動量守恒定律的應用

1、【基礎知識網(wǎng)絡總結(jié)與鞏固】知識點一彈性碰撞和非彈性碰撞1碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間的相互作用力很大的現(xiàn)象。2特點在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。3分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大知識點二爆炸1、爆炸中的動量守恒物體間的相互作用力是變力，作用時間短，作用力很大，遠大于系統(tǒng)受到的外力，可以用動量守恒定律來處理。2、爆炸中的能量因為有其它形式的能轉(zhuǎn)化為動能，所以系統(tǒng)的動能會增加3、爆炸后的運動狀態(tài)爆炸后分裂成兩塊，前面一塊是水平的，后面的運動可能同向、反向平拋、還可能做自由落體運

2、動。知識點三反沖1、定義：反沖運動是當一個物體向某個方向射出化的一部分時， 這個物體的剩余部分將向相反的方向運動的現(xiàn)象。2、反沖中的動量守恒物體間的相互作用力是變力，作用時間短，作用力很大，遠大于系統(tǒng)受到的外力，可以用動量守恒定律來處理。3、反沖中的能量因為有其它形式的能轉(zhuǎn)化為動能，所以系統(tǒng)的動能會增加【重難點例題啟發(fā)與方法總結(jié)】考點一動量守恒定律的條件1、關于動量守恒的條件根據(jù)動量定理可知；合外力的沖量等于動量的變化，因此，欲使動量守恒，必須使合外力的沖量為零， 考慮到合外力的沖量等于合外力與其作用時間的乘積，而令時間為零是沒有任何研究的必要（同一時刻的動量當然是同一值） ，所以動量守恒的條

3、件通常表述為：如果系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，可以忽略不計；系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒。全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動量守恒2、動量守恒定律應用時的注意點：由動量守恒定律是一矢量式， 所以一般情況下應采用正交分解的方法， 當系統(tǒng)中各物體被限制在同一直線上時， 應用動量守恒定律列方程前應先規(guī)定參考正方向以明確各個速度代入方程時的符號。動量守恒定律中各物體在各狀態(tài)下的速度必須是相對于同一個慣性參照系的速度。3、應用動量守恒定律解題的一般步驟：確定研究對象，分析內(nèi)力和外力的情況，判斷

4、是否符合守恒條件；選取研究過程；選定正方向，確定初、 末狀態(tài)的動量， 凡與正方向一至的動量取正值，反向的動量取負值。最后根據(jù)動量守恒定律列議程求解例 1. 如圖所示的裝置中，木塊B 與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A 沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短 現(xiàn)將子彈、 木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統(tǒng)），則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中：A、動量守恒、機械能守恒B、動量不守恒、機械能不守恒C、動量守恒、機械能不守恒D、動量不守恒、機械能守恒解析： 若以子彈、 木塊和彈簧合在一起作為研究對象( 系統(tǒng) ) ，從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短時，彈簧固定端墻壁

5、對彈簧有外力作用，因此動量不守恒而在子彈射入木塊時，存在劇烈摩擦作用，有一部分能量將轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機械能也不守恒實際上，在子彈射入木塊這一瞬間過程，取子彈與木塊為系統(tǒng)則可認為動量守恒（此瞬間彈簧尚未形變）子彈射入木塊后木塊壓縮彈簧過程中，機械能守恒， 但動量不守恒 物理規(guī)律總是在一定條件得出的，因此在分析問題時，不但要弄清取誰作研究對象，還要弄清過程的階段的選取，判斷各階段滿足物理規(guī)律的條件系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零例 2. 總質(zhì)量為M的列車以勻速率v0 在平直軌道上行駛，各車廂受的阻力都是車重的k倍，而與車速無關。某時刻列車后部質(zhì)量為m的車廂脫鉤，而機車的牽引力不變，則脫鉤的車廂剛停下的

6、瞬間，前面列車的速度是多少？解析：此題求脫鉤的車廂剛停下的瞬間，前面列車的速度，就機車來說， 在車廂脫鉤后，開始做勻加速直線運動，而脫鉤后的車廂做勻減速運動，由此可見，求機車的速度可用勻變速直線運動公式和牛頓第二定律求解?，F(xiàn)在若把整個列車當作一個整體，整個列車在脫鉤前后所受合外力都為零，所以整個列車動量守恒，因而可用動量守恒定律求解。根據(jù)動量守恒定律，得：Mv0=(Mm)VV=Mv0/(M m)即脫鉤的車廂剛停下的瞬間，前面列車的速度為Mv0/(M m)系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力時，則系統(tǒng)的動量可視為守恒高中階段，碰撞、爆炸、沖擊等問題，由于作用時間極短，重力及其他阻力等

7、外力比物體間相互作用的內(nèi)力要小得多，以至外力沖量對系統(tǒng)動量變化的影響可以忽略，這時可近似認為系統(tǒng)的動量守恒。例 3. 一質(zhì)量為M的木塊從某一高度自由下落，在空中被一粒水平飛行的子彈擊中并留在其中，子彈的速度為v ，質(zhì)量為 m，則木塊下落的時間與自由下落相比將（）A不變B變長C變短D無法確定解析：設木塊被子彈擊中時的速度為v1 ，擊中后的水平和豎直速度分別為v2、 v3 ，子彈對木塊的沖力遠大于重力，豎直方向動量守恒：Mv1(mM )v3 ， v3v1 。下落時間將變長。答案：B。系統(tǒng)所受外力之和不為零，但在某個方向上滿足條件1 或條件2，則在該方向上動量守恒例 4. 如圖所示，質(zhì)量為 M的槽體

8、放在光滑水平面上，內(nèi)有半徑為 R 的半圓形軌道，其左端緊靠一個固定在地面上的擋板。 質(zhì)量為 m的小球從 A 點由靜止釋放， 若槽內(nèi)光滑， 求小球上升的最大高度。解析：設小球由A 滑到最低點B 時的速度為v1 ，上升的最大高度為h。由機械能守恒定律：mgR1mv122M和 m組成的系統(tǒng)水平方向總動量守恒mv1( mM ) v2整個過程中系統(tǒng)的機械能守恒：mgR mgh1 (m M ) v222解得，小球上升的最大高度： hMRmM考點二、碰撞過程研究（ 1）碰撞過程的特征： “碰撞過程” 作為一個典型的力學過程其特征主要表現(xiàn)在如下兩個方面：碰撞雙方相互作用的時間 t 一般很短； 通常情況下， 碰

9、撞所經(jīng)歷的時間在整個力學過程中都是可以初忽略的；碰撞雙方相互作用的力作為系統(tǒng)的內(nèi)力一般很大。（ 2）“碰撞過程”的規(guī)律正是因為“碰撞過程”所具備的“作用時間短”和“外力很小” （甚至外力為零）這兩個特征，才使得碰撞雙方構(gòu)成的系統(tǒng)在碰撞前后的總動量遵從守恒定律。（ 3）碰撞分類從碰撞過程中形變恢復情況來劃分：形變完全恢復的叫彈性碰撞；形變完全不恢復的叫完全非彈性碰撞；而形變不能夠完全恢復叫非完全彈性碰撞。從碰撞過程中機械能損失情況來劃分：機械能不損失的叫彈性碰撞；機械能損失最多的叫完全非彈性碰撞；而一般的碰撞其機械能有所損失。（ 4）“碰撞過程”的特例彈性碰撞作： 為碰撞過程的一個特例，它是所有

10、碰撞過程的一種極端的情況：形變能夠完全恢復； 機械能絲毫沒有損失。彈性碰撞除了遵從上述的動量守恒定律外，還具備： 碰前、m1v1m2 v2m1v1m2v21 m1 v121 m2 v221 m1v121 m2 v222222m1m2 v12m2 v2解得 v1m1m2完全非彈性碰撞：作為碰撞過程的一個特別，它是所有碰撞過程的另一種極端的情況：形變完全不能夠恢復；機械能損失達到最大。正因為完全非彈性碰撞具備了“形變完全不能夠恢復”。所以在遵從上述的動量守恒定律外，還具有：碰撞雙方碰后的速度相等的特征，即v1v2由此即可把完全非彈性碰撞后的速度v1 和 v2 表為 v1m1 1m2 2v2m2m1

11、（ 5）制約碰撞過程的規(guī)律。碰撞過程遵從動量守恒定律m1v1m2 v2m1 v1m2v2碰撞后系統(tǒng)動能不增原則：碰撞過程中系統(tǒng)內(nèi)各物體的動能將發(fā)生變化，對于彈性碰撞，系統(tǒng)內(nèi)物體間動能相互轉(zhuǎn)移？沒有轉(zhuǎn)化成其他形式的能，因此總動能守恒；而非彈性碰撞過程中系統(tǒng)內(nèi)物體相互作用時有一部分動能將轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，系統(tǒng)的總動能將減小因此，碰前系統(tǒng)的總動能一定大于或等于碰后系統(tǒng)的總動能Ek1Ek2Ek1Ek 2或P12P22P12P122m12m22m12m1碰撞前后的運動情況要合理，如追碰后， 前球動量不能減小，后球動量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度廣義碰撞（軟碰撞）問題

12、把碰撞定義中關于時間極短的限制取消，物體（系統(tǒng)）動量有顯著變化的過程，就是廣義碰撞（軟碰撞）圖景，它在實踐中有廣泛的應用。1兩球碰撞型例 5. 甲乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是P1=5kgm/s ，P2=7kgm/s ，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0 kgm/s ，則二球質(zhì)量m1 與m2 間的關系可能是下面的哪幾種？A、m1=m2B、2m1=m2C、 4m1=m2D、 6m1=m2。解析：甲乙兩球在碰撞過程中動量守恒，所以有：P +P = P，+ P，12即： P =2 kgm/s 。121由于在碰撞過程中，不可能有其它形式的能量轉(zhuǎn)化為機械能，只能是

13、系統(tǒng)內(nèi)物體間機械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機械能不會增加。所以有：P12P22P1 2P222m12m22m12m2所以有： m21C、 D）選項。m，不少學生就選擇（1251這個結(jié)論合“理” ，但卻不合“情” 。因為題目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有P1P2 ，即 m15 m2 ；同時還要符合碰撞后乙球的速度必須m1m27P1P21大于或等于甲球的速度這一物理情景，即，所以m1 5m2 。因此選項（ D）是不m1m2合“情”的，正確的答案應該是（C）選項。2、子彈打木塊型（動量守恒、機械能不守恒）例 6. 質(zhì)量為m的子彈，以水平初速度v0

14、射向質(zhì)量為M的長方體木塊。（ 1）設木塊可沿光滑水平面自由滑動，子彈留在木塊內(nèi)，木塊對子彈的阻力恒為f ，求彈射入木塊的深度L。并討論：隨M的增大，L 如何變化？（ 2）設v0=900m/s ，當木塊固定于水平面上時，子彈穿出木塊的速度為v1=100m/s。若木塊可沿光滑水平面自由滑動，子彈仍以v0=900m/s 的速度射向木塊，發(fā)現(xiàn)子彈仍可穿出木塊，求 M/m的取值范圍（兩次子彈所受阻力相同）。解析：（ 1）當木塊可自由滑動時，子彈、木塊所組成的系統(tǒng)動量守恒：mv0( Mm)v即 1 mv02 1 (m M )v2fL22可解出打入深度為LmMv02mv02可知，隨 M增大， L 增大。2

15、f (mM )m1)2 f (M（ 2）當木塊固定時：1 mv021 mv12fL022mv0( Mm)v這種情況下，系統(tǒng)的動能損失仍等于阻力與相對移動距離之積：1 mv021 (Mm)v 2fL0 22可得：mMv02fL 0 m)2(M由、兩式1mv021mv12mMv 02，222(Mm)22mv02v0v1Mm可解出Mv02v1281， M80為子彈剛好穿出時Mm的值。我們已經(jīng)知道， MM mv021m越大，子彈打入木塊的深度越大，故Mm 80 應為 M m的最小值，即應取 Mm 80。答案： Mm 80。3、小球半圓型槽例 7. 如圖所示， 有一半徑為 R 的半球形凹槽 P，放在光滑

16、的水平地面上， 一面緊靠在光滑墻壁上， 在槽口上有一質(zhì)量為 m的小球，由 A 點靜止釋放， 沿光滑的球面滑下， 經(jīng)最低點B 又沿球面上升到最高點C，經(jīng)歷的時間為t ， B、 C 兩點高度差為0.6R ，求：(1) 小球到達 C點的速度。(2) 在 t 這段時間里，豎墻對凹槽的沖量解析： (1) 這道題中沒給M，所以不能直接由動量求出。小球從 A 到 B 的過程中，凹槽P 不動，對 mmgR1mvB22小球從 B 到 C 的過程中， 凹槽和球構(gòu)成系統(tǒng)動量守恒( 水平方向 ) 和機械能守恒， 所以有mvB(M m)vC1 mB21 (M m)vC2mg 0.6R22解得小球到達C 點的速度，vC0

17、.42gR ，方向水平向右。(2) 豎直墻對凹槽的沖量等于系統(tǒng)在水平方向獲得的動量，所以有I( Mm)vCmvBm 2 gR ，方向水平向右。 （答）誤點警示： 要分析清楚小球和凹槽系統(tǒng)在各個運動階段動量守恒或不守恒的原因。考點三、爆炸1、爆炸中的動量守恒物體間的相互作用力是變力，作用時間短，作用力很大，遠大于系統(tǒng)受到的外力，可以用動量守恒定律來處理。2、爆炸中的能量因為有其它形式的能轉(zhuǎn)化為動能，所以系統(tǒng)的動能會增加3、爆炸后的運動狀態(tài)爆炸后分裂成兩塊，前面一塊是水平的，后面的運動可能同向、反向平拋、還可能做自由落體運動。例 8. 如圖所示，滑塊 A、 B 的質(zhì)量分別為 m1 與 m2， m1

18、m2，由輕質(zhì)彈簧相連接置于水平的氣墊導軌上， 用一輕繩把兩滑塊拉至最近， 使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)后綁緊。 兩滑塊一起以恒定的速率v0 向右滑動。突然輕繩斷開。當彈簧伸至本身的自然長度時，滑塊A 的速度正好為 0。求：繩斷開到第一次恢復自然長度的過程中彈簧釋放的彈性勢能Ep；解析：當彈簧處壓縮狀態(tài)時， 系統(tǒng)的機械能等于兩滑塊的動能和彈簧的彈性勢能之和，當彈簧伸長到自然長度時，彈性勢能為0，因這時滑塊A 的速度為0，故系統(tǒng)的機械能等于滑塊 B 的動能。設這時滑塊B 的速度為v，則有 E=m2v2/2 。因系統(tǒng)所受外力為0，由動量守恒定律(m1+m2)v 0=m2v。22解得 E=(m1+m2) v

19、0 /(2m 2) 。由于只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒2(m1+m2)v 0 /2+E p=E。2解得 Ep=(m1-m2)(m 1+m2)v 0 /2m2?？键c四反沖1、定義：反沖運動是當一個物體向某個方向射出化的一部分時，這個物體的剩余部分將向相反的方向運動的現(xiàn)象。2、反沖中的動量守恒物體間的相互作用力是變力，作用時間短，作用力很大，遠大于系統(tǒng)受到的外力，可以用動量守恒定律來處理。3、反沖中的能量因為有其它形式的能轉(zhuǎn)化為動能，所以系統(tǒng)的動能會增加4、反沖的應用之“人船模型”兩個物體均處于靜止，當兩個物體存在相互作用而不受外力作用時，系統(tǒng)動量守恒。 這類問題的特點：兩物體同時運動，同

20、時停止。如圖所示， 長為 L，質(zhì)量為 m1 的小船停在靜水中， 一個質(zhì)量為 m2 的人立在船頭， 若不計水的粘滯阻力，當人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面的位移各是多少？選人和船組成的系統(tǒng)為研究對象， 由于人從船頭走到船尾的過程中， 系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用， 所以水平方向動量守恒， 人起步前系統(tǒng)的總動量為零 當人起步加速前進時，船同時向后加速運動； 當人勻速前進時， 船同時向后勻速運動； 當人停下來時， 船也停下來 設某一時刻人對地的速度為 v2，船對地的速度為 v1，選人前進的方向為正方向， 根據(jù)動量守恒定律有m1 1m2 20 即 m1 1m2 2 。把方和兩邊同時乘以時間t ，

21、 m1 1tm2 2t即 m1s1 m2 s2上式是人船模型的位移與質(zhì)量的關系式，此式的適用條件是： 一個原來處于靜止狀態(tài)的系統(tǒng)，在系統(tǒng)發(fā)生相對運動的過程中，有一個方向動量守恒（如水平方向或豎直方向）使用這一關系應注意：s1 和是 s2 相對同一參照物的位移由圖可以看出 s1s2L 與 m1 s1 m2 s2聯(lián)立解得 s1m2Ls1m1Lm1 m2m1m2“人船模型”的特點：人動“船”動，人?！按蓖?，人快“船”快，人慢“船”慢，人上“船”下，人左“船”右。例 9. 質(zhì)量為M、長為L 的船靜止在靜水中，船頭及船尾各站著質(zhì)量分別為m1 及m2 的人，當兩人互換位置后，船的位移有多大？解析：利用“

22、人船模型” 易求得船的位移大小為：(m1 m2 ) L12S。提示：若 mm，Mm1m2本題可把（ m1-m2）等效為一個人，把（M+2m）看著船，再利用人船模型進行分析求解較簡便例 10. 如圖 7 所示，質(zhì)量為M的車靜止在光滑水平面上，車右側(cè)內(nèi)壁固定有發(fā)射裝置。車左側(cè)內(nèi)壁固定有沙袋。發(fā)射器口到沙袋的距離為 d，把質(zhì)量為 m的彈丸最終射入沙袋中，這一過程中車移動的距離是 _。dmM解析： 本題可把子彈看作“人”，把車看作 “船”，這樣就可以用 “人船模型” 來求解。m S1MS20, S1 S2 d ，解得ttS2md。mM【重難點關聯(lián)練習鞏固與方法總結(jié)】1. 質(zhì)量為M的小車中掛有一個單擺，

23、擺球的質(zhì)量為M0，小車和單擺以恒定的速度V0沿水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)量為M1的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，在此過程中，下列哪些說法是可能發(fā)生的（）A小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別為 V1、V2 和 V3，且滿足：（ M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；B擺球的速度不變，小車和木塊的速度為V1、V2，且滿足：MV0=MV1+M1V2；C擺球的速度不變，小車和木塊的速度都為V，且滿足：MV0=（M+M1） V；D小車和擺球的速度都變?yōu)閂1，木塊的速度變?yōu)閂2，且滿足：（ M+M0）V0=（ M+M0）V1+M1V2解析：小車與木塊相碰，隨之發(fā)生的將有兩個過程：其一是，小

24、車與木塊相碰，作用時間極短， 過程結(jié)束時小車與木塊速度發(fā)生了變化，而小球的速度未變；其二是，擺球?qū)⒁鄬τ谲囅蛴覕[動，又導致小車與木塊速度的改變。但是題目中已明確指出只需討論碰撞的極短過程，不需考慮第二過程。因此，我們只需分析B、C 兩項。其實，小車與木塊相碰后，將可能會出現(xiàn)兩種情況，即碰撞后小車與木塊合二為一或它們碰后又分開，前者正是C項所描述的，后者正是B 項所描述的，所以B、 C 兩項正確2. 如圖12 所示， 半徑和動能都相等的兩個小球相向而行甲球質(zhì)量m甲 大于乙球質(zhì)量m乙，水平面是光滑的，兩球做對心碰撞以后的運動情況可能是下述哪些情況？A甲球速度為零，乙球速度不為零B兩球速度都不為零

25、C乙球速度為零，甲球速度不為零D兩球都以各自原來的速率反向運動解析：首先根據(jù)兩球動能相等，1m甲V甲21m乙V乙2 得出兩球碰前動量大小之比為：22P甲m甲，因 m甲 m乙 ，則 P甲 P乙 ，則系統(tǒng)的總動量方向向右。P乙m乙根據(jù)動量守恒定律可以判斷，碰后兩球運動情況可能是A、B 所述情況， 而 C、D 情況是違背動量守恒的，故C、 D 情況是不可能的3如圖所示裝置中，木塊 B與水平桌面間的接觸是光滑的子彈A 沿水平方向射入木塊，且留在木塊中，將彈簧壓縮到最短?，F(xiàn)將子彈、木塊、彈簧合在一起作為研究對象（系統(tǒng)），則該系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧壓縮到最短的整個過程中（）A動量守恒B動量不守恒C子彈

26、射入木塊時間極短，這個階段動量守恒D墻壁對系統(tǒng)有向左的沖量4. 帶有 (1/4) 光滑圓弧軌道、質(zhì)量為 M的滑車靜止置于光滑水平面上，如圖所示一質(zhì)量為 m 的小球以速度 v0 水平?jīng)_上滑車，當小球上行再返回，并脫離滑車時，以下說法可能正確的是A、小球一定沿水平方向向左做平拋運動B、小球可能沿水平方向向左做平拋運動C、小球可能做自由落體運動D、小球可能水平向右做平拋運動解析：小球滑上滑車，又返回，到離開滑車的整個過程，相當于小球與滑車發(fā)生彈性碰撞的過程如果m M，小球離開滑車向左做平拋運動；如果m=M，小球離開滑車做自由落體運動；如果m M，小球離開滑車向右做平拋運動答案： 5下列運動屬于反沖運

27、動的有（）A乒乓球碰到墻壁后彈回發(fā)射炮彈后炮身后退噴氣式飛機噴氣飛行船員劃槳使船前進6. 一個質(zhì)量為 M，底面邊長為 b 的三角形劈塊靜止于光滑水平面上，如圖，有一質(zhì)量為m的小球由斜面頂部無初速滑到底部的過程中，劈塊移動的距離是多少？解析： 小球 m在下滑的過程中，受力情況和速度變化的規(guī)律都不易分析，因此用牛頓定律和運動學公式找位移S 是困難的；用人船模型的公式解這類求變速直線運動的位移且不涉及速度的問題時，是非常方便的解：設小球滑到底端時，劈塊后退的位移為S，則小球的水平位移應為（b 一 S），根據(jù)動量守恒定律得7質(zhì)量為Ms=m（ b-s ），解得劈塊移動的距離為s=mb（ M+m）。2kg

28、 的小球 A 以 3m/s 的速度向東運動，某時刻與在同一直線上運動的小球B迎面相碰。B 球的質(zhì)量為5kg ，撞前速度為2m/s。撞后， A 球以1m/s的速度向西返回，求碰撞后B 球的速度。8一支實驗用的小火箭，所帶燃燒物質(zhì)的質(zhì)量是50g，這些物質(zhì)燃燒后所產(chǎn)生的氣體從火箭的噴嘴噴出的速度（以地面為參考系）是 600m/s ，已知火箭除去燃料后的質(zhì)量是1kg ，求火箭燃料產(chǎn)生的氣體噴完后的速度。9如圖所示，質(zhì)量為16kg 的平板車靜止在光滑的水平面上。一個質(zhì)量為4kg的物體，以 v0=5m/s的初速度從平板車的一端滑向另一端。已知平板車的長度為1m，物體滑到另一端的速度為 v1=3m/s，求物

29、體與平板車間的動摩擦因數(shù)。（取 g=10m/s2）【課后強化鞏固練習與方法總結(jié)】1質(zhì)量為 1kg 的小球以 5m/s 的速度運動，它和另一個也在同一路徑上，質(zhì)量為 2kg、速度為 2 m/s，同方向運動的小球乙相碰。乙球碰撞后的速度為 3m/s，方向不變，則甲球碰后的速度為（ ）A 6m/sB 3m/sC 5m/sD 2m/s2如圖所示，設車廂長度為L，質(zhì)量為 M，靜止于光滑的水平面上，車廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體以初速度v0 向右運動， 與車廂壁來回碰撞n 次后，靜止在車廂中。這時車廂的速度是（）Av0 水平向右B0Cmv0/( M+m) ，水平向右Dmv0/( M- m) ，水平向右。3跳遠運

30、動員手握一鐵球起跳后，當他跳到最高點時，欲提高成績，他可將手中的鐵球（）A豎直上拋B向前拋出C向后拋出D向左拋出4一輛小車靜止在光滑的水平面上，一個人從小車的一端走到另一端，以下說法中正確的是（）A人勻速走動時，車也一定反向勻速運動B人停止走動時，車也停止運動C人速與車速之比，等于車的質(zhì)量與人的質(zhì)量之比D整個過程中，車相對于地面的位移是一定值，與人走動的快慢無關5靜止在水面上的船長為L、質(zhì)量為 M，一個質(zhì)量為m的人站在船頭，當此人由船頭走到船尾時，不計水的阻力，船移動的距離是（）A、 mL/ MB mL/ （ M+m）C mL/ （M m）D （ M m）L/ （ M+m）6質(zhì)量為 m2=1kg 速度碰到滑塊后，又以的滑塊靜止在光滑的水平面上，小球質(zhì)量m1=0.05kg800m/s 的速度被彈回，求滑塊獲得速度為多大？，以1000m/s的7一顆以 10m/s 的速度沿水平向東方向飛行的手榴彈，在空中分裂為A和 B兩部分， A的質(zhì)量是 0.5kg, 的質(zhì)量是 1kg。分裂后 B仍然沿原來的方向水平飛行， 而它的速度增加到25m/s，試求此時 A 的速度為多大？，方向如何？8如圖所示，小車 A 的質(zhì)量 m1=8k