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34 动量定理和动量守恒定律的理解和应用措施点拨(1)动量定理与动量守恒定律用到运动过程的初、末状态，要分析好过程，明确初、末状态(2)注意动量的矢量性，动量定理与动量守恒定律的方程都是矢量方程，先选好正方向再列方程1(动量的矢量性)(多选)一种质量为2 kg的小球以水平速度5 m/s向右运动，与挡板碰撞后，以3 m/s的水平速度反向弹回，则()A它的动量变化量的大小为4 kgm/sB它的动量变化量的大小为16 kgm/sC它的动量变化量的方向与初动量方向相反D它的动量变化量的方向与初动量方向相似2(动量守恒)质量为m的小球P以大小为v的速度与质量为3m的静止小球Q发生正碰，碰后小球P以大小为的速度被反弹，则正碰后小球Q的速度大小是()A2v B.C.D.3(守恒条件理解)如果一种系统不受外力，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若一种系统动量守恒时，则()A此系统内每个物体所受的合力一定都为零B此系统内每个物体的动量大小不也许都增长C此系统的机械能一定守恒D此系统的机械能也许增长4(动量守恒定律应用)如图1所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端当两人同步相向运动时()图1A若小车不动，两人速率一定相等B若小车向左运动，A的速率一定比B的小C若小车向左运动，A的动量一定比B的大D若小车向左运动，A的动量一定比B的小5质量为M的原子核，本来处在静止状态当它以速度v放出质量为m的粒子时(设v的方向为正方向)，剩余部分的速度为()A.B.C.D.6小船以速率v向东行驶，若在小船上分别以相对于地面的速率u向东、向西水平抛出两个等质量的物体，则小船的速率()A增大B减小C不变D由于两物体质量未知，无法拟定7(多选)如图2所示，小木块P和长木板Q叠放后静置于光滑水平面上P、Q的接触面是粗糙的用足够大的水平力F拉Q，P、Q间有相对滑动在P从Q左端滑落此前，有关水平力F的下列说法中对的的是图2AF做的功不小于P、Q动能增量之和BF做的功等于P、Q动能增量之和CF的冲量不小于P、Q动量增量之和DF的冲量等于P、Q动量增量之和8如图3所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计则()图3AA不能达到B圆槽的左侧最高点BA运动到圆槽的最低点时速度为CB始终向右运动DB向右运动的最大位移大小为9如图4，粗糙水平面上，两物体A、B用轻绳相连，在恒力F作用下做匀速运动某时刻轻绳断开，A在F牵引下继续迈进，B最后静止则在B静止前，A和B构成的系统动量_(选填“守恒”或 “不守恒”)在B静止后，A和B构成的系统动量_(选填“守恒”或“不守恒”)图410如图5所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一种小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最后相对于盒静止，则此时盒的速度大小为_；滑块相对于盒运动的路程为_图511质量为m的小球A以速率v0向右运动时跟静止的小球B发生碰撞，碰后A球以的速率反向弹回，而B球以的速率向右运动，求：(1)小球B的质量mB的大小？(2)碰撞过程中，小球B对小球A做的功W是多大？12对于两物体碰撞前后速度在同始终线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型A、B两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同始终线运动当它们之间的距离不小于等于某一定值d时，互相作用力为零；当它们之间的距离不不小于d时，存在大小恒为F的斥力设A物体质量m11.0 kg，开始时静止在直线上某点；B物体质量m23.0 kg，以速度v0从远处沿该直线向A运动，如图6所示若d0.10 m，F0.60 N，v00.20 m/s，求：图6(1)互相作用过程中A、B加速度的大小；(2)从开始互相作用到A、B间的距离最小时，系统动能的减少量；(3)A、B间的最小距离答案精析1BC2B小球P和Q的正碰满足动量守恒定律(设小球P的运动方向为正方向)，有：mv0m3mv，解得：v，故选B.3D若一种系统动量守恒时，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，选项A错误；此系统内每个物体的动量大小也许会都增长，但是方向变化，总动量不变这是有也许的，选项B错误；因系统合外力为零，但是除重力以外的其她力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能也许增长，也也许减小，故选D.4CA、B两人及小车构成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mAvAmBvBm车v车0，若小车不动，则mAvAmBvB0，由于不懂得A、B质量的关系，因此两人速率不一定相等，故A错误；若小车向左运动，则A、B的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，因此A的动量一定比B的大，故B、D错误，C对的5B质量为M的原子核，本来处在静止状态当它以速度v放出质量为m的粒子的过程中动量守恒，设剩余部分的速度为v1，由0(Mm)v1mv，得v1，B对的6A7AD以P、Q系统为研究对象，根据功能关系，拉力做的功等于P、Q动能增长量与摩擦产生的内能之和，A对的，B错误；系统所受合外力F的冲量等于P、Q动量增量之和，C错误，D对的8DA、B构成的系统动量守恒，A、B刚开始时动量为零，因此运动过程中总动量时刻为零，因此B先向右加速后又减速到零，由于系统机械能守恒，当B静止时，A正好运动到左侧最高点，A错误根据动量守恒定律可得m2m，又懂得s1s22R，因此可得s2R，D对的B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做来回运动，C错误；当A运动到最低点时，水平方向上动量守恒，因此有mv12mv2，由于系统满足机械能守恒，因此有mgRmv2mv，联立可得v1，B错误9守恒不守恒解析轻绳断开前，A、B做匀速运动，系统受到的拉力F和摩擦力平衡，合外力等于零，即FfAfB0，因此系统动量守恒；当轻绳断开B静止之前，A、B系统的受力状况不变，即FfAfB0，因此系统的动量仍然守恒；当B静止后，系统的受力状况发生变化，即FfA mAa，系统合外力不等于零，系统动量不守恒10. 解析设滑块质量为m,则盒子的质量为2m;对整个过程,由动量守恒定律可得,mv3mv共解得，v共.由功能关系可得mgsmv23m()2解得s.11(1)4.5m(2)mv解析(1)小球A、B碰撞过程动量守恒，选向右为正方向，有mv0m()mB解得：mB4.5m(2)根据动能定理，碰撞过程中只有B对A做功，选小球A为研究对象Wm()2mv解得Wmv.12(1)0.6 m/s20.2 m/s2 (2) 0.015 J (3) 0.075 m解析(1)aA0.6 m/s2，aB0.2 m/s2(2)m2v0(m1m2)v，v0.15 m/s，Ekm2v( m1m2)v20.015 J(3)vv22aBsB，sB0.043 75 m，v22aAsA，sA0.018 75 mdsAdsB0.075 m.
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