(全國(guó)通用版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 第18講 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律學(xué)案

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1、 第18講 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律 考綱要求 考情分析 命題趨勢(shì) 1.動(dòng)量 動(dòng)量定理Ⅱ 2.動(dòng)能守恒定律及其應(yīng)用Ⅱ 3.彈性碰撞和非彈性碰撞Ⅰ 4.驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律 2017·全國(guó)卷Ⅰ,14 2017·全國(guó)卷Ⅲ,20 2017·天津卷,10 高考中對(duì)本專(zhuān)題的考查方式主要有三種:(1)動(dòng)量定理與動(dòng)力學(xué)結(jié)合;(2)以碰撞為模型考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用;(3)以生活示例為背景考查規(guī)律的靈活運(yùn)用. 1.動(dòng)量、動(dòng)量變化、沖量 (1)動(dòng)量 ①定義:物體的__質(zhì)量__與__速度__的乘積. ②表達(dá)式:p=__mv__. ③方向:動(dòng)量的方向與__速度__的方向相同.

2、 (2)動(dòng)量的變化 ①因?yàn)閯?dòng)量是矢量,動(dòng)量的變化量Δp也是__矢量__,其方向與速度的改變量Δv的方向__相同__. ②動(dòng)量的變化量Δp的大小,一般用末動(dòng)量p′減去初動(dòng)量p進(jìn)行計(jì)算,也稱(chēng)為動(dòng)量的增量.即__Δp=p′-p__. (3)沖量 ①定義:__力__與__力的作用時(shí)間__的乘積叫做力的沖量. ②公式:__I=Ft__. ③單位:__N·s__. ④方向:沖量是__矢量__,其方向__與力的方向相同__. 2.動(dòng)量定理 (1)內(nèi)容:物體在一個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程始末的__動(dòng)量變化量__等于它在這個(gè)過(guò)程中所受__合力__的沖量. (2)公式:__mv′-mv=F(t′-t)__或

3、__p′-p=I__. (3)動(dòng)量定理的理解 ①動(dòng)量定理反映了力的沖量與動(dòng)量變化量之間的因果關(guān)系,即外力的沖量是原因,物體的動(dòng)量變化量是結(jié)果. ②動(dòng)量定理中的沖量是合力的沖量,而不是某一個(gè)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(dòng)量定理表達(dá)式是矢量式,等號(hào)包含了大小相等、方向相同兩方面的含義. 3.動(dòng)量守恒定律 (1)定律內(nèi)容:一個(gè)系統(tǒng)__不受外力__或者_(dá)_所受外力的合力為零__時(shí),這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變. (2)公式表達(dá):m1v1+m2v2=__m1v1′+m2v2′__. (3)適用條件和適用范圍 系統(tǒng)不受外力或者

4、所受外力的矢量和為_(kāi)_零__;系統(tǒng)受外力,但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力,可以忽略不計(jì);如爆炸、碰撞等過(guò)程,可以近似認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量守恒.系統(tǒng)在某一個(gè)方向上所受的合外力為零,則該方向上__動(dòng)量守恒__.全過(guò)程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零,則該階段系統(tǒng)動(dòng)量守恒. 4.動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 (1)碰撞 ①碰撞現(xiàn)象 兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體在相遇的__極短__時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生__非常大__的相互作用的過(guò)程. ②碰撞特征 a.作用時(shí)間__短__. b.作用力變化__快__. c.內(nèi)力__遠(yuǎn)大于__外力. d.滿(mǎn)足__動(dòng)量守恒__. ③碰撞的分類(lèi)及特點(diǎn) a.彈性碰撞:動(dòng)量__守恒__,機(jī)械能__守恒__.

5、b.非彈性碰撞:動(dòng)量__守恒__,機(jī)械能__不守恒__. c.完全非彈性碰撞:動(dòng)量__守恒__,機(jī)械能損失__最多__. (2)爆炸現(xiàn)象 爆炸過(guò)程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動(dòng)量__守恒__. (3)反沖運(yùn)動(dòng) ①物體在內(nèi)力作用下分裂為兩個(gè)不同部分并且這兩部分向__相反__方向運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象. ②反沖運(yùn)動(dòng)中,相互作用力一般較大,通??梢杂胈_動(dòng)量守恒__定律來(lái)處理. 1.判斷正誤 (1)動(dòng)量越大的物體,其質(zhì)量越大.( × ) (2)兩物體動(dòng)能相等,動(dòng)量一定相等.( × ) (3)物體所受合力不變,則動(dòng)量也不改變.( × ) (4)物體沿水平面運(yùn)動(dòng),重力不做功,

6、其沖量為零.( × ) (5)物體所受的合力的沖量方向與物體動(dòng)量變化的方向相同.( √ ) (6)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒時(shí),機(jī)械能也一定守恒.( × ) (7)若在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動(dòng),碰后均變?yōu)殪o止,則兩球碰前的動(dòng)量大小一定相同.( √ ) (8)動(dòng)量定理中的沖量是合力的沖量,而I=Ft中的力可以是合力也可以是某個(gè)力.( √ ) 2.人從高處跳到低處時(shí),為了安全,一般都是讓腳尖先著地,這是為了( C ) A.減小地面對(duì)人的沖量 B.使人的動(dòng)量變化減小 C.減小地面對(duì)人的沖力 D.增大人對(duì)地面的壓強(qiáng),起到安全保護(hù)作用 3.如圖所示,豎直面內(nèi)有一個(gè)固定圓環(huán),MN是它在豎直方向上

7、的直徑.兩根光滑滑軌MP、QN的端點(diǎn)都在圓周上,MP>QN.將兩個(gè)完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q點(diǎn)無(wú)初速度釋放,在它們各自沿MP、QN運(yùn)動(dòng)到圓周上的過(guò)程中,下列說(shuō)法中正確的是( C ) A.合力對(duì)兩滑塊的沖量大小相同 B.重力對(duì)a滑塊的沖量較大 C.彈力對(duì)a滑塊的沖量較小 D.兩滑塊的動(dòng)量變化大小相同 解析 這是“等時(shí)圓”,即兩滑塊同時(shí)到達(dá)滑軌底端.合力F=mgsin θ(θ為滑軌傾角),F(xiàn)a>Fb,因此合力對(duì)a滑塊的沖量較大.a(chǎn)滑塊的動(dòng)量變化也大;重力的沖量大小、方向都相同;彈力FN=mgcos θ,F(xiàn)Na<FNb,因此彈力對(duì)a滑塊的沖量較?。蔬x項(xiàng)C正確. 應(yīng)用動(dòng)量

8、定理解題的方法 在應(yīng)用動(dòng)量定理解題時(shí),一定要認(rèn)真對(duì)物體進(jìn)行受力分析,不可有力的遺漏;建立方程時(shí)要事先選定正方向,確定力與速度的符號(hào).對(duì)于變力的沖量,往往通過(guò)動(dòng)量定理來(lái)計(jì)算,只有當(dāng)相互作用時(shí)間Δt極短時(shí),且相互作用力遠(yuǎn)大于重力時(shí),才可舍去重力. 一 動(dòng)量、沖量的理解 1.動(dòng)量、動(dòng)能、動(dòng)量變化量的比較 項(xiàng)目 名稱(chēng)  動(dòng)量 動(dòng)能 動(dòng)量變化量 定義 物體的質(zhì)量和速度的乘積 物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量 物體末動(dòng)量與初動(dòng)量的差 定義式 p=mv Ek=mv2 Δp=p2-p1 矢標(biāo)性 矢量 標(biāo)量 矢量 特點(diǎn) 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過(guò)程量 關(guān)聯(lián)方程 Ek=

9、,Ek=pv,p=,p= 2.沖量和功的區(qū)別 (1)沖量和功都是過(guò)程量.沖量是表示力對(duì)時(shí)間的積累作用,功表示力對(duì)位移的積累作用. (2)沖量是矢量,功是標(biāo)量. (3)力作用的沖量不為零時(shí),力做的功可能為零;力做的功不為零時(shí),力作用的沖量一定不為零. 3.沖量和動(dòng)量的區(qū)別 (1)沖量是過(guò)程量 (2)動(dòng)量是狀態(tài)量 [例1]物體受到合力F的作用,由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),合力F隨時(shí)間變化的圖象如圖所示,下列說(shuō)法中正確的是( BCD ) A.該物體將始終向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng) B.3 s末該物體回到原出發(fā)點(diǎn) C.0~3 s內(nèi),合力F的沖量等于零,功也等于零 D.2~4 s內(nèi),合力F的沖量不等

10、于零,功卻等于零 解析 圖線和橫坐標(biāo)所圍的面積等于沖量,0~1秒內(nèi)的沖量為負(fù),說(shuō)明速度沿負(fù)方向,而1~2秒內(nèi)沖量為正,且大于0~1秒內(nèi)的沖量,即速度的方向發(fā)生變化,所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤;0~3秒內(nèi),合力F的沖量為零,即物體0秒時(shí)的速度和3秒時(shí)的速度一樣,故0~3秒內(nèi)合力F的沖量等于零,功也等于零,選項(xiàng)C正確;分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程如圖所示,可以得到3秒末物體回到原出發(fā)點(diǎn),選項(xiàng)B正確;2~4秒內(nèi),合力F的沖量不等于零,物體2秒時(shí)和4秒時(shí)速度大小相等,根據(jù)動(dòng)能定理,2~4秒內(nèi)合力F做的功為零,故選項(xiàng)D正確. 二 動(dòng)量定理及其應(yīng)用 動(dòng)量定理的兩個(gè)重要應(yīng)用 (1)應(yīng)用I=Δp求變力的沖量 如果物體受

11、到大小或方向改變的力的作用,則不能直接用I=Ft求變力的沖量,可以求出該力作用下物體動(dòng)量的變化Δp,等效代換變力的沖量I. (2)應(yīng)用Δp=FΔt求動(dòng)量的變化 例如,在曲線運(yùn)動(dòng)中,速度方向時(shí)刻在變化,求動(dòng)量變化(Δp=p2-p1)需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法,計(jì)算比較復(fù)雜,如果作用力是恒力,可以求恒力的沖量,等效代換動(dòng)量的變化. [例2](2017·吉林長(zhǎng)春質(zhì)檢)有一個(gè)質(zhì)量為0.5 kg的籃球從h=0.8 m的高度落到水平地板上,每彈跳一次上升的高度總等于前一次的0.64倍,且每次球與地面接觸時(shí)間相等,空氣阻力不計(jì),與地面碰撞時(shí),籃球重力可忽略.(重力加速度g取10 m/s2) (1)第一次球

12、與地板碰撞,地板對(duì)球的沖量為多少? (2)相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比是多少? 解析 (1)籃球原高度為h,與地面第一次碰前瞬時(shí)速度為v0==m/s=4 m/s,由v2=2gh可知碰后的速度為v1=0.8v0=0.8×4 m/s=3.2 m/s. 選向上為正方向,由動(dòng)量定理有 I=mv1-(-mv0)=1.8mv0=1.8×0.5×4 N·s=3.6 N·s. (2)第二次碰前瞬時(shí)速度和第二次碰后瞬時(shí)速度關(guān)系為v2=0.8v1=0.82v0=0.64v0. 設(shè)兩次碰撞中地板對(duì)球的平均沖力分別為F1、F2,選向上為正方向,由動(dòng)量定理有 F1t=mv1-(-mv0)=1.8

13、mv0, F2t=mv2-(-mv1)=1.8mv1=1.44mv0, F1∶F2=5∶4. 容易知道,任意相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比均為5∶4. 答案 (1)3.6 N·s (2)5∶4 [例3](2018·湖北黃岡模擬)一股水流以10 m/s的速度從噴嘴豎直向上噴出,噴嘴截面積為0.5 cm2,有一質(zhì)量為0.32 kg的球,因受水對(duì)其下側(cè)的沖擊而停在空中,若水沖擊球后速度變?yōu)?,則小球停在離噴嘴多高處?(g取10 m/s2) 解析 小球能停在空中,說(shuō)明小球受到的沖力等于重力F=mg,① 小球受到的沖力大小等于小球?qū)λ牧Γ『苄∫欢伍L(zhǎng)為Δl的小水柱Δm,其受到重力

14、Δmg和球?qū)λ牧,取向下為正方向. (F+Δmg)t=0-(-Δmv),② 其中小段水柱的重力Δm·g忽略不計(jì),Δm=ρS·Δl, ②式變?yōu)镕=,③ 因t很短,Δl很小,一小段Δl的水柱可以看成勻速上升,Δl=vt. ③式變?yōu)镕=ρSv2,④ v為沖擊小球前水的速度,即水以初速v0射出后,上升到h高處時(shí)的速度.根據(jù)豎直上拋的公式有 v2-v=2(-g)h, 所以v=, 代入④,有F=ρS(v-2gh), 代入①,有mg=ρS(v-2gh), h=== m=1.8 m. 答案 1.8 m 應(yīng)用動(dòng)量定理解題的基本思路  三 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 1.動(dòng)

15、量守恒定律的“五性” 條件性 首先判斷系統(tǒng)是否滿(mǎn)足守恒條件(合力為零) 相對(duì)性 公式中v1、v2、v1′、v2′必須相對(duì)于同一個(gè)慣性系 同時(shí)性 公式中v1、v2是在相互作用前同一時(shí)刻的速度,v1′、v2′是相互作用后同一時(shí)刻的速度 矢量性 應(yīng)先選取正方向,凡是與選取的正方向一致的動(dòng)量為正值,相反為負(fù)值 普適性 不僅適用于低速宏觀系統(tǒng),也適用于高速微觀系統(tǒng) 2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)的注意事項(xiàng) (1)動(dòng)量守恒定律的研究對(duì)象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng).系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒,與選擇哪幾個(gè)物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運(yùn)動(dòng)過(guò)程有直接關(guān)系. (2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時(shí),要弄清哪些力是系統(tǒng)

16、的內(nèi)力,哪些力是系統(tǒng)外的物體對(duì)系統(tǒng)的作用力. [例4](2017·廣西南寧模擬)如圖所示,質(zhì)量均為m的小車(chē)和木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上,質(zhì)量為2m的小孩站在小車(chē)上用力向右迅速推出木箱,木箱相對(duì)于冰面運(yùn)動(dòng)的速度為v,木箱運(yùn)動(dòng)到右側(cè)墻壁時(shí)與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞,反彈后能被小孩接住.求: (1)小孩接住箱子后共同速度的大?。? (2)若小孩接住箱子后再次以相對(duì)于冰面的速度v將木箱向右推出,木箱仍與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞,判斷小孩能否再次接住木箱. 解析 (1)取向左為正方向,木箱與墻發(fā)生彈性碰撞,速度反向.根據(jù)動(dòng)量守恒定律,推出木箱的過(guò)程中0=(m+2m)v1-mv,接住木箱的過(guò)程中m

17、v+(m+2m)v1=(m+m+2m)v2,v2=. (2)若小孩第二次將木箱推出,設(shè)小孩和小車(chē)向左的速度為v3,根據(jù)動(dòng)量守恒定律4mv2=3mv3-mv,v3=v,故無(wú)法再次接住木箱. 答案 (1) (2)見(jiàn)解析 動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟 (1)明確研究對(duì)象,確定系統(tǒng)的組成;(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程) (2)進(jìn)行受力分析,判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒;(或某一方向上動(dòng)量是否守恒) (3)規(guī)定正方向,確定初、末狀態(tài)動(dòng)量; (4)由動(dòng)量守恒定律列出方程; (5)代入數(shù)據(jù),求出結(jié)果,必要時(shí)討論說(shuō)明.  四 碰撞問(wèn)題 碰撞遵守的規(guī)律 (1)動(dòng)量守恒,即p1+p2=p′1+

18、p′2. (2)動(dòng)能不增加,即Ek1+Ek2≥E′k1+E′k2或+≥+.  (3)速度要合理 ①碰前兩物體同向,則v后>v前;碰后,原來(lái)在前的物體速度一定增大,且v′前≥v′后. ②兩物體相向運(yùn)動(dòng),碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變. [例5]如圖,在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線上,A位于B、C之間.A的質(zhì)量為m,B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng),求m和M之間應(yīng)滿(mǎn)足什么條件,才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞.設(shè)物體間的碰撞都是彈性碰撞. 解析 設(shè)A運(yùn)動(dòng)的初速度為v0,A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生碰撞,由動(dòng)量守恒定律得mv0=mv1+M

19、v2, 由機(jī)械能守恒得mv=mv+Mv, 可得v1=v0,v2=v0. 要使得A與B能發(fā)生碰撞,需要滿(mǎn)足v1<0,即m<M, A反向向左運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞過(guò)程,有mv1=mv3+Mv4, mv=mv+Mv, 整理可得v3=v1=()2v0,v4=v1. 由于m<M,所以A還會(huì)向右運(yùn)動(dòng),根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞,需要滿(mǎn)足v3≤v2, 即v0≥()2v0, 整理可得m2+4Mm≥M2, 解方程可得m≥(-2)M, 所以使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞,需滿(mǎn)足 (-2)M≤m<M. 答案 (-2)M≤m<M 碰撞問(wèn)題解題策略 (1)抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類(lèi)碰撞滿(mǎn)足的條件,

20、列出相應(yīng)方程求解. (2)可熟記一些公式,例如“一動(dòng)一靜”模型中,兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿(mǎn)足v1=v0、v2=v0. (3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論,例如,當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí),兩球碰撞后交換速度;當(dāng)m1?m2,且v20=0時(shí),碰后質(zhì)量大的速率不變,質(zhì)量小的速率為2v0;當(dāng)m1?m2,且v20=0時(shí),碰后質(zhì)量小的球原速率反彈.  五 爆炸、反沖和“人船模型” 1.爆炸的特點(diǎn) (1)動(dòng)量守恒:由于爆炸是在板短的時(shí)間內(nèi)完成的,發(fā)生爆炸時(shí)物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力,所以在爆炸過(guò)程中,系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒. (2)動(dòng)能增加:在爆炸過(guò)程中,由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,所以

21、爆炸前后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加. (3)位置不變:爆炸的時(shí)間極短,因而在作用過(guò)程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般可忽略不計(jì),可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng). [例6](2018·河南六市一聯(lián))如圖所示,光滑水平面上有三個(gè)滑塊A、B、C,質(zhì)量關(guān)系是mA=mC=m、mB=.開(kāi)始時(shí)滑塊B、C緊貼在一起,中間夾有少量炸藥,處于靜止?fàn)顟B(tài),滑塊A以速度v0正對(duì)B向右運(yùn)動(dòng),在A未與B碰撞之前,引爆了B、C間的炸藥,炸藥爆炸后B與A迎面碰撞,最終A與B黏在一起,以速率v0向左運(yùn)動(dòng).求: (1)炸藥爆炸過(guò)程中炸藥對(duì)C的沖量; (2)炸藥的化學(xué)能有多少轉(zhuǎn)化為機(jī)械能? 解析 全過(guò)程取向右為正

22、方向,A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒, mAv0=-(mA+mB)v0+mCvC,炸藥對(duì)C的沖量I=mCvC-0,解得I=mv0,方向向右. (2)炸藥爆炸過(guò)程,B和C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 mCvC-mBvB=0,據(jù)能量關(guān)系ΔE=×v+mv,解得ΔE=mv. 答案 (1)mv0,水平向右 (2)mv 2.反沖 (1)現(xiàn)象:物體的不同部分在內(nèi)力的作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象. (2)特點(diǎn):一般情況下,物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大,因此系統(tǒng)動(dòng)量可能是動(dòng)量守恒、動(dòng)量近似守恒或某一方向上動(dòng)量守恒.反沖運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能往往不守恒. (3)實(shí)例:噴氣式飛機(jī)、火箭等都是利用反沖運(yùn)動(dòng)的實(shí)例. [例7

23、]一質(zhì)量為M的航天器,正以速度v0在太空中飛行,某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后,發(fā)動(dòng)機(jī)瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體,氣體噴出時(shí)速度大小為v1,加速后航天器的速度大小為v2,則噴出氣體的質(zhì)量m為( C ) A.m=M   B.m=M C.M   D.M 解析 規(guī)定航天器的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律可得 Mv0=(M-m)v2-mv1,解得m=M,故選項(xiàng)C正確. 3.“人船模型” 若系統(tǒng)在全過(guò)程中動(dòng)量守恒,則這一系統(tǒng)在全過(guò)程中平均動(dòng)量也守恒.如果系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成,且相互作用前均靜止,相互作用中均發(fā)生運(yùn)動(dòng),則由m1-m2=0,得m1x1=m2x2.  [例8]如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為

24、m的木塊,從半徑為R、質(zhì)量為M的光滑圓弧形槽頂端由靜止滑下.在槽被固定和可沿著光滑平面自由滑動(dòng)兩種情況下,木塊從槽口滑出時(shí)的速度大小之比為多少? 解析 槽固定時(shí),木塊下滑過(guò)程中只有重力做功,由動(dòng)能定理得mgR=mv-0,① 則木塊滑出槽口時(shí)的速度v1=,② 槽可動(dòng)時(shí),當(dāng)木塊開(kāi)始下滑到脫離槽口的過(guò)程中,對(duì)木塊和槽所組成的系統(tǒng),水平方向不受外力,水平方向動(dòng)量守恒,設(shè)木塊滑出槽口時(shí)的速度為v2,槽的速度為u,在水平方向上,由動(dòng)量守恒定律可得mv2-Mu=0,③ 木塊下滑時(shí),只有重力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒定律得mgR=mv+Mu2,④ 由③④解得,木塊滑出槽口的速度 v2=

25、,⑤ 由②⑤得兩種情況下木塊滑出槽口的速度之比 ==. 答案  利用“人船模型”解題需注意兩點(diǎn) (1)條件 ①系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒或某一方向上的動(dòng)量守恒. ②構(gòu)成系統(tǒng)的兩物體原來(lái)靜止,因相互作用而反向運(yùn)動(dòng). ③x1、x2均為沿動(dòng)量方向相對(duì)于同一參考系的位移. (2)解題關(guān)鍵是畫(huà)出初、末位置,確定各物體位移關(guān)系. 1.如圖,質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速度v0向右勻速行駛,一質(zhì)量為m的救生員站在船尾,相對(duì)小船靜止.若救生員以相對(duì)水面速率v水平向左躍入水中,則救生員躍出后小船的速率為( C ) A.v0+v   B.v0-v C.v0+(v0+v)   D.v0+(

26、v0-v) 解析 設(shè)水平向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律,對(duì)救生員和船有(M+m)v0=-mv+Mvx,解得vx=v0+(v0+v),選項(xiàng)C正確. 2.(2017·湖北黃岡模擬)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng),mA=1 kg,mB=2 kg,vA=6 m/s,vB=2 m/s.當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后,兩球A、B速度的可能值是( B ) A.v′A=5 m/s,v′B=2.5 m/s B.v′A=2 m/s,v′B=4 m/s C.v′A=-4 m/s,v′B=7 m/s D.v′A=7 m/s,v′B=1.5 m/s 解析 雖然題中四個(gè)選項(xiàng)均滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律,但選

27、項(xiàng)A、D中,碰后A的速度vA′大于B的速度vB′,必然要發(fā)生第二次碰撞,不符合實(shí)際,選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤;選項(xiàng)C中,兩球碰后的總動(dòng)能Ek′=mAvA′2+mBvB′2=57 J,大于碰前的總動(dòng)能Ek=mAv+mBv=22 J,違背了能量守恒定律,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;而選項(xiàng)B既符合實(shí)際情況,也不違背能量守恒定律,故選項(xiàng)B正確. 3.一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)僅有水平速度v=2 m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計(jì)質(zhì)量損失,重力加速度g取10 m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是( B ) 解析 彈丸爆炸過(guò)程遵守動(dòng)量守恒,若爆炸后甲、乙同向飛出,則有mv=

28、mv甲+mv乙,① 若爆炸后甲、乙反向飛出,則有mv=mv甲-mv乙,② 或mv=-mv甲+mv乙,③ 爆炸后甲、乙從同一高度作平拋運(yùn)動(dòng),由選項(xiàng)A可知,爆炸后甲、乙向相反方向飛出,下落時(shí)間t== s=1 s,速度大小分別為v甲== m/s=2.5 m/s,v乙==0.5 m/s,代入②式不成立,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;同理,可求出選項(xiàng)B、C、D中甲、乙的速度,分別代入①式、②式、③式可知,只有選項(xiàng)B正確. 4.在光滑的水平面上,質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng).在小球A的前方O點(diǎn)有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài),如圖所示.小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運(yùn)動(dòng).小球B被在Q點(diǎn)處的墻壁彈

29、回后與小球A在P點(diǎn)相遇,PQ=1.5PO.假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性的,求兩小球質(zhì)量的比值. 解析 從兩小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤觯∏駻和B的速度大小保持不變.根據(jù)它們通過(guò)的路程,可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4∶1. 設(shè)碰撞后小球A和B的速度分別為v1和v2,在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒,碰撞前后動(dòng)能相等. m1v0=m1v1+m2v2,① m1v=m1v+m2v,② 利用=4,可解出=2. 答案 =2 5.如圖所示,甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m,兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng),速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞,乙船上

30、的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船,甲船上的人將貨物接住,求拋出貨物的最小速度.(不計(jì)水的阻力) 解析 設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin,拋出貨物后船的速度為v1,甲船上的人接到貨物后船的速度為v2,由動(dòng)量守恒定律得12mv0=11mv1-mvmin,① 10m·2v0-mvmin=11mv2,② 為避免兩船相撞應(yīng)滿(mǎn)足 v1=v2,③ 聯(lián)立①②③式得vmin=4v0. 答案 4v0 [例1](2016·安徽安慶檢測(cè)·5分)如圖所示,一個(gè)木箱原來(lái)靜止在光滑水平面上,木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)小木塊,木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量.現(xiàn)使木箱獲得一個(gè)向右的初

31、速度v0,則(  ) A.小木塊和木箱最終都將靜止 B.小木塊最終將相對(duì)木箱靜止,二者一起向右運(yùn)動(dòng) C.小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來(lái)回往復(fù)碰撞,而木箱一直向右運(yùn)動(dòng) D.如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對(duì)木箱靜止,則二者將一起向左運(yùn)動(dòng) [答題送檢]來(lái)自閱卷名師報(bào)告 錯(cuò)誤 致錯(cuò)原因 扣分 A 誤認(rèn)為系統(tǒng)的初速度為零,根據(jù)動(dòng)量守恒得末速度為零 -5 C 沒(méi)有進(jìn)行過(guò)程分析 D 不能理解動(dòng)量守恒定律的意義 [解析] 由動(dòng)量守恒定律知小木塊最終與木箱相對(duì)靜止,以相同的速度一起向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)B正確. [答案] B 1.如圖所示,在光滑的水平地面上有一輛平板車(chē)

32、,車(chē)的左右兩端分別站著人A和人B,人A的質(zhì)量為mA,人B的質(zhì)量為mB,且mA>mB.初始時(shí),人和車(chē)都處于靜止?fàn)顟B(tài),若兩人同時(shí)以相等大小的速度(相對(duì)地面)相向運(yùn)動(dòng),則關(guān)于車(chē)的運(yùn)動(dòng)情況,下列說(shuō)法正確的是( D ) A.靜止不動(dòng)     B.左右往返運(yùn)動(dòng) C.向右運(yùn)動(dòng)     D.向左運(yùn)動(dòng) 解析 設(shè)兩人的速度大小均為v0,車(chē)的速度為v,取人A和人B及平板車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,以向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律有mBv0-mAv0+m車(chē)v=0,又mA>mB,解得v>0,即車(chē)向左運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)D正確. 2.(2018·江蘇南京模擬)(多選)質(zhì)量均為m的小球a、b、c以相同的速度分別與另外三個(gè)質(zhì)量

33、均為M的靜止小球正碰后,a球被反向彈回,b球與被碰球黏合在一起仍沿原方向運(yùn)動(dòng),c球碰后靜止,則下列說(shuō)法正確的是( AC ) A.m一定小于M B.m可能等于M C.b球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能最大 D.c球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能最大 解析 由a球被反向彈回,可以確定m一定小于M,選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤;當(dāng)m與M碰撞后黏在一起時(shí),屬于完全非彈性碰撞,此時(shí)損失的動(dòng)能最大,選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤. 3.(2018·四川成都模擬)如圖所示,兩輛完全相同的小車(chē)A和B靜止于光滑水平地面,質(zhì)量均為3m.質(zhì)量為2m的小球C用輕繩懸掛于小車(chē)A的車(chē)頂,現(xiàn)使B車(chē)保持靜止,A、C以共同速度v

34、0向右勻速運(yùn)動(dòng),與B車(chē)碰撞后黏在一起.則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是( A ) A.小車(chē)A、B碰撞結(jié)束時(shí)B車(chē)的速度大小為v0 B.小車(chē)A、B發(fā)生碰撞時(shí)小車(chē)A對(duì)B的沖量大小為mv0 C.小車(chē)A、B發(fā)生碰撞時(shí)小車(chē)B對(duì)A的沖量大小為mv0 D.小球第一次向右擺起的最大高度為 解析 由于碰撞時(shí)間極短,碰撞過(guò)程中A、B兩小車(chē)動(dòng)量守恒,設(shè)碰后瞬間A、B共同速度為v1,由動(dòng)量守恒定律有3mv0=(3m+3m)v1,解得v1=v0,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;對(duì)小車(chē)B由動(dòng)量定理有IB=3mv1=mv0,一對(duì)相互作用力的沖量總是大小相等,方向相反,選項(xiàng)B、C均正確;從小車(chē)A、B碰撞后到小球C第一次向右擺起至最大高度過(guò)程,設(shè)

35、A、B、C共同速度為v2,由動(dòng)量守恒有2mv0+(3m+3m)v1=(3m+2m+3m)v2.由機(jī)械能守恒有(2m)v+(3m+3m)v=(3m+2m+3m)v+2mgh,解得h=,選項(xiàng)D正確. 4.(2018·湖北黃石模擬)(多選)如圖所示,質(zhì)量為M的平板車(chē)B放在光滑水平面上,在其右端放質(zhì)量為m的小木塊A,m

36、出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)處時(shí),平板車(chē)的位移大小為v D.小木塊向左運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為 解析 A不會(huì)滑離B板,最終A、B以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng),設(shè)此速度為v,以水平向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律有Mv0-mv0=(M+m)v,解得v=v0,方向向右,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;小木塊向左運(yùn)動(dòng)到離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)處時(shí)速度為零,設(shè)此時(shí)平板車(chē)速度為v′,由動(dòng)量守恒定律有Mv0-mv0=Mv′,設(shè)這一過(guò)程平板車(chē)向右運(yùn)動(dòng)s1,小木塊向左的位移大小為s2,對(duì)平板車(chē)及小木塊的這一過(guò)程由動(dòng)能定理分別有-μmgs1=Mv′2-Mv,-μmgs2=0-mv,解得s1=v、s2=,選項(xiàng)C、D均正確. 1.(2017·全國(guó)卷Ⅰ)將質(zhì)量為1

37、.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空,50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動(dòng)量大小為(噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略)( A ) A.30 kg·m/s     B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s     D.6.3×102 kg·m/s 解析 由于噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略,則模型火箭與燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒.燃?xì)鈬姵銮跋到y(tǒng)靜止,總動(dòng)量為零,故噴出后瞬間火箭的動(dòng)量與噴出燃?xì)獾膭?dòng)量等值反向,可得火箭的動(dòng)量的大小等于燃?xì)獾膭?dòng)量大小,則|p火|=|p氣|=m氣v氣=0.05 kg×600 m/s=3

38、0 kg·m/s.選項(xiàng)A正確. 2.“蹦極”運(yùn)動(dòng)中,長(zhǎng)彈性繩的一端固定,另一端綁在人身上,人從幾十米高處跳下,將蹦極過(guò)程簡(jiǎn)化為人沿豎直方向的運(yùn)動(dòng).從繩恰好伸直,到人第一次下降至最低點(diǎn)的過(guò)程中,下列分析正確的是( A ) A.繩對(duì)人的沖量始終向上,人的動(dòng)量先增大后減小 B.繩對(duì)人的拉力始終做負(fù)功,人的動(dòng)能一直減小 C.繩恰好伸直時(shí),繩的彈性勢(shì)能為零,人的動(dòng)能最大 D.在最低點(diǎn)時(shí),繩對(duì)人的拉力等于人所受的重力 解析 從繩子恰好伸直,到人第一次下降到最低點(diǎn)的過(guò)程中,拉力逐漸增大,由牛頓第二定律mg-F=ma可知,人先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)a=0時(shí),F(xiàn)=mg,此時(shí)速度最大,動(dòng)量最大,動(dòng)

39、能最大,此后人繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng),F(xiàn)>mg,由牛頓第二定律F-mg=ma可知,人做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),動(dòng)量一直減小直到減為零,全過(guò)程中拉力方向始終向上,所以繩對(duì)人的沖量始終向上,綜上可知選項(xiàng)A正確,C、D錯(cuò)誤;拉力對(duì)人始終做負(fù)功,動(dòng)能先增大后減小,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤. 3.高空作業(yè)須系安全帶,如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落,從開(kāi)始跌落到安全帶對(duì)人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動(dòng)).此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng),若在此過(guò)程中該作用力始終豎直向上,則該段時(shí)間安全帶對(duì)人的平均作用力大小為( A ) A.+mg   B.-mg C.+mg   D.-mg 解析 由自由落體運(yùn)動(dòng)公

40、式得人下降h距離時(shí)的速度為v=,在t時(shí)間內(nèi)對(duì)人由動(dòng)量定理得(F-mg)t=mv,解得安全帶對(duì)人的平均作用力為F=+mg,選項(xiàng)A正確. 4.一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置,由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離如圖所示.已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1,后部分的箭體質(zhì)量為m2,分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行,若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化,則分離后衛(wèi)星的速率v1為( D ) A.v0-v2   B.v0+v2 C.v0-v2   D.v0+(v0-v2) 解析 對(duì)火箭和衛(wèi)星由動(dòng)量守恒定律得(m1+m2)v0=m2v2+m1v1 解得v1==v0+(v0-v2),故選項(xiàng)D正

41、確. 5.一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn),距離A點(diǎn)5 m的位置B處是一面墻,如圖所示.小物塊以v0=9 m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng),在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s,碰后以6 m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止.g取10 m/s2. (1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ; (2)若碰撞時(shí)間為0.05 s,求碰撞過(guò)程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F; (3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功W. 解析 (1)對(duì)小物塊從A運(yùn)動(dòng)到B處的過(guò)程中 應(yīng)用動(dòng)能定理-μmgs=mv2-mv, 代入數(shù)值解得μ=0.32. (2)取向右為正方向,碰后滑塊速度v′=-6

42、 m/s, 由動(dòng)量定理得FΔt=mv′-mv,解得F=-130 N, 其中“-”表示墻面對(duì)物塊的平均作用力方向向左. (3)對(duì)物塊反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中應(yīng)用動(dòng)能定理得-W=0-mv′2,解得W=9 J. 答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J 6.兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng),并發(fā)生碰撞,碰撞后兩者黏在一起運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,從光滑路段進(jìn)入粗糙路段,兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示.求: (1)滑塊a、b的質(zhì)量之比; (2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比. 解析  (1)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2,a、b碰撞前的速

43、度為v1、v2.由題給圖象得 v1=-2 m/s,① v2=1 m/s,② a、b發(fā)生完全非彈性碰撞,碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象得v= m/s,③ 由動(dòng)量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v,④ 聯(lián)立①②③④式得m1∶m2=1∶8,⑤ (2)由能量守恒定律得,兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為 ΔE=m1v+m2v-(m1+m2)v2,⑥ 由圖象可知,兩滑塊最后停止運(yùn)動(dòng).由動(dòng)能定理得,兩滑塊克服摩擦力所做的功為W=(m1+m2)v2,⑦ 聯(lián)立⑥⑦式,并代入題給數(shù)據(jù)得W∶ΔE=1∶2. 答案 (1)1∶8 (2)1∶2 7.某游樂(lè)園入口旁有一噴泉,噴出的水柱

44、將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中.為計(jì)算方便起見(jiàn),假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出,玩具底部為平板(面積略大于S),水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_(kāi).忽略空氣阻力.已知水的密度為ρ,重力加速度大小為g.求: (1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量; (2)玩具在空中懸停時(shí),其底面相對(duì)于噴口的高度. 解析 (1)設(shè)Δt時(shí)間內(nèi),從噴口噴出的水的體積為ΔV,質(zhì)量為Δm,則 Δm=ρΔV,① ΔV=v0SΔt,② 由①②式得,單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 =ρv0S.③ (2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h,水

45、從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v.對(duì)于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水,由能量守恒得(Δm)v2+(Δm)gh=(Δm)v,④ 在h高度處,Δt時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為Δp=(Δm)v.⑤ 設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F,根據(jù)動(dòng)量定理有 FΔt=Δp,⑥ 由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件得F=Mg,⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h=-. 答案 (1)ρv0S (2)- 8.(2017·天津卷)如圖所示,物塊A和B通過(guò)一根輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩相連,跨放在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè),質(zhì)量分別為mA=2 kg、mB=1 kg.初始時(shí)A靜止于水平地面上,B懸于空中,現(xiàn)將B豎直

46、向上再舉高h(yuǎn)=1.8 m(未觸及滑輪),然后由靜止釋放.一段時(shí)間后細(xì)繩繃直,A、B以大小相等的速度一起運(yùn)動(dòng),之后B恰好可以和地面接觸.取g=10 m/s2,空氣阻力不計(jì).求: (1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t; (2)A的最大速度v的大小; (3)初始時(shí)B離地面的高度H. 解析 (1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng),有 h=gt2,① 代入數(shù)據(jù)解得t=0.6 s.② (2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB,有 vB=gt,③ 細(xì)繩繃直瞬間,細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力,A、B相互作用,由動(dòng)量守恒得mBvB=(mA+mB)v,④ 之后A做勻減速運(yùn)動(dòng),所以細(xì)繩繃

47、直后瞬間的速度v即最大速度,聯(lián)立②③④式,代入數(shù)據(jù)解得v=2 m/s.⑤ (3)細(xì)繩繃直后,A、B一起運(yùn)動(dòng),B恰好可以和地面接觸,說(shuō)明此時(shí)A、B的速度為零,這一過(guò)程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有 (mA+mB)v2+mBgH=mAgH,⑥ 代入數(shù)據(jù)解得H=0.6 m. 答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m 課時(shí)達(dá)標(biāo) 第18講 [解密考綱]主要考查動(dòng)量、動(dòng)量守恒定律等基本概念、規(guī)律的理解,運(yùn)用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)分析較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)過(guò)程等. 1.(2017·吉林長(zhǎng)春模擬)將—個(gè)質(zhì)量為m的小木塊放在光滑的斜面上,使木塊從斜面的頂端由靜止開(kāi)始向下滑動(dòng),滑到底端總共用時(shí)t

48、,如圖所示.設(shè)在下滑的前一半時(shí)間內(nèi)木塊的動(dòng)量變化為Δp1,在后一半時(shí)間內(nèi)其動(dòng)量變化為Δp2,則Δp1∶Δp2為( C ) A.1∶2   B.1∶3 C.1∶1   D.2∶1 解析 木塊在下滑的過(guò)程中,一直受到的是重力與斜面支持力的作用,二力的合力大小恒定為F=mgsin θ,方向也始終沿斜面向下不變.由動(dòng)量定理可得Δp1∶Δp2=(F·t1)∶(F·t2)=(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)=1∶1.故選項(xiàng)C正確. 2.(多選)某人身系彈性繩自高空P點(diǎn)自由下落,圖中a點(diǎn)是彈性繩的原長(zhǎng)位置,c是人所到達(dá)的最低點(diǎn),b是人靜止地懸吊著時(shí)的平衡位置.不計(jì)空氣阻力,則下列說(shuō)法

49、中正確的是( BC ) A.從P至c過(guò)程中重力的沖量大于彈性繩彈力的沖量 B.從P至c過(guò)程中重力所做功等于人克服彈力所做的功 C.從P至b過(guò)程中人的速度不斷增大 D.從a至c過(guò)程中加速度方向保持不變 3.把重物壓在紙帶上,用一水平力緩緩拉動(dòng)紙帶,重物跟著紙帶一起運(yùn)動(dòng);若迅速拉動(dòng)紙帶,紙帶就會(huì)從重物下抽出.這個(gè)現(xiàn)象的原因是( C ) A.在緩緩拉動(dòng)紙帶時(shí),紙帶給重物的摩擦力大 B.在迅速拉動(dòng)紙帶時(shí),紙帶給重物的摩擦力大 C.在緩緩拉動(dòng)紙帶時(shí),紙帶給重物的沖量大 D.在迅速拉動(dòng)紙帶時(shí),紙帶給重物的沖量大 解析 在緩慢拉動(dòng)紙帶時(shí),兩物體之間的水平方向作用力是靜摩擦力;在迅速拉

50、動(dòng)紙帶時(shí),它們之間的作用力是滑動(dòng)摩擦力.由于滑動(dòng)摩擦力Ff=μN(yùn)(μ是動(dòng)摩擦因數(shù)),而最大靜摩擦力略大于滑動(dòng)摩擦力.一般情況下可以認(rèn)為Ff=Ffm,即滑動(dòng)摩擦力Ff近似等于最大靜摩擦力Ffm.因此,一般情況是緩拉,摩擦力小;快拉,摩擦力大.緩緩拉動(dòng)紙帶時(shí),摩擦力雖小些,但作用時(shí)間相對(duì)很長(zhǎng),故重物獲得的沖量,即動(dòng)量的改變量可以很大,所以能把重物帶動(dòng);快拉時(shí),摩擦力雖大些,但作用時(shí)間相對(duì)很短,故沖量小,所以重物動(dòng)量的改變量?。虼诉x項(xiàng)C正確. 4.如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng).兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動(dòng)量均為6 kg·m/s,運(yùn)動(dòng)

51、中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動(dòng)量變化量為-4 kg·m/s,則( A ) A.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 B.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 C.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 解析 由mB=2mA,pA=pB知碰前vB

52、動(dòng),兩球不可能相碰. 5.我國(guó)女子短道速滑隊(duì)在世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3 000 m接力三連冠.觀察發(fā)現(xiàn),“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面,并且開(kāi)始向前滑行,待乙追上甲時(shí),乙猛推甲一把,使甲獲得更大的速度向前沖出.在乙推甲的過(guò)程中,忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用,則( B ) A.甲對(duì)乙的沖量一定等于乙對(duì)甲的沖量 B.甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反 C.甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量 D.甲對(duì)乙做多少正功,乙對(duì)甲就一定做多少負(fù)功 解析 甲對(duì)乙的沖量與乙對(duì)甲的沖量大小相等,方向相反,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;甲、乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,動(dòng)量變化量等大反向,選項(xiàng)B正確

53、;甲、乙相互作用時(shí),雖然她們之間的相互作用力始終大小相等,方向相反,但相互作用過(guò)程中,她們的對(duì)地位移不一定相同,所以甲的動(dòng)能增加量不一定等于乙的動(dòng)能減少量,那么甲對(duì)乙做的功就不一定等于乙對(duì)甲做的功,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤. 6.(2017·廣東珠海檢測(cè))(多選)攜帶美國(guó)“天鵝座”宇宙飛船的“安塔瑞斯”號(hào)運(yùn)載火箭在弗吉尼亞州瓦勒普斯島發(fā)射升空時(shí)爆炸,爆炸燃起巨大火球,運(yùn)載火箭沒(méi)有載人.下面對(duì)于該火箭的描述正確的是( BD ) A.火箭發(fā)射的初速度大于7.9 km/s B.火箭上升過(guò)程中處于超重狀態(tài) C.忽略空氣阻力,則火箭碎片落地時(shí)速度大小相等 D.在爆炸的極短時(shí)間內(nèi),系統(tǒng)動(dòng)量守恒 解析 火

54、箭發(fā)射指的是火箭從地面開(kāi)始點(diǎn)火加速升空的過(guò)程,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在火箭上升過(guò)程中,具有向上的加速度,處于超重狀態(tài),故選項(xiàng)B正確;由于在爆炸過(guò)程中,碎片的速度大小及方向均不相同,故落地時(shí)的速度大小不一定相同,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;在爆炸過(guò)程中由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,故可以認(rèn)為動(dòng)量守恒,故選項(xiàng)D正確. 7.如圖所示,具有一定質(zhì)量的小球A固定在輕桿一端,另一端掛在小車(chē)支架的O點(diǎn).用手將小球拉至水平,此時(shí)小車(chē)靜止于光滑水平面上,放手讓小球擺下與B處固定的橡皮泥碰擊后黏在一起,則在此過(guò)程中小球?qū)? D ) A.向右運(yùn)動(dòng) B.向左運(yùn)動(dòng) C.靜止不動(dòng) D.小球下擺時(shí),車(chē)向左運(yùn)動(dòng)后又靜止 解析 水平方向上,系

55、統(tǒng)不受外力,因此在水平方向上動(dòng)量守恒.小球下落過(guò)程中,水平方向具有向右的分速度,因此為保證系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,小車(chē)要向左運(yùn)動(dòng).當(dāng)撞到橡皮泥,是完全非彈性碰撞,A球和小車(chē)大小相等、方向相反的動(dòng)量恰好抵消掉,小車(chē)會(huì)靜止. 8.如圖所示,光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C,B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì)).設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng),壓縮彈簧;當(dāng)A、B速度相等時(shí),B與C恰好相碰并黏接在一起,然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng).假設(shè)B和C碰撞過(guò)程時(shí)間極短,求從A開(kāi)始?jí)嚎s彈簧直到與彈簧分離的過(guò)程中: (1)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能; (2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能. 解析 (1)對(duì)A、B

56、,由動(dòng)量守恒定律得mv0=2mv1, 解得v1=v0, B與C碰撞的瞬間,B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量定恒,有 m·=2mv2, 解得v2=, 系統(tǒng)損失的機(jī)械能 ΔE=m2-×2m2=mv (2)當(dāng)A、B、C速度相同時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大.根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0=3mv,解得v=,根據(jù)能量守恒定律得彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep=mv-(3m)v2-ΔE=mv. 答案 (1)mv (2)mv 9.(2017·黃岡中學(xué)一模)甲、乙兩小孩各乘一輛小車(chē)在光滑的水平面上勻速相向行駛,速度大小均為v0=6 m/s,甲乘的小車(chē)上有質(zhì)量為m=1 kg的小球若干,甲和他的小車(chē)及所帶小球的總質(zhì)量為M1=50

57、 kg,乙和他的小車(chē)的總質(zhì)量為M2=30 kg.現(xiàn)為避免相撞,甲不斷地將小球以相對(duì)地面為v′=16.5 m/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(chē)不致相撞.求此時(shí): (1)兩車(chē)的速度各為多少? (2)甲總共拋出了多少個(gè)小球? 解析  (1)兩車(chē)剛好不相撞,則兩車(chē)速度相等,由動(dòng)量守恒定律得 M1v0-M2v0=(M1+M2)v, 解得v=1.5 m/s. (2)對(duì)甲及從小車(chē)上拋出的小球,由動(dòng)量守恒定律得 M1v0=(M1-n·m)v+n·mv′, 解得n=15. 答案 (1)1.5 m/s 1.5 m/s (2)15 10.(201

58、7·江西南昌模擬)如圖所示,質(zhì)量為mA=2 kg的木塊A靜止在光滑水平面上.一質(zhì)量為mB=1 kg的木塊B以初速度v0=5 m/s沿水平方向向右運(yùn)動(dòng),與A碰撞后都向右運(yùn)動(dòng).木塊A與擋板碰撞后立即反彈(設(shè)木塊A與擋板碰撞過(guò)程無(wú)機(jī)械能損失),后來(lái)木塊A與B發(fā)生二次碰撞,碰后A、B同向左運(yùn)動(dòng),速度大小分別為0.9 m/s、1.2 m/s.求: (1)木塊A、B第一次碰撞過(guò)程中A對(duì)B的沖量; (2)木塊A、B第二次碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能. 解析 (1)設(shè)A、B第一次碰撞后的速度大小分別為vA1、vB1,以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得

59、mBv0=mAvA1+mBvB1 A與擋板碰撞,沒(méi)有機(jī)械能損失,A與擋板碰撞后原速反彈,第二次A、B碰撞前瞬間的速度大小分別為vA1、vB1,設(shè)碰撞后的速度大小分別為vA2、vB2,vA2和vB2方向均向左,取向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mAvA1-mBvB1=mAvA2+mBvB2, 由題意知vA2=0.9 m/s,vB2=1.2 m/s, 解得vA1=2 m/s,vB1=1 m/s, 對(duì)B,由動(dòng)量定理得I=mBvB1-mBv0=-4 kg·m/s,負(fù)號(hào)表示方向向左, (2)由能量守恒定律得,第二次碰撞過(guò)程中 ΔE=-, 解得ΔE=2.97 J. 答案 (1)4 kg·m/s,方向向左 (2)2.97 J 24

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