高中物理必备知识点：动量守恒定律及其应用总结 13页

第二课时动量守恒定律及其应用 第一关：基础关展望高考 基 础 知 识 一、动量守恒定律 知识讲解 (1)内容:一个系统不受外力或者所受外力之和为零,这个系统的总动量保持不变. (2)数学表达式 ①p=p′. 即系统相互作用前的总动量 p 等于相互作用后的总动量 p′. 若相互作用的物体有两个,则通常写为: m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′. ②Δp=p′-p=0. 即系统总动量的增量为零. ③Δp1=-Δp2. 即将相互作用的系统内的物体分为两部分,其中一部分动量的增量与另一部分动量的增量 大小相等,方向相反. (3)动量守恒定律成立的条件 内力不改变系统的总动量,外力才能改变系统的总动量,在下列三种情况下,可以使用动量 守恒定律: ①系统不受外力或所受外力的矢量和为零. ②系统所受外力远小于内力,如碰撞或爆炸瞬间,外力可以忽略不计 ③系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和为零,或外力远小于内力,则该方向动量守 恒(分动量守恒). 活学活用 1.如图所示，A、B 两物体的质量 mA>mB,中间用一段细绳相连并在一被压缩的弹簧,放在 平板小车 C 上后,A、B、C 均处于静止状态.若地面光滑,则在细绳被剪断后,A、B 从 C 上未滑 离之前,A、B 在 C 上向相反方向滑动过程中（） A.若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小相同,则 A、B 组成的系统动量守恒,A、B、C 组成的系 统动量也守恒 B.若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小不相同,则 A、B 组成的系统动量不守恒,A、B、C 组成 的系统动量也不守恒 C.若 A、B 和 C 之间的摩擦力大小不相同,则 A、B 组成的系统动量不守恒,但 A、B、C 组 成的系统动量守恒 D.以上说法均不对 解析：当 A、B 两物体组成一个系统时,弹簧弹力为内力,而 A、B 和 C 之间的摩擦力是外 力,当 A、B 与 C 之间的摩擦力等大反向时,A、B 所组成的系统所受合外力为零,动量守恒;当 A、 B 与 C 之间的摩擦力大小不相等时,A、B 组成的系统所受合外力不为零,动量不守恒.而对于 A、 B、C 组成的系统,由于弹簧的弹力、A 和 B 与 C 之间的摩擦力均是内力,不管 A、B 与 C 之间 的摩擦力大小是否相等,A、B、C 组成的系统所受合外力均为零,动量守恒 ,所以 A、C 选项正 确,B、D 选项错误. 答案：AC 点评：(1)动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零,因此在判断系统动量是否守 恒时一定要分清内力和外力;(2)在同一物理过程中,系统的动量是否守恒,与系统的选取密切相 关,因此,在运用动量守恒定律解题时,一定 要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统动量是守 恒的. 二、碰撞与爆炸问题 知识讲解 1．碰撞现象 (1)动量守恒 (2)机械能不增加 (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有 v 后>v 前，碰后原来在前的 物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有，v′前≥′后. ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不 改变. 2．爆炸现象 (1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间完成的，爆炸物体间 的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总 动量守恒. (2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学 能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加. (3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而作用过程中，物体 产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从 爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动. 活学活用 2.如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一直线上运动.两球质量关系为 mB=2mA,规定向右为正方向,A、B 两球的初 动量均为 6 kg·m/s.运动中两球发生碰撞,碰撞后 A 球的动量增量为-4 kg·m/s，则() A.左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2：5 B.左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 1：10 C.右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2：5 D.右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 1：10 解析：碰撞前 A、B 组成的系统的动量： p1+p2=(6+6) kg·m/s=12 kg·m/s 碰撞后 A 球的动量： p′1=p1+Δp1=［6+(-4)］ kg·m/s=2 kg·m/s 由动量守恒定律：p1+p2=p′1+p′2 得 p′2=10 kg·m/s 即 m1v′1=2 kg·m/sm2v′2=10 kg·m/s 所以 v′1：v′2=2：5[来源:Zxxk.Com] 又Δp1 为负值，由动量定理可知 A 球碰撞时受力向左，故左方向是 A 球.答案:A 第二关：技法关解读高考 解 题 技 法 一、对动量守恒定律的理解 技法讲解 (1)矢量性:动量守恒方程是一个矢量方程,对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上 的问题,应选取统一的正方向,凡是与选取正方向相同的动量为正,相反为负.若方向未知,可设为 与正方向相同列动量守恒方程,通过解得结果的正负,判定未知量的方向. (2)同时性:动量是一个瞬时量,动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定,列方程 m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′时,等号左侧是作用前同一时刻各物体动量的矢量和,等号右侧是作用后 同一时刻各物体动量的矢量和,不同时刻的动量不能相加. (3)参考系的同一性:由于动量大小与参考系的选取有关,因此应用动量守恒定律时,应注意 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度.一般以地面为参考系. (4)普适性:它不仅适用于两个物体所组成的系统,也适用于多个物体组成的系统;不仅适用 于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组成的系统. 典例剖析 例 1 如图所示质量为 M 的小船以速度 v 匀速行 驶.船上有质量都为 m 的小孩 a 和 b，他们分别站立在 船头和船尾，现小孩a 以相对于静止水面的速度 v 向前 跃入水中，然后小孩 b 沿水平方向以同一速度（相对于 静水）向后跃入水中，求小孩 b 跃入水中后小船的速度. 解析：由于船在水中匀速行驶，所以人、船组成的 系统动量守恒，设小孩 b 跃入水中后小船的速度为 v1，规定小船原来的速度 v0 方向为正方向， 根据动量守恒定律有： （M+2m）v0=Mv1+mv+（-mv） 解得：v1= M 2m M  v0，v1 为正值，表明小船的速度方向与原来的方向相同. 二、动量守恒的两种模型 技法讲解 在运用动量守恒定律处理问题时，常常遇到以下两种模型： 1.人船模型：人船模型的适用条件是两个物体组成的系统在运动过程中动量守恒，并且总 动量为零.两物体在其内力的相互作用下，各物体的动量虽然都在变化，但总动量仍为零，即 0=Mv1-mv2. 系统在运动过程中动量守恒，则系统在运动过程中的平均动量也守恒，即 0= 1 2Mv mv . 进一步而可得： 1 2 1 1 2 2 s s s m0 M m MS mst t s M     或 . 此式表明：在两个物体相互作用的过程中，如果物体组成的系统动量守恒，那么在运动 过程中物体的位移之比就等于质量的反比. 2.子弹—木块模型 这类问题的特点是：木块最初静止于光滑水平面上，子弹射入木块后留在木块内和木块 合为一体.此过程动量守恒，但机械能不守恒. 典例剖析 例 2 有一艘质量为 M=120 kg 的船停在静水中，船长 L=3 m.船上一个质量为 m=60 kg 的 人从船头走到船尾.不计水的阻力，则船在水中移动的距离为多少？ 解析：这道题就是一个“人船模型”题.以人和船组成的系统为研究对象，人在船上走的过 程中，系统受到的外力是重力、水的浮力，其合力为零，系统的动量守恒.由动量守恒定律 ， 可以得出各时刻人和船的速度关系，由速度关系再得出位移关系. 以人船静止时为初状态，人在走的过程中某时刻为末状态，设此时人的速度为 v1，船的 速度为 v2，以人的速度为正方向，由动量守恒定律知 mv1-Mv2=0,那么有 ms1-Ms2=0① 人船运动过程如图所示，则 s1+s2=L② 联立①②方程式解得： s1= M 120LM m 120 60   ×3 m=2 m s2= M 120LM m 120 60   ×3 m=1 m. 答案：1 m 例 3 在高为 h=10 m 的高台上，放一质量为 M=9.9 kg 的木块，它与平台边缘的距离 L=1 m. 今有一质量为 m=0.1 kg 的子弹以 v0 的水平向右的速度射入木块（作用时间极短），并留在木 块中，如图所示.木块向右滑行并冲出平台，最后落在离平台边缘水 平距离为 x=4 2 m 处，已知木块与平台的动摩擦因数μ= 9 20 ，g 取 10 m/s2，求： （1）木块离开平台时的速度大小； （2）子弹射入木块的速度大小. 解析：（1）设木块离开平台时的速度为 v1 x=v1t,h= 1 2 gt2 v1= g 10x 4 22h 2 10    m/s=4 m/s. （2）设子弹射入木块后，子弹与木块的共同速度为 v，则木块向右滑行到达平台边缘的 速度为 v1，在这一过程中木块向左的加速度大小为：a=  M m g M m    =μg=4.5 m/s2[由运动学 公式有：v12-v2=2(-a)L v= 2 1v 2aL =5 m/s 在子弹与木块的作用过程中，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v v0= M m v m （ ） =500 m/s. 答案：（1）4 m/s(2)500 m/s 第三关：训练关笑对高考 随 堂 训 练 1．如图所示，设车厢长为 L，质量为 M，静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为 m 的物体以初速度 v0 向右运动，与车厢来回碰撞 n 次后，静止在车厢中，这时车厢速度是() A．v0,水平向右 B．0C．mv0/(M+m), 水平向右 D．mv0/(M-m),水平向左 解析：物体和车厢组成的系统所受的合外力为零(水平面光滑,故无水平方向的摩擦力,竖直 方向上物体和车厢均静止,故系统受支持力与总重力互为平衡力),所以物体和小车碰撞 n 次的 过程中系统动量守恒.系统初状态的动量 p=mv0,末状态的动量 p′=(M+m)v,根据动量守恒定律 p=p′有 mv0=(M+m)v,所以车厢的速度 v=mv0/(M+m). 答案:C 2.如图所示，A、B 两物体质量分别为 mA、mB,且 mA>mB，置于光滑水平面上，相距较远. 将两个大小均为 F 的力,同时分别作用在 A、B 上经相同距离后,撤去两个力,两物体发生碰撞并 粘在一起后将（） A.停止运动 B.向左运动 C.向右运动 D.运动方向不能确定 解析：由于 F 作用相同距离,故 A、B 获得的动能相等,即 EkA=EkB,又由 p2=2mEk,得 pA>pB, 撤去 F 后 A、B 系统动量守恒知 p 总=pA-pB，方向向右，故选 C. 答案：C 3.如图，在光滑的水平面上，有一静止的小车，甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩 同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中不正确的是（） A.乙的速度必定大于甲的速度 B.乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量 C.乙的动量必定大于甲的动量 D.甲、乙的动量之和必定不为零 解析：据甲、乙小车构成的系统动量守恒，小车向右运动，表明甲、乙的总动量向左， 乙的冲量大于甲的动量.小车受甲、乙的总冲量向右，乙对小车的冲量大于甲对小车的冲量， 则 BCD 正确，A 错，选 A. 答案：A 4.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块 P 和 Q 都可视作质点，质量相等，Q 与轻质 弹簧相连.设 Q 静止，P 以某一初速度向 Q 运动并与弹簧发生碰撞.在整个碰撞过程中，弹簧具 有的最大弹性势能等于（） A.P 的初动能 B.P 的初动能的 1 2 C.P 的初动能的 1 3 D.P 的初动能的 1 4 解析：设 P 以初速度 v 与弹簧相碰，当 P、Q 具有共同速度 v′时，弹簧弹性势能最大，设 为 Ep，将 P、Q 及弹簧视为系统，设向右为正方向，系统动量守恒、能量守恒，有 mv=2mv′ 1 2 mv2= 1 2 （2m）v′2+Ep 解得 Ep= 1 4 mv2，即为 P 的初动能的 1 2 . 答案：B 点评：本题考查动量守恒和机械能守恒的条件和应用，要求能对较为复杂的物理过程进 行分析，分析整个过程的能量转化情况及出现极值的临界条件是两者速度相同. 5.使两车相向运动，某时刻甲的速率为 2 m/s，乙的速率为 3 m/s.方向与甲相反，两车运动 过程中始终未相碰，求： （1）两车最近时，乙的速度为多大？ （2）甲车开始反向运动，乙的速度为多大？ 解析：（1）两车相距最近时，两车的速度相同，设该速 度为 v，取乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 m 乙 v 乙-m 甲 v 甲=（m 甲+m 乙）·v 所以两车最近时，乙车的速度为[来源:Z*xx*k.Com] v m v m v 1 3 0.5 2 4m / s m / s 1.33m m 0.5 1 3         乙 乙 甲 甲 乙甲 m/s （2）甲车开始反向时，其速度为 0，设此时乙车的速度为 v 乙′，由动量守恒定律得 m 乙 v 乙-m 甲 v 甲=m 乙 v 乙′ 得 v 乙′= m v m v 1 3 0.5 2 m 1    乙 乙 甲 甲 乙 m/s=2 m/s 答案：（1）1.33 m/s(2)2 m/s 课时作业二十三动量守恒定律及其应用 1.如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的 1 4 圆周轨道，圆心 O 在 S 的正上方.在 O 和 P 两点各有一质量为 m 的小物块 a 和 b，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑.以下 说法正确的是() A.a 比 b 先到达 S，它们在 S 点的动量不相等 B.a 比 b 同时到达 S，它们在 S 点的动量不相等 C.a 比 b 先到达 S，它们在 S 点的动量相等 D.b 比 a 先到达 S，它们在 S 点的动量相等 解析:a 物体做自由落体运动，运动时间为 t1,b 物体沿 1 4 圆弧轨道下滑的过程中，其竖直方 向分运动的加速度在任何高度都小于重力加速度.又 a、b 两物体竖直方向位移相等，所以 b 物 体下滑到 S 的时间 t2＞t1，故 A 正确，B、C、D、错误. 答案:A 2.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是() A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 B.只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒 C.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒 D.系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒 解析:由动量守恒的条件知 C 正确，D 项中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动 量恒定，总动量一定守恒. 答案:C 3.如图所示，完全相同的 A、B 两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动.AB 间夹有少量炸药，对 A、B 在炸药爆炸过程及随后的运动过程有下列说法，其中正确的是() A.炸药爆炸后瞬间，A、B 两物块速度方向一定相同 B.炸药爆炸后瞬间，A、B 两物块速度方向一定相反 C.炸药爆炸过程中，A、B 两物块组成的系统动量不守恒 D.A、B 在炸药爆炸后至 A、B 相对传送带静止过程中动量守恒 解析:炸药爆炸后，A 物块的速度是否反向，取决于炸药对 A 物块的冲量大小和 A 的初动 量大小的关系.故 A 速度不一定反向，故 A、B 项不正确；在炸药爆炸过程中及以后直至 A、 B 相对静止过程中，A 相对传送带向左运动，B 相对传送带向右运动，所受摩擦力方向相反， 根据滑动摩擦力定义可以确定 A、B 组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒条件，故 C 项不正确，D 项正确. 答案:D 4.（江苏南通 2 月）质量为 m 的物块甲以 3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹 簧固定其上，另一质量也为 m 的物体乙为 4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，() A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒 B.当两物块相距最近时，甲物块的速度为零 C.当甲物块的速度为 1 m/s 时，乙物块的速度可能为 2 m/s, 也可能为 0 D.甲物块的速率可能达到 5 m/s 解析:由于弹簧是轻质的，甲、乙在水平方向上除相互作用外不受其他力，故水平方向上 二者组成的系统动量守恒，A 错.当甲、乙相距最近时应有 v 甲=v 乙，故由动量守恒有 mv 乙-mv 甲=2mv(其中以物体乙的初速度方向为正)，代入数据有 v=0.5 m/s,B 错.又二者作用过程中，总 机械能也守恒，当二者分离时甲获得最大速度，则由动量守恒和能量守恒有 mv 乙-mv 甲=mvm-mv′(v′为两物块分离时乙的速度大小)， 1 2 mv 乙 2+ 1 2 mv 甲 2= 1 2 mvm2+ 1 2 mv′2. 解之得 vm=v 乙=4 m/s，v′=v 甲=3 m/s，故 D 错.当甲物块的速度为向左的 1 m/s 时，由 动量守恒可求得乙的速率为 2 m/s.当甲物块的速度为向右的 1 m/s，同样可求得乙的速率为 0，故 C 对. 答案:C 5.（山东潍坊一模）如图，质量为 3 kg 的木板放在光滑水平面上，质量为 1 kg 的物块 在木板上，它们之间有摩擦力，木板足够长，两者都以 4 m/s 的初速度向相反方向运动，当 木板的速度为 2.4 m/s 时，物块() A.加速运动 B.减速运动 C.匀速运动 D.静止不动 解析: 由于木板和物块之间有摩擦，放在光滑的水平面上后，由于木板足够长，故木板和物块 系统动量守恒，最终二者将具有共同的速率，规定向右的方向为正方向，根据动量守恒得 3×4kg·m/s-1×4kg·m/s=(3kg+1kg)v,所以 v=2 m/s，方向向右.当木板速度为 2.4m/s 时，设物块的 速度为 v′，根据动量守恒得,3×4kg·m/s-1×4kg·m/s=3×2.4kg·m/s+1kg×v′,v′=0.8m/s,方向向右.因 v′ ＜v，故此时物块正在加速度运动. 答案:A 6.（广东中山 3 月）向空中发射一物体，不计空气阻力.当此物体的速度恰好沿水平方向 时，物体炸裂成 a、b 两块，若质量较大的 a 块的速度方向仍沿原来的方向，则() A.b 的速度方向一定与初速度方向相反 B.从炸裂到落地的这段时间里，a 飞行的水平距离一定比 b 的大 C.a、b 一定同时到达地面 D.在炸裂过程中，a、b 受到的爆炸力的冲量大小一定相等 解析:物体炸裂过程，水平方向动量守恒,mv0=m1v1+m2v2，只有 m1v1＞mv0 时，v2 才与初 速度方向相反，且 v1、v2 的大小关系不能确定，所以无法确定 a、b 的水平位移，A、B 均错. 竖直方向的运动不受水平运动的影响，故落地时间相同，a、b 所受力大小相等、时间相同， 故冲量大小相等. 答案:CD 7.如图所示两辆质量相同的小车静止于光滑的水平面上，有一人静止在小车 A 上.当这个 人从 A 车上跳到 B 车上，接着又从 B 车跳回并与 A 车保持相对静止 时，A 车的速率() A.等于零 B.小于 B 车速率 C.大于 B 车速率 D.等于 B 车速率 解析:由系统动量守恒可得：O=(MA+m)VA-MBVB,MA+M＞MB 故 VA＜VB.B 正确. 答案:B 8.小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示. 已知车、人、枪和靶的总质量为 M（不含子弹），每颗子弹质量为 m，共 n 发，打靶时，枪口 到靶的距离为 d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发.则 以下说法正确的是() A.待打完 n 发子弹后，小车将以一定速度向右匀速运动[来源:学.科.网 Z.X.X.K] B.待打完 n 发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方 C.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均 为 md nm M D.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同 解析:根据动量守恒定律，当子弹射出后，小车（包括人、枪和靶，下同）获得一定的速 度向右匀速直线运动，但是当子弹打入靶后，因为系统总动量为 0，所以小车将做间歇性的匀 速直线运动，最后将停止于原位的右边，A 错误，B 正确.研究空中飞行的一颗子弹和其他所 有物体的动量守恒可知，每一次射击后小车获得的速度都是相等的，走过的距离也都相等.设 子弹的速度为 v,小车获得的速度为 v1 由动量守恒有：mv=［M+(n-1)m］v1,v1=   mv M n 1 m  , 设子弹从枪口射出到打入靶所用的时间为 t,d=t［   mv M n 1 m  ］,t=     M n 1 m d M nm v    ［ ］ ，小 车位移为 s=v1t= md nm M ，C 对，D 错，答案为 BC. 答案:BC 9.一列总质量为 m 总的列车，在平直轨道上以速度 v 匀速行驶，突然最后一节质量为 m 的车厢脱钩，列车受到的阻力与车重成正比，机车牵引力不变，则当最后一节车厢刚好停止 的瞬间，前面列车的速度为________ 解析: 整个列车匀速行驶时，机车牵引力与列车所受阻力大小相等，当最后一节车厢脱钩之后， 机车牵引力不变，而最后一节车厢停止运动前，对整个列车而言，所受阻力大小也不变，则 列车与脱钩的最后一节车厢组成的系统动量守恒，最后一节车厢停止瞬间，有 （m 总-m）v′=m 总 v v′= m vm m 总 总 . 答案: m vm m 总 总 10.质量为 100 kg 的甲车连同质量为 50 kg 的人一起以 2 m/s 的速度在光滑水平上向前 运动，质量为 150 kg 的乙车以 7 m/s 的速度由后面追来.为了避免相碰，当两车靠近时甲车 上的人至少应以多大的水平速度跳上乙车？[来源:学#科#网 Z#X#X#K] 解析：在人和车相互作用时动量守恒.设人跳起的水平速度为 v 人，两车后来的速度相同均 为 v 车.设向前为正方向，根据动量守恒定律，人从甲车上跳出时，有 （m+M 甲）v 甲=M 甲 v 车-mv 人 人跳上乙车的过程中，有 M 乙 v 乙-mv 人=（M 乙+m）v 车 由以上两式代入数据解得 v 人=3 m/s. 答案：3 m/s 11.如图所示，质量为 M=4 kg 的木板静置于足够大的水平地面上，木板与地面间的动摩 擦因数μ=0.01，板上最左端停放着质量为 m=1 kg 可视为质点的电动小车，车与木板上的挡 板相距 L=5 m.车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动，经时间 t=2 s，车与挡板相碰，碰 撞时间极短且碰后电动机的电源切断，车与挡板黏合在一起，求碰后木板在水平地面上滑动 的距离. 解析: 若设木板不动，对电动车在板上运动的加速度 a0， 由 L=a0t2/2 得 a0=2.5 m/s2.此时木板对车向右的摩擦力 F=ma0=2.5 N，木板受车向左的反作用力 F′=F=2.5 N，木板受地面向右的最大静摩擦力 f=μ(M+m)g=0.5 N.因为 F′＞f，所以木板不可 能静止，将向左运动. 设电动车向右运动加速度为 a1,木板向左运动加速度为 a2,碰前电动车速度为 v1，木板速度 为 v2,碰后共同速度为 v，两者一起向右运动 s 而停止，则 1 1 2 a1t2+ 1 2 a2t2=L 对木板有 F′-μ(M+m)g=Ma2 对电动车有 F=F′=ma1 而 v1=a1t,v2=a2t[来源:学。科。网] 两者相碰时动量守恒，以向右为正方向，有 mv1-Mv2=(M+m)v 由动能定理得-μ(M+m)gs=0- 1 2 (M+m)v2 代入数据得 s=0.2 m. 答案：0.2 m 12.如图所示，在光滑水平面上有两个并排放置的木块 A 和 B，已知 mA=500 g,mB=300 g， 有一质量为 80 g 的小铜球 C 以 25 m/s 的水平初速开始，在 A 表面滑动，由于 C 和 A，B 间 有摩擦，铜块 C 最后停在 B 上，B 和 C 一起以 2.5 m/s 的速度共同前进，求： （1）木块 A 的最后速度 vA′； （2）C 在离开 A 时速度 vC′. 解析: A，B，C 三个物体作为一个系统在水平方向不受外力作用，系统动量守恒，（1）研究 C 开始滑动到 C 和 B 相对静止的过程， mCv0=mAvA′+(mC+mB)v 共 vA′=  C 0 C B A m v m m v m   共 =  0.08 25 0.08 0.3 2.5 0.5     =2.1 m/s. (2)研究 C 开始滑动到 C 离开 A 的过程, mCv0=(mA+mB)vA′+mCvC′ vC′=  C 0 A B A C m v m m v m    =  0.08 25 0.5 0.3 2.1 0.08     =4 m/s. 答案：（1）vA′=2.1 m/s (2)v′C=4 m/s