木块的位移很小。
但这种运动物体与静止物体相互作用，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量均可用公式：
…④
当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔEK=fžd（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔEK的大小。
【例4】解析：
先画出示意图。
人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。
从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。
设人、船位移大小分别为l1、l2，则：
mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1l2=L，
∴
点评：
应该注重到：
此结论与人在船上行走的速度大小无关。
不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。
做这类题目，首先要画好示意图，要非凡注重两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。
以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。
假如发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用（m1m2）v0=m1v1m2v2列式。
【例5】解析：
火箭喷出燃气前后系统动量守恒。
喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v0方向为正方向，
【例6】分析：
手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=（m1m2）g，可见系统的动量并不守恒。
但在爆炸瞬间，内力远大于外力时，外力可以不计，系统的动量近似守恒。
设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度
；m1=0.3kg的大块速度为
m/s、m2=0.2kg的小块速度为
，方向不清，暂设为正方向。
由动量守恒定律：
m/s
此结果表明，质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反
【例7】
解析：
虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。
设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：
MV=mv
且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：
Md=m［（L-Lcosθ）-d］
解得圆环移动的距离：
d=mL（1-cosθ）/（Mm）
点评：
以动量守恒定律等知识为依托，考查动量守恒条件的理解与灵活运用能力
易出现的错误：
（1）对动量守恒条件理解不深刻，对系统水平方向动量守恒感到怀疑，无法列出守恒方程.
（2）找不出圆环与小球位移之和（L-Lcosθ）。
【例8】
解析：
（1）由A、B系统动量守恒定律得：
Mv0-mv0=（Mm）v①
所以v=
v0
方向向右
（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得：
Mv0-mv0=Mv′①
对板车应用动能定理得：
-μmgs=
mv′2-
mv02②
联立①②解得：
s=
v02
【例9】
解析：
这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。
（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为
。
最后C相对静止在B上，与B以共同速度
运动，由动量守恒定律有
∴
（2）为计算
，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒。
C离开A时的速度为
，B与A的速度同为
，由动量守恒定律有
∴
三、计算题：
本题6小题，共66分.解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
10、（13）．（12分）质量为M的火箭以速度v0飞行在太空中，现在突然向后喷出一份质量为Δm的气体，喷出的气体相对于火箭的速度是v，喷气后火箭的速度是多少？
11、（14）.（15分）如图所示，ABC是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆．一质量为M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中，并滞留在木块中．若被击中的木块沿轨道能滑到最高点C，已知木块对C点的压力大小为（M+m）g，求：
子弹射入木块前瞬间速度的大小．
12、（18分）如图所示，在足够长的光滑水平轨道上静止三个小木块A、B、C，质量分别为mA=1kg，mB=1kg，mC=2kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板（小木块和弹性挡板碰撞过程没有能量损失）。
现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E=9J转化为A和B沿轨道方向的动能，A和B分开后，A恰好在BC之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B，并且在碰撞后和B粘到一起。
求：
（1）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值；
（2）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值。
13．（10分）如图所示，质量为3.0kg的小车在光滑水平轨道上以2.0m/s速度向右运动．一股水流以2.4m/s的水平速度自右向左射向小车后壁，已知水流流量为
m3/s，射到车壁的水全部流入车厢内．那么，经多长时间可使小车开始反向运动？
（水的密度为
kg/m3）
14.（10分）如图所示，在小车的一端高h的支架上固定着一个半径为R的1/4圆弧光滑导轨，一质量为m=0.2kg的物体从圆弧的顶端无摩擦地滑下，离开圆弧后刚好从车的另一端擦过落到水平地面，车的质量M=2kg，车身长L=0.22m，车与水平地面间摩擦不计，图中h=0.20m，重力加速度g=10m/s2，求R.
15.（10分）如图所示，光滑轨道的DP段为水平直轨道，PQ段为半径是R的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端与水平轨道的右端相切于P点.一轻质弹簧两端分别固定质量为2m的小球A和质量为m的小球B，质量为m的小球C靠在B球的右侧.现用外力作用在A和C上，弹簧被压缩（弹簧仍在弹性限度内），这时三个小球均静止于距离P端足够远的水平轨道上.若撤去外力，C球恰好可运动到轨道的最高点Q.已知重力加速度为g，求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E是多大？
16.（12分）如图所示，A、B两物体与一轻质弹簧相连，静止在地面上.有一个小物体C从距A物体h高度处由静止释放，当下落至与A相碰后立即粘在一起向下运动，以后不再分开，当A和C运动到最高点时，物体B对地面恰好无压力.设A、B、C三物体的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力，且弹簧始终处于弹性限度内.若弹簧的弹性势能由劲度系数和形变量决定，求C物体下落时的高度h.
17.（12分）质量为M=3kg的平板车放在光滑的水平面上，在平板车的最左端有一小物块（可视为质点），物块的质量为m=1kg，小车左端上方如图所示固定着一障碍物A，初始时，平板车与物块一起以水平速度v0=2m/s向左运动，当物块运动到障碍物A处时与A发生无机械能损失的碰撞，而小车继续向左运动，取重力加速度g=10m/s2.
⑴设平板车足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与平板车所能获得的共同速度；
⑵设平板车足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动对地所能达到的最大距离是s=0.4m，求物块与A第一次碰撞后到第二次碰撞前相对小车滑动的距离.
18.（12分）如图所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止在光滑的水平地面上，其上端右侧静置一个质量为m=1kg的小滑块，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.今用一水平力F=28N向右拉木板，要使小滑块从木板上掉下来，求此力至少作用多长时间？
（重力加速度g取10m/s2）
10、（13）解：
根据动量守恒定律：
Mv0=（M-Δm）V-Δm（v-V）
所以：
V=（Mv0+Δmv）/M
11、（14）.解：
设子弹射入木块瞬间速度为v，射入木块后的速度为vB，到达C点
时的速度为vC。
子弹射入木块时，系统动量守恒，可得：
①
木块（含子弹）在BC段运动，满足机械能守恒条件，可得
②
木块（含子弹）在C点做圆周运动，设轨道对木块的弹力为T，木块对轨道的压力为T′，可得：
③
又：
T=T′=（M+m）g④
由①、②、③、④方程联立解得：
子弹射入木块前瞬间的速度：
12、
（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间AB的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向
由动量守恒：
－mAvA+mBmB=0
爆炸产生的热量由9J转化为AB的动能：
带入数据解得：
vA=vB=3m/s
由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短，（即弹性势能最大）爆炸后取BC和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时BC达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1
由动量守恒：
mBvB=（mB+mC）vBC
由能量定恒定定律：
带入数据得：
EP1=3J
（2）设BC之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vC1，则由动量守恒和能量守恒：
mBvB=mBvB1+mCvC1
带入数据解得：
vB1=－1m/svC1=2m/s
（vB1=3m/svC1=0m/s不合题意，舍去。
）
A爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回。
当A追上B，
发生碰撞瞬间达到共速vAB
由动量守恒：
mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB
解得：
vAB=1m/s
当ABC三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2
由动量守恒：
（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC
由能量守恒：
带入数据得：
EP2=0.5J
13.解:
由题意知，小车质量m=3.0kg，速度v1=2.0m/s；水流速度v2=2.4m/s，水流流量Q=
m3/s，水的密度ρ=
kg/m3.
设经t时间，流人车内的水的质量为M，此时车开始反向运动，车和水流在水平方向没有外力，动量守恒，所以有
mv1-Mv2=0①（3分）
又因为M=ρV②（2分）
V=Qt③（3分）
由以上各式带入数据解得t=50s④（2分）
14.解:
物体从圆弧的顶端无摩擦地滑到圆弧的底端过程中，水平方向没有外力.
设物体滑到圆弧的底端时车速度为v1，物体速度为v2
对物体与车，由动量及机械能守恒得
0=Mv1-mv2（2分）
mgR=
Mv
+
mv
（2分）
物体滑到圆弧底端后车向右做匀速直线运动，物体向左做平抛运动，所以有
h=
gt2（2分）
L=（v1+v2）t（2分）
由以上各式带入数据解得R=0.055m（2分）
15.解:
对A、B、C及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B、C共同速度大小为v0，A的速度大小为vA，由动量守恒定律有：
2mvA=（m+m）v0①（2分）
即vA=v0
由系统能量守恒有：
②（2分）
此后B、C分离，设C恰好运动至最高点Q的速度为v，由机械能守恒有：
③（2分）
在最高点Q，由牛顿第二定律有：
④（2分）
联立①～④式解得：
E=10mgR（2分）
16.解:
开始时A处于平衡状态，有k△x=mg（1分）
设当C下落h高度时的速度为v，则有：
（1分）
设C与A碰撞粘在一起时速度为v′，根据动量守恒定律有：
mv=2mv′（2分）
由题意可知A与C运动到最高点时，B对地面无压力，即k△x′=mg（1分）
可见：
△x=△x′（2分）
所以最高点时弹性势能与初始位置弹性势能相等.
根据机械能守恒定律有：
（3分）
解得：
（2分）
17.解:
⑴以物块和车为系统，由动量守恒定律得：
（2分）
代入已知数据解得，共同速度：
v=1m/s（2分）
⑵设物块受到的摩擦力为f，对物块由动能定理得：
（2分）
代入已知数据解得：
f=5N（2分）
物块与A第二次碰撞前已与车保持相对静止，对系统由能量守恒定律得：
（2分）
代入已知数据解得：
s相对=1.2m（2分）
18.解：
以地面为参考系，整个过程中，小滑块向右做初速为零的匀加速直线运动.撤去拉力F前，木板向右做初速为零的匀加速直线运动；撤去拉力F后，木板向右做匀减速直线运动.要使小滑块从木板上掉下来，拉力F作用的最短时间对应的过程是：
小滑块滑到木板左端时恰好与木板保持相对静止（即与木板达到共同的速度）.
设拉力F作用的最短时间为t，撤去拉力前木板的位移为s0，小滑块滑到木板左端并恰好与木板达到的共同速度为v.
整个过程对系统由动量定理得：
（3分）
撤去拉力F前木板的位移为：
（3分）
整个过程对系统由功能关系得：
（4分）
联立以上各式，代入已知数据求得：
t=1s.（2分）
第Ⅱ卷（非选择题共110分）
三、本题共6小题，共88分。
解答应写出必要的文字说明、重要方程式和主要演算步骤，有数值计算的要明确写出数值和单位．
14．（12分）如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与AB成θ角时，圆环移动的距离是多少？
15．（14分）如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M，A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度
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