(名师导学)2020版高考物理总复习第六章第2节动量守恒定律教学案新人教版

第2节动量守恒定律
考点1动量守恒的判定【p102】
夯实基础
1．动量守恒定律的内容
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．动量守恒定律的适用条件
(1)不受外力或所受外力的合力为__零__．
注意：不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．
(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒.
考点突破
例1
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】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水平方向受到墙壁对系统的向右的作用力，所以系统的动量不守恒；子弹在进入木块的过程中，子弹相对于木块有一定的位移，所以子弹与木块组成的系统有一定的内能产生，所以系统的机械能也不守恒，故B正确，A、C、D错误．
【答案】B
【小结】判断动量是否守恒，首先要明确研究对象(系统)，分清系统的内力与外力，再根据守恒条件判断．
1．内力：系统内部物体之间的相互作用力．
2．外力：系统外部物体对系统内部物体的作用力．
针对训练
1．一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处于平衡状态．一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示．让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动．则(A)
A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小有关
D．在碰后板和环一起下落的过程中，环与板的总机械能守恒
【解析】圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故A正确，B错误；碰撞后平衡时，有kx＝(m＋M)g，即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，C错误；碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，环与板的总机械能不守恒，D错误．
考点2动量守恒定律的应用【p102】
夯实基础
动量守恒定律的表达式
1．__p＝p′__，系统相互作用前总动量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，作用前的动量和等于作用后的动量和．
3．Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
4．Δp＝0，系统总动量的增量为零．
考点突破
例2如图所示，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．
【解析】以空间站为参考系，以v0的方向为正方向，根据动量守恒(m A＋m B)v0＝m A v A＋m B v B，解得v B＝0.02 m/s，远离空间站方向．
【答案】0.02 m/s 远离空间站方向
【小结】1.动量守恒定律的五性
(1)矢量性
动量守恒定律的表达式是矢量式．在满足动量守恒条件的情况下．系统的总动量的大小和方向都不变．应用动量守恒定律解决同一直线上的动量守恒问题时一般可以先规定正方向，引入正负号，把矢量运算转化为代数运算，要特别注意表示动量方向的正、负号．在不能确定某动量的方向时，可以先假定为正的，再依计算结果确定方向．
(2)相对性
动量守恒定律表达式中的各个速度，必须是相对同一惯性参考系的速度，通常都取相对地面的速度．
(3)同时性
动量守恒定律表达式中的v1、v2是相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度．
(4)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统．
(5)普适性：不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用高速运动的微观粒子组成的系统．
2．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初末状态动量；
(4)寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态；
(5)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等；
(6)由动量守恒定律列式求解；
(7)必要时进行讨论．
针对训练
2．如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为(B)
A．v＝mv0
M＋m ，I＝0 B．v＝
mv0
M＋m
，I＝2mv0
C．v＝mv0
M＋m ，I＝
m2v0
M＋m
D．v＝
mv0
M
，I＝2mv0
【解析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动
量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝mv0
M＋m
.子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速
运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小v＝mv0
M＋m
；子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，故选B.
3．一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为(D)
A ．v 0－v 2
B ．v 0＋v 2
C ．v 0－m 2
m 1
v 2
D ．v 0＋m 2
m 1
(v 0－v 2)
【解析】由动量守恒定律得，(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得v 1＝v 0＋m 2
m 1(v 0－v 2)，D 项正确．
考点3
碰撞、爆炸、反冲 【p 103】
夯实基础
1．碰撞：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用力，而其他的相互作用力相对来说可以忽略不计的过程．所有碰撞问题，动量都守恒．
(1)弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能__守恒__，这样的碰撞叫做弹性碰撞．若两物体质量相等，则碰撞后，彼此交换速度．
(2)非弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能__不守恒__，这样的碰撞叫做非弹性碰撞． (3)完全非弹性碰撞：碰撞过程中物体的形变完全不能恢复，以致两物体合为一体一起运动，即两物体在相互作用后以同一速度运动，系统机械能损失最大．
2．碰撞、爆炸、反冲的特点分析 (1)碰撞现象 ①动量守恒 ②机械能不增加 ③速度要合理
a ．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′.
b ．若碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变． (2)爆炸现象 ①动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．
②动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．
③位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．
(3)反冲运动
①反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果． ②反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理．
③研究反冲运动的目的是找出反冲速度的规律．求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态．
考点突破
例3一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水
平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g 取10 m/s 2
，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
【解析】弹丸爆炸过程遵守动量守恒定律，规定爆炸前弹丸的速度方向为正方向，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有
mv ＝34mv 甲＋1
4
mv 乙 ①
爆炸后，甲、乙从同一高度同时开始做平抛运动，下落时间为 t ＝
2h
g
＝2×5
10
s ＝1 s 由B 项图可知， v 甲＝x 甲
t ＝2.5 m/s
v 乙＝x 2
t
＝0.5 m/s
代入①式，恰成立，B 项正确， 由C 项图可知
v 甲＝1 m/s v 2＝2 m/s
代入①式可知不成立，C 项错误． 若爆炸后，甲、乙反向飞出，则有 mv ＝34mv 甲－1
4mv 乙 ②
或mv ＝－34mv 甲＋1
4mv 乙 ③
由A 项图可知，
v 甲＝2.5 m/s v 乙＝0.5 m/s
代入②式可知不成立，A 项错误． 由D 项图可知
v 甲＝1 m/s v 乙＝2 m/s
代入③式可知不成立，D 项错误．
【答案】B
针对训练
4．如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0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，则救生员跃出后小船的速率为(C)
A ．v 0＋m M v
B ．v 0－m
M
v
C ．v 0＋m M (v 0＋v)
D ．v 0＋m
M
(v 0－v)
【解析】设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有(M ＋m)v 0＝－mv ＋Mv x ，解得v x ＝v 0＋m
M
(v 0＋v)，选项C 正确．
5．如图所示B 、C 、D 、E 、F 五个球并排放置在光滑的水平面上，B 、C 、D 、E 四球质量相等，而F 球质量小于B 球质量，A 球的质量等于F 球质量，A 球以速度v 0向B 运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(C)
A ．五个小球静止，一个小球运动
B ．四个小球静止，两个小球运动
C ．三个小球静止，三个小球运动
D ．六个小球都运动
【解析】A 球与B 球相碰时，由于A 质量小于B ，A 弹回，B 获得速度与C 碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，B 静止，C 获得速度．同理，C 与D 的碰撞，D 与E 的碰撞都是如此．E 获得速度后与F 的碰撞过程中，由于E 的质量大于F ，所以E 、F 碰后都向前运动．所以碰撞之后，A 、E 、F 三球运动，B 、C 、D 三球静止．选项C 正确．
考点4
动量与能量的综合问题 【p 104】
夯实基础
1．动量守恒定律和能量守恒定律是物理学中的两条重要定律，它们的适用范围很广．这两条守恒定律跟牛顿运动定律形成了解答动力学问题的三条不同路线(力线、能线、动量线)．若考查有关物理量的瞬时对应关系，则走力线(运用牛顿定律、运动学公式)；若考查一个过程，三条路线均可走，但选的路线不同，解决问题的难易、繁简程度可能会有很大的差别．若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律；若研究对象是单个物体：涉及力和时间应优先考虑动量定理；涉及力、位移、功，应优先考虑动能定理．这两个定理、两条守恒定律只考查一个物理过程始末两状态有关物理量的关系，不涉及过程的细节，这是它们的方便之处，特别是遇到变力问题，在中学范围内不好用牛顿定律解答时，用两个定理和两条
守恒定律就能解答了．
2．两条守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，且研究的都是某一物理过程，但两者守恒的条件不相同，要严加区别．另外，动量守恒定律表示为矢量式，应用时，要切实注意方向；机械能守恒定律，能量守恒定律表示为标量式，对功和能量(重力势能)只需代数加减就行了．
考点突破
例4如图，在离地4h 的平台边缘放一个小球A ，在其左侧有一个摆球B.从离平台h 高处由静止释放，到达最低点时恰与A 球正碰．A 球水平抛出，落地时距离平台边缘的水平距离4h ，B 球碰后能上升到离平台的最大高度为h
4
.不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)A 水平抛出时的速度； (2)A 、B 两球质量之比m A
m B
.
【解析】(1)y ＝4h ＝12gt 2
，x ＝4h ＝v A t
∴v A ＝2gh
(2)B 下降，v 2B ＝2gh ，B 碰后上升v B ′2
＝2g·h 4
∴v B ′＝v B
2，
若B 碰后向左摆，
由动量守恒得m B v B ＝－m B ·v B 2＋m A v A ，∴m A m B ＝3
2
碰前，总动能E 1＝m B gh ，碰后总动能为m A gh ＋m B g ·h
4
若m A ＝1.5m B ，则E 2＝1.75m B gh ，增大了，∴不行． B 只能向右摆 m B v B ＝m B ·v B
2＋m A v A
得m A m B ＝12
【小结】应用动量观点和能量观点解题 1．动量观点和能量观点
这两个观点研究的是物体或系统运动过程中状态的改变，不对过程的细节作深入的研究，而只关心状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道始末状态的动量、能量和力在过程中所做的功，即可对问题求解．
2．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题
(1)动量定理、动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．
(2)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．
(3)中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．
针对训练
6．如图所示在光滑水平地面上，停着一辆玩具汽车，小车上的平台A 是光滑的，并靠在光滑的水平桌面旁，现有一质量为m 的小物体C 以速度v 0沿水平桌面自左向右运动，滑过平台A 后，恰能落在小车底面的前端B 处，并粘合在一起，已知小车的质量为M ，平台A 离车底平面的高度OA ＝h ，求：
(1)物体C 与小车粘合后，小车的速度；
(2)物体与小车相互作用的过程中，系统损失的机械能．
【解析】(1)最后车与物体以共同的速度v 向右运动，依水平方向动量守恒有mv 0＝(M ＋m)v v ＝mv 0
M ＋m
.
(2)ΔE ＝12mv 20＋mgh －（M ＋m ）v
2
2
解得ΔE ＝mgh ＋Mmv 2
2（M ＋m ）
.
7．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝m C ＝2m ，m B ＝m ，A 、B 用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B 与C 碰撞前B 的速度．
【解析】设共同速度为v ，滑块A 和B 分开后B 的速度为v B ，由动量守恒定律有 (m A ＋m B )v 0＝m A v ＋m B v B m B v B ＝(m B ＋m C )v
联立以上两式得，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ＝9
5
v 0.
8．两滑块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，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：
滑块a 、b 的质量之比．
【解析】设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2. 由题给图象得 v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s ②
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 ＝2
3 m/s ③
由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④ 联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8
考 点 集 训 【p 300】
A 组
1．关于冲量，下列说法正确的是(A) A ．冲量是物体动量变化的原因
B ．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零
C ．动量越大的物体受到的冲量越大
D ．冲量的方向就是物体运动的方向 【解析】力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A 选项正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I ＝Ft ，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化情况，是所有作用在物体上的力共同产生的效果，B 选项不正确；物体所受冲量I ＝Ft 与物体动量的大小p ＝mv 无关，C 选项不正确；冲量的方向与物体运动的方向无关，D 选项不正确．
2．如图所示，小车与木箱紧挨着静止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(C)
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 ．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小不相等
【解析】男孩、小车、木箱这一系统合外力为零，动量守恒，A 、B 均错，C 对．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，D 错．
3．(多选)恒力F 作用在质量为m 的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t ，下列说法正确的是(BD)
A ．拉力F 对物体的冲量大小为零
B ．拉力F 对物体的冲量大小为Ft
C ．拉力F 对物体的冲量大小是Ftcos θ
D ．合力对物体的冲量大小为零
4．(多选)质量为m 的小球A 沿光滑水平面以速度v 0与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后，小球A 的动能变为原来的1
16
，那么小球B 的速度不可能是(BC)
A.38v 0
B.28v 0
C.48v 0
D.58
v 0 【解析】碰后A 球的动能变为原来的116，说明速度大小是v 0
4，根据动量守恒得：mv 0＝mv 1
＋2mv 2，若碰后A 、B 同向运动：将v 1＝14v 0代入得：v 2＝3
8v 0，若碰后A 、B 反向运动，将v 1＝
－14v 0代入得：v 2＝5
8
v 0，故A 、D 正确，B 、C 错误．
5．质量为M 的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和1
4圆弧的轨道均光滑，如图所
示，一个质量为m 的小球以速度v 0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中不正确的是(A)
A ．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B ．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C ．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
D ．小球可能做自由落体运动
【解析】小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统动量守恒、机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程．如果m<M ，小球离开小车向左做平抛运动；如果m ＝M ，小球离开小车做自由落体运动；如果m>M ，小球离开小车向右做平抛运动，所以答案应选A.
6．从倾角为30°，长0.3 m 的光滑斜面的顶端滑下质量为2 kg 的货包，掉在质量为13 kg
的小车里．若小车与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.02，小车能前进多远？(g 取10 m/s 2
) 【解析】货包离开斜面时速度为v ＝2ax 1＝2gx 1sin 30°＝ 3 m/s.货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在其落入小车前，其水平速度v x 不变，其大小为v x ＝vcos 30°＝1.5 m/s.货包落入小车中与小车相碰的瞬间，虽然小车在水平方向受到摩擦力的作用但与相碰时的内力相比可忽略，故系统在水平方向上动量守恒，则mv x ＝(M ＋m)v′.
小车获得的速度为v′＝mv x M ＋m ＝2×1.5
13＋2
m/s ＝0.2 m/s.
由动能定理有μ(M ＋m)gx 2＝12
(M ＋m)v′2
.
求得小车前进的距离为x 2＝（M ＋m ）v′2
2μ（M ＋m ）g ＝v′
2
2μg
＝0.1 m.
7．如图，A 、B 、C 三个木块的质量均为m ，置于光滑的水平桌面上，B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体．现A 以初速v 0沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．已知C 离开弹簧后的速度恰为v 0.求弹簧释放的势能．
【解析】设碰后，A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，由动量守恒得 3mv ＝mv 0 ①
设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒得 3mv ＝2mv 1＋mv 0 ②
设弹簧的弹性势能为E p ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有12(3m)v 2
＋
E p ＝12(2m)v 2
1＋12
mv 20 ③
由①②③式得弹簧所释放的势能为E p ＝13
mv 20.
B 组
8．在光滑的水平面的同一直线上，自左向右地依次排列质量均为m 的一系列小球，另一质量为m 的小球A 以水平向右的速度v 运动，依次与上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞n 次后，剩余的总动能为原来的八分之一，则n 为(C)
A ．5
B ．6
C ．7
D ．8
【解析】碰第一次后，总共质量为2m ，共同速度为v 1＝v
2，
碰第二次后，总共质量为3m ，共同速度为v
3，
碰第n 次后，总共质量为(n ＋1)m ，共同速度为v
n ＋1.
依题意有18×12mv 2＝12(n ＋1)m·v
2
（n ＋1）2
解得n ＝7，选C.
9．(多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m
的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(BD)
A.12mv 2
B.mM 2（M ＋m ）
v 2
C.1
2
N μmgL D ．N μmgL 【解析】设系统损失的动能为ΔE ，根据题意可知，整个过程中小滑块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv ＝(M ＋m)v t ，12mv 2＝12(M ＋m)v 2
t ＋ΔE ，联立解得，ΔE ＝
Mm 2（M ＋m ）
v 2
，A 项错误，B 项正确；又由于小滑块与箱子壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全
部用于摩擦生热，即ΔE ＝N μmgL ，C 项错误，D 项正确．
10．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m 、12m ，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v 0、v 0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)
【解析】设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min ，抛出货物后船的速度为v 1，甲船上的人接到货物后船的速度为v 2，由动量守恒定律得
12mv 0＝11mv 1－mv min ① 10m ·2v 0－mv min ＝11mv 2 ②
为避免两船相撞应满足v 1＝v 2 ③ 联立①②③式得v min ＝4v 0
11．质量为m ＝1 kg 的小木块(可看做质点)，放在质量为M ＝5 kg 的长木板的左端，如图所示．长木板放在光滑水平桌面上．小木块与长木板间的动摩擦因数μ＝ 0.1，长木板的长度L ＝2.5 m ．系统处于静止状态．现为使小木块从长木板右端脱离出来，给小木块一个水平
向右的瞬时冲量I ，求冲量I 的最小值．(g 取10 m/s 2
)
【解析】当木块恰好滑到木板的右端时，两者速度相等，则I 最小，由动量守恒定律：mv 0
＝(m ＋M)v 1
解得v 1＝1
6
v 0
由能量守恒得：μmgL ＝12mv 20－12
(m ＋M)v 2
1，v 0＝ 6 m/s
由动量定理得：I ＝mv 0＝ 6 N ·s
12．图甲是一台打桩机的简易模型，桩柱B 静止在水平地面，重锤A 在绳子恒定拉力F 作用下从桩柱上端由静止上升，当重锤上升4.2 m 时，撤去拉力F ，重锤继续上升0.8 m 后自由下落，并与桩柱撞击，撞击后将桩柱打入地下一定深度．已知重锤的质量m ＝42 kg 、桩柱的质量M ＝168 kg.重锤上升过程中其动能随上升高度的变化规律如图乙所示，重锤和桩柱撞
击时间极短，滑轮离地足够高，不计空气阻力和滑轮的摩擦，重力加速度g ＝10 m/s 2
.试求：
(1)重锤从最高点落回B 处的时间和速度大小； (2)撤去拉力F 前，拉力F 做功的平均功率；
(3)若桩柱向下运动的过程中受到的阻力是重锤和桩柱总重量的1.5倍，求桩柱被打入地下的深度．
【解析】(1)重锤上升的最大高度为H ＝()4.2＋0.8 m ＝5.0 m
根据自由落体运动的规律可得H ＝12gt 2
重锤落回到B 时的速度v 1＝2gH 解得v 1＝10 m/s ，t ＝1 s
(2)撤去拉力前，重锤匀加速上升， 由动能定理可得()F －mg h 1＝E k1
又有E k1＝12mv 2，P －＝F·v 2，解得P －
＝1 000 W
(3)重锤与桩柱碰撞的过程中，由动量守恒定律可得
mv 1＝()m ＋M v 2 由动能定理可得
()m ＋M gh －1.5()m ＋M gh ＝0－12
()m ＋M v 22
解得h ＝0.4 m。