人教版物理選修3-5《三維設(shè)計》全冊課件與習(xí)題（word版）

第1節(jié)實驗：探究碰撞中的不變量一、實驗?zāi)康?1)明確探究物體碰撞中的不變量的基本思路。(2)探究一維碰撞中的不變量。二、實驗原理1．探究碰撞中的最簡單的情況——一維碰撞兩個物體碰撞前沿同一直線運動，碰撞后仍沿這條直線運動。方案一：利用氣墊導(dǎo)軌實現(xiàn)一維碰撞，實驗裝置如圖16－1－1所示。圖16－1－1(1)質(zhì)量的測量：用天平測量質(zhì)量。(2)速度的測量：利用公式v＝eq\f(Δx,Δt)，式中Δx為滑塊(擋光片)的寬度，Δt為數(shù)字計時器顯示的滑塊(擋光片)經(jīng)過光電門對應(yīng)的時間。(3)利用在滑塊上增加重物的方法改變碰撞物體的質(zhì)量。圖16－1－2(4)實驗方法：①用細線將彈簧片壓縮，放置于兩個滑塊之間，并使它們靜止，然后燒斷細線，彈簧片彈開后落下，兩個滑塊隨即向相反方向運動(圖16－1－2甲)。②在兩滑塊相碰的端面裝上彈性碰撞架(圖16－1－2乙)可以得到能量損失很小的碰撞。③在兩個滑塊的碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥，碰撞時撞針插入橡皮泥中，把兩個滑塊連成一體運動(圖16－1－2丙)，這樣可以得到能量損失很大的碰撞。方案二：利用等長懸線懸掛等大的小球?qū)崿F(xiàn)一維碰撞，實驗裝置如圖16－1－3所示。圖16－1－3(1)質(zhì)量的測量：用天平測量質(zhì)量。(2)速度的測量：可以測量小球被拉起的角度，根據(jù)機械能守恒定律算出小球碰撞前對應(yīng)的速度；測量碰撞后兩小球分別擺起的對應(yīng)角度，根據(jù)機械能守恒定律算出碰撞后對應(yīng)的兩小球的速度。(3)不同碰撞情況的實現(xiàn)：用貼膠布的方法增大兩小球碰撞時的能量損失。方案三：利用小車在光滑桌面上碰撞另一靜止小車實現(xiàn)一維碰撞，兩小車碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥。實驗裝置如圖16－1－4所示。圖16－1－4(1)質(zhì)量的測量：用天平測量質(zhì)量。(2)速度的測量：v＝eq\f(Δx,Δt)，式中Δx是紙帶上兩計數(shù)點間的距離，可用刻度尺測量。Δt為小車經(jīng)過Δx所用的時間，可由打點間隔算出。這個方案適合探究碰撞后兩物體結(jié)合為一體的情況。2．追尋不變量在一維碰撞中，與物體運動有關(guān)的物理量只有物體的質(zhì)量和物體的速度，設(shè)兩個物體的質(zhì)量分別為m1、m2，碰撞前的速度分別為v1、v2，碰撞后的速度分別為v1′、v2′。如果速度方向與規(guī)定的正方向一致，則速度取正值，否則取負(fù)值。依據(jù)猜想與假設(shè)，依次研究以下關(guān)系是否成立：(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；(2)m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2；(3)eq\f(v1,m1)＋eq\f(v2,m2)＝eq\f(v1′,m1)＋eq\f(v2′,m2)；…三、實驗器材方案一：氣墊導(dǎo)軌、光電計時器、天平、滑塊兩個(帶擋光片)、重物、彈簧片、細繩、彈性碰撞架、撞針、橡皮泥。方案二：帶細線的小球(兩套)、鐵架臺、天平、量角器、坐標(biāo)紙、膠布等。方案三：光滑長木板、打點計時器、紙帶、小車(兩個)、天平、撞針、橡皮泥。四、實驗步驟不論采用哪種方案，實驗過程均可按實驗方案合理安排，參考步驟如下：(1)用天平測量兩滑塊的質(zhì)量m1、m2，填入預(yù)先設(shè)計好的下表中。(2)安裝實驗裝置。(3)使物體發(fā)生碰撞。(4)測量或讀出相關(guān)物理量，計算有關(guān)速度，填入預(yù)先設(shè)計好的下表中。(5)改變碰撞條件，重復(fù)步驟3、4。(6)進行數(shù)據(jù)處理，通過分析比較，找出碰撞中的守恒量。(7)整理器材，結(jié)束實驗。碰撞前碰撞后質(zhì)量(kg)m1m2m1m2速度(m·s－1)v1v2v1′v2′mv(kg·m·s－1)m1v1＋m2v2m1v1′＋m2v2′mv2(kg·m2·s－2)m1v12＋m2v22m1v1′2＋m2v2′2eq\f(v,m)(m·s－1·kg－1)eq\f(v1,m1)＋eq\f(v2,m2)eq\f(v1′,m1)＋eq\f(v2′,m2)實驗結(jié)論五、誤差分析(1)碰撞是否為一維碰撞，是產(chǎn)生誤差的一個原因，設(shè)計實驗方案時應(yīng)保證碰撞為一維碰撞。(2)碰撞中是否受其他力(例如摩擦力)的影響是帶來誤差的又一個原因，實驗中要合理控制實驗條件，避免除碰撞時相互作用力外的其他力影響物體速度。六、注意事項(1)保證兩物體發(fā)生的是一維碰撞，即兩個物體碰撞前沿同一直線運動。碰撞后仍沿同一直線運動。(2)氣墊導(dǎo)軌是一種精度較高的現(xiàn)代化教學(xué)儀器。切忌振動、重壓，嚴(yán)防碰傷和劃傷，絕對禁止在不通氣的情況下將滑行器在軌面上滑磨。(3)若利用氣墊導(dǎo)軌進行實驗，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時注意利用水平儀確保導(dǎo)軌水平。(4)利用擺球進行實驗時，可以將實驗儀器靠在一個大型的量角器上，這樣可以較準(zhǔn)確的讀出小球擺動的角度，以減小誤差。(5)若利用擺球進行實驗，兩小球靜止時球心應(yīng)在同一水平線上，且剛好接觸，擺線豎直，將小球拉起后，兩條擺線應(yīng)在同一豎直面內(nèi)。七、它案設(shè)計“探究碰撞中的不變量”的實驗方法多種多樣，實驗的情景變化、實驗原理、實驗方案也隨之變化，關(guān)鍵是：(1)控制好實驗條件，即碰撞過程中不受其他外力，(2)便于測量碰撞前后物體的速度。實驗數(shù)據(jù)的處理[例1]如圖16－1－5所示為氣墊導(dǎo)軌上兩個滑塊A、B相互作用后運動過程的頻閃照片，頻閃的頻率為10Hz。開始時兩個滑塊靜止，它們之間有一根被壓縮的輕彈簧，滑塊用繩子連接，繩子燒斷后，兩個滑塊向相反方向運動。已知滑塊A、B的質(zhì)量分別為200g、300g，根據(jù)照片記錄的信息，A、B離開彈簧后，A滑塊做________運動，其速度大小為________m/s________________________________________________________________________。圖16－1－5[解析]由題圖可知，A、B離開彈簧后，均做勻速直線運動，開始時vA＝0，vB＝0，A、B被彈開后，vA′＝0.09m/s，vB′＝0.06mmAvA′＝0.2×0.09kg·m/s＝0.018kgmBvB′＝0.3×0.06kg·m/s＝0.018kg由此可得：mAvA′＝mBvB′，即0＝mBvB′－mAvA′結(jié)論是：兩滑塊組成的系統(tǒng)在相互作用過程中質(zhì)量與速度乘積的矢量和守恒。[答案]勻速直線0.09兩滑塊組成的系統(tǒng)在相互作用過程中質(zhì)量與速度乘積的矢量和守恒。對實驗原理的理解[例2]用如圖16－1－6所示的裝置也可以完成“探究碰撞中的不變量”實驗。圖16－1－6(1)若實驗中選取的A、B兩球半徑相同，為了使A、B發(fā)生一維碰撞，應(yīng)使兩球懸線長度__________，懸點O1、O2之間的距離等于________。(2)若A、B兩球的半徑不相同，利用本裝置能否完成實驗？如果你認(rèn)為能完成，請說明如何調(diào)節(jié)？[解析](1)為了保證一維碰撞，碰撞點應(yīng)與兩球同在一條水平線上。故兩球懸線長度相等，O1、O2之間距離等于球的直徑。(2)如果兩球的半徑不相等，也可完成實驗。調(diào)整裝置時，應(yīng)使O1、O2之間距離等于兩球的半徑之和，兩球靜止時，球心在同一水平高度上。[答案](1)相等球的直徑(2)見解析實驗[例3]某同學(xué)用如圖16－1－7所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來探究碰撞過程中的不變量，圖中PQ是斜槽，QR為水平槽，實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡。重復(fù)上述操作10次，得到10個落點痕跡，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復(fù)這種操作10次。圖中O點是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點，B球落點痕跡如圖乙所示，其中米尺水平放置，且在G、R、O所在的平面內(nèi)，米尺的零點與O點對齊。圖16－1－7(1)碰撞后B球的水平射程應(yīng)取為________cm。(2)在以下選項中，本次實驗必須進行的測量是________。A．水平槽上未放B球時，測量A球落點位置到O點的距離B．測量A球與B球碰撞后，A球落點位置到O點的距離C．測量A球與B球的質(zhì)量D．測量G點相對于水平槽面的高度[解析](1)本題利用了高度相同、小球運動時間相同，在比例式中，可以用位移代替速度，即變難測物理量為易測物理量，圍繞10個落點所在的范圍作最小的圓，其圓心即為平均落點xB＝64.8cm(64.0～65.0(2)本實驗應(yīng)測出未放B球時，A球落點位置到O點的距離、A和B碰后A球和B球落點位置到O點的距離及A、B兩球質(zhì)量。[答案](1)64.8(2)ABC1．在利用懸線懸掛等大小球探究碰撞中的不變量的實驗中，下列說法正確的是()A．懸掛兩球的細繩長度要適當(dāng)，且等長B．由靜止釋放小球，以便較準(zhǔn)確地計算小球碰前速度C．兩小球必須都是剛性球，且質(zhì)量相同D．兩小球碰后可以粘在一起共同運動解析：兩繩等長能保證兩球正碰，以減小實驗誤差，所以A正確；由于計算碰撞前速度時用到了mgh＝eq\f(1,2)mv2－0，即初速度要求為0，B正確；本實驗中對小球是否有彈性無要求，C錯誤；兩球正碰后，有各種運動情況，所以D正確。答案：ABD2．在利用氣墊導(dǎo)軌探究碰撞中的不變量的實驗中，哪些因素可導(dǎo)致實驗誤差()A．導(dǎo)軌安放不水平 B．小車上擋光板傾斜C．兩小車質(zhì)量不相等 D．兩小車碰后連在一起解析：導(dǎo)軌不水平，小車速度將會受重力影響，A項對；擋光板傾斜會導(dǎo)致?lián)豕獍鍖挾炔坏扔趽豕怆A段小車通過的位移，導(dǎo)致速度計算出現(xiàn)誤差，B項對。答案：AB3．在用打點計時器做探究碰撞中的不變量實驗時，下列哪些操作是正確的()A．相互作用的兩車上，一個裝上撞針，一個裝上橡皮泥，是為了改變兩車的質(zhì)量B．相互作用的兩車上，一個裝上撞針，一個裝上橡皮泥，是為了碰撞后粘在一起C．先接通打點計時器的電源，再釋放拖動紙帶的小車D．先釋放拖動紙帶的小車，再接通打點計時器的電源解析：車的質(zhì)量可以用天平測量，沒有必要一個用釘子而另一個用橡皮泥配重。這樣做的目的是為了碰撞后兩車粘在一起有共同速度，選項B正確；打點計時器的使用原則是先接通電源，C項正確。答案：BC4.“探究碰撞中的不變量”的實驗中，入射小球m1＝15g，原來靜止的被碰小球m2＝10g，由實驗測得它們在碰撞前后的x－t圖象如圖16－1－8所示，由圖可知，入射小球碰撞前的m1v1是________，入射小球碰撞后的m1v1′是__________，被碰小球碰撞后的m2v2′圖16－1－8解析：由圖可知碰撞前m1的速度大小v1＝eq\f(0.2,0.2)m/s＝1m/s，故碰撞前的m1v1＝0.015×1kg·m/s＝0.015kg碰撞后m1速度大小v1′＝eq\f(0.3－0.2,0.4－0.2)m/s＝0.5m/s，m2的速度大小v2′＝eq\f(0.35－0.2,0.4－0.2)m/s＝0.75m/s，故m1v1′＝0.015×0.5kg·m/s＝0.0075kgm2v2′＝0.01×0.75kg·m/s＝0.0075kg可知m1v1＝m1v1′＋m2v2′。答案：0.015kg·m/s0.0075kg·m/s0．0075kg·m/s5．某同學(xué)設(shè)計了一個用打點計時器做“探究碰撞中的不變量”的實驗：在小車A的前端粘有橡皮泥，推動小車A使之做勻速運動，然后與原來靜止在前方的小車B相碰并粘合成一體，繼續(xù)做勻速運動。他設(shè)計的具體裝置如圖16－1－9a所示，在小車A后連著紙帶，電磁打點計時器電源頻率為50Hz，圖16－1－9(1)若已測得打點紙帶如圖b所示，并測得各計數(shù)點間距(已標(biāo)在圖上)，A為運動的起點，則應(yīng)選________段來計算A碰前速度，應(yīng)選________段來計算A和B碰后的共同速度。(以上兩空選填“AB”“BC”“CD”“DE”)(2)已測得小車A的質(zhì)量mA＝0.40kg，小車B的質(zhì)量mB＝0.20kg。由以上測量結(jié)果可得：碰前mAvA為____________kg·m/s；碰后(mA＋mB)v解析：(1)從紙帶上打點情況看，BC段表示小車做勻速直線運動，又具有較大的速度，因此BC段能較準(zhǔn)確地描述小車A在碰撞前的運動情況，應(yīng)選該段計算小車A的碰前速度。從CD段打點情況看，小車的運動情況還未穩(wěn)定，而在DE段內(nèi)小車運動穩(wěn)定，故應(yīng)選用DE段計算碰后A和B的共同速度。(2)小車A在碰前速度為：vA＝eq\f(\x\to(BC),5×\f(1,f))＝eq\f(10.50×10－2,5×0.02)m/s＝1.050m/s小車A在碰撞前動量：mAvA＝0.40×1.050kg·m/s＝0.420kg碰撞后A、B共同速度：v共＝eq\f(\x\to(DE),5×\f(1,f))＝eq\f(6.95×10－2,5×0.02)m/s＝0.695m/s碰撞后A、B的總動量：(mA＋mB)v共＝(0.20＋0.40)×0.695＝0.417答案：(1)BCDE(2)0.4200.4176．在“探究碰撞中的不變量”的實驗中，下面是某實驗小組選用水平氣墊導(dǎo)軌、光電門的測量裝置來研究兩個滑塊碰撞過程中系統(tǒng)動量的變化情況。實驗儀器如圖16－1－10所示。圖16－1－10實驗過程：(1)調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平，并使光電計時器系統(tǒng)正常工作。(2)在滑塊1上裝上擋光片并測出其長度L。(3)在滑塊2的碰撞端面粘上橡皮泥(或雙面膠紙)。(4)用天平測出滑塊1和滑塊2的質(zhì)量m1、m2。(5)把滑塊1和滑塊2放在氣墊導(dǎo)軌上，讓滑塊2處于靜止?fàn)顟B(tài)(v2＝0)，用滑塊1以初速度v1與之碰撞(這時光電計時器系統(tǒng)自動計算時間)，撞后兩者粘在一起，分別記下滑塊1的擋光片碰前通過光電門的遮光時間t1和碰后通過光電門的遮光時間t2。(6)先根據(jù)v＝L/t計算滑塊1碰撞前的速度v1及碰后兩者的共同速度v；再計算兩滑塊碰撞前后的動量，并比較兩滑塊碰撞前后的動量的矢量和。實驗數(shù)據(jù)：m1＝0.324kg，m2＝0.181kg，L＝1.00次數(shù)滑塊1滑塊2碰前系統(tǒng)動量kg·m/s碰后系統(tǒng)動量kg·m/sv1/m/sv/m/sv2/m/sv/m/sm1v1m2v2(m1＋m2)v10.2900.18400.18420.4260.26900.269結(jié)論：解析：先分清碰前與碰后的狀態(tài)量，再代入數(shù)據(jù)計算。答案：次數(shù)滑塊1滑塊2碰前系統(tǒng)動量kg·m/s碰后系統(tǒng)動量kg·m/sv1/m/sv/m/sv2/m/sv/m/sm1v1m2v2(m1＋m2)v10.2900.18400.1840.09400.09320.4260.26900.2690.13800.136結(jié)論：在誤差允許的范圍內(nèi)，碰前系統(tǒng)動量矢量和等于碰后系統(tǒng)動量矢量和。7.氣墊導(dǎo)軌是常用的一種實驗儀器，它是利用氣泵使帶孔的導(dǎo)軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在導(dǎo)軌上，滑塊在導(dǎo)軌上的運動可視為無摩擦。在實驗室中我們可以用帶豎直擋板C和D的氣墊導(dǎo)軌及質(zhì)量均為M的滑塊A和B進行實驗，如圖16－1－11所示。實驗步驟如下：圖16－1－11A．在滑塊A上固定一質(zhì)量為m的砝碼，在滑塊A和B之間放入一個處于壓縮狀態(tài)的彈簧，用電動卡銷置于氣墊導(dǎo)軌上；B．按下電鈕放開卡銷，同時分別記錄滑塊A、B運動時間的計時器開始工作，當(dāng)滑塊A、B分別碰撞C、D擋板時計時結(jié)束，計時裝置自動記下滑塊A、B分別到達擋板C、D的運動時間t1、t2；C．重復(fù)幾次步驟A、B。問：(1)在調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時應(yīng)注意________；(2)還應(yīng)測量的數(shù)據(jù)有_______________________________________________________；(3)滑塊A、B被彈開過程中遵守的關(guān)系式是______________________________________。解析：放開卡銷后兩滑塊均做勻速運動，取滑塊A的運動方向為正方向，則滑塊A、B的速度分別為vA′＝eq\f(L1,t1)，vB′＝－eq\f(L2,t2)根據(jù)物體質(zhì)量與速度乘積之和不變有0＝(M＋m)vA′＋MvB′所以eq\f(m＋ML1,t1)＝eq\f(ML2,t2)。答案：(1)調(diào)整導(dǎo)軌水平(2)滑塊A左端至C板的距離L1，滑塊B右端到D板的距離L2(3)eq\f(m＋ML1,t1)＝eq\f(ML2,t2)第2節(jié)動量和動量定理1.物體質(zhì)量與速度的乘積叫動量，動量的方向與速度方向相同。2．力與力的作用時間的乘積叫沖量，沖量的方向與力的方向相同。3．物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受合力的沖量，動量變化量的方向與合力的沖量方向相同。動量及動量的變化eq\a\vs4\al([自學(xué)教材])1．動量定義：物體的質(zhì)量和速度的乘積。公式：p＝mv。單位：千克·米/秒，符號：kg·m/s。矢量性：方向與速度的方向相同。運算遵守平行四邊形法則。2．動量的變化量(1)定義：物體在某段時間內(nèi)末動量與初動量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)。(2)動量始終保持在一條直線上時的動量運算：選定一個正方向，動量、動量的變化量用帶正、負(fù)號的數(shù)值表示，從而將矢量運算簡化為代數(shù)運算(此時的正、負(fù)號僅代表方向，不代表大小)。eq\a\vs4\al([重點詮釋])1．動量是狀態(tài)量進行動量運算時，要明確是哪一個物體在哪一個狀態(tài)(時刻)的動量。公式p＝mv中的速度v是瞬時速度。2．動量是矢量動量的方向與物體瞬時速度的方向相同。如果在一條直線上運動，可以選定一個正方向，若速度方向與正方向相同則取正值，相反取負(fù)值。3．動量具有相對性物體的動量與參考系的選擇有關(guān)。選不同的參考系時，同一個物體的動量可能不同，通常在不指明的情況下，物體的動量是指物體相對地面的動量。4．動量的變化量也是矢量Δp＝p′－p＝mΔv為矢量表達式，其方向與Δv的方向相同。分析計算Δp以及判斷Δp的方向時，如果物體在一條直線上運動，就能直接選定一個正方向，矢量運算就可以轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算；當(dāng)不在同一直線上運動時，應(yīng)依據(jù)平行四邊形定則運算。[特別提醒](1)動量和速度都是描述物體運動狀態(tài)的物理量，但它們描述的角度不同。動量是從動力學(xué)角度描述物體運動狀態(tài)的，它描述了運動物體能夠產(chǎn)生的效果；速度是從運動學(xué)角度描述物體運動狀態(tài)的。(2)動量和動能都是描述物體運動狀態(tài)的物理量，動量是矢量，但動能是標(biāo)量，它們之間數(shù)值的關(guān)系是：Ek＝eq\f(p2,2m)，p＝eq\r(2mEk)。1．下列關(guān)于動量的說法中，正確的是()A．質(zhì)量大的物體動量一定大B．速度大的物體動量一定大C．兩物體動能相等，動量不一定相等D．兩物體動能相等，動量一定相等解析：動量等于運動物體質(zhì)量和速度的乘積，動量大小與物體質(zhì)量、速度兩個因素有關(guān)，A、B錯；由動量大小和動能的表達式可得出兩物體動能相同，但質(zhì)量關(guān)系不明確，并且動量是矢量，動能是標(biāo)量，故D錯，C正確。答案：C沖量eq\a\vs4\al([自學(xué)教材])1．定義：力與力的作用時間的乘積。2．公式：I＝F(t′－t)。3．單位：牛頓·秒，符號N·s。4．方向：與力的方向相同。eq\a\vs4\al([重點詮釋])1．沖量的理解(1)沖量是過程量，它描述的是力作用在物體上的時間累積效應(yīng)，取決于力和時間這兩個因素，所以求沖量時一定要明確所求的是哪一個力在哪一段時間內(nèi)的沖量。(2)沖量是矢量，在力的方向不變時，沖量的方向與力的方向相同，如果力的方向是變化的，則沖量的方向與相應(yīng)時間內(nèi)物體動量變化量的方向相同。(3)沖量的單位：在國際單位制中，力F的單位是牛頓，時間t的單位是秒，所以沖量的單位是牛·秒。動量與沖量的單位關(guān)系是：1N·s＝1kg·m/s，2．沖量的計算(1)求某個恒力的沖量：用該力和力的作用時間的乘積來求，與其他力是否存在及物體的運動狀態(tài)無關(guān)。(2)求合沖量：①如果是一維情形，可以化為代數(shù)和，如果不在一條直線上，求合沖量遵循平行四邊形定則。②兩種方法：可分別求每一個力的沖量，再求各沖量的矢量和；另外，如果各個力的作用時間相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。(3)求變力的沖量：①若力與時間成線性關(guān)系變化，則可用平均力求變力的沖量。②若給出了力隨時間變化的圖象，可用面積法求變力的沖量。③利用動量定理求解。[特別提醒]判斷兩個力的沖量是否相同，必須滿足沖量的大小和方向都相同，缺一不可。2.如圖16－2－1所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1速度為零然后又下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為F1。在整個過程中，重力對滑塊的總沖量為()圖16－2－1A．mgsinθ(t1＋t2)B．mgsinθ(t1－t2)C．mg(t1＋t2)D．0解析：談到?jīng)_量必須明確是哪一個力的沖量，此題中要求的是重力對滑塊的沖量。根據(jù)沖量的定義式I＝Ft，因此重力對滑塊的沖量應(yīng)為重力乘作用時間，所以IG＝mg(t1＋t2)，即C正確。答案：C動量定理eq\a\vs4\al([自學(xué)教材])動量定理內(nèi)容：物體在一個運動過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量。公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I。eq\a\vs4\al([重點詮釋])1．動量定理的解釋(1)動量定理反映了合力的沖量與動量變化量之間的因果關(guān)系，即合外力的沖量是原因，物體的動量變化量是結(jié)果。(2)動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和。(3)動量定理表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。2．動量定理的應(yīng)用(1)定性分析有關(guān)現(xiàn)象：①物體的動量變化量一定時，力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越小。例如：沖床沖壓工件時，縮短力的作用時間，產(chǎn)生很大的作用力；而在搬運玻璃等易碎物品時，包裝箱內(nèi)放些碎紙、刨花、塑料等，是為了延長作用時間，減小作用力。②作用力一定時，力的作用時間越長，動量變化量越大；力的作用時間越短，動量變化量越小。(2)應(yīng)用動量定理定量計算的一般步驟：①選定研究對象，明確運動過程。②進行受力分析和運動的初、末狀態(tài)分析。③選定正方向，根據(jù)動量定理列方程求解。[特別提醒]在應(yīng)用動量定理解題時，一定要對物體認(rèn)真進行受力分析，不可有力的遺漏；建立方程時要事先選定正方向，確定力與速度的符號。對于變力的沖量，往往通過動量定理來計算，只有當(dāng)相互作用時間Δt極短時，且相互作用力遠大于重力時，才可舍去重力。3．人從高處跳到低處時，為了安全，一般都是腳觸地后，順勢下蹲，這是為了()A．減小地面對人的沖量B．使人的動量變化減小C．減小地面對人的作用力D．增大人對地面的壓強，這樣人觸地更穩(wěn)解析：在人下蹲和不下蹲兩種情況下，人在觸地過程中動量的變化量Δp為一定值，人下蹲時，延長了腳與地面的作用時間t，由動量定理知，人下蹲時減小了腳與地面的接觸力。答案：C對動量和沖量的理解[例1]質(zhì)量相等的A、B兩個物體，沿著傾角分別是α和β的兩個光滑的固定斜面，由靜止從同一高度h2下滑到同樣的另一高度h1，如圖16－2－2所示，則A、B兩物體()圖16－2－2A．滑到h1高度時的動量相同B．滑到h1高度時的動能相同C．由h2滑到h1的過程中所受重力的沖量相同D．由h2滑到h1的過程中所受合力的沖量相同[思路點撥]解答本題應(yīng)把握以下三點：(1)動量、沖量屬于矢量，動能是標(biāo)量。(2)分析沖量時應(yīng)抓住哪個力，哪段時間內(nèi)的沖量。(3)合外力的沖量與動量變化相關(guān)。[解析]兩物體由h2下滑到h1高度的過程中，機械能守恒，mg(h2－h(huán)1)＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gh2－h(huán)1)，物體下滑到h1處時，速度的大小相等，由于α不等于β，速度的方向不同，由此可判斷，物體在h1高度處動能相同，動量不相同。物體運動過程中動量的變化量不同，所以合外力的沖量不相等。物體下滑的過程中，mgsinα＝ma，eq\f(h2－h(huán)1,sinα)＝eq\f(1,2)at2。由上述兩式求得時間t＝eq\f(1,sinα)eq\r(\f(2h2－h(huán)1,g))，由IG＝mgt可以判斷物體下滑過程中重力的沖量不等。[答案]B[借題發(fā)揮]沖量、動量和動量的變化均為矢量，比較這些量時，不但要比較大小還要注意比較方向，只有它們的大小相等，方向相同時，這些量才相同。1．下列說法正確的是()A．運動物體的動量的方向總是與它的運動方向相同B．作用于物體上的合外力的沖量不為0，則物體的動量一定發(fā)生變化C．作用于物體上的合外力的沖量不為0，則物體的動能一定發(fā)生變化D．物體所受合外力的沖量方向總是與物體的動量方向相同解析：動量的方向總與速度或運動方向相同，故A對；合外力的沖量不為零，由動量定理I合＝Δp，可知動量的變化量Δp一定不為零，即動量一定變化，但動能不一定變化，有可能動量的大小不變，方向變化，故B對，C錯；I合的方向一定與動量變化量的方向相同，但不一定與動量的方向相同，故D錯。答案：AB應(yīng)用動量定理解釋有關(guān)現(xiàn)象[例2]在撐竿跳比賽的橫桿下方要放上很厚的海綿墊子，為什么？設(shè)一位撐竿跳運動員的質(zhì)量為70kg，越過橫桿后從h＝5.6m高處落下，落在海綿墊上和落在普通沙坑里分別經(jīng)歷時間Δt1＝1s、Δt2＝0.1[思路點撥]從同一高度下落，落到接觸面上的初動量相同，所以動量變化量相同，但作用時間不同。根據(jù)動量定理可求作用力。注意動量定理中的力是合外力，而不僅是支持力。[解析]運動員從接觸海綿墊或沙坑，直到停止，兩種情況下運動員的動量變化量相同，即從動量p＝mv＝meq\r(2gh)，變化到p′＝0。在這個過程中，運動員除受到豎直向下的重力外，還受到海綿墊或沙坑的支持力。通過比較兩種情況下發(fā)生動量變化的時間，即可比較兩者的作用力大小。若規(guī)定豎直向上為正方向，則運動員著地(接觸海綿或沙坑)過程中的始、末動量為p＝mv＝－meq\r(2gh)，p′＝0受到的合外力為F＝FN－mg由牛頓第二定律的動量表達公式Ft＝p′－p＝mv′－mv即FN－mg＝eq\f(0＋m\r(2gh),Δt)所以：FN＝mg＋eq\f(m\r(2gh),Δt)落在海綿墊上時，Δt1＝1s，則FN＝(70×10＋eq\f(70\r(2×10×5.6),1))N＝1442N落在沙坑里時，Δt2＝0.1s，則FN＝(70×10＋eq\f(70\r(2×10×5.6),0.1))N＝8120N放上海綿墊后，運動員發(fā)生同樣動量變化量的時間延長了，同時又增大了運動員與地面(海綿墊)的接觸面積，可以有效地保護運動員不致受到猛烈沖撞而受傷。[答案]見解析2．跳遠時，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，這是由于()A．人跳在沙坑的動量比跳在水泥地上小B．人跳在沙坑的動量變化比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑受到的沖量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上小解析：人跳遠從一定高度落下，落地前的速度(v＝eq\r(v02＋2gh))一定，則初動量相同；落地后靜止，末動量一定，所以人下落過程的動量變化量Δp一定，因落在沙坑上作用的時間長，落在水泥地上作用時間短，根據(jù)動量定理Ft＝Δp，t長F小，故D對。答案：D應(yīng)用動量定理求變力的沖量[例3]質(zhì)量為m的鋼球自高處落下，以速度大小v1碰地，豎直向上彈回，碰撞時間極短，離地的速度大小為v2。在碰撞過程中，地面對鋼球的沖量的方向和大小為()A．向下，m(v1－v2)B．向下，m(v1＋v2)C．向上，m(v1－v2)D．向上，m(v1＋v2)[解析]物體以大小為v1的豎直速度與地面碰撞后以大小為v2的速度反彈。物體在與地面碰撞過程的初、末狀態(tài)動量皆已確定。根據(jù)動量定理便可以求出碰撞過程中鋼球受到的沖量。設(shè)垂直地面向上的方向為正方向，對鋼球應(yīng)用動量定理得Ft－mgt＝mv2－(－mv1)＝mv2＋mv1由于碰撞時間極短，t趨于零，則mgt趨于零。所以Ft＝m(v2＋v1)，即彈力的沖量方向向上，大小為m(v2＋v1)。[答案]D3.質(zhì)量為1kg的物體做直線運動，其速度圖象如圖16－2－3所示。則物體在前10s內(nèi)和后10圖16－2－3A．10N·s,10N·sB．10N·s，－10N·sC．0,10N·sD．0，－10N·s解析：由圖象可知，在前10s內(nèi)初、末狀態(tài)的動量相等，p1＝p2＝5kg·m/s，由動量定理知I1＝0；在后10s內(nèi)p3＝－5kg·m/s，I2＝p3－p2＝－10答案：D[隨堂基礎(chǔ)鞏固]1．關(guān)于動量的概念，下列說法中正確的是()A．動量大的物體慣性一定大B．動量大的物體運動得一定快C．動量相同的物體運動方向一定相同D．動量相同的物體速度小的慣性大解析：根據(jù)p＝mv可知，選項A、B錯，D對；動量是矢量，其方向就是速度的方向，故選項C正確。答案：CD2．在任何相等時間內(nèi)，物體動量的變化總是相等的運動可能是()A．勻變速直線運動 B．勻速圓周運動C．自由落體運動 D．平拋運動解析：物體質(zhì)量不變，在任何相等時間內(nèi)，物體動量的變化總是相等，由Δp＝mΔv可知，物體速度的變化也總是相等的，即物體的加速度恒定，故可能的運動為A、C或D。答案：ACD3．質(zhì)量為5kg的小球，從距地面高為20m處水平拋出，初速度為10m/s，從拋出到落地過程中，g取10mA．60N·s B．80N·sC．100N·s D．120N·s解析：小球所受重力恒定不變，只需求出這個過程的時間即可。h＝eq\f(1,2)gt2，t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s，I＝Ft＝mgt＝5×10×2N·s＝100N·s。答案：C4.質(zhì)量為0.5kg的小球沿光滑水平面以5m/s的速度沖向墻壁后又以4m/s的速度反向彈回，如圖16－2－4所示，若球跟墻的作用時間為0.05s，圖16－2－4解析：選定小球與墻碰撞的過程，取v1的方向為正方向，對小球應(yīng)用動量定理得Ft＝－mv2－mv1所以，F(xiàn)＝eq\f(－mv2－mv1,t)＝eq\f(－0.5×4－0.5×5,0.05)N＝－90N“－”號說明F的方向向左。答案：90[課時跟蹤訓(xùn)練](時間：30分鐘，滿分：50分)一、選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32分，每小題至少有一個選項正確，全部選對的得4分，選不全的得2分，有錯選或不選的得0分)1．某物體受到－2N·s的沖量作用，則()A．物體原來的動量方向一定與這個沖量的方向相反B．物體的末動量一定是負(fù)值C．物體的動量一定減小D．物體的動量增量一定與規(guī)定的正方向相反解析：由動量定理知合力的沖量等于物體動量的增量，負(fù)號表示與規(guī)定的正方向相反，故只有D正確。答案：D2.如圖1所示，一個質(zhì)量為2kg的物體放在水平地面上，在F＝10N的拉力作用下保持靜止?fàn)顟B(tài)，則在5圖1A．拉力F的沖量為25eq\r(3)N·sB．摩擦力的沖量為25eq\r(3)N·sC．重力的沖量為50N·sD．合力的沖量為50N·s解析：拉力的沖量IF＝Ft＝50N·s，重力的沖量IG＝mgt＝100N·s，A、C錯誤；因物體靜止，合力為零，其沖量為零，D錯誤；摩擦力Ff＝Fcos30°，其沖量IFf＝Fcos30°·t＝25eq\r(3)N·s，B正確。答案：B3．古時有“守株待兔”的寓言，設(shè)兔子的頭部受到大小等于自身體重的打擊力時即可致死。若兔子與樹樁發(fā)生碰撞，作用時間為0.2s，則被撞死的兔子的奔跑的速度可能是()A．1m/s B．1.5mC．2m/s D．2.5m解析：根據(jù)題意建立模型，設(shè)兔子與樹樁的撞擊力為F，兔子撞擊后速度為零，根據(jù)動量定理有Ft＝mv，所以v＝eq\f(Ft,m)≥eq\f(mgt,m)＝gt＝10×0.2m/s＝2m/s。答案：CD4.A、B兩物體沿同一直線分別在FA、FB作用下運動，如圖2所示是表示它們的動量p隨時間的變化規(guī)律。設(shè)A、B兩物體所受沖量大小分別為IA、IB，那么()圖2A．FA>FB，方向相反B．FA>FB，方向相同C．IA>IB，方向相同D．IA<IB，方向相反解析：由圖象可知，A物體動量變化量大于B物體動量變化量，且ΔpA<0，ΔpB>0，根據(jù)動量定理可知，IA>IB，方向相反。由F＝eq\f(Δp,t)知，F(xiàn)A>FB，方向相反，故選A。答案：A5.如圖3所示，鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當(dāng)以速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的P點，其它條件不變，若以2v的速度抽出紙條，則鐵塊落地點為()圖3A．仍在P點B．P點左邊C．P點右邊不遠處D．P點右邊原水平位移兩倍處解析：兩種情況紙片運動距離相同，所以速度越大，需要的時間越短。在抽出的過程中，鐵塊受摩擦力作用，使鐵塊獲得速度，根據(jù)動量定理得Ft＝mv－0，時間越短，速度越小，平拋距離越短，所以選B。答案：B6．質(zhì)量為60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護，使他懸掛起來。已知彈性安全帶的緩沖時間是1.2s，安全帶長5m，g取10A．500N B．1100NC．600N D．100N解析：選取向上為正方向，人下落過程v2＝2gh，v＝－10m/s，緩沖過程由動量定理(F－mg)t＝0－mv，F(xiàn)＝－eq\f(mv,t)＋mg＝(eq\f(60×10,1.2)＋60×10)N＝1100N。由牛頓第三定律，安全帶所受的平均沖力為1100N。答案：B7．原來靜止的物體受合外力作用時間為2t0，作用力隨時間的變化情況如圖4所示，則()圖4A．0～t0時間內(nèi)物體的動量變化與t0～2t0內(nèi)動量變化相等B．0～t0時間內(nèi)物體的平均速率與t0～2t0內(nèi)平均速率不等C．t＝2t0時物體的速度為零，外力在2t0時間內(nèi)對物體的沖量為零D．2t0時間內(nèi)物體的位移為零，外力對物體做功為零解析：0～t0與t0～2t0時間內(nèi)作用力方向不同，動量變化量不相等，A錯；t＝t0時，物體速度最大，t＝2t0時物體速度為零，由動量定理Ft＝mΔv可得，F(xiàn)0t0－F0t0＝0,0～t0與t0～2t0時間內(nèi)物體平均速率相等，B錯，C正確；物體先加速后減速，位移不為零，動能變化量為零，外力對物體做功為零，D錯。答案：C8．動量相等的甲、乙兩車，剎車后沿兩條水平路面滑行。若兩車質(zhì)量之比為eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(1,2)，路面對兩車的阻力相同，則兩車的滑行時間之比為()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4解析：兩車滑行時水平方向僅受阻力f作用，在這個力作用下使物體的動量發(fā)生變化。規(guī)定以車行方向為正方向，由動量定理得－f＝－eq\f(mv,t)，所以兩車滑行時間t＝eq\f(mv,f)或t＝eq\f(p,f)，當(dāng)p、f相同時，滑行時間t相同，選項A正確。答案：A二、非選擇題(本題共2小題，共18分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)9．(9分)一質(zhì)量為0.1kg的小鋼球從0.8m的高處自由下落到硬地面上，彈起0.2m高，若小球從接觸到離開地面經(jīng)歷了0.01s，求：這段時間內(nèi)地面對小球的沖量？(取g＝解析：取豎直向上為正方向，則小球剛接觸地面時的速度為v＝－eq\r(2gh1)＝－4m/s，剛離開地面時的速度為v′＝eq\r(2gh2)＝2m/s，設(shè)所求沖量為I，由動量定理可得I－mgΔt＝mv′－mv，解得I＝0.61N·s，方向豎直向上。答案：0.61N·s，方向豎直向上10．(9分)據(jù)報道，一輛轎車在高速強行超車時，與迎面駛來的另一輛轎車相撞，兩車身因碰撞擠壓，皆縮短了約0.5m，據(jù)測算相撞時兩車車速均為108km/h，解析：兩車相碰時認(rèn)為人與車一起做勻減速運動直到停止，此過程位移為0.5m，設(shè)人隨車做勻減速直線運動的運動時間為t，已知v0＝30m/s，根據(jù)s＝eq\f(v0,2)tt＝eq\f(2s,v0)＝eq\f(2×0.5,30)s＝eq\f(1,30)s根據(jù)動量定理有Ft＝mv0，解得F＝5.4×104N。答案：5.4×104N第3節(jié)動量守恒定律1.相互作用的兩個或多個物體組成的整體叫系統(tǒng)，系統(tǒng)內(nèi)部物體間的力叫內(nèi)力。2．系統(tǒng)以外的物體施加的力，叫外力。3．如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。動量守恒定律eq\a\vs4\al([自學(xué)教材])1．系統(tǒng)、內(nèi)力和外力(1)系統(tǒng)：相互作用的兩個或幾個物體組成一個整體。(2)內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)部物體間的相互作用力。(3)外力：系統(tǒng)以外的物體對系統(tǒng)以內(nèi)的物體的作用力。2．動量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。(2)表達式：對兩個物體組成的系統(tǒng)，常寫成：p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。(3)適用條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力之矢量和為零。eq\a\vs4\al([重點詮釋])1．對系統(tǒng)“總動量保持不變”的理解(1)系統(tǒng)在整個過程中任意兩個時刻的總動量都相等，不能誤認(rèn)為只是初、末兩個狀態(tài)的總動量相等。(2)系統(tǒng)的總動量保持不變，但系統(tǒng)內(nèi)每個物體的動量可能都在不斷變化。(3)系統(tǒng)的總動量指系統(tǒng)內(nèi)各物體動量的矢量和，總動量不變指的是系統(tǒng)的總動量的大小和方向都不變。2．動量守恒定律的成立條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零。(2)系統(tǒng)受外力作用，合外力也不為零，但合外力遠遠小于內(nèi)力。這種情況嚴(yán)格地說只是動量近似守恒，但卻是最常見的情況。(3)系統(tǒng)所受到的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零，或在某一方向上外力遠遠小于內(nèi)力，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒。3．動量守恒定律的幾個性質(zhì)(1)矢量性：定律的表達式是一個矢量式，其矢量性表現(xiàn)在：①該式說明系統(tǒng)的總動量在相互作用前后不僅大小相等，方向也相同。②在求初、末狀態(tài)系統(tǒng)的總動量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…時，要按矢量運算法則計算。如果各物體動量的方向在同一直線上，要選取一正方向，將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。(2)相對性：在動量守恒定律中，系統(tǒng)中各物體在相互作用前后的動量必須相對于同一慣性系，各物體的速度通常均為對地的速度。(3)條件性：動量守恒定律的成立是有條件的，應(yīng)用時一定要首先判斷系統(tǒng)是否滿足守恒條件。(4)同時性：動量守恒定律中p1、p2…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量。(5)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。4．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟(1)確定相互作用的系統(tǒng)為研究對象；(2)分析研究對象所受的外力；(3)判斷系統(tǒng)是否符合動量守恒條件；(4)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量的正、負(fù)號；(5)根據(jù)動量守恒定律列式求解。光滑水平面上的兩球做相向運動，發(fā)生正碰后兩球均變?yōu)殪o止，于是可以判定碰撞前()A．兩球的動量大小一定相等 B．兩球的質(zhì)量相等C．兩球的動量一定相等 D．兩球的速率一定相等解析：兩球相碰，動量守恒，p1＋p2＝0，故動量大小相等，方向相反，與質(zhì)量和速率無關(guān)，故選A。答案：A系統(tǒng)動量守恒的條件[例1]把一支槍水平地固定在小車上，小車放在光滑的水平地面上，槍發(fā)射出子彈時，下列關(guān)于槍、子彈和車的說法中正確的是()A．槍和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒B．槍和車組成的系統(tǒng)動量守恒C．若忽略不計子彈和槍筒之間的摩擦，槍、車和子彈組成系統(tǒng)的動量才近似守恒D．槍、子彈和車組成的系統(tǒng)動量守恒[思路點撥]一是選好研究的系統(tǒng)，二是分析系統(tǒng)是否受到外力的作用。[解析]槍發(fā)射子彈的過程中，它們的相互作用力是火藥的爆炸力和子彈在槍管中運動時與槍管間的摩擦力，槍和車一起在水平地面上做變速運動，槍和車之間也有作用力。如果選取槍和子彈為系統(tǒng)，則車給槍的力為外力，選項A錯；如果選取槍和車為系統(tǒng)，則子彈對槍的作用力為外力，選項B錯；如果選車、槍和子彈為系統(tǒng)，爆炸力和子彈與槍管間的摩擦力均為內(nèi)力，系統(tǒng)在水平方向上不受外力，整體遵守動量守恒的條件，故選項C錯，D對。[答案]D1.木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖16－3－1所示。當(dāng)撤去外力后，下列說法正確的是()圖16－3－1A．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒B．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒C．a(chǎn)離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒D．a(chǎn)離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒解析：a尚未離開墻壁前，墻壁對a有沖量，a和b構(gòu)成的系統(tǒng)動量不守恒；a離開墻壁后，系統(tǒng)所受外力之和等于零，系統(tǒng)的動量守恒。答案：BC動量守恒定律的應(yīng)用[例2](2012·山東高考)光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA＝3m、mB＝mC＝m，開始時B、C均靜止，A以初速度v0向右運動，A與B相撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間的距離保持不變。求B與C碰撞前B的速度大小圖16－3－2[解析]設(shè)A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動量守恒定律得對A、B木塊：mAv0＝mAvA＋mBvB①對B、C木塊：mBvB＝(mB＋mC)v②由A與B間的距離保持不變可知vA＝v③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得vB＝eq\f(6,5)v0④[答案]eq\f(6,5)v0[借題發(fā)揮]對多個物體組成的系統(tǒng)若物體間發(fā)生多次相互作用，要根據(jù)實際情況合理選取對象，利用動量守恒定律求解。2.兩只小船平行相向航行，如圖16－3－3所示，航線鄰近，當(dāng)它們頭尾相齊時，由每一只船上各投質(zhì)量m＝50kg的麻袋到對面一只船上去，結(jié)果載重較小的一只船停了下來，另一只船則以v＝8.5m/s的速度向原方向航行，設(shè)兩只船及船上的載重量分別為m1＝500kg及m2＝1000圖16－3－3解析：選取載重較小的船和從載重較大的船投過來的麻袋為系統(tǒng)，并以載重較小的船的速度為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：(m1－m)v1－mv2＝0①選取載重較大的船和從載重較小的船投過來的麻袋為系統(tǒng)有：－(m2－m)v2＋mv1＝－m2v②聯(lián)立①②代入數(shù)據(jù)解得：v1＝1m/s，v2＝9m答案：載重較小的船速率為1m/s，載重較大的船速率為9m/某一方向上的動量守恒問題[例3]從傾角為30°、長0.3m的光滑斜面頂端滑下質(zhì)量為2kg的貨包，掉在質(zhì)量為13kg的靜止的小車?yán)?。若小車與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.02，小車能前進多遠？(圖16－3－4[解析]貨包離開斜面時速度為v＝eq\r(2as1)＝eq\r(2gs1sin30°)＝eq\r(3)m/s。貨包離開斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在其落入小車前，其水平速度vx不變，其大小為vx＝vcos30°＝1.5m/s。貨包落入小車中與小車相碰的瞬間，雖然小車在水平方向受到摩擦力的作用，但與相碰時的內(nèi)力相比可忽略，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，則mvx＝(M＋m)v小車獲得的速度為v′＝eq\f(mvx,M＋m)＝eq\f(2×1.5,13＋2)m/s＝0.2m/s。由動能定理有μ(M＋m)gs2＝eq\f(1,2)(M＋m)v′2。求得小車前進的距離為s2＝eq\f(M＋mv′2,2μM＋mg)＝eq\f(v′2,2μg)＝0.1m。[答案]0.1[借題發(fā)揮]在使用動量守恒定律時，一定要注意守恒的條件，不要盲目使用，注意選好研究對象及其作用的方向，也許整個系統(tǒng)動量不守恒，但在某一個方向上動量是守恒的。3.如圖16－3－5所示，帶有半徑為R的1/4光滑圓弧的小車其質(zhì)量為M，置于光滑水平面上，一質(zhì)量為m的小球從圓弧的最頂端由靜止釋放，則球離開小車時，球和車的速度分別為多少？(重力加速度為g)圖16－3－5解析：球和車組成的系統(tǒng)雖然總動量不守恒，但在水平方向上動量守恒，且全過程滿足機械能守恒，設(shè)球車分離時，球的速度為v1，方向向左，車的速度為v2，方向向右，則由動量守恒定律得：mv1－Mv2＝0由機械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22解得v1＝eq\r(\f(2MgR,M＋m))，v2＝eq\r(\f(2m2gR,MM＋m))。答案：eq\r(\f(2MgR,M＋m))eq\r(\f(2m2gR,MM＋m))[隨堂基礎(chǔ)鞏固]1．在下列各種現(xiàn)象中，動量守恒的是()A．在光滑水平面上兩球發(fā)生正碰，兩球構(gòu)成的系統(tǒng)B．車原來靜止在光滑水平面上，車上的人從車頭走到車尾，人與車組成的系統(tǒng)C．水平放置的彈簧，一端固定，另一端與置于光滑水平面上的物體相連，令彈簧伸長，使物體運動，物體與彈簧組成的系統(tǒng)D．打乒乓球時，球與球拍組成的系統(tǒng)解析：根據(jù)動量守恒定律的條件判斷知A、B正確。答案：AB2．質(zhì)量為m的人隨平板車一起以共同速度v在平直跑道上勻速前進，當(dāng)此人相對于平板車豎直跳起至落回原起跳位置的過程中，平板車的速度()A．保持不變 B．變大C．變小 D．先變大后變小解析：人與平板車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，A項正確。答案：A3.如圖16－3－6所示，A、B兩物體質(zhì)量mA＝2mB，水平面光滑，當(dāng)燒斷細線后(原來彈簧被壓縮)，則下列說法正確的是()圖16－3－6A．彈開過程中A的速率小于B的速率B．彈開過程中A的動量小于B的動量C．A、B同時達到速度最大值D．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時兩物體同時脫離彈簧解析：作用前總動量為零，作用后兩物體的動量大小相等，方向相反。速度大小跟它們的質(zhì)量成反比，選項A對、B錯；彈簧恢復(fù)原狀時，作用完畢，選項C、D對。答案：ACD4.如圖16－3－7所示，連一輕質(zhì)彈簧的物體B靜止于光滑水平面上，與物體B質(zhì)量相等的物體A，以速度v0向右運動，撞到彈簧上使B也向右運動，運動中彈簧被壓縮到最短的時刻，B的速度是________。圖16－3－7解析：因水平面光滑，所以物體A、B組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，當(dāng)彈簧壓縮到最短時，A、B具有共同的速度vB有：mAv0＝(mA＋mB)vB，因為mA＝mB，所以vB＝eq\f(v0,2)。答案：eq\f(v0,2)[課時跟蹤訓(xùn)練](時間：30分鐘，滿分：50分)一、選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32分，每小題至少有一個選項正確，全部選對的得4分，選不全的得2分，有錯選或不選的得0分)1．甲、乙兩船靜止在湖面上，總質(zhì)量分別是m1、m2，兩船相距x，甲船上的人通過繩子用力F拉乙船，若水對兩船的阻力大小均為Ff，且Ff＜F，則在兩船相向運動的過程中()A．甲船的動量守恒B．乙船的動量守恒C．甲、乙兩船的總動量守恒D．甲、乙兩船的總動量不守恒解析：甲船、人、繩、乙船組成的系統(tǒng)所受的合力為零，動量守恒，則選項C正確。答案：C2.如圖所1示，游樂場上，兩位同學(xué)各駕著一輛碰碰車迎面相撞，此后，兩車以共同的速度運動；設(shè)甲同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為150kg，碰撞前向右運動，速度的大小為4.5m/s，乙同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為200kg，碰撞前向左運動，速度的大小為4.25m/s，圖1A．1m/s B．0.5mC．－1m/s D．－0.5m解析：由兩車碰撞過程動量守恒得m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v得v＝eq\f(m1v1－m2v2,m1＋m2)＝eq\f(150×4.5－200×4.25,150＋200)m/s＝－0.5答案：D3．(2011·福建高考)在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是A．0.6v B．0.4vC．0.3v D．0.2v解析：由動量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，規(guī)定A球原方向為正方向，由題意可知vA為負(fù)值，則2mvB>mv，因此B球的速度可能為0.6v，故選A。答案：A4.如圖2所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個小木塊。木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量?，F(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度v0，則()圖2A．小木塊和木箱最終都將靜止B．小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動C．小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來回往復(fù)碰撞，而木箱一直向右運動D．如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動解析：木箱和小木塊組成的系統(tǒng)，所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒。系統(tǒng)初動量向右，故小木塊相對木箱靜止后，系統(tǒng)總動量也向右，故B對，A、C、D錯。答案：B5．設(shè)a、b兩小球相撞，碰撞前后都在同一直線上運動，若測得它們碰前的速度為va、vb，碰后的速度為va′、vb′，則兩球的質(zhì)量之比eq\f(ma,mb)等于()A.eq\f(vb′－vb,va－va′) B.eq\f(va′－va,vb′－vb)C.eq\f(va′－vb′,va－vb) D.eq\f(va－va′,vb′－vb)解析：根據(jù)動量守恒定律：mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′，解得A對。答案：A6．如圖3所示，兩帶電金屬球在絕緣的光滑水平桌面上沿同一直線相向運動，A球帶電荷量為－q，B球帶電荷量為＋2q，下列說法中正確的是()圖3A．相碰前兩球在運動過程中，兩球的總動量守恒B．相碰前兩球的總動量隨兩球的距離逐漸減小而增大C．相碰分離后兩球的總動量不等于相碰前兩球的總動量，因為兩球相碰前的作用力為引力，而相碰后的作用力為斥力D．相碰分離后任一瞬時兩球的總動量都等于碰前兩球的總動量，因為兩球組成的系統(tǒng)合外力為零解析：選A、B兩球作為一個系統(tǒng)，此系統(tǒng)所受外力始終為零，故A、D正確。答案：AD7．一木塊自由落下，在木塊下落途中被一顆飛來的子彈擊中，擊中后子彈留在木塊中，結(jié)果木塊著地時間未變，但產(chǎn)生了水平方向的偏移，則()A．木塊是被水平方向飛行的子彈擊中的B．木塊是被斜向下方向飛行的子彈擊中的C．木塊在被擊中的過程中，在水平方向子彈與木塊的總動量不守恒D．木塊被擊中前后，豎直方向的動量是增加的解析：依題意知，木塊著地時間未變，說明子彈與木塊在豎直方向具有相同的速度。水平方向發(fā)生側(cè)移，說明木塊被子彈擊中后在水平方向的速度發(fā)生了變化，水平方向子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，故水平方向子彈的速度不為零，即擊中木塊前子彈斜向下飛行，B正確。答案：B8.如圖4所示，A、B木塊緊靠在一起且靜止于光滑水平面上，木塊C以一定的初速度v0從A的左端開始向右滑行，最后停在B木塊的右端，對此過程，下列敘述正確的是()圖4A．當(dāng)C在A上滑行時，A、C組成的系統(tǒng)動量守恒B．當(dāng)C在B上滑行時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒C．無論C是在A上滑行還是在B上滑行，A、B、C三物塊組成的系統(tǒng)都動量守恒D．當(dāng)C在B上滑行時，A、B、C組成的系統(tǒng)動量不守恒解析：當(dāng)C在A上滑行時，若以A、C為系統(tǒng)，B對A的作用力為外力不等于0，故系統(tǒng)動量不守恒，A選項錯誤；當(dāng)C在B上滑行時，A、B已脫離，以B、C為系統(tǒng)，沿水平方向不受外力作用，故系統(tǒng)動量守恒，B選項正確；若將A、B、C三物視為一系統(tǒng)，則沿水平方向無外力作用，系統(tǒng)動量守恒，C選項正確，D選項錯誤。答案：BC二、非選擇題(本題共2小題，共18分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)9．(9分)如圖5所示，質(zhì)量為M的木塊放在粗糙的水平面上且彈簧處于原長狀態(tài)，質(zhì)量為m的子彈以初速度v0擊中木塊而未穿出，則擊中木塊瞬間二者的共同速度為多大？圖5解析：由于從子彈打入到與物塊相對靜止，時間非常短，彈簧未發(fā)生形變，且此過程中地面對物塊摩擦力遠小于內(nèi)力(子彈與物塊間作用力)，故可認(rèn)為此過程動量守恒。對m、M系統(tǒng)，m擊中M過程動量守恒，mv0＝(m＋M)v，所以v＝eq\f(m,M＋m)v0。答案：eq\f(m,M＋m)v010．(9分)從地面豎直向上發(fā)射一枚禮花彈，當(dāng)它距離地面高度為100m，上升速度為17.5m/s時，炸成質(zhì)量相等的兩塊，其中A塊經(jīng)4s沿豎直方向落回發(fā)射點，求B塊經(jīng)過多少時間落回發(fā)射點？(禮花彈爆炸后下落過程中不考慮空氣阻力，g＝10m解析：設(shè)爆炸后，A、B速度分別為vA、vB。由動量守恒mv0＝eq\f(m,2)vA＋eq\f(m,2)vB又－h(huán)＝vAtA－eq\f(1,2)gtA2，－h(huán)＝vBtB－eq\f(1,2)gtB2所以tB＝10s，t′B＝－2s(舍去)。答案：10s第4節(jié)碰__撞1.如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞，如果碰撞過程中機械能不守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞。2．兩小球碰撞前后的運動速度與兩球心的連線在同一條直線上，這種碰撞稱為正碰，也叫對心碰撞。3．微觀粒子相互接近時并不像宏觀物體那樣“接觸”，這樣的碰撞又叫散射。碰撞的分類eq\a\vs4\al([自學(xué)教材])1．從能量角度分類(1)彈性碰撞：碰撞過程中機械能守恒。(2)非彈性碰撞：碰撞過程中機械能不守恒。(3)完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體或碰后具有共同速度，這種碰撞動能損失最大。2．從碰撞前后物體運動的方向是否在同一條直線上分類(1)正碰：(對心碰撞)兩個球發(fā)生碰撞，如果碰撞之前球的速度方向與兩球心的連線在同一條直線上，碰撞之后兩個球的速度方向仍會沿著這條直線的方向而運動。(2)斜碰：(非對心碰撞)兩個球發(fā)生碰撞，如果碰撞之前球的運動速度方向與兩球心的連線不在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度方向都會偏離原來兩球心的連線而運動。eq\a\vs4\al([重點詮釋])1．碰撞的廣義理解物理學(xué)里所研究的碰撞，包括的范圍很廣，只要通過短時間作用，物體的動量發(fā)生了明顯的變化，都可視為碰撞。例如：兩個小球的撞擊，子彈射入木塊，系在繩子兩端的物體將松弛的繩子突然拉直，鐵錘打擊釘子，列車車廂的掛接，中子轟擊原子核等均可視為碰撞問題。2．碰撞過程的理解(1)碰撞物體間的作用力(系統(tǒng)內(nèi)力)：在極短時間內(nèi)，作用力從零變到很大，又迅速變?yōu)榱?，其平均值很大?2)碰撞過程受到的外力：碰撞過程中系統(tǒng)所受合力不等于零，但是當(dāng)內(nèi)力遠大于外力，作用時間很短時，外力的作用可忽略，可認(rèn)為系統(tǒng)的動量是守恒的。(3)碰撞過程中的機械能：若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，則系統(tǒng)碰后的總機械能不可能大于碰前系統(tǒng)機械能。(4)碰撞過程對應(yīng)的時間和位移：碰撞、爆炸過程是在一瞬間發(fā)生的，時間極短，各物體作用前后各種動量變化顯著，所以，在物體發(fā)生碰撞、爆炸的瞬間，為了處理問題方便，可忽略物體的位移，認(rèn)為物體在碰撞、爆炸前后仍在同一位置以新的速度開始運動。3．碰撞應(yīng)滿足的條件這些條件也是列方程的依據(jù)。在所給的條件不足的情況下，碰撞結(jié)果有各種可能，但不管哪種結(jié)果必須同時滿足以下三條：(1)動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。(3)速度要符合情景：如果碰前兩物體同向運動，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，即v后>v前，否則無法實現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體的速度大于或等于原來在后的物體的速度。即v前′≥v后′，否則碰撞沒有結(jié)束。如果碰前兩物體是相向運動，則碰后，兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。[特別提醒](1)當(dāng)遇到兩物體發(fā)生碰撞的問題，不管碰撞時物體受力情況如何，要首先想到利用動量守恒定律。(2)對心碰撞是同一直線上的運動過程，只在一個方向上列動量守恒方程即可，此時應(yīng)注意速度正、負(fù)號的選取。1．現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發(fā)生了碰撞。已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定解析：由動量守恒定律得：3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v。碰前總動能：Ek＝eq\f(1,2)3mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2碰后總動能：Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A對。答案：A彈性碰撞特例(1)兩質(zhì)量分別為m1、m2的小球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則碰后兩球速度分別為v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1。(2)若m1＝m2的兩球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交換速度。(3)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0。表明m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止。(4)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1。表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去。2．甲物體在光滑水平面上運動速度為v1，與靜止的乙物體相碰，碰撞過程中無機械能損失，下列結(jié)論正確的是()A．乙的質(zhì)量等于甲的質(zhì)量時，碰撞后乙的速度為v1B．乙的質(zhì)量遠遠小于甲的質(zhì)量時，碰撞后乙的速率是2v1C．乙的質(zhì)量遠遠大于甲的質(zhì)量時，碰撞后甲的速率是v1D．碰撞過程中甲對乙做的功大于乙動能的增量解析：由于碰撞過程中無機械能損失，故是彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可以解得兩球碰后的速度v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1。當(dāng)m1＝m2時，v2′＝v1，A對；當(dāng)m1?m2時，v2′＝2v1，B對；當(dāng)m1?m2時，v1′＝－v1，C對；根據(jù)動能定理可知D錯誤。答案：ABC散射1.定義微觀粒子碰撞時，微觀粒子相互接近時并不發(fā)生接觸而發(fā)生的碰撞。2．散射方向由于粒子與物質(zhì)微粒發(fā)生對心碰撞的概率很小，所以多數(shù)粒子碰撞后飛向四面八方。對彈性碰撞的理解及應(yīng)用[例1]在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們成一條直線，2、3小球靜止，并靠在一起，1球以速度v0射向它們，如圖16－4－1所示，設(shè)碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度可能是()圖16－4－1A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0 B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0[思路點撥]分析碰撞問題時應(yīng)從以下三個方面入手：(1)是否遵守動量守恒定律；(2)系統(tǒng)的動能應(yīng)如何變化；(3)碰撞的結(jié)果與各物體的運動情況是否符合實際。[解析]由題設(shè)條件，三個小球在碰撞過程中總動量和總動能守恒。若各球質(zhì)量均為m，則碰撞前系統(tǒng)總動量為mv0，總動能應(yīng)為eq\f(1,2)mv02。假如選項A正確，則碰后總動量為eq\f(3,\r(3))mv0，這顯然違反動量守恒定律，故不可能。假如選項B正確，則碰后總動量為eq\f(2,\r(2))mv0，這也違反動量守恒定律，故也不可能。假如選項C正確，則碰后總動量為mv0，但總動能為eq\f(1,4)mv02，這顯然違反機械能守恒定律，故也不可能。假如選項D正確的話，則通過計算其既滿足動量守恒定律，也滿足機械能守恒定律，故選項D正確。[答案]D1.如圖16－4－2所示，B、C、D、E、F5個小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E4個球的質(zhì)量相等，而F球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量，A球的質(zhì)量等于F球的質(zhì)量。A球以速度v0向B球運動，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后()圖16－4－2A．5個小球靜止，1個小球運動B．4個小球靜止，2個小球運動C．3個小球靜止，3個小球運動D．6個小球都運動解析：A球與B球相碰時，由于A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量，A球彈回，B球獲得速度與C球碰撞，由于發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且質(zhì)量相等，B球靜止，C球獲得速度，同理，C球和D球的碰撞，D球與E球的碰撞都是如此，E球獲得速度后與F球的碰撞過程中，由于E球的質(zhì)量大于F球的質(zhì)量，所以E、F球碰后都向右運動。因此碰撞之后，A、E、F三球運動，B、C、D三球靜止。答案：C爆炸類問題[例2]有一大炮豎直向上發(fā)射炮彈，炮彈的質(zhì)量為M＝6.0kg(內(nèi)含炸藥的質(zhì)量可以忽略不計)，射出的初速度v0＝60m/s。當(dāng)炮彈到達最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片，其中一片質(zhì)量為m＝4.0kg?，F(xiàn)要求這一片不能落到以發(fā)射點為圓心，以R＝600m為半徑的圓周范圍內(nèi)，則剛爆炸完時兩彈片的總動能至少多大？(g取10m/s[思路點撥]該問題有三個過程：(1)炮彈豎直上升，遵從豎直上拋規(guī)律。(2)爆炸過程，遵從水平方向動量守恒。(3)平拋運動，遵從平拋運動規(guī)律。[解析]設(shè)炮彈上升到達最高點的高度為H，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，有v02＝2gH，設(shè)質(zhì)量為m的彈片剛爆炸后的速度為v1，另一塊的速度為v，根據(jù)動量守恒定律有：mv1＝(M－m)v。設(shè)質(zhì)量為m的彈片運動的時間為t，根據(jù)平拋運動規(guī)律，有：H＝eq\f(1,2)gt2，R＝v1t。炮彈剛爆炸后，兩彈片的總動能：Ek＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)(M－m)v2。解以上各式得Ek＝eq\f(1,2)eq\f(MmR2g2,M－mv02)。代入數(shù)值得Ek＝6.0×104J。[答案]6.0×104J[借題發(fā)揮](1)碰撞與爆炸的相同點：都是物體間的相互作用突然發(fā)生，相互作用的力為變力，作用時間很短，平均作用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受的外力，所以可以認(rèn)為碰撞、爆炸過程中系統(tǒng)的總動量守恒。(2)不同點：爆炸有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能，所以動能增加；彈性碰撞時動能不變，而非彈性碰撞時通常動能要損失，動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，動能減小。2．在軍事演習(xí)中，一炮彈在離地面高h處時的速度方向恰好沿水平方向向左，速度大小為v，此時炮彈炸裂成質(zhì)量相等的兩塊，設(shè)消耗的火藥質(zhì)量不計，爆炸后前半塊的速度方向仍沿水平方向向左，速度大小為3v。求兩塊彈片落地點之間的水平距離為多大。解析：設(shè)爆炸后每塊彈片的質(zhì)量均為m，取向左為正方向，由動量守恒定律得2mv＝m3v＋mv′則后半塊彈片的速度v′＝－v，即v′方向向右由平拋運動知，彈片落地時間t＝eq\r(\f(2h,g))因此兩塊彈片落地點間的水平距離為x＝3vt＋|v′|t＝4veq\r(\f(2h,g))。答案：4veq\r(\f(2h,g))碰撞中動量與能量的綜合問題[例3]如圖16－4－3所示，質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平擊中靜止在光滑水平面上的木塊，最終子彈停留在木塊中。若木塊的質(zhì)量為M，子彈在木塊中所受的阻力恒為f。求：圖16－4－3(1)子彈打進木塊的深度；(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。[思路點撥]解決子彈打木塊類問題應(yīng)注意以下兩點：(1)打擊過程中存在相對位移，一定存在著機械能的損失，產(chǎn)生了內(nèi)能。(2)注意應(yīng)用動量觀點和能量觀點綜合分析。[解析]子彈擊中木塊的過程中系統(tǒng)動量守恒，有mv0＝(M＋m)v①設(shè)從子彈擊中木塊到兩者速度相同過程中木塊的對地位移為s，子彈進入木塊的深度為d，如題圖所示。則子彈在此過程的對地位移為s＋d，對木塊和子彈分別應(yīng)用動能定理，有fs＝eq\f(1,2)Mv2②－f(s＋d)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02③由②③兩式得：fd＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2④再將①代入④得：d＝eq\f(Mmv02,2M＋mf)由能量關(guān)系，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能即為系統(tǒng)機械能的損失，所以ΔE＝eq\f(Mmv02,2M＋m)。[答案](1)eq\f(Mmv02,2M＋mf)(2)eq\f(Mmv02,2M＋m)3．如圖16－4－4所示，在水平光滑直導(dǎo)軌上，靜止著三個質(zhì)量均為m＝1kg的相同小球A、B、C，現(xiàn)讓A球以v0＝2m/s的速度向著B球運動，A、B兩球碰撞后粘合在一起，兩球繼續(xù)向右運動并跟C球碰撞，C球的最終速度vC＝1m/圖16－4－4(1)A、B兩球跟C球相碰前的共同速度多大？(2)兩次碰撞過程中一共損失了多少動能？解析：(1)A、B相碰滿足動量守恒：mv0＝2mv1得兩球跟C球相碰前的速度v1＝1(2)兩球與C碰撞同樣滿足動量守恒：2mv1＝mvC＋2mv2得兩球碰后的速度v2＝0.5兩次碰撞損失的動能ΔEk＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv22－eq\f(1,2)mvC2＝1.25J。答案：(1)1m/s(2)1.25