--至于木塊前進的距離s2,可以由以上②、③相比得出：s=Jd2M+m從牛頓運動定律和運動學公式出發,也可以得出同樣的結論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動,位移與平均速度成正比：s+d—2s2(s+d—2s20—v/2一般情況下M>>m，所以s2?d。這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小,可以忽略不計。這就為分階段處理問題提供了依據。象這種運動物體與靜止物體相互作用,動量守恒，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量可用公式：AEk動量守恒，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量可用公式：AEkMm2(M+m)0…④當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統動量仍然守恒，系統動能損失仍然匙ek=/d(這里的d為木塊的厚度)，但由K于末狀態子彈和木塊速度不相等，所以不能再用④式計牝E/勺大小。K做這類題目時一定要畫好示意圖，把各種數量關系和速度符號標在圖上，以免列方程時帶錯數據。以上所列舉的人、船模型的前提是系統初動量為零。如果發生相互作用前系統就具有一定的動量，那就不能再用mv=mv2這種形式列方程，而要利用(mi+m2)v0=mivi+mv2列式。例題：在距地面高為h,同時以相等初速V0分別平拋，豎直上拋，豎直下拋一質量相等的物體m，當它們從拋出到落地時，比較它們的動量的增量厲，有[]A.平拋過程較大B.豎直上拋過程較大C.豎直下拋過程較大D.三者一樣大的。解析：1.由動量變化圖中可知，厲最大，即豎直上拋過程動量增量最大，所以應選B。=-vo=-vo+2g(H+h)，gm上拋過程t為最大t222、由動量定理可知I厶=△P,而I厶=mgt,豎起而mg而mg均相同。所以△I2為最大。正確答案為B【小結】對于動量變化問題，一般要注意兩點：動量是矢量，用初、末狀態的動量之差求動量變化，一定要注意用矢量的運算法則，即平行四邊形法則。由于矢量的減法較為復雜，如本題解答中的第一種解法，因此對于初、末狀態動量不在一條直線上的情況，通常采用動量定理，利用合外力的沖量計算動量變化。如本題解答中的第二種解法，但要注意，利用動量定理求動量變化時，要求合外力一定為恒力。例題：向空中發射一物體.不計空氣阻力，當物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂為a,b兩塊.若質量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向則[]A．b的速度方向一定與原速度方向相反B.從炸裂到落地這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大C．a，b一定同時到達地面D.炸裂的過程中，a、b中受到的爆炸力的沖量大小一定相等解析：物體炸裂過程發生在物體沿水平方向運動時，由于物體沿水平方向不受外力，所以沿水平方向動量守恒，根據動量守恒定律有：（m+m）v=mv+mvABAABB當vA與原來速度v同向時,v可能與vA反向，也可能與vA同向，第二種情況是由于vA的大ABAAA小沒有確定，題目只講的質量較大，但若v很小，則mv還可能小于原動量（m+m）v。這時,vAAAABB的方向會與vA方向一致，即與原來方向相同所以A不對。Aa，b兩塊在水平飛行的同時，豎直方向做自由落體運動即做平拋運運動，落地時間由t—決定。因為h相等，所以勤務地時間一定相等，所以選項C是正確的g由于水平飛行距離x=v?t,a、b兩塊炸裂后的速度v、v不一定相等，而落地時間tAB又相等，所以水平飛行距離無法比較大小，所以B不對。根據牛頓第三定律，a,b所受爆炸力FA=—F，力的作用時間相等，所以沖量I=F?t的AB大小一定相等。所以D是正確的。此題的正確答案是：C，D。【小結】對于物理問題的解答，首先要搞清問題的物理情景，抓住過程的特點（物體沿水平方向飛行時炸成兩塊，且a仍沿原來方向運動），進而結合過程特點（沿水平方向物體不受外力），運動相應的物理規律（沿水平方向動量守恒）進行分析、判斷。解答物理問題應該有根有據，切忌“想當然”地作出判斷。例題：如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲。甲和他的冰車總質量共為30kg，乙和他的冰車總質量也是30kg。游戲時，甲推著一個質量為15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來。為了避免相撞，甲突然將箱子滑冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住。若不計冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相對地）將箱子推出，才能避免與乙相撞？、玉窓止在此題中，有兩個關鍵問題必須弄清楚，第一，“不相撞”的意義，是否意味著一個物體停下，實際上，不相撞的意義就是兩個物體的速度相等（同向情況）。物體停止運動，也不一定就撞不上。第二個關鍵在于不僅要不相撞，而且還要求甲推箱子的速度為最小，即若甲用相當大的速度推箱子，乙接到箱子后還會后退，這樣就不滿足“至少”多大的條件了，錯解一即是這樣，將所求的數據代入可以得知，乙和箱子將以0.67m/s的速度后退。解析：要想剛好避免相撞，要求乙抓住箱子后與甲的速度正好相等，設甲推出箱子后的速度為v】，箱子的速度為v,乙抓住箱子后的速度為v2。對甲和箱子，推箱子前后動量守恒，以初速度方向為正，由動量守恒定律：（M+m）v0=mv+Mv1①對乙和箱子，抓住箱子前后動量守恒，以箱子初速方向為正，由動量守恒定律有：mv—Mv0=（m+M）v2②剛好不相撞的條件是：v=v③聯立①②③解得：v=5.2m/s，方向與甲和箱子初速一致。【小結】本題從動量守恒定律的應用角度看并不難，但需對兩個物體的運動關系分析清楚（乙和箱子、甲的運動關系如何，才能不相撞）。這就需要我們要將“不相撞”的實際要求

轉化為物理條件，即：甲、乙可以同方向運動，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。例題：如圖所示，在光滑水平軌道上有一小車質量為M2，它下面用長為L的繩系一質量^M1的砂袋，今有一水平射來的質量為m的子彈，它射入砂袋后并不穿出，而與砂袋一起擺過一角度0。不計懸線質量，試求子彈射入砂袋時的速度V。多大？沒有很好地分析物理過程，盲目模仿，沒有建立正確的物理模型，簡單地將此類問題看成“沖擊擺”，缺少物理模型變異的透徹分析。事實上，此題與“沖擊擺”的區別在于懸點的不固定，而是隨著小車往前移動的。當擺擺到最高點時，(M]+m)只是豎直方向的速度為零，而水平方向依然具有一定速度，即在最高點處他+m)具有動能。這一點是不少學生在分析物理過程及建立物理模型時最容易產生的錯誤。解析：子彈射入砂袋前后動量守恒，設子彈打入砂袋瞬間具有速度v°‘，由動量守恒定律：mv=(M+m)vz①°此后他+m)在擺動過程中，水平方向做減速運動，而M2在水平方向做加速運動，當(Mjm)與m2具有共同水平速度時，懸線偏角e達到最大，即豎直向上的速度為零，在這一過程中。滿足機械能守恒，設共同速度為v，由機械能守恒有：-(M]+m)：v2=(Mi+m)gL〔l_+M2+m)v2②但式①，②中有三個未知量，V。，v/，V，還需再尋找關系。從子彈入射前到擺動至最同點具有共同速度V為止，在這個過程中，水平方向不受外力，所以、動量守恒，由動量守恒定律有：mV0=(M1mV0=(M1+M1+m)V③聯立①②③解得:正磯答案是：M]+m(M*++垃)_"2gL(l-cos6)Vo=mM.+m'(Mj+M2+m).:7-'''"2gL(l-cos6")M2m2【小結】對于大部分學生來講，掌握一定的物理模型并不困難，困難在于題目變化，新的題目中的模型如何能夠轉換成為我們熟悉的，舊有的，規范的物理模型中，進而用比較普遍運用的物理規律去求解，此題就是從滑動的小車擺(暫且這樣稱呼)遷延至“沖擊擺”，找出兩者之間的共同點與區別，達到解決問題的目的。例題：如圖所示，在光滑水平地面上有一質量為M的小車，車上裝有一個半徑為R的光滑圓環。一個質量為m的小滑塊從跟車面等高的平臺以初速度V。滑入圓環。試問：小滑塊初速度V0滿足什么條件時，才能使它運動到圓環最高點時恰好對環頂無壓力？

解析：滑塊滑到圓環的最高點恰對環頂無壓力時，應有：v2mg=①r式中V是滑塊相對圓心0的線速度，方向向左。設小車此時的速度為V],并以該速度的方向為正方向，則滑塊對地的速度為-(v-V]),對滑塊和小車組成的系統，由于水平方向所受合外力為零，由動量守恒定律得：mv=Mv-m(v-v)②011由滑塊和小車組成的系統機械能守恒得：mv2=Mv2+m(v一v)2+2mgR③202121由①②③式聯立解得：v0二*例題：如圖所示，一平板小車靜止在光滑的水平地面上，車上固定一傾角為0，h=0.52米的斜面體，小車與斜面體總質量M=4千克，車上AB面水平、粗糙，長為3.6米，BC是與CD、AB都相切的一小段圓弧面，圓弧BC長可忽略，BCD是光滑的。現有質量m=1千克，長度可不計的小滑塊以水平初速度V0滑上小車，若V0=5米/秒，則滑塊接觸小車后經過1秒鐘在AB上的某處相對小車靜止。求：滑塊與小車的動摩擦因數；要使滑塊滑上小車后不從D處飛出，V0應在什么范圍？(g取10米/秒2)解析(1)滑塊滑上小車后，滑塊與小車組成的系統水平方向不受外力，系統水平方向動量守恒。1秒鐘后滑塊相對小車靜止，說明兩者獲得了共同速度。選該過程對系統運用動量守恒定律得：mv恒定律得：mv=(M+m)V，0再選滑塊為研究對象，由動量定理得：-卩mgt=mV-mv，0兩式聯立解得：卩=0.4(2)若要滑塊滑上小車后不從D處飛出，則其臨界狀態為：滑塊滑到D點時，與小車獲得共同速度，因為系統水平方向動量守恒，則有：mv/=(M+m)V/0由系統的能量關系可得：[mv/2w卩mgS+mgh+(M+m)V/220AB2聯立解得：v/W7米/秒。0

例題：如圖所示，一質量為m的小球，在B點從靜止開始沿半球形容器內壁無摩擦地滑下，B點與容器底部A點的高度差為h.容器質量為M,內壁半徑為R,求：(1)當容器固定在水平桌面上，小球滑至底部A時，容器內壁對小球的作用力大小.(2)當容器放置在光滑的水平桌面上，小球滑至底部A時，小球相對容器的速度大小?容器此時對小球的作用力大小.命題意圖：考查機械能守恒定律及其應用，考查動量守恒定律及其應用，考查相對運動知識及牛頓第二定律，在能力上主要考核分析、理解、應用能力.解析：在用牛頓第二定律列出T-mg=^后，要理解v是指m相對球心的速度?而許多考生在第(2)問中將小球相對于地面的速度v2代入，導致錯解.(1)m下滑只有重力做功，故機械能守恒，即有1mgh=mv2，v2=2gh2底部A是圓周上的一點，由牛頓第二定律，有：T-岷吟v2T=v2T=mg+m-R2gh=mg+mR2h=mg(1+)R(2)容器放置在水平桌面上，則m與M組成的系統在水平方向不受外力，故系統在水平方向上動量