高考物理一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用学案

这是一份高考物理一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用学案，共16页。学案主要包含了动量守恒定律，碰撞等内容，欢迎下载使用。


一、动量守恒定律
1．动量守恒定律的内容
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．动量守恒的数学表达式
(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)。
(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)。
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。
3．动量守恒的条件
(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。
(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。
(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。
二、碰撞、反冲和爆炸
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
(3)分类：
2.反冲运动
(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
3．爆炸问题
(1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
(2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
一、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
1．系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。(√)
2．动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。(×)
3．物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。(√)
4．在爆炸现象中，动量严格守恒。(×)
5．在碰撞问题中，机械能也一定守恒。(×)
6．反冲现象中动量守恒、动能增加。(√)
二、走进教材
1.(人教版选修3－5P16T1改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是( )
A．车左右往复运动
B．车持续向右运动
C．大锤、人和平板车组成的系统水平方向动量守恒
D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动
ACD [把人和车看成一个整体，用大锤连续敲打车的左端，根据系统水平方向受力为零，则沿该方向动量守恒，又由系统水平方向总动量为零，则当锤头敲打下去时，大锤向右运动，小车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，小车向右运动，所以平板车在水平面上左右往复运动，当大锤停止运动时，人和车也停止运动，A、C、D正确。]
2．(教科版选修3－5P17T4、6改编)下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是( )
甲 乙
A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统
B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统
C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统
D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时
C [对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。故选C。]
3．(人教版选修3－5P21T2改编)质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止的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，碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．0.6vB．0.4v
C．0.2vD．v
B [根据动量守恒定律得mv＝mv1＋3mv2，则当v2＝0.6v时，v1＝－0.8v，则碰撞后的总动能E′k＝eq \f(1,2)m(－0.8v)2＋eq \f(1,2)×3m(0.6v)2＝1.72×eq \f(1,2)mv2，大于碰撞前的总动能，违反了能量守恒定律，故A项错误；当v2＝0.4v时，v1＝－0.2v，则碰撞后的总动能为E′k＝eq \f(1,2)m(－0.2v)2＋eq \f(1,2)×3m(0.4v)2＝0.52×eq \f(1,2)mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B项正确；当v2＝0.2v时，v1＝0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿透B球，故C项错误；当v2＝v时，v1＝－2v，显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，故D项错误。]
动量守恒定律的理解及应用 eq \([讲典例示法])
1．动量守恒定律的五个特性
2.动量守恒定律常用的四种表达形式
(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。
(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零。
(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。
(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
eq \([典例示法]) 将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的甲、乙两车上，水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图所示。
(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？
(2)由于磁铁的磁性极强，故两车不会相碰，那么两小车间的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？
[解析] 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两磁铁之间的磁力是系统内力，系统动量守恒。设向右为正方向。
(1)据动量守恒定律得mv甲－mv乙＝mv′甲
则v′甲＝v甲－v乙＝1 m/s，方向向右。
(2)两车相距最近时，两车的速度相同，设为v′，由动量守恒定律得
mv甲－mv乙＝mv′＋mv′
解得v′＝eq \f(mv甲－mv乙,2m)＝eq \f(v甲－v乙,2)＝eq \f(3－2,2) m/s＝0.5 m/s，方向向右。
[答案] (1)1 m/s 向右 (2)0.5 m/s 向右
应用动量守恒定律解题的一般步骤
eq \([跟进训练])
动量守恒的判断
1．(多选)(2020·天津静海一中调研)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )
A B
C D
AC [A中在光滑的水平面上，子弹与木块组成的系统所受合外力等于零，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中两球在匀速下降时，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。]
动量守恒定律的应用
2．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·T21)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
BC [选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m 多物体多过程动量守恒问题
3．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
[解析] 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定向右的方向为正方向。
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin①
对货物和甲船的作用过程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲②
为避免两船相撞应有v甲＝v乙③
联立①②③式得vmin＝4v0。
[答案] 4v0
“碰撞”模型 eq \([讲典例示法])
1．碰撞现象三规律
2．弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v′eq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2v′eq \\al(2,2)
解得v′1＝eq \f(m1－m2v1,m1＋m2)，v′2＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
结论：(1)当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1(质量相等，速度交换)；
(2)当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)；
(3)当m10(小碰大，要反弹)；
(4)当m1≫m2时，v′1＝v1，v′2＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；
(5)当m1≪m2时，v′1＝－v1，v′2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。
3．完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk损max
eq \([典例示法]) (一题多变)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
审题指导：
[解析] 长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC。两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，则mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v。
联立以上各式，代入数据解得vA＝2 m/s。
[答案] 2 m/s
[拓展] 在上例中(1)若A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多少？
(2)在(1)的条件下，相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？
[解析] (1)整个作用过程中，A、B、C三个物体组成的系统动量守恒，最终三者具有相同的速度，根据动量守恒
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v
代入数据可得v＝3 m/s。
(2)三者最后的速度v＝3 m/s
相互作用前E1＝eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al(2,0)＝37.5 J
A、B再次达到共同速度时
E2＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝22.5 J
机械能损失ΔE＝E1－E2＝15 J。
[答案] (1)3 m/s (2)15 J
碰撞模型解题三策略
(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＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1 v′2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
(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m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
eq \([跟进训练])
碰撞情境的可能性分析
1．(多选)质量分别为mP＝1 kg、mQ＝2 kg的小球P、Q静止在光滑的水平面上，现给小球P以水平的速度vP0＝4 m/s沿直线朝小球Q运动，并发生正碰，分别用vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于vP、vQ的大小可能的是( )
A．vP＝vQ＝eq \f(4,3) m/s
B．vP＝－1 m/s，vQ＝2.5 m/s
C．vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s
D．vP＝－4 m/s，vQ＝4 m/s
AB [碰撞前总动量为p＝mPvP0＝4 kg·m/s，碰撞前总动能为Ek＝eq \f(1,2)mPveq \\al(2,P0)＝8 J。如果vP＝vQ＝eq \f(4,3) m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，E′k＝eq \f(1,2)mPveq \\al(2,P)＋eq \f(1,2)mQveq \\al(2,Q)＝eq \f(8,3) J，碰撞过程动量守恒，能量不增加，A正确；如果vP＝－1 m/s，vQ＝2.5 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，E′k＝eq \f(1,2)mPveq \\al(2,P)＋eq \f(1,2)mQveq \\al(2,Q)＝6.75 J，能量不增加，碰撞过程动量守恒，B正确；如果vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝7 kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，C错误；如果vP＝－4 m/s，vQ＝4 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，E′k＝eq \f(1,2)mPveq \\al(2,P)＋eq \f(1,2)mQveq \\al(2,Q)＝24 J，碰撞过程动量守恒，动能增加，D错误。]
弹性碰撞模型分析
2.三个半径相同的弹性球，静止于光滑水平面的同一直线上，顺序如图所示，已知mA＝m，mC＝4m。当A以速度v0向B运动，若要使得B、C碰后C具有最大速度，则B的质量应为( )
A．mB．2m
C．3mD．4m
B [设B球的质量为M，以碰撞前A球的速度方向为正，A球与B球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v1和v2，根据A球与B球动量守恒得mv0＝mv1＋Mv2，由能量守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)，解得v2＝eq \f(2mv0,M＋m)；B球与C球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v′2和v3，由能量守恒定律得eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)Mv′eq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)×(4m)veq \\al(2,3)，规定碰撞前A球的速度方向为正，由动量守恒定律得Mv2＝Mv′2＋4mv3，解得v3＝eq \f(2Mv2,M＋4m)，故C球碰撞后的速度为v3＝eq \f(2M,M＋4m)·eq \f(2mv0,M＋m)＝eq \f(4mv0,M＋\f(4m2,M)＋5m)，由数学关系解得M＝eq \r(4m2)＝2m时，B、C球碰撞后C球的速度最大。]
非弹性碰撞模型分析
3.(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 JB．4 J
C．5 JD．6 J
A [设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝eq \f(1,2)m甲veq \\al(2,甲)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙)－eq \f(1,2)m甲v′eq \\al(2,甲)－eq \f(1,2)m乙v′eq \\al(2,乙)，代入图中数据解得E损＝3 J，选项A正确。]
完全非弹性碰撞模型分析
4.(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是m＝2 kg，则由图象判断下列结论正确的是( )
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s
B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
ABD [根据题图可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝eq \f(4,3) kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)(m＋mB)v2＝10 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－eq \f(10,3) kg·m/s，选项C错误。]
“反冲”和“爆炸”模型 eq \([讲典例示法])
1．对“反冲”运动的三点说明
2.“爆炸”现象的三个规律
eq \([典例示法]) 2019年5月10日，第十四届中国(浏阳)国际花炮文化节在湖南省浏阳市花炮观礼台正式开幕，韩国、意大利、日本和荷兰四支全球顶尖燃放队伍在浏阳河畔进行了精彩表演。已知某花炮发射器能在t1＝0.2 s的时间内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为m＝1 kg、射出的最大高度与发射器之间的距离为h＝180 m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块，假设爆炸前后花炮的质量不变，经过一段时间炸开的两块物块同时落地。忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力的大小。
(2)如果爆炸时产生的两块物块的速度均沿水平方向，落地时两个落地点之间的距离为s＝900 m且两物块的速度互相垂直，求两物块的质量。
(3)求花炮内炸药的化学能。
[解析] (1)花炮射出后做竖直上抛运动，设其运动至h＝180 m高空用时为t，由竖直上抛运动的规律知
h＝eq \f(1,2)gt2。
代入数据解得t＝6 s
设在发射时间t1＝0.2 s内，发射器对花炮的平均作用力大小为F，对花炮从发射到运动至h＝180 m高空的整个过程，运用动量定理有Ft1－mg(t＋t1)＝0
代入数据解得F＝310 N。
(2)设花炮在最高点爆炸时炸裂成质量为m1、m2的两块物块，其对应水平速度大小分别为v1、v2，方向相反，花炮爆炸时在水平方向所受合外力为零，由动量守恒定律有
m1v1－m2v2＝0
且有m1＋m2＝m
由平抛运动的规律和题目中所给信息有
(v1＋v2)t＝900 m
设炸开的两物块落地时竖直方向的速度为vy，因落地时两物块的速度相互垂直，如图所示，则有tan θ＝eq \f(vy,v1)＝eq \f(v2,vy)
代入数据解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m1＝0.2 kg，,m2＝0.8 kg，))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(v1＝120 m/s,v2＝30 m/s))或
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m1＝0.8 kg，,m2＝0.2 kg，))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(v1＝30 m/s,v2＝120 m/s))。
(3)花炮在最高点爆炸前后由能量守恒定律可得炸药产生的化学能
E＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝1 800 J。
[答案] (1)310 N (2)0.2 kg 0.8 kg (3)1 800 J
eq \([跟进训练])
反冲模型
1.我国的“长征”系列运载火箭已经成功发射了数百颗不同用途的卫星。火箭升空过程中向后喷出高速气体，从而获得较大的向前速度。火箭飞行所能达到的最大速度是燃料燃尽时火箭获得的最终速度。影响火箭最大速度的因素是( )
A．火箭向后喷出的气体速度
B．火箭开始飞行时的质量
C．火箭喷出的气体总质量
D．火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比
D [分别用M、m表示火箭初始质量和燃料燃尽时的质量，v0表示喷气速度大小，由火箭喷气过程动量守恒，有mv－(M－m)v0＝0，即火箭最大速度v＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M,m)－1))v0，影响火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比，D正确。]
2.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋eq \f(m,M)vB．v0－eq \f(m,M)v
C．v0＋eq \f(m,M)(v0＋v)D．v0＋eq \f(m,M)(v0－v)
C [以水面为参考系，根据动量守恒定律(M＋m)v0＝－mv＋Mv1，可解得C正确。]
爆炸模型
3．(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则 ( )
A．b的速度方向一定与原来速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
CD [炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb>0、vb<0、vb＝0都有可能，A错误；vb>va、vb4.如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为eq \f(v0,2)，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进。已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，重力加速度为g，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能。
[解析] (1)从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)，
解得μ＝eq \f(3v\\al(2,0),8gs)。
(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有
2m·eq \f(v0,2)＝mv，
根据能量守恒定律有
E0＋eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)mv2，
解得E0＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)。
[答案] (1)eq \f(3v\\al(2,0),8gs) (2)eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非完全弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
题干关键
获取信息
A与C碰撞时间极短
系统A、C动量守恒
A、B再次同速，恰好不与C碰撞
最后三者同速
作用
原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量
守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，反冲运动遵循动量守恒定律
机械
能增加
反冲运动中，物体间作用力做正功，其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
动量
守恒
爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，系统的总动量守恒
动能
增加
在爆炸过程中，有其他形式的能(如化学能)转化为动能
位置
不变
爆炸的时间极短，作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸前、后时刻各部分位置不变