2021高考物理一轮复习第六章动量守恒定律第二节动量守恒定律及其应用学案新人教版

第二节动量守恒定律及其应用一、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．2．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＝m1v′1＋m2v′2，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变化量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：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)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．1．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒答案：C二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)定义：相互作用的几个物体，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞．(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒．2．碰撞分类(1)弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失．(2)非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失．(3)完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最多．3．反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等．(3)规律：遵从动量守恒定律．4．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒．2.如图所示，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( ) A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动解析：以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误．答案：D动量守恒定律是自然界很重要的客观规律，它不仅适用于经典力学，而且适用于量子力学，在相对论条件下也成立．考点一动量守恒的判断典例(2019·山东菏泽模拟)如图所示，装有弹簧发射器的小车放在水平地面上，现将弹簧压缩锁定后放入小球，再解锁将小球从静止斜向上弹射出去，不计空气阻力的一切摩擦．从静止弹射到小球落地前的过程中，下列判断正确的是( )A．小球的机械能守恒，动量守恒B．小球的机械能守恒，动量不守恒C．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量不守恒D．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒[思维点拨] 根据动量守恒和机械能守恒条件判断解析：小球从静止弹射到落地前的过程中，弹簧的弹力对小球做功，小球的机械能不守恒；小球所受外力不等于零，其动量不守恒，故A、B错误；小球、弹簧和小车组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，系统竖直方向的合外力不为零，所以系统的动量不守恒，故C正确，D错误．答案：C动量守恒定律的适用条件1．系统不受外力或系统所受外力之和为零．2．系统所受的外力之和虽不为零，但比系统内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计．3．系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和为零，或外力远小于内力，则系统该方向动量守恒．考点二动量守恒定律的理解与应用1.动量守恒定律的“六种”性质典例 (2019·宁夏银川一中月考)如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg ，m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．先将B 竖直向上举高h ＝1.8 m(未触及滑轮)然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．g 取10 m/s 2.(1)B 从释放到细绳绷直时的运动时间t ； (2)A 的最大速度v 的大小； (3)初始时B 离地面的高度H .[思维点拨] (1)细绳绷直瞬间，A 、B 通过细绳发生相互作用，该过程中系统动量守恒吗？(2)细绳绷直瞬间，A 、B 以大小相等的速度运动，此后A 做怎样的运动？ 解析：(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动， 有h ＝12gt 2，解得t ＝0.6 s.(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，有v B ＝gt ＝6 m/s.细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，由动量守恒，有m B v B ＝(m A ＋m B )v ，绳子绷直瞬间，A 、B 的速度v ＝2 m/s.之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为A 的最大速度，则A 的最大速度为2 m/s.(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH ， 解得H ＝0.6 m ，初始时B 离地面的高度H ＝0.6 m.答案：(1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m1．物体间发生相互作用的过程中，若系统所受外力合力为0时，优先选用动量守恒定律．2．当物体间发生很短时间的相互作用时，其内力远大于外力，对系统动量可以认为守恒，应选用动量守恒定律．考点三 碰撞模型的规律及应用 1.碰撞问题遵循的三条原则 (1)动量守恒定律． (2)机械能不增加．E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 2＋p ′222m 2(3)速度要合理．①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等)． ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变． 2．弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解．根据动量守恒和机械能守恒，有⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′212m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 解得：v ′1＝（m 1－m 2）v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2，v ′2＝（m 2－m 1）v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2.(2)分析讨论．当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v ′1＝v 2，v ′2＝v 1，即两物体交换速度． 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则：v ′1＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2，①m 1＝m 2时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，碰撞后两物体交换速度． ②m 1＞m 2时，v ′1＞0，v ′2＞0，碰撞后两物体沿同方向运动． ③m 1＜m 2时，v ′1＜0，v ′2＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来．典例 如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者都处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间满足什么条件才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性碰撞．[思维点拨] 要使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，则A 先与C 碰撞后要反弹并与B 发生碰撞，且A 的最终速度要小于C 的速度．解析：A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度向右方向为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv 0＝mv A 1＋Mv C 1，12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1， 联立可得：v A 1＝m －M m ＋M v 0，v C 1＝2mm ＋Mv 0. 如果m ＞M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰撞的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需要考虑m ＜M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同理有：v A 2＝m －M m ＋M ，v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0. 根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有：v A 2≤v C 1， 联立可得：m 2＋4mM －M 2≥0， 解得：m ≥(5－2)M ，另一解m ≤－(5－2)M 舍去，所以，m 和M 应满足的条件为：(5－2)M ≤m ＜M . 答案：(5－2)M ≤m ＜M碰撞问题解题策略1．抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．2．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v ′1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v ′2＝2m 1m 1＋m 2v 1.3．熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度．当m 1≫m 2，且v 2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 1.当m 1≪m 2，且v 2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．考点四“人船模型”问题1.“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．2．“人船模型”的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；两物体的位移满足：m x人t－Mx船t＝0，x人＋x船＝L，即x人＝MM＋mL，x船＝mM＋mL.(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的．典例长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头，若不计水的阻力和空气阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？[思维点拨] 这是典型人船模型，画出初末状态图，找出各自对地的位移．解析：选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零．当人起步加速前进时，船同时加速后退；当人匀速前进时，船匀速后退；当人减速前进时，船减速后退；当人速度为零时，船速度也为零．设某时刻人对地的速率为v1，船对地的速率为v2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律，得mv1－Mv2＝0，①因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒，对①式两边同乘以Δt，得mx1－Mx2＝0.②②式为人对地的位移和船对地的位移关系．由图还可看出：x1＋x2＝L，③联立②③两式得x1＝MM＋mL，x2＝mM＋mL.答案：见解析求解“人船模型”问题应注意的两点1．适用条件．(1)系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；(2)在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)．2．画草图．解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．考点五“子弹打木块”模型子弹打木块的两种常见类型．(1)木块放在光滑的水平面上，子弹以初速度v0射击木块．运动性质：子弹对地在木块对子弹的力作用下做匀减速直线运动；木块在子弹对木块的作用下做匀加速运动．图象描述：从子弹击中木块时刻开始，在同一个vt坐标中，两者的速度图线如图甲(子弹穿出木块)或乙(子弹停留在木块中)所示．图中，图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度．两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移．方法：把子弹和木块看成一个系统，利用系统水平方向动量守恒和系统的能量守恒(机械能不守恒)，或对木块和子弹分别利用动能定理．推论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即ΔE＝F f d.(2)物块固定在水平面，子弹以初速度v0射击木块，对子弹利用动能定理，可得－F f d＝1 2mv2t－12mv20.两种类型的共同点：①系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值(因为有一部分机械能转化为内能)．②摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程．大小为Q＝F f·s，其中F f是滑动摩擦力的大小，s 是两个物体的相对位移(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者相对位移的大小，所以说是一个相对运动问题)．③静摩擦力可对物体做功，但不能产生内能(因为两物体的相对位移为零)． 典例 如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块(木块可视为质点)，车与木块均处于静止状态．一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝200 m/s 的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．已知木块与平板之间的动摩擦因数μ＝0.5.(g 取10 m/s 2)(1)求子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度； (2)若木块不会从小车上落下，求三者的共同速度； (3)若是木块刚好不会从车上掉下，则小车的平板至少多长？[思维点拨] (1)子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出共同速度；(2)子弹、木块、小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出它们的共同速度； (3)对系统由能量守恒定律求出小车的平板的最小长度．解析：(1)子弹射入木块过程系统动量守恒，以水平向左为正，则由动量守恒有m 0v 0＝(m 0＋m )v 1，解得v 1＝m 0v 0m ＋m 0＝0.1×2001.9＋0.1m/s ＝10 m/s. (2)子弹、木块、小车系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得(m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v ，解得v ＝（m 0＋m ）v 1m 0＋m ＋M ＝（0.1＋1.9）×100.1＋1.9＋8m/s ＝2 m/s.(3)子弹击中木块到木块相对小车静止过程，由能量守恒定律得12(m 0＋m )v 21＝μ(m 0＋m )gL＋12(m 0＋m ＋M )v 2，解得L ＝8 m. 答案：(1)10 m/s (2)2 m/s (3)8 m对于该模型，由于子弹与木块作用时间非常短，一般都认为子弹与木块作用过程中系统动量是守恒的，作用之后系统动量是否还守恒还需要重新判定．考点六 “滑块—木板”模型“滑块—木板”模型作为力学的基本模型经常出现，也是一个高频的考查模型．是对直线运动和牛顿运动定律和动量守恒定律有关知识的综合应用，能力要求很高，往往以压轴题形式出现．这类问题可分为两类：1．没有外力参与，滑块与木板组成的系统动量守恒，系统除遵从动量守恒定律外，还遵从能量守恒定律，摩擦力与相对路程的乘积等于系统动能的损失，即F f ·s 滑＝ΔE k .此类问题虽然受恒力作用时可以应用牛顿运动定律和运动学公式求解，但是求解过程相当麻烦，受变力作用时更是无能为力，因此选用能量守恒和动量守恒求解是最好选择．2．系统受到外力，这时对滑块和木板一般隔离分析，画出它们运动的示意图，应用牛顿运动定律和运动学公式求解．此类问题请参见第三章“滑块—木板”模型．典例 如图所示，光滑的水平面上有两个完全一样的长木板A 和B ，在A 板的右侧边缘放有小滑块C ，开始A 、C 以相同的速度v 0向右匀速运动，与静止在水平面上的木板B 发生正碰，碰后两木板粘在一起并继续向右运动，最终滑块C 刚好没有从木板上掉下．已知木板A 、B 和滑块C 的质量均为m ，C 与A 、B 之间的动摩擦因数均为μ.求：(1)最终滑块C 的速度； (2)木板B 的长度L .[思维点拨] (1)A 、B 碰撞一直到最终A 、B 、C 一起向右运动的过程中，A 、B 、C 组成的系统动量 守恒，以v 0方向为正方向，根据动量守恒定律列式求解最终的共同速度；(2)A 、B 碰撞过程中，A 、B 组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后A 、B 的速度，此后A 在C 上滑行过程中，根据能量守恒工列式求解L .解析：(1)A 、B 碰撞一直到最终A 、B 、C 一起向右运动的过程中，A 、B 、C 组成系统动量守恒，以v 0方向为正方向，根据动量守恒定律得2mv 0＝3mv ，解得v ＝23v 0.(2)A 、B 碰撞过程中，A 、B 组成的系统动量守恒，以v 0方向为正方向，根据动量守恒定律得mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v 02.最终滑块C 刚好没有从木板上掉下，则C 与B 的相对位移为L ，根据能量守恒定律，得μmgL ＝12mv 20＋12×2mv 21－12×3mv 2，解得L ＝v 2012μg.答案：(1)23v 0 (2)v 212μg涉及相对位移的“滑块—木板”问题分析方法在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，利用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量，公式表示为ΔE 内＝－ΔE 机＝fs 相对．1.(多选)(2019·宁夏石嘴山三中月考)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )A BC D解析：A中在光滑的水平面，子弹与木块系统受合外力等于零，动量守恒；B中剪断细线后，竖直墙壁对左边木块有弹力作用，系统合外力不为零，动量不守恒；C中两球在匀速下落，系统合外力等于零，细线断裂后，系统合外力仍然等于零，所以系统动量守恒；D中木块加速下滑时挡板对斜面体有向左的力，则动量不守恒．所以选项A、C正确．答案：AC2．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A．30 kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．答案：A3.(多选)(2019·南京模拟)如图所示，静止小车C放在光滑地面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是( )A．A、B质量相等，但A比B速率大B．A、B质量相等，但A比B速率小C．A、B速率相等，但A比B的质量大D．A、B速率相等，但A比B的质量小解析：两人及车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则m A v A－m B v B－m C v C＝0，得m A v A－m B v B ＞0，即p A ＞p B .若m A ＝m B ，必有v A ＞v B ，故A 正确，B 错误；若v A ＝v B ，必有m A ＞m B ，故C 正确，D 错误．答案：AC4．(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )A ．均为1 m/sB ．＋4 m/s 和－5 m/sC ．＋2 m/s 和－1 m/sD ．－1 m/s 和5 m/s解析：由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况：E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝12×4×9 J ＋12×2×9 J ＝27 J ，E k ′＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22.由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E ′k ，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E ′k ，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v ′A ＞0，v ′B ＜0)，这显然是不符合实际的，因此C 错误．验证选项A 、D 均满足E k ≥E ′k ，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．答案：AD5．质量为m 、速度为v 的A 球跟质量为3m 的静止B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值．请你论证：碰撞后B 球的速度可能是以下值( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.2vD ．0.8v解析：若是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律，得mv ＝mv 1＋3mv 2，12mv 2＝12mv 21＋12×3mv 22， 则v 2＝2m 4m v ＝12v .若是完全非弹性碰撞，则mv ＝4mv ′，v ′＝14v ，因此14v ≤v B ≤12v ，因此只有B 是可能的．答案：B6．(2019·山东济宁模拟)两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg ，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg.两磁铁的N 极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲的速率为2 m/s ，乙的速率为3 m/s ，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．则：(1)两车最近时，乙的速度为多大？ (2)甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？解析：(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律，得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v ，则 v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝1.0×3－0.5×20.5＋1.0m/s＝43m/s ≈1.33 m/s. (2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v ′乙，由动量守恒定律得m 乙v乙－m 甲v 甲＝m 乙v ′乙，得v ′乙＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 乙＝1.0×3－0.5×21.0m/s ＝2 m/s.答案：(1)1.33 m/s (2)2 m/s7.(2019·揭阳模拟)如图，水平面上相距为L ＝5 m 的P ，Q 两点分别固定一竖直挡板，一质量为M ＝2 kg 的小物块B 静止在O 点，OP段光滑，OQ 段粗糙且长度为d ＝3 m ．一质量为m ＝1 kg 的小物块A 以v 0＝6 m/s 的初速度从OP 段的某点向右运动，并与B 发生弹性碰撞．两物块与OQ 段的动摩擦因数均为μ＝0.2，两物体与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能．重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)A 与B 在O 点碰后瞬间各自的速度； (2)两物块各自停止运动时的时间间隔．解析：(1)设A 、B 在O 点碰后的速度分别为v 1和v 2，以向右为正方向． 由动量守恒定律，得mv 0＝mv 1＋Mv 2，碰撞前后动能相等，得 12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22， 解得：v 1＝－2 m/s ，方向向左，v 2＝4 m/s ，方向向右． (2)碰后，两物块在OQ 段减速时加速度大小均为a ＝μg ＝2 m/s 2.B 经过t 1时间与Q 处挡板相碰，由运动学公式，得v 2t 1－12at 21＝d ，得t 1＝1 s(t 1＝3 s 舍去)．与挡板碰后，B 的速度大小v 3＝v 2－at 1＝2 m/s ， 反弹后减速时间t 2＝v 3a＝1 s ，反弹后经过位移s 1＝v 232a＝1 m ，B 停止运动．物块A 与P 处挡板碰后，以v 4＝2 m/s 的速度滑到O 点，经过s 2＝v 242a＝1 m 停止．所以最终A 、B 的距离s ＝d －s 1－s 2＝1 m ， 两者不会碰第二次．在A 、B 碰后，A 运动总时间t A ＝2（L －d ）|v 1|＋v 4a＝3 s.整体法得B 运动总时间t B ＝t 1＋t 2＝2 s ，则时间间隔Δt AB ＝1 s. 答案：(1)v 1＝－2 m/s ，方向向左，v 2＝4 m/s ，方向向右 (2)1 s 8.如图所示，质量为m B 的斜面体B 放在质量为m A 的斜面体A 的顶端，斜面体A 放在水平面上，若斜面体A 的下底边长度为a ，斜面体B 的上边长度为b ，且m A ＝2m B ，不计一切摩擦，求当B 由A 的顶端从静止开始滑到A 的底端时，A 移动的距离．解析：我们可画出如图所示的示意图．我们注意到，以A 、B 组成的系统动量不守恒，但该系统水平方向动量守恒，但该系统水平方向动量守恒(因为该系统水平方向不受外力)．设A 、B 在题述过程中的速度的水平分量大小分别为v A 、v B ，则有m A v A ＝m B v B ， 又设A 、B 在题述过程中的水平位移大小分别为s A 、s B ，可得m A s At ＝m B s B t， 因为m A ＝2m B ，所以2s A ＝s B ， 注意到s B ＝a －s A －b ，可得s A ＝a －b3.答案：见解析9.如图所示，气球的质量为M ，下面拖一条质量不计的软梯，质量为m 的人站在软梯上端距地面为H ，气球保持静止状态，求：(1)人安全到地面软梯的最小长度；(2)若软梯的长为H ，则人从软梯上端到下端时，人距地面的高度． 解析：(1)设气球上升的距离为h ，用时为t ，而人对地下降H ，由于气球和人组成的系统所受外力的合力为零，则动量守恒， 有m H t ＝M h t ，L ＝H ＋h ，解得L ＝M ＋mMH . (2)设气球上移s 1，人下降s 2，所用时间为t ， 根据动量守恒定律有M s 1t ＝m s 2t，s 1＋s 2＝H ，解得s 1＝mM ＋mH . 答案：(1)M ＋m M H (2)mM ＋mH 10．一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为F f .则：(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？ (2)子弹在木块内运动的时间为多长？(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？ (5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？解析：(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v ，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律，得mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝mM ＋mv 0. (2)设子弹在木块内运动的时间为t ，由动量定理得 对木块：F f t ＝Mv －0， 解得t ＝Mmv 0F f （M ＋m ）.(3)设子弹、木块发生的位移分别为x 1、x 2，如图所示，由动能定理得对子弹：－F f x 1＝12mv 2－12mv 20，解得：x 1＝Mm （M ＋2m ）v 202F f （M ＋m ）2，对木块：F f x 2＝12Mv 2，解得x 2＝Mm 2v 202F f （M ＋m ）2.子弹打进木块的深度等于相对位移，即x 相＝x 1－x 2＝Mmv 202F f （M ＋m ）.(4)系统损失的机械能为E 损＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝Mmv 202（M ＋m ）， 系统增加的内能为Q ＝F f ·x 相＝Mmv 202（M ＋m ），系统增加的内能等于系统损失的机械能． (5)假设子弹恰好不射出木块，此时有F f L ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2，解得L ＝Mmv 202F f （M ＋m ），因此木块的长度至少为Mmv 202F f （M ＋m ）.答案：(1)mM ＋m v 0 (2)Mmv 0F f （M ＋m ）(3)Mm （M ＋2m ）v 202F f （M ＋m ）2 Mm 2v 202F f （M ＋m ）2Mmv 202F f （M ＋m ） (4)Mmv 202（M ＋m ） Mmv 202（M ＋m ） (5)Mmv 202F f （M ＋m ）11.(2019·青海平安模拟)如图所示，质量为2m 、长为L 的木块置于光滑水平面上，质量为m 的子弹以初速度v 0水平向右射向木块，穿过木块的过程中受到木块的恒定阻力为F f ＝5mv 216L ，试问子弹能否穿过木块？若能穿过，求出子弹穿过木块后两者的速度；若不能穿过，求出子弹打入木块后两者的速度．解析：设子弹能穿过木块，穿过木块后子弹的速度为v 1，木块的速度为v 2，以子弹初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋2mv 2.①根据能量守恒定律，得5mv 2016L L ＝12mv 20－12mv 21－12×2mv 22，② 由①②式解得v 1＝v 02或v 1＝v 06，将v 1＝v 06代入①式，得v 2＝512v 0＞v 1(舍去)，将v 1＝v 02代入①式，得v 2＝14v 0＜v 1，所以假设成立，即子弹能穿过木块，穿过木块后的速度为12v 0，木块的速度为14v 0.答案：见解析12．(2019·安徽黄山模拟)如图所示，质量m 1＝4.0 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝1.0 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝5 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2.(1)求物块在车面上滑行的时间t ；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v ′0不超过多少？ 解析：(1)设物块与小车的共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，设物块与车面间的滑动摩擦力为f ，对物块应用动量定理，有 －ft ＝m 2v －m 2v 0， 其中f ＝μm 2g ， 联立以上三式解得t ＝m 1v 0μ（m 1＋m 2）g，代入数据得t ＝4.0×50.5×（4.0＋1.0）×10s ＝0.8 s.(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v ′，则有m 2v ′0＝(m 1＋m 2)v ′，由功能关系有12m 2v ′20＝12(m 1＋m 2)v ′2＋μmg 2gL ， 代入数据解得v ′0＝523 m/s ，故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v ′0不能超过52 3 m/s.答案：(1)0.8 s (2)523 m/s。