动量是否守恒，要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为零，因此要分清哪些力是内力，哪些力是外力. 3.系统的动量守恒，并不是系统内各物体的动量都不变.一般来说，系统的动量守恒时，系统内各物体的动量是变化的，但系统内各物体的动量的矢量和是不变的. 针对训练1 (多选)(2018·鹤壁市质检)在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图4所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列说法中正确的是( ) 图4 A.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 若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；先放开左手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，再放开右手，系统总动量向左，故C正确；无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量可能不为零，故B错误，D正确. 二、动量守恒定律的应用 1.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义： (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＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和. (3)Δp1＝－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. (4)Δp＝0：系统总动量增量为零. 2.应用动量守恒定律的解题步骤： 例2 (2018·河北梁集中学调研)如图5所示，A、B两个大小相同、质量不等的小球放在光滑水平地面上，A以3 m/s的速率向右运动，B以1 m/s的速率向左运动，发生正碰后A、B两小球都以2 m/s的速率反弹，求A、B两小球的质量之比. 图5 答案 3∶5 解析 取向右为正方向，则有 vA＝3 m/s，vB＝－1 m/s， vA′＝－2 m/s，vB′＝2 m/s 根据动量守恒定律得 mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′ 代入数据解得：mA∶mB＝3∶5 [学科素养] 例2利用动量守恒定律分析了两碰撞小球相互作用的过程，通过列动量守恒定律方程求出了两球的质量之比，这正是物理规律在实际中的应用，是学科素养“物理观念”和“科学思维”的体现. 针对训练2 如图6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. 图6 答案 0.02 m/s 远离空间站方向 解析 轻推过程中，A、B系统的动量守恒，以空间站为参考系，规定远离空间站的方向为正方向，则v0＝0.1 m/s，vA＝0.2 m/s 根据动量守恒定律得：(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB 代入数据可解得vB＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向. 例3 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3 m/s，方向向右，乙车速度大小为2 m/s，方向向左并与甲车速度方向在同一直线上，如图7所示. 图7 (1)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 (1)1 m/s 方向向右 (2)0.5 m/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)v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s. 据动量守恒定律得：mv甲＋mv乙＝mv甲′， 代入数据解得v甲′＝v甲＋v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右. (2)两车的距离最小时，两车速度相同，设为v′， 由动量守恒定律得：mv甲＋mv乙＝mv′＋mv′. 解得v′＝eq \f(mv甲＋mv乙,2m)＝eq \f(v甲＋v乙,2)＝eq \f(3－2,2) m/s＝0.5 m/s，方向向右. 1.(对动量守恒条件的理解)(多选)如图8所示，在光滑水平地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接.A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态.若突然撤去力F，则下列说法中正确的是( ) 图8 A.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 C.木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 D.木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 答案 BC 解析 若突然撤去力F，木块A离开墙壁前，墙壁对木块A有作用力，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A没有离开墙壁，墙壁对木块A不做功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误，B正确；木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒且机械能守恒，选项C正确，D错误. 2.(对动量守恒定律的理解)(多选)(2018·河北梁集中学高二第一次调研)我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠.如图9所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( ) 图9 A.甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同 B.相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足机械能守恒定律 C.相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足动量守恒定律 D.甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反 答案 CD 解析 甲对乙的作用力与乙对甲的作用力等大反向，它们的冲量也等大反向，故A错误.由于乙推甲的过程，其他形式的能转化为机械能，故机械能不守恒，B错误.甲、乙相互作用的过程，系统水平方向不受外力的作用，故系统的动量守恒，此过程甲的动量增大，乙的动量减小，二者动量的变化大小相等、方向相反，故C、D正确. 3.(动量守恒定律的简单应用)解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的eq \f(3,5)，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为( ) A.eq \f(2M＋3m,5m)v B.eq \f(2M,5m)v C.eq \f(4M－m,5m)v D.eq \f(4M,5m)v 答案 A 解析 以快艇的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv＝(M－m)eq \f(3,5)v＋mv′，解得v′＝eq \f(2M＋3m,5m)v. 4.(动量守恒定律的简单应用)一辆质量m1＝3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103 kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力.相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75 m停下.已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小.(重力加速度取g＝10 m/s2) 答案 27 m/s 解析 由牛顿第二定律得μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a 解得a＝6 m/s2，则两车相撞后速度为v＝eq \r(2as)＝9 m/s 以轿车运动方向为正方向，由动量守恒定律 得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v0＝eq \f(m1＋m2,m2)v＝27 m/s. 一、选择题 考点一 对动量守恒条件的理解 1.如图1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，下列说法中正确的是( ) 图1 A.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.木箱的动量的变化量与男孩、小车的总动量的变化量相同 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；木箱的动量的变化量与男孩、小车的总动量的变化量大小相等，方向相反，选项D错误. 2.(多选)如图2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2 A.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，且系统在水平方向上动量守恒 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(或者都为零) 答案 BD 解析 以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受外力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒.由于初始状态小车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零，要么大小相等、方向相反，所以A、C错，B、D对. 3.(多选)(2018·三明市高二下学期期末)如图3所示，在光滑水平面上有一辆小车，小车A端与滑块C间夹了一压缩轻质弹簧(未拴接在一起)，用两手分别控制小车A端和滑块C处于静止状态，释放后C会离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，对A、B、C组成的系统，下面说法中正确的是( ) 图3 A.先放开右手，再放开左手后，系统动量不守恒 B.先放开左手，再放开右手，A、B、C的总动量向左 C.两手同时放开后，C与油泥粘在一起时，车立即停止运动 D.无论先放哪只手，C与油泥粘在一起时，车都立即停止运动 答案 BC 解析 先放开右手，再放开左手后，系统在水平方向不受外力作用，系统的动量守恒，故A错误.先放开左手，后放开右手，放开右手时，小车已经有向左的速度，系统的动量不为零，所以A、B、C的总动量向左，故B正确.两手同时放开后，系统的总动量为零，C与油泥粘在一起时，根据动量守恒可知车立即停止运动，故C正确.先放开左手，后放开右手，此后A、B、C的总动量向左，C与油泥粘在一起时，车向左运动；先放开右手，后放开左手，此后A、B、C的总动量向右，C与油泥粘在一起时，车向右运动，故D错误. 考点二 动量守恒定律的应用 4.如图4所示，质量为M的小船在静止的水面上以速率v0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，则救生员跃出后瞬间小船的速率为( ) 图4 A.v0＋eq \f(m,M)v B.v0－eq \f(m,M)v C.v0＋eq \f(m,M)(v0＋v) D.v0＋eq \f(m,M)(v0－v) 答案 C 解析 以水平向右为正方向，小船和救生员组成的系统满足动量守恒条件： (M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′ 解得v′＝v0＋eq \f(m,M)(v0＋v)， 故C项正确，A、B、D项错误. 5.(2018·福州十一中高二下期中)如图5所示，光滑水平面上有一辆质量为4m的小车，车上左、右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始时两个人和车一起以速度v0向右匀速运动.某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车.两人都离开小车后，小车的速度将是( ) 图5 A.1.5v0 B.v0 C.大于v0，小于1.5v0 D.大于1.5v0 答案 A 解析 两人和车组成的系统开始时动量为6mv0，方向向右.当甲、乙两人先后以相对地面大小相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人动量矢量和为零，则有6mv0＝4mv车，解得v车＝1.5v0，A正确. 6.(多选)如图6所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1.开始时两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动.若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块( ) 图6 A.动量大小之比为1∶1 B.速度大小之比为2∶1 C.动量大小之比为2∶1 D.速度大小之比为1∶1 答案 AB 解析 以两木块及弹簧组成的系统为研究对象，绳断开后，弹簧对两木块的推力可以看成是内力.水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力，且Ff1＝μ1m1g，Ff2＝μ2m2g，因此系统所受合外力F合＝μ1m1g－μ2m2g＝0，满足动量守恒定律的条件.设在弹簧伸长过程中的某一时刻，两木块的速度大小分别为v1、v2.由动量守恒定律有(以向右为正方向)：－m1v1＋m2v2＝0，即m1v1＝m2v2，即两木块的动量大小之比为1∶1，故A项正确，C项错误.两木块的速度大小之比为eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2,m1)＝eq \f(2,1)，故B项正确，D项错误. 7.(2018·甘肃会宁四中高二下学期期中)满载沙子的总质量为M的小车，在光滑水平面上做匀速运动，速度为v0.在行驶途中有质量为m的沙子从车上漏掉，则沙子漏掉后小车的速度应为( ) A.v0 B.eq \f(Mv0,M－m) C.eq \f(mv0,M－m) D.eq \f(M－mv0,M) 答案 A 解析 设漏掉质量为m的沙子后，在沙子从车上漏掉的瞬间，由于惯性沙子速度仍然为v0，小车速度为v′，根据水平方向动量守恒可得：Mv0＝mv0＋(M－m)v′ 解得：v′＝v0，故B、C、D错误，A正确. 8.(多选)(2018·宁波高二检测)如图7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，则( ) 图7 A.小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动 B.小木块和木箱最终速度为eq \f(M,M＋m)v0 C.小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 答案 AB 解析 木箱与小木块组成的系统水平方向不受外力，故水平方向系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，取v0方向为正方向，由动量守恒定律：Mv0＝(m＋M)v得：v＝eq \f(Mv0,m＋M)，A、B项正确. 9.(多选)两个小木块A和B(均可视为质点)中间夹着一轻质弹簧，用细线(未画出)拴在一起，放在光滑的水平桌面上，烧断细线后，木块A、B分别向左、右方向运动，离开桌面后均做平抛运动(离开桌面前两木块已和弹簧分离)，落地点与桌面边缘的水平距离分别为lA＝1 m，lB＝2 m，如图8所示，则下列说法正确的是( ) 图8 A.木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB＝1∶2 B.木块A、B的质量之比mA∶mB＝2∶1 C.木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA∶EkB＝1∶2 D.弹簧对木块A、B的作用力大小之比FA∶FB＝1∶2 答案 ABC 解析 A、B两木块脱离弹簧后做平抛运动，由平抛运动规律知，木块A、B离开弹簧时的速度大小之比为eq \f(vA,vB)＝eq \f(lA,lB)＝eq \f(1,2)，A正确；以向左为正方向，根据动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，因此eq \f(mA,mB)＝eq \f(vB,vA)＝eq \f(2,1)，B正确；木块A、B离开弹簧时的动能之比为：eq \f(EkA,EkB)＝eq \f(mAvA2,mBvB2)＝eq \f(1,2)，C正确；弹簧对木块A、B的作用力大小之比：eq \f(FA,FB)＝eq \f(1,1)，D错误. 10.质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1水平向右运动，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.eq \f(M＋mv1,mv2) B.eq \f(Mv1,M＋mv2) C.eq \f(Mv1,mv2) D.eq \f(mv1,Mv2) 答案 C 解析 设发射子弹的数目为n，n颗子弹和木块M组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，满足动量守恒的条件.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＝eq \f(Mv1,mv2). 11.A、B两球之间压缩一根轻弹簧(不拴接)，静置于光滑水平桌面上，已知A、B两球的质量分别为2m和m.当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边水平距离为x的地面上，B球离开桌面时已与弹簧分离，如图9所示.若以同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距离桌边的水平距离为( ) 图9 A.eq \f(x,3) B.eq \r(3)x C.x D.eq \f(\r(6),3)x 答案 D 解析 当用板挡住A球而只释放B球时，根据能量守恒有弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv02，根据平抛运动规律有x＝v0t.当以同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，设A、B的水平速度大小分别为vA和vB，规定向左为正方向，则根据动量守恒和能量守恒有2mvA－mvB＝0，Ep＝eq \f(1,2)×2mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝eq \f(\r(6),3)v0，B球的落地点距离桌边的水平距离为x′＝vBt＝eq \f(\r(6),3)x，D选项正确. 二、非选择题 12.(2018·甘肃会宁四中高二下期中)如图10所示，某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以2 m/s的速度水平向右跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度是0.5 m/s.该同学上船后又跑了几步，最终停在船上.不计阻力.求此时小船的速度. 图10 答案 0.25 m/s，方向向右 解析 规定向右为正方向，设人上船后人船共同速度为v，由动量守恒： m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v 解得：v＝0.25 m/s，方向向右. 13.(2018·孝感市八校联盟高二下期末)如图11所示，在光滑水平面上，使滑块A以2 m/s的速度向右运动，滑块B以4 m/s的速度向左运动并与滑块A发生相互作用，已知滑块A、B的质量分别为1 kg、2 kg，滑块B的左侧连有轻弹簧，求： 图11 (1)当滑块A的速度减为0时，滑块B的速度大小； (2)两滑块相距最近时，滑块B的速度大小； (3)弹簧弹性势能的最大值. 答案 (1)3 m/s (2)2 m/s (3)12 J 解析 (1)以向右为正方向，A、B与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒.当滑块A的速度减为0时，滑块B的速度为vB′，由动量守恒定律得：mAvA＋mBvB＝mBvB′ 解得vB′＝－3 m/s， 故滑块B的速度大小为3 m/s，方向向左； (2)两滑块相距最近时速度相等，设相等的速度为v. 根据动量守恒得：mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v， 解得：v＝－2 m/s， 故滑块B的速度大小为2 m/s，方向向左； (3)两个滑块的速度相等时，弹簧压缩至最短，弹性势能最大，根据系统的机械能守恒知，弹簧的最大弹性势能为：Ep＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2 解得：Ep＝12 J
3 动量守恒定律 [学科素养与目标要求] 物理观念：1.知道系统、内力和外力的概念.2.掌握动量守恒定律的含义、表达式和守恒条件.3.了解动量守恒定律的普适性. 科学思维：1.会用牛顿运动定律推导动量守恒定律的表达式.2.会用动量守恒定律解释生活中的实际问题. 一、系统、内力与外力 1.系统：相互作用的两个或多个物体组成的一个力学系统. 2.内力：系统中物体间的相互作用力. 3.外力：系统外部的物体对系统内物体的作用力. 二、动量守恒定律 1.内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变. 2.表达式： m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后总动量相等). 3.适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零. 4.普适性：动量守恒定律是一个独立的实验规律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域. 1.判断下列说法的正误. (1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒.( × ) (2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞瞬间，两个物体组成的系统动量守恒.( √ ) (3)系统动量守恒也就是系统总动量变化量始终为零.( √ ) (4)只要系统内存在摩擦力，动量就一定不守恒.( × ) 2.如图1所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动.设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s；乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为3.7 m/s.则碰撞后两车共同的运动速度大小为________，方向________. 图1 答案 0.186 m/s 向左 解析 本题的研究对象为两辆碰碰车(包括驾车的同学)组成的系统，在碰撞过程中此系统的内力远远大于所受的外力，外力可以忽略不计，满足动量守恒定律的适用条件.设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车的总质量m1＝150 kg，碰撞前的速度v1＝4.5 m/s；乙同学和车的总质量m2＝200 kg，碰撞前的速度v2＝－3.7 m/s.设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为：p＝m1v1＋m2v2 ＝150×4.5 kg·m/s＋200×(－3.7) kg·m/s＝－65 kg·m/s. 碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v. 根据动量守恒定律可知p＝p′，代入数据解得v≈－0.186 m/s， 即碰撞后两车以0.186 m/s的共同速度运动，运动方向向左. 一、动量守恒定律 1.动量守恒定律的推导 如图2所示，光滑水平桌面上质量分别为m1、m2的球A、B，沿着同一直线分别以v1和v2的速度同向运动，v2>v1.当B球追上A球时发生碰撞，碰撞后A、B两球的速度分别为v1′和v2′. 图2 设碰撞过程中两球受到的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t.根据动量定理： F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2). 因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2， 则有：m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2) 即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 2.动量守恒定律的理解 (1)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，但内力远远大于合外力.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远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒. (2)动量守恒定律的性质 ①矢量性：公式中的v1、v2、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(表示方向)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v1、v2、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普适性：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；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统. 例1 (多选)如图3所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在足够长的平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，水平地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法正确的是( ) 图3 A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒 B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒 C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒 D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒 答案 BCD 解析 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右，FfB向左.由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确. 1.动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统.判断系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系. 2.判断系统的动量是否守恒，要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为零，因此要分清哪些力是内力，哪些力是外力. 3.系统的动量守恒，并不是系统内各物体的动量都不变.一般来说，系统的动量守恒时，系统内各物体的动量是变化的，但系统内各物体的动量的矢量和是不变的. 针对训练1 (多选)(2018·鹤壁市质检)在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图4所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列说法中正确的是( ) 图4 A.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 若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；先放开左手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，再放开右手，系统总动量向左，故C正确；无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量可能不为零，故B错误，D正确. 二、动量守恒定律的应用 1.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义： (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＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和. (3)Δp1＝－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. (4)Δp＝0：系统总动量增量为零. 2.应用动量守恒定律的解题步骤： 例2 (2018·河北梁集中学调研)如图5所示，A、B两个大小相同、质量不等的小球放在光滑水平地面上，A以3 m/s的速率向右运动，B以1 m/s的速率向左运动，发生正碰后A、B两小球都以2 m/s的速率反弹，求A、B两小球的质量之比. 图5 答案 3∶5 解析 取向右为正方向，则有 vA＝3 m/s，vB＝－1 m/s， vA′＝－2 m/s，vB′＝2 m/s 根据动量守恒定律得 mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′ 代入数据解得：mA∶mB＝3∶5 [学科素养] 例2利用动量守恒定律分析了两碰撞小球相互作用的过程，通过列动量守恒定律方程求出了两球的质量之比，这正是物理规律在实际中的应用，是学科素养“物理观念”和“科学思维”的体现. 针对训练2 如图6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. 图6 答案 0.02 m/s 远离空间站方向 解析 轻推过程中，A、B系统的动量守恒，以空间站为参考系，规定远离空间站的方向为正方向，则v0＝0.1 m/s，vA＝0.2 m/s 根据动量守恒定律得：(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB 代入数据可解得vB＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向. 例3 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3 m/s，方向向右，乙车速度大小为2 m/s，方向向左并与甲车速度方向在同一直线上，如图7所示. 图7 (1)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 (1)1 m/s 方向向右 (2)0.5 m/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)v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s. 据动量守恒定律得：mv甲＋mv乙＝mv甲′， 代入数据解得v甲′＝v甲＋v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右. (2)两车的距离最小时，两车速度相同，设为v′， 由动量守恒定律得：mv甲＋mv乙＝mv′＋mv′. 解得v′＝eq \f(mv甲＋mv乙,2m)＝eq \f(v甲＋v乙,2)＝eq \f(3－2,2) m/s＝0.5 m/s，方向向右. 1.(对动量守恒条件的理解)(多选)如图8所示，在光滑水平地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接.A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态.若突然撤去力F，则下列说法中正确的是( ) 图8 A.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 C.木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 D.木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 答案 BC 解析 若突然撤去力F，木块A离开墙壁前，墙壁对木块A有作用力，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A没有离开墙壁，墙壁对木块A不做功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误，B正确；木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒且机械能守恒，选项C正确，D错误. 2.(对动量守恒定律的理解)(多选)(2018·河北梁集中学高二第一次调研)我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠.如图9所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( ) 图9 A.甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同 B.相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足机械能守恒定律 C.相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足动量守恒定律 D.甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反 答案 CD 解析 甲对乙的作用力与乙对甲的作用力等大反向，它们的冲量也等大反向，故A错误.由于乙推甲的过程，其他形式的能转化为机械能，故机械能不守恒，B错误.甲、乙相互作用的过程，系统水平方向不受外力的作用，故系统的动量守恒，此过程甲的动量增大，乙的动量减小，二者动量的变化大小相等、方向相反，故C、D正确. 3.(动量守恒定律的简单应用)解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的eq \f(3,5)，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为( ) A.eq \f(2M＋3m,5m)v B.eq \f(2M,5m)v C.eq \f(4M－m,5m)v D.eq \f(4M,5m)v 答案 A 解析 以快艇的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv＝(M－m)eq \f(3,5)v＋mv′，解得v′＝eq \f(2M＋3m,5m)v. 4.(动量守恒定律的简单应用)一辆质量m1＝3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103 kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力.相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75 m停下.已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小.(重力加速度取g＝10 m/s2) 答案 27 m/s 解析 由牛顿第二定律得μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a 解得a＝6 m/s2，则两车相撞后速度为v＝eq \r(2as)＝9 m/s 以轿车运动方向为正方向，由动量守恒定律 得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v0＝eq \f(m1＋m2,m2)v＝27 m/s. 一、选择题 考点一 对动量守恒条件的理解 1.如图1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，下列说法中正确的是( ) 图1 A.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.木箱的动量的变化量与男孩、小车的总动量的变化量相同 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；木箱的动量的变化量与男孩、小车的总动量的变化量大小相等，方向相反，选项D错误. 2.(多选)如图2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2 A.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，且系统在水平方向上动量守恒 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(或者都为零) 答案 BD 解析 以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受外力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒.由于初始状态小车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零，要么大小相等、方向相反，所以A、C错，B、D对. 3.(多选)(2018·三明市高二下学期期末)如图3所示，在光滑水平面上有一辆小车，小车A端与滑块C间夹了一压缩轻质弹簧(未拴接在一起)，用两手分别控制小车A端和滑块C处于静止状态，释放后C会离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，对A、B、C组成的系统，下面说法中正确的是( ) 图3 A.先放开右手，再放开左手后，系统动量不守恒 B.先放开左手，再放开右手，A、B、C的总动量向左 C.两手同时放开后，C与油泥粘在一起时，车立即停止运动 D.无论先放哪只手，C与油泥粘在一起时，车都立即停止运动 答案 BC 解析 先放开右手，再放开左手后，系统在水平方向不受外力作用，系统的动量守恒，故A错误.先放开左手，后放开右手，放开右手时，小车已经有向左的速度，系统的动量不为零，所以A、B、C的总动量向左，故B正确.两手同时放开后，系统的总动量为零，C与油泥粘在一起时，根据动量守恒可知车立即停止运动，故C正确.先放开左手，后放开右手，此后A、B、C的总动量向左，C与油泥粘在一起时，车向左运动；先放开右手，后放开左手，此后A、B、C的总动量向右，C与油泥粘在一起时，车向右运动，故D错误. 考点二 动量守恒定律的应用 4.如图4所示，质量为M的小船在静止的水面上以速率v0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，则救生员跃出后瞬间小船的速率为( ) 图4 A.v0＋eq \f(m,M)v B.v0－eq \f(m,M)v C.v0＋eq \f(m,M)(v0＋v) D.v0＋eq \f(m,M)(v0－v) 答案 C 解析 以水平向右为正方向，小船和救生员组成的系统满足动量守恒条件： (M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′ 解得v′＝v0＋eq \f(m,M)(v0＋v)， 故C项正确，A、B、D项错误. 5.(2018·福州十一中高二下期中)如图5所示，光滑水平面上有一辆质量为4m的小车，车上左、右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始时两个人和车一起以速度v0向右匀速运动.某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车.两人都离开小车后，小车的速度将是( ) 图5 A.1.5v0 B.v0 C.大于v0，小于1.5v0 D.大于1.5v0 答案 A 解析 两人和车组成的系统开始时动量为6mv0，方向向右.当甲、乙两人先后以相对地面大小相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人动量矢量和为零，则有6mv0＝4mv车，解得v车＝1.5v0，A正确. 6.(多选)如图6所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1.开始时两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动.若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块( ) 图6 A.动量大小之比为1∶1 B.速度大小之比为2∶1 C.动量大小之比为2∶1 D.速度大小之比为1∶1 答案 AB 解析 以两木块及弹簧组成的系统为研究对象，绳断开后，弹簧对两木块的推力可以看成是内力.水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力，且Ff1＝μ1m1g，Ff2＝μ2m2g，因此系统所受合外力F合＝μ1m1g－μ2m2g＝0，满足动量守恒定律的条件.设在弹簧伸长过程中的某一时刻，两木块的速度大小分别为v1、v2.由动量守恒定律有(以向右为正方向)：－m1v1＋m2v2＝0，即m1v1＝m2v2，即两木块的动量大小之比为1∶1，故A项正确，C项错误.两木块的速度大小之比为eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2,m1)＝eq \f(2,1)，故B项正确，D项错误. 7.(2018·甘肃会宁四中高二下学期期中)满载沙子的总质量为M的小车，在光滑水平面上做匀速运动，速度为v0.在行驶途中有质量为m的沙子从车上漏掉，则沙子漏掉后小车的速度应为( ) A.v0 B.eq \f(Mv0,M－m) C.eq \f(mv0,M－m) D.eq \f(M－mv0,M) 答案 A 解析 设漏掉质量为m的沙子后，在沙子从车上漏掉的瞬间，由于惯性沙子速度仍然为v0，小车速度为v′，根据水平方向动量守恒可得：Mv0＝mv0＋(M－m)v′ 解得：v′＝v0，故B、C、D错误，A正确. 8.(多选)(2018·宁波高二检测)如图7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，则( ) 图7 A.小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动 B.小木块和木箱最终速度为eq \f(M,M＋m)v0 C.小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 答案 AB 解析 木箱与小木块组成的系统水平方向不受外力，故水平方向系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，取v0方向为正方向，由动量守恒定律：Mv0＝(m＋M)v得：v＝eq \f(Mv0,m＋M)，A、B项正确. 9.(多选)两个小木块A和B(均可视为质点)中间夹着一轻质弹簧，用细线(未画出)拴在一起，放在光滑的水平桌面上，烧断细线后，木块A、B分别向左、右方向运动，离开桌面后均做平抛运动(离开桌面前两木块已和弹簧分离)，落地点与桌面边缘的水平距离分别为lA＝1 m，lB＝2 m，如图8所示，则下列说法正确的是( ) 图8 A.木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB＝1∶2 B.木块A、B的质量之比mA∶mB＝2∶1 C.木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA∶EkB＝1∶2 D.弹簧对木块A、B的作用力大小之比FA∶FB＝1∶2 答案 ABC 解析 A、B两木块脱离弹簧后做平抛运动，由平抛运动规律知，木块A、B离开弹簧时的速度大小之比为eq \f(vA,vB)＝eq \f(lA,lB)＝eq \f(1,2)，A正确；以向左为正方向，根据动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，因此eq \f(mA,mB)＝eq \f(vB,vA)＝eq \f(2,1)，B正确；木块A、B离开弹簧时的动能之比为：eq \f(EkA,EkB)＝eq \f(mAvA2,mBvB2)＝eq \f(1,2)，C正确；弹簧对木块A、B的作用力大小之比：eq \f(FA,FB)＝eq \f(1,1)，D错误. 10.质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1水平向右运动，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.eq \f(M＋mv1,mv2) B.eq \f(Mv1,M＋mv2) C.eq \f(Mv1,mv2) D.eq \f(mv1,Mv2) 答案 C 解析 设发射子弹的数目为n，n颗子弹和木块M组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，满足动量守恒的条件.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＝eq \f(Mv1,mv2). 11.A、B两球之间压缩一根轻弹簧(不拴接)，静置于光滑水平桌面上，已知A、B两球的质量分别为2m和m.当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边水平距离为x的地面上，B球离开桌面时已与弹簧分离，如图9所示.若以同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距离桌边的水平距离为( ) 图9 A.eq \f(x,3) B.eq \r(3)x C.x D.eq \f(\r(6),3)x 答案 D 解析 当用板挡住A球而只释放B球时，根据能量守恒有弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv02，根据平抛运动规律有x＝v0t.当以同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，设A、B的水平速度大小分别为vA和vB，规定向左为正方向，则根据动量守恒和能量守恒有2mvA－mvB＝0，Ep＝eq \f(1,2)×2mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝eq \f(\r(6),3)v0，B球的落地点距离桌边的水平距离为x′＝vBt＝eq \f(\r(6),3)x，D选项正确. 二、非选择题 12.(2018·甘肃会宁四中高二下期中)如图10所示，某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以2 m/s的速度水平向右跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度是0.5 m/s.该同学上船后又跑了几步，最终停在船上.不计阻力.求此时小船的速度. 图10 答案 0.25 m/s，方向向右 解析 规定向右为正方向，设人上船后人船共同速度为v，由动量守恒： m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v 解得：v＝0.25 m/s，方向向右. 13.(2018·孝感市八校联盟高二下期末)如图11所示，在光滑水平面上，使滑块A以2 m/s的速度向右运动，滑块B以4 m/s的速度向左运动并与滑块A发生相互作用，已知滑块A、B的质量分别为1 kg、2 kg，滑块B的左侧连有轻弹簧，求： 图11 (1)当滑块A的速度减为0时，滑块B的速度大小； (2)两滑块相距最近时，滑块B的速度大小； (3)弹簧弹性势能的最大值. 答案 (1)3 m/s (2)2 m/s (3)12 J 解析 (1)以向右为正方向，A、B与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒.当滑块A的速度减为0时，滑块B的速度为vB′，由动量守恒定律得：mAvA＋mBvB＝mBvB′ 解得vB′＝－3 m/s， 故滑块B的速度大小为3 m/s，方向向左； (2)两滑块相距最近时速度相等，设相等的速度为v. 根据动量守恒得：mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v， 解得：v＝－2 m/s， 故滑块B的速度大小为2 m/s，方向向左； (3)两个滑块的速度相等时，弹簧压缩至最短，弹性势能最大，根据系统的机械能守恒知，弹簧的最大弹性势能为：Ep＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2 解得：Ep＝12 J
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