第3节 动量守恒定律（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019 江苏北京版）

动量守恒定律 (赋能课—精细培优科学思维) 第 3 节 课标要求 学习目标 通过理论推导和实验，理解动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。 1.会根据动量定理、牛顿第三定律推导动量守恒定律。 2.知道系统、内力、外力的概念。 3.理解并掌握动量守恒定律的内容、公式及成立条件。 4.能在具体问题中判断动量是否守恒，能熟练运用动量守恒定律解释相关现象和解决相关问题。 1 课前预知教材/落实主干基础 2 课堂精析重难/深度发掘知能 3 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 课前预知教材/落实主干基础 一、相互作用的两个物体的动量改变 1．情境设置：如图所示，在光滑水平面上沿同一方向运动的物体A、B，质量分别为m1、m2，速度分别为v1、v2，且v2>v1，碰撞过程作用时间为Δt，B对A的作用力为F1，A对B的作用力为F2，碰后A、B的速度分别为v1′、v2′。 2．推导过程 对物体A应用动量定理：F1Δt＝____________， 对物体B应用动量定理：F2Δt＝_____________， 由牛顿第三定律可知：F1＝_____， 由以上三式可得：m1v1′＋m2v2′＝___________。 3．结论：两个物体碰撞后的动量之和______碰撞前的动量之和。 m1v1′－m1v1 m2v2′－m2v2 －F2 m1v1＋m2v2 等于 二、动量守恒定律 1．系统：相互作用的两个或多个物体构成的整体。 2．内力：________物体间的作用力。 3．外力：_________的物体施加给_______物体的力。 4．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的_______保持不变。 5．普适性：适用于从宏观到微观的一切领域。 系统中 系统以外 系统内 总动量 (1)内力和外力是相对的，若研究对象发生变化，内力和外力也可能发生变化。 (2)系统的总动量保持不变是指在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等。 1.如图所示，父子两人在滑冰场上做游戏。开始时处于静止状态，互相用力推对方，两人会向相反方向滑去。 微情境·大道理 (1)两人的动量变化量有什么关系？ 提示：两人的动量变化量大小相等，方向相反。 (2)两人的总动量在推动前后是否发生了变化？ 提示：两人的总动量在推动前后均为零，没有发生变化。 2.如图所示，公路上三辆汽车发生了追尾事故。如果将前面两辆汽车看成一个系统，最后面一辆汽车对中间汽车的作用力是内力还是外力？如果将后面两辆汽车看成一个系统呢？ 提示：内力是系统内物体之间的作用力，外力是系统以外的物体对系统以内的物体的作用力。一个力是内力还是外力，关键是看所选择的系统。如果将前面两辆汽车看成一个系统，最后面一辆汽车对中间汽车的作用力是系统以外的物体对系统内物体的作用力，是外力；如果将后面两辆汽车看成一个系统，最后面一辆汽车与中间汽车的作用力是系统内物体之间的作用力，是内力。 课堂精析重难/深度发掘知能 如图所示，在风平浪静的水面上，停着一艘帆 船，船尾固定一台电风扇，正在不停地把风吹向帆 面，船能向前行驶吗？为什么？ 提示： 把帆船和电风扇看作一个系统，电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反，这是一对内力，系统总动量守恒，船原来是静止的，总动量为零，所以在电风扇吹风时，船仍保持静止。 强化点(一) 对动量守恒定律的理解 任务驱动 1．研究对象：相互作用的物体组成的系统。 2．动量守恒定律的成立条件 (1)系统不受外力或所受合外力为零。 (2)系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远远小于内力，此时动量近似守恒。 (3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒。 要点释解明 3．动量守恒定律的三个性质 矢量性 公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算。 相对性 速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度。 同时性 相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前的某一时刻，v1、v2均是此时刻的瞬时速度；同理，v1′、v2′应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度。 续表 [典例]　(2024·苏州高二检测)一兴趣小组利用玩具小车进行实验。如图所示，在质量为M的小车中用细线悬挂一质量为m0的小球。小车和小球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止物体发生碰撞，碰撞时间极短。在此碰撞过程中，可能发生的情况是(　 ) A．小车、物体、小球的速度都发生变化，三者构成的系统动量守恒，机械能守恒 B．小车、物体、小球的速度都发生变化，三者构成的系统动量守恒，机械能不守恒 C．小球的速度不变，小车和物体构成的系统动量不守恒，机械能守恒 D．小球的速度不变，小车和物体构成的系统动量守恒，机械能不守恒 √ [解析]　在碰撞的过程中，碰撞时间极短，小球由于惯性速度不变，小车和物体组成的系统动量守恒；系统的机械能可能守恒，也可能不守恒。故D正确，A、B、C错误。 /方法技巧/ 判断系统动量守恒的两个关键点 (1)动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。判断系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。 (2)判断系统的动量是否守恒，要注意守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零。因此要分清哪些力是内力，哪些力是外力。 1.如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是(　 ) A．男孩和木箱组成的系统动量守恒 B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．木箱的动量的变化量与男孩、小车的总动量的变化量相同 题点全练清 √ 解析：在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩在水平方向受到小车的摩擦力，即男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，A错误； 小车在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，B错误； 男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，C正确； 木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量变化量与男孩、小车的总动量变化量大小相同，方向相反，D错误。 2.(2024·武汉高二期中检测)如图，水平弹簧右端固定在竖直墙壁上，左端连接在物块上，水平面光滑。开始时物块静止，弹簧处于原长。一颗子弹以水平速度v0射入物块，并留在物块中。若子弹和物块作用时间极短，下列有关说法中正确的是(　 ) A．从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统动量守恒 B．从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统机械能守恒 C．从子弹开始打物块到与物块共速，子弹、物块组成的系统动量守恒 D．子弹和物块一起压缩弹簧的过程中，子弹、物块、弹簧组成的系统动量守恒 √ 解析：从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误； 一颗子弹以水平速度v0射入物块，并留在物块中，子弹、物块、弹簧组成的系统机械能损失最多，故B错误； 从子弹开始打物块到与物块共速，子弹和物块作用时间极短，内力远大于外力，子弹、物块组成的系统动量守恒，故C正确； 子弹和物块一起压缩弹簧的过程中，子弹、物块、弹簧组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故D错误。 1．对系统“总动量保持不变”的理解 (1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不仅仅是初、末两个状态的总动量相等。 (2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。 (3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变。 要点释解明 强化点(二) 动量守恒定律的基本应用 2．动量守恒定律的三种表达式 表达式 具体含义 p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′，大小相等，方向相同 Δp1＝－Δp2或m1Δv1＝－m2Δv2 系统内一个物体的动量变化量与其他物体的动量变化量等大反向 Δp＝p′－p＝0 系统总动量的变化量为零 [典例]　如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和她的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s，乙同学和她的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，试求碰撞后两车共同的运动速度？ [答案]　0.5 m/s，方向向左 √ /方法技巧/ 应用动量守恒定律解题的步骤 (1)找：找研究对象(系统包括哪几个物体)和研究过程； (2)析：进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或在某一方向是否守恒)； (3)定：规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号，画好分析图； (4)列：由动量守恒定律列式； (5)算：合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行讨论。 1．(2024·江苏宿迁期中)2024年2月23日，我国在文昌航天发射场使用长征五号运载火箭，成功将通信技术试验卫星十一号送入预定轨道。假设火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以6.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。某时刻卫星沿轨道切线方向以相对火箭壳体1.5×103 m/s的速度与之分离。已知卫星的质量是400 kg，火箭壳体的质量是100 kg，则分离后卫星的速度是(　 ) 题点全练清 A．4.8×10 m/s　　　　 B．5.5×103 m/s C．6.3×103 m/s D．7.2×103 m/s √ 2．“天宫课堂”第四课中，航天员演示小球碰 撞实验。分析实验视频，每隔相等的时间截取一张 照片，如图所示。小球和大球的质量分别为m1、 m2，可估算出(　 ) A．m1∶m2＝1∶1 B．m1∶m2＝1∶2 C．m1∶m2＝2∶3 D．m1∶m2＝1∶5 √ 3．如图所示，一水平放置的光滑操作台上静置有两滑块A、B，用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻质弹簧处于压缩状态(A、B两滑块与弹簧不拴接)。剪断细线，滑块A、B被弹簧弹开并最终落到地面上，落地点分别为M、N。已知A、B的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，操作台距离地面高h＝1.25 m，M距操作台边缘的水平距离x1＝1.5 m，g取10 m/s2。试求： (1)A水平抛出的初速度大小； (2)B落地点N到操作台边缘的水平距离x2。 答案：(1)3 m/s　(2)0.75 m 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A级——基础达标 1．(2024·江苏苏州联考)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是(　 ) A．只要系统内存在摩擦力，动量就不可能守恒 B．只要系统所受合外力所做的功为零，动量就守恒 C．只要系统所受的合外力为零，动量就守恒 D．系统的机械能守恒时，动量一定守恒 √ 6 7 8 9 10 11 12 解析：系统内存在摩擦力时，合外力可能为零，动量可能守恒，故A错误； 系统所受合外力做功为零，可能是合外力为零，也可能是合外力的位移为零，还可能是合外力方向垂直于速度方向，比如系统做匀速圆周运动，系统动量不一定守恒，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 系统不受外力或者所受外力的矢量和为零(即加速度为零)时，系统动量守恒，当系统外力远远小于内力时，系统外力可以忽略，系统动量也可看作守恒，故C正确； 系统做自由落体运动时，只有重力做功，机械能守恒，但系统所受合外力不为零，因此系统的动量不守恒，故D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2．(2024·南通高二月考)下列过程系统动量守恒的是(　 ) A．图甲中，投接球过程，两同学和气球组成的系统 B．图乙中，击球过程，球棒和球组成的系统 C．图丙中，在太空，物体被扔出过程，物体和航天员组成的系统 D．图丁中，机车碰撞实验过程，安全气囊和假人组成的系统 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：投接球过程，两同学和气球组成的系统所受合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误； 击球过程，球棒和球组成的系统所受合外力不为零，因此系统动量不守恒，故B错误； 在太空，物体被扔出过程，物体和航天员组成的系统处于完全失重状态，所受合外力近似为零，因此系统动量守恒，故C正确； 机车碰撞实验过程，安全气囊和假人组成的系统所受合外力不为零，因此系统动量不守恒，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3．(2024·淮安高二质检)如图所示，在光滑绝缘水平面上有A、B两个带正电的小球，mA＝2mB,2qA＝qB。开始时B球静止，A球以初速度v水平向右运动，在相互作用的过程中A、B始终沿同一直线运动，以初速度v的方向为正方向，则(　 ) A．A、B的动量变化量方向相同 B．A、B组成的系统总动量守恒 C．A、B的动量变化率相同 D．A、B组成的系统机械能守恒 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：两球相互作用过程中A、B组成的系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B的动量变化量大小相等、方向相反，故A错误，B正确； 由动量定理Ft＝Δp可知，动量的变化率等于物体所受的合外力，A、B两球各自所受的合外力大小相等、方向相反，所受的合外力不同，则动量的变化率不同，故C错误； 两球间斥力对两球做功，电势能在变化，总机械能在变化，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4．(2024·江苏兴化质检)A、B两物体质量不同， 原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面水平且光滑。当两物体被同时释放后，则下列说法错误的是(　 ) A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B组成的系统动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B、C组成的系统动量守恒 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 C．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成的系统动量守恒 解析：A、B的质量不等，若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B所受摩擦力大小不等，A、B组成的系统所受的外力之和不为零，则A、B组成的系统动量不守恒，故A错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 不论A、B所受的摩擦力是否相等，A、B、C组成的系统外力之和为零，则A、B、C组成的系统动量守恒，故B、D正确； 若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统外力之和为零，则A、B组成的系统动量守恒，故C正确。本题选错误的，故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 5．(2024·江苏南京模拟)如图所示，建筑工地上常用打桩机把桩打入地下。电动机先把重锤吊起一定的高度，然后静止释放，重锤打在桩上，接着随桩一起向下运动直到停止。不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．重锤与桩撞击的过程中，机械能守恒 B．重锤随桩一起向下运动过程中，机械能守恒 C．整个运动过程中，重锤和桩组成的系统动量守恒 D．整个运动过程中，重锤所受合外力冲量为零 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：重锤与桩撞击的过程中，会产生内能，机械能不守恒，故A错误； 重锤随桩一起向下运动过程中，需要克服阻力做功，机械能不守恒，故B错误； 整个运动过程中，重锤和桩组成的系统初动量为零，末动量为零，但运动过程中动量不为零，可知重锤和桩组成的系统动量不守恒，故C错误； 整个运动过程中，重锤初动量为零，末动量为零，根据动量定理可知，重锤所受合外力冲量为零，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(2024·北京朝阳区月考)如图所示，甲、乙两人静止在光滑的水平冰面上，甲推了乙一下，结果两人向相反的方向滑去，若甲的质量大于乙的质量，下列说法正确的是(　 ) A．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力 B．甲的动能小于乙的动能 C．甲的动量变化量大于乙的动量变化量 D．甲、乙的动量变化量相同 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：根据牛顿第三定律可知甲对乙的作用力等于乙对甲的作用力，故A错误； 甲、乙组成的系统，初状态总动量为零，根据动量守恒定律可知甲、乙的动量变化量大小相等、方向相反，故C、D错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 8．某同学的质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，初始速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上(船未与岸相撞)，不计水的阻力，则(　 ) A．该同学和小船最终静止在水面上 B．该过程这位同学的动量变化量大小为105 kg·m/s C．船最终的速度大小是0.95 m/s D．船的动量变化量大小为70 kg·m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：规定该同学原来的速度方向为正方向。设该同学上船后，船与该同学的共同速度为v。由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到共同速度的过程中，该同学和船组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律得m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入数据解得v＝0.25 m/s，方向与该同学原来的速度方向相同，与船原来的速度方向相反，故A、C错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 该过程中这位同学的动量变化量为Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105 kg·m/s，负号表示方向与该同学原来的速度方向相反，故B正确； 船的动量变化量为Δp′＝m船v－(－m船v船)＝140×[0.25－(－0.5)] kg·m/s＝105 kg·m/s，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 9．(选自鲁科版教材例题)冬季雨雪天气时，公路上容易发生交通事故。在结冰的公路上，一辆质量为1.8×103 kg的轻型货车尾随另一辆质量为1.2×103 kg 的轿车同向行驶，因货车未及时刹车而发生追尾(即碰撞，如图甲、乙所示)。若追尾前瞬间货车速度大小为36 km/h，轿车速度大小为18 km/h，刚追尾后两车视为紧靠在一起，此时两车的速度为多大？ 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：设货车质量为m1，轿车质量为m2，碰撞前货车速度为v1，轿车速度为v2，碰撞后两车速度为v。选定两车碰撞前的速度方向为正方向。 由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 解得v＝8 m/s＝28.8 km/h 所以，刚追尾后两车的速度大小为28.8 km/h。 答案：28.8 km/h 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11. (2024·江苏江阴月考)如图所示是一个物理演示实验，图 中自由下落的物体A和B被反弹后，B能上升到比初位置高的地 方。A是某种材料做成的有凹坑的实心球，质量为m1＝0.28 kg， 在其顶部的凹坑中插着质量为m2＝0.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙。将此装置从A下端离地板的高度H＝1.25 m处由静止释放，实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变，接着B脱离A开始上升，而A恰好停留在地板上，则反弹后B上升的高度为(重力加速度g取10 m/s2)(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．4.05 m B．1.25 m C．5.30 m D．12.5 m 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 12.如图所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3 kg的薄板，板上有质量m＝1 kg的物块，两者以v0＝4 m/s的初速度朝相反方向运动，薄板与物块之间存在摩擦且薄板足够长，取水平向右为正方向，求： (1)物块最后的速度； (2)当物块的速度大小为3 m/s时，薄板的速度。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：(1)由于水平面光滑，物块与薄板组成的系统动量守恒， 设共同运动速度为v，向右为正方向，由动量守恒定律得Mv0－mv0＝(m＋M)v 代入数据解得v＝2 m/s，方向水平向右。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 [解析]　两车碰撞过程中动量守恒，设向右为正方向，则v1＝4.5 m/s，v2＝－4.25 m/s，由动量守恒定律得：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v， 解得v＝＝－0.5 m/s “－”说明碰后速度方向向左。 [变式拓展]　对应[典例]的情境，如果两车碰撞后，乙车的速度大小为0.25 m/s，则甲车碰后的速度大小为(　 ) A． m/s　 B． m/s 　 C． m/s 　 D． m/s [解析]　设向右为正方向，若碰后乙车向右运动，则v1＝4.5 m/s，v2＝－4.25 m/s，v2′＝0.25 m/s，由动量守恒定律得：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入数据解得v1′＝－ m/s；同理，若碰后乙车向左运动，则v2′＝－0.25 m/s，可解得v1′＝－ m/s，故B正确。 解析：设卫星速度为v，由题意可知火箭壳体的速度为v′＝v－1.5×103 m/s，由动量守恒定律可得v0＝m1v＋m2v′，联立可得v＝6.3×103 m/s，A、B、D错误，C正确。 解析：由第一张与第二张照片可知小球的初速度大小为v0＝，由第二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度大小为v1＝，碰撞后大球的速度大小为v2＝，设水平向左为正方向，根据动量守恒定律可得m1＝－m1＋m2，由题图可知m1·1.5＝－m1·1＋m2·0.5，可得m1∶m2＝1∶5，故选D。 解析：(1)滑块A做平抛运动，竖直方向有h＝gt2 解得t＝＝ s＝0.5 s 水平方向有x1＝vAt 解得A水平抛出的初速度大小为vA＝＝ m/s＝3 m/s。 (2)滑块A、B被弹簧弹开过程满足动量守恒，则有mAvA＝mBvB 解得滑块B做平抛运动的初速度大小为vB＝＝ m/s＝1.5 m/s B落地点N到操作台边缘的水平距离为x2＝vBt＝1.5×0.5 m＝0.75 m。 由公式Ek＝，甲、乙动量大小相同，但甲的质量大，所以甲的动能小于乙的动能，故B正确。 7．(2024·广东深圳高二校考期中)滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动。现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为λm的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v0匀速运动，突然发现前面有一个小水坑，由于来不及转向和刹车，该小孩立即以相对地面v0的速度向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的， 且方向不变， 则λ为(　 ) A．　　　　　　　　 B． C． D． 解析：小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律有(m＋λm)v0＝m·v0＋λm·，解得λ＝，故选C。 B级——综合应用 10．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1水平向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，则必须发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)(　 ) A． B． C． D． 解析：设发射子弹的数目为n，n颗子弹和木块组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，满足动量守恒的条件。选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有nmv2－Mv1＝0，得n＝，故C正确。 解析：由题意可知，开始时A、B做自由落体运动，根据v2＝2gH可得，A、B的落地速度大小v＝，A反弹后与B碰撞为瞬时作用，A、B组成的系统在竖直方向上所受合力虽然不为零，但碰撞时间很短， 系统的内力远大于外力，所以动量近似守恒，取竖直向上为正方向，则有m1v－m2v＝0＋m2v2′，B上升的高度h＝，联立并代入数据得h＝4.05 m，故选A。 (2)由(1)知，物块速度大小为3 m/s时，方向水平向左，设此时薄板的速度为v′， 由动量守恒定律得Mv0－mv0＝－mv1＋Mv′ 代入数据解得v′＝ m/s，方向水平向右。 答案：(1)2 m/s，方向水平向右　(2) m/s，方向水平向右 $$