第19講.動量(2).教師版

錯題不再錯就無敵了！錯題不再錯就無敵了！2014年高考解決方案動量（2）動量（2） 學(xué)生姓名：學(xué)生姓名：上課時間上課時間：高考解決方案 第一階段·模塊課程·動量（2） Pageof24第19講動量階段復(fù)習(xí)階段復(fù)習(xí)前段時間學(xué)習(xí)的內(nèi)容現(xiàn)在是否依然很熟練？是否需要去自己的錯題寶庫游覽一番？20142014年高考怎么考內(nèi)容要求要求層次備注考綱要求動量沖量動量定理II動量定理和動量守恒定律只限于一維動量守恒定律及其應(yīng)用II考點解讀2011年2012年2013年21題12分24題20分24題20分目錄1．碰撞2．碰撞過程合理性的判斷3．子彈打木塊（滑板與滑塊）4．爆炸、反沖5．人船模型知識講練知識講練碰撞碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短的時間內(nèi)它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程．彈性碰撞：滿足動量守恒與機械能守恒 ①常見彈性碰撞1——動碰靜:由動量守恒與機械能守恒，，得：，a、當(dāng)m1=m2時，v1=0，v2=v0，顯然碰撞后A靜止，B以A的初速度運動，兩球速度交換，并且A的動能完全傳遞給B，因此m1=m2也是動能傳遞最大的條件；b、當(dāng)m1＞m2時，v1＞0，即A、B同方向運動，因＜，所以速度大小v1＜v2，即兩球不會發(fā)生第二次碰撞；c、當(dāng)m1>>m2時，v1=v0，v2=2v0即當(dāng)質(zhì)量很大的物體A碰撞質(zhì)量很小的物體B時，物體A的速度幾乎不變，物體B以2倍于物體A的速度向前運動． e、當(dāng)m1＜m2時，則v1＜0，即物體A反向運動．f、當(dāng)m1<<m2時，v1=-v0，v2=0即物體A以原來大小的速度彈回，而物體B不動，A的動能完全沒有傳給B，因此m1<<m2是動能傳遞最小的條件．②常見彈性碰撞2——動碰動:由動量守恒與機械能守恒：，得：，，a、，則最終都向右運動；b、，交換速度，即的速度為零，的速度為；c、，反向彈回，向右運動．非彈性碰撞：滿足動量守恒，機械能不守恒．完全非彈性碰撞：兩物體碰后粘合在一起，這種碰撞損失動能最多．一般非彈性碰撞：碰撞結(jié)束后，動能有部分損失．已知A、B兩個鋼性小球質(zhì)量分別是m1、m2，小球B靜止在光滑水平面上，A以初速度v0與小球B發(fā)生彈性碰撞，求碰撞后小球A的速度v1，物體B的速度v2大小和方向．【解析】取小球A初速度v0的方向為正方向，因發(fā)生的是彈性碰撞，碰撞前后動量守恒、動能不變有：①②由①②兩式得：，光滑的水平面上靜置一質(zhì)量為的帶有光滑圓弧軌道的滑塊，如圖12所示。另有一質(zhì)量為的小球以水平速度沿水平面沖上滑塊，，設(shè)滑塊足夠高，試求小球所能達到的最大高度?！窘馕觥啃∏蛟诨瑝K上達到最大高度時，它和滑塊達到共同速度。對這兩者組成的系統(tǒng)，水平方向上動量守恒，設(shè)它們的共同速度為，則兩者組成的系統(tǒng)能量也是守恒的，設(shè)小球沿滑塊上升的最大高度為，則。解以上兩式得：帶有1/4光滑圓弧軌道、質(zhì)量為M的滑車靜止置于光滑水平面上，如圖所示．一質(zhì)量為m的小球以速度v0水平?jīng)_上滑車，當(dāng)小球上行再返回，并脫離滑車時，以下說法可能正確的是（）A．小球一定沿水平方向向左做平拋運動B．小球可能沿水平方向向左做平拋運動C．小球可能做自由落體運動D．小球可能水平向右做平拋運動【解析】小球滑上滑車，又返回，到離開滑車的整個過程，相當(dāng)于小球與滑車發(fā)生彈性碰撞的過程．如果m＜M，小球離開滑車向左做平拋運動；如果m=M，小球離開滑車做自由落體運動；如果m＞M，小球離開滑車向右做平拋運動．【答案】BCD如圖所示，兩單擺的擺長不同，已知B的擺長是A擺長的4倍,A的周期為T,平衡時兩鋼球剛好接觸，現(xiàn)將擺球A在兩擺線所在的平面向左拉開一小角度釋放，兩球發(fā)生彈性碰撞,碰撞后兩球分開各自做簡諧運動，以mA，mB分別表示兩擺球A，B的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A．如果mA=mB經(jīng)時間T發(fā)生下次碰撞且發(fā)生在平衡位置B．如果mA>mB經(jīng)時間T發(fā)生下次碰撞且發(fā)生在平衡位置C．如果mA>mB經(jīng)時間T/2發(fā)生下次碰撞且發(fā)生在平衡位置右側(cè)D．如果mA<mB經(jīng)時間T/2發(fā)生下次碰撞且發(fā)生在平衡位置左側(cè)【解析】當(dāng)mA=mB時，A、B球在平衡位置發(fā)生彈性碰撞，速度互換，A球靜止，由于B擺長是A擺長的4倍,由單擺周期公式可知,A周期是T，B的周期是2T，當(dāng)B球反向擺回到平衡位置經(jīng)時間為T，再次發(fā)生碰撞．故A選項正確．當(dāng)mA＞mB時，發(fā)生第一次碰撞后兩球同向右擺動，但A球的速度小于B球的速度，并有A的周期是B周期的一半，T/2時B到達右側(cè)最大位移處,此時A向左回到平衡位置,A繼續(xù)向左;再經(jīng)T/2,B完成半個全振動向右,A恰好完成一次全振動向左同時回到平衡位置發(fā)生碰撞，故B選項正確，C選項錯誤；當(dāng)mA<mB時，碰撞后A反彈向左運動，B向右，若mA越接近mB發(fā)生下一次碰撞的時間越接近T，若mA<<mB，A接近原速反彈，B幾乎不動，發(fā)生下一次碰撞的時間越接近T/2，當(dāng)A經(jīng)T/2經(jīng)平衡位置從左向右運動時B恰好在右側(cè)最高點，而A、B碰撞的位置只能在平衡位置的右側(cè)，或十分接近平衡位置，不可能在平衡位置的左側(cè)，故D選項錯誤．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，輕繩長為，將滑環(huán)固定在水平桿上，給一個水平?jīng)_量作用，使擺動，且恰好剛碰到水平桿．問：（1）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，仍給以同樣大小的沖量作用，則擺起的最大高度為多少？【答案】（1）（2）【解析】（1）由機械能守恒得通過最低點時繩拉力最大，，所以．再對滑環(huán)進行受力分析知，水平桿對滑環(huán)的支持力．由牛頓第三定律得滑環(huán)對水平桿的壓力的最大值是．（2）不固定時，由機械能守恒得的初速度，設(shè)擺起的最大高度為，則水平方向動量守恒，解得，所以．設(shè)有兩個質(zhì)量分別為和,速度分別為和的彈性小球作對心碰撞,兩球的速度方向相同．若碰撞是完全彈性的,求碰撞后的速度和．【解析】由動量守恒定律得由機械能守恒定律得得：，兩式相除得如圖所示，在光滑的水平面上靜止著一個質(zhì)量為m2小球2，質(zhì)量為m1的小球1以一定的初速度v1朝著球2運動，如果兩球之間、球與墻之間發(fā)生的碰撞均無機械能損失，要使兩球還能再碰，則兩小球的質(zhì)量需滿足怎樣的關(guān)系？【解析】設(shè)兩球碰后的速度分別為v1′和v2′，由系統(tǒng)動量守恒定律得：①由于發(fā)生的是彈性碰撞，碰撞前后的總動能不變，得：②聯(lián)立式①、②，可解得：球1碰后速度為；球2碰后速度為按照題意，只要碰后球1不反彈，即，即，總能發(fā)生二次碰撞．或者球1反彈，但是其碰后速率－v1′小于球2速率v2′，即，也能發(fā)生二次碰撞．綜上，只要即可滿足題意．某同學(xué)用一個光滑的半圓形軌道和若干個大小相等、可視為質(zhì)點的小球做了三個有趣的實驗，軌道固定在豎直平面內(nèi)，且兩端同高。第一次，他將一個小球從離軌道最低點的豎直高度h處由靜止沿軌道下滑（h遠小于軌道半徑），用秒表測得小球在軌道底部做往復(fù)運動的周期為T；第二次，他將小球A放在軌道的最低點，使另一個小球B從軌道最高點由靜止沿軌道滑下并與底部的小球碰撞，結(jié)果小球B返回到原來高度的1/4，小球A也上滑到同樣的高度；第三次，用三個質(zhì)量之比為m1:m2:m3＝5:3:2的小球做實驗，如圖所示，先將球m2和m3放在軌道的最低點，球m1從某一高度由靜止沿軌道下滑，它們碰后上升的最大高度分別為h1、h2和h3，不考慮之后的碰撞。設(shè)實驗中小球間的碰撞均無機械能損失。重力加速度為g。求：（1）半圓形軌道的半徑R；（2）第二次實驗中兩小球的質(zhì)量之比mA:mB；（3）第三次實驗中三個小球上升的最大高度之比h１:h２:h３?！窘馕觥浚?）第一次實驗中，小球的運動可以看做擺長為R的單擺，根據(jù)單擺周期公式有：所以 （6分）（2）第二次實驗中，球B從高為R處釋放，設(shè)球B與球A碰撞前瞬間的速度大小為vB，碰撞后瞬間它們速度的大小分別為和vA。由題意知，球B與A碰后達到的高度均為，根據(jù)機械能守恒定律有，，所以；又根據(jù)動量守恒定律有所以 （6分）（3）根據(jù)題意設(shè)球1、2、3的質(zhì)量分別為5m、3m和2m。設(shè)球1與球2碰撞前后的速度分別為v1、，球2與球3碰撞前后的速度分別為，球3與球2碰撞后的速度為。球1與球2碰撞過程中動量守恒，且機械能守恒，則有解得球2與球3碰撞過程中動量守恒，且機械能守恒，則有解得：在三個小球的上升過程中，根據(jù)機械能守恒定律有：解得：【答案】 如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為和的兩物塊、相連接，并靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)使瞬時獲得水平向右的速度，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得（）A．在、時刻兩物塊達到共同速度，且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B．從到時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長C．兩物體的質(zhì)量之比為D．在時刻與的動能之比為【答案】CD【解析】在、時刻兩物塊達到共同速度，時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，從到時刻彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)到原長．由動量守恒知，，故．【小結(jié)】有關(guān)圖像應(yīng)用的題型，關(guān)鍵是理解每段圖線所對應(yīng)的兩個物理量：位移隨時間的變化規(guī)律，求出各物體碰撞前后的速度．不要把運動圖像同運動軌跡混為一談．如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊和都可視作質(zhì)點，質(zhì)量相等。與輕質(zhì)彈簧相連。設(shè)靜止，以某一初動能向運動并與彈簧發(fā)生碰撞。在整個碰撞過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于A．B．C．D．【答案】B【解析】整個碰撞過程中，當(dāng)小滑塊和的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大。設(shè)小滑塊的初速度為，兩滑塊的質(zhì)量為。由動量守恒定律可得：解得：根據(jù)能量守恒定律可得：，解得：如圖所示，物塊靜止在光滑的水平面上，三者的質(zhì)量均為．輕彈簧的左端與連接，右端與連接．彈簧處于原長，和緊靠在一起（不粘連）．現(xiàn)給物塊方向水平向右、大小為的初速度，在以后的運動過程中物塊沒有相碰，求彈簧被拉伸最長時的彈性勢能（設(shè)彈簧處于原長時的彈性勢能為零）．【答案】【解析】輕彈簧先被壓縮然后恢復(fù)至原長，此時物塊剛要分離，設(shè)此時物塊的速度為，物塊的速度為，對組成的系統(tǒng)根據(jù)動量守恒定律得：根據(jù)機械能守恒定律得：兩式聯(lián)立解得：，（，不符合題意，舍去）．分離后，做勻速直線運動，因彈簧被拉伸，做減速運動，當(dāng)達到速度相同時，彈簧被拉伸最長，設(shè)此時的速度為，對組成的系統(tǒng)根據(jù)動量守恒定律得：，解得設(shè)此時彈簧的彈性勢能為，根據(jù)機械能守恒定律得：．如圖甲所示，物塊、的質(zhì)量分別是和，用輕彈栓接兩物塊放在光滑的水平地面上，物塊的右側(cè)與豎直墻面接觸。另有一物塊從時刻起，以一定的速度向右運動，在時與物塊相碰，并立即與粘在一起不再分開，物塊的圖象如圖乙所示。求：（1）物塊的質(zhì)量；（2）墻壁對物塊的彈力在到的時間內(nèi)對做的功及對的沖量的大小和方向；（3）離開墻后的過程中彈簧具有的最大彈性勢能?！敬鸢浮浚?）；（2）墻對物體的彈力不做功；墻對B的沖量大小是，方向水平向左；（3）【解析】（1）由圖知，，。（2）由動能定理可知，墻對物體B的彈力不做功。4s到12s內(nèi)，AC兩物體所受彈簧彈力的沖量為，，墻對B的沖量大小也是，方向水平向左。（3）由動量守恒，，由機械能守恒，，所以得到。如圖，小球a、b用等長細線懸掛于同一固定點O．讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細線水平．從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大偏角為60°．忽略空氣阻力，求（1）兩球a、b的質(zhì)量之比；（2）兩球在碰撞過程中損失的機械能與球b在碰前的最大動能之比．a(chǎn)aabbOO【解析】（1）（1）設(shè)b球的質(zhì)量為m,a球的質(zhì)量為M,則對b球研究,由動能定理得:,a、b碰撞由動量守恒定律得:a、b整體向左運動,由動能定理得:聯(lián)立解得:,（2）a、b碰撞過程中機械能的損失為:如圖所示，質(zhì)量為m的由絕緣材料制成的球與質(zhì)量為M=19m的金屬球并排懸掛．現(xiàn)將絕緣球拉至與豎直方向成=60°的位置自由釋放，下擺后在最低點處與金屬球發(fā)生彈性碰撞．在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場．已知由于磁場的阻尼作用，金屬球?qū)⒂谠俅闻鲎睬巴Ｔ谧畹忘c處．求經(jīng)過幾次碰撞后絕緣求偏離豎直方向的最大角度將小于45°．【答案】3次【解析】絕緣球每次碰撞都要減少部分機械能，根據(jù)彈性碰撞過程中的動量守恒和機械能守恒可以求出碰后絕緣球的動能，從而得到碰撞次數(shù)．解：設(shè)在第n次碰撞前絕緣球的速度為vn－1，碰撞后絕緣球、金屬球的速度分別為vn、Vn．由于碰撞過程中動量守恒、碰撞前后動能相等，設(shè)速度向左，則，解得：第n次碰撞后絕緣球的動能為：E0為第1次碰撞前的動能，即初始能量絕緣球在θ＝θ0＝60°與θ＝45°處的勢能之比為：經(jīng)n次碰撞后有：易算出（0.81）2＝0656，（0.81）3＝0.531，因此，經(jīng)過3次碰撞后θ小于45°質(zhì)量為m的鋼板與直立輕簧的上端連接，彈簧下端固定在地上．平衡時，彈簧的壓縮量為x0，如圖所示．一物塊從鋼板正上方距離為3x0的A處自由落下，但不粘連．它們到達最低點后又向上運動．已知物塊質(zhì)量也為m時，它們恰能回到O點．若物塊質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度．求物塊向上運動到達的最高點與O的點的距離【解析】物塊與鋼板碰撞時的速度 ①設(shè)v1表示質(zhì)量為m的物塊與鋼板碰撞后一起開始向下運動的速度，因碰撞時間極短，動量守恒，②剛碰完時彈簧的彈性勢能為EP．當(dāng)它們一起回到O點時，彈簧無形變，彈性勢能為零．根據(jù)題給條件，這時物塊與鋼板的速度為零，由機械能守恒 ③設(shè)v2表示質(zhì)量為2m的物塊與鋼板碰撞后開始一起向下運動的速度，則有 ④剛碰完時彈簧的彈性勢能為EP′，它們回到O點時，彈性勢能為零，但它們?nèi)岳^續(xù)向上運動，設(shè)此時速度為v，則有 ⑤在以上兩種情況中，彈簧的初始壓縮量都是x0，故有EP′=EP ⑥當(dāng)質(zhì)量為2m的物塊與鋼板一起回到O點時，彈簧的彈力為零，物塊與鋼板只受到重力作用，速度為g．一過O點，鋼板受到彈簧向下的拉力作用，加速度大于g．由于物塊與鋼板不粘連，物塊不可能受到鋼板的拉力，其加速度仍為g．故在O點物塊與鋼塊分離，分離后，物塊以速度v豎直上拋，則由以上各式解得，物塊向上運動所到最高點與O點的距離為如圖所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接。質(zhì)量為m的小球從高為h處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為km的小球發(fā)生碰撞，碰撞前后兩小球的運動方向處于同一水平線上。kmkm（1）若兩小球碰撞后粘連在一起，求碰后它們的共同速度；（2）若兩小球在碰撞過程中無機械能損失，a．為使兩小球能發(fā)生第二次碰撞，求k應(yīng)滿足的條件；b．為使兩小球僅能發(fā)生兩次碰撞，求k應(yīng)滿足的條件?！窘馕觥浚?）設(shè)質(zhì)量為m的小球碰撞前的速度為v0，根據(jù)機械能守恒定律有①設(shè)兩小球碰后的共同速度為V，根據(jù)動量守恒定律有②解得6分（2）a．取水平向右方向為正方向，設(shè)碰后m與km的速度分別為v1與V1，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有③④解得⑤⑥兩小球若要發(fā)生第二次碰撞，需要v1<0，⑦由⑤⑥⑦解得：k＞3⑧6分b．對于第二次碰撞，設(shè)v2與V2分別為m與km碰后的速度，由動量守恒和機械能守恒有⑨⑩由⑤⑥⑧⑨解得只要滿足，兩球一定不會相碰由⑧解得碰撞過程合理性的判斷動量守恒機械能不增加（動能不增加）：或速度要合理：碰前兩物體同向，則，并且碰撞后，原來在前的物體速度一定增大，并有；兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變．（為在后方的物體速度，為在前方的物體速度）.甲乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是P1=5kgm/s，P2=7kgm/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0kgm/s，則二球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是下面的哪幾種（）A．m1=m2 B．2m1=m2 C．4m1=m2 D．6m1【解析】甲乙兩球在碰撞過程中動量守恒，所以有：P1+P2=P1，+P2，即：P1=2kgm/s．由于在碰撞過程中，不可能有其它形式的能量轉(zhuǎn)化為機械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機械能不會增加．所以有：所以有：m1m2，不少學(xué)生就選擇（C、D）選項．這個結(jié)論合“理”，但卻不合“情”．因為題目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有，即m1；同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即，所以．因此選項（D）是不合“情”的，正確的答案應(yīng)該是（C）選項．如圖所示，半徑和動能都相等的兩個小球相向而行．甲球質(zhì)量m甲大于乙球質(zhì)量m乙，水平面是光滑的，兩球做對心碰撞以后的運動情況可能是下述哪些情況（）A．甲球速度為零，乙球速度不為零B．兩球速度都不為零C．乙球速度為零，甲球速度不為零D．兩球都以各自原來的速率反向運動【解析】首先根據(jù)兩球動能相等，得出兩球碰前動量大小之比為：，因m甲>m乙，則P甲>P乙，則系統(tǒng)的總動量方向向右．根據(jù)動量守恒定律可以判斷，碰后兩球運動情況可能是A、B所述情況，而C、D情況是違背動量守恒的，故C、D情況是不可能的。子彈打木塊（滑板與滑塊）此類問題外觀特征明顯，處理方法如下由子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)機械能不守恒，一對滑動摩擦力做的總功為負值，在數(shù)值上等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，即，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能．當(dāng)子彈和木塊的速度相等時木塊的速度最大，兩者的相對位移（子彈射入的深度）最大．碰撞模型與子彈木塊模型的都用到了動量守恒和機械能守恒（機械能有損失的用能量守恒）．如圖所示，質(zhì)量為的木塊放在光滑的水平面上，質(zhì)量為的子彈以初速度水平射向木塊，設(shè)木塊沒有被射穿且子彈受到的阻力恒定。求：（1）木塊的最大速度．（2）木塊的最短水平長度．（3）木塊的速度達到最大時，子彈射入木塊的深度與木塊的位移之比．（4）子彈與木塊相對運動過程系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能．【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】（1）當(dāng)木塊與子彈的速度相等時，木塊的速度最大，由動量守恒得 （2）子彈和木塊對地的位移不相等，木塊未被擊穿，表明木塊的水平長度應(yīng)小于兩者位移之差，即對子彈有 對木塊有 故有 因此，，所以木塊的最短水平長度為．（3）設(shè)子彈進入木塊的深度為，可得到．（4）系統(tǒng)增加的內(nèi)能等于系統(tǒng)減少的動能 因此，系統(tǒng)內(nèi)能增加．【小結(jié)】系統(tǒng)損失的機械能等于因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能，且等于摩擦力與兩物體相對位移的乘積．即Q=ΔE系統(tǒng)=μNS相對質(zhì)量為m的子彈，以水平初速度v0射向質(zhì)量為M的長方體木塊．（1）設(shè)木塊可沿光滑水平面自由滑動，子彈留在木塊內(nèi)，木塊對子彈的阻力恒為f，求彈射入木塊的深度L．并討論：隨M的增大，L如何變化？（2）設(shè)v0=900m/s，當(dāng)木塊固定于水平面上時，子彈穿出木塊的速度為v1=100m/s．若木塊可沿光滑水平面自由滑動，子彈仍以v0=900m/s的速度射向木塊，發(fā)現(xiàn)子彈仍可穿出木塊，求M/m的取值范圍（兩次子彈所受阻力相同）．【解析】（1）當(dāng)木塊可自由滑動時，子彈、木塊所組成的系統(tǒng)動量守恒：即可解出打入深度為可知，隨M增大，L增大．（2）當(dāng)木塊固定時：①②這種情況下，系統(tǒng)的動能損失仍等于阻力與相對移動距離之積：③②③可得：④由①、④兩式，可解出，為子彈剛好穿出時M∶m的值．我們已經(jīng)知道，M越大，子彈打入木塊的深度越大，故M∶m＝80應(yīng)為M∶m的最小值，即應(yīng)取M∶m≥80．【答案】M∶m≥80．在光滑水平面上并排放兩個相同的木板，長度均為L=1.00m，一質(zhì)量與木板相同的金屬塊，以v0=2.00m/s的初速度向右滑上木板A，金屬塊與木板間動摩擦因數(shù)為μ=0.1，g取10m/s2．求兩木板的最后速度．v0AB【解析】金屬塊在板上滑動過程中，統(tǒng)動量守恒．金屬塊最終停在什么位置要進行判斷．假設(shè)金屬塊最終停在A上．三者有相同速度v，相對位移為x，則有解得：，因此假定不合理，金屬塊一定會滑上B．設(shè)x為金屬塊相對B的位移，v1、v2表示A、B最后的速度，v0′為金屬塊離開A滑上B瞬間的速度．有：在A上全過程聯(lián)立解得：∴【小結(jié)】μNS相對=ΔEk系統(tǒng)=Q，Q為摩擦在系統(tǒng)中產(chǎn)生的熱量．如圖所示，長的木板靜止在某水平面上，時刻，可視為質(zhì)點的小物塊以水平向右的某一初速度從的左端向右滑行．的速度－時間圖象見圖，其中分別是內(nèi)的速度－時間圖線，是內(nèi)共同的速度－時間圖線．已知的質(zhì)量均是，取．則以下判斷正確的是（）A．在內(nèi)，木板下表面與水平面之間有摩擦力B．在內(nèi)，摩擦力對的沖量是C．之間的動摩擦因數(shù)為D．相對靜止的位置在木板的最右端【答案】C【解析】內(nèi)物塊與木板做勻速直線運動，故木板與地面無摩擦力，A錯．由沖量定理，在內(nèi)，摩擦力對的沖量，B錯．當(dāng)加速運動時，由圖知，，，，C正確．設(shè)相對靜止時，發(fā)生的相對位移為，，得，故在的正中間，D錯．如圖所示，一質(zhì)量的平頂小車，車頂右端放一質(zhì)量的小物體，小物體可視為質(zhì)點，與車頂之間的動摩擦因數(shù)，小車靜止在光滑的水平軌道上．現(xiàn)有一質(zhì)量的子彈以水平速度射中小車左端，并留在車中．子彈與車相互作用時間很短．若使小物體不從車頂上滑落，求：（1）小車的最小長度應(yīng)為多少？最后物體與車的共同速度為多少？（2）小木塊在小車上滑行的時間．（）【答案】（1）子彈打小車過程中，子彈和小車構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律可得：①子彈、小車和物體構(gòu)成的系統(tǒng)，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律可得：②根據(jù)功能關(guān)系可得：③聯(lián)立①②③解得小車的最小長度為：物體與小車的共同速度為：（2）根據(jù)動量定理可得：解得：如圖所示,光滑水平地面上靜止放置兩由彈簧相連木塊A和B,一質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平擊中木塊A,并留在其中,A的質(zhì)量為3m,B的質(zhì)量為4m．（1）求彈簧第一次最短時的彈性勢能（2）何時B的速度最大，最大速度是多少？【解析】（1）從子彈擊中木塊A到彈簧第一次達到最短的過程可分為兩個小過程一是子彈與木塊A的碰撞過程，動量守恒，有機械能損失；二是子彈與木塊A組成的整體與木塊B通過彈簧相互作用的過程，動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒，子彈打入:mv0=4mv1①打入后彈簧由原長到最短:4mv1=8mv2②機械能守恒:③解①②③得（2）從彈簧原長到壓縮最短再恢復(fù)原長的過程中，木塊B一直作變加速運動,木塊A一直作變減速運動,相當(dāng)于彈性碰撞，因質(zhì)量相等，子彈和A組成的整體與B木塊交換速度,此時B的速度最大,設(shè)彈簧彈開時A、B的速度分別為4mv1=4mv1’+4mv2’④⑤解得:v1’=o,v2’=v1=爆炸、反沖模型一個靜止的物體在內(nèi)力作用下分成兩部分，一部分向某個方向運動，另一部分向反方向運動，這種現(xiàn)象稱為反沖。如噴氣式飛機、火箭等。在反沖現(xiàn)象中系統(tǒng)的動量是守恒的．質(zhì)量為的物體以對地速度拋出其本身的一部分，若該部分質(zhì)量為，則剩余部分對地反沖速度為：，反沖運動中的已知條件常常是物體的相對速度，在應(yīng)用動量守恒定律時，應(yīng)將相對速度轉(zhuǎn)換為絕對速度（一般為對地速度）．反沖現(xiàn)象中往往伴隨有能量的轉(zhuǎn)移．爆炸過程中，內(nèi)力遠遠大于外力，動量守恒．火箭噴氣發(fā)動機每次噴出質(zhì)量m＝0.2kg的氣體，噴出的氣體相對地面的速度為v＝1000m/s，設(shè)火箭的初始質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動機每秒噴氣20次，若不計地球?qū)λ囊ψ饔煤涂諝庾枇ψ饔?，求火箭發(fā)動機工作5s后火箭的速度達多大？【解析】以火箭（包括在5s內(nèi)要噴出的氣體）為系統(tǒng)，系統(tǒng)的總動量守恒，以火箭的運動方向為正，則5s后火箭的動量為（M－m×20×5）v'，所噴出的氣體動量為－（m×20×5）v．由動量守恒定律：得出．質(zhì)量為M的火箭，原來以速度v0在太空中飛行，現(xiàn)在突然向后噴出一股質(zhì)量為?m的氣體，噴出氣體相對火箭的速度為v，則噴出氣體后火箭的速率為【解析】這類問題通過能量守恒定律研究。需要強調(diào)的是，在這類問題中，一般我們講相對速度時，講的是噴射后氣體相對于飛船的速度，而不是之前。由動量守恒：Mv0一顆手榴彈以的速度在空中水平飛行，設(shè)它爆炸后炸裂為兩塊，小塊質(zhì)量為，沿原方向以的速度飛去，那么質(zhì)量為的大塊在爆炸后速度大小和方向是（）A．，與反向B．，與反向C．，與反向D．以上答案都錯【答案】B如圖所示，滑塊A、B的質(zhì)量分別為m1與m2，m1＜m2，由輕質(zhì)彈簧相連接置于水平的氣墊導(dǎo)軌上，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)后綁緊．兩滑塊一起以恒定的速率v0向右滑動．突然輕繩斷開．當(dāng)彈簧伸至本身的自然長度時，滑塊A的速度正好為0．求：（1）繩斷開到第一次恢復(fù)自然長度的過程中彈簧釋放的彈性勢能Ep；（2）在以后的運動過程中，滑塊B是否會有速度為0的時刻?試通過定量分析證明你的結(jié)論【解析】當(dāng)彈簧處壓縮狀態(tài)時，系統(tǒng)的機械能等于兩滑塊的動能和彈簧的彈性勢能之和，當(dāng)彈簧伸長到自然長度時，彈性勢能為0，因這時滑塊A的速度為0，故系統(tǒng)的機械能等于滑塊B的動能．設(shè)這時滑塊B的速度為v，則有．因系統(tǒng)所受外力為0，由動量守恒定律解得．由于只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒解得．如圖所示，在光滑水平桌面上，物體A和B用輕彈簧連接，另一物體C靠在B左側(cè)未連接，它們的質(zhì)量分別為mA=0.2kg，mB=mC=0.1kg．現(xiàn)用外力將B、C和A壓縮彈簧，外力做功為7.2J，彈簧仍在彈性限度內(nèi)然后由靜止釋放．試求：（1）彈簧伸長最大時彈簧的彈性勢能；（2）彈簧從伸長最大回復(fù)到自然長度時，A、B速度的大?。窘馕觥咳∠蛴覟檎较颍谝贿^程，彈簧從縮短至原長，代入數(shù)據(jù)得：，第二過程，彈簧從原長伸至最長，此時A、B速度相等，有，代入數(shù)據(jù)得：，第三過程，彈簧從最長至原長，有得：，【小結(jié)】彈簧伸長時，B、C間有彈力作用，A、B系統(tǒng)的動量不守恒，但以A、B、C作為系統(tǒng)，動量守恒．以后B、C分離，A、B系統(tǒng)的動量守恒．本題說明有多個物體時，需合理選擇物體組成研究系統(tǒng)．人船模型符合“人船模型”的條件：相互作用的物體原來都靜止，且滿足動量守恒條件“人船模型”的特點：人動“船”動，人?！按蓖?，人快“船”快，人慢“船”慢，人上“船”下，人左“船”右由動量守恒定律，有即．把方和兩邊同時乘以時間，即與聯(lián)立解得人船模型可以很好的用來闡述力傳遞動量的物理思想。質(zhì)量為M的船停在靜止的水面上，船長為L，一質(zhì)量為m的人，由船頭走到船尾，若不計水的阻力，則整個過程人和船相對于水面移動的距離？【解析】“人船模型”是由人和船兩個物體構(gòu)成的系統(tǒng)；該系統(tǒng)在人和船相互作用下各自運動，運動過程中該系統(tǒng)所受到的合外力為零；即人和船組成的系統(tǒng)在運動過程中總動量守恒．設(shè)人在運動過程中，人和船相對于水面的速度分別為和u，則由動量守恒定律得由于人在走動過程中任意時刻人和船的速度和u均滿足上述關(guān)系，所以運動過程中，人和船平均速度大小也應(yīng)滿足相似的關(guān)系，即m=M而，，所以上式可以轉(zhuǎn)化為：又有，，得：，【小結(jié)】以上就是典型的“人船模型”，說明人和船相對于水面的位移只與人和船的質(zhì)量有關(guān)，與運動情況無關(guān)．該模型適用的條件：一個原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的系統(tǒng)，且在系統(tǒng)發(fā)生相對運動的過程中，至少有一個方向（如水平方向或者豎直方向）動量守恒．一個質(zhì)量為M，底面邊長為b的三角形劈塊靜止于光滑水平面上，如圖，有一質(zhì)量為m的小球由斜面頂部無初速滑到底部的過程中，劈塊移動的距離是多少？【解析】小球m在下滑的過程中，受力情況和速度變化的規(guī)律都不易分析，因此用牛頓定律和運動學(xué)公式找位移S是困難的；用人船模型的公式解這類求變速直線運動的位移且不涉及速度的問題時，是非常方便的．設(shè)小球滑到底端時，劈塊后退的位移為S，則小球的水平位移應(yīng)為（b一S），根據(jù)動量守恒定律得Ms=m（b-s），解得劈塊移動的距離為s=mb/（M+m）．載人氣球原靜止于高h的高空，氣球質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？【解析】氣球和人原靜止于空中，說明系統(tǒng)所受合力為零，故人下滑過程中系統(tǒng)動量守恒．人著地時，繩梯至少應(yīng)觸及地面，若設(shè)繩梯長為L，人沿繩梯滑至地面的時間為t，由動量守恒定律有：，解得．如圖7所示，質(zhì)量為M的車靜止在光滑水平面上，車右側(cè)內(nèi)壁固定有發(fā)射裝置．車左側(cè)內(nèi)壁固定有沙袋．發(fā)射器口到沙袋的距離為d，把質(zhì)量為m的彈丸最終射入沙袋中，這一過程中車移動的距離是_______．【解析】本題可把子彈看作“人”，把車看作“船”，這樣就可以用“人船模型”來求解．，解得質(zhì)量為M、長為L的船靜止在靜水中，船頭及船尾各站著質(zhì)量分別為m1及m2的人，當(dāng)兩人互換位置后，船的位移有多大？【解析】利用“人船模型”易求得船的位移大小為：．提示：若m1>m2，本題可把（m1-m2）等效為一個人，把（M+2m2）看著船，再利用人船模型進行分析求解較簡便如圖，質(zhì)量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R、質(zhì)量為2m的大空心球內(nèi)．大球開始靜止在光滑的水平面上，當(dāng)小球從圖示位置無初速度沿大球內(nèi)壁滾到最低點時，大球移動的距離是_【解析】設(shè)大球運動的位移為s，由圖3知小球運動的位移為（R－s）由“人船模型”知兩球在水平方向動量守恒，因此有m（R－s）＝2ms，解得：S＝思考思考總結(jié)碰撞碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短的時間內(nèi)它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程．彈性碰撞：滿足動量守恒與機械能守恒 ①常見彈性碰撞1——動碰靜:由動量守恒與機械能守恒，，得：v1________，v2________a、當(dāng)m1=m2時，v1=________，v2=________，顯然碰撞后A靜止，B以A的初速度運動，兩球速度交換，并且A的動能完全傳遞給B，因此m1=m2也是動能傳遞最大的條件；b、當(dāng)m1＞m2時，v1＞0，即A、B同方向運動，因＜，所以速度大小v____v2，即兩球不會發(fā)生第二次碰撞；c、當(dāng)m1>>m2時，v1=________，v2=________即當(dāng)質(zhì)量很大的物體A碰撞質(zhì)量很小的物體B時，物體A的速度幾乎不變，物體B以2倍于物體A的速度向前運動． e、當(dāng)m1＜m2時，則v1________0，即物體A反向運動．f、當(dāng)m1<<m2時，v1=________，v2=________即物體A以原來大小的速度彈回，而物體B不動，A的動能完全沒有傳給B，因此m1<<m2是動能傳遞最小的條件．②常見彈性碰撞2——動碰動:由動量守恒與機械能守恒：，得：得：v1________，v2________，a、，則最終都向右運動；b、，________速度，即的速度為零，的速度為；c、，________，向右運動．非彈性碰撞：滿足________守恒，________不守恒．完全非彈性碰撞：兩物體碰后粘合在一起，這種碰撞損失動能最多．一般非彈性碰撞：碰撞結(jié)束后，動能有部分損失．碰撞過程合理性的判斷動量守恒機械能________（動能不增加）：或速度要合理：碰前兩物體同向，則，并且碰撞后，原來在前的物體速度一定增大，并有；兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變．（為在后方的物體速度，為在前方的物體速度）.子彈打木塊（滑板與滑塊）此類問題外觀特征明顯，處理方法如下由子彈和木塊組成的系統(tǒng)________守恒.系統(tǒng)機械能________，一對滑動摩擦力做的總功為負值，在數(shù)值上等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，即，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能________________．當(dāng)子彈和木塊的速度________時木塊的速度最大，兩者的相對位移（子彈射入的深度）最大．碰撞模型與子彈木塊模型的都用到了________守恒和______守恒（機械能有損失的用能量守恒）．爆炸、反沖模型一個靜止的物體在內(nèi)力作用下分成兩部分，一部分向某個方向運動，另一部分向反方向運動，這種現(xiàn)象稱為反沖。如噴氣式飛機、火箭等。在反沖現(xiàn)象中系統(tǒng)的________是守恒的．質(zhì)量為的物體以對地速度拋出其本身的一部分，若該部分質(zhì)量為，則剩余部分對地反沖速度為：________，反沖運動中的已知條件常常是物體的相對速度，在應(yīng)用動量守恒定律時，應(yīng)將相對速度轉(zhuǎn)換為絕對速度（一般為對地速度）．反沖現(xiàn)象中往往伴隨有能量的轉(zhuǎn)移．爆炸過程中，內(nèi)力遠遠大于外力，動量守恒．人船模型符合“人船模型”的條件：相互作用的物體原來都________，且滿足動量守恒條件“人船模型”的特點：人動“船”動，人?！按蓖?，人快“船”快，人慢“船”慢，人上“船”下，人左“船”右由動量守恒定律，有即．把方和兩邊同時乘以時間，即________________與聯(lián)立解得s1________,s2________人船模型可以很好的用來闡述力傳遞動量的物理思想。鞏固鞏固練習(xí)在光滑的水平面上，質(zhì)量分別為和的兩個小球分別以和的速度相向運動，碰撞后兩物體粘在一起，則它們的共同速度大小為為多少？損失的機械能是多少？【答案】；如圖所示，在光滑的水平面上放置一質(zhì)量為m的小車，小車上有一半徑為R的光滑的弧形軌道，設(shè)有一質(zhì)量為m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圓弧軌道向上滑動，達到某一高度h后，又沿軌道下滑，試求h的大小及小球剛離開軌道時的速度．【解析】小球從進入軌道，到上升到九高度時為過程第一階段，這一階段類似完全非彈性的碰撞，動能損失轉(zhuǎn)化為重力勢能（而不是熱能）．據(jù)此可列方程：①②，解得：．如下圖所示，光滑半圓槽質(zhì)量為M，靜止在光滑的水平面上，其內(nèi)表面有一小球被細線吊著恰好位于槽的邊緣處。若將線燒斷，小球滑到另一邊的最高點時，圓槽的速度為A.零B.向右C.向左D.不能確定【答案】A質(zhì)量分別為m1、m2的小球在一直線上做彈性碰撞，它們在碰撞前后的位移—時間圖像如圖所示，若m1=1kg，m2的質(zhì)量等于多少?t/t/sx/m2816Om1m2m2m146【解析】從位移—時間圖像上可看出：m1和m2于t=2s時在位移等于8m處碰撞，碰前m2的速度為0，m1的速度v0=△s/△t=4m/s．碰撞后，m1的速度v1=-2m/s，m2的速度v2=2m/s，由動量守恒定律得，m2=3kg．光滑水平面上靜置著一質(zhì)量為的木塊，一顆質(zhì)量為的子彈以速度水平射向木塊．穿出木塊后，子彈速度減為，木塊速度增為．此過程中下列說法正確的是（）A．子彈克服阻力做功為B．子彈對木塊做的功為C．子彈減少的動能等于木塊增加的動能．D．子彈對木塊做的功等于木塊增加的動能及子彈與木塊摩擦所產(chǎn)生的熱量之和【答案】AB如圖所示，車質(zhì)量為，沿光滑水平面以速度向質(zhì)量為的靜止的車運動，車撞上車后面的彈簧將彈簧壓縮并與彈簧的左端連接在一起，求在此后的運動過程中：（1）彈簧的最大彈性勢能；（2）車的最大速度．【答案】（1）（2）【解析】（1）把、車和彈簧看成一個系統(tǒng)，彈力是內(nèi)力，系統(tǒng)動量守恒．兩車速度相等時彈簧壓縮量最大或伸長量最大，彈性勢能最大．設(shè)A、B兩車速度為V，彈性勢能為．根據(jù)動量守恒： 根據(jù)機械能守恒： 聯(lián)立解得：（2）彈簧恢復(fù)原長時車速度最大，設(shè)此時車的速度為，車的速度為，則根據(jù)動量守恒：根據(jù)機械能守恒：聯(lián)立解得：ABC光滑的水平面上，用彈簧相連的質(zhì)量均為的、兩物塊都以的速度向右運動，彈簧處于原長，質(zhì)量為的物塊靜止在前方，如圖所示。與碰撞后二者粘在一起運動，在以后的運動中，求：ABC（1）彈簧的最大彈性勢能；（2）彈性時能最大時物塊的速度。【答案】（1）；（2）【解析】本題是一個“三體二次作用”問題：“三體”為、、三物塊?！岸巫饔谩边^程為第一次是、二物塊發(fā)生短時作用，