物理選修3-5(碰撞與動量守恒)知識點與習題

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)專心-專注-專業(yè)精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)碰撞與動量守恒核心內(nèi)容課標解讀動量和沖量1理解動量的的概念，知道沖量的意義2理解動量和沖量都是矢量，會計算一維動量變化3理解動量變化和力之間的關(guān)系，會用來計算相關(guān)問題動量守恒定律4理解動量守恒定律的確切含義，知道其適用范圍5掌握動量守恒定律解題的一般步驟6會用動量守恒定律分析、解決碰撞、爆炸等相互作用7會應用動量守恒定律解決一維運動有關(guān)問題反沖運動8知道什么是反沖，9知道火箭的飛行原理和用途，能解釋噴氣飛機的原理10了解動量守恒定律在實際生活中的意義和作用沖量和動量是物

2、理學中的重要概念，動量定理和動量守恒是自然界中最重要、最普遍、最基本的客觀規(guī)律之一.動量定理和動量守恒定律是可以用牛頓第二定律導出，但適用范圍比牛頓第二定律要廣。動量守恒定律廣泛應用于碰撞、爆炸、沖擊；近代物理中微觀粒子的研究，火箭技術(shù)的發(fā)展都離不開動量守恒定律有關(guān)的物理知識。在自然界中，大到天體間的相互作用，小到如質(zhì)子、中子等基本粒子間的相互作用，都遵守動量守恒定律。本章內(nèi)容高考年年必考，題型全面，選擇題主要考查動量的矢量性，辨析“動量和動能”、“沖量與功”的基本概念；常設置一個瞬間碰撞的情景，用動量定理求變力的沖量；或求出平均力；或用動量守恒定律來判定在碰撞后的各個物體運動狀態(tài)的可能值；計

3、算題主要考查綜合運用牛頓定律、能量守恒、動量守恒解題的能力。一般過程復雜、難度大、能力要求高，經(jīng)常是高考的壓軸題。高考中有關(guān)動量的計算題在分析解答問題的過程中常會運用數(shù)學的歸納、推理的方法，解答多次反復碰撞問題，要求考生將物理問題經(jīng)過分析、推理轉(zhuǎn)化為數(shù)學問題，然后運用數(shù)學解決物理問題。運用數(shù)學解決物理問題的能力是高考中能力考查的重點內(nèi)容之一，加強這方面的練習十分必要。一、動量和沖量 知識梳理1動量的概念(1)定義：物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動量：p=mv（2）動量是描述物體運動狀態(tài)的一個狀態(tài)量，它與時刻相對應。（3）動量是矢量，它的方向和速度的方向相同。（4）動量的相對性：由于物體的速度與參考

4、系的選取有關(guān)，所以物體的動量也與參考系選取有關(guān)，因而動量具有相對性。題中沒有特別說明的，一般取地面或相對地面靜止的物體為參考系。（5）動量的變化：.由于動量為矢量，則求解動量的變化時，其運算遵循平行四邊形定則。A、若初末動量在同一直線上，則在選定正方向的前提下，可化矢量運算為代數(shù)運算。B、若初末動量不在同一直線上，則運算遵循平行四邊形定則。（6）動量與動能的關(guān)系：，注意動量是矢量，動能是標量，動量改變，動能不一定改變，但動能改變動量是一定要變的。2沖量的概念(1)定義:力和力的作用時間的乘積叫做沖量：I=Ft(2)沖量是描述力的時間積累效應的物理量，是過程量，它與時間相對應。(3)沖量是矢量，

5、它的方向由力的方向決定（不能說和力的方向相同）。如果力的方向在作用時間內(nèi)保持不變，那么沖量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不斷變化，如繩子拉物體做圓周運動，則繩的拉力在時間t內(nèi)的沖量，就不能說是力的方向就是沖量的方向。對于方向不斷變化的力的沖量，其方向可以通過動量變化的方向間接得出。(4)高中階段只要求會用I=Ft計算恒力的沖量。對于變力的沖量，高中階段只能利用動量定理通過物體的動量變化來求。(5)要注意的是：沖量和功不同。恒力在一段時間內(nèi)可能不作功，但一定有沖量。特別是力作用在靜止的物體上也有沖量。3求恒力和變力沖量的方法。恒力F的沖量直接根據(jù)I=Ft求，而變力的沖量一般要由動量定理或

6、F-t圖線與橫軸所夾的面積來求。 例題評析 【例1】質(zhì)量為m的小球由高為H的、傾角為光滑斜面頂端無初速滑到底端過程中，重力、彈力、合力的沖量各是多大？【分析與解答】：力的作用時間都是，力的大小依次是mg、mgcos和mg.sin，所以它們的沖量依次是： 特別要注意，該過程中彈力雖然不做功，但對物體有沖量。【例2】質(zhì)量為m的小球由高為H的光滑斜面頂端無初速滑到底端過程中，重力、彈力、合力的沖量各是多大？【分析與解答】：力的作用時間都是，力的大小依次是mg、mgcos和mgsin，所以它們的沖量依次是： 圖1【例3】一個物體同時受到兩個力F1、F2的作用，F(xiàn)1、F2與時間t的關(guān)系如圖1所示，如果該

7、物體從靜止開始運動，經(jīng)過t=10s后F1、F2以及合力F的沖量各是多少？【分析與解答】：我們看到兩個力都是變力，但其變化是均勻的，故可以平其平均值，即初未的一半。經(jīng)過t=10s后,F1的沖量I1=1010/2=50N.SF2的沖量I2=50N.S,合力F的沖量為0.二動量定理 知識梳理（1）.動量定理：物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化。既I=p（2）動量定理表明沖量是使物體動量發(fā)生變化的原因，沖量是物體動量變化的量度。這里所說的沖量必須是物體所受的合外力的沖量（或者說是物體所受各外力沖量的矢量和）。（3）動量定理給出了沖量（過程量）和動量變化（狀態(tài)量）間的互求關(guān)系。（4）現(xiàn)代物理學把力定

8、義為物體動量的變化率：（牛頓第二定律的動量形式）。（5）動量定理的表達式是矢量式。在一維的情況下，各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向為正。 1求動量及動量變化的方法。求動量的變化要用平行四邊形定則或動量定理。 例題評析 【例1】以初速度v0平拋出一個質(zhì)量為m的物體，拋出后t秒內(nèi)物體的動量變化是多少？【分析與解答】：因為合外力就是重力，所以p=Ft=mgt【例2】 一粒鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由下落,然后陷人泥潭中。若把在空中下落的過程稱為過程，進人泥潭直到停止的過程稱為過程, 則( ) A、過程I中鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量 B、過程中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小 C、I、兩個過

9、程中合外力的總沖量等于零 D、過程中鋼珠的動量的改變量等于零【分析與解答】：根據(jù)動量定理可知,在過程I中,鋼珠從靜止狀態(tài)自由下落.不計空氣阻力,小球所受的合外力即為重力,因此鋼珠的動量的改變量等于重力的 沖量,選項A正確;過程I中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小與過程中重力的沖量的大小之和,顯然B選項不對;在I、兩個過程中,鋼珠動量的改變量各不為零.且它們大小相等、方向相反，但從整體看，鋼珠動量的改變量為零,故合外力的總沖量等于零,故C選項正確,D選項錯誤。因此，本題的正確選項為A、C。這種題本身并不難，也不復雜，但一定要認真審題。要根據(jù)題意所要求的沖量將各個外力靈活組合。若本題目

10、給出小球自由下落的高度，可先把高度轉(zhuǎn)換成時間后再用動量定理。當t1 t2時，F(xiàn)mg。 能力訓練1質(zhì)量為m的鋼球自高處落下，以速率v1碰地，豎直向上彈回，碰撞時間極短，離地的速率為v2，在碰撞過程中，地面對鋼球的沖量的方向和大小為（ D）A向下，m（v2 - v1）B向下，m（v2 + v1）C向上，m（v2 - v1）D向上，m（v2 + v1）2質(zhì)量為m的小球，從沙坑上方自由下落，經(jīng)過時間t1到達沙坑表面，又經(jīng)過時間t2停在沙坑里。求：沙對小球的平均阻力F；小球在沙坑里下落過程所受的總沖量I。 I=mgt12用動量定理求解相關(guān)問題 知識梳理遇到涉及力、時間和速度變化的問題時.運用動量定理解答

11、往往比運用牛頓運 動定律及運動學規(guī)律求解簡便。應用動量定理解題的思路和一般步驟為： (l)明確研究對象和物理過程; (2)分析研究對象在運動過程中的受力情況; (3)選取正方向,確定物體在運動過程中始末兩狀態(tài)的動量; (4)依據(jù)動量定理列方程、求解。 【說明】 在求恒力的沖量時，必須牢牢把握沖量的定義式，不要離開題意而把問題人為弄復雜了。 （1）簡解多過程問題。 例題評析 【例3】一個質(zhì)量為m=2kg的物體,在F1=8N的水平推力作用下,從靜止開始沿水平 面運動了t1=5s,然后推力減小為F2=5N,方向不變,物體又運動了t2=4s后撤去外力,物體再經(jīng) 過t3=6s停下來。試求物體在水平面上所

12、受的摩擦力。 【分析與解答】：規(guī)定推力的方向為正方向,在物體運動的整個過程中,物體的初動量P1=0,末動量P2=O。據(jù)動量定理有： 即：，解得 由例6可知,合理選取研究過程，能簡化解題步驟,提高解題速度。本題也可以用牛頓運動定律求解。同學們可比較這兩種求解方法的簡繁情況。 . （2）.求解平均力問題 例題評析 【例4】質(zhì)量是60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護作用，最后使人懸掛在空中已知彈性安全帶緩沖時間為1.2s，安全帶伸直后長5m，求安全帶所受的平均沖量（ g= 10ms2） 【分析與解答】：人下落為自由落體運動，下落到底端時的速度為： 取人為研究對象，在人和安全帶相互

13、作用的過程中，人受到重力mg和安全帶給的沖力 F，取F方向為正方向，由動量定理得： Ft=mVmV0所以，（方向豎直向下）注意： 動量定理既適用于恒力作用下的問題，也適用于變力作用下的問題如果是在變力作用下的問題，由動量定理求出的力是在t時間內(nèi)的平均值 （3）、求解曲線運動問題 例題評析 【例5】 如圖 2所示，以Vo 10ms2的初速度、與水平方向成300角拋出一個質(zhì)量m2kg的小球忽略空氣阻力的作用，g取10ms2求拋出后第2s末小球速度的大小 V0300圖2【分析與解答】：小球在運動過程中只受到重力的作用，在水平方向做勻速運動，在豎直方向做勻變速運動，豎直方向應用動量定理得： Fyt=m

14、Vy-mVy0 所以mgt=mVy-(-mV0.sin300),解得Vy=gt-V0.sin300=15m/s.而Vx=V0.cos300= 在第2s未小球的速度大小為： 注意： 動量定理不僅適用于物體做直線運動的問題，而且也適用物體做曲線運動的問題，在求解曲線運動問題中，一般以動量定理的分量形式建立方程，即： Fxt=mVx-mVx0 Fyt=mVy-mVy0 （4）、求解流體問題 例題評析 【例6】某種氣體分子束由質(zhì)量m=5.4X10-26kg速度V460m/s的分子組成，各分子都向同一方向運動，垂直地打在某平面上后又以原速率反向彈回，如分子束中每立方米的體積內(nèi)有n01.5X1020個分子

15、，求被分子束撞擊的平面所受到的壓強 【分析與解答】：設在t時間內(nèi)射到 S的某平面上的氣體的質(zhì)量為M，則： 取M為研究對象，受到的合外力等于平面作用到氣體上的壓力F以V方向規(guī)定為正方向，由動量定理得:-F.t=MV-(-M.V),解得平面受到的壓強P為： 注意：處理有關(guān)流體(如水、空氣、高壓燃氣等)撞擊物體表面產(chǎn)生沖力（或壓強）的問題，可以說非動量定理莫屬解決這類問題的關(guān)鍵是選好研究對象，一般情況下選在極短時間t內(nèi)射到物體表面上的流體為研究對象（5）、對系統(tǒng)應用動量定理。系統(tǒng)的動量定理就是系統(tǒng)所受合外力的沖量等于系統(tǒng)總動量的變化。若將系統(tǒng)受到的每一個外力、系統(tǒng)內(nèi)每一個物體的速度均沿正交坐標系x軸

16、和y軸分解，則系統(tǒng)的動量定理的數(shù)學表達式如下：，對于不需求解系統(tǒng)內(nèi)部各物體間相互作用力的問題，采用系統(tǒng)的動量定理求解將會使求解簡單、過程明確。 例題評析 【例7】如圖3所示， 質(zhì)量為M的汽車帶著質(zhì)量為m的拖車在平直公路上以加速度a勻加速前進，當速度為V0時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機才發(fā)現(xiàn)。若汽車的牽引力一直未變，車與路面的動摩擦因數(shù)為，那么拖車剛停下時，汽車的瞬時速度是多大？m V0V/圖3M 【分析與解答】：以汽車和拖車系統(tǒng)為研究對象，全過程系統(tǒng)受的合外力始終為，該過程經(jīng)歷時間為V0/g，末狀態(tài)拖車的動量為零。全過程對系統(tǒng)用動量定理可得：注意：這種方法只能用在拖車停下之前。因為拖

17、車停下后，系統(tǒng)受的合外力中少了拖車受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。BAV0圖4【例8】如圖4所示，矩形盒B的質(zhì)量為M，放在水平面上，盒內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體A，A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)分別1、2，開始時二者均靜止?，F(xiàn)瞬間使物體A獲取一向右且與矩形盒B左、右側(cè)壁垂直的水平速度V0，以后物體A在盒B的左右壁碰撞時，B始終向右運動。當A與B最后一次碰撞后，B停止運動，A則繼續(xù)向右滑行距離S后也停止運動，求盒B運動的時間t。【分析與解答】：以物體A、盒B組成的系統(tǒng)為研究對象，它們在水平方向所受的外力就是地面盒B的滑動摩擦力，而A與B間的摩擦力、A與B碰撞時的相互作用力均是內(nèi)力。設B停止運動時A

18、的速度為V，且假設向右為正方向，由系統(tǒng)的動量定理得：當B停止運動后，對A應用動能定理得：由以上二式聯(lián)立解得：。 能力訓練1.籃球運動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前.這樣做可以A.減小球?qū)κ值臎_量B.減小球的動量變化率C.減小球的動量變化量D.減小球的動能變化量2.玻璃茶杯從同一高度掉下，落在水泥地上易碎，落在海錦墊上不易碎，這是因為茶杯與水泥地撞擊過程中A.茶杯動量較大B.茶杯動量變化較大C.茶杯所受沖量較大D.茶杯動量變化率較大3.質(zhì)量為m的鋼球自高處落下，以速率v1碰地，豎直向上彈回，碰撞時間極短，離地的速率為v2.在碰撞過程中，鋼球受到的沖量的

19、方向和大小為A.向下，m(v1v2）B.向下，m(v1v2）C.向上，m(v1v2）D.向上，m(v1v2）4.質(zhì)量為5 kg的物體，原來以v=5 m/s的速度做勻速直線運動，現(xiàn)受到跟運動方向相同的沖量15 Ns的作用，歷時4 s，物體的動量大小變?yōu)锳.80 kgm/sB.160 kgm/sC.40 kgm/sD.10 kgm/s5.一物體豎直向上拋出，從開始拋出到落回拋出點所經(jīng)歷的時間是t,上升的最大高度是H，所受空氣阻力大小恒為F,則在時間t內(nèi)A.物體受重力的沖量為零B.在上升過程中空氣阻力對物體的沖量比下降過程中的沖量小C.物體動量的增量大于拋出時的動量D.物體機械能的減小量等于FH6.

20、恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，沒有被拉動，則經(jīng)時間t，下列說法正確的是A.拉力F對物體的沖量大小為零B.拉力F對物體的沖量大小為FtC.拉力F對物體的沖量大小是FtcosD.合力對物體的沖量大小為零 7.如圖所示，兩個質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端的過程中，兩個物體具有的相同的物理量是A.重力的沖量B.合力的沖量C.剛到達底端時動量的水平分量D.以上幾個量都不同8.如圖所示，木塊A和B疊放于水平面上，輕推木塊A，B會跟著A一起運動，猛擊A時，B則不再跟著A一塊運動，以上事實說明A.輕推A時，A對B的沖量小B.輕

21、推A時，A對B的沖量大C.猛擊A時，A對B的作用力小D.猛擊A時，A對B的作用力大9.A、B兩物體在光滑水平面上相向滑行，A物體速度大小為8 m/s，B物體速度大小為 4 m/s，兩物體相碰后均靜止，則兩物體所受沖量大小之比為_，兩物體質(zhì)量之比為_.10.（2001年京、皖、蒙春季高考試題）質(zhì)量為m=0.10 kg的小鋼球以v0=10 m/s的水平速度拋出，下落h=5 m時撞擊一鋼板，撞后速度恰好反向，則鋼板與水平面的夾角=_.剛要撞擊鋼板時小球的動量大小為_.(取g=10 m/s2)11.一個物體的質(zhì)量是2 kg，沿豎直方向下落，以10 m/s的速度碰到水泥地面上，隨后又以8 m/s的速度被

22、反彈回，若取豎直向上為正方向，則小球與地面相碰前的動量是_kgm/s，相碰后的動量是_kgm/s，小球的動量變化是_kgm/s.12.兩個質(zhì)量相同的小球A、B，中間用輕彈簧相連，放在光滑的水平面上，A球挨著左墻壁，如圖所示.若用水平向左的短時沖量I作用于B球，B球?qū)椈蓧嚎s，彈簧的最大彈性勢能是4 J，當A球離開墻壁瞬間，B球的動量大小是2 kgm/s.則B球的質(zhì)量是_；水平?jīng)_量I的大小是_.三、計算題13.跳起摸高是中學生進行的一項體育活動，某同學身高1.80 m，質(zhì)量65 kg，站立舉手達到2.20 m.此同學用力蹬地，經(jīng)0.45 s豎直離地跳起，設他蹬地的力的大小恒定為 1060 N，計

23、算他跳起可摸到的高度.(g=10 m/s2)14.質(zhì)量為M的汽車帶著質(zhì)量為m的拖車在平直公路上以加速度a勻加速前進，當速度為v0時發(fā)生脫鉤，直到拖車停下瞬間司機才發(fā)現(xiàn).若汽車的牽引力一直未變，車與路面的動摩擦因數(shù)為，那么拖車剛停下時汽車的即時速度是多大?一、1.B 2.D 3.D 4.C 5.BC 6.BD 7.D 8.B二、9. 11；1210.45；kgm/s 小球撞擊后速度恰好反向，說明撞擊前速度與鋼板垂直.利用這一結(jié)論可求得鋼板與水平面的夾角=45，利用平拋運動規(guī)律（或機械能守恒定律）可求得小球與鋼板撞擊前的速度大小v=v0=10m/s,因此其動量的大小為p=mv=kgm/s.11.-

24、20;16;3612.0.5 kg;2 Ns 用水平向左的短時沖量I作用于B球后，B球獲得一定的動量，向左壓縮彈簧，壓縮過程中，B球的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，機械能守恒.B球速度為零時，彈簧彈性勢能最大為4 J，當A球離開墻壁瞬間，彈簧剛好恢復原長，B球動能為4 J，而B球的動量大小是2 kgm/s，由動量公式p=mv和動能公式Ek=mv2，可求出B球的質(zhì)量0.5 kg，同時可知B球壓縮彈簧前的動量大小也是2 kgm/s，據(jù)動量定理，水平?jīng)_量I的大小是2 Ns.三、13.設人離地時獲得速度為v，據(jù)動量定理（F-mg)t=mv.由豎直上拋運動公式得：h=v2/2g,由上述兩式解得：h=0.4

25、m,所以該同學摸高為H=2.2+0.4=2.6 m.14.根據(jù)牛頓第二定律，系統(tǒng)受的合外力為F=（M+m）a，脫鉤后到拖車停止所經(jīng)歷的時間為t=，對系統(tǒng)運用動量定理可得：（M+m）a=Mv-（M+m）v0，所以v=v0三動量守恒定律 知識梳理（1）.動量守恒定律：一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。 即：（2）動量守恒定律成立的條件 eq oac(,1)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零； eq oac(,2)系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，可以忽略不計； eq oac(,3)系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒。 eq oac(,4)全過程的某一階段系

26、統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動量守恒。（3）.動量守恒定律的表達形式：除了，即p1+p2=p1/+p2/外，還有：p1+p2=0，p1= -p2 和（4）動量守恒定律的重要意義從現(xiàn)代物理學的理論高度來認識，動量守恒定律是物理學中最基本的普適原理之一。（另一個最基本的普適原理就是能量守恒定律。）從科學實踐的角度來看，迄今為止，人們尚未發(fā)現(xiàn)動量守恒定律有任何例外。相反，每當在實驗中觀察到似乎是違反動量守恒定律的現(xiàn)象時，物理學家們就會提出新的假設來補救，最后總是以有新的發(fā)現(xiàn)而勝利告終。例如靜止的原子核發(fā)生衰變放出電子時，按動量守恒，反沖核應該沿電子的反方向運動。但云室照片顯示，兩者徑跡不在一條直線

27、上。為解釋這一反?，F(xiàn)象，1930年泡利提出了中微子假說。由于中微子既不帶電又幾乎無質(zhì)量，在實驗中極難測量，直到1956年人們才首次證明了中微子的存在。（2000年高考綜合題23 就是根據(jù)這一歷史事實設計的）。又如人們發(fā)現(xiàn)，兩個運動著的帶電粒子在電磁相互作用下動量似乎也是不守恒的。這時物理學家把動量的概念推廣到了電磁場，把電磁場的動量也考慮進去，總動量就又守恒了。1根據(jù)動量守恒條件判定系統(tǒng)的動量是否守恒？ 例題評析 【例1】如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統(tǒng)），則此系統(tǒng)在從子彈開

28、始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中：A、動量守恒、機械能守恒B、動量不守恒、機械能不守恒C、動量守恒、機械能不守恒D、動量不守恒、機械能守恒【分析與解答】：若以子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短時，彈簧固定端墻壁對彈簧有外力作用，因此動量不守恒而在子彈射入木塊時，存在劇烈摩擦作用，有一部分能量將轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機械能也不守恒實際上，在子彈射入木塊這一瞬間過程，取子彈與木塊為系統(tǒng)則可認為動量守恒（此瞬間彈簧尚未形變）子彈射入木塊后木塊壓縮彈簧過程中，機械能守恒，但動量不守恒物理規(guī)律總是在一定條件得出的，因此在分析問題時，不但要弄清取誰作研究對象，還要

29、弄清過程的階段的選取，判斷各階段滿足物理規(guī)律的條件【例2】質(zhì)量為M的小車中掛有一個單擺，擺球的質(zhì)量為M0，小車和單擺以恒定的速度V0沿水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)量為M1的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，在此過程中，下列哪些說法是可能發(fā)生的（ ）A小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別為V1、V2和V3，且滿足：（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；B擺球的速度不變，小車和木塊的速度為V1、V2，且滿足：MV0=MV1+M1V2；C擺球的速度不變，小車和木塊的速度都為V，且滿足：MV0=（M+M1）V；D小車和擺球的速度都變?yōu)閂1，木塊的速度變?yōu)閂2，且滿足：（M+M0）V0=（M+

30、M0）V1+M1V2【分析與解答】：小車與木塊相碰，隨之發(fā)生的將有兩個過程：其一是，小車與木塊相碰，作用時間極短，過程結(jié)束時小車與木塊速度發(fā)生了變化，而小球的速度未變；其二是，擺球?qū)⒁鄬τ谲囅蛴覕[動，又導致小車與木塊速度的改變。但是題目中已明確指出只需討論碰撞的極短過程，不需考慮第二過程。因此，我們只需分析B、C兩項。其實，小車與木塊相碰后，將可能會出現(xiàn)兩種情況，即碰撞后小車與木塊合二為一或它們碰后又分開，前者正是C項所描述的，后者正是B項所描述的，所以B、C兩項正確。2分方向動量守恒 系統(tǒng)所受合外力不為零時，總動量不守恒，若某一方向上合外力為零，這個方向上的動量守恒。要特別注意把速度投影到

31、這個方向上，同時還要注意各量的正負號。 例題評析 【例3】 如圖所示。質(zhì)量為m的鉛球以大小為v0仰角為的初速度拋入一個裝著砂子的總質(zhì)量為M的靜止的砂車中，砂車與地面的摩擦不計，球與砂車的共同速度是多少?【分析與解答】：小球及小車看成一個系統(tǒng)，該系統(tǒng)水平方向不受外力，故系統(tǒng)水平方向上動量守恒，由動量守恒定律得mv0cos=(M+m)v所以v=mv0cos/(M+m)【說明】此類問題屬系統(tǒng)所受外力不為0，豎直方向上受到有外力，動量不守恒，但水平方向上不受外力作用，動量守恒。又如大炮在以傾角發(fā)射炮彈時，炮身要后退，受到地面的阻力，但因其炸藥產(chǎn)生的作用力很大，遠大于受到的阻力，故仍認為水平方向動量守恒

32、。 能力訓練1如圖所示，小車放在光滑的水平面上，用細繩將小球拉開到一定角度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中 ( D ) A小球向左擺動時，小車也向左運動，且系統(tǒng)動量守恒 B小球向左擺動時，小車向右運動，且系統(tǒng)動量守恒 C小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車速度不為零D在任意時刻，小球和小車在水平方向的動量一定大小相等、方向相反 2如圖所示，木塊A靜置于光滑的水平面上，其曲面部分MN光滑，水平部分NP是粗糙的，現(xiàn)有一物體B自M點由靜止下滑，設NP足夠長，則以下敘述正確的是( BC ) AA、B最終以同一速度(不為零)運動 BA、B最終速度均為零 CA物體冼做加速運動，后做減速運動

33、 DA物體先做加速運動，后做勻速運動3如圖所示，將一質(zhì)量為lkg的物體在距離地面高5m處由靜止自由下落，正好落在以5ms速度沿光滑水平面做勻速運動的裝有砂子的小車中，車與砂子的總質(zhì)量為4kg，當物體與小車相對靜止后，小車的速度為（B）A3m/s B4m/s C5m/s D6m/s3根據(jù)動量守恒定律求解“合二為一”和“一分為二”問題?！昂隙橐弧眴栴}：兩個速度不同的物體，經(jīng)過相互作用，最后達到共同速度?！耙环譃槎眴栴}：兩個物體以共同的初速度運動，由于相互作用而分開各自以不同的速度運動。 例題評析 【例4】甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛，速度均為6m/s.甲車上有質(zhì)量為m=1

34、kg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球的總質(zhì)量為M1=50kg，乙和他的車總質(zhì)量為M2=30kg。現(xiàn)為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面16.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住。假設某一次甲將小球拋出且被乙接住后剛好可保證兩車不致相撞，試求此時：（1）兩車的速度各為多少？（2）甲總共拋出了多少個小球？【分析與解答】：甲、乙兩小孩依在拋球的時候是“一分為二”的過程，接球的過程是“合二為一”的過程。（1）甲、乙兩小孩及兩車組成的系統(tǒng)總動量沿甲車的運動方向，甲不斷拋球、乙接球后，當甲和小車與乙和小車具有共同速度時，可保證剛好不撞。設共同速度為V，則: M1V1M2V1=（M1+M2）V （2）這一

35、過程中乙小孩及時的動量變化為:P=30630（1.5）=225（kgm/s）每一個小球被乙接收后，到最終的動量彎化為 P1=16.511.51=15（kgm/s）故小球個數(shù)為【例5】人和冰車的總質(zhì)量為M，另有一個質(zhì)量為m的堅固木箱，開始時人坐在冰車上靜止在光滑水平冰面上，某一時刻人將原來靜止在冰面上的木箱以速度V推向前方彈性擋板，木箱與檔板碰撞后又反向彈回，設木箱與擋板碰撞過程中沒有機械能的損失，人接到木箱后又以速度V推向擋板，如此反復多次，試求人推多少次木箱后將不可能再接到木箱？（已知）解析:人每次推木箱都可看作“一分為二”的過程，人每次接箱都可以看作是“合二為一”的過程，所以本題為多個“一

36、分為二”和“合二為一”過程的組合過程。設人第一次推出后自身速度為V1， 則：MV1=mV，人接后第二次推出，自身速度為V2，則mV+2mV=MV2 (因為人每完成接后推一次循環(huán)動作，自身動量可看成增加2mV)設人接后第n次推出，自身速度為Vn，則mV+2mV(n-1)=MVnVn=(2n-1)V ，若VnV ，則人第n次推出后，不能再接回，將有關(guān)數(shù)據(jù)代入上式得n8.25，n=9。4動量守恒定律解“人船模型”問題兩個物體均處于靜止，當兩個物體存在相互作用而不受外力作用時，系統(tǒng)動量守恒。這類問題的特點：兩物體同時運動，同時停止。 例題評析 【例6】載人氣球原靜止于高h的高空，氣球質(zhì)量為M，人的質(zhì)量

37、為m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？【分析與解答】：氣球和人原靜止于空中，說明系統(tǒng)所受合力為零，故人下滑過程中系統(tǒng)動量守恒。人著地時，繩梯至少應觸及地面，若設繩梯長為L，人沿繩梯滑至地面的時間為t，由動量守恒定律有：,解得?！纠?】如圖7所示，質(zhì)量為M的車靜止在光滑水平面上，車右側(cè)內(nèi)壁固定有發(fā)射裝置。車左側(cè)內(nèi)壁固定有沙袋。發(fā)射器口到沙袋的距離為d，把質(zhì)量為m的彈丸最終射入沙袋中，這一過程中車移動的距離是_?！痉治雠c解答】：本題可把子彈看作“人”，把車看作“船”，這樣就可以用“人船模型”來求解.,解得?！纠?】質(zhì)量為M、長為L的船靜止在靜水中，船頭及船尾各站著質(zhì)量分別為m1及m2的人，當

38、兩人互換位置后，船的位移有多大？【分析與解答】：利用“人船模型”易求得船的位移大小為：.提示：若m1m2,本題可把（m1-m2）等效為一個人，把（M+2m2）看著船，再利用人船模型進行分析求解較簡便。 能力訓練1平靜的湖面上停著一只小木船，船頭站著一個人，如圖所示，現(xiàn)在人要走到船尾取一樣東西，已知船長為L，那么人從喘頭走到船尾過程中，船相對靜水后退的距離多大?(船質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m)2如圖所示，在固定的水平光滑橫桿上，套著一個質(zhì)量為M的環(huán)，一條輕繩一端連于環(huán)，另一端系一質(zhì)量為m的小球，繩長為z，開始時，將系球的繩繃直并拉到與橫桿平行的位置，然后將小球釋放，試求小球第一次到達最低點的過程中，

39、環(huán)在橫桿上移動的距離。5分析求解“三體二次作用過程”問題所謂“三體二次作用”問題是指系統(tǒng)由三個物體組成，但這三個物體間存在二次不同的相互作用過程。解答這類問題必須弄清這二次相互作用過程的特點，有哪幾個物體參加？是短暫作用過程還是持續(xù)作用過程？各個過程遵守什么規(guī)律？弄清上述問題，就可以對不同的物理過程選擇恰當?shù)囊?guī)律進行列式求解。 例題評析 【例9】光滑的水平面上，用彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以V0=6m/s的速度向右運動，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖8所示。B與C碰撞后二者粘在一起運動，在以后的運動中，當彈簧的彈性勢能達到最大為 J時，物塊A的速度是 m/s。

40、ABC【分析與解答】：本題是一個“三體二次作用”問題：“三體”為A、B、C三物塊?！岸巫饔谩边^程為第一次是B、C二物塊發(fā)生短時作用，而A不參加，這過程動量守恒而機械能不守恒；第二次是B、C二物塊作為一整體與A物塊發(fā)生持續(xù)作用，這過程動量守恒機械能也守恒。對于第一次B、C二物塊發(fā)生短時作用過程，設B、C二物塊發(fā)生短時作用后的共同速度為VBC，則據(jù)動量守恒定律得： (1)對于第二次B、C二物塊作為一整體與A物塊發(fā)生持續(xù)作用，設發(fā)生持續(xù)作用后的共同速度為V，則據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得： mAV0+ （2） （3）由式(1)、（2）、（3）可得：當彈簧的彈性勢能達到最大為EP=12J時，物塊

41、A的速度V=3 m/s?！纠?0】如圖所示為三塊質(zhì)量均為m，長度均為L的木塊。木塊1和木塊2重疊放置在光滑的水平桌面上，木塊3沿光滑水平桌面運動并與疊放在下面的木塊2發(fā)生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后原來疊放在上面的木塊1完全移到木塊3上，并且不會從木塊3上掉下，木塊3碰撞前的動能應滿足什么條件？設木塊之間的動摩擦因數(shù)為。123V0【分析與解答】：設第3塊木塊的初速度為V0,對于3、2兩木塊的系統(tǒng)，設碰撞后的速度為V1，據(jù)動量守恒定律得：mV0=2mV1 eq oac(,1)對于3、2整體與1組成的系統(tǒng)，設共同速度為V2，則據(jù)動量守恒定律得： 2mV1=3mV2 eq oac(,2)(1)第1

42、塊木塊恰好運動到第3塊上，首尾相齊，則據(jù)能量守恒有： eq oac(,3)由 eq oac(,1) eq oac(,2) eq oac(,3)聯(lián)立方程得：Ek3=6mgL eq oac(,4)(2)第1塊運動到第3塊木塊上，恰好不掉下，據(jù)能量守恒定律得： eq oac(,5)由 eq oac(,1) eq oac(,2) eq oac(,5)聯(lián)立方程得：Ek3=9mgL 故：6分析求解“二體三次作用過程”問題所謂“二體三次作用”問題是指系統(tǒng)由兩個物體組成，但這兩個物體存在三次不同的相互作用過程。求解這類問題的關(guān)鍵是正確劃分三個不同的物理過程，并能弄清這些過程的特點，針對相應的過程應用相應的規(guī)律

43、列方程解題。 例題評析 【例11】如圖所示，打樁機錘頭質(zhì)量為M，從距樁頂h高處自由下落，打在質(zhì)量為m的木樁上，且在極短時間內(nèi)便隨樁一起向下運動，使得木樁深入泥土的距離為S，那么在木樁下陷過程中泥土對木樁的平均阻力是多少？【分析與解答】：這是一道聯(lián)系實際的試題。許多同學對打木樁問題的過程沒有弄清楚，加上又不理解“作用時間極短”的含意而釀成錯誤。其實打木樁問題可分為三個過程： 其一：錘頭自由下落運動過程，設錘剛與木樁接Mm觸的速度為V0，則據(jù)機械能守恒定律得：Mgh=,所以V0=。其二：錘與木樁的碰撞過程，由于作用時間極短，內(nèi)力遠大于外力，動量守恒，設碰后的共同速度為V，據(jù)動量守恒定律可得：MV0

44、=(M+m)V, 所以V=其三：錘與樁一起向下做減速運動過程，設在木樁下陷過程中泥土對木樁的平均阻力為f,由動能定理可得：（M+m）gS-fS=0-,所以f=(M+m)g+.CABV02V0【例12】如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為。最初木板靜止，A、B兩木塊同時以方向水平向右的初速度V0和2V0在木板上滑動，木板足夠長， A、B始終未滑離木板。求： （1）木塊B從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移； （2）木塊A在整個過程中的最小速度?！痉治雠c解答】：（1）木塊A先

45、做勻減速直線運動，后做勻加速直線運動；木塊B一直做勻減速直線運動；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運動，直到A、B、C三者的速度相等為止，設為V1。對A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：解得：V1=0.6V0對木塊B運用動能定理，有：解得（2）設木塊A在整個過程中的最小速度為V，所用時間為t，由牛頓第二定律：對木塊A：,對木板C：,當木塊A與木板C的速度相等時，木塊A的速度最小，因此有： 解得木塊A在整個過程中的最小速度為：7用動量守恒定律解“碰撞類”問題1.碰撞的特點 （1）作用時間極短，內(nèi)力遠大于外力，總動量總是守恒的。（2）碰撞過程中，總動能不增。因為沒有其它形式的能量轉(zhuǎn)化為動

46、能。（3）碰撞過程中，當兩物體碰后速度相等時，即發(fā)生完全非彈性碰撞時，系統(tǒng)動能損失最大。（4）碰撞過程中，兩物體產(chǎn)生的位移可忽略。2.判定碰撞可能性問題的分析思路（1）判定系統(tǒng)動量是否守恒。（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球動量不能減小，后球動量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。（3）判定碰撞前后動能是不增加。 例題評析 【例13】甲乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是P1=5kg.m/s,P2=7kg.m/s,甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0 kg.m/s，則二球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是下面的哪幾種？A、m1=

47、m2 B、2m1=m2C、4m1=m2D、6m1=m2。【分析與解答】：甲乙兩球在碰撞過程中動量守恒，所以有： P1+P2= P1，+ P2， 即：P1，=2 kg.m/s。由于在碰撞過程中，不可能有其它形式的能量轉(zhuǎn)化為機械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機械能不會增加。所以有： 所以有：m1m2, 因為題目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有，即m1；同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即，所以 .因此正確的答案應該是（C）選項?！纠?4】如圖所示，半徑和動能都相等的兩個小球相向而行甲球質(zhì)量m甲大

48、于乙球質(zhì)量m乙，水平面是光滑的，兩球做對心碰撞以后的運動情況可能是下述哪些情況？A甲球速度為零，乙球速度不為零B兩球速度都不為零C乙球速度為零，甲球速度不為零D兩球都以各自原來的速率反向運動【分析與解答】：首先根據(jù)兩球動能相等，得出兩球碰前動量大小之比為：，因m甲m乙，則P甲P乙，則系統(tǒng)的總動量方向向右。根據(jù)動量守恒定律可以判斷，碰后兩球運動情況可能是A、B所述情況，而C、D情況是違背動量守恒的，故C、D情況是不可能的8用動量守恒定律和能量守恒解“相對滑動類”問題解決動力學問題，一般有三種途徑：（1）牛頓第二定律和運動學公式(力的觀點)；（2）動量定理和動量守恒定律(動量觀點)；（3）動能定理

49、、機械能守恒定律、功能關(guān)系、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律(能量觀點).以上這三種觀點俗稱求解力學問題的三把“金鑰匙”.如何合理選取三把“金鑰匙”解決動力學問題，是老師很難教會的。但可以通過分別用三把“金鑰匙”對一道題進行求解，通過比較就會知道如何選取三把“金鑰匙” 解決動力學問題,從而提高分析問題解決問題的能力。 例題評析 【例15】如圖所示，一質(zhì)量為M、長為L的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，mM.現(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小相等、方向相反的初速度(如圖1)，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板，以地面為參照系.(1)若已知A和B的初速度大小

50、為V0，求它們最后的速度大小和方向.V0V0BA(2)若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到達的最遠處(從地面上看)離出發(fā)點的距離.【分析與解答】：方法1、用牛頓第二定律和運動學公式求解。A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速度為V，經(jīng)過時間為t,A、B間的滑動摩擦力為f.如圖14所示。對A據(jù)牛頓第二定律和運動學公式有：V0V0BL1L2L0f=maA, L2=， V=-V0+aAt;對B據(jù)牛頓第二定律和運動學公式有：f=MaB, ,V=V0-aBt;由幾何關(guān)系有：L0+L2=L；由以上各式可求得它們最后的速度大小為V. V0，方向向右。對A，向左運動的

51、最大距離為。方法2、用動能定理和動量定理求解。A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速度為V，經(jīng)過時間為t, A和B的初速度的大小為V0，則據(jù)動量定理可得： 對A： ft= mV+mV0 eq oac(,1)對B：-ft=MVMV0 eq oac(,2) 解得：VV0，方向向右 A在B板的右端時初速度向左，而到達B板左端時的末速度向右，可見A在運動過程中必須經(jīng)歷向左作減速運動直到速度為零，再向右作加速運動直到速度為V的兩個階段。設L1為A開始運動到速度變?yōu)榱氵^程中向左運動的路程，L2為A從速度為零增加到速度為V的過程中向右運動的路程，L0為A從開始運動到剛好

52、到達B的最左端的過程中B運動的路程，如圖2所示，設A與B之間的滑動摩擦力為f，則由動能定理可得：對于B ： -fL0= eq oac(,3)對于A ： -fL1= - eq oac(,4) f(L1-L2)= eq oac(,5)由幾何關(guān)系L0+L2=L eq oac(,6)由、 eq oac(,6)聯(lián)立求得L1=.方法3、用能量守恒定律和動量守恒定律求解。A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速度為V， A和B的初速度的大小為V0，則據(jù)動量守恒定律可得：MV0mV0=(m+m)V 解得：V. V0，方向向右 .對系統(tǒng)的全過程，由能量守恒定律得：Q=fL=

53、對于A fL1= 由上述二式聯(lián)立求得L1=.從上述三種解法中，同學們不難看出，解法三簡潔明了，容易快速求出正確答案。因此我們在解決動力學問題時，應優(yōu)先考慮使用能量守恒定律和動量守恒定律求解，其次是考慮使用動能定理和動量定理求解，最后才考慮使用牛頓第二定律和運動學公式求解。9根據(jù)圖象分析推理解答相關(guān)問題 例題評析 【例16】A、B兩滑塊在一水平長直氣墊導軌上相碰，用閃光照相機在t0 = 0，t1= t，t2 = 2t，t3=3t各時刻閃光四次，攝得如圖所示照片，其中B像有重疊，mB=mA，由此可判斷（ ） A.碰前B靜止，碰撞發(fā)生在60 cm處，t = 2.5t；B.碰前B靜止，碰撞發(fā)生在60

54、cm處，t = 0.5t；C.碰后B靜止，碰撞發(fā)生在60 cm處，t = 0.5t；D.碰后B靜止，碰撞發(fā)生在60 cm處，t = 2.5t?！痉治雠c解答】：若碰撞前B靜止，則VB0=0，則t0,t1,t2時刻B都處在60cm處，所以碰撞只能發(fā)生在x=60cm處，碰撞時t= 2.5t,碰撞后B的速度;碰撞前A的速度，碰撞后。碰撞前系統(tǒng)動量為：，碰撞后系統(tǒng)動量為：，滿足動量守恒定律；碰撞前系統(tǒng)動能為：，碰撞后系統(tǒng)動能為：，顯然碰撞后系統(tǒng)的動能增加，不符合能量守恒定律。所以碰撞前B不可能靜止，即AC二選項錯誤。若碰撞后B靜止，則VBt=0，則t1,t2,t3時刻B都處在60cm處，所以碰撞只能發(fā)生

55、在x=60cm處，碰撞時t= 0.5t,碰撞前B的速度;碰撞后A的速度，碰撞前A的速度。碰撞前系統(tǒng)動量為：，碰撞前系統(tǒng)動量為：，滿足動量守恒定律；例17圖V0Mm碰撞前系統(tǒng)動能為：，碰撞后系統(tǒng)動能為：，顯然碰撞后系統(tǒng)的動能減少，符合能量守恒定律。綜上所述，只有選項B正確。V0VOtV0/2t1【例17】如圖所示，質(zhì)量為M的木板靜止在光滑水平面上。一個質(zhì)量為的小滑塊以初速度V0從木板的左端向右滑上木板?；瑝K和木板的水平速度隨時間變化的圖象如圖17所示.某同學根據(jù)圖象作出如下一些判斷：A滑塊與木板間始終存在相對運動； B滑塊始終未離開木板；C滑塊的質(zhì)量大于木板的質(zhì)量； D在時刻滑塊從木板上滑出。【

56、分析與解答】：從圖中可以看出，滑塊與木板始終沒有達到共同速度，所以滑塊與木板間始終存在相對運動；又因木板的加速度較大，所以滑塊的質(zhì)量大于木板的質(zhì)量；因在t1時刻以后，滑塊和木板都做勻速運動，所以在時刻滑塊從木板上滑出。即選項ACD正確。10連續(xù)發(fā)生作用的問題。 例題評析 【例18】用質(zhì)量為M的鐵錘沿水平方向?qū)①|(zhì)量為m、長為L的鐵釘敲入木板，鐵錘每次以相同的速度V0擊釘，隨即與釘一起運動并使釘進入木板一定距離。在每次擊進入木板的過程中，釘所受的平均阻力為前一次受擊進入木板過程中所受平均阻力的K倍（K1）。若第一次敲擊使釘進入木板深度為L1，問至少敲擊多少次才能將釘全部敲入木板？并就你的解答討論要

57、將釘全部敲入木板，L1必須滿足什么條件？【分析與解答】：設鐵錘每次敲擊鐵釘后以共同速度V運動，根據(jù)動量守恒定律可得： MV0=（M+m）V 設第一次受擊進入木板過程中受平均阻力為f1,則根據(jù)動能定理可得： 第二次受擊進入木板過程中受平均阻力為f2=Kf1, 根據(jù)動能定理可得：所以L2=L1/K。同理可得L3=L1/K2，L4=L1/K3Ln=L1/KN(N-1)因為L=L1+L2+Ln=，所以當時，上式無意義，但其物理意義是當時不論你敲擊多少次都不能將鐵釘全部敲入木板。所以要將釘全部敲入木板，L1必須滿足：L1（K-1）L/K 能力訓練1如圖所示，一排人站在沿z軸的水平軌道旁，原點O兩側(cè)的人的

58、序號都記為n(n=1，2，3)。每人只有一個砂袋，xO一側(cè)的每人砂袋質(zhì)量為m=14kg，xO一側(cè)的每人砂袋質(zhì)量為m/=lOkg。一質(zhì)量為M=48kg的小車以某初速度從原點出發(fā)向x軸正方向滑行，不計軌道阻力。當車每經(jīng)過一人身旁時，此人就把砂袋以水平速度u朝與車速相反的方向沿車面扔到車上，u的大小等于扔此袋之前的瞬間車速大小的2n倍(n是此人的序號數(shù))。求：(1)空車出發(fā)后，車上堆積了幾個砂袋時車就反向滑行?(2)車上最終有大小砂袋共多少個?車上堆積了3個砂袋時車反向滑行。最終車上大小砂袋共112列車進入編組站后要分解重組，會出現(xiàn)列車掛接問題，將許多節(jié)車廂逐一組合起來的過程實質(zhì)是一個完全非彈性碰撞

59、過程(即碰后車速相同)，設一列火車共有n節(jié)車廂，各車廂之間間隙相等，間隙長度的總和為s，第一節(jié)車廂以速度”向第二節(jié)車廂運動，碰撞后通過“詹天佑掛鉤”連接在一起，直到n節(jié)全部掛好，則火車的最后速度是多大?整個路程經(jīng)歷的時間是多少? 3小車靜置在光滑水平面上，站在車上的人練習打靶，人站在車的一端，靶固在車的另一端，如圖所示，已知車、人、靶和槍的總質(zhì)量為M(不包括子彈)，每顆子彈質(zhì)量為m，共n發(fā)，每顆子彈擊中靶后，就留在靶內(nèi)，且待前一發(fā)擊中靶后，再打下一發(fā)，打完n發(fā)后，小車移動的距離為多少?四典型錯誤舉例1忽視動量守恒定律的系統(tǒng)性動量守恒定律描述的對象是由兩個以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，研究的對象具有系統(tǒng)

60、性，若在作用前后丟失任一部分，在解題時都會得出錯誤的結(jié)論。 例題評析 【例1】一門舊式大炮在光滑的平直軌道上以V=5m/s的速度勻速前進，炮身質(zhì)量為M=1000kg，現(xiàn)將一質(zhì)量為m=25kg的炮彈，以相對炮身的速度大小u=600m/s與V反向水平射出，求射出炮彈后炮身的速度V/.錯解：根據(jù)動量守恒定律有：MV=MV/+m(uV/),解得分析糾錯：以地面為參考系，設炮車原運動方向為正方向，根據(jù)動量定律有：（M+m）V=MV/+m(uV/)解得2忽視動量守恒定律的矢量性動量守恒定律的表達式是矢量方程，對于系統(tǒng)內(nèi)各物體相互作用前后均在同一直線上運動的問題，應首先選定正方向，凡與正方向相同的動量取正，