高中物理經(jīng)典習(xí)題及答案選修(共53頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上第十六章 動量守恒定律一、沖量和動量（一）知識要點(diǎn)1.動量：按定義，物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動量：p=mv動量是描述物體運(yùn)動狀態(tài)的一個狀態(tài)量，它與時刻相對應(yīng)。動量是矢量，它的方向和速度的方向相同。2.沖量：按定義，力和力的作用時間的乘積叫做沖量：I=Ft沖量是描述力的時間積累效應(yīng)的物理量，是過程量，它與時間相對應(yīng)。沖量是矢量，它的方向由力的方向決定（不能說和力的方向相同）。如果力的方向在作用時間內(nèi)保持不變，那么沖量的方向就和力的方向相同。高中階段只要求會用I=Ft計(jì)算恒力的沖量。對于變力的沖量，高中階段只能利用動量定理通過物體的動量變化來求。要注意的是：沖量和功不同

2、。恒力在一段時間內(nèi)可能不作功，但一定有沖量。（二）例題分析mH例1：質(zhì)量為m的小球由高為H的光滑斜面頂端無初速滑到底端過程中，重力、彈力、合力的沖量各是多大？解：力的作用時間都是，力的大小依次是mg、mgcos和mgsin，所以它們的沖量依次是： 特別要注意，該過程中彈力雖然不做功，但對物體有沖量。例2：一個質(zhì)量是0.2kg的鋼球，以2m/s的速度水平向右運(yùn)動，碰到一塊豎硬的大理石后被彈回，沿著同一直線以2m/s的速度水平向左運(yùn)動，碰撞前后鋼球的動量有沒有變化？變化了多少？解：取水平向右的方向?yàn)檎较?，碰撞前鋼球的速度v=2m/s，碰撞前鋼球的動量為P=mv=0.2×2kg·

3、;m/s=0.4kg·m/s。碰撞后鋼球的速度為v=0.2m/s，碰撞后鋼球的動量為p=m v=-0.2×2kg·m/s=-0.4kg·m/s。p= p-P=-0.4kg·m/s-0.4kg·m/s=-0.8kg·m/s，且動量變化的方向向左。vvvv45º45º例3：一個質(zhì)量是0.2kg的鋼球，以2m/s的速度斜射到堅(jiān)硬的大理石板上，入射的角度是45º，碰撞后被斜著彈出，彈出的角度也是45º，速度大小仍為2m/s，用作圖法求出鋼球動量變化大小和方向？解：碰撞前后鋼球不在同一直線運(yùn)動，

4、據(jù)平行四邊形定則，以p和P為鄰邊做平行四邊形，則p就等于對解線的長度，對角線的指向就表示的方向：pp-p45º45º方向豎直向上。動量是矢量，求其變化量可以用平行四邊形定則：在一維情況下可首先規(guī)定一個正方向，這時求動量的變化就可以簡化為代數(shù)運(yùn)算了。例4（12分）如圖所示，在光滑、固定的水平桿上套著一個光滑的滑環(huán) ，滑環(huán)下通過一根不可伸長的輕繩懸吊一重物M，輕繩長為L，將滑環(huán)固定在水平桿上，給M一個水平?jīng)_量作用，使M擺動，且恰好剛碰到水平桿。問（1）M在擺動過程中，滑環(huán)對水平桿的壓力的最大值是多少？（2）若滑環(huán) 不固定，仍給M以同樣大小的沖量作用，則M擺起的最大高度為多少？解

5、：（1）機(jī)械能守恒 （2分）M通過最低點(diǎn)T最大 （2分） （1分） 再對滑環(huán)受力分析 （2分）（2）不固定機(jī)械能仍守恒 初速度： （2分）水平動量守恒 （2分） （1分）二、動量定理（一）知識要點(diǎn)1.動量定理：物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化。既I=p動量定理表明沖量是使物體動量發(fā)生變化的原因，沖量是物體動量變化的量度。這里所說的沖量必須是物體所受的合外力的沖量（或者說是物體所受各外力沖量的矢量和）。動量定理給出了沖量（過程量）和動量變化（狀態(tài)量）間的互求關(guān)系?，F(xiàn)代物理學(xué)把力定義為物體動量的變化率：（牛頓第二定律的動量形式）。動量定理的表達(dá)式是矢量式。在一維的情況下，各個矢量必須以同一個

6、規(guī)定的方向?yàn)檎?.利用動量定理定性地解釋一些現(xiàn)象3.利用動量定理進(jìn)行定量計(jì)算利用動量定理解題，必須按照以下幾個步驟進(jìn)行：明確研究對象和研究過程。研究對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的質(zhì)點(diǎn)組。質(zhì)點(diǎn)組內(nèi)各物體可以是保持相對靜止的，也可以是相對運(yùn)動的。研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段。進(jìn)行受力分析。只分析研究對象以外的物體施給研究對象的力。所有外力之和為合外力。研究對象內(nèi)部的相互作用力（內(nèi)力）會改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內(nèi)力。如果在所選定的研究過程中的不同階段中物體的受力情況不同，就要分別計(jì)算它們的沖量，然后求它們的矢量和。規(guī)定正方向。由

7、于力、沖量、速度、動量都是矢量，在一維的情況下，列式前要先規(guī)定一個正方向，和這個方向一致的矢量為正，反之為負(fù)。寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量（或各外力在各個階段的沖量的矢量和）。根據(jù)動量定理列式求解。（二）例題分析例1：以初速度v0平拋出一個質(zhì)量為m的物體，拋出后t秒內(nèi)物體的動量變化是多少？解：因?yàn)楹贤饬褪侵亓Γ詐=Ft=mgt 有了動量定理，不論是求合力的沖量還是求物體動量的變化，都有了兩種可供選擇的等價的方法。本題用沖量求解，比先求末動量，再求初、末動量的矢量差要方便得多。當(dāng)合外力為恒力時往往用Ft來求較為簡單；當(dāng)合外力為變力時，在高中階段只能用p來求。例2：雞蛋從同一高度自

8、由下落，第一次落在地板上，雞蛋被打破；第二次落在泡沫塑料墊上，沒有被打破。這是為什么？解：兩次碰地（或碰塑料墊）瞬間雞蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以兩次碰撞過程雞蛋的動量變化相同。根據(jù)Ft=p，第一次與地板作用時的接觸時間短，作用力大，所以雞蛋被打破；第二次與泡沫塑料墊作用的接觸時間長，作用力小，所以雞蛋沒有被打破。（再說得準(zhǔn)確一點(diǎn)應(yīng)該指出：雞蛋被打破是因?yàn)槭艿降膲簭?qiáng)大。雞蛋和地板相互作用時的接觸面積小而作用力大，所以壓強(qiáng)大，雞蛋被打破；雞蛋和泡沫塑料墊相互作用時的接觸面積大而作用力小，所以壓強(qiáng)小，雞蛋未被打破。）F例3：某同學(xué)要把壓在木塊下的紙抽出來。第一次他將紙迅速抽出，木塊幾

9、乎不動；第二次他將紙較慢地抽出，木塊反而被拉動了。這是為什么？解：物體動量的改變不是取決于合力的大小，而是取決于合力沖量的大小。在水平方向上，第一次木塊受到的是滑動摩擦力，一般來說大于第二次受到的靜摩擦力；但第一次力的作用時間極短，摩擦力的沖量小，因此木塊沒有明顯的動量變化，幾乎不動。第二次摩擦力雖然較小，但它的作用時間長，摩擦力的沖量反而大，因此木塊會有明顯的動量變化。ABC例4：質(zhì)量為m的小球，從沙坑上方自由下落，經(jīng)過時間t1到達(dá)沙坑表面，又經(jīng)過時間t2停在沙坑里。求：沙對小球的平均阻力F；小球在沙坑里下落過程所受的總沖量I。解：設(shè)剛開始下落的位置為A，剛好接觸沙的位置為B，在沙中到達(dá)的最

10、低點(diǎn)為C。在下落的全過程對小球用動量定理：重力作用時間為t1+t2，而阻力作用時間僅為t2，以豎直向下為正方向，有： mg(t1+t2)-Ft2=0, 解得： 仍然在下落的全過程對小球用動量定理：在t1時間內(nèi)只有重力的沖量，在t2時間內(nèi)只有總沖量（已包括重力沖量在內(nèi)），以豎直向下為正方向，有： mgt1-I=0,I=mgt1這種題本身并不難，也不復(fù)雜，但一定要認(rèn)真審題。要根據(jù)題意所要求的沖量將各個外力靈活組合。若本題目給出小球自由下落的高度，可先把高度轉(zhuǎn)換成時間后再用動量定理。當(dāng)t1>> t2時，F(xiàn)>>mg。m Mv0v/例5：質(zhì)量為M的汽車帶著質(zhì)量為m的拖車在平直公路

11、上以加速度a勻加速前進(jìn)，當(dāng)速度為v0時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機(jī)才發(fā)現(xiàn)。若汽車的牽引力一直未變，車與路面的動摩擦因數(shù)為，那么拖車剛停下時，汽車的瞬時速度是多大？解：以汽車和拖車系統(tǒng)為研究對象，全過程系統(tǒng)受的合外力始終為，該過程經(jīng)歷時間為v0/g，末狀態(tài)拖車的動量為零。全過程對系統(tǒng)用動量定理可得： 這種方法只能用在拖車停下之前。因?yàn)橥宪囃Ｏ潞?，系統(tǒng)受的合外力中少了拖車受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。例6：質(zhì)量為m=1kg的小球由高h(yuǎn)1=0.45m處自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度為h2=0.2m，從小球下落到反跳到最高點(diǎn)經(jīng)歷的時間為t=0.6s，取g=10m/s2。求：小

12、球撞擊地面過程中，球?qū)Φ孛娴钠骄鶋毫Φ拇笮。解：以小球?yàn)檠芯繉ο?，從開始下落到反跳到最高點(diǎn)的全過程動量變化為零，根據(jù)下降、上升高度可知其中下落、上升分別用時t1=0.3s和t2=0.2s，因此與地面作用的時間必為t3=0.1s。由動量定理得：mgt-Ft3=0 ，F(xiàn)=60N例7、如圖所示，質(zhì)量為2kg的小車靜止在光滑水平面上，的右端停放有一個質(zhì)量為0.4kg、帶正電荷0.8C的小物體。整個空間存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度0.5的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)從小車的左端，給小車A一個水平向右的瞬時沖量I=26Ns，使小車獲得一個水平向右的初速度，物體與小車之間有摩擦力作用，設(shè)小車足夠長，求 （1）瞬時沖量

13、使小車獲得的動能（2）物體的最大速度?（3）在A與B相互作用過程中系統(tǒng)增加的內(nèi)能?（10m/s2）解析：（1）瞬時沖量和碰撞是一樣的，由于作用時間極短，可以忽略較小的外力的影響，而且認(rèn)為，沖量結(jié)束后物體的速度仍為零沖量是物體動量變化的原因，根據(jù)動量定理即可求的小車獲得的速度，進(jìn)而求出小車的動能Mv, v=I/M=13m/s, E=Mv2/2=169J(2)要想得知物體的速度何時最大，就要對瞬時沖量結(jié)束后、物體相互作用的過程做一個較具體的分析。小車獲得水平向右的初速度后，由于、之間的摩擦，向右減速運(yùn)動，向左加速運(yùn)動，同時由于羅倫茲力的影響、之間的摩擦也發(fā)生變化，設(shè)A、剛分離時速度為vBqvBB

14、即vB10/ 若A 、能相對靜止，設(shè)共同速度為，由v0（m）=10.8m/s,因vB<說明、在沒有達(dá)到共同速度前就分離了所以，的最大速度為vB10/這一步的要害就是對兩個臨界狀態(tài)進(jìn)行分析和比較，最后確定的最大速度。假如題中條件20Ns,將得出vB，就說明、在沒有分離前就達(dá)到了共同速度則共同速度就是的最大速度，因?yàn)?，、在達(dá)到共同速度后速度不再發(fā)生變化，也就不會再分離。做過這個題目后，對本題的分析和反思時應(yīng)該想到這一步。(3) 由于羅倫茲力的影響、B之間的摩擦力逐漸減少，因此無法用fs相對求摩擦產(chǎn)生的熱量，只能根據(jù)機(jī)械能的減少等于內(nèi)能的增加來求解。由于物體在達(dá)到最大速度時，兩個物體已經(jīng)分離，

15、就要根據(jù)動量守恒定律求這時的速度，設(shè)當(dāng)物體的速度最大時物體A的速度為vA、系統(tǒng)動量守：vvAvB vA(Mv0mvB)/M=11/ v/2vA/2vB/228J例8、設(shè)小車一輛玩具小車的質(zhì)量為3.0kg，沿光滑的水平面以2.0m/s的速度向正東方向運(yùn)動，要使小車的運(yùn)動方向改變，可用速度為2.4m/s的水流由西向東射到小車的豎直擋板CD上，然后流入車中求：要改變小車的運(yùn)動方向，射到小車?yán)锏乃馁|(zhì)量至少是多少？解：設(shè)射入小車中的水的質(zhì)量分別為M和 m，對于小車和射入的水組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒，以向東為正方向，有 隨著射入小車中水的質(zhì)量增加，車與車中的水的速度V要減小，直到速度V=0，射入小車

16、的水質(zhì)量再增加，V<0，小車（包括車中的水）的速度方向變?yōu)橄蛭鳌Ｒ虼藢?yīng)V=0時的水的質(zhì)量即為所求。m=2.5kg。三、動量守恒定律（一）知識要點(diǎn)1.動量守恒定律：一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。 即：2.動量守恒定律成立的條件系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；系統(tǒng)受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，可以忽略不計(jì)；系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒。全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動量守恒。3.動量守恒定律的表達(dá)形式 除了，即p1+p2=p1/+p2/外，還有： p1+p2=0，p1= -p2 和4.動量守恒定律的重要意義從現(xiàn)代物理

17、學(xué)的理論高度來認(rèn)識，動量守恒定律是物理學(xué)中最基本的普適原理之一。（另一個最基本的普適原理就是能量守恒定律。）從科學(xué)實(shí)踐的角度來看，迄今為止，人們尚未發(fā)現(xiàn)動量守恒定律有任何例外。相反，每當(dāng)在實(shí)驗(yàn)中觀察到似乎是違反動量守恒定律的現(xiàn)象時，物理學(xué)家們就會提出新的假設(shè)來補(bǔ)救，最后總是以有新的發(fā)現(xiàn)而勝利告終。例如靜止的原子核發(fā)生衰變放出電子時，按動量守恒，反沖核應(yīng)該沿電子的反方向運(yùn)動。但云室照片顯示，兩者徑跡不在一條直線上。為解釋這一反常現(xiàn)象，1930年泡利提出了中微子假說。由于中微子既不帶電又幾乎無質(zhì)量，在實(shí)驗(yàn)中極難測量，直到1956年人們才首次證明了中微子的存在。（2000年高考綜合題23 就是根據(jù)這

18、一歷史事實(shí)設(shè)計(jì)的）。又如人們發(fā)現(xiàn)，兩個運(yùn)動著的帶電粒子在電磁相互作用下動量似乎也是不守恒的。這時物理學(xué)家把動量的概念推廣到了電磁場，把電磁場的動量也考慮進(jìn)去，總動量就又守恒了。（二）例題分析例1：質(zhì)量為m=0.10kg的小鋼球以Vo=10m/s的水平速度拋出，下落h=5.0m時撞擊一鋼板，撞后速度恰好反向，則鋼板與水平地面的夾角=_.剛要撞擊時小球的動量的大小為_（g=10m/s2)解：小鋼球作平拋運(yùn)動，撞擊鋼板時的豎直分速度Vy=10m/s.而水平方向作的是勻速運(yùn)動，所以Vx=Vo=10m/s.而tgn=Vo/Vy=1，所以=450，另外鋼球的末速度為：Vt=m/s，于是剛要撞擊時小球的動量

19、大小等于： P=mVt=kgm/s例2.質(zhì)量為m的鋼球自高處下落，以速度V1碰地，豎直向上彈回，碰撞時間極短，離地的速率為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)分析：將鋼球作研究對象，鋼球在碰地過程中的受力如圖中的動畫所示，圖中mg為鋼球受到的重力、N是受到地面對它的彈力，由于彈力和重力對鋼球的沖量使鋼球的動量發(fā)生改變.圖中鋼球的碰地速度V1，彈起速度為V2，我們假設(shè)垂直地面向上為正，對鋼球運(yùn)用動理定理得：Nt-mgt=mV2-(-mV1)=mV2+mV1，由于碰撞

20、時間極短，t趨近于零，故mgt也趨于零可忽略不計(jì)，于是Nt=m(V2+V1),即彈力的沖量方向向上，大小等于m(V1+V2),故答案選D例題3: 質(zhì)量為M的小船以速度Vo行駛，船上有兩個質(zhì)量皆為m的小孩a和b，分別靜止站在船頭和船尾.現(xiàn)小孩a沿水平方向以速率V（相對于靜水面）向前躍入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率（相對于靜水面）向后躍入水中，求小孩b躍出后小船的速度。本題是由三個物體組成的物體系，和兩個物體過程的動量守恒定律的應(yīng)用問題，選擇合理的研究對象和研究過程可使解題方便簡捷.解答：選小孩a、b和船為一系統(tǒng)，在兩小孩先后跳入水的整個過程中可忽略水的阻力.系統(tǒng)水平方向上動量守恒.設(shè)小孩

21、b躍出后船向前行駛的速度為Vx，選Vx方向?yàn)檎较蚋鶕?jù)動量守恒定律有； （M+2m)Vo=MVx+mV-mV 整理得：Vx=（1+2m/M)Vo例題4:一列火車在水平直軌道上做勻速運(yùn)動，總質(zhì)量為M，速度為V，某時刻火車后部有質(zhì)量為m的一節(jié)車廂脫鉤，司機(jī)并未發(fā)覺，又繼續(xù)行駛了一段距離，這期間車牽引力保持不變，并且火車各部所受的阻力跟運(yùn)動速度無關(guān)，當(dāng)司機(jī)發(fā)現(xiàn)時，后面脫鉤的車廂的速度已減為V/3，求此時刻火車車廂前面部分的速度多大？ 解答：火車原在鐵軌上勻速運(yùn)動，故所受合外力等于零，一節(jié)車廂脫鉤后，牽引力和阻力均不變，火車系統(tǒng)合外力等于零，動量守恒.當(dāng)脫鉤車廂速度為V/3時，設(shè)前面部分的速度為V&#

22、39;，根據(jù)動量守恒定律有：MV=（M-m)V'+mV/3解得：例5.(20分)用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2 kg的A、B兩物塊都以v=6 ms的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動，彈簧處于原長，質(zhì)量4 kg的物塊C靜止在前方，如圖所示.B與C碰撞后二者粘在一起運(yùn)動.在以后的運(yùn)動中.求：(1)當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時，物體A的速度多大?(2)彈性勢能的最大是多大?(3)A的速度有可能向左嗎?為什么?解：(20分)(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大. 由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，(mA mB)v(mA mB mC)vA ( 3分)解得 vA= m/s=3 m/s ( 1分)

23、 (2) B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為v，則 mBv=(mB mC)v( 3分) v= =2 m/s ( 1分)設(shè)物A速度為vA時彈簧的彈性勢能最大為Ep，根據(jù)能量守恒Ep= (mB mC) mAv2- (mA mB mC) ( 3分)= ×(2 4)×22 ×2×62- ×(2 2 4)×32=12 J ( 1分) (3)(8分) A不可能向左運(yùn)動 系統(tǒng)動量守恒，mAv mBv=mAvA (mB mC)vB設(shè) A向左，vA0，vB4 m/s 則作用后A、B、C動能之和E= mAvA2 (mB mC

24、)vB2 (mB mC)vB2=48 J 實(shí)際上系統(tǒng)的機(jī)械能E=Ep (mA mB mC)· =12 36=48 J 根據(jù)能量守恒定律， E是不可能的例6（12分）質(zhì)量為M的小物塊A靜止在離地面高 的水平桌面的邊緣，質(zhì)量為 的小物塊B沿桌面向A運(yùn)動并以速度 與之發(fā)生正碰（碰撞時間極短）。碰后A離開桌面，其落地點(diǎn)離出發(fā)點(diǎn)的水平距離為L。碰后B反向運(yùn)動。求B后退的距離。已知B與桌面間的動摩擦因數(shù)為 。重力加速度為 。解：A落地過程是平拋運(yùn)動，則有 （1分） （1分） （1分） B與A碰撞動量守恒（4分） B返回有 （3分） （2分）例7.(16分) 兩個木塊的質(zhì)量分別為 =0.2kg，

25、=0.55kg，中間用輕彈簧相連放在光滑水平面上， 左側(cè)與豎直墻壁接觸。質(zhì)量為 0.050kg的子彈以水平向左的初速度射入 中，并立即與 具有相同的速度，然后向左壓縮彈簧。 被彈回時帶動 運(yùn)動。若木塊 的最大速率為 =0.30m/s，求子彈射入木塊 前的速度。解：子彈打入木塊瞬間，速度為 ,射入 后跟 一起的速度為 由動量守恒： =( ) （分） 離開墻角后，同理：( ) = ( ) （分）再由能量守恒： （分）由得 = 即 = = 0.2m/s （分）解得： = （分） 例8、如圖所示，長為2L的板面光滑且不導(dǎo)電的平板小車C放在光滑水平面上，車的右端有塊擋板，車的質(zhì)量 ，絕緣小物塊B的質(zhì)量

26、。若B以一定速度沿平板向右與C車的擋板相碰，磁后小車的速度總等于碰前物塊B速度的一半。今在靜止的平板車的左端放一個帶電量 、質(zhì)量為 的小物塊A，將物塊B放在平板車的中心，在整個空間加上一個水平方向的勻強(qiáng)電場時，金屬塊A由靜止開始向右運(yùn)動，當(dāng)A以速度 與B發(fā)生碰撞，碰后A以 的速率反彈回來，B向右運(yùn)動，（1）求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小和方向。（2）若A第二次和B相碰，判定是在B與C相碰之前還是相碰之后？（3）A從第一次與B相碰到第二次與B相碰這個過程中，電場力對A做了多少功？解：（1）對金屬塊A用動能定理 所以電場強(qiáng)度大小 方向水平向右 （2）A、B碰撞，由系統(tǒng)動量守恒定律得用 代入解得 B碰后做勻速

27、運(yùn)動，碰到擋板的時間A的加速度 A在 段時間的位移為因 ，故A第二次與B相碰必在B與C相碰之后 （3）B與C相碰，由動量守恒定律可得 eq oac(,11)11A從第一次相碰到第二次與B相碰的位移為L，因此電場力做的功例9、質(zhì)量為M的物塊以速度V運(yùn)動，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正撞，碰撞后兩者的動量正好相等，兩者質(zhì)量之比M/m可能為A.2 B.3 C.4 D. 5答案AB【解析】本題考查動量守恒.根據(jù)動量守恒和能量守恒得設(shè)碰撞后兩者的動量都為P,則總動量為2P,根據(jù),以及能量的關(guān)系得得,所以AB正確.例10、如圖所示，質(zhì)量m1=0.3 kg 的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=15 m,現(xiàn)有質(zhì)量

28、m2=0.2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0=2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數(shù)=0.5,取g=10 m/s2，求（1） 物塊在車面上滑行的時間t;（2） 要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過多少。（1）0.24s (2)5m/s【解析】本題考查摩擦拖動類的動量和能量問題。涉及動量守恒定律、動量定理和功能關(guān)系這些物理規(guī)律的運(yùn)用。（1）設(shè)物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有 設(shè)物塊與車面間的滑動摩擦力為F，對物塊應(yīng)用動量定理有 其中 解得代入數(shù)據(jù)得 （2）要使物塊恰好不從車廂滑出，須

29、物塊到車面右端時與小車有共同的速度v，則 由功能關(guān)系有 代入數(shù)據(jù)解得 =5m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0不能超過5m/s。例11、如圖19所示，水平地面上靜止放置著物塊B和C相距l(xiāng)=1.0m物快A以速度v0=10m/s沿水平方向與B正碰，碰撞后A和B牢固粘在一起向右運(yùn)動，并再與C發(fā)生正碰，碰后瞬間C的速度v=2.0m/s，已知A和B的質(zhì)量均為m。C的質(zhì)量為A質(zhì)量的k倍，物塊與地面的動摩擦因數(shù)=0.45(設(shè)碰撞時間很短，g取10m/s2)（1）計(jì)算與C碰撞前瞬間AB的速度（2）根據(jù)AB與C的碰撞過程分析k 的取值范圍，并討論與C碰撞后AB的可能運(yùn)動方向。解：（1）A與B

30、相碰，由動量守恒定律知 mv0=2mv1，得到v1=5m/s 之后，A與B一起向右運(yùn)動直到與C相碰 以A和B為整體，由動能定理知 ，得到v2=4m/s （2）當(dāng)A與B運(yùn)動到C所在位置時，AB與C相碰，由動量守恒定律知 2mv2=2mv3+kmv （一）若AB與C發(fā)生的碰撞是彈性碰撞，則根據(jù)能量守恒 聯(lián)立兩式得到k=6，v3=-2m/s，說明AB與C碰后反彈（二）若AB與C發(fā)生的碰撞是完全非彈性碰撞，則根據(jù)動量守恒 2mv2=（2m+km）v，得到k=2，物體AB仍然向右運(yùn)動 根據(jù)以上討論可知，k的取值范圍是 2k6 設(shè)k=k1時，物體AB與C碰后速度為零，根據(jù)動量守恒定律 2mv2=k1mv，

31、 得到k1=4 由此可以確定AB與C碰后的可能運(yùn)動方向?yàn)?A當(dāng)2k4時，AB碰后繼續(xù)向右運(yùn)動； B當(dāng)k=4時，AB碰后靜止； C當(dāng)4k6時，AB碰后繼續(xù)向左運(yùn)動（反彈）例12、一個物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質(zhì)量為M的盒子，如圖l所示?，F(xiàn)給盒子一初速度v0，此后，盒子運(yùn)動的v一t圖像呈周期性變化，如圖2所示。請據(jù)此求盒內(nèi)物體的質(zhì)量。解：設(shè)物體的質(zhì)量為m，t0時刻受盒子碰撞獲得速度v，根據(jù)動量守恒定律Mv0=mv 3t0時刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関0，說明碰撞是彈性碰撞Mv02 = mv2 聯(lián)立解得m=M （也可通過圖象分析得出v0=v ，結(jié)合動量守恒，得出正確結(jié)果）例13、一傾

32、角為45°的斜面固定于地面，斜面頂端離地面的高度h01m，斜面底端有一垂直于斜而的固定擋板。在斜面頂端自由釋放一質(zhì)量m0.09kg的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）。小物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)0.2。當(dāng)小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回。重力加速度g10 m/s2。在小物塊與擋板的前4次碰撞過程中，擋板給予小物塊的總沖量是多少？解法一：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動，到達(dá)斜面底端時速度為v。由功能關(guān)系得 以沿斜面向上為動量的正方向。按動量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量 設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為h，則 同理，有 式中，v為小物塊再次到達(dá)斜面底端時的速度，I為再次碰撞過程中擋

33、板給小物塊的沖量。由式得式中 由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數(shù)，首項(xiàng)為 總沖量為 由 得 代入數(shù)據(jù)得 N·s 解法二：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動，小物塊受到重力，斜面對它的摩擦力和支持力，小物塊向下運(yùn)動的加速度為a，依牛頓第二定律得 設(shè)小物塊與擋板碰撞前的速度為v，則 以沿斜面向上為動量的正方向。按動量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量為 由式得 設(shè)小物塊碰撞后沿斜面向上運(yùn)動的加速度大小為a， 依牛頓第二定律有 小物塊沿斜面向上運(yùn)動的最大高度為 由式得 式中 同理，小物塊再次與擋板碰撞所獲得的沖量 由式得 由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的

34、沖量成等比級數(shù)，首項(xiàng)為 總沖量為 由 得 代入數(shù)據(jù)得 N·s 四、動量守恒定律的應(yīng)用（一）知識要點(diǎn)1.碰撞：兩個物體在極短時間內(nèi)發(fā)生相互作用，這種情況稱為碰撞。由于作用時間極短，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為系統(tǒng)的動量守恒。碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種。A A B A B A Bv1vv1/v2/ 仔細(xì)分析一下碰撞的全過程：設(shè)光滑水平面上，質(zhì)量為m1的物體A以速度v1向質(zhì)量為m2的靜止物體B運(yùn)動，B的左端連有輕彈簧。在位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；到位置A、B速度剛好相等（設(shè)為v），彈簧被壓縮到最短；再往后A、B開始遠(yuǎn)離，彈簧

35、開始恢復(fù)原長，到位置彈簧剛好為原長，A、B分開，這時A、B的速度分別為。全過程系統(tǒng)動量一定是守恒的；而機(jī)械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了。彈簧是完全彈性的。系統(tǒng)動能減少全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，狀態(tài)系統(tǒng)動能最小而彈性勢能最大；彈性勢能減少全部轉(zhuǎn)化為動能；因此、狀態(tài)系統(tǒng)動能相等。這種碰撞叫做彈性碰撞。由動量守恒和能量守恒可以證明A、B的最終速度分別為：。（這個結(jié)論最好背下來，以后經(jīng)常要用到。）彈簧不是完全彈性的。系統(tǒng)動能減少，一部分轉(zhuǎn)化為彈性勢能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和相同，彈性勢能仍最大，但比?。粡椥詣菽軠p少，部分轉(zhuǎn)化為動能，部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；因?yàn)槿^程系統(tǒng)動能有損失（一部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)

36、能）。這種碰撞叫非彈性碰撞。 v1 彈簧完全沒有彈性。系統(tǒng)動能減少全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和相同，但沒有彈性勢能；由于沒有彈性，A、B不再分開，而是共同運(yùn)動，不再有過程。這種碰撞叫完全非彈性碰撞?？梢宰C明，A、B最終的共同速度為。在完全非彈性碰撞過程中，系統(tǒng)的動能損失最大，為：。（這個結(jié)論最好背下來，以后經(jīng)常要用到。）2.子彈打木塊類問題：子彈打木塊實(shí)際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點(diǎn)是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運(yùn)動。下面從動量、能量和牛頓運(yùn)動定律等多個角度來分析這一過程。3.反沖問題：在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用

37、后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用過程中系統(tǒng)的動能增大，有其它能向動能轉(zhuǎn)化。可以把這類問題統(tǒng)稱為反沖。（二）例題分析例1：質(zhì)量為M的楔形物塊上有圓弧軌道，靜止在水平面上。質(zhì)量為m的小球以速度v1向物塊運(yùn)動。不計(jì)一切摩擦，圓弧小于90°且足夠長。求小球能上升到的最大高度H 和物塊的最終速度v。解：系統(tǒng)水平方向動量守恒，全過程機(jī)械能也守恒。在小球上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得：由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得： 解得全過程系統(tǒng)水平動量守恒，機(jī)械能守恒，得 本題和上面分析的彈性碰撞基本相同，唯一的不同點(diǎn)僅在于重力勢能代替了彈性勢能。例2：動量分別為5kgm/s和6kgm/s的小球A、

38、B沿光滑平面上的同一條直線同向運(yùn)動，A追上B并發(fā)生碰撞后。若已知碰撞后A的動量減小了2kgm/s，而方向不變，那么A、B質(zhì)量之比的可能范圍是什么？ s2 ds1v0v解：A能追上B，說明碰前vA>vB,；碰后A的速度不大于B的速度， ；又因?yàn)榕鲎策^程系統(tǒng)動能不會增加， ，由以上不等式組解得：此類碰撞問題要考慮三個因素：碰撞中系統(tǒng)動量守恒；碰撞過程中系統(tǒng)動能不增加；碰前、碰后兩個物體的位置關(guān)系（不穿越）和速度大小應(yīng)保證其順序合理。例3：設(shè)質(zhì)量為m的子彈以初速度v0射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為d。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前

39、進(jìn)的距離。解：子彈和木塊最后共同運(yùn)動，相當(dāng)于完全非彈性碰撞。從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動量守恒： 從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為f，設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為s1、s2，如圖所示，顯然有s1-s2=d對子彈用動能定理： 對木塊用動能定理： 、相減得： 這個式子的物理意義是：fd恰好等于系統(tǒng)動能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動能的損失應(yīng)該等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加；可見，即兩物體由于相對運(yùn)動而摩擦產(chǎn)生的熱（機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能），等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關(guān)，所以這里應(yīng)該用路程，而不是用位移）。

40、由上式不難求得平均阻力的大?。褐劣谀緣K前進(jìn)的距離s2，可以由以上、相比得出：從牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式出發(fā)，也可以得出同樣的結(jié)論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運(yùn)動，位移與平均速度成正比： 一般情況下，所以s2<<d。這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小，可以忽略不計(jì)。這就為分階段處理問題提供了依據(jù)。象這種運(yùn)動物體與靜止物體相互作用，動量守恒，最后共同運(yùn)動的類型，全過程動能的損失量可用公式： 當(dāng)子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)動量仍然守恒，系統(tǒng)動能損失仍然是EK= f d（這里的d為木塊的厚度），但由于末狀態(tài)子彈和

41、木塊速度不相等，所以不能再用式計(jì)算EK的大小。 做這類題目時一定要畫好示意圖，把各種數(shù)量關(guān)系和速度符號標(biāo)在圖上，以免列方程時帶錯數(shù)據(jù)。l2 l1例4：質(zhì)量為m的人站在質(zhì)量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當(dāng)他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠(yuǎn)？解：先畫出示意圖。人、船系統(tǒng)動量守恒，總動量始終為零，所以人、船動量大小始終相等。從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。設(shè)人、船位移大小分別為l1、l2，則：mv1=Mv2，兩邊同乘時間t，ml1=Ml2，而l1+l2=L， 應(yīng)該注意到：此結(jié)論與人在船上行走的速度大小無關(guān)。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達(dá)船的

42、左端，那么結(jié)論都是相同的。做這類題目，首先要畫好示意圖，要特別注意兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物體位移大小之間的關(guān)系。 以上所列舉的人、船模型的前提是系統(tǒng)初動量為零。如果發(fā)生相互作用前系統(tǒng)就具有一定的動量，那就不能再用m1v1=m2v2這種形式列方程，而要利用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。例5：總質(zhì)量為M的火箭模型 從飛機(jī)上釋放時的速度為v0，速度方向水平?；鸺蚝笠韵鄬τ诘孛娴乃俾蕌噴出質(zhì)量為m的燃?xì)夂?，火箭本身的速度變?yōu)槎啻?？解：火箭噴出燃?xì)馇昂笙到y(tǒng)動量守恒。噴出燃?xì)夂蠡鸺Ｓ噘|(zhì)量變?yōu)镸-m，以v0方向?yàn)檎较?，?（15分）如圖所示，擋板P固定在足夠高的水平桌面上

43、，小物塊A和B大小可忽略，它們分別帶有 QA和 QB的電荷量，質(zhì)量分別為mA和mB兩物塊由絕緣的輕彈簧相連，一不可伸長的輕繩跨過滑輪，一端與B連接，另一端連接一輕質(zhì)小鉤，整個裝置處于方向水平向左的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度為E開始時A、B靜止，已知彈簧的勁度系數(shù)為k，不計(jì)一切摩擦及A、B間的庫侖力，A、B所帶電荷量保持不變，B一直在水平面上運(yùn)動且不會碰到滑輪試求(1) 開始A、B靜止時，擋板P對物塊A的作用力大??；(2) 若在小鉤上掛一質(zhì)量為M的物塊C并由靜止釋放，當(dāng)物塊C下落到最大距離時物塊A對擋板P的壓力剛好為零，試求物塊C下落的最大距離；(3) 若C的質(zhì)量改為2M，則當(dāng)A剛離開擋板P時，B的速

44、度多大？解：（15分）（1）對系統(tǒng)AB： （4分）(2)開始時彈簧形變量為 ，由平衡條件： （2分）設(shè)當(dāng)A剛離開檔板時彈簧的形變量為 ：由： 可得 （2分）故C下降的最大距離為： （1分）由式可解得 （1分）（3）由能量守恒定律可知：C下落h過程中，C重力勢能的的減少量等于B的電勢能的增量和彈簧彈性勢能的增量以及系統(tǒng)動能的增量之和當(dāng)C的質(zhì)量為M時： （2分）當(dāng)C的質(zhì)量為2M時，設(shè)A剛離開擋板時B的速度為V （2分）由式可解得A剛離開P時B的速度為：（1分）例7、有兩個完全相同的小滑塊A和B，A沿光滑水平面以速度v0與靜止在平面邊緣O點(diǎn)的B發(fā)生正碰，碰撞中無機(jī)械能損失。碰后B運(yùn)動的軌跡為OD曲線

45、，如圖所示。（1）已知滑塊質(zhì)量為m,碰撞時間為，求碰撞過程中A對B平均沖力的大小。（2）為了研究物體從光滑拋物線軌道頂端無初速下滑的運(yùn)動，特制做一個與B平拋軌道完全相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與OD曲線重合的位置，讓A沿該軌道無初速下滑（經(jīng)分析，A下滑過程中不會脫離軌道）。a.分析A沿軌道下滑到任意一點(diǎn)的動量pA與B平拋經(jīng)過該點(diǎn)的動量pB的大小關(guān)系;b.在OD曲線上有一M點(diǎn)，O和M兩點(diǎn)連線與豎直方向的夾角為45°。求A通過M點(diǎn)時的水平分速度和豎直分速度。解：（1） 滑塊A與B正碰，滿足mvA+mvB=mv0 由，解得vA=0, vB=v0,根據(jù)動量定理，滑塊B滿足 F·

46、t=mv0解得 (2)a.設(shè)任意點(diǎn)到O點(diǎn)豎直高度差為d。A、 B由O點(diǎn)分別運(yùn)動至該點(diǎn)過程中，只有重力做功，所以機(jī)械能守恒。選該任意點(diǎn)為勢能零點(diǎn)，有EkA=mgd, EkB= mgd+由于p=,有即 PA<PBA下滑到任意一點(diǎn)的動量總和是小于B平拋經(jīng)過該點(diǎn)的動量。b.以O(shè)為原點(diǎn)，建立直角坐標(biāo)系xOy,x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向下，則對B有x=v0t，y=gt2B的軌跡方程 y=在M點(diǎn)x=y，所以 y= 因?yàn)锳、B的運(yùn)動軌跡均為OD曲線，故在任意一點(diǎn)，兩者速度方向相同。設(shè)B水平和豎直分速度大小分別為和，速率為vB；A水平和豎直分速度大小分別為和，速率為vA,則 B做平拋運(yùn)動，故 對A由機(jī)械能守恒得vA= 由得 將代入得例8、如圖，一質(zhì)量為M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h。一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度v0/2 射出。重力加速度為g。求：（1）此過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（2）此后物塊落地點(diǎn)離桌面邊緣的水平距離。解：（1）設(shè)子彈穿過物塊后物塊的速度為V，由動量守恒得mv0mMV 解得V系統(tǒng)的機(jī)械能損失為Em由式得E（2）設(shè)物塊下落到地面所需時間為t，落地點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離為s，則hgt2 sVt