第六章-碰撞-動(dòng)量守恒定律(講義)(共30頁(yè))

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上第1節(jié)動(dòng)量動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律一、沖量、動(dòng)量和動(dòng)量定理1沖量 (1)定義：力和力的作用時(shí)間的乘積(2)公式：IFt，適用于求恒力的沖量(3)方向：與力的方向相同2動(dòng)量 (1)定義：物體的質(zhì)量與速度的乘積(2)表達(dá)式：pmv. (3)單位：千克·米/秒符號(hào)：kg·m/s.(4)特征：動(dòng)量是狀態(tài)量，是矢量，其方向和速度方向相同3動(dòng)量定理 (1)內(nèi)容：物體所受合力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量(2)表達(dá)式：F合·tppp.(3)矢量性：動(dòng)量變化量方向與合力的方向相同，可以在某一方向上用動(dòng)量定理二、動(dòng)量守恒定律1系統(tǒng)：相互作用的幾個(gè)物體構(gòu)成系統(tǒng)系統(tǒng)中

2、各物體之間的相互作用力稱為內(nèi)力，外部其他物體對(duì)系統(tǒng)的作用力叫做外力2定律內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力作用，或者所受的合外力為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變3定律的表達(dá)式m1v1m2v2m1v1m2v2，兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)初動(dòng)量等于末動(dòng)量可寫為：pp、p0和p1p24守恒條件(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒(2)近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒(3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒自我診斷1判斷正誤(1)動(dòng)量越大的物體，其運(yùn)動(dòng)速度越大(×)(2)物體的動(dòng)量越大，則物體的慣性就越大

3、(×)(3)物體的動(dòng)量變化量等于某個(gè)力的沖量(×)(4)動(dòng)量是過(guò)程量，沖量是狀態(tài)量(×)(5)物體沿水平面運(yùn)動(dòng)，重力不做功，重力的沖量也等于零(×)(6)系統(tǒng)動(dòng)量不變是指系統(tǒng)的動(dòng)量大小和方向都不變()2(2017·廣東廣州調(diào)研)(多選)兩個(gè)質(zhì)量不同的物體，如果它們的()A動(dòng)能相等，則質(zhì)量大的動(dòng)量大 B動(dòng)能相等，則動(dòng)量大小也相等C動(dòng)量大小相等，則質(zhì)量大的動(dòng)能小 D動(dòng)量大小相等，則動(dòng)能也相等3籃球運(yùn)動(dòng)員通常伸出雙手迎接傳來(lái)的籃球接球時(shí)，兩手隨球迅速收縮至胸前這樣做可以()A減小球?qū)κ值臎_量 B減小球?qū)κ值臎_擊力C減小球的動(dòng)量變化量 D減小球的動(dòng)能變

4、化量4(2017·河南開封質(zhì)檢)(多選) 如圖所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對(duì)兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法中正確的是()A兩手同時(shí)放開后，系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零B先放開左手，后放開右手，動(dòng)量不守恒C先放開左手，后放開右手，總動(dòng)量向左D無(wú)論何時(shí)放手，兩手放開后在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，系統(tǒng)總動(dòng)量都保持不變，但系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定為零5(2017·湖南邵陽(yáng)中學(xué)模擬)一個(gè)質(zhì)量m1.0 kg的物體，放在光滑的水平面上，當(dāng)物體受到一個(gè)F10 N與水平面成30°角斜向下的推力作用時(shí)，在10 s內(nèi)推力的沖量大小為_ N·s，動(dòng)

5、量的增量大小為_ kg·m/s.考點(diǎn)一動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用1應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)應(yīng)注意兩點(diǎn)(1)動(dòng)量定理的研究對(duì)象是一個(gè)質(zhì)點(diǎn)(或可視為一個(gè)物體的系統(tǒng))(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維情況下，各個(gè)矢量必須選同一個(gè)正方向2動(dòng)量定理的三大應(yīng)用(1)用動(dòng)量定理解釋現(xiàn)象物體的動(dòng)量變化一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越短，力就越大；時(shí)間越長(zhǎng)，力就越小作用力一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越長(zhǎng)，動(dòng)量變化越大；力的作用時(shí)間越短，動(dòng)量變化越小(2)應(yīng)用Ip求變力的沖量(3)應(yīng)用pF·t求恒力作用下的曲線運(yùn)動(dòng)中物體動(dòng)量的變化量典例1(2016·高考全國(guó)乙卷)某游樂(lè)園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M

6、的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中為計(jì)算方便起見，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?，在水平方向朝四周均勻散開忽略空氣阻力已知水的密度為，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)t時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則mVVv0St 由式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為v0S(2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v.對(duì)于t時(shí)間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh

7、(m)v在h高度處，t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p(m)v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Ftp由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得FMg聯(lián)立式得h(1)用動(dòng)量定理解題的基本思路(2)對(duì)過(guò)程較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，可分段用動(dòng)量定理，也可整個(gè)過(guò)程用動(dòng)量定理1如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5 m/s，則這一過(guò)程中動(dòng)量的變化量為()A大小為3.6 kg·m/s，方向向左 B大小為3.6 kg·m/s，方向向右C大小為12.6 kg·m/s，方向向左 D

8、大小為12.6 kg·m/s，方向向右2. 質(zhì)量為1 kg的物體做直線運(yùn)動(dòng)，其速度圖象如圖所示則物體在前10 s內(nèi)和后10 s內(nèi)所受外力的沖量分別是()A10 N·s10 N·s B10 N·s10 N·sC010 N·s D010 N·s3如圖所示，在傾角為的斜面上，有一個(gè)質(zhì)量是m的小滑塊沿斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，速度為零后又下滑，經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，回到斜面底端滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到的摩擦力大小始終是Ff，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力對(duì)滑塊的總沖量大小為_，方向是_；合力對(duì)滑塊的總沖量大小為_，方向是_4如圖所示，一質(zhì)量為M的

9、長(zhǎng)木板在光滑水平面上以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的小鐵塊在木板上以速度v0向左運(yùn)動(dòng)，鐵塊與木板間存在摩擦為使木板能保持速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng)，必須對(duì)木板施加一水平力，直至鐵塊與木板達(dá)到共同速度v0.設(shè)木板足夠長(zhǎng)，求此過(guò)程中水平力的沖量大小答案：2mv05(2017·甘肅蘭州一中模擬)如圖所示，一質(zhì)量為M2 kg的鐵錘從距地面h3.2 m高處自由下落，恰好落在地面上的一個(gè)質(zhì)量為m6 kg的木樁上，隨即與木樁一起向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t0.1 s停止運(yùn)動(dòng)求木樁向下運(yùn)動(dòng)時(shí)受到地面的平均阻力大小(鐵錘的橫截面小于木樁的橫截面，木樁露出地面部分的長(zhǎng)度忽略不計(jì)，重力加速度g取10 m/s2)解析：鐵錘

10、下落過(guò)程中機(jī)械能守恒，則v8 m/s.鐵錘與木樁碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，Mv(Mm)v，v2 m/s.木樁向下運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量定理(規(guī)定向下為正方向)得(Mm)gft0(Mm)v，解得f240 N.6(2016·河南開封二模)如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車質(zhì)量M20 kg.從水槍中噴出的水柱的橫截面積S10 cm2，速度v10 m/s，水的密度1.0×103 kg/m3.若用水槍噴出的水從車后沿水平方向沖擊小車的前壁，且沖擊到小車前壁的水全部沿前壁流進(jìn)小車中當(dāng)有質(zhì)量m5 kg的水進(jìn)入小車時(shí)，試求：(1)小車的速度大?。?2)小車的加速度大小解析：(1)流進(jìn)小車的水與小車組成的系

11、統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)當(dāng)進(jìn)入質(zhì)量為m的水后，小車速度為v1，則mv(mM)v1，即v12 m/s(2)質(zhì)量為m的水流進(jìn)小車后，在極短的時(shí)間t內(nèi)，沖擊小車的水的質(zhì)量mS(vv1)t，設(shè)此時(shí)水對(duì)車的沖擊力為F，則車對(duì)水的作用力為F，由動(dòng)量定理有Ftmv1mv，得FS(vv1)264 N，小車的加速度a2.56 m/s2考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用1動(dòng)量守恒的“四性”(1)矢量性：表達(dá)式中初、末動(dòng)量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動(dòng)量的正、負(fù)(2)瞬時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，動(dòng)量守恒指對(duì)應(yīng)每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初時(shí)刻的總動(dòng)量相等(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，各物體的速度

12、必須是相對(duì)同一參考系的速度一般選地面為參考系(4)普適性：它不僅適用于兩個(gè)物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)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)2動(dòng)量守恒定律的不同表達(dá)形式(1)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和(2)p1p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向(3)p0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零典例2(2017·山東濟(jì)南高三質(zhì)檢)光滑水平軌道上有三個(gè)木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA3m、mBmCm，開始時(shí)B、C均靜止，A以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A

13、與B間的距離保持不變求B與C碰撞前B的速度大小解析設(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(dòng)量守恒定律得對(duì)A、B木塊：mAv0mAvAmBvB 對(duì)B、C木塊：mBvB(mBmC)v由A與B間的距離保持不變可知vAv 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vBv0應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟(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1如圖所示，在光滑的水平面上放

14、有一物體M，物體M上有一光滑的半圓弧軌道，軌道半徑為R，最低點(diǎn)為C，兩端A、B等高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點(diǎn)由靜止開始下滑，在此后的過(guò)程中，則()AM和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒BM和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒Cm從A到C的過(guò)程中M向左運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過(guò)程中M向右運(yùn)動(dòng)Dm從A到B的過(guò)程中，M運(yùn)動(dòng)的位移為2(2016·廣東湛江聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量均為m的小車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

15、)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，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得推出木箱的過(guò)程中0(m2m)v1mv，接住木箱的過(guò)程中mv(m2m)v1(mm2m)v2. 解得v2.(2)若小孩第二次將木箱推出，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得4mv23mv3mv， 則v3v，故無(wú)法再次接住木箱3(2017·山東濟(jì)南高三質(zhì)檢)如圖所示，光滑水平軌道上放置長(zhǎng)板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端三者質(zhì)量分別為mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg，開始時(shí)C靜止，A、B一起以v05 m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A

16、與C相碰撞(時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好不再與C碰撞求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小解析：因碰撞時(shí)間極短，A與C碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后瞬間A的速度大小為vA，C的速度大小為vC，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0mAvAmCvC，A與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB， 由動(dòng)量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vAB，A、B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足vABvC，聯(lián)立解得vA2 m/s.4人和冰車的總質(zhì)量為M，另一木球質(zhì)量為m，且Mm312.人坐在靜止于水平冰面的冰車上，以速度v(相對(duì)地面)將原來(lái)靜止的

17、木球沿冰面推向正前方向的固定擋板，不計(jì)一切摩擦阻力，設(shè)小球與擋板的碰撞是彈性的，人接住球后，再以同樣的速度v(相對(duì)地面)將球推向擋板求人推多少次后不能再接到球？解析：設(shè)第1次推球后人的速度為v1，有0Mv1mv，第1次接球后人的速度為v1，有Mv1mv(Mm)v1；第2次推球(Mm)v1Mv2mv，第2次接球Mv2mv(Mm)v2 第n次推球(Mm)vn1Mvnmv，可得vn， 當(dāng)vnv時(shí)人便接不到球，可得n8.25，取n9.課時(shí)規(guī)范訓(xùn)練 基礎(chǔ)鞏固題組1關(guān)于物體的動(dòng)量，下列說(shuō)法中正確的是()A物體的動(dòng)量越大，其慣性也越大 B同一物體的動(dòng)量越大，其速度不一定越大C物體的加速度不變，其動(dòng)量一定不變

18、D運(yùn)動(dòng)物體在任一時(shí)刻的動(dòng)量方向一定是該時(shí)刻的速度方向2. 運(yùn)動(dòng)員向球踢了一腳(如圖)，踢球時(shí)的力F100 N，球在地面上滾動(dòng)了t10 s停下來(lái)，則運(yùn)動(dòng)員對(duì)球的沖量為()A1 000 N·sB500 N·s C零 D無(wú)法確定3(多選)如圖所示為兩滑塊M、N之間壓縮一輕彈簧，滑塊與彈簧不連接，用一細(xì)繩將兩滑塊拴接，使彈簧處于鎖定狀態(tài)，并將整個(gè)裝置放在光滑的水平面上燒斷細(xì)繩后到兩滑塊與彈簧分離的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A兩滑塊的動(dòng)量之和變大 B兩滑塊與彈簧分離后動(dòng)量等大反向C如果兩滑塊的質(zhì)量相等，則分離后兩滑塊的速率也相等D整個(gè)過(guò)程中兩滑塊的機(jī)械能增大4(多選)靜止在湖面上的

19、小船中有兩人分別向相反方向水平拋出質(zhì)量相同的小球，先將甲球向左拋，后將乙球向右拋拋出時(shí)兩小球相對(duì)于河岸的速率相等，水對(duì)船的阻力忽略不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是()A兩球拋出后，船向左以一定速度運(yùn)動(dòng) B兩球拋出后，船向右以一定速度運(yùn)動(dòng)C兩球拋出后，船的速度為0 D拋出時(shí)，人給甲球的沖量比人給乙球的沖量大5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.mgB.mg C.mg D.mg6. (多選)靜止在光

20、滑水平面上的物體，受到水平拉力F的作用，拉力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示，則下列說(shuō)法中正確的是()A04 s內(nèi)物體的位移為零 B04 s內(nèi)拉力對(duì)物體做功為零C4 s末物體的動(dòng)量為零 D04 s內(nèi)拉力對(duì)物體的沖量為零7如圖所示，甲、乙兩名宇航員正在離空間站一定距離的地方執(zhí)行太空維修任務(wù)某時(shí)刻甲、乙都以大小為v02 m/s的速度相向運(yùn)動(dòng)，甲、乙和空間站在同一直線上且可當(dāng)成質(zhì)點(diǎn)甲和他的裝備總質(zhì)量為M190 kg，乙和他的裝備總質(zhì)量為M2135 kg，為了避免直接相撞，乙從自己的裝備中取出一質(zhì)量為m45 kg的物體A推向甲，甲迅速接住A后即不再松開，此后甲、乙兩宇航員在空間站外做相對(duì)距離不變的同向運(yùn)動(dòng)

21、，且安全“飄”向空間站(設(shè)甲、乙距離空間站足夠遠(yuǎn)，本題中的速度均指相對(duì)空間站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相對(duì)于空間站)將物體A推出？(2)設(shè)甲與物體A作用時(shí)間為t0.5 s，求甲與A的相互作用力F的大小解析：(1)以甲、乙、A三者組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以乙的方向?yàn)檎较颍瑒t有：M2v0M1v0(M1M2)v1以乙和A組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，有：M2v0(M2m)v1mv代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得v10.4 m/s，v5.2 m/s(2)以甲為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理得，F(xiàn)tM1v1(M1v0) 代入數(shù)據(jù)解得F432 N 綜合應(yīng)用題組8. (多選)如圖把重物壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動(dòng)紙帶

22、，重物跟著一起運(yùn)動(dòng)，若迅速拉動(dòng)紙帶，紙帶將會(huì)從重物下面拉出，解釋這些現(xiàn)象的正確說(shuō)法是()A在緩慢拉動(dòng)紙帶時(shí)，重物和紙帶間的摩擦力大B在迅速拉動(dòng)時(shí)，紙帶給重物的摩擦力小C在緩慢拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的沖量大D在迅速拉動(dòng)時(shí)，紙帶給重物的沖量小9(多選)某同學(xué)質(zhì)量為60 kg，在軍事訓(xùn)練中要求他從岸上以大小為2 m/s的速度跳到一條向他緩緩飄來(lái)的小船上，然后去執(zhí)行任務(wù)，小船的質(zhì)量是140 kg，原來(lái)的速度大小是0.5 m/s，該同學(xué)上船后又跑了幾步，最終停在船上則()A人和小船最終靜止在水面上 B該過(guò)程同學(xué)的動(dòng)量變化量為105 kg·m/sC船最終的速度是0.95 m/s D船的動(dòng)量變化量

23、是105 kg·m/s10如圖所示，一質(zhì)量M3.0 kg的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m1.0 kg的小木塊A.現(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小均為4.0 m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)，但最后A并沒有滑離木板B.站在地面的觀察者看到在一段時(shí)間內(nèi)小木塊A正在做加速運(yùn)動(dòng)，則在這段時(shí)間內(nèi)的某時(shí)刻木板B相對(duì)地面的速度大小可能是()A2.4 m/s B2.8 m/s C3.0 m/s D1.8 m/s11如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA4.0 kg和mB3.0 kg.用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸，另有一物

24、塊C從t0時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t4 s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v­t圖象如圖乙所示，求：(1)物塊C的質(zhì)量mC；(2)從物塊C與A相碰到B離開墻的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧對(duì)A物體的沖量大小解析：(1)由圖可知，C與A碰前速度為v19 m/s，碰后速度為v23 m/s，C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，mCv1(mAmC)v2，代入數(shù)據(jù)解得mC2 kg.(2)12 s時(shí)B離開墻壁，此時(shí)B速度為零，A、C速度相等時(shí)，v3v2從物塊C與A相碰到B離開墻的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A、C兩物體的動(dòng)量變化為：p(mAmC)v3(mAmC)v2從物塊C與A相碰到B離開墻的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧對(duì)A物體的沖

25、量大小為I2(mAmC)v2，代入數(shù)據(jù)整理得到I36 N·s.12. 如圖所示，質(zhì)量為0.4 kg的木塊以2 m/s的速度水平地滑上靜止的平板小車，小車的質(zhì)量為1.6 kg，木塊與小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2(g取10 m/s2)設(shè)小車足夠長(zhǎng)，求：(1)木塊和小車相對(duì)靜止時(shí)小車的速度；(2)從木塊滑上小車到它們處于相對(duì)靜止所經(jīng)歷的時(shí)間；(3)從木塊滑上小車到它們處于相對(duì)靜止木塊在小車上滑行的距離解析：(1)以木塊和小車為研究對(duì)象，由動(dòng)量守恒定律可得mv0(Mm)v 解得：vv00.4 m/s.(2)再以木塊為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理可得mgtmvmv0 解得：t0.8 s.(3)木塊做勻

26、減速運(yùn)動(dòng)，加速度為a1g2 m/s2小車做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a20.5 m/s2在此過(guò)程中木塊的位移為x10.96 m車的位移為：x2a2t2×0.5×0.82 m0.16 m由此可知，木塊在小車上滑行的距離為：xx1x20.8 m.第2節(jié)碰撞與能量守恒一、碰撞1概念：碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時(shí)間很短，物體間相互作用力很大的現(xiàn)象，在碰撞過(guò)程中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可以用動(dòng)量守恒定律處理碰撞問(wèn)題2分類(1)彈性碰撞：這種碰撞的特點(diǎn)是系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，相互作用過(guò)程中遵循的規(guī)律是動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒(2)非彈性碰撞：在碰撞過(guò)程中機(jī)械能損失的碰撞，在相互作用過(guò)程中只遵

27、循動(dòng)量守恒定律(3)完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點(diǎn)是系統(tǒng)的機(jī)械能損失最大，作用后兩物體粘合在一起，速度相等，相互作用過(guò)程中只遵循動(dòng)量守恒定律二、動(dòng)量與能量的綜合1區(qū)別與聯(lián)系：動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律所研究的對(duì)象都是相互作用的物體所構(gòu)成的系統(tǒng)，且研究的都是某一個(gè)物理過(guò)程但兩者守恒的條件不同：系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒，決定于系統(tǒng)所受合外力是否為零；而機(jī)械能是否守恒，決定于系統(tǒng)是否有除重力和彈簧彈力以外的力是否做功2表達(dá)式不同：動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量式，機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式則是標(biāo)量式，對(duì)功和能量只是代數(shù)和而已自我診斷1判斷正誤(1)碰撞過(guò)程只滿足動(dòng)量守恒，不可能滿足動(dòng)能守恒(×)(2)發(fā)

28、生彈性碰撞的兩小球有可能交換速度()(3)完全非彈性碰撞不滿足動(dòng)量守恒(×)(4)無(wú)論哪種碰撞形式都滿足動(dòng)量守恒，而動(dòng)能不會(huì)增加()(5)爆炸現(xiàn)象中因時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒()(6)反沖運(yùn)動(dòng)中，動(dòng)量守恒，動(dòng)能也守恒(×)2(2017·山西運(yùn)城康杰中學(xué)模擬)(多選)有關(guān)實(shí)際中的現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是()A火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度B體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)屈腿是為了減小地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力C用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響D為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度，發(fā)動(dòng)機(jī)艙越堅(jiān)固越好3甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，甲、乙

29、物體的速度大小分別為3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙兩物體都反向運(yùn)動(dòng)，速度大小均為2 m/s.甲、乙兩物體質(zhì)量之比為()A23B25C35D534. 質(zhì)量為ma1 kg，mb2 kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移時(shí)間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于()A彈性碰撞B非彈性碰撞C完全非彈性碰撞 D條件不足，不能確定5(2016·高考天津卷) 如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個(gè)小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為；若滑塊以速度v開始向左運(yùn)動(dòng)，與盒的左、右壁發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來(lái)回運(yùn)動(dòng)多次，最終相對(duì)于盒靜止，則此時(shí)盒

30、的速度大小為_；滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為_考點(diǎn)一碰撞問(wèn)題1解析碰撞的三個(gè)依據(jù)(1)動(dòng)量守恒：p1p2p1p2.(2)動(dòng)能不增加：Ek1Ek2Ek1Ek2或.(3)速度要符合情景如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即v后v前，否則無(wú)法實(shí)現(xiàn)碰撞碰撞后，原來(lái)在前面的物體速度一定增大，且速度大于或等于原來(lái)在后面的物體的速度，即v前v后.如果碰前兩物體是相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變除非兩物體碰撞后速度均為零2碰撞問(wèn)題的探究(1)彈性碰撞的求解求解：兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例

31、，則有m1v1m1v1m2v2m1vm1v12m2v22解得：v1，v2(2)彈性碰撞的結(jié)論當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，v10，v2v1，兩球碰撞后交換了速度當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)，v10，v20，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運(yùn)動(dòng)當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)，v10，v20，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來(lái)典例1質(zhì)量為m、速度為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值碰撞后B球的速度大小可能是()A0.6vB0.4v C0.2v Dv彈性碰撞問(wèn)題的處理技巧(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時(shí)間很短；各物體作用前后各自動(dòng)量變化顯著；

32、物體在作用時(shí)間內(nèi)位移可忽略(2)即使碰撞過(guò)程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，作用時(shí)間又很短，所以外力的作用可忽略，認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的(3)若碰撞過(guò)程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，則系統(tǒng)碰后的總機(jī)械能不可能大于碰前系統(tǒng)的機(jī)械能(4)在同一直線上的碰撞遵守一維動(dòng)量守恒，通過(guò)規(guī)定正方向可將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算不在同一直線上在同一平面內(nèi)的碰撞，中學(xué)階段一般不作計(jì)算要求1(2017·河北衡水中學(xué)模擬)(多選)在光滑水平面上動(dòng)能為E0，動(dòng)量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反，將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E1、p1，球2的動(dòng)能和動(dòng)量

33、大小分別記為E2、p2，則必有()AE1E0 Bp2p0 CE2E0 Dp1p02兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 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()AvA5 m/s，vB2.5 m/s BvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/s DvA7 m/s，vB1.5 m/s3(2016·河北衡水中學(xué)高三上四調(diào))如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)在小球的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點(diǎn)處為一豎直的墻壁小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A與

34、小球B均向右運(yùn)動(dòng)小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ2PO，則兩小球質(zhì)量之比m1m2為()A75 B13C21 D534(2017·黑龍江大慶一中檢測(cè))(多選)如圖所示，長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m4 kg的小物體B以水平速度v02 m/s滑上原來(lái)靜止的長(zhǎng)木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，取g10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A木板A獲得的動(dòng)能為2 JB系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2 JC木板A的最小長(zhǎng)度為2 mDA、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1考點(diǎn)二爆炸及反沖問(wèn)題1爆炸現(xiàn)象的三條規(guī)律(1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)

35、完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于系統(tǒng)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，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加(3)位置不變：爆炸和碰撞的時(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)為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)2反沖的兩條規(guī)律(1)總的機(jī)械能增加：反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能量轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加(2)平均動(dòng)量守恒若系統(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，相互作用后均發(fā)生運(yùn)動(dòng)，則由m1

36、1m220，得m1x1m2x2.該式的適用條件是：系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒或某一方向的動(dòng)量守恒構(gòu)成系統(tǒng)的m1、m2原來(lái)靜止，因相互作用而運(yùn)動(dòng)x1、x2均為沿動(dòng)量守恒方向相對(duì)于同一參考系的位移1我國(guó)發(fā)現(xiàn)的“神舟十一號(hào)”飛船與“天宮二號(hào)”空間站實(shí)現(xiàn)了完美對(duì)接假設(shè)“神舟十一號(hào)”到達(dá)對(duì)接點(diǎn)附近時(shí)對(duì)地的速度為v，此時(shí)的質(zhì)量為m；欲使飛船追上“天宮二號(hào)”實(shí)現(xiàn)對(duì)接，飛船需加速到v1，飛船發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火，將質(zhì)量為m的燃?xì)庖淮涡韵蚝髧姵?，燃?xì)鈱?duì)地向后的速度大小為v2.這個(gè)過(guò)程中，下列各表達(dá)式正確的是()Amvmv1mv2 Bmvmv1mv2Cmv(mm)v1mv2 Dmv(mm)v1mv22在靜水中一條長(zhǎng)l的小船，質(zhì)量為M

37、，船上一個(gè)質(zhì)量為m的人，當(dāng)他從船頭走到船尾，若不計(jì)水對(duì)船的阻力，則船移動(dòng)的位移大小為()A.lBl C.l D.l3一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)僅有水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為31.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()4以初速度v0與水平方向成60°角斜向上拋出的手榴彈，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)炸成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊其中質(zhì)量大的一塊沿著原來(lái)的方向以2v0的速度飛行求：(1)質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向；(2)爆炸過(guò)程有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動(dòng)能解析：(1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線

38、運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)處爆炸前的速度v1v0cos 60°v0.設(shè)v1的方向?yàn)檎较?，如圖所示，由動(dòng)量守恒定律得：3mv12mv1mv2其中爆炸后大塊彈片速度v12v0，解得v22.5v0，“”號(hào)表示v2的速度與爆炸前速度方向相反(2)爆炸過(guò)程中轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)能等于系統(tǒng)動(dòng)能的增量，Ek×2mv12mv(3m)vmv.考點(diǎn)三動(dòng)量和能量觀點(diǎn)綜合應(yīng)用1動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)動(dòng)量的觀點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律 能量的觀點(diǎn)：動(dòng)能定理和能量守恒定律這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化所經(jīng)歷的過(guò)程中狀態(tài)的改變，不對(duì)過(guò)程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而關(guān)心運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因簡(jiǎn)單地說(shuō)，只要求知道過(guò)

39、程的初、末狀態(tài)動(dòng)量式、動(dòng)能式和力在過(guò)程中所做的功，即可對(duì)問(wèn)題進(jìn)行求解2利用動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問(wèn)題(1)動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無(wú)分量表達(dá)式(2)中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)解決的問(wèn)題若用動(dòng)量的觀點(diǎn)或能量的觀點(diǎn)求解，一般都要比用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)要簡(jiǎn)便，而中學(xué)階段涉及的曲線運(yùn)動(dòng)(a不恒定)、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)、碰撞等，就中學(xué)知識(shí)而言，不可能單純考慮用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)求解典例2(2016·高考全國(guó)甲卷)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上某時(shí)刻小孩將冰

40、塊以相對(duì)冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h0.3 m(h小于斜面體的高度)已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m130 kg，冰塊的質(zhì)量為m210 kg，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)取重力加速度的大小g10 m/s2.(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？解析(1)規(guī)定向右為速度正方向冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v20(m2m3)v m2v(m2m3)v2m2gh式中v203 m/s為冰塊推出時(shí)的速度聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得m32

41、0 kg(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1m2v200代入數(shù)據(jù)得v11 m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3 m2vm2vm3v聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得v21 m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩應(yīng)用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)解決問(wèn)題的兩點(diǎn)技巧(1)靈活選取系統(tǒng)的構(gòu)成，根據(jù)題目的特點(diǎn)可選取其中動(dòng)量守恒或能量守恒的幾個(gè)物體為研究對(duì)象，不一定選所有的物體為研究對(duì)象(2)靈活選取物理過(guò)程在綜合題目中，物體運(yùn)動(dòng)常有幾個(gè)不同過(guò)程，根據(jù)題目的已知、未知靈活地選取物理過(guò)程來(lái)研究列

42、方程前要注意鑒別、判斷所選過(guò)程動(dòng)量、機(jī)械能的守恒情況1如圖所示，兩塊長(zhǎng)度均為d0.2 m的木塊A、B，緊靠著放在光滑水平面上，其質(zhì)量均為M0.9 kg.一顆質(zhì)量為m0.02 kg的子彈(可視為質(zhì)點(diǎn)且不計(jì)重力)以速度v0500 m/s水平向右射入木塊A，當(dāng)子彈恰水平穿出A時(shí)，測(cè)得木塊的速度為v2 m/s，子彈最終停留在木塊B中求：(1)子彈離開木塊A時(shí)的速度大小及子彈在木塊A中所受的阻力大??；(2)子彈穿出A后進(jìn)入B的過(guò)程中，子彈與B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能解析：(1)設(shè)子彈離開A時(shí)速度為v1，對(duì)子彈和A、B整體，有mv0mv12MvFdmvmv×2Mv2 聯(lián)立解得v1320 m/s，F(xiàn)

43、7 362 N(2)子彈在B中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，最后二者共速，速度設(shè)為v2，對(duì)子彈和B整體，有mv1Mv(mM)v2 解得v2 m/sEmvMv2(mM)v989 J.2兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(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碰撞前的速度為v1、v2.由題給圖象得v12 m/s v21 m/sa、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

44、得v m/s由動(dòng)量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v 聯(lián)立式得 m1m218(2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為Em1vm2v(m1m2)v2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(m1m2)v2 聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得 WE123(2016·高考全國(guó)丙卷)如圖，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m.兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件

45、解析：設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有mv>mgl 即<設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒有mvmvmgl設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒和能量守恒有mv1mv1mv2 mvmv12v22聯(lián)立式解得v2v1由題意知，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知v22mgl聯(lián)立式，可得聯(lián)立式，a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件<4(2016·河北邯鄲摸底)如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量均為m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計(jì))

46、讓A、B以初速度v0一起從O點(diǎn)滑出，滑行一段距離后到達(dá)P點(diǎn)，速度變?yōu)?，此時(shí)炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位置，木塊A繼續(xù)沿水平方向前進(jìn)已知O、P兩點(diǎn)間的距離為s，設(shè)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能，爆炸時(shí)間很短可以忽略不計(jì)，求：(1)木塊與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能解析：(1)設(shè)木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，炸藥爆炸釋放的化學(xué)能為E0.從O滑到P，對(duì)A、B由動(dòng)能定理得·2mgs·2m()2·2mv解得(2)在P點(diǎn)爆炸時(shí)，A、B動(dòng)量守恒，有2m·mv 根據(jù)能量守恒定律，有E0·2m·()2

47、mv2 聯(lián)立式解得E0mv.課時(shí)規(guī)范訓(xùn)練 基礎(chǔ)鞏固題組1如圖所示，在光滑水平面上質(zhì)量分別為mA2 kg、mB4 kg，速率分別為vA5 m/s、vB2 m/s的A、B兩小球沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)()A它們碰撞前的總動(dòng)量是18 kg·m/s，方向水平向右B它們碰撞后的總動(dòng)量是18 kg·m/s，方向水平向左C它們碰撞前的總動(dòng)量是2 kg·m/s，方向水平向右D它們碰撞后的總動(dòng)量是2 kg·m/s，方向水平向左2. 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

48、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()Av0v2Bv0v2Cv0v2 Dv0(v0v2)3甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p15 kg·m/s，p27 kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?0 kg·m/s，則二球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是下面的哪幾種()Am1m2 B2m1m2 C4m1m2 D6m1m24(多選) 如圖，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m，擺長(zhǎng)相同，擺動(dòng)周期相同，并排懸掛，平衡時(shí)兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性

49、的，下列判斷正確的是()A第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等B第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)量大小相等C第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同D發(fā)生第二次碰撞時(shí)，兩球在各自的平衡位置5. (多選)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(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)間極短，在此碰撞過(guò)程中，下列哪些情況說(shuō)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(Mm0)vMv1mv2m0v3B擺球的速度不變，小車和木塊的速度變化為v1和v2，滿足MvMv1mv2C擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變

50、為v1，滿足Mv(Mm)v1D小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(Mm0)v(Mm0)v1mv26如圖所示，光滑水平面上的木板右端，有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M3.0 kg，質(zhì)量m1.0 kg的鐵塊以水平速度v04.0 m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則在上述過(guò)程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為()A4.0 J B6.0 J C3.0 J D20 J7A、B兩個(gè)物體粘在一起以v03 m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，物體中間有少量炸藥，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)炸藥爆炸，假設(shè)所有的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為A、B兩個(gè)物體的動(dòng)能且兩物體仍然在水平面上運(yùn)動(dòng)，

51、爆炸后A物體的速度依然向右，大小變?yōu)関A2 m/s，B物體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)進(jìn)入半圓軌道且恰好通過(guò)最高點(diǎn)D，已知兩物體的質(zhì)量mAmB1 kg，O點(diǎn)到半圓最低點(diǎn)C的距離xOC0.25 m，水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，半圓軌道光滑無(wú)摩擦，求：(1)炸藥的化學(xué)能E；(2)半圓弧的軌道半徑R.解析：(1)A、B在爆炸前后動(dòng)量守恒，得2mv0mvAmvB，解得vB4 m/s根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有：(2m)vEmvmv，解得E1 J.(2)由于B物體恰好經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)，故有mgm對(duì)O到D的過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgxOCmg·2Rmvmv聯(lián)立解得R0.3 m. 綜合應(yīng)用題組8冰球運(yùn)動(dòng)員甲的質(zhì)量為80.0 kg

52、.當(dāng)他以5.0 m/s的速度向前運(yùn)動(dòng)時(shí)，與另一質(zhì)量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來(lái)的運(yùn)動(dòng)員乙相撞碰后甲恰好靜止假設(shè)碰撞時(shí)間極短，求：(1)碰后乙的速度的大??；(2)碰撞中總機(jī)械能的損失解析：(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M，碰前速度大小分別為v和v1，碰后乙的速度大小為v1，由動(dòng)量守恒定律得mvMv1Mv1 代入數(shù)據(jù)得v11.0 m/s(2)設(shè)碰撞過(guò)程中總機(jī)械能的損失為E，有mv2MvMv12E聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得E1 400 J.9如圖，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方先將B球釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后再將A

53、球釋放當(dāng)A球下落 t0.3 s時(shí)，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零已知mB3mA，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失求：(1)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度；(2)P點(diǎn)距離地面的高度解析：(1)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB 將h0.8 m代入上式，得 vB4 m/s(2)設(shè)兩球相碰前、后，A球的速度大小分別為v1和v1(v10)，B球的速度分別為v2和v2.由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得v1gt由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相撞前、后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變規(guī)定向下的方向?yàn)檎?，有mAv1mBv2mBv2mAvmBvmBv設(shè)B