動量守恒小專題

1、之之間間的的關關系系. .（2 2）研研究究范范圍圍：動動量量或或合合外外力力為為0 0時時，（1 1）條條件件：不不受受外外力力( (矢矢量量方方程程）P P：P P動動量量守守恒恒定定律律3 3. .之之間間的的關關系系. .（2 2）研研究究范范圍圍：能能量量制制，普普適適定定律律，（1 1）條條件件：無無條條件件限限程程）或或某某種種能能量量）（標標量量方方（1 1、2 2代代表表某某個個物物體體E E：E E能能量量守守恒恒定定律律2 2. .和和勢勢能能的的關關系系（2 2）研研究究范范圍圍：動動能能或或彈彈力力做做功功（1 1）條條件件：只只有有重重力力（標標量量方方程程）E E

2、或或E EE E：E E機機械械能能守守恒恒定定律律1 1. .考考慮慮三三個個定定律律三三、研研究究一一個個系系統(tǒng)統(tǒng)首首先先應應用用牛牛頓頓運運動動定定律律二二、研研究究瞬瞬時時對對應應關關系系、時時間間：涉涉及及初初末末速速度度、受受力力動動量量定定理理2 2. .、位位移移：涉涉及及初初末末速速度度、受受力力動動能能定定理理1 1. .先先考考慮慮兩兩個個定定理理一一、研研究究單單一一物物體體時時首首理理和和四四個個基基本本定定律律處處理理力力學學問問題題的的兩兩個個定定 2 21 12 2減減1 1增增P P增增K K減減P P減減K K增增的的綜綜合合應應用用. .恒恒定定律律、能能

3、量量守守恒恒定定律律一一. .動動能能定定理理、動動量量守守1.1.如圖所示，一質量為如圖所示，一質量為M M、長為、長為L L的長方形木板的長方形木板B B放在光滑放在光滑的水平的水平地面上，在其右端放一質量為地面上，在其右端放一質量為m m的小木塊的小木塊A A，m mM M?，F(xiàn)以地面為參?，F(xiàn)以地面為參照系，照系，給給A A和和B B以大小相等、方向相反的初速度以大小相等、方向相反的初速度( (如圖如圖) )，使，使A A開始開始向左運動，向左運動，B B開始向右運動，但開始向右運動，但最后最后A A剛好沒有滑離剛好沒有滑離B B板板. .(1)(1)若已知若已知A A和和B B的初速度大

4、小為的初速度大小為V V0 0，求它們最后的速度大小和方向。，求它們最后的速度大小和方向。(2)(2)若初速度的大小未知，求若初速度的大小未知，求小木塊小木塊A A向左向左運動運動到達的最遠處到達的最遠處( (從從地面上看地面上看) )離出發(fā)點的距離離出發(fā)點的距離. .水水平平向向右右. .0 0, ,v vm mM Mm mM Mv vM M) )v v( (m mm mv vM Mv v守守恒恒：設設向向右右為為正正方方向向，動動量量受受合合外外力力為為0 0，解解析析：1 1. .A AB B系系統(tǒng)統(tǒng)所所0 00 00 0的的條條件件？（3 3）剛剛好好沒沒離離開開B B板板0 0v v

5、（2 2）A A向向左左最最遠遠動動能能定定理理（1 1）求求A A的的位位移移動動情情況況2 2. .分分析析：分分析析A AB B運運A AL L4 4M MM Mm mx xm m) )v v( (M M2 21 1m m) )v v( (M M2 21 1即即f fL LE E此此過過程程能能量量守守恒恒：Q QM M) )v v( (m mm mv vM Mv v系系統(tǒng)統(tǒng)動動量量守守恒恒：時時二二者者共共速速，設設為為v v，：A A達達到到B B的的左左端端A A剛剛好好沒沒離離開開B B的的條條件件m mv v2 21 10 0f fx x對對A A動動能能定定理理：設設經(jīng)經(jīng)歷歷

6、的的位位移移為為x x, ,0 0則則v v2 2. .A A向向左左達達到到最最遠遠，2 22 20 0K K0 00 02 20 0A Av v0 0v v0 0體體二二. .動動量量定定理理巧巧解解連連接接0 0合合合合mvmvmvmvt tP，F(xiàn)P，F(xiàn)I I2.2.如圖，如圖，A A、B B兩小物塊被平行于斜面的輕細線相連，均靜止于斜兩小物塊被平行于斜面的輕細線相連，均靜止于斜面上，以平行于斜面向上的恒力拉面上，以平行于斜面向上的恒力拉A A，使，使A A、B B同時由靜止起以加同時由靜止起以加速度速度a a沿斜面向上運動，經(jīng)時間沿斜面向上運動，經(jīng)時間t t1 1，細線突然被拉斷，再經(jīng)

7、時間，細線突然被拉斷，再經(jīng)時間t t2 2，B B上滑到最高點上滑到最高點，已知，已知A A、B B的質量分別為的質量分別為m m1 1、m m2 2，細線斷后拉，細線斷后拉A A的的恒力不變恒力不變，求，求B B到達最高點時到達最高點時A A的速度的速度. .B B動動量量變變化化量量為為0 0. .是是恒恒定定不不變變的的. .合合外外力力在在細細線線斷斷開開前前后后，整整體體) )a am m( (m m分分析析：A AB B為為整整體體F F2 21 1合合1 12 21 12 21 1A AA A1 12 21 12 21 1m m) )a at t) )( (t tm m（m mv

8、 vv vm m) )t t) )a a( (t tm m（m m全全程程動動量量定定理理，解解析析：以以A A，B B為為整整體體解法二：隔離法解法二：隔離法. .關鍵：選好對象和過程關鍵：選好對象和過程首選動量定理.首選動量定理.間間涉及末速度，受力，時涉及末速度，受力，時. .m m) )a at t) )（t tm m( (m m解解以以上上各各式式v vv vm mv vm mg gc co os s) )t tm mg gs si in nm m對對A A：( (F Fv vm m0 0g gc co os s）t tm mg gs si in n（m m對對B B：s s，動動量

9、量定定理理：2 2. .線線斷斷后后，經(jīng)經(jīng)歷歷t t) )a am m( (m m) )g gc co os sm m( (m m) )g gs si in nm m( (m mF Fa at ts s末末v vt t: :解解析析：1 1. .線線斷斷前前1 12 21 12 21 1A A1 11 1A A1 12 21 11 11 12 22 22 22 22 22 21 12 21 12 21 11 11 11 1步步驟驟和和物物理理量量三三. .巧巧選選過過程程避避免免過過多多3.3.如圖，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊如圖，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B B相連，相連，B B靜止

10、靜止在水平在水平導軌上的導軌上的O O點，此時點，此時彈簧處于原長彈簧處于原長另一另一質量與質量與B B相同相同的滑塊的滑塊A A從導從導軌上的軌上的P P點以初速度點以初速度v v0 0向向B B滑行滑行，當，當A A滑過距離滑過距離L L時，與時，與B B相碰相碰碰撞碰撞時間極短，時間極短，碰后碰后A A、B B粘在一起粘在一起運動設滑塊運動設滑塊A A和和B B均可視為質點，均可視為質點，與導軌的動摩擦因數(shù)均為與導軌的動摩擦因數(shù)均為重力加速度為重力加速度為g g求：求：1 1）碰后瞬間，）碰后瞬間，A A、B B共同的速度大??；共同的速度大??；2 2) )若若A A、B B壓縮彈簧后壓縮

11、彈簧后恰能返回到恰能返回到O O點并停止點并停止，彈簧的最大壓縮量，彈簧的最大壓縮量? ?. .2 2g gL Lv v2 21 1解解得得：v v2 2m mv vm mv v，動動量量守守恒恒：A AB B系系統(tǒng)統(tǒng)碰碰撞撞時時間間極極短短m mv v2 21 1m mv v2 21 1m mg gL L- -，動動能能定定理理：的的速速度度v v解解析析：1 1. .A AB B碰碰前前A A2 20 02 22 21 12 20 02 21 11 1. .8 8L L1616g gv vx x2mv2mv2 21 12x2x2mg2mg即即E E能量守恒：Q能量守恒：Q過程，過程，最短處

12、再返回到0點的最短處再返回到0點的AB整體從0點到壓縮AB整體從0點到壓縮為x.為x.2.設彈簧最大壓縮量2.設彈簧最大壓縮量2 20 02 22 2K K怎樣求？怎樣求？最大彈性勢能為多少？最大彈性勢能為多少？4.4.如圖所示，一輕質彈簧兩端連著物體如圖所示，一輕質彈簧兩端連著物體A A和和B B，放在光滑的水平面，放在光滑的水平面上，物體上，物體A A被水平速度為被水平速度為v v0 0的子彈擊中，子彈停在其中，已知的子彈擊中，子彈停在其中，已知A A的的質量是質量是B B的質量的的質量的3/43/4，子彈的質量是，子彈的質量是B B的質量的的質量的1/41/4。求：。求：(1)A(1)A

13、物體獲得的最大速度的大小。物體獲得的最大速度的大小。(2)(2)彈簧壓縮量最大時彈簧壓縮量最大時B B物體的速度大小物體的速度大小（3 3）彈性的最大彈性勢能彈性的最大彈性勢能（設子彈的質量為（設子彈的質量為m m）. .v v4 41 1v v) )v vm m( (m mv vm m彈彈和和A A系系統(tǒng)統(tǒng)動動量量守守恒恒：解解析析：1 1. .射射擊擊前前后后子子的的速速度度最最大大. .1 1. .分分析析：射射擊擊結結束束A A0 01 11 1子子A A0 0子子. .v v8 81 1v v) )v vm mm m（m mv vm m. .，三三者者共共速速v v2 2. .彈彈簧

14、簧壓壓縮縮量量最最大大時時0 02 22 2B BA A子子0 0子子2 22 20 02 22 2B BA A子子2 21 1A A子子P Pm mv v1 16 61 1）v vm mm m（m m2 21 1）v vm m（m m2 21 1最最大大E E勢勢能能動動能能的的損損失失轉轉化化為為彈彈性性最最大大壓壓縮縮量量，3 3. .射射擊擊完完成成后后到到彈彈簧簧 1. 1.動能相同的動能相同的A A、B B兩球兩球, ,它們的質量分別為它們的質量分別為m mA A、m mB B, ,且且m mA Am mB B, ,在光滑的水平面上相向運動在光滑的水平面上相向運動, ,當兩球相碰后

15、當兩球相碰后, ,其中一球停其中一球停止運動止運動, ,則可判定：則可判定： ( ) ( )A A碰撞前碰撞前A A球的動量與球的動量與B B球的動量的大小相等球的動量的大小相等B B碰撞前碰撞前A A球的動量大于球的動量大于B B球的動量球的動量 C C碰撞后碰撞后A A球的速度為零球的速度為零, ,則碰前則碰前A A球動量大于球動量大于B B球動量球動量D D碰撞后碰撞后B B球的速度為零球的速度為零, ,則碰前則碰前A A球動量大于球動量大于B B球動量球動量大大小小. .（2 2）無無法法判判斷斷速速度度的的故故A AB BD D錯錯C C對對. . .v vm mv vm m0 0v

16、 vm m- -v v則則A A反反向向，m m0 0, ,若若v v. .v vm mv vm m0 0v vm m- -v v則則B B反反向向，m m0 0, ,( (1 1) )若若v vv vm mv vm mv vm mv v則則m m為為正正方方向向分分析析：設設A A球球運運動動方方向向B BB BA AA AB BB BA AA A/ /B BB BB BA AA AB BB BA AA A/ /A A/ /B BB B/ /A AA AB BB BA AA A四四. .練練習習2.2.如圖所示，在光滑的水平面上，靜止的物體如圖所示，在光滑的水平面上，靜止的物體B B側面固定

17、一個輕側面固定一個輕彈簧，物體彈簧，物體A A以速度以速度v v0 0沿水平方向向右運動，通過彈簧與物體沿水平方向向右運動，通過彈簧與物體B B發(fā)生作用，兩物體的質量均為發(fā)生作用，兩物體的質量均為m m. .（ ）2 20 0P P0 00 0m mv v4 41 1性性勢勢能能E E程程中中彈彈簧簧獲獲得得的的最最大大彈彈D D. .兩兩物物體體相相互互作作用用過過統(tǒng)統(tǒng)機機械械能能損損失失最最多多時時A AB B和和彈彈簧簧組組成成的的系系C C. .當當兩兩物物體體速速度度相相等等大大速速度度為為v vB B. .碰碰撞撞后后B B物物體體的的最最v v2 21 1小小速速度度為為A A.

18、 .碰碰撞撞后后A A物物體體的的最最故故A A錯錯B B對對. ., ,v vv v0 0, ,v vm mv v2 21 1m mv v2 21 1m mv v2 21 1, ,m mv vm mv v則則m mv v. .，B B速速v vv v設設彈彈簧簧回回復復原原長長時時A A速速最最大大. .故故A A錯錯. .最最小小v v原原長長時時v vA A均均受受反反沖沖量量，當當回回復復2 2. .在在彈彈簧簧回回復復原原長長前前故故C C錯錯D D對對. ., ,m mv v4 41 1) )v v2 21 12 2m m( (2 21 1m mv v2 21 1E EE E. .

19、v v2 21 1v v2 2m mv vv v設設此此時時共共速速為為v v，則則m m，機機械械能能守守恒恒. .E E彈彈性性勢勢能能最最大大，E E同同，動動能能能能損損失失最最多多，到到最最短短時時，A AB B速速度度相相分分析析：1 1. .當當彈彈簧簧壓壓縮縮0 02 21 12 22 22 21 12 20 02 21 10 02 21 1B BA A2 20 02 20 02 20 0K KP P彈彈0 00 0K KP P彈彈3.3.在一條直線上在一條直線上相向相向運動的甲、乙兩個小球，它們的運動的甲、乙兩個小球，它們的動能相等動能相等，已知已知甲球的質量大于乙球的質量甲

20、球的質量大于乙球的質量, ,它們正碰后可能發(fā)生的情況它們正碰后可能發(fā)生的情況是是( )( )A A甲球停下，乙球反向運動甲球停下，乙球反向運動B B甲球反向運動，乙球停下甲球反向運動，乙球停下C C甲、乙兩球都反向運動甲、乙兩球都反向運動D D甲、乙兩球都反向運動，且動能仍相等甲、乙兩球都反向運動，且動能仍相等故故C C對對D D錯錯. .E E得得E E2 2m mP P由由E EP PP P0 0P P- -P PP P- -若若甲甲乙乙都都反反向向時時，則則P P. .故故B B錯錯. .0 0，不不可可能能出出現(xiàn)現(xiàn)此此現(xiàn)現(xiàn)象象0 0時時P P當當P P0 0則則反反向向，A A對對.

21、.0 0時時P P當當P P0 0P PP PP P- -P P方方向向. . .設設以以甲甲運運動動方方向向為為正正P P得得P P2 2m mE E分分析析：由由P PK K乙乙K K甲甲2 2K K/ /乙乙/ /甲甲/ /乙乙/ /甲甲乙乙甲甲/ /甲甲/ /乙乙/ /乙乙/ /甲甲/ /乙乙/ /甲甲乙乙甲甲乙乙甲甲K K4.4.如圖所示，三個半徑相同的勻質小球質量分別為如圖所示，三個半徑相同的勻質小球質量分別為m m1 1、m m2 2、m m3 3，用長度相同的輕繩懸掛在同一水平高度且并排在一條直線上，用長度相同的輕繩懸掛在同一水平高度且并排在一條直線上，相鄰兩球恰好接觸將小球相

22、鄰兩球恰好接觸將小球m m1 1向左拉至一定高度處后由靜止釋放，向左拉至一定高度處后由靜止釋放，m m1 1與與m m2 2碰撞后，碰撞后，m m2 2再與再與m m3 3碰撞，碰撞，碰撞結束時三個小球的動量相碰撞結束時三個小球的動量相同同求求m m1 1：m m2 2：m m3 3（已知小球之間的碰撞無機械能損失，碰撞（已知小球之間的碰撞無機械能損失，碰撞時間極短）時間極短）1 1: :3 3: :6 6m m: :m m: :m m2 2m mP P2 2m mP P0 02 2m mP P3 3P PP P2 2P P, ,P PP PP P0 0則則P PP P. .P PP P, ,

23、，0 0；P P初初末末動動量量分分別別為為P P設設碰碰撞撞前前后后2 2、3 3球球的的2 2和和3 3球球碰碰撞撞過過程程2 2m mP P2 2m mP P0 02 2m mP PP PP PP PP PP P0 0則則P P. .P PP P, ,，0 0；P P初初末末動動量量分分別別為為P P設設碰碰撞撞前前后后1 1、2 2球球的的程程解解析析：1 1和和2 2球球碰碰撞撞過過3 32 21 13 32 23 32 2/ /2 22 22 22 22 20 02 23 3/ /2 22 23 3/ /2 22 22 22 22 21 12 21 11 12 20 02 20 0

24、2 21 10 02 21 10 0.巧設物理量巧設物理量5.5.圖所示，在光滑水平面上，有一質量為圖所示，在光滑水平面上，有一質量為M=3kgM=3kg的薄板和質量的薄板和質量為為m=1kgm=1kg的物塊，均以的物塊，均以v=4m/sv=4m/s的速度朝相反方向運動，它們之的速度朝相反方向運動，它們之間存在摩擦，薄板足夠長間存在摩擦，薄板足夠長. .求求1 1）當薄板的速度為）當薄板的速度為2.4m/s2.4m/s時，物塊的運動情況時，物塊的運動情況2 2）當物塊對地向右運動最遠時，薄板速度多大）當物塊對地向右運動最遠時，薄板速度多大3 3）若物塊和薄板間動摩擦因數(shù)為）若物塊和薄板間動摩擦

25、因數(shù)為0.60.6，則要使物，則要使物塊不至于從薄板右側滑出，薄板至少多長塊不至于從薄板右側滑出，薄板至少多長 動動. .程程，M M一一直直減減速速向向左左運運向向左左勻勻速速運運動動. .在在此此過過速速直直到到二二者者共共速速一一起起受受到到為為0 0，開開始始向向左左加加分分析析：m m向向右右減減速速直直到到2.7m/s.2.7m/s.此時薄板速度為v此時薄板速度為v速度為0時速度為0時2.m向右最遠時即m2.m向右最遠時即m過程.過程.說明m處于向右加速的說明m處于向右加速的2.7m/s.2.7m/s.v vMvMvmvmvMvMv. .速度為v速度為v當m減速到0時，薄板當m減速

26、到0時，薄板2m/s.2m/s.v vM)vM)v(m(mmvmvMvMv向.向.設薄板運動方向為正方設薄板運動方向為正方動量守恒動量守恒, ,為v為v解析：1.當二者共速解析：1.當二者共速2 22 22 22 21 11 11 14.1m.4.1m.4.1m即薄板至少長4.1m即薄板至少長L LM)vM)v(m(m2 21 1mvmv2 21 1MvMv2 21 1即fL即fLE E能量守恒Q能量守恒QM)vM)v(m(mmvmvMvMv動量守恒動量守恒. .者共速為v者共速為v3.m達到M右端時二3.m達到M右端時二2 23 32 22 2K K3 33 3速過程.速過程.2m/s過程m

27、處于加2m/s過程m處于加板處于2.7板處于2.7 6.6.如圖所示，水平光滑地面上依次放置著質量如圖所示，水平光滑地面上依次放置著質量m=0.08kgm=0.08kg的的1010塊塊完全相同長直木板。一質量完全相同長直木板。一質量M=1.0kgM=1.0kg大小可忽略的小銅塊以初大小可忽略的小銅塊以初速度速度v v0 0=6.0m=6.0ms s從長木板左側滑上木板，當銅塊滑離第一塊木從長木板左側滑上木板，當銅塊滑離第一塊木板時，速度大小為板時，速度大小為v v1 1=4.0m=4.0ms s。銅塊最終停在第二塊木板上。銅塊最終停在第二塊木板上。(g=10m(g=10ms s2 2，結果保留

28、兩位有效數(shù)字，結果保留兩位有效數(shù)字) )求：求：第一塊木板的最終速度；第一塊木板的最終速度；銅塊的最終速度。銅塊的最終速度。3 3. .4 4m m/ /s s. .v v9 9m m) )v v( (M M9 9m mv vM Mv v為為系系統(tǒng)統(tǒng)，動動量量守守恒恒以以銅銅塊塊和和其其余余9 9塊塊木木板板. .度度為為v v二二塊塊木木板板上上，設設最最終終速速2 2. .銅銅塊塊最最終終停停留留在在第第2 2. .5 5m m/ /s s. .v v1 10 0m mv vM Mv vM Mv v為為系系統(tǒng)統(tǒng)，動動量量守守恒恒：. .以以銅銅塊塊和和1 10 0塊塊木木板板塊塊木木板板時

29、時的的速速度度v v塊塊木木板板滑滑上上第第二二終終速速度度即即銅銅塊塊滑滑離離第第一一解解析析：第第一一塊塊木木板板的的最最3 33 32 21 13 32 22 21 10 02 27.7.在光滑水平面上，一質量為在光滑水平面上，一質量為m m，速度大小為，速度大小為v v的的A A球與質量為球與質量為2m2m靜止的靜止的B B球碰撞后，球碰撞后，A A球的速度方向與碰撞前相反球的速度方向與碰撞前相反則碰撞后則碰撞后B B球球的速度大小可能是（）的速度大小可能是（）A A0.6v0.6vB B0.4v0.4vC C0.3v0.3vD D0.2v0.2v故選A.故選A.v,v,3 32 2v

30、 v0.5v0.5vv,v,3 32 2解1、2兩式：v解1、2兩式：vmvmv2 21 1mvmv2 21 1mvmv2 21 1即即2.碰撞后動能部增加2.碰撞后動能部增加0.5v0.5vv vv v2 21 1v v2 21 1v v2mv2mvmvmv1.動量守恒：mv1.動量守恒：mv方向為正方向方向為正方向分析：設A原來的速度分析：設A原來的速度2 22 22 22 22 21 12 22 21 12 22 21 18.8.如圖所示，粗糙斜面與光滑水平面通過半徑可忽略的光滑小圓弧平滑連接，如圖所示，粗糙斜面與光滑水平面通過半徑可忽略的光滑小圓弧平滑連接，斜面傾角斜面傾角=37=37

31、，A A、B B是兩個質量均為是兩個質量均為m=1m=1的小滑塊（可視為質點），的小滑塊（可視為質點），C C為為左端附有膠泥的質量不計的薄板，左端附有膠泥的質量不計的薄板，D D為兩端分別連接為兩端分別連接B B和和C C的輕質彈簧薄板、的輕質彈簧薄板、彈簧和滑塊彈簧和滑塊B B均處于靜止狀態(tài)均處于靜止狀態(tài)當滑塊當滑塊A A置于斜面上且受到大小置于斜面上且受到大小F=4NF=4N，方向垂直，方向垂直斜面向下的恒力作用時，恰能向下勻速運動斜面向下的恒力作用時，恰能向下勻速運動現(xiàn)撤去現(xiàn)撤去F F，讓滑塊，讓滑塊A A從斜面上距斜從斜面上距斜面底端面底端L=1mL=1m處由靜止下滑，若取處由靜止下

32、滑，若取g=10m/sg=10m/s2 2，sin37sin37=0.6=0.6，cos37cos37=0.8=0.8（1 1）求滑塊）求滑塊A A到達斜面底端時的速度大小到達斜面底端時的速度大小v v1 1；（2 2）滑塊）滑塊A A與與C C接觸后粘連在一起接觸后粘連在一起( (不計此過程中的機械能損失不計此過程中的機械能損失) )，求此后兩滑，求此后兩滑塊和彈簧構成的系統(tǒng)在相互作用過程中，彈簧的最大彈性勢能塊和彈簧構成的系統(tǒng)在相互作用過程中，彈簧的最大彈性勢能EpEp. .求E求E求求，能量守恒，能量守恒下滑下滑分析：在F作用下勻速分析：在F作用下勻速P P2 2m m/ /s sv v

33、m mv v2 21 1m mg gc co os s）L L- -（m mg gs si in n端端過過程程撤撤去去F F，A A達達到到斜斜面面底底m mg gs si in nm mg gc co os s) )（F F勻勻速速運運動動解解析析：1 1. .在在F F作作用用下下1 12 21 11 1J J. .2 2m mv v2 21 1m mv v2 21 1E EE E能能量量守守恒恒：E E2 2m mv vm mv v. .動動量量守守恒恒：共共速速為為v v，能能為為E E彈彈簧簧壓壓縮縮最最短短，彈彈性性勢勢相相對對靜靜止止即即共共速速時時2 2. .A AB B系系

34、統(tǒng)統(tǒng)，當當A AB B2 22 22 21 1P PK KP P2 21 12 2P P9.9.如圖所示，一質量為如圖所示，一質量為m m的小物塊的小物塊B B，放在質量為，放在質量為M M的長木板的長木板A A的的左端，左端，m=3Mm=3M。長木板。長木板A A靜止在光滑水平面上，靜止在光滑水平面上，A A、B B之間的動摩擦之間的動摩擦因數(shù)為因數(shù)為 ?，F(xiàn)使。現(xiàn)使二者一起以初速度開始向右運動二者一起以初速度開始向右運動，運動一段距離，運動一段距離后，長木板后，長木板A A與固定豎直擋板相撞。已知與固定豎直擋板相撞。已知A A與擋板與擋板碰撞時間極短碰撞時間極短，且無機械能損失且無機械能損失

35、。運動過程中，。運動過程中，B B始終沒從長木板始終沒從長木板A A上脫落。求：上脫落。求：（1 1）長木板）長木板A A第二次與擋板碰撞前，第二次與擋板碰撞前，B B在在A A上的滑痕長度上的滑痕長度d d；（2 2）當長木板）當長木板A A長度長度L L滿足什么條件時，保證滿足什么條件時，保證B B不會從不會從A A上脫落。上脫落。，將發(fā)生第二次碰撞.，將發(fā)生第二次碰撞.共速后，一起向右運動共速后，一起向右運動且B速度不變.當AB且B速度不變.當AB原速率返回，原速率返回，無機械能損失，即A以無機械能損失，即A以分析：碰撞時間極短，分析：碰撞時間極短，. .2 2g gv vd dM M)

36、 )v v( (m m2 21 1M M) )v v( (m m2 21 1m mg gd dE E能能量量守守恒恒：Q QM M) )v v( (m mM Mv vm mv v恒恒：向向右右為為正正方方向向，動動量量守守. .前前，A AB B共共速速為為v v解解析析：1 1. .第第二二次次碰碰撞撞2 20 02 21 12 20 0K K1 10 00 01 1. .3 3g g2 2v v最最小小L L0 0m m) )v v( (M M2 21 1m mg gL L. .碰碰撞撞，B B將將不不會會脫脫離離A A會會發(fā)發(fā)生生再再次次二二者者速速度度都都為為0 0，將將不不達達到到A

37、 A左左端端時時，過過程程，A AB B減減速速，當當B B向向右右B B向向左左運運動動的的2 2. .A A和和墻墻碰碰撞撞后后，A A2 20 02 20 010.10.在光滑的水平面的同一直線上，自左向右地依次排列質量均在光滑的水平面的同一直線上，自左向右地依次排列質量均為為m m的一系列小球，另一質量為的一系列小球，另一質量為m m的小球的小球A A以水平向右的速度以水平向右的速度v v運運動，依次與上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞動，依次與上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞n n次后，剩次后，剩余的總動能為原來的余的總動能為原來的1/81/8，則，則n n為（為（ ）A A5

38、 5 B B6 6C C. .7 7 D D8 87，故選C.7，故選C.解得：n解得：nmvmv2 21 18 81 11)mv1)mv（n（n2 21 1由題意得：由題意得：1)mv1)mv(n(n動量守恒：mv動量守恒：mv. .1)，速度為v1)，速度為v最終整體質量為(n最終整體質量為(n次.次.有n個小球，則碰撞n有n個小球，則碰撞n分析：碰后即黏合，設分析：碰后即黏合，設2 22 21 11 11 111.11.總質量為總質量為m m的一顆返回式人造地球衛(wèi)星沿半徑為的一顆返回式人造地球衛(wèi)星沿半徑為R R的圓軌道繞的圓軌道繞地球運動到地球運動到P P點時，接到地面指揮中心返回地面的

39、指令，于是立點時，接到地面指揮中心返回地面的指令，于是立即打開制動火箭向原來運動方向噴出燃氣即打開制動火箭向原來運動方向噴出燃氣, ,使衛(wèi)星對地速度降為使衛(wèi)星對地速度降為原來的原來的8/98/9，則衛(wèi)星在，則衛(wèi)星在P P處應將質量為處應將質量為m m的燃氣以多大的對地速的燃氣以多大的對地速度向前噴出？（將連續(xù)噴氣等效為一次性噴氣，地球半徑為度向前噴出？（將連續(xù)噴氣等效為一次性噴氣，地球半徑為R R0 0 ，地面重力加速度為地面重力加速度為g g）. .R Rg gR R9 9m m8 8m mm mv v: :解解得得m mv vv v9 98 8m m) )( (m mm mv v噴噴氣氣前

40、前后后動動量量守守恒恒：度度為為v v, ,方方向向為為正正方方向向，噴噴氣氣速速以以v vg gR RG GM Mm mg gR RM Mm m在在地地球球附附近近：G GR Rv vm mR RM Mm mG G. .前前的的速速度度v v解解析析：衛(wèi)衛(wèi)星星在在P P點點碰碰氣氣2 20 00 00 00 02 20 02 20 02 20 02 20 012.12.如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A A，質量，質量m mA A=4kg=4kg，上上表面光滑表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計可以忽略不計?？梢暈?。

41、可視為質點的物塊質點的物塊B B置于置于A A的最右端，的最右端，B B的質量的質量m mB B=2kg=2kg?，F(xiàn)對?，F(xiàn)對A A施加一個水施加一個水平向右的平向右的恒力恒力F=10NF=10N，A A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B B發(fā)生碰撞，發(fā)生碰撞，碰撞時間極短碰撞時間極短，碰后碰后A A、B B粘合粘合在一起，在一起，共同在共同在F F的作的作用用下繼續(xù)運動，下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間碰撞后經(jīng)時間t=0.6st=0.6s，二者的速度達到，二者的速度達到v vt t=2m/s=2m/s。求。求（1 1）A A、B B碰撞后瞬間的共同速度碰撞后瞬間

42、的共同速度v v的大小的大?。? 2）A A的上表面長度的上表面長度L.L.0 0. .4 45 5m m. .L L0 0v vm m2 21 1F FL L），動動能能定定理理對對A A碰碰撞撞前前，（B B不不動動m mB B) )v v( (m mA A0 0m mv v碰碰撞撞過過程程動動量量守守恒恒：A AB B碰碰撞撞時時間間極極短短，, ,v v2 2. .碰碰撞撞前前A A的的速速度度為為1 1m m/ /s sv v) )v vm m( (m m) )v vm m( (m mF Ft t整整體體，動動量量定定理理解解析析：1 1. .碰碰后后，A AB B2 20 0A A

43、0 00 0B BA At tB BA A13.13.如圖所示，長為如圖所示，長為3.2m3.2m的輕繩上端固定，下端連接一個質量為的輕繩上端固定，下端連接一個質量為10kg10kg的平板，質量均為的平板，質量均為40kg40kg的甲乙兩人一前一后分別向右勻速的甲乙兩人一前一后分別向右勻速運動，運動，甲跳上平板之后恰好可以使繩轉過甲跳上平板之后恰好可以使繩轉過6060而到達對面的平而到達對面的平臺上而輕輕的走上平臺，臺上而輕輕的走上平臺，平板被釋放后第一次回到最低點時乙平板被釋放后第一次回到最低點時乙又剛好跳上平板又剛好跳上平板，若乙，若乙也能也能到達對面的平臺上，到達對面的平臺上，g=10m

44、/sg=10m/s2 2，則：，則： （1 1）甲勻速運動的速度為多大？）甲勻速運動的速度為多大？ （2 2）乙勻速運動的速度至少為多大？）乙勻速運動的速度至少為多大？m m/ /s s. .2 24 4v vm m/ /s s, ,2 25 5解解得得v vm m) )v v（M M2 21 1) )c co os s6 60 0m m) )g gL L( (1 1（M M，能能量量守守恒恒甲甲和和平平板板整整體體上上升升過過程程m m) )v v（M MM Mv v前前后后動動量量守守恒恒解解析析：1 1. .甲甲跳跳上上平平板板1 1甲甲2 21 10 01 1甲甲m/s.m/s.2 2

45、6 6v vM)vM)v(m(mmvmvMvMv設向右為正方向設向右為正方向乙和平板系統(tǒng)動量守恒乙和平板系統(tǒng)動量守恒. .乙和平板速度也為v乙和平板速度也為v若乙也能達到平臺，若乙也能達到平臺，. .速率仍為v速率仍為v2.平板返回到最低端2.平板返回到最低端2 21 11 12 21 11 114.14.小車上固定一直桿，直桿上端用長為小車上固定一直桿，直桿上端用長為L L的細線系一質量為的細線系一質量為m m的的小球，如圖所示已知小車與直桿的總質量為小球，如圖所示已知小車與直桿的總質量為M M，水平地面光，水平地面光滑將小球拉到直桿頂端等高的位置釋放，當小球到達另一側等滑將小球拉到直桿頂端

46、等高的位置釋放，當小球到達另一側等高點時，小車后退的距離為高點時，小車后退的距離為( () )L Lm mM M2m2mD.D. L Lm mM Mm)m)2(M2(MC.C. L Lm mM M2m2mB.B. L Lm mM M2M2MA.A.L LM Mm m2m2mx x2L2Lx xx x, ,MxMxmxmx分析：“人船模型”分析：“人船模型”2 22 21 12 21 115.15.如右圖所示，質量分別為如右圖所示，質量分別為m m和和2m2m的的A A、B B兩個木塊間用輕彈簧兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，相連，放在光滑水平面上，A A靠緊豎直墻。用水平力靠緊豎直墻。用水平力F F將將B B向左壓，向左壓，使彈簧被壓縮一定長度，靜止后彈簧儲存的彈性勢能為使彈簧被壓縮一定長度，靜止后彈簧儲存的彈性勢能為E E。這時。這時突然撤去突然撤去F F，關于，關于A A、B