第一章 素养提升课二 动量守恒定律的综合应用-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（粤教版）

该高中物理课件聚焦动量守恒定律的综合应用，通过“人船模型”构建（条件、位移关系推导）、多物体多过程问题分析（系统选取、分段研究）及临界极值问题探究（临界条件判断），形成递进式学习支架，帮助学生从基础模型过渡到复杂问题解决。 其亮点在于以科学思维中的模型建构（如“人船模型”条件结论归纳）和科学推理（动量守恒方程推导与应用）为核心，结合分层例题（基础模型题→综合临界题）与即时测评，培养学生分析问题的逻辑能力。教师可直接利用其结构化内容提升教学效率，学生能通过模型化学习逐步掌握复杂问题的解题方法。

素养提升课二　动量守恒定律的综合应用 　　　　 第一章　动量与动量守恒定律 1.会利用动量守恒定律分析多物体、多过程问题。　 2.会分析动量守恒定律应用中的临界问题。 素养目标 提升点一　人船模型 1 提升点二　多物体、多过程问题 2 提升点三　临界极值问题 3 课时测评 5 随堂演练　对点落实 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 提升点一　人船模型 返回 1．构建模型：如图所示，长为L、质量为M的小船停在 静水中，质量为m的人由静止开始从船的右端走到船的 左端，人对地位移大小为s1、方向向左，小船对地的位 移大小为s2、方向向右。不计水的阻力。对人和船组成 的系统，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系 统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒。 2．模型分析：设某时刻人对地的速率为v1，船对地的速率为v2，以人走的方向为正方向，根据动量守恒得 mv1－Mv2＝0① 因为在人从船头走到船尾的整个过程中动量守恒，对①式两边同乘Δt，得ms1－Ms2＝0② ②式为人对地的位移和船对地的位移关系 由图还可看出s1＋s2＝L③ 联立②③两式得 　 　如图所示，物体A和B质量分别为m2和m1，其水平直 角边长分别为a和b。A、B之间存在摩擦，B与水平地面无 摩擦。可视为质点的A与地面间的高度差为h，当A由B的 顶端从静止开始滑到B的底端时： (1)B的水平位移大小是多少？ (2)若A滑到斜面底端时速度为v，则在A下滑过程中，A损失的机械能为多少？ 审题指导　(1)物体A下滑的过程中物体A和B组成的系统在水平方向上动量守恒。 (2)A由B的顶端从静止开始滑到B的底端过程中，A、B的水平位移大小之和为(b－a)。 例1 (1)B的水平位移大小是多少？ 设向右为正方向，下滑过程中A速度的水平分量为－vA，B的速度为vB，对A和B组成的系统，水平方向上不受外力，故水平方向的动量守恒，则每时每刻都有m1vB－m2vA＝0， 则有m1x1－m2x2＝0 由题意可知x1＋x2＝b－a， 联立可得 (2)若A滑到斜面底端时速度为v，则在A下滑过程中， A损失的机械能为多少？ 根据能量守恒定律，A损失的机械能为 “人船模型”的条件及结论 1．条件 (1)两个物体相互作用前均静止，相互作用后向相反的方向运动。 (2)系统所受合外力为零或者在某一方向上所受合外力为零，系统的动量守恒或者在该方向上动量守恒。 探究归纳 2．结论 (1)两个物体系统的动量守恒：m1v1－m2v2＝0。 (2)两个物体的平均速度(或者瞬时速度)大小与其质量成反比： (3)两个物体的位移大小与其质量成反比： (4)两个物体的运动：“人”走“船”行、“人”快“船”快、“人”慢“船”慢、“人”停“船”停。 探究归纳 针对练1.(多选) (2024·山东潍坊高二检测)如图所示， 质量为M，长度为L的船停在平静的湖面上，船头站着 质量为m的人，M>m，现在人由静止开始由船头走到船 尾。不计水对船的阻力，则 A．人和船运动方向相同 B．船运行速度小于人的行进速度 C．由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续运动一段距离 D．人相对水面的位移为 √ √ 人和船动量守恒，系统总动量为零，故人和船运动方向始终相反，故A错误；由动量守恒定律有Mv船＝mv人，又M＞m，故v人＞v船，故B正确；由“人—船”系统动量守恒且系统总动量为零可知，人走船走，人停船停，故C错误； 由平均动量守恒 和x人＋x船＝L 可得 ，故D正确。 返回 针对练2．(2025·潮州市高二上期末)人和气球离地高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m。人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面，软绳的长度至少为 √ 设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为L。以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝M(－v2)＋mv1，人沿软绳滑至地面时，气球上升的高度为L－h， 速度大小 ，人相对于地面下降的高度为h，速度大小为 ， 所以0＝M ，解得 故选D。 返回 提升点二　多物体、多过程问题 返回 　　多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意： 1．正确进行研究对象的选取。有时对整体应用动量守恒定律，有时对部分物体应用动量守恒定律。研究对象的选取原则一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要。 2．正确进行过程的选取和分析。通常对全程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量。根据所研究问题的需要，列式时有时需分过程多次应用动量守恒，有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式。 　 　如图所示，在光滑水平面上有两个并排静止放置 的木块A、B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg。现有质 量m0＝0.08 kg的小物块C以初速度v0＝25 m/s在A表面沿水平方向向右滑动，由于C与A、B间均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5 m/s。求： (1)木块A最终速度的大小； 答案：2.1 m/s　 例2 设木块A的最终速度为v1，由动量守恒定律，对A、B、C系统有m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)v 解得v1＝2.1 m/s。 (2)小物块C滑离木块A的瞬时速度的大小。 答案：4 m/s 设小木块C滑离木块A的速度为v2，当C滑离A后，由动量守恒定律，对B、C有 m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v 解得v2＝4 m/s。 √ 针对练1．如图所示，A、B两个物块放在光滑的水平面上，一轻弹簧放在A、B之间与A相连，与B接触但不连接，弹簧刚好处于原长，将物块A锁定，物块C与A、B在一条直线上，3个物块的质量相等。现使物块C以v＝ 2 m/s的速度向左运动，与B相碰并粘在一起。当C的速度为零时，解除A的锁定，则A最终获得的速度大小为 设3个物块的质量均为m，C与B碰撞后的共同速度为v1，根据动量守恒定律有mv＝2mv1，代入数据解得v1＝1 m/s。设A最终获得的速度大小为v2，B和C获得的速度大小为v3，根据动量守恒定律则有mv2＝2mv3， 根据机械能守恒定律可得 ×2mv12＝ mv22＋ ×2mv32，代入数据 解得v2＝ m/s。故选D。 针对练2.如图所示，木块A的质量为mA＝1 kg，足够长的木板B的质量为mB＝4 kg，质量为mC＝4 kg的木块C置于静止的木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0＝12 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4 m/s的速度弹回，C始终未脱离B。求： (1)B运动过程中的最大速度的大小； 答案：4 m/s　 A与B碰后瞬间，B速度最大，碰撞过程中A、B系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝－mAvA＋mBvB 代入数据解得vB＝4 m/s。 (2)C运动过程中的最大速度的大小； 答案：2 m/s　 B与C共速后，C速度最大，B、C系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mBvB＝(mB＋mC)vC 代入数据解得vC＝2 m/s。 (3)整个过程中系统损失的机械能。 答案：48 J 由能量守恒定律得   解得ΔE损＝48 J。 返回 提升点三　临界极值问题 返回 　　在动量守恒的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近(或最远)，恰好不相撞，弹簧最长(或最短)或物体开始反向运动等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键。 　 　如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在光 滑水平冰面上游戏，甲(包括冰车)总质量为30 kg， 乙(包括冰车)总质量也为30 kg，游戏时甲推着一质 量为10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度向右滑行，乙在甲的正前方相对地面静止，为避免碰撞，甲将木箱推给乙，使木箱与乙一起运动，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞？ 答案：8 m/s 例3 设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙接到箱子后获得的速度为v乙。取向右为正方向，以甲和箱子为系统，根据动量守恒定律得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv 选箱子和乙为系统，根据动量守恒定律得 mv＝(m＋M乙)v乙 当甲与乙恰好不相撞时v甲＝v乙 联立解得v＝8 m/s。 动量守恒定律应用中的常见临界情形 1．光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止的B 物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度必定 相等，此时弹簧最短，其压缩量最大。 2．物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的足够 长的小车B上，当A、B两物体的速度相等时，A在 B上滑行的距离最远。 探究归纳 3．质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的 光滑弧面底部与水平面相切，一个质量为m的小球 以速度v0向滑块滚来。设小球不能越过滑块，则小 球到达滑块上的最高点(即小球竖直方向上的速度为零)时，两物体的速度肯定相等(方向为水平向右)。 探究归纳 针对练．如图所示，半径为R、质量为3m的 光滑圆 弧槽(对应的圆心角为90°)静止于光滑水平面上，一质 量为m的小球从P点以初速度v0水平冲上圆弧槽，运动 到Q点后离开圆弧槽，不计空气阻力。则下列说法正确 的是 A．小球从P点滑到Q点的过程中，小球与光滑圆弧槽组成的系统动量守恒 B．小球从P点滑到Q点的过程中，小球与光滑圆弧槽组成的系统机械能不守恒 C．小球离开圆弧槽Q点时的速度为 D．小球到达最高点时的速度为 √ 返回 小球有竖直方向的分加速度，系统的合外力不为零，则 系统动量不守恒，故A错误；小球从P点滑到Q点的过程 中，小球与光滑圆弧槽组成的系统只有重力做功，机械 能守恒，故B错误；对系统，根据水平方向动量守恒可 得mv0＝mv＋3mv，解得小球离开圆弧槽Q点时的水平速 度为 ，但此时小球仍具有竖直分速度，所以合速度不是 ，故C错误；对系统，小球到达最高点时竖直分速度为零，从开始到到达最高点的过程，水平方向动量守恒，有mv0＝mv＋3mv，解得 ，故D正确。故选D。 随堂演练　对点落实 返回 1．(多选) (2024·佛山市校考)如图所示，一小车停在光滑水平面上，车上一人(相对小车位置始终不变)持玩具枪向车的竖直挡板连续平射，所有子弹全部嵌在挡板内没有穿出，枪口到挡板的距离为L，嵌在挡板内子弹的质量小于人的质量，射击持续了一会儿后停止，下列说法正确的是 A．所有子弹嵌入挡板后，小车的速度为零 B．子弹飞行的距离为L C．小车前进的距离大于L D．人后退的距离小于L √ √ 刚开始小车停在光滑水平面上，人、小车、子弹 组成的系统初动量为零，射击子弹的过程中，该 系统所受合外力为零，即该系统动量守恒，因此 可知该系统末动量也一定为零，即所有子弹嵌入 挡板后，小车的速度为零，故A正确；根据动量守恒定律可知，当子弹获得向前的速度时，小车一定获得向后的速度，即速度方向一定相反，则根据运动性质可知，小车与子弹的位移之和应等于L，由此可知，人后退的距离小于L，故B、C错误，D正确。故选AD。 2．(2024·江苏常州高二期末)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为 √ 人和船组成的系统动量守恒，根据人船模型的特点有ms人＝Ms船， s人＋s船＝L，s船＝d，联立解得船的质量为 ，故选B。 3．(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，总质量为M。质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止。当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并与B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是 A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动 B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动 D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动 √ √ 小车AB与木块C组成的系统动量守恒，系统在初 状态动量为零，则在整个过程中任何时刻系统总 动量都为零，由动量守恒定律可知，弹簧伸长过 程中C向右运动，同时AB向左运动，故A错误；以向右为正方向，由动量守恒定律得mvC－MvAB＝0，解得 故B正确；系统动量守恒，系统总动量为零，C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动，故C正确，D错误。故选BC。 4．甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞。则甲总共抛出的小球个数是 A．12　　　　B．13　　　　C．14　　　　D．15 √ 规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等。由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s。对甲和他的小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv′，解得n＝15，D正确。 返回 课 时 测 评 返回 1．(2024·深圳市高二红岭中学校考期末)生命在于运动，运动无限精彩。如图所示，质量为450 kg的小船静止在水面上，质量为50 kg的人在小船甲板上立定跳远的成绩为2 m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是 A．人起跳后在空中时，船在匀速运动 B．人起跳后在空中时，船仍保持静止 C．人相对地面的跳远成绩为2.2 m D．人在立定跳远过程中，船后退了0.4 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 人起跳后在空中时，由于不计空气和水的阻力，根据动量守恒定律，船有向后的速度，所以船向后匀速运动，A正确，B错误；设人的质量为m，船的质量为M，人相对地面的位移为s1，船后退的位移大小为s2，根据水平方向动量守恒，有 s1＋s2＝s，解得s1＝1.8 m，s2＝0.2 m，C、D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 √ 2．(2025·深圳市实验学校光明部高二期中)如图所 示，光滑水平地面上静止一个质量为M且上表面光 滑的斜面体。现将一个质量为m的小滑块放置在斜 面体顶端，使其由静止沿斜面滑下。已知斜面体底 边长为L，则以下判断正确的是 A．下滑过程中小滑块的机械能守恒 B．小滑块下滑过程中，两物体组成的系统动量守恒 C．小滑块到达斜面底端时，斜面体水平向右运动的距离为 D．小滑块到达斜面底端时，小滑块水平向左运动的距离为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 下滑过程中小滑块和斜面体组成的系统机械能守 恒，小滑块的机械能不守恒，A错误；小滑块下 滑过程中，两物体组成的系统水平方向所受合外 力为零，则水平方向动量守恒，而竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒，B错误；设小滑块到达斜面底端时，斜面体水平向右运动的距离为x，以斜面体运动方向为正方向，由动量守恒定律得0＝Mx－m(L －x)，解得x＝ ，小滑块水平向左运动的距离为s＝L－x＝ ， C错误，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3．(多选) (2024·山东菏泽期中)如图所示，一半圆槽的质量为M，半径为R，静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小型机器人(可视为质点)置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，小型机器人从半圆槽A端沿圆弧移动到B端。下面说法正确的是 A．小型机器人与半圆槽组成的系统动量守恒 B．半圆槽运动的距离为 C．半圆槽与小型机器人运动的水平距离之和为R D．小型机器人运动的位移是半圆槽位移的 倍 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 系统竖直方向合力不为零，因此系统动量不守恒，A错误；两者在水平方向动量守恒，设半圆槽运动的距离为d，共同运动时间为t，根据动量守恒定律可得 因此小型机器人与半圆槽运动的水平距离之和为2R，两者的位移之比为 ，B、D正确，C错误。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4．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，必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出) √ 根据题意，设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块M组成的系统为研究对象，系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件，选子弹运动的方向即水平向左为正方向，由动量守恒定律有nmv2－Mv1＝0，得n＝ ，故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5．(2024·重庆沙坪坝期中)进入12月份后，气温 渐降，重庆一些地方降雪，许多市民兴致勃勃地 参加一些滑雪、溜冰等游玩项目。如图所示，在水平冰面上，开始时人坐在滑板上，滑板上堆有两个完全相同的雪球，设人、滑板、雪球总质量为M，每个雪球质量为m。随后，人将两雪球先后水平向右抛出滑板，每个雪球离开滑板时相对滑板的速度都是v，滑板与冰面摩擦及空气阻力不计，则人抛出两雪球后，人、滑板整体的速度大小为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 以水平向左为正方向，设抛出第一个雪球后，人、滑板整体的速度大小为v1，根据动量守恒定律得 设抛出第二个雪球后，人、滑板整体的速度大小为v2，根据动量守恒定律得 联立解得 故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6．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， 速度大小分别为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。不计水的阻力，则抛出货物的最小速度大小为 A．v0　　　　　B．2v0　　　　　C．3v0　　　　　D．4v0 √ 设抛出货物的速度大小为v，以向右为正方向，由动量守恒定律，对乙船与货物有12mv0＝11mv1－mv，对甲船与货物有10m×2v0－mv＝11mv2，两船不相撞的条件是v2≤v1，解得v≥4v0，则最小速度大小为4v0，故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7．(多选) (2024·广州市高二期中)如图所示，在光滑的水平冰面上，一个坐在冰车上的人手扶一球静止在冰面上。已知人和冰车的总质量M＝40 kg，球的质量m＝5 kg。某时刻人将球以相对于地面v0＝4 m/s的水平速度向前方固定挡板推出，球与挡板碰撞后速度大小不变，人接住球后再以同样的速度将球推出(假设人、球、冰车共速后才推球)，直到人不能再接到球，下列说法正确的是 A．人第1次推球时，人、冰车、小球组成的 系统动量守恒 B．人第1次推球直到不能再接到球，人、冰车、小球组成的系统动量守恒 C．人第1次接到球后，人、球、冰车共同的速度大小为 m/s D．人第5次将球推出后将不能再接到球 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 第一次推球时(小球未与挡板接触)，人、冰车和小球组 成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确； 球与挡板碰撞过程，挡板的作用力对系统有冲量，或者说系统合外力不为零，人、冰车和小球组成的系统动量不守恒，故B错误；设挡板每次对球碰撞作用的冲量为I，则有I＝2mv0，以人、冰车与球组成的系统为研究对象，人第1次接到球后，由动量定理有I＝(M＋m)v共，可得 故C正确；以人、冰车与球组成的系统为研究对象，人推n次后，由动量定理有(n－1)I＝Mv人－mv0,可得 若要人不再接到球，至少有v人≥v0，代入数据得n≥4.5，故人将球推出5次后不能再接到球，故D正确。故选ACD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8．(多选) (2024·佛山市高二校考)如图所示，载有物资的总 质量为M的热气球静止于距水平地面H的高处。现将质量为 m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与 热气球的距离为d。热气球所受浮力不变，重力加速度为g， 不计空气阻力。下列说法正确的是 A．物资落地前，热气球与其组成的系统动量守恒 B．投出物资后热气球匀速上升 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 物资抛出之前，物资和热气球所受合力为零，物资抛出后， 热气球和物资所受合外力不变，则系统所受合外力仍为 零，则物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量 守恒，A正确；投出物资后热气球所受合力方向向上，则 向上做匀加速直线运动，B错误；设物资落地时与热气球 上升的高度为h，则对物资和热气球组成的系统，由动量守恒定律得 C正确，D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9．(多选) (2024·天津蓟州高二统考期末)如图所示，一质量为m的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为 的小木块A。现以地面为参考系，同时给A和B大小相等、方向相反的初速度，使木块A开始向左运动，木板B开始向右运动，最终木块A并没有滑离木板B，下列说法正确的是 A．最终二者一起向右运动 B．最终二者一起向左运动 C．木块A的速度某时刻为零 D．木板B的速度某时刻为零 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 规定向右为正方向，设初速度大小为v，木块和木板组成的系统合外力为零，由动量守恒有 方向水平向右，所以木块A的速度某时刻减为零后反向加速，最终二者一起向右运动，B一直向右减速。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10．(15分) 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在 水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量为M＝30 kg， 乙和他的冰车总质量为M′＝30 kg。游戏时，甲推着 一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度向右滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。若不计冰面摩擦。 (1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 甲推箱子过程，规定向右为正方向，由动量守恒 定律得(m＋M)v0＝mv＋Mv甲 解得甲的速度为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 乙接箱子的过程，规定向右为正方向，对乙、箱子组成的系统，由动量守恒定律得 mv－M′v0＝(m＋M′)v乙 乙抓住箱子后的速度变为 (2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 若甲、乙最后不相撞，则甲、乙的速度应满足v甲≤v乙，解得v≥ 5.2 m/s。 (3)若甲、乙最后不相撞，箱子被推出的速度至少为多大？ 答案：5.2 m/s 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 ！ 第一章　 　动量与动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 s1＝L，s2＝L。 答案：　 x1＝。 答案：m2gh－m2v2 ΔE＝m2gh－m2v2。 ＝。 ＝。 M＝m x人＝ A． B． C． D． (－)＋m· L＝。 v2＝ v1＝ A． m/s B． m/s C． m/s D． m/s ΔE损＝mAv－mAv－(mB＋mC)v v＝ v＝ v＝ v＝ A． B． C． D． M＝ ＝， m＝M， m＝M，解得d＝， ＝ A． B． C． D． A．v B．v C．v D．v 0＝v1＋m， v1＝v2＋m， v2＝v， v共＝＝m/s， v人＝， C．d＝ D．d＝H＋H (M－m)＝m，解得h＝，则d＝H＋h＝， mv－v＝v′，解得v′＝， 答案：　 v甲＝。 答案： v乙＝。 $