高中物理-動量全章復(fù)習(xí)資料及高中物理動量能量典型例題

動量全章復(fù)習(xí)資料本章知識要點1．(Ⅱ)動量．沖量．動量定理．[說明]動量定理和動量守恒定律的應(yīng)用只限于一維的情況，不要求用動量定理的公式進(jìn)行計算．2．(Ⅱ)動量守恒定律．3．(Ⅱ)動量知識和機(jī)械能知識的應(yīng)用(包括碰撞、反沖)．[說明]．在彈性碰撞的問題中，不要求用動能守恒公式進(jìn)行計算．一、沖量與動量、動量與動能概念專題●1．沖量I：I＝Ft，有大小有方向(恒力的沖量沿F的方向)，是矢量．兩個沖量相同必定是大小相等方向相同，講沖量必須明確是哪個力的沖量，單位是N·s．●2．動量p：p＝mv，有大小有方向(沿v的方向)是矢量，兩個動量相同必定是大小相等方向相同，單位是kg·m/s．●3．動量與動能(Ek＝mv2)的關(guān)系是：p2＝2mEk．動量與動能的最大區(qū)別是動量是矢量，動能是標(biāo)量．【例題】A、B兩車與水平地面的動摩擦因數(shù)相同，則下列哪些說法正確？A．若兩車動量相同，質(zhì)量大的滑行時間長；B．若兩車動能相同，質(zhì)量大的滑行時間長；C．若兩車質(zhì)量相同，動能大的滑行時間長；D．若兩車質(zhì)量相同，動量大的滑行距離長．【分析與解答】根據(jù)動量定理F·t＝mvt-mv0得mmg·t＝p∴t＝∝——A不正確；根據(jù)t＝∝——B不正確；根據(jù)t＝∝——C正確；根據(jù)動能定理F合·scosa＝得mmgs＝Ek＝，∴s＝∝p2——D正確．總結(jié)與提高①熟記動量與動能的關(guān)系：p2＝2mEk；②涉及時間優(yōu)先考慮動量定理求解，涉及位移優(yōu)先考慮動能定理求解．訓(xùn)練題(1)如圖5—1所示，兩個質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，到達(dá)斜面底端的過程中，兩個物體具有的物理量相同的是：A．重力的沖量；B．彈力的沖量；C．合力的沖量；D．剛到達(dá)底端時的動量；E．剛到達(dá)底端時動量的水平分量；F．以上幾個量都不同．1．F分析：物體沿斜面作勻加速直線運動，由位移公式，得=gsinq·t2t2∝q不同，則t不同．又IG＝mgtIN＝Nt所以IG、IN方向相同，大小不同，選項A、B錯誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律，物體到達(dá)底端的速度大小相等，但方向不同；所以剛到達(dá)底端時的動量大小相等但方向不同，其水平分量方向相同但大小不等，選項D、E錯誤；又根據(jù)動量定理I合＝ΔP＝mv－0可知合力的沖量大小相等，但方向不同，選項C錯誤．(2)對于任何一個固定質(zhì)量的物體，下面幾句陳述中正確的是：A．物體的動量發(fā)生變化，其動能必變化；B．物體的動量發(fā)生變化，其動能不一定變化；C．物體的動能發(fā)生變化，其動量不一定變化；D．物體的動能變化，其動量必有變化．2．BD分析：動量和動能的關(guān)系是P2＝2mEk，兩者最大區(qū)別是動量是矢量，動能是標(biāo)量．質(zhì)量一定的物體，其動量變化可能速度大小、方向都變化或速度大小不變方向變化或速度大小變化方向不變．只要速度大小不變，動能就不變．反之，動能變化則意味著速度大小變化，意味著動量變化．(8)A車質(zhì)量是B車質(zhì)量的2倍，兩車以相同的初動量在水平面上開始滑行，如果動摩擦因數(shù)相同，并以SA、SB和tA、tB分別表示滑行的最遠(yuǎn)距離和所用的時間，則A．SA＝SB，tA＝tB；B．SA＞SB，tA＞tB；C．SA＜SB，tA＜tB；D．SA＞SB，tA＜tB．8．C分析：由mv＝mmgt知tA＝tB/2由Fs＝mv2＝知sA/sB＝1/2二、動量定理專題●1．動量定理表示式：FΔt＝Δp．式中：(1)FΔt指的是合外力的沖量；(2)Δp指的是動量的增量，不要理解為是動量，它的方向可以跟動量方向相同(同一直線動量增大)也可以跟動量方向相反(同一直線動量減小)甚至可以跟動量成任何角度，但Δp一定跟合外力沖量I方向相同；(3)沖量大小描述的是動量變化的多少，不是動量多少，沖量方向描述的是動量變化的方向，不一定與動量的方向相同或相反．●2．牛頓第二定律的另一種表達(dá)形式：據(jù)F＝ma得F＝m，即是作用力F等于物體動量的變化率Δp/Δt，兩者大小相等，方向相同．●3．變力的沖量：不能用Ft直接求解，如果用動量定理Ft＝Δp來求解，只要知道物體的始末狀態(tài)，就能求出I，簡捷多了．注意：若F是變量時，它的沖量不能寫成Ft，而只能用I表示．●4．曲線運動中物體動量的變化：曲線運動中速度方向往往都不在同一直線上，如用Δp＝mv′-mv0來求動量的變化量，是矢量運算，比較麻煩，而用動量定理I＝Δp來解，只要知道I，便可求出Δp，簡捷多了．＊【例題1】質(zhì)量為0.4kg的小球沿光滑水平面以5m/s的速度沖向墻壁，又以4m/s的速度被反向彈回(如圖5—2)，球跟墻的作用時間為0.05s，求：(1)小球動量的增量；(2)球受到的平均沖力．【分析和解答】根據(jù)動量定理Ft＝mv2-mv1，由于式中F、v1、v2都是矢量，而現(xiàn)在v2與v1反向，如規(guī)定v1的方向為正方向，那么v1＝5m/s，v2＝-4m/s(1)動量的增量Δp＝mv2-mv1＝0.4×(-4-5)kg·m/s＝-3.6kg·m/s負(fù)號表示動量增量與初動量方向相反．(2)F＝N＝-72N．沖力大小為72N，沖力的方向與初速反向．總結(jié)與提高解決這類問題的關(guān)鍵是：選定正方向，確定各已知量的正負(fù)．【例題2】以速度v0平拋出一個質(zhì)量為1lg的物體，若在拋出3s后它未與地面及其它物體相碰，求它在3s內(nèi)動量的變化．【分析和解答】不要因為求動量的變化，就急于求初、未動量而求其差值，這樣不但求動量比較麻煩，而且動量是矢量，求矢量的差也是麻煩的．但平拋出去的物體只受重力，所求動量的變化應(yīng)等于重力的沖量，重力是恒量，其沖量容易求出．即：Δp＝Ft＝1×10×3kg·m/s＝30kg·m/s．總結(jié)與提高若速度方向變而求動量的變化量，則用ΔP＝Ft求；若力是變力而求沖量，則用I＝mvt-mv0求．訓(xùn)練題(2)某質(zhì)點受外力作用，若作用前后的動量分別為p、p′，動量變化為Δp，速度變化為Δv，動能變化量為ΔEk，則：A．p＝-p′是不可能的；B．Δp垂直于p是可能的；C．Δp垂直于Δv是可能的；D．Δp≠0，ΔEk＝0是可能的．2．BD提示：對B選項，ΔP方向即為合力F合的方向，P的方向即為速度v的方向，在勻速圓周運動中，F(xiàn)合⊥v(即ΔP⊥P)；對C選項，ΔP的方向就是Δv的方向，∵ΔP＝mΔv，故C選項錯．(4)在空間某一點以大小相同的速度分別豎直上拋，豎直下拋，水平拋出質(zhì)量相等的小球，若空氣阻力不計，經(jīng)過t秒：(設(shè)小球均未落地)A．作上拋運動小球動量變化最小；B．作下拋運動小球動量變化最大；C．三小球動量變化大小相等；D．作平拋運動小球動量變化最?。?．C提示：由動量定理得：mgt＝Δp，當(dāng)t相同時，Δp相等，選項C對．(8)若風(fēng)速加倍，作用在建筑物上的風(fēng)力大約是原來的：A．2倍；B．4倍；C．6倍；D．8倍．8．B提示：設(shè)風(fēng)以速度v碰到建筑物，后以速度v反彈，在t時間內(nèi)到達(dá)墻的風(fēng)的質(zhì)量為m，由動量定理得：Ft＝mv－m(－v)＝2mv，當(dāng)v變?yōu)?v時，在相同時間t內(nèi)到達(dá)墻上的風(fēng)的質(zhì)量為2m，有：F′t＝2m·2v－2m(－2v)＝8mv，∴F′＝4F，故選項B(9)質(zhì)量為0.5kg的小球從1.25m高處自由下落，打到水泥地上又反彈豎直向上升到0.8m高處時速度減為零．若球與水泥地面接觸時間為0.2s，求小球?qū)λ嗟孛娴钠骄鶝_擊力．(g取10m/s，不計空氣阻力)9．解：小球碰地前的速度v1＝＝＝5m/s小球反彈的速度v2＝＝＝4m/s以向上為正方向，由動量定理：(F－mg)t＝mv2－mv1∴F＝0.5×(4＋5)/0.2＋0.5×10＝27.5N方向向上．三、應(yīng)用FΔt＝Δp分析某些現(xiàn)象專題●1．Δp一定時：t越小，F(xiàn)越大；t越大，F(xiàn)越?。?．靜止的物體獲得一瞬間沖量I，即刻獲得速度v＝I/m．【例題】如圖5—5，把重物G壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著一起運動，若迅速拉動紙帶，紙帶將會從重物下面抽出，解釋這些現(xiàn)象的正確說法是：A．在緩緩拉動紙帶時，重物和紙帶間的摩擦力大；B．在迅速拉動時，紙帶給重物的摩擦力??；C．在緩緩拉動時，紙帶給重物的沖量大；D．在迅速拉動時，紙帶給重物的沖量小．【分析和解答】在緩緩拉動時，兩物體之間的作用力是靜摩擦力，在迅速拉動時，它們之間的作用力是滑動摩擦力．由于通常認(rèn)為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力．所以一般情況是：緩拉、摩擦力??；快拉，摩擦力大，故判斷A、B都錯．緩拉紙帶時，摩擦力雖小些，但作用時間可以很長，故重物獲得的沖量即動量的改變可以很大，所以能把重物帶動．快拉時，摩擦力雖大些，但作用時間很短，故沖量小，所以重物動量改變很?。虼舜鸢窩、D正確．(2)人從高處跳到低處時，為了安全，一般都是讓腳尖先到地．下面解釋正確的是：A．減小沖量；B．使動量的增量變得更?。籆．增長與地面的沖擊時間，從而減小沖力；D．增大人對地的壓強(qiáng)，起到安全作用．2．C提示：Ft＝Δp，∴F＝Δp/t，當(dāng)讓腳尖先到地，增長與地的沖擊時間，從而減小沖擊力F，故選項C對．(4)一粒鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中自由下落的過程稱為Ⅰ，進(jìn)入泥潭直到停住的過程稱為Ⅱ，則：A．過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量；B．過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大?。籆．過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ與過程Ⅱ中重力的沖量大?。籇．過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量等于阻力的沖量．4．AC提示：在過程Ⅰ中，鋼珠只受重力作用，由動量定理得：mgt1＝Δp，故選項A對；在過程Ⅱ中，(f－mg)Δt＝Δp，即ft2－mgt2＝Δp＞0，故選項B錯；在全過程中：mg(t1＋t2)－ft2＝0，故選項C對；在過程Ⅱ中：ft2－mgt2＝Δp≠0，故選項D錯．5．I/F解：對P：F＝mavp＝at對Q：I＝mvQ，當(dāng)vP＝vQ時，兩者距離最大，即：Ft/m＝I/m∴t＝I/F四、動量守恒條件專題●1．外力：所研究系統(tǒng)之外的物體對研究系統(tǒng)內(nèi)物體的作用力．●2．內(nèi)力：所研究系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用力．●3．系統(tǒng)動量守恒條件：系統(tǒng)不受外力或所受外力合力為零(不管物體是否相互作用)．系統(tǒng)不受外力或所受外力合力為零，說明合外力的沖量為零，故系統(tǒng)總動量守恒．當(dāng)系統(tǒng)存在相互作用的內(nèi)力時，由牛頓第三定律得知相互作用的內(nèi)力產(chǎn)生的沖量，大小相等方向相反，使得系統(tǒng)內(nèi)相互作用的物體的動量改變量大小相等方向相反，系統(tǒng)總動量保持不變．也就是說內(nèi)力只能改變系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量而不能改變整個系統(tǒng)的總動量．訓(xùn)練題(2)如圖5—7所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短，現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中A．動量守恒、機(jī)械能守恒；B．動量不守恒，機(jī)械能不守恒；C．動量守恒、機(jī)械能不守恒；D．動量不守恒，機(jī)械能守恒．2．B解：過程一：子彈打入木板過程(Δt很小)，子彈與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，但機(jī)械能不守恒(∵子彈在打入木塊過程有熱能產(chǎn)生)；過程二：木塊(含子彈)壓縮彈簧，對三者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但動量不守恒(∵對系統(tǒng)：F合≠0)，所以全程動量、機(jī)械能均不守恒．(3)光滑水平面上A、B兩小車中有一彈簧(如圖5—8)，用手抓住小車并將彈簧壓縮后使小車處于靜止?fàn)顟B(tài)，將兩小車及彈簧看作系統(tǒng)，下面的說法正確的是：A．先放B車后放A車，(手保持不動)，則系統(tǒng)的動量不守恒而機(jī)械能守恒；B，先放A車，后放B車，則系統(tǒng)的動量守恒而機(jī)械能不守恒；C．先放A車，后用手推動B車，則系統(tǒng)的動量不守恒，機(jī)械能也不守恒；D．若同時放開兩手，則A、B兩車的總動量為零．3．ACD提示：對A選項：先放B車時，A、B車及彈簧三者組成的系統(tǒng)合外力F合≠0，∴動量不守恒，但由于按A車的手不動，故手不做功，此系統(tǒng)機(jī)械能守恒．對C選項：F合≠0，且F合又對系統(tǒng)做功(機(jī)械能增加)，∴動量及機(jī)械能均不守恒．五、動量守恒定律各種不同表達(dá)式的含義及其應(yīng)用專題通過本專題訓(xùn)練，著重掌握動量守恒定律的表述及應(yīng)用中應(yīng)注意的矢量性(即速度的正負(fù)號)．●1．p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p′)●2．Δp＝0(系統(tǒng)總動量增量為零)．●3．Δp1＝-Δp2(相互作用兩個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量增量大小相等方向相反)．●4．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(相互作用兩個物體組成系統(tǒng)，前動量和等于后動量和)●5．以上各式的運算都屬矢量運算，高中階段只限于討論一維情況(物體相互作用前、后的速度方向都在同一直線上)，可用正、負(fù)表示方向．處理時首先規(guī)定一個正方向，和規(guī)定正方向相同的為正，反之為負(fù)，這樣就轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算式，但所有的動量都必須相對于同一參照系．【例題】質(zhì)量m1＝10g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30cm/s的速率向右運動，恰遇上質(zhì)量m2＝50g的小球以v2＝10cm/s的速率向左運動，碰撞后，小球m2恰好停止，那么碰撞后小球m【分析與解答】設(shè)v1的方向即向右為正方向，則各速度的正負(fù)號為：v1＝30cm/s，v2＝-10cm/s，v2′＝0，據(jù)m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2有10v1′＝10×30＋50×(-解得v1′＝-20(cm/s)，負(fù)號表示碰撞后，m1的方向與v1的方向相反，即向左．總結(jié)提高解此類題一定要規(guī)定正方向．正確找出初末態(tài)動量．訓(xùn)練題(3)一只小船靜止在湖面上，一個人從小船的一端走到另一端(不計水的阻力)，以下說法中正確的是：A．人在小船上行走，人對船作用的沖量比船對人作用的沖量小，所以人向前運動得快，船后退得慢；B．人在船上行走時，人的質(zhì)量比船小，它們所受沖量的大小是相等的，所以人向前運動得快，船后退得慢；C．當(dāng)人停止走動時，因船的慣性大，所以船將會繼續(xù)后退；D．當(dāng)人停止走動時，因總動量任何時刻都守恒，所以船也停止后退．3．BD分析：對A：人對船的作用力和船對人的作用力等大反向，作用時間相等，所以兩沖量大小相等；選項A錯．對C：人在船上走的過程，對人和船構(gòu)成的系統(tǒng)，總動量守恒，所以人停則船停；選項C錯．(6)一輛總質(zhì)量為M的列車，在平直軌道上以速度v勻速行駛，突然后一節(jié)質(zhì)量為m的車廂脫鉤，假設(shè)列車受到的阻力與質(zhì)量成正比，牽引力不變，則當(dāng)后一節(jié)車廂剛好靜止的瞬間，前面列車的速度為多大？6．解：列車在平直軌道勻速行駛，說明列車受到合外力為零．后一節(jié)車廂脫鉤后，系統(tǒng)所受合外力仍然為零，系統(tǒng)動量守恒．根據(jù)動量守恒定律有：Mv＝(M－m)v′v′＝Mv/(M－m)六、平均動量守恒專題通過本專題訓(xùn)練，著重掌握動量守恒定律可用位移表示及其應(yīng)用方法．若系統(tǒng)在全過程中動量守恒(包括單方向動量守恒)，則這一系統(tǒng)在全過程中的平均動量也必定守恒．如果系統(tǒng)是由兩個物體組成，且相互作用前均靜止、相互作用后均發(fā)生運動，則由0＝m1-m2得推論：m1s1＝m2s2，使用時應(yīng)明確s1、s2必須是相對同一參照物位移的大小．【例題】一個質(zhì)量為M，底面長為b的三角形劈靜止于光滑的水平桌面上，(如圖5—16所示)有一質(zhì)量為m的小球由斜面頂部無初速滑到底部時，劈移動的距離為多少？【分析和解答】劈和小球組成的系統(tǒng)在整個運動過程中都不受水平方向外力．所以系統(tǒng)在水平方向平均動量守恒．劈和小球在整個過程中發(fā)生的水平位移如圖5—15所示，由圖見劈的位移為s，小球的水平位移為(b-s)．則由m1s1＝m2s2得：Ms＝m(b-s)，∴s＝mb/(M＋m)總結(jié)提高用m1s1＝m2s2來解題，關(guān)鍵是判明動量是否守恒、初速是否為零(若初速不為零，則此式不成立)，其次是畫出各物體的對地位移草圖，找出各長度間的關(guān)系式．訓(xùn)練題(2)靜止在水面的船長為l，質(zhì)量為M，一個質(zhì)量為m的人站在船頭，當(dāng)此人由船頭走到船尾時，不計水的阻力，船移動的距離為多少？2．解：如圖，設(shè)船移動的距離為s船，人移動的距離為s人．Ms船＝ms人s人＋s船＝l解得s船＝ml/(M＋m)總結(jié)：解此類題關(guān)鍵是畫出各物體的對地位移草圖，找出各長度間的關(guān)系式．(4)氣球質(zhì)量為200kg，載有質(zhì)量為50kg的人，靜止在空中距地面20m的地方，氣球下懸一根質(zhì)量可忽略不計的繩子，此人想從氣球上沿繩慢慢下滑至安全到達(dá)地面，則這根繩長至少為多長？4、解：如圖，設(shè)氣球產(chǎn)生的位移為s球，氣球產(chǎn)生的位移為s人，m人s人＝m球s球50×20＝200×s球s球＝5m所以繩長至少為：l＝s人＋s球＝20＋5＝25m七、多個物體組成的系統(tǒng)動量守恒專題有時應(yīng)用整體動量守恒，有時只應(yīng)用某部分物體動量守恒，有時分過程多次應(yīng)用動量守恒，有時抓住初、末狀態(tài)動量守恒即可，要善于選擇系統(tǒng)、善于選擇過程來研究．【例題】兩只小船平行逆向航行，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各為m1＝500kg及m2＝1000kg，問在交換麻袋前兩只船的速率為多少？(水的阻力不計)．【分析和解答】選取小船和從大船投過的麻袋為系統(tǒng)，如圖5—18，并以小船的速度為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：(m1-m)v1-mv2＝0，即450v1-50v2＝0……(1)．選取大船和從小船投過的麻袋為系統(tǒng)有：-(-m2-m)v2＋mv1＝-m2v，即-950v2＋50v1＝-1000×8.5……(2)．選取四個物體為系統(tǒng)有：m1v1-m2v2＝-m2v，即500v1-1000v2＝-1000×8.5……(3)．聯(lián)立(1)(2)(3)式中的任意兩式解得：v1＝1(m/s)，v2＝9(m/s)．總結(jié)與提高可見解此題的關(guān)鍵是：正確選取研究系統(tǒng)．注意分析初、末狀態(tài)．訓(xùn)練題(1)質(zhì)量m＝100kg的小船靜止在靜水面上，船兩端載著m甲＝40kg，m乙＝60kg的游泳者，在同一水平線上甲朝左乙朝右同時以相對于岸3m/s的速度躍入水中，如圖5—19所示，則小船的運動方向和速率為：A．向左，小于1m/s；B．向左，大于1m/s；C．向右，大于1m/s；D．向右，小于1m/s．1．A解：對甲、乙兩人及船構(gòu)成的系統(tǒng)總動量守恒，取向右為正方向，則根據(jù)動量守恒定律得0＝m甲v甲＋m乙v乙＋mv0＝40×(－3)＋60×3＋100×vv＝－0.6m(3)A、B兩船的質(zhì)量均為M，都靜止在平靜的湖面上，現(xiàn)A船中質(zhì)量為M/2的人，以對地的水平速率v從A船跳到B船，再從B船跳到A船……經(jīng)n次跳躍后，人停在B船上；不計水的阻力，則：A．A、B兩船速度大小之比為2∶3；B．A、B(包括人)兩動量大小之比1∶1；C．A、B(包括人)兩船的動能之比3∶2；D．以上答案都不對．3．BC分析：不管人跳幾次，只關(guān)心初狀態(tài)：人在A船上，系統(tǒng)(包括A、B船和人)總動量為零；末狀態(tài)人在B船上．整過程動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得0＝Mv1＋(M＋M/2)vBvA/vB＝3/2(4)小車放在光滑地面上，A、B兩人站在車的兩頭，A在車的左端，B在車的右端，這兩人同時開始相向行走，發(fā)現(xiàn)小車向左運動，分析小車運動的原因，可能是：(如圖5—20所示)A．A、B質(zhì)量相等，A比B的速率大；B．A、B質(zhì)量相等，A比B的速率小；C．A、B速率相等，A比B的質(zhì)量大；D．A、B速率相等，A比B的質(zhì)量?。?．AC分析：對A、B兩人及車構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向．mBvB－mAvA＋m車v車＝0mAvA＝mBvB＋m車v車所以mAvA＞mBvB(7)如圖5—21所示，在光滑水平面上有兩個并排放置的木塊A和B，已知mA＝500g，mB＝300g，一質(zhì)量為80g的小銅塊C以25m/s的水平初速開始，在A表面滑動，由于C與A、B間有摩擦，銅塊C最后停在B上，B和C一起以①木塊A的最后速度vA′；②C在離開A時速度v′c．7．解：①因為水平面光滑、C在A、B面上滑動的整個過程，A、B、C系統(tǒng)總動量守恒．木塊C離開A滑上B時，木塊A的速度為最后速度，則mCvC＝MAvA＋(mB＋mC)v′BC代入數(shù)據(jù)可得v′A＝2.②對C在A上滑動的過程，A、B、C系統(tǒng)總動量守恒，A、B速度相等．則mCvC＝(mA＋mB)v′A＋mCv′C代入數(shù)據(jù)可得v′C＝4m/s九、用動量守恒定律進(jìn)行動態(tài)分析專題充分利用反證法、極限法找出臨界條件，結(jié)合動量守恒定律進(jìn)行解答．【例題】甲、乙兩個小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲．甲和他的冰車的總質(zhì)量共為M＝30kg，乙和他的冰車的總質(zhì)量也是30kg，游戲時，甲推著一質(zhì)量為m＝15kg的箱子，和他一起以大小為v0＝2m/s的速度滑行．乙以同樣大小的速度迎面滑來．為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處時乙迅速把它抓住．若不計冰面的摩擦力，求：甲至少要以多大的速度(相對于地面)將箱子推出，才能避免與乙相撞．【分析和解答】甲把箱子推出后，甲的運動有三種可能，一是繼續(xù)向前，方向不變；一是靜止；一是倒退，方向改變．按題意，要求甲推箱子給乙避免與乙相撞的最起碼速度，是上述的第一種情況，即要求推箱子后，動量的變化不是很大，達(dá)到避免相撞的條件便可以，所以對甲和箱的系統(tǒng)由動量守恒定律可得：(取v0方向為正方向)(M＋m)v0＝mv＋Mv1即(30＋15)×2＝15v＋30v1……(1)v為箱子相對地速度，v1為甲相對地速度．乙抓住箱子后，避免與甲相遇，則乙必須倒退，與甲運動方向相同，對乙和箱的系統(tǒng)得：mv-Mv0＝(M＋m)v2即15v-30×2＝(30＋15)v2……(2)v2為乙抓住箱子后，一起相對地的后退速度．甲、乙兩冰車避免相撞的條件是：v2≥v1；當(dāng)甲、乙同步前進(jìn)時，甲推箱子的速度為最小．v2＝v1……(3)聯(lián)立(1)(2)(3)式代入數(shù)據(jù)解得：v＝5.2m/s總結(jié)提高正確選擇研究對象、研究過程以及正確找出臨界條件是解此類題的關(guān)鍵．訓(xùn)練題(1)如圖5—26所示，水平面上A、B兩物體間用線系住，將一根彈簧擠緊，A、B兩物體質(zhì)量之比為2∶1，它們與水平面間的動摩擦因數(shù)之比為1∶2．現(xiàn)將線燒斷，A、B物體從靜止被彈開，則：A．彈簧在彈開過程中(到停止之前)，A、B兩物體速度大小之比總是1∶2；B．彈簧剛恢復(fù)原長時，兩物體速度達(dá)最大；C．兩物體速度同時達(dá)到最大；D．兩物體同時停止運動．1．ACD分析：由于A、B受水平地面的摩擦力等大反向，整個過程系統(tǒng)動量守恒，則0＝mAvA－mBvBvA/vB＝mB/mA＝1/2選項A、C、D正確．當(dāng)A或B受合外力等于零，加速度為零時，速度達(dá)到最大，此時彈簧尚未恢復(fù)原長，選項B錯誤．(2)如圖5—27所示，光滑水平面有質(zhì)量相等的A、B兩物體，B上裝有一輕質(zhì)彈簧，B原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，A以速度v正對B滑行，當(dāng)彈簧壓縮到最短時：A．A的速度減小到零；B．是A和B以相同的速度運動時刻；C．是B開始運動時；D．是B達(dá)到最大速度時．2．B分析：當(dāng)A碰上彈簧后，A受彈簧推力作用而減速，B受彈簧推力作用而加速；當(dāng)兩者速度相等時，A、B之間無相對運動，彈簧被壓縮到最短．然后A受彈簧推力作用繼續(xù)減速，B受彈簧推力作用繼續(xù)加速，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，A減速至零，B加速至最大．或用動量守恒定律分析，mAv＋0＝mAv′A＋mBv′Bv′A減小，v′B增大；當(dāng)v′A減至零時，v′B增加至最大為v．(5)如圖5—29所示，甲車質(zhì)量m1＝20kg，車上有質(zhì)量M＝50kg的人．甲車(連人)從足夠長的光滑斜坡上高h(yuǎn)＝0.45m由靜止開始向下運動，到達(dá)光滑水平面上，恰遇m2＝50kg的乙車以速度v0＝1.8m/s迎面駛來．為避免兩車相撞，甲車上的人以水平速度v′(相對于地面)跳到乙車上，求v′的可取值的范圍．(g取10m/s2)5．解：甲車滑到水平面時速度為v甲＝＝＝3(m/s)向右；取向右為正方向，設(shè)人從甲車跳到乙車后，甲、乙的速度為v′甲，v′乙(均向右)，當(dāng)v′甲＝v′乙時，兩車不相碰，由動量守恒定律，對人和甲車有：(20＋50)v甲＝20v′甲＋50v′對人和乙車有：50v′－50v0＝(50＋50)v′乙解得v′＝3.當(dāng)v″甲＝－v″乙時兩車不相碰，同理有：(20＋50)v甲＝50v″＋20v″甲50v″－50v0＝(50＋50)v″乙解得v″＝4.8m故v′的范圍：3.8m/s≤v′≤(6)如圖5—30所示，一個質(zhì)量為m的玩具蛙，蹲在質(zhì)量為M的小車的細(xì)桿上，小車放在光滑的水平桌面上，若車長為l，細(xì)桿高為h，且位于小車的中點，試求：當(dāng)玩具蛙最小以多大的水平速度v跳出時，才能落到桌面上？(要求寫出必要文字，方程式及結(jié)果)6．解：取向右為正方向，系統(tǒng)m，M動量守恒：0＝mv－MV蛙在空中運動時間：t＝蛙在t內(nèi)相對車的水平距離：l/2＝(v＋V)t解得：v＝．十、爆炸、碰撞和反沖專題●1．碰撞過程是指：作用時間很短，作用力大．碰撞過程兩物體產(chǎn)生的位移可忽略．●2．爆炸、碰撞和反沖動量近似守恒：有時盡管合外力不為零，但是內(nèi)力都遠(yuǎn)大于外力，且作用時間又非常短，所以合外力產(chǎn)生的沖量跟內(nèi)力產(chǎn)生沖量比較都可忽略，總動量近似守恒．●3．三種碰撞的特點：(1)彈性碰撞——碰撞結(jié)束后，形變?nèi)肯ВB(tài)動能沒有損失．所以，不僅動量守恒，而且初、末動能相等，即m1v1＋m2v2＝m1v＇1＋m2v＇2(2)一般碰撞——碰撞結(jié)束后，形變部分消失，動能有部分損失．所以，動量守恒，而初、末動能不相等，即m1v1＋m2v2＝m1v＇1＋m2v＇2＋ΔEK減(3)完全非彈性碰撞——碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運動；形變完全保留，動能損失最大．所以，動量守恒，而初、末動能不相等，即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v＋ΔEkmax●4．“一動一靜”彈性正碰的基本規(guī)律如圖5—32所示，一個動量為m1v1的小球，與一個靜止的質(zhì)量為m2的小球發(fā)生彈性正碰，這種最典型的碰撞，具有一系列應(yīng)用廣泛的重要規(guī)律(1)動量守恒，初、末動能相等，即(2)根據(jù)①②式，碰撞結(jié)束時，主動球(m1)與被動球(m2)的速度分別為(3)判定碰撞后的速度方向當(dāng)m1＞m2時；v′1＞0，v′2＞0——兩球均沿初速v1方向運動．當(dāng)m1＝m2時；v′1＝0，v′2＝v1——兩球交換速度，主動球停下，被動球以v1開始運動．當(dāng)m1＜m2時；v′1＜0，v′2＞0——主動球反彈，被動球沿v1方向運動．●5．“一動一靜”完全非彈性碰撞的基本計算關(guān)系如圖5—33所示，在光滑水平面上，有一塊靜止的質(zhì)量為M的木塊，一顆初動量為mv0的子彈，水平射入木塊，并深入木塊d，且沖擊過程中阻力f恒定．(1)碰撞后共同速度(v)根據(jù)動量守恒，共同速度為v＝……①(2)木塊的沖擊位移(s)設(shè)平均阻力為f，分別以子彈，木塊為研究對象，根據(jù)動能定理，有fs＝Mv2………②f(s＋d)＝m-mv2……③由①、②和③式可得s＝d＜d在物體可視為質(zhì)點時：d＝0，s＝0——這就是兩質(zhì)點碰撞瞬時，它們的位置變化不計的原因(3)沖擊時間(t)以子彈為研究對象，根據(jù)子彈相對木塊作末速為零的勻減速直線運動，相對位移d＝v0t，所以沖擊時間為t＝(4)產(chǎn)生的熱能Q在認(rèn)為損失的動能全部轉(zhuǎn)化為熱能的條件下Q＝ΔEK＝f·s相＝fd＝m【例題1】質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是7kg·m/s，B球的動量是5kg·m/s，當(dāng)A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是：A．pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/s；B．pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/s；C．pA＝-2kg·m/s，pB＝14kg·m/sD．pA＝-4kg·m/s，pB＝17kg·m/s【分析和解答】從碰撞前后動量守恒p1＋p2＝p1′＋p2′驗證，A、B、C三種情況皆有可能．從總動能只有守恒或減少：≥來看，答案只有A可能．【例題2】錘的質(zhì)量是m1，樁的質(zhì)量為m2，錘打樁的速率為一定值．為了使錘每一次打擊后樁更多地進(jìn)入土地，我們要求m1m2．假設(shè)錘打到樁上后，錘不反彈，試用力學(xué)規(guī)律分析說明為什么打樁時要求m【分析和解答】打樁過程可以等效為兩個階段，第一階段錘與樁發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后二者具有相同的速度，第二階段二者一起克服泥土的阻力而做功，樁向下前進(jìn)一段．我們希望第一階段中的機(jī)械能損失盡可能小，以便使錘的動能中的絕大部分都用來克服阻力做功，從而提高打樁的效率．設(shè)錘每次打樁時的速度都是v，發(fā)生完全非彈性碰撞后的共同速度是v′．則m1v＝(m1＋m2)v′．非彈性碰撞后二者的動能為Ek＝(m1＋m2)v′2＝v2．當(dāng)m1m2時，EK≈m1v2，即當(dāng)m1訓(xùn)練題(1)甲、乙兩個小球在同一光滑水平軌道上，質(zhì)量分別是m甲和m乙．甲球以一定的初動能Ek0向右運動，乙球原來靜止．某時刻兩個球發(fā)生完全非彈性碰撞(即碰撞后兩球粘合在一定)，下面說法中正確的是：A．m甲與m乙的比值越大，甲球和乙球組成的系統(tǒng)機(jī)械能的減少量就越小；B．m甲與m乙的比值越小，甲球和乙球組成的系統(tǒng)機(jī)械能的減少量就越小；C．m甲與m乙的值相等，甲球和乙球組成的系統(tǒng)機(jī)械能的減少量最??；D．m甲與m乙的值相等，甲球和乙球組成的系統(tǒng)機(jī)械能的減少量最大．1．A提示：由動量守恒有：mv0＝(M＋m)v由能量守恒有：ΔE＝mv02－(M＋m)v2ΔE＝mv02＝mv02·∴越大，ΔE越小，故選項A對．(2)半徑相等的兩個小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直線相向運動．若甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，碰撞前兩球的動能相等，則碰撞后兩球的運動狀態(tài)可能是：A．甲球的速度為零而乙球的速度不為零；B．乙球的速度為零而甲球的速度不為零；C．兩球的速度均不為零；D．兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動能不變．2．提示：不知道是哪一種碰撞．∵m甲＞m乙，Ek相同，∴由P2＝2mEk知P甲＞P乙，故系統(tǒng)總動量的方向與甲的初速相同．對A選項，當(dāng)球反彈時可保證P總與A球的初速相同，∴可能出現(xiàn)；對B選項，∵P甲＞P乙，∴碰后乙球不可能靜止；對C選項，可保證動量守恒和能量守恒成立；對D選項，碰后系統(tǒng)總動量的方向與碰前總動量方向相反，違反了動量守恒定律．(3)質(zhì)量為1kg的小球以4m/s的速度與質(zhì)量為2kg的靜止小球正碰．關(guān)于碰后的速度v1′與v2′，下面哪些是可能的：A．v1′＝v2′＝4/3m/s；B．v1′＝-1m/s，v2′＝2.5m/sC．v1′＝1m/s，v2′＝3m/s；D．v1′＝-4m/s，v2′＝4m/s3．提示：必須同時滿足：m1v1＝m1v′＋m2v′2和m1v12≥m1v′21＋m2v′22這兩個條件．∴選項A、B正確．(5)在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m0．小車(和單擺)以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短．在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的？A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋mv3；B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2；C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関′，滿足Mv＝(M＋m)v′；D．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2．5．BC提示：擺球并不參預(yù)小車碰木塊的過程，因此小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，擺球速度不變．(9)如圖5—38所示，質(zhì)量為m的子彈以速度v從正下方向上擊穿一個質(zhì)量為M的木球，擊穿后木球上升高度為H，求擊穿木球后子彈能上升多高？9．解：子彈擊穿木塊的過程系統(tǒng)動量守恒，設(shè)子彈擊穿木塊后速度為v1，則mv＝M＋mv1v1＝v－子彈能上升的高度h＝＝(11)一個連同裝備總質(zhì)量為M＝100kg的宇航員，在距離飛船s＝45m處與飛船處于相對靜止?fàn)顟B(tài)，宇航員背著裝有質(zhì)量m0＝0.5kg氧氣的貯氣筒，筒有個可以使氧氣以v＝50m/s的速度噴出的噴嘴，宇航員必須向著返回飛船的相反方向放出氧氣，才能回到飛船，同時又必須保留一部分氧氣供途中呼吸用．宇航員的耗氧率為Q＝2.5×10-4kg①瞬時噴出多少氧氣，宇航員才能安全返回飛船？②為了使總耗氧量最低，應(yīng)一次噴出多少氧氣？返回時間又是多少？11．提示：①設(shè)瞬間噴出m(kg)氧氣，宇航員速率為v1，宇航員剛好全返回，由動量守恒：0＝mv－Mv1∴mv＝Mv1勻速運動：t＝m0＝Qt＋m由以上三式解之：m＝0.05kg或0.05kg≤m②為了總耗氧量最低，設(shè)噴出m(kg)氧氣，則總耗氧：Δm＝Qt＋mt＝s/v1mv＝Mv1故t＝，∴Δm＝＋m＝＋m(討論Δm隨噴出氣體m的變化規(guī)律，求Δm的極小值)故：當(dāng)m＝時，Δm有極小值．則：m＝0.15kg返回時間：t＝＝高中物理動量能量典型試題1．(14分)某地強(qiáng)風(fēng)的風(fēng)速是20m/s，空氣的密度是=1.3kg/m3。一風(fēng)力發(fā)電機(jī)的有效受風(fēng)面積為S=20m2，如果風(fēng)通過風(fēng)力發(fā)電機(jī)后風(fēng)速減為12m/s，且該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的效率為=80%，則該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的電功率多大？1．風(fēng)力發(fā)電是將風(fēng)的動能轉(zhuǎn)化為電能，討論時間t內(nèi)的這種轉(zhuǎn)化，這段時間內(nèi)通過風(fēng)力發(fā)電機(jī)的空氣的空氣是一個以S為底、v0t為高的橫放的空氣柱，其質(zhì)量為m=Sv0t，它通過風(fēng)力發(fā)電機(jī)所減少的動能用以發(fā)電，設(shè)電功率為P，則代入數(shù)據(jù)解得P=53kW2、甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛，速度均為6m/s.甲車上有質(zhì)量為m=1kg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球的總質(zhì)量為M1=50kg，乙和他的車總質(zhì)量為M2=30kg。現(xiàn)為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面16.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住。假設(shè)某一次甲將小球拋出且被乙接住后剛好可保證兩車不致相撞，試求此時：（1）兩車的速度各為多少？（2）甲總共拋出了多少個小球？2．分析與解：甲、乙兩小孩依在拋球的時候是“一分為二”的過程，接球的過程是“合二為一”的過程。（1）甲、乙兩小孩及兩車組成的系統(tǒng)總動量沿甲車的運動方向，甲不斷拋球、乙接球后，當(dāng)甲和小車與乙和小車具有共同速度時，可保證剛好不撞。設(shè)共同速度為V，則: M1V1－M2V1=（M1+M2）V （2）這一過程中乙小孩及時的動量變化為:△P=30×6－30×（－1.5）=225（kg·m/s）每一個小球被乙接收后，到最終的動量彎化為△P1=16.5×1－1.5×1=15（kg·m/s）故小球個數(shù)為CAB圖11V02VCAB圖11V02V0（1）木塊B從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移；（2）木塊A在整個過程中的最小速度。3．分析與解：（1）木塊A先做勻減速直線運動，后做勻加速直線運動；木塊B一直做勻減速直線運動；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運動，直到A、B、C三者的速度相等為止，設(shè)為V1。對A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：解得：V1=0.6V0對木塊B運用動能定理，有：解得（2）設(shè)木塊A在整個過程中的最小速度為V′，所用時間為t，由牛頓第二定律：對木塊A：,對木板C：,當(dāng)木塊A與木板C的速度相等時，木塊A的速度最小，因此有：解得木塊A在整個過程中的最小速度為：4．總質(zhì)量為M的列車，沿水平直線軌道勻速前進(jìn)，其末節(jié)車廂質(zhì)量為m，中途脫節(jié)，司機(jī)發(fā)覺時，機(jī)車已行駛L的距離，于是立即關(guān)閉油門，除去牽引力，如圖13所示。設(shè)運動的阻力與質(zhì)量成正比，機(jī)車的牽引力是恒定的。當(dāng)列車的兩部分都停止時，它們的距離是多少？4．分析與解：此題用動能定理求解比用運動學(xué)、牛頓第二定律求解簡便。對車頭，脫鉤后的全過程用動能定理得：對車尾，脫鉤后用動能定理得：而，由于原來列車是勻速前進(jìn)的，所以F=kMg由以上方程解得。ABABC圖145．分析與解：設(shè)A、B、C的質(zhì)量均為m。B、C碰撞前，A與B的共同速度為V0，碰撞后B與C的共同速度為V1。對B、C構(gòu)成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mV0=2mV1設(shè)A滑至C的右端時，三者的共同速度為V2。對A、B、C構(gòu)成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：2mV0=3mV2設(shè)C的長度為L，A與C的動摩擦因數(shù)為μ，則據(jù)摩擦生熱公式和能量守恒定律可得：設(shè)從發(fā)生碰撞到A移至C的右端時C所走過的距離為S，則對B、C構(gòu)成的系統(tǒng)據(jù)動能定理可得：由以上各式解得.6．面積很大的水池，水深為H，水面上浮著一正方體木塊，木塊邊長為，密度為水的，質(zhì)量為，開始時，木塊靜止，有一半沒入水中，如圖38所示，現(xiàn)用力F將木塊緩慢地壓到池底，不計摩擦，求（1）從開始到木塊剛好完全沒入水的過程中，力F所做的功。（2）若將該木塊放在底面為正方形（邊長為a）的盛水足夠深的長方體容器中，開始時，木塊靜止，有一半沒入水中，如圖39所示，現(xiàn)用力F將木塊緩慢地壓到容器底部，不計摩擦。求從開始到木塊剛好完全沒入水的過程中，容器中水勢能的改變量。圖圖38Ha圖39圖396．解：（1）因水池面積很大，可忽略因木塊壓入水中所引起的水深變化，木塊剛好完全沒入水中時，圖中原來處于劃斜線區(qū)域的水被排開，結(jié)果等效于使這部分水平鋪于水面，這部分水的質(zhì)量為，其勢能的改變量為aa/2aa/2大塊勢能的改變量為:3a/4a/4根據(jù)功能原理，力F所做的功：3a/4a/4(2)因容器水面面積為2a2，只是木塊底面積的2倍，不可忽略因木塊壓入水中所引起的水深變化，木塊剛好完全沒入水中時，圖8中原來處于下方劃斜線區(qū)域的水被排開到上方劃斜線區(qū)域。這部分水的質(zhì)量為/2，其勢能的改變量為：。圖13AV0BC圖13AV0BC7．（1）當(dāng)A在B上滑動時，A與BC整體發(fā)生作用，由于水平面光滑，A與BC組成的系統(tǒng)動量守恒，，（2分）得（1分）系統(tǒng)動能的減小量等于滑動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能，，（1分），（1分）得（1分）（2）當(dāng)A滑上C，B與C分離，A與C發(fā)生作用，設(shè)到達(dá)最高點時速度相等為V2，由于水平面光滑，A與C組成的系統(tǒng)動量守恒，，（2分）得A與C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，（2分）得（1分）（3）當(dāng)A滑下C時，設(shè)A的速度為VA，C的速度為VC，A與C組成的系統(tǒng)動量守恒，,（1分）A與C組成的系統(tǒng)動能守恒，（2分）得VC=（2分）8．(13分)如圖所示，將質(zhì)量均為m厚度不計的兩物塊A、B用輕質(zhì)彈簧相連接，只用手托著B物塊于H高處，A在彈簧彈力的作用下處于靜止，將彈簧鎖定．現(xiàn)由靜止釋放A、B，B物塊著地時解除彈簧鎖定，且B物塊的速度立即變?yōu)?，在隨后的過程中當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時A物塊運動的速度為υ0，且B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升．已知彈簧具有相同形變量時彈性勢能也相同．HAhBhAhBh（1）BHAhBhAhBh（2）B物塊著地到B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升的過程中，A物塊運動的位移Δx；（3）第二次用手拿著A、B兩物塊，使得彈簧豎直并處于原長狀態(tài)，此時物塊B離地面的距離也為H，然后由靜止同時釋放A、B，B物塊著地后速度同樣立即變?yōu)?．求第二次釋放A、B后，B剛要離地時A的速度υ2．8．(13分)（1）設(shè)A、B下落H過程時速度為υ，由機(jī)械能守恒定律有：（1分）即（1分）解得：（1分）HHAhBhAhBhAhBhAhBhAhBhxxxυ1hυ2h原長（2）B物塊恰能離開地面時，彈簧處于伸長狀態(tài)，彈力大小等于mg，B物塊剛著地解除彈簧鎖定時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力大小等于mg．因此，兩次彈簧形變量相同，則這兩次彈簧彈性勢能相同，設(shè)為EP．（1分）又B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升，此時A物塊速度為0．從B物塊著地到B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升的過程中，A物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒（2分）得Δx＝H（1分）（3）彈簧形變量（1分）第一次從B物塊著地到彈簧恢復(fù)原長過程中，彈簧和A物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒（1分）第二次釋放A、B后，A、B均做自由落體運動，由機(jī)械能守恒得剛著地時A、B系統(tǒng)的速度為（1分）從B物塊著地到B剛要離地過程中，彈簧和A物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒（1分）聯(lián)立以上各式得（1分）9．（重慶市2008屆直屬重點中學(xué)第2次聯(lián)考）如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的滑塊，以υ0＝5m/s的水平初速度滑上靜止在光滑水平面的平板小車，若小車質(zhì)量M＝4kg，平板小車長L＝3.6m，滑塊在平板小車上滑移1s后相對小車靜止.求：(1)滑塊與平板小車之間的滑動摩擦系數(shù)μ；(2)若要滑塊不滑離小車，滑塊的初速度不能超過多少?（g取9.8m/s2）（10分）9．（1）m滑上平板小車到與平板小車相對靜止，速度為v1,據(jù)動量守恒定律：①（2分）對m據(jù)動量定理：②（2分）將①代入②解得μ=0.4（2分）（2）設(shè)當(dāng)滑塊剛滑到平板小車的右端時，兩者恰有共同速度為v2，據(jù)動量守恒定律：③（2分）對m據(jù)動能定理有：④（1分）對M據(jù)動能定理有：⑤（1分）由幾何關(guān)系有：⑥（1分）聯(lián)立③④⑤⑥解得：v0=6米/秒即滑塊的初速度不能超過6米/秒。（1分）或由功能原理得：（3分）解得：v0=6米/秒（1分）（其他解法，按相應(yīng)分?jǐn)?shù)給分）ABs4sDOCF10．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧一端固定，一端與質(zhì)量為m的小物塊A相聯(lián)，原來A靜止在光滑水平面上，彈簧沒有形變，質(zhì)量為m的物塊B在大小為F的水平恒力作用下由C處從靜止開始沿光滑水平面向右運動，在O點與物塊A相碰并一起向右運動（設(shè)碰撞時間極短）。運動到D點時，將外力F撤去，已知CO=4sABs4sDOCF10．解析：物塊B在F的作用下，從C運動到O點的過程中，設(shè)B到達(dá)O點的速度為v0，由動能定理得：F·4s=對于A與B在O點的碰撞動量守恒，設(shè)碰后的共同速度為v，由動量守恒定律可得：mv0=2mv當(dāng)A、B一起向右運動停止時，彈簧的彈性勢能最大。設(shè)彈性勢能的最大值為Epm,據(jù)能量守恒定律可得：Epm=Fs+撤去外力后，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。根據(jù)機(jī)械能守恒定律可求得A、B的最大速度為：。11．如圖所示，質(zhì)量均為的木塊并排放在光滑水平面上，上固定一根輕質(zhì)細(xì)桿，輕桿上端的小釘（質(zhì)量不計）O上系一長度為L的細(xì)線，細(xì)線的另一端系一質(zhì)量為的小球，現(xiàn)將球的細(xì)線拉至水平，由靜止釋放，求：（1）兩木塊剛分離時，速度各為多大？（2）兩木塊分離后，懸掛小球的細(xì)線與豎直方向的最大夾角多少？11．分析：球下擺過程中，在達(dá)到最低位置之前，懸線拉力的水平分量使同時達(dá)到最大速度，且：，三者組成一個系統(tǒng)，滿足系統(tǒng)機(jī)械能守恒和動量守恒；球擺過最低位置后，懸線拉力使向右做減速運動，致使分離，分離后，B以原速度做勻速直線運動，，所以，速度減為零后改為反方向向左運動，當(dāng)、C速度相等時，球擺到最高點，此過程組成的系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒。解：（1）三者組成的系統(tǒng)滿足動量守恒和機(jī)械能守恒，選取最低點，球到達(dá)最低點時共同速度為，速度為，規(guī)定向左為正方向：解得：（2）、從球在最低點開始，與組成一個系統(tǒng)滿足動量守恒和機(jī)械能守恒，設(shè)擺到最高處為，此時，共同速度為：解得：；難點：認(rèn)為球的運動軌跡是完整的圓弧，沒有考慮到對地而言是一條曲線，而且到達(dá)最高點時相對速度為零，即只具有水平方向上的速度。運用整體法：在多個物理過程中，確定系統(tǒng)的初末狀態(tài)是解決問題的關(guān)鍵，“系統(tǒng)的初末狀態(tài)”是指系統(tǒng)在內(nèi)力相互作用時間內(nèi)開始和結(jié)束的狀態(tài)，而不是任意物理過程的開始和結(jié)束的狀態(tài)，這是解決問題的關(guān)鍵。12．如圖所示，兩個質(zhì)量均為4m的小球A和B由輕彈簧連接，置于光滑水平面上．一顆質(zhì)量為m子彈，以水平速度v0射入A球，并在極短時間內(nèi)嵌在其中．求：在運動過程中（1）什么時候彈簧的彈性勢能最大，最大值是多少？（2）A球的最小速度和B球的最大速度．12．解析：子彈與A球發(fā)生完全非彈性碰撞，子彈質(zhì)量為m，A球、B球分別都為M，子彈與A球組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv0=(m+M)V ①（1）以子彈、A球、B球作為一系統(tǒng)，以子彈和A球有共同速度為初態(tài)，子彈、A球、B球速度相同時為末態(tài)，則（m+M）V=(m+M+M)V′ ② ③M＝4m，解得 ④（2）以子彈和A球有共同速度為初態(tài)，子彈和A球速度最小、B球速度最大為末態(tài)，則（m+M）V=(m+M)VA+MVB ⑤ ⑥解得， ⑦或＝v0，＝0 ⑧根據(jù)題意求A球的最小速度和B球的最大速度，所以VAmin，VBmax13．質(zhì)量為M=4.0kg的平板小車靜止在光滑的水平面上，如圖所示，當(dāng)t=0時，兩個質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=1kg的小物體A、B都以大小為v0=7m/s。方向相反的水平速度，同時從小車板面上的左右兩端相向滑動。到它們在小車上停止滑動時，沒有相碰，A、B與車間的動摩擦因素μ=0.2，取g=10m/s2,求：（1）A在車上剛停止滑動時，A和車的速度大?。?）A、B在車上都停止滑動時車的速度及此時車運動了多長時間。Ot/sOt/sv/m.s-11234512AABv0v013．（1）當(dāng)A和B在車上都滑行時，在水平方向它們的受力分析如圖所示：AABv0v0fAfBf車由受力圖可知，A向右減速，B向左減速，小車向右加速，所以首先是A物塊速度減小到與小車速度相等。設(shè)A減速到與小車速度大小相等時，所用時間為t1，其速度大小為v1，則：v1=v0-aAt1μmAg=mAaB ①v1=a車t1μmAg-μmBg=Ma車 ②由①②聯(lián)立得：v1=1.4m/st1=2.8s ③（2）根據(jù)動量守恒定律有：mAv0-mBv0=(M+mA+mB)v ④v=1m/s ⑤總動量向右，

當(dāng)A與小車速度相同時，A與車之間將不會相對滑動了。設(shè)再經(jīng)過t2時間小物體A與B、車速度相同，則：-v=v1-aBt2μmBg=mAaB ⑥由⑥⑦式得：t2=1.2s ⑦Ot/sv/m.s-11234512所以A、B在車上都停止滑動時，車的運動時間為t=t1+t2=4.0s ⑧

（3）由（1）可知t1=2.8s時，小車的速度為v1=1.4m/s，在0~t1時間內(nèi)小車做勻加速運動。在Ot/sv/m.s-11234512評分標(biāo)準(zhǔn)：①②③④式各2分；⑤式1分；⑥式2分；⑦⑧⑨式1分；速度—時間圖像4分。14．如圖所示，n個相同的木塊（可視為質(zhì)點），每塊的質(zhì)量都是m，從右向左沿同一直線排列在水平桌面上，相鄰木塊間的距離均為l，第n個木塊到桌邊的距離也是l，木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ．開始時，第1個木塊以初速度v0向左滑行，其余所有木塊都靜止，在每次碰撞后，發(fā)生碰撞的木塊都粘在一起運動．最后第n個木塊剛好滑到桌邊而沒有掉下．（1）求在整個過程中因碰撞而損失的總動能．llln1nllln1n-2n-1v0第14題圖左右（3）若n=4，l=0.10m，v0=3.0m/s，重力加速度g=10m/s2，求μ的數(shù)值14．（1）整個過程木塊克服摩擦力做功W＝μmg·l+μmg·2l+……+μmg·nl＝①根據(jù)功能關(guān)系，整個過程中由于碰撞而損失的總動能為△EK=EK0－W②得△EK=③（2）設(shè)第i次（i≤n－1）碰撞前木塊的速度為vi，碰撞后速度為vi′，則（i+1）mvi′=imvi④碰撞中損失的動能△EKi與碰撞前動能EKi之比為（i≤n－1）⑤可得（i≤n－1）⑥（3）初動能EK0=mv02/2第1次碰撞前EK1=EK0－μmgl⑦第1次碰撞后EK1′=EK1－△EK1=EK1－EK1/2=EK0/2－μmgl/2⑧第2次碰撞前EK2=EK1′－μ（2mg）l=EK0/2－5μmgl/2第2次碰撞后EK2′=EK2－△EK2=EK2－EK3/3=EK0/3－5μmgl/3第3次碰撞前EK3=EK2′－μ(3mg)l=EK0/3－14μmgl/3第3次碰撞后EK3′=EK3－△EK3=EK0/4－7μmgl/2據(jù)題意有EK0/4－7μmgl/2＝μ(4mg)l⑨帶入數(shù)據(jù)，聯(lián)立求解得μ＝0.15⑩16．如圖所示，水平傳送帶AB足夠長，質(zhì)量為M＝1kg的木塊隨傳送帶一起以v1＝2m/s的速度向左勻速運動（傳送帶的速度恒定），木塊與傳送帶的摩擦因數(shù)，當(dāng)木塊運動到最左端A點時，一顆質(zhì)量為m＝20g的子彈，以v0＝300m/s的水平向右的速度，正對射入木塊并穿出，穿出速度v＝50m/s，設(shè)子彈射穿木塊的時間極短，（g取10m/s2）求：（1）木塊遭射擊后遠(yuǎn)離A的最大距離；（2）木塊遭擊后在傳送帶上向左運動所經(jīng)歷的時間。16．（1）設(shè)木塊遭擊后的速度瞬間變?yōu)閂，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得（3分）則，代入數(shù)據(jù)解得，方向向右。（2分）木塊遭擊后沿傳送帶向右勻減速滑動，其受力如圖所示。摩擦力（1分）設(shè)木塊遠(yuǎn)離A點的最大距離為S，此時木塊的末速度為0，根據(jù)動能定理得（3分）則（1分）（2）研究木塊在傳送帶上向左運動的情況。設(shè)木塊向左加速到時的位移為S1。由動能定理得則（3分）由此可知，遭擊木塊在傳送帶上向左的運動過程分兩個階段：先向左加速運動一段時間，再勻速運動一段時間。由動量定理得則（2分）（2分）所求時間（1分）17．如圖所示為一個模擬貨物傳送的裝置，A是一個表面絕緣、質(zhì)量M=l00kg、電量q=+6.0×10-2C的傳送小車，小車置于光滑的水平地面上。在傳送途中，有一個水平電場，電場強(qiáng)度為E=4.0×l03V／m，可以通過開關(guān)控制其有無?，F(xiàn)將質(zhì)量，m＝20kg的貨物B放置在小車左端，讓它們以υ=2m(1)試指出關(guān)閉電場的瞬間，貨物和小車的速度方向。(2)為了使貨物不滑離小車的另一端，小車至少多長?(貨物不帶電且體積大小不計，g取10m／s2)17．(1)貨物和小車的速度方向分別向右和向左(3分)(2)設(shè)關(guān)閉電場的瞬間，貨物和小車的速度大小分別為υB和υA；電場存在時和電場消失后貨物在小車上相對滑行的距離分別為L1和L2；電場存在的時間是t，該段時間內(nèi)貨物和小車的加速度大小分別是aB和aA，對地位移分別是sB和sA在關(guān)閉電場后，貨物和小車系統(tǒng)動量守恒，由動量規(guī)律和能量規(guī)律有mυB－MυAAUTOTEXT====0①(2分)μmgL2AUTOTEXT====EQ\F(1,2)mυB2+EQ\F(1,2)MυA2②(2分)由①式代人數(shù)據(jù)得υBAUTOTEXT====5υA③(1分)在加電場的過程中，貨物一直向前做勻減速運動，小車先向前做勻減速運動，然后反向做勻加速運動，由牛頓定律有aBAUTOTEXT====μmg/mAUTOTEXT====1m/s2(1分)aAAUTOTEXT====(qE－μmg)/MAUTOTEXT====2.2m/s2(1分)又υBAUTOTEXT====υ－aBt,υAAUTOTEXT====|υ－aAt|(2分)將其與③式聯(lián)立可得tAUTOTEXT====1s,υBAUTOTEXT====1m/s,υAAUTOTEXT====0.2m/s(3分)再由運動學(xué)公式可得sBAUTOTEXT====υt－EQ\F(1,2)aBt2AUTOTEXT====1.5m(1分)sAAUTOTEXT====υt－EQ\F(1,2)aAt2AUTOTEXT====0.9m(1分)所以L1＝sB-sAAUTOTEXT====0.6m(1分)又將數(shù)據(jù)代入②式解得L2AUTOTEXT====0.6m(1分)所以小車的最短長度為LAUTOTEXT====L1+L2AUTOTEXT====1.2m(1分)18．（08汕頭）（16分）在光滑的水平面上，靜止放置著直徑相同的小球A和B，它們的質(zhì)量分別為m和3m，兩球之間的距離為L．現(xiàn)用一大小為F的水平恒力始終作用到A球上，A球從靜止開始向著B球方向運動，如圖所示．設(shè)A球與B（1）A球第一次碰撞B球之前瞬間的速度．（2）A球到第二次碰撞B球之前，A球通過的總路程S．18．（16分）參考解答（1）設(shè)A球的加速度為，第一次碰到B球瞬間速度為，則①（1分）②（1分）解得③（1分）（2）兩球碰撞過程動量守恒（取向右方向為正方向），得④（1分）碰撞過程沒有機(jī)械能損失，得⑤（1分）解得兩球第一次的速度（方向向左），（方向向右）⑥（2分）碰后A球先向左勻減速運動，再向右勻加速運動，直到第二次碰撞B球．設(shè)碰后A球向左運動的最大距離為，則⑦（1分）解得⑧（1分）設(shè)兩球第一次碰后到第二次碰前經(jīng)過的時間為，兩球的位移都為，有⑨（2分）解得，⑩（2分）因此到第二次碰撞B球之前，A球通過的總路程⑾（2分）解得⑿（1分）19．如圖所示是建筑工地常用的一種“深穴打夯機(jī)”。工作時，電動機(jī)帶動兩個緊壓夯桿的滾輪勻速轉(zhuǎn)動將夯從深為h的坑中提上來，當(dāng)兩個滾輪彼此分開時，夯桿被釋放，最后夯在自身重力作用下，落回深坑，夯實坑底。然后，兩個滾輪再次壓緊，夯桿再次被提上來，如此周而復(fù)始工作。已知兩個滾輪邊緣線速度v恒為4m/s，每個滾輪對夯桿的正壓力FN為2′104N，滾輪與夯桿間的動摩擦因數(shù)m為0.3，夯桿質(zhì)量m為1′103kg，坑深h為6m。假定在打夯的過程中坑的深度變化不大，且夯桿底端升到坑口時，速度正好為零，取g＝