热门试卷

48.0cm

设a球的质量为m1，b球的质量为m2，碰撞过程中满足动量守恒定律，

m1+ m2= m1，

解得m1∶ m2=4∶1。

改变a的释放位置，有m1’+ m2’= m1’，

解得：’=48.0cm。

(1)

(2)l≥

(1)第2次碰前，车与小物体已达到共同速度v1，由动量守恒定律：

(M－m)v0＝(M＋m)v1

v1＝。

(2)设第1次碰后小物体相对车向右滑动l1，由能量守恒得：

μmgl1＝(M＋m)v02－(M＋m)v12

解得：l1＝

设第2次碰后物体相对车向左运动l2，共同运动的速度为v2，则有：

Mv1－mv1＝(M＋m)v2

μmgl2＝(M＋m)v12－(M＋m)v22

解得：l2＝l1＜l1

同理可得ln＜ln－1，即只要第一次碰撞后小物体不从小车上掉下，以后的碰撞均不能使物体从车上掉下。

所以要使物体不从车上掉下，车长应满足条件：l≥。

当把锤头打下去时，锤头向右运动，系统总动量要为零，车就向左运动；举起锤头时，锤头向左运动，车就向右运动，用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一旦锤头不动，车就会停下来，所以车不能持续向右运动.

对人（包括铁锤）和平板车组成的系统，铁锤击车，锤和车间的作用力是该系统的内力，系统所受的外力之和为零，所以系统的总动量守恒.系统初动量为零，若在锤的连续敲击下，平板车能持续向右行驶，则系统的总动量将不为零，与动量守恒定律矛盾.

4.5 m/s

设挂车原速度为v0，把挂车和4节车厢作为系统，由动量守恒定律可知：m1v0=(m1+4m2)(v0-3),解之得v0="4.5" m/s.

略

v=5.2m/s，方向与甲和箱子初速一致。

【错解分析】错解： 设甲与他的冰车以及乙与他的冰车的质量为M，箱子的质量为m，开始时他们的速率为v0，为了不与乙相碰。

　　错解一：甲必须停止，所以，对甲和他的冰车及箱子，推出前后满足动量守恒，由动量守恒定律：

（M+m）v0=0+mv

　　错解二：乙接到箱子后停下，所以，对箱子及乙和他的冰车，接到箱子前后动量守恒，设箱子的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：

mv－Mv0=0

　　在此题中，有两个关键问题必须弄清楚，第一，“不相撞”的意义，是否意味着一个物体停下，实际上，不相撞的意义就是两个物体的速度相等（同向情况）。物体停止运动，也不一定就撞不上。如本题错解二。按照错解答案我们可知，当甲用4m/s的速度推箱子，箱子以4m/s的速度迎面向乙滑去，与乙相互作用后，乙与箱子都停下来了。那么，此时甲停了吗？我们可以继续完成本题，设甲推出箱子的速度为v'，对甲和箱子，（以甲和箱子的初速度为正），由动量守恒定律有：

（M+m）v0=Mv'+mv

　　解得：v'=1m/s。符号为正，说明甲以4m/s的速度推出箱子后继续向前运动，而乙接住箱子后要停下，这样甲就与乙相撞，所以4m/s的速度太小了。结果不符合题目要求。第二个关键在于不仅要不相撞，而且还要求甲推箱子的速度为最小，即若甲用相当大的速度推箱子，乙接到箱子后还会后退，这样就不满足“至少”多大的条件了，错解一即是这样，将所求的数据代入可以得知，乙和箱子将以0.67m/s的速度后退。

　　【正确解答】 要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2。

　　对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律：

（M+m）v0= mv+Mv1①

　　对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速方向为正，由动量守恒定律有：

mv－Mv0=（m+M）v2②

　　刚好不相撞的条件是：

v1="v" ③

　　联立①②③解得：v=5.2m/s，方向与甲和箱子初速一致。

　　【小结】 本题从动量守恒定律的应用角度看并不难，但需对两个物体的运动关系分析清楚（乙和箱子、甲的运动关系如何，才能不相撞）。这就需要我们要将“不相撞”的实际要求转化为物理条件，即：甲、乙可以同方向运动，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。  

从子弹入射前到摆动至最同点具有共同速度v为止，在这个过程中，水平方向不受外力，所以、动量守恒，由动量守恒定律有：

mv0=(M1+M1+m)v ③

【错解分析】错解： 由动量守恒定律：mv0=(M1＋M2+m)v

　　解得：

　　没有很好地分析物理过程，盲目模仿，没有建立正确的物理模型，简单地将此类问题看成“冲击摆”，缺少物理模型变异的透彻分析。事实上，此题与“冲击摆”的区别在于悬点的不固定，而是随着小车往前移动的。当摆摆到最高点时，(M1＋m)只是竖直方向的速度为零，而水平方向依然具有一定速度，即在最高点处(M1＋m)具有动能。这一点是不少学生在分析物理过程及建立物理模型时最容易产生的错误。

　　【正确解答】 子弹射入砂袋前后动量守恒，设子弹打入砂袋瞬间具有速度v0′，由动量守恒定律：

mv0=(M1＋m)v′ ①

　　此后(M1＋m)在摆动过程中，水平方向做减速运动，而M2在水平方向做加速运动，当(M1+m)与M2具有共同水平速度时，悬线偏角θ达到最大，即竖直向上的速度为零，在这一过程中。满足机械能守恒，设共同速度为v，由机械能守恒有：

　　但式①，②中有三个未知量，v0，v0′，v，还需再寻找关系。

　　从子弹入射前到摆动至最同点具有共同速度v为止，在这个过程中，水平方向不受外力，所以、动量守恒，由动量守恒定律有：

mv0=(M1+M1+m)v ③

　　【小结】 对于大部分学生来讲，掌握一定的物理模型并不困难，困难在于题目变化，新的题目中的模型如何能够转换成为我们熟悉的，旧有的，规范的物理模型中，进而用比较普遍运用的物理规律去求解，此题就是从滑动的小车摆(暂且这样称呼)迁延至“冲击摆”，找出两者之间的共同点与区别，达到解决问题的目的。  

26 N

过程一：以子弹和小球为系统，相互作用的瞬间满足动量守恒定律，即mv0=mv1+Mv2,解得v2="4" m/s;过程二：子弹穿出球的瞬间，对小球，由牛顿第二定律及向心力公式有：T-Mg=M,解之得T=Mg+M="26" N，根据牛顿第三定律可知：小球对绳的拉力大小T′="T=26" N.

120 m/s 方向与原方向相反

设原速度为v，爆炸后小块的速度为v1，大块的速度为v2.因炸裂瞬间内力远大于外力，系统动量守恒，即：（m1+m2）v=m1v1+m2v2,因为m1∶m2=3∶7,所以v2="-120" m/s.“-”号表示方向与原方向相反.

6×1016

这块彗星与木星碰撞后速度为零，故对木星的冲量为I=mv=6×1016 kg·m/s.

（1）3.0 m/s   （1）0.50 m

略

s=mb／（M+m）

小球m在下滑的过程中，受力情况和速度变化的规律都不易分析，因此用牛顿定律和运动学公式找位移S是困难的；用人船模型的公式解这类求变速直线运动的位移且不涉及速度的问题时，是非常方便的．

解：设小球滑到底端时，劈块后退的位移为S，则小球的水平位移应为（b一S），根据动量守恒定律得Ms=m（b-s），解得劈块移动的距离为s=mb／（M+m）。

①②

甲推出箱子可使自己减速，而乙接住箱子，也可使其自己减速，甚至反向运动．若甲、乙刚好不相撞，条件应是在乙接住箱子后，甲、乙(包括箱子)的速度相同．根据动量守恒定律，我们先做定性分析:选甲、乙、箱子为系统，由于甲推出箱子前，系统的总动量的方向与甲的运动方向相同，所以在达到共同速度时，系统的总动量方向应不变，故判断共同速度的方向在甲的原运动方向上．设:甲推出箱子前的运动方向为正方向，甲、乙初速度大小为，甲、乙、箱子后来的共同速度为，根据动量守律:

，可求出=0.4m/s；再以甲与箱子为研究对象，甲推出箱子的过程中动量守恒，设箱子被推出后的速度为，可求出被推出后箱子的速度为.由动能定理，甲推出箱子的过程对箱子做功等于箱子动能的增加量J．

在本题中，对甲、乙不相撞的条件的分析，是解决问题的关键．而在具体的求解过程中，如何选择研究对象和过程始末去运用动量守恒定律，可以有不同的方式，例如，先选甲和箱子为系统，再选箱子和乙为系统也可解出，但要麻烦一些，不妨试一试，作一比较．