《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 第2講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用教學(xué)案（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 第2講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用教學(xué)案（含解析）（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 ? 教材知識(shí)梳理 一、動(dòng)量守恒定律 1．內(nèi)容：一個(gè)系統(tǒng)________或者_(dá)_______為零時(shí)，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變． 2．常用的表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝________． 二、系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件 1．理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒． 2．近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒． 3．分方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒． 三、動(dòng)量守恒的實(shí)例 1．碰撞 (1)概念：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間________，而物體間相互作用力

2、________的現(xiàn)象． (2)特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力________外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒． (3)分類： 種類 動(dòng)量是否守恒 機(jī)械能是否守恒 彈性碰撞 守恒 ________ 非彈性碰撞 守恒 有損失 完全非彈性碰撞 守恒 損失________ 2.反沖運(yùn)動(dòng) (1)定義：靜止或運(yùn)動(dòng)的物體通過(guò)分離出部分物質(zhì)，而使自身在反方向獲得加速的現(xiàn)象． (2)特點(diǎn)：在反沖運(yùn)動(dòng)中，如果沒(méi)有外力作用或外力遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，系統(tǒng)的________是守恒的． 3．爆炸現(xiàn)象 爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且________系統(tǒng)所受的外

3、力，所以系統(tǒng)動(dòng)量________，爆炸過(guò)程中位移很小，可忽略不計(jì)，作用后從相互作用前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)． 答案：一、1.不受外力　所受外力的矢量和 2．m1v1′＋m2v2′ 三、1.(1)很短　很大　(2)遠(yuǎn)大于　(3)守恒　最大 2．(2)動(dòng)量 3．遠(yuǎn)大于　守恒 【思維辨析】 (1)動(dòng)量守恒定律中的速度是相對(duì)于同一參考系的速度．(　　) (2)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則機(jī)械能也守恒．(　　) (3)質(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生碰撞時(shí)，一定交換速度．(　　) (4)系統(tǒng)的總動(dòng)量不變是指系統(tǒng)總動(dòng)量的大小保持不變．(　　) 答案：(1)(√)　(2)(×)　(3)(×)　(4)(

4、×) 【思維拓展】 碰撞過(guò)程除了系統(tǒng)動(dòng)量守恒之外，還需要滿足什么條件？碰撞與爆炸在能量轉(zhuǎn)化方面有何不同？ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 答案：碰撞過(guò)程除了系統(tǒng)動(dòng)量守恒之外，還要滿足的條件：系統(tǒng)動(dòng)能不增加；碰撞結(jié)果要符合實(shí)際情況．碰撞系統(tǒng)動(dòng)能不增加，而爆炸系統(tǒng)動(dòng)能增加，這是二者最大的不同． ? 考點(diǎn)互動(dòng)探究 　考點(diǎn)一　動(dòng)量守恒條件的理解和應(yīng)用 1.動(dòng)量守恒的判定 (1)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒； (2)系統(tǒng)受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)

5、力，可以忽略不計(jì)時(shí)，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒； (3)系統(tǒng)在某一個(gè)方向上所受的合力為零，則該方向上動(dòng)量守恒． (4)全過(guò)程的某一階段系統(tǒng)受的合外力零，則該階段系統(tǒng)動(dòng)量守恒． 2．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的一般步驟： (1)確定研究對(duì)象，選取研究過(guò)程； (2)分析內(nèi)力和外力的情況，判斷是否符合動(dòng)量守恒條件； (3)選定正方向，確定初、末狀態(tài)的動(dòng)量，最后根據(jù)動(dòng)量守恒定律列方程求解． 1 [2014·浙江卷] 如圖6-18-1所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以速度v沿光滑水平地面向前運(yùn)動(dòng)，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧．甲木塊與彈簧接觸后(　　) 圖6-18-1 A. 甲

6、木塊的動(dòng)量守恒 B. 乙木塊的動(dòng)量守恒 C. 甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 D. 甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒 答案：C　 [解析] 甲木塊與彈簧接觸后，由于彈簧彈力的作用，甲、乙的動(dòng)量要發(fā)生變化，但對(duì)于甲、乙所組成的系統(tǒng)因所受合力的沖量為零，故動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的勢(shì)能，故不守恒． 式題 如圖6-18-2所示，小車與木箱緊挨著靜放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱．關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖6-18-2 A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小車與

7、木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量相同 答案：C　[解析] 根據(jù)動(dòng)量守恒的條件可知，男孩、小車與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量大小相等，方向相反，選項(xiàng)C正確． ■ 要點(diǎn)總結(jié) 注意動(dòng)量守恒定律的“四性” 1．矢量性：動(dòng)量守恒定律表達(dá)式是矢量方程，在解題時(shí)應(yīng)規(guī)定正方向． 2．同一性：定律表達(dá)式中的速度應(yīng)相對(duì)同一參考系，一般以地面為參考系． 3．瞬時(shí)性：定律中的初態(tài)動(dòng)量是相互作用前同一時(shí)刻的瞬時(shí)值，末態(tài)動(dòng)量是相互作用后同一時(shí)刻的瞬時(shí)值． 4．普適性：它不僅適用于兩個(gè)物體所組成

8、的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)． 　考點(diǎn)二　碰撞問(wèn)題 1.三種碰撞形式的理解 碰撞類型 特征描述及重要關(guān)系式或結(jié)論 彈性碰撞 　碰撞時(shí)，內(nèi)力是彈性力，只發(fā)生機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，系統(tǒng)內(nèi)無(wú)機(jī)械損失，叫作彈性碰撞，若系統(tǒng)有兩個(gè)物體在水平面上發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)量守恒，同時(shí)動(dòng)能也守恒，滿足： m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′ 若碰撞前，有一個(gè)物體是靜止的，設(shè)v2＝0，則碰撞后的速度分別為v′1＝、v′2＝，對(duì)這一結(jié)果可做如下討論： (1)若m1＝m2，則v′1＝0，v′2＝v1，碰

9、后實(shí)現(xiàn)了動(dòng)量和動(dòng)能的全部轉(zhuǎn)移； (2)若m1>m2，則v′1>0，v′2>0，碰后二者同向運(yùn)動(dòng)； (3)若m10，碰后m1反向彈回，m2沿m1碰前方向運(yùn)動(dòng) 非彈性碰撞 　發(fā)生非彈性碰撞時(shí)，內(nèi)力是非彈性力，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為物體的內(nèi)能，機(jī)械能有損失，動(dòng)量守恒，總動(dòng)能減少，滿足： m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 m1v＋m2v>m1v′＋m2v′ 完全非彈性碰撞 　發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，機(jī)械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化得最多，機(jī)械能損失最大．碰后物體粘在一起，以共同速度運(yùn)動(dòng)，只有動(dòng)量守恒．損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．滿足： m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v

10、 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2 2.判斷碰撞的可能性問(wèn)題 (1)動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2. (2)動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或＋≥＋. 3．速度要符合情景：如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即v后>v前，否則無(wú)法實(shí)現(xiàn)碰撞．碰撞后，原來(lái)在前面的物體的速度一定增大，且原來(lái)在前面的物體速度大于或等于原來(lái)在后面的物體的速度，即v′前≥v′后，否則碰撞沒(méi)有結(jié)束．如果碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零． 2 (15分)[2015·全國(guó)卷Ⅰ] 如圖6-18-3所示，在

11、足夠在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者都處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng)，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設(shè)物體間的碰撞都是彈性的． 圖6-18-3 [解答規(guī)范] A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒．設(shè)速度方向向右為正，開始時(shí)A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1.由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得 mv0＝________________①(2分) mv＝________________②(2分) 聯(lián)立①②式得

12、 vA1＝________③(1分) vC1＝________④(1分) 如果m>M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運(yùn)動(dòng)，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m

13、________⑧(1分) 另一解m≤－(＋2)M舍去．所以，m和M應(yīng)滿足的條件為 ________________⑨(2分) 答案：mvA1＋MvC1　mv＋Mv v0　v0　v0　≤ m2＋4mM－M2　(－2)M　(－2)M≤m

14、速率v； (2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′； (3) A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離l. 圖6-18-4 答案：(1)2 m/s 　(2)1 m/s 　(3)0.25 m [解析] 設(shè)滑塊的質(zhì)量為m. (1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgR＝mv2 解得碰撞前瞬間A的速率為v＝＝2 m/s. (2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv＝2mv′ 解得碰撞后瞬間A和B整體的速率v′＝v＝1 m/s. (3)根據(jù)動(dòng)能定理有－μ·2m·gl＝0－·2m·v′2 解得A和B整體沿水平桌面滑動(dòng)的距離l＝＝0.25 m. 式題2 如圖6-18-5所示，MNP為豎直面內(nèi)一固定軌道，其圓弧段MN

15、與水平段NP相切于N，P端固定一豎直擋板．M相對(duì)于N的高度為h，NP長(zhǎng)度為s.一物塊自M端從靜止開始沿軌道下滑，與擋板發(fā)生一次彈性碰撞后停止在水平軌道上某處．MN段軌道光滑，物塊與NP段軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求物塊停止的位置與N點(diǎn)距離的可能值． 6-18-5 答案：2s－或－2s [解析] 根據(jù)功能關(guān)系，在物塊從開始下滑到停止在水平軌道上的過(guò)程中，物塊的重力勢(shì)能的減少量ΔEp與物塊克服摩擦力所做功的數(shù)值相等． ΔEp＝W 設(shè)物塊的質(zhì)量為m，在水平軌道上滑行的總路程為s′，則 ΔEp＝mgh W＝μmgs′ 聯(lián)立以上各式得 s′＝ 第一種可能是：物塊與彈性擋板碰撞后，在

16、回到N前停止，則物塊停止的位置距N的距離為 d＝2s－s′＝2s－ 第二種可能是：物塊與彈性擋板碰撞后，可再一次滑上光滑圓弧軌道，滑下后在水平軌道上停止，則物塊停止的位置距N的距離為 d＝s′－2s＝－2s 所以物塊停止的位置距N的距離可能為2s－或－2s. 　考點(diǎn)三　多體動(dòng)量守恒問(wèn)題 有時(shí)對(duì)整體應(yīng)用動(dòng)量守恒，有時(shí)只選某部分應(yīng)用動(dòng)量守恒，有時(shí)分過(guò)程多次應(yīng)用動(dòng)量守恒，恰當(dāng)選擇系統(tǒng)和始、末狀態(tài)是解題的關(guān)鍵． 1．分析題意，明確研究對(duì)象．在分析相互作用的物體總動(dòng)量是否守恒時(shí)，通常把這些被研究的物體統(tǒng)稱為系統(tǒng)．對(duì)于比較復(fù)雜的物理過(guò)程，要采用程序法對(duì)全過(guò)程進(jìn)行分段分析，要明確在哪些階段

17、中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成． 2．要對(duì)各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進(jìn)行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外部物體對(duì)系統(tǒng)內(nèi)部物體作用的外力．在受力分析的基礎(chǔ)上根據(jù)動(dòng)量守恒定律的條件判斷能否應(yīng)用動(dòng)量守恒． 3．明確所研究的相互作用過(guò)程，確定過(guò)程的始、末狀態(tài)，即系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的初動(dòng)量和末動(dòng)量的量值或表達(dá)式． 4．確定好正方向，建立動(dòng)量守恒方程求解． 3 如圖6-18-6所示，兩塊厚度相同的木塊A、B，緊靠著放在光滑的桌面上，其質(zhì)量分別為2.0 kg、0.9 kg，它們的下表面光滑，上表面粗糙，另有質(zhì)量為0.10 kg的鉛塊C(大小可以

18、忽略)以10 m/s的速度恰好水平向右滑到A的上表面，由于摩擦，鉛塊C最后停在木塊B上，此時(shí)B、C的共同速度v＝0.5 m/s.求木塊A的最終速度大小和鉛塊C剛滑到B上時(shí)的速度大?。? 圖6-18-6 [解析] 鉛塊C在A上滑行時(shí)，兩木塊一起向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)鉛塊C剛離開A滑上B時(shí)的速度為v′C，A和B的共同速度為vA，在鉛塊C滑過(guò)A的過(guò)程中，A、B、C所組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCv′C 在鉛塊C滑上B后，由于B繼續(xù)加速，所以A、B分離，A以vA勻速運(yùn)動(dòng)，在鉛塊C在B上滑行的過(guò)程中，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 mBvA＋mCv′C＝(mB＋mC)v 代

19、入數(shù)據(jù)解得vA＝0.25 m/s，v′C＝2.75 m/s. 式題1 如圖6-18-7所示，光滑水平軌道上放置長(zhǎng)板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.開始時(shí)C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生碰撞(時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好不再與C碰撞．求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小． 圖6-18-7 答案：2 m/s [解析] 因碰撞時(shí)間極短，A與C碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒

20、定律得 mAv0＝mAvA＋mCvC① A與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動(dòng)量守恒定律得 mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB② A與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足 vAB＝vC③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得 vA＝2 m/s④ 式題2 如圖6-18-8所示，木塊A質(zhì)量為mA＝1 kg，足夠長(zhǎng)的木板B質(zhì)量為mB＝4 kg，A、B置于水平面上，質(zhì)量為mC＝4 kg的木塊C置于木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦．現(xiàn)使A以v0＝12 m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后以4 m/s的速度被彈回． (1)求B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度大?。? (2

21、)若木板B足夠長(zhǎng)，求C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度． 圖6-18-8 答案：(1)4 m/s　(2)2 m/s [解析] (1)A與B碰后瞬間，C的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)未變，此時(shí)B的速度最大．取向右為正方向，由A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有： mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB 代入數(shù)據(jù)得vB＝4 m/s. (2)B與C相互作用使B減速、C加速，由于B板足夠長(zhǎng)，所以B和C能達(dá)到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 mBvB＋0＝(mB＋mC)vC 代入數(shù)據(jù)得vC＝2 m/s. 　考點(diǎn)四　人船模型 人船模型是一個(gè)很典型的模型，當(dāng)人在無(wú)阻力的船上向某一方向走動(dòng)時(shí)，船向相反方向

22、移動(dòng)，此時(shí)滿足動(dòng)量守恒． 若人船系統(tǒng)在全過(guò)程中動(dòng)量守恒，則這一系統(tǒng)在全過(guò)程中的平均動(dòng)量也守恒．如果系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運(yùn)動(dòng)，則由m1v1＝－m2v2得m1x1＝－m2x2，該式的適用條件是： (1)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒或某一方向上的動(dòng)量守恒． (2)構(gòu)成系統(tǒng)的兩物體原來(lái)靜止，因相互作用而反向運(yùn)動(dòng)． (3)x1、x2均為沿動(dòng)量方向相對(duì)于同一參考系的位移． 4 質(zhì)量為m的人站在質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊．在忽略水的阻力的情況下，當(dāng)他從右端走到船的左端時(shí)，船左端離岸多遠(yuǎn)？ [解析] 先畫出示意圖如圖所示．人、船系統(tǒng)動(dòng)量守恒，總

23、動(dòng)量始終為零，所以人、船動(dòng)量大小始終相等． 從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于L.設(shè)人、船位移大小分別為l1、l2，選擇向右的方向?yàn)檎较颍? 則有：0＝Mv2－mv1，兩邊同乘時(shí)間t并整理得：ml1＝Ml2 而l1＋l2＝L，解得l2＝L. 式題 (多選)如圖6-18-9所示，繩長(zhǎng)為l，小球質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)(　　) 圖6-18-9 A．系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 B．水平方向任意時(shí)刻小球與小車的動(dòng)量等大反向 C．小球不能向左擺到原高度 D．小車向右移動(dòng)的最大距離為 答案：BD　[解析] 系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為

24、零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動(dòng)量守恒，而總動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)水平方向的動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒，小球仍能向左擺到原高度，C錯(cuò)誤；小球相對(duì)于小車的位移為2l，根據(jù)“人船模型”，解得最大距離為，D正確． 　考點(diǎn)五　爆炸和反沖 1.爆炸的特點(diǎn) (1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸時(shí)物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒． (2)動(dòng)能增加：在爆炸過(guò)程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加． (3)位移不變：爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中物體運(yùn)動(dòng)的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸

25、后仍然從爆炸時(shí)的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)． 2．反沖 (1)現(xiàn)象：物體的不同部分在內(nèi)力的作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)． (2)特點(diǎn)：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動(dòng)量往往有以下幾種情況：①動(dòng)量守恒；②動(dòng)量近似守恒；③某一方向動(dòng)量守恒． (3)反沖運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能往往不守恒． (4)實(shí)例：噴氣式飛機(jī)、火箭等． 5 甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平面上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝6 m/s，甲乘的小車上有質(zhì)量為m＝1 kg的小球若干，甲和他的小車及所帶小球的總質(zhì)量為M1＝50 kg，乙和他的小車的總質(zhì)量為M2＝30 kg.現(xiàn)為避免相撞，甲不斷地將小球以相對(duì)地面為v′＝1

26、6.5 m/s的水平速度拋向乙，且均被乙接?。僭O(shè)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．則此時(shí)： (1)兩車的速度大小各為多少？ (2)甲總共拋出了多少個(gè)小球？ [解析] (1)兩車剛好不相撞，則兩車速度大小相等，方向相同，由動(dòng)量守恒定律得 M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v 解得v＝1.5 m/s. (2)對(duì)甲及從小車上拋出的小球，由動(dòng)量守恒定律得 M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′ 解得n＝15. 式題1 斜向上飛出的一個(gè)爆竹，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)(速度水平向東)立即爆炸成質(zhì)量相等的三塊，前面一塊速度水平向東，后面一塊速度水平向西，前、后兩塊的水平速

27、度(相對(duì)地面)大小相等、方向相反．則以下說(shuō)法中正確的是(　　) A．爆炸后的瞬間，中間那塊的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度 B．爆炸后的瞬間，中間那塊的速度可能水平向西 C．爆炸后三塊將同時(shí)落到水平地面上，并且落地時(shí)的動(dòng)量相同 D．爆炸后的瞬間，中間那塊的動(dòng)能可能小于爆炸前的瞬間爆竹的總動(dòng)能 答案：A　[解析] 設(shè)爆竹爆炸前瞬間的速度為v0，爆炸過(guò)程中，因?yàn)閮?nèi)力遠(yuǎn)大于外力，則爆竹爆炸過(guò)程中動(dòng)量守恒，設(shè)三塊質(zhì)量均為m，中間一塊的速度為v，前面一塊的速度為v1，則后面一塊的速度為－v1，由動(dòng)量守恒定律有3mv0＝mv1－mv1＋mv，解得v＝3v0，則中間那塊速度方向向東，速度大小比爆炸前

28、的大，則A正確，B錯(cuò)誤；三塊同時(shí)落地，但落地時(shí)動(dòng)量不同，C錯(cuò)誤；爆炸后的瞬間，中間那塊的動(dòng)能為m(3v0)2，大于爆炸前系統(tǒng)的總動(dòng)能mv，D錯(cuò)誤． 式題2 如圖6-18-10所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度．(不計(jì)水的阻力) 圖6-18-10 答案：4v0 [解析] 設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得

29、 貨物從乙船拋出過(guò)程，12mv0＝11mv1－mvmin 貨物落入甲船過(guò)程，10m·2v0－mvmin＝11mv2 為避免兩船相撞應(yīng)滿足 v1＝v2 解得vmin＝4v0. 【教師備用習(xí)題】 1．[2015·福建卷] 如圖所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是________．(填選項(xiàng)前的字母) A．A和B都向左運(yùn)動(dòng) B．A和B都向右運(yùn)動(dòng) C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng) D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng) [解析] D　根據(jù)動(dòng)量守恒定律，碰撞

30、前的總動(dòng)量為0，碰撞后的總動(dòng)量也要為0，碰撞后要么A、B均靜止，要么A、B朝反方向運(yùn)動(dòng)；由于是彈性碰撞，能量不損失，所以碰后A、B不可能靜止，所以A只能向左運(yùn)動(dòng)、B只能向右運(yùn)動(dòng)． 2．將靜置在地面上、質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點(diǎn)火升空，其在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體．忽略噴氣過(guò)程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是________．(填選項(xiàng)前的字母) A. v0 B. v0 C. v0 D. v0 [解析] D　以向上為正方向，初動(dòng)量為0，噴氣瞬間熾熱氣體的動(dòng)量為－mv0，火箭模型的動(dòng)量為(M－m)v，由動(dòng)量守恒定律有：0＝－mv0＋(M－m)v，解得v＝，D正確． 13