1、第 2 讲 动量守恒定律及应用考点一 动量守恒定律的理解及应用1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零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。(2)表达式pp，系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后的总动量 p。m 1v1m 2v2m 1v1m 2v2，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。 p1 p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 p0，系统总动量的增量为零。2动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似
2、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。3动量守恒定律的“五性”系统性动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒条件相对性 公式中 v1、v 2、v 1、v 2必须相对于同一个惯性系同时性公式中 v1、v 2 是在相互作用前同一时刻的速度，v 1、v 2是相互作用后同一时刻的速度矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统思维诊断(1)动量具有瞬时性。( )(2)物体动量的变化等于某个力的冲量。( )(3)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速
3、度。( )(4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。( )(5)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。( )答案： (1) (2) (3) (4) (5)题组训练1动量守恒的条件在如图所示的装置中，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其中，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被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，机械能守恒解析： 子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，
4、一部分动能转化为内能，之后木块(连同子弹) 压缩弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守恒，但动量不守恒。由于左侧挡板的支持力的冲量作用，使系统的动量不断减少，所以整个过程中，动量和机械能均不守恒。选项 B 正确。答案： B2动量守恒定律的应用如图所示，质量 m10 kg 的小车置于光滑水平面上，车上站着质量 M30 kg 的小孩，开始人车以 1 m/s 的速度向右运动，后来小孩以相对车 2 m/s 的水平速度向右跳下，求小孩跳下后车的速度( 设向右的方向为正方向 )( )A0.5 m/s B2 m/sC0.5 m/s D2 m/s解析： 设小孩跳车后车的速度为 v且向右，则小孩对地的速
5、度为(v2 m/s)。由动量守恒定律得(Mm) vM(v2 m/s) mv解得 v0.5 m/s说明小孩跳车后车的速度大小为 0.5 m/s，方向向左。选项 C 正确。答案： C3某一方向上的动量守恒如图所示，在光滑水平面上静止着一倾角为 ，质量为 M 的斜面体 B，现有一质量为 m 的物体 A 以初速度 v0 沿斜面上滑，若 A 刚好可到达 B 的顶端，且 A、B 具有共同速度，若不计A、B 间的摩擦，则 A 到达顶端时速度的大小为( )A. Bmv0M m mv0cos M mC. DMv0M m Mv0cos M m解析： 因为物体 A 具有竖直方向的加速度，故系统在竖直方向受到向下的重
6、力和水平面提供的向上的作用力且此方向合力不为零，故此方向的动量不守恒。但水平面光滑，故系统在水平方向动量守恒，即mv0cos (M m)v所以 v ，故选项 B 正确。mv0cos M m答案： B4动量守恒中的临界问题如图所示，甲车质量为 m1 m，在车上有质量为 M2m 的人，甲车(连同车上的人) 从足够长的斜坡上高 h 处由静止滑下，到水平地面后继续向前滑动，此时质量 m22m 的乙车正以 v0的速度迎面滑来。为了避免两车发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上了乙车。已知 h ，不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看做质点。试求人跳离甲车的水平速度(相对2v20g地面) 应满足什么条
7、件？解析： 设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为 v1，由机械能守恒定律得 (m1M) v (m 1M )12 21gh解得 v1 2v 02gh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 v1和 v2，则根据动量守恒定律有人跳离甲车时(Mm 1)v1Mvm 1v1即(2mm )v12m vmv 1人跳上乙车时 Mvm 2v0(Mm 2)v2即 2mv2mv 0(2m2m) v2 由式解得 v16v 02vv2 v v012 12两车不可能发生碰撞的临界条件是
8、 v1v 2当 v1v 2时，由式解得 v v0135当 v1v 2时，由式解得 v v0113故 v 的取值范围为 v0v v0。135 113答案： v0v v0135 113方法技巧 应用动量守恒定律解题的一般步骤考点二 碰撞现象的特点和规律1碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力 很大的现象。(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力外力，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 守恒非完全弹性碰撞 守恒 有损失完全非弹性碰撞 守恒 损失最大2.碰撞后运动状态可能性判断的三个依据(1)动量守恒：p 1p 2p 1
9、p 2。(2)动能不增加：E k1E k2E k1E k2或 。p212m1 p22m2 p1 22m1 p2 22m2(3)速度要符合情景。若碰前两物体同向运动，则应有 v 后 v 前 ，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有 v 前 v 后 。碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。思维诊断(1)弹性碰撞前后系统的机械能守恒。(2)两物体在完全非弹性碰撞后不再分开，以共同速度运动。(3)质量相等的两球以相等的速率相向正碰，碰后可能以某一相等的速率反向而行。(4)质量相等的两球以相等的速率相向正碰，碰后可能以某一相等的速率同向而行。(5)质量不相等的两球
10、以相等的速率相向正碰，碰后可能以某一相等的速率互相分开。答案： (1) (2) (3) (4) (5)题组训练1碰后运动状态的判断(多选 )质量分别为 mP1 kg、m Q2 kg 的小球 P、Q 静止在光滑的水平面上，现给小球 P 以水平的速度 vP04 m/s 沿直线朝小球 Q 运动，并发生正碰，分别用vP、 vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于 vP、v Q的大小可能的是( )Av Pv Q m/s43Bv P1 m/s，v Q2.5 m/sCv P1 m/s，v Q3 m/sDv P4 m/s，v Q4 m/s解析： 碰撞前总动量为 pm PvP04 kgm/s，碰撞前总动能为 Ek
11、mPv 8 J。如果12 2P0vP vQ m/s，pm PvPm QvQ4 kgm/s，E k mPv mQv J，碰撞过程动量守恒，43 12 2P 12 2Q 83能量不增加，A 正确；如果 vP1 m/s，v Q2.5 m/s，pm PvPm QvQ4 kgm/s，E k mPv mQv 6.75 J，能量不增加，碰撞过程动量守恒， B 正确；如果 vP1 12 2P 12 2Qm/s，v Q3 m/s，pm PvPm QvQ7 kgm/s，碰撞过程动量不守恒，C 错误；如果 vP4 m/s，v Q4 m/s，pm PvP mQvQ4 kgm/s，E k mPv mQv 24 J，碰撞
12、过程动量守12 2P 12 2Q恒，动能增加，D 错误。答案： AB2弹性碰撞(多选)在光滑的水平面上小球 A 以速度 v1 沿直线运动，经一段时间与静止在水平面上的小球 B 发生弹性正碰，已知 A、B 两球的质量分别为 m1、m 2，碰后两球的速率分别为 v1、v 2。则( )A若 m1m 2，则 v2v 1B若 m1m 2，则 v22v 1C若 m1m 2，则 v1v 1D若 m1m 2，则 v1v 1解析： 由于是弹性碰撞，根据动量守恒得 m1v1m 1v1 m 2v2，根据机械能守恒得m1v m1v1 2 m2v2 2，解得两小球碰后的速度 v1 v1，v 2 v1。当12 21 12
13、 12 m1 m2m1 m2 2m1m1 m2m1m 2 时，v 2v 1，v 10，A 正确，D 错误；当 m1m 2 时，v 22v 1，B 正确；当m1m 2 时，v 1v 1，C 正确。答案： ABC3非弹性碰撞如图所示，光滑水平直轨道上两滑块 A、B 用橡皮筋连接，A 的质量为 m。开始时橡皮筋松弛，B 静止，给 A 向左的初速度 v0。一段时间后，B 与 A 同向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间 A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间 B 的速度的一半。求：(1)B 的质量；(2)碰撞过程中 A、B 系统机械能的损失。解析： (1)以初速度 v0 的方向为正方向，设
14、B 的质量为 mB，A、B 碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间 A 的速度为 ，碰撞前瞬间 B 的速度为 2v，由动量守恒定律得v2m 2m Bv(mm B)vv2由式得 mB m2(2)从开始到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得mv0(m m B)v设碰撞过程 A、B 系统机械能的损失为 E，则E m 2 mB(2v)2 (m mB)v2 12 (v2) 12 12联立式得E mv16 20答案： (1) (2) mvm2 16 20考点三 动量和能量观点的综合应用1解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。(2)能量观点：用动能定
15、理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。2动量守恒定律与机械能守恒定律的比较定律名称比较项目 动量守恒定律 机械能守恒定律研究对象 相互作用的物体组成的系统相同点研究过程 某一运动过程守恒条件系统不受外力或所受外力的矢量和为零系统只有重力或弹力做功表达式 p1p 2p 1p 2 Ek1E p1E k2E p2矢标性 矢量式 标量式某一方向上应用情况可在某一方向上独立使用不能在某一方向上独立使用不同点运算法则 矢量运算 代数运算2016全国甲卷35(2)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面
16、前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h0.3 m(h 小于斜面体的高度) 。已知小孩与滑板的总质量为 m130 kg，冰块的质量为 m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小 g10 m/s 2。(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析： (1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为 v，斜面体的质量为 m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20(m 2m 3)vm2v (m2 m3)v
17、2m 2gh12 20 12式中 v203 m/s 为冰块推出时的速度。联立 式并代入题给数据得m320 kg(2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有 m1v1m 2v200代入数据得v11 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2 和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20m 2v2m 3v3m2v m2v m3v 12 20 12 2 12 23联立式并代入数据得v21 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。答案： (1)20 kg (2) 见解析方法技巧 利用动量和能量的观点解题的技巧1若研究对象为一个系统
18、，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。题组训练1.如图所示，用轻绳将质量分别为 m11.0 kg 和 m22.0 kg 的弹性小球 a、b 紧紧捆在一起，使它们发生微小的形变。两球以速度 v00.10 m/s 沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过 t5.0 s 时，
19、测得两球相距 x4.5 m，求：(1)刚分离时，a、b 两小球的速度 v1、v 2；(2)两球分开过程中释放的弹性势能 Ep。解析： (1)以开始时两球运动的方向为正方向，由动量守恒定律得(m1m 2)v0m 1v1m 2v2由位移关系得 xv 1tv 2t联立解得 v10.70 m/s，v 20.20 m/s。(2)由能量守恒定律得 (m1m 2)v E p m1v m2v12 20 12 21 12 2解得 Ep0.27 J。答案： (1)0.70 m /s 0.20 m/s (2)0.27 J2(2017包头模拟)两物块 A、B 用轻弹簧相连，质量均为 2 kg，初始时弹簧处于原长，A、
20、B 两物块都以 v6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，质量为 4 kg 的物块 C 静止在前方，如图所示。B 与 C 碰撞后二者会粘在一起运动。则在以后的运动中：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块 A 的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？解析： (1)当 A、B、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。由 A、B、C 三者组成的系统动量守恒，(mA mB)v( mAm Bm C)vABC解得 vABC m/s 3 m/s2 262 2 4(2)B、C 碰撞时 B、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间 B、C 两者速度为 vBC，则mBv( mBm C)vBC，v BC m/s
21、2 m/s262 4设物块 A、B 、C 速度相同时弹簧的弹性势能最大为 Ep，根据能量守恒 Ep (mBm C)v mAv2 (mAm Bm C)v 12 J12 2BC 12 12 2ABC答案： (1)3 m/s (2)12 J12015福建理综30(2)如图，两滑块 A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块 A的质量为 m，速度大小为 2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度大小为 v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )AA 和 B 都向左运动BA 和 B 都向右运动CA 静止，B 向右运动DA 向左运动，B 向右运动解析： 由于 A、B 碰前总动量为 0
22、，由动量守恒可知碰后总动量也为 0，因两滑块发生弹性碰撞，故碰后 A、B 一定反向，即 A 向左运动，B 向右运动，选项 D 正确。答案： D2A 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vA vB为( )A12 B13C21 D23解析： 设碰前 A 球的速率为 v，根据题意 pAp B，即 mv2m vB，得碰前 vB ，碰后v2vA ，由动量守恒定律，有 mv2m m 2mv B，解得 vB ，所以v2 v2 v2 3v4vA v B ，D 正确。v2 3v4
23、 23答案： D32016全国丙卷 35(2)如图，水平地面上有两个静止的小物块 a 和 b，其连线与墙垂直；a 和 b 相距 l，b 与墙之间也相距 l；a 的质量为 m，b 的质量为 m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使 a 以初速34度 v0 向右滑动。此后 a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为 g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。解析： 设物块与地面间的动摩擦因数为 。若要物块 a、b 能够发生碰撞，应有mv mgl12 20即 v202gl设在 a、b 发生弹性碰撞前的瞬间 a 的速度大小为 v1。由能量守恒有mv mv mgl12 20
24、12 21设在 a、b 碰撞后的瞬间，a、b 的速度大小分别为 v1、v 2，由动量守恒和能量守恒有mv1mv 1 mv234mv mv1 2 ( m)v2 212 21 12 1234联立式解得 v2 v187由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知( m)v2 2 mgl1234 34联立式，可得 32v20113gl联立式，a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞的条件 32v20113gl v202gl答案： 32v20113gl v202gl4(2015全国卷)滑块 a、 b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入
25、粗糙路段。两者的位置 x 随时间 t 变化的图象如图所示。求：(1)滑块 a、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。解析： (1)设 a、b 的质量分别为 m1、m 2，a、b 碰撞前的速度为 v1、v 2。由题给图象得v12 m/s v21 m/s a、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为 v。由题给图象得v m/s23由动量守恒定律得m1v1m 2v2(m 1m 2)v联立式得m1m 218(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为E m1v m2v (m1m 2)v212 21 12 2 12由图象可知，两滑块最后停止运
26、动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W (m1m 2)v212联立式，并代入题给数据得WE 12答案： (1)18 (2)1 2课时训练一、选择题(14 题为单项选择题， 56 题为多项选择题)1(2016浙江台州中学检测) 甲、乙两名滑冰运动员沿同一直线相向运动，速度大小分别为3 m/s 和 1 m/s，迎面碰撞后( 正碰) 甲、乙两人反向运动，速度大小均为 2 m/s。则甲、乙两人质量之比为( )A23 B25C35 D53解析： 由动量守恒定律得：m 甲 3m 乙 1m 甲 (2)m 乙 2所以 ，选项 C 正确。m甲m乙 35答案： C2如图所示，两辆质量均为 M 的小车 A
27、和 B 置于光滑的水平面上，有一质量为 m 的人静止站在 A 车上，两车静止。若这个人自 A 车跳到 B 车上，接着又跳回 A 车并与 A 车相对静止。则此时 A 车和 B 车的速度之比为( )A. BM mm m MMC. DMM m mM m解析： 规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0Mv B( Mm) vA，得 ，vAvB MM m故选 C。答案： C3.如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB 2mA，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为 6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为4 kgm/s，则( )A左方是 A
28、 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 25B左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 110C右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 25D右方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 110解析： 由两球的动量都是 6 kgm/s 可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是 A 球。碰后 A 球的动量减少了 4 kgm/s，即 A 球的动量为 2 kgm/s，由动量守恒定律知 B 球的动量为 10 kgm/s，则其速度比为 25，故选项 A 是正确的。答案： A4一弹丸在飞行到距离地面 5 m 高时仅有水平速度 v2 m/s，
29、爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为 31。不计质量损失，取重力加速度 g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析： 平抛运动时间 t 1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为 m，则2hgmv mv 甲 mv 乙 ，又 v 甲 ，v 乙 ，t 1 s，则有 x 甲 x 乙 2 m，将各选项中数据34 14 x甲t x乙t 34 14代入计算得 B 正确。答案： B5.如图所示，A、B 两物体的质量之比 mAm B32，原来静止在平板车 C 上，A、B 间有一根被压缩的轻质弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )A若 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因
30、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解析： 如果 A、B 与平板小车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B 分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力 FA向右，F B向左，由于 mAm B32，所以FA FB 32，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 选项不正确；对 A、B、C 组成的系统所受外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量
31、守恒，B 、D 选项均正确；若 A、B 所受的滑动摩擦力大小相等，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。答案： BCD6如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙壁上，质量为 m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，槽的底部与水平面平滑连接，一个质量也为 m 的小球从槽上高为 h 处开始下滑，则( )A在小球从圆弧槽上下滑的运动过程中，小球与槽组成的系统在水平方向上的动量始终守恒B在小球从圆弧槽上下滑的运动过程中，小球的机械能守恒C在小球压缩弹簧的过程中，小球与弹簧组成的系统的机械能守恒D小球离开弹簧后能追上圆弧槽解析： 在小球下滑的过程中，小球与槽组成的系统所受的合外力不为
32、零，系统的动量不守恒，但系统在水平方向上所受的合外力为零，所以系统在水平方向上的动量始终守恒，选项A 正确；在小球下滑的过程中，对于小球与槽组成的系统，只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但小球的机械能不守恒，选项 B 错误；在小球压缩弹簧的过程中，对于小球与弹簧组成的系统，只有弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统的机械能守恒，选项 C 正确；在小球下滑的过程中，小球与槽组成的系统在水平方向上的动量守恒，因小球与槽的质量相等，故小球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，方向相反，小球被反弹后，小球与槽的速度相等，小球不能追上槽，选项 D 错误。答案： AC二、非选择题7如图所示，质量为 m10.2
33、 kg 的小物块 A，沿水平面与小物块 B 发生正碰，小物块 B 的质量为 m21 kg。碰撞前，A 的速度大小为 v03 m/s，B 静止在水平地面上。由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知 A、B 与地面间的动摩擦因数均为 0.2，重力加速度 g 取 10 m/s2，试求碰后 B 在水平面上滑行的时间。解析： 假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为 v1，则由动量守恒定律有m1v0(m 1m 2)v1碰后，A、B 一起滑行直至停下，设滑行时间为 t1，则由动量定理有(m1m 2)gt1(m 1m 2)v1解得 t10.25 s假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后 A、
34、B 的速度分别为 vA、v B，则由动量守恒定律有m1v0m 1vAm 2vB由机械能守恒有m1v m1v m2v12 20 12 2A 12 2B设碰后 B 滑行的时间为 t2，则m2gt2m 2vB解得 t20.5 s可见，碰后 B 在水平面上滑行的时间 t 满足025 st0.5 s答案： 0.25 st0.5 s8.如图，光滑的水平地面上停着一个木箱和小车，木箱质量为 m，小车和人的总质量为M4m ，人以对地速率 v 将木箱水平推出，木箱碰墙后等速反弹回来，人接住木箱后再以同样大小的速率 v 第二次推出木箱，木箱碰墙后又等速反弹回来多次往复后，人将接不到木箱。求从开始推木箱到接不到木箱
35、的整个过程，人所做的功。解析： 设人推出木箱 n 次后，不再接到木箱，每次推出木箱后，小车和人获得的速率依次为 v1、v 2、v 3、v n，设水平向右为正方向，由系统动量守恒得第一次推木箱时：04mv 1 mv第二次推木箱时：4mv 1mv4mv 2mv第 n 次推木箱时：4mv n1 mv4mv nmv联立解得 vn v2n 14人接不到木箱的条件为 vnv解得 n2.5，取 n3即人最多能推 3 次木箱，最终人的速度大小 v3 v54由机械能守恒定律可得，人在整个过程中做功 W 4mv mv2 mv212 23 12 298答案： mv22989在足够长的光滑水平面上有一个宽度为 L 的
36、矩形区域，只要物体在此区域内就会受到水平向右的恒力 F 作用。两个可视为质点的小球如图所示放置，B 球静止于区域的右边界，现将A 球从区域的左边界由静止释放，A 球向右加速运动，在右边界处与 B 球碰撞(碰撞时间极短) 。若两球只发生一次碰撞，且最终两球的距离保持 不变，求：4L9(1)A、B 两球的质量之比；(2)碰撞过程中 A、B 两球组成的系统机械能的损失。解析： (1)设 A、B 两球质量分别为 mA、m B，碰撞前 A 球速度为 v0，A、B 两球碰撞后瞬间速度大小分别为 vA、v B由题意知，碰撞后瞬间 A、B 两球速度大小相等、方向相反，设其大小为 v，则 vAv Bv碰撞前，对
37、 A 球由动能定理得 FL mAv12 20碰撞后，设 A 球在区域内往复运动时间为 t由动量定理得 Ft2m Av由牛顿运动定律，B 球向右做匀速运动： Lvt49碰撞后，由动量守恒定律得 mAv0m Bvm Av联立解得：v ，m B4m A，即 mAm B14v03(2)由机械能守恒定律得碰撞过程系统机械能损失E mAv 12 20 (12mAv2 12mBv2)解得：E FL49答案： (1)14 (2) FL4910光滑的水平面和半径相同的两个四分之一的光滑圆形轨道按如图所示方式平滑相连，小球 B 静止在水平轨道上，小球 A 从左侧四分之一圆弧最高点由静止释放，进入水平轨道后，与小球
38、 B 发生弹性碰撞。碰撞后 B 球经过右侧圆弧 C 点时对轨道压力恰好为 0。不计一切摩擦，且两球均可视为质点。求 A、B 两球的质量之比 。( 结果保留两位有效数字 )mAmB解析： 设圆形轨道的半径为 R，碰前 A 球的速度为 v0，碰后 A、B 两球的速度分别为vA、 vB。小球从圆弧最高点下落到水平轨道过程，由机械能守恒定律得：m AgR mAv12 20碰撞后 B 球运动到 C 点时对轨道压力恰好为 0。由牛顿第二定律可得：m BgmBv2BR小球 A、B 发生弹性碰撞过程中由动量守恒和能量守恒定律可得mAv0m AvAm BvBmAv mAv mBv12 20 12 2A 12 2B联立解得： 0.55mAmB 22 17答案： 0.55
