西北師大附中奧賽輔導第二輪教案第七章動量

第七章動量、動量守恒定律考點要求、讀解內容要求讀解25．動量、沖量、動量定理Ⅱ理解動量、沖量的意義.準確掌握動量定理的運用方法.26．動量守恒定律Ⅱ準確理解動量守恒定律的內容熟練掌握運用動量守恒定律的方法.32．動量知識和機械能知識的應用（包括碰撞、反沖、火箭等）Ⅱ熟練掌握動量守恒和能量守恒相結合的綜合計算方法.33．航天技術的發(fā)展和宇宙航行Ⅰ了解我國航天技術的高速發(fā)展，關注載人航天的成功和探月計劃的實施.命題趨勢導航本章知識是高考的熱點,也是重點,試題經常與機械能守恒定律,平拋運動、圓周運動等力學、及電磁學、原子物理等知識點組成綜合題.這類題型,前后兩個物理過程總是通過碰撞來過渡的,這就決定了動量守恒定律在解題過程中的紐帶作用,而且題目難度大,多以綜合形式出現(xiàn).其命題方向有：1．對動量定理的考查絕大多數(shù)問題設置的情景是短暫且是變力作用的過程,直接用沖量的概念無法解決,只能依據(jù)動量定理,通過動量的變化求解某一變力的沖量或者合力的沖量.2．對動量守恒定律的考查：主要是運用動量守恒定律確定相互作用的各物體作用完成以后的運動狀態(tài)，即各個物體速度的大小和方向,或者是動量的大小和方向.3．高考試題中多次出現(xiàn)動量守恒和能量守恒相結合的綜合計算題,有時還與帶電粒子在電場和磁場復合場中的運動,核反應等聯(lián)系起來綜合考查.4．動量知識的應用：反沖、火箭、航天技術的發(fā)展和宇宙航行,一定會成為新的熱點.我國的載人航天已取得成功,探月計劃、探火星計劃已納入日程，因此對這些熱點問題應引起高度重視.7.1動量、沖量、動量定理一、概念與規(guī)律精釋1.動量(1)定義:運動物體的速度和質量的乘積叫做物體的動量,即.(2)理解①動量的矢量性:動量的方向與的方向相同,兩個動量相同,必須大小相等,方向相同.②動量的瞬時性:動量是一個狀態(tài)量,通常所說的物體的動量是指物體在某一時刻的動量,計算物體的動量要用這一時刻的瞬時速度.③動量的相對性:由于物體運動的速度與參考系的選擇有關,通常在不說明參考系的情況下,物體的動量是指物體相對地面的動量.(3)動量的變化量(其中是末動量,是初動量).也是矢量，其方向與速度的改變量的方向相同.若在一條直線上,先規(guī)定正方向，再把矢量運算化為代數(shù)運算.2.沖量(1)定義:力和力的作用時間的乘積叫做力的沖量，即.(2)理解①沖量也是矢量,它的方向由力的方向決定，如果在作用時間內力的方向不變，沖量的方向就是力的方向.②沖量是一個過程量，即它是力對物體的作用經歷一段時間后的積累效果，對于沖量要明確力是在哪一個過程(或哪一段時間)的沖量.③沖量由力和力的作用時間決定，與物體的運動狀態(tài)無關，與參考系的選擇無關.例1：下列說法正確的是()A．物體的質量越大,其動量越大B．作用在物體上的力越大，物體受到的沖量也越大C．沖量越大,動量也越大D．物體的動能越大,其動量越大E．質量和速率都相同的物體的動量一定相同F(xiàn)．一個物體的運動狀態(tài)變化，它的動量和速度一定改變G．動量變化的物體，動能一定變化3.動量定理(1)內容及表達式物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化.即=－或(2)物理意義動量定理反映的是力對時間的積累效果，是使物體的動量發(fā)生變化的原因.(3)牛頓第二定律的動量表述,合力的沖量決定了物體動量的變化,這是牛頓第二定律的另一種表述,作用力決定了物體動量的變化率.(4)適用條件①動量定理不僅適用于宏觀物體的低速運動,對于微觀現(xiàn)象和高速運動仍然適用；②動量定理的研究對象可以是單個物體,也可以是物體系統(tǒng).對物體系統(tǒng),只需分析系統(tǒng)受的外力,不必考慮系統(tǒng)內力.系統(tǒng)內力的作用不改變整個系統(tǒng)的總動量(系統(tǒng)內相互作用力的總沖量為零).③動量定理不僅適用于恒力,也適用于隨時間變化的力.對于變力，動量定理中的力應理解為變力在作用時間內的平均值.例2：水平拋出后在空中飛行的物體，不考慮空氣阻力，則（）A．在相等的時間間隔內動量的變化相同B．在任何時間內，動量變化的方向都在豎直方向C．在任何時間內，動量對時間的變化率恒定D．在剛拋出時的瞬間，動量對時間的變化率為零例3：質量為0.5kg的彈性小球,，從1.25m高處自由下落，與地板碰撞后回跳高度為0.8m，設碰撞時間為0.1s，g=10m/s2,求小球對地板的平均沖力.二、方法與技巧導引1．對動量定理的理解(1)矢量性=－是矢量式，（一維情況下）應用動量定理中時要先選取正方向，與之相關的物理量、I、P、、、均為矢量，在分析問題時應注意其方向的關系.(2)過程的分段性和整體性對過程較為復的運動，可分段、也可整個過程由動量定理來列式，注意各個過程的受力情況及對應的時間，前一階段的末狀態(tài)是后一階段的初狀態(tài).(3)合外力的沖量與外力沖量的矢量和動量定理公式中的是合外力的沖量，也可以是外力沖量的矢量和，是使研究對象動量發(fā)生變化的原因.(4)應用動量定理解題的關鍵：分析物體的受力情況和運動過程，選取正方向例4：某物體由靜止開始運動，先以加速度做時間為的勻加速直線運動，接著又在阻力作用下做勻減速直線運動，經時間速度為零，若物體一直在同樣的水平面上運動，則前一段的牽引力與整個過程中的阻力大小之比？2．應用動量定理解釋物理現(xiàn)象用動量定理解釋現(xiàn)象一般可分為三種情況:(1)當ΔP一定時，由可知，.(2)當一定時，由可知，.(3)當一定時，由可知，例5：一個筆帽豎直放在桌面上平放的紙條上,要求把紙條從筆帽下抽出,如果慢慢地拉動紙條,筆帽必倒,若快速抽拉紙條,筆帽可能不倒,以下說法正確的是（）A．緩慢拉動紙條時，筆帽受到的沖量小B．緩慢拉動紙條時，紙條對筆帽水平作用力小，筆帽可能不倒C．快速拉動紙條時，筆帽受到的沖量小，筆帽可能不倒D．快速拉動紙條時，紙條對筆帽水平作用力小3．應用動量定理解題的步驟(1)確定研究對象；(2)確定所研究的物理過程及其初、末狀態(tài)；(3)分析研究對象所研究的物理過程中的受力情況；(4)規(guī)定正方向，根據(jù)動量定理列方程式；(5)解方程，統(tǒng)一單位，求解結果.例6：一高空作業(yè)的工人體重為600N，系一條長為5m的安全帶，若工人不慎跌落時，安全帶的緩沖時間s，則安全帶受到的平均沖力是多大？(g=10m/s2)4．變力的沖量及曲線運動中動量變化的求解(1)應用求變力的沖量如果物體受到變力作用,則不能直接用求變力的沖量.這時可以求出該力作用下物體動量的變化量,等效代換變力的沖量.(2)應用求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化.曲線運動中物體速度方向時刻在改變,求動量變化比較復雜,如果作用力是恒力,可以求恒力的沖量,進而求出動量的變化量.例7：跳水運動員從某一峭壁上水平跳出,跳入湖水中,已知運動員的質量=60kg,初速度=10m/s,若經過1s時,速度為m/s,則在此過程中,運動員動量的變化量為（g=10m/s2,不計空氣阻力）（）A．B．圖7-1-1C．D．圖7-1-1例8：物體A和B用輕繩相連掛在輕彈簧上靜止不動，如圖7-1-1（甲）所示,A的質量為,B的質量為,當連接A、B的繩突然斷開后,物體A上升經某一位置時速度大小為,這時物體B下落速度大小為,如圖7-1-1（乙）所示,在這段時間內,彈簧的彈力對物體A的沖量為（）A．B．C．D．5．用動量定理求解連續(xù)流體問題運用動量定理解決流體(如水、空氣等)的變質量問題時，通常建立一管道模型，隔離一部分微元作為研究對象，然后列式計算.例9：高壓水槍出水口的截面積為,水的射速為,射到煤層上后,速度變?yōu)榱?若水的密度為,求水對煤層的沖力.三、創(chuàng)新與應用范例例10(交通事故中的動量定理的應用)新型轎車前排都裝有安全氣囊，其內儲有某種物質，一受到沖擊就立即分解成大量氣體，使氣囊迅速膨脹，填補在乘務員與擋風玻璃、方向盤之間，防止乘務受傷，某次實驗中汽車速度為144km/h，賀駛員沖向氣囊后經0.2s停止運動，設駕駛員沖向氣囊部分的質量為40kg，頭部和胸部作用在氣囊上的面積為700cm2，在這種情況下，駕駛員的頭部和胸部受到的平均壓強是多大？例11(人造衛(wèi)星的軌道維持)離子發(fā)動機是一種新型空間發(fā)動機,它能給衛(wèi)星軌道糾偏或調整姿態(tài)提供動力.其中有一種離子發(fā)動機是讓電極發(fā)射的電子撞擊氙原子,使之電離,產生的氙離子經加速電場加速后從尾噴管噴出,從而使衛(wèi)星獲得反沖力,這種發(fā)動機通過改變單位時間內噴出離子的數(shù)目和速率，能準確獲得所需的糾偏力.假設衛(wèi)星（連同離子發(fā)動機）總質量為,每個氙離子的質量為,電量為,加速電壓為,設衛(wèi)星原處于靜止狀態(tài)，若要是衛(wèi)星在離子發(fā)動機的起動階段能獲得大小為的動力,則發(fā)動機單位時間內噴出多少個氙離子？此時發(fā)動機發(fā)射離子的功率多大？四、隨堂練習1.關于沖量這個物理量，下面的幾種說法中正確的是（）A.只要兩個物體受到的沖量相同,這兩個物體的動量也總是相同的B.一個力對物體不做功,這個力對物體的沖量也為零C.作用在物體上的力越大,這個力的沖量也越大D.大小相等，方向相同的兩個力,分別作用在質量不同的兩個物體上,如果作用的時間相同,產生的沖量也相同2.玻璃杯從同一高度度自由落下,掉落在硬質水泥地板上易碎,掉落在松軟地毯上不易碎,這是由于玻璃杯掉在松軟地毯上()A.所受合力的沖量小B.動量的變化量較小C.動量的變化率較小圖7－1－2D.地毯對杯子的作用力小于杯子對地毯的作用力圖7－1－23.如圖7-1-2所示,一個物體在與水平成θ角的拉力F的作用下勻速前進了時間t秒，則（）A．拉力F對物體的沖量大小為FtB．拉力對物體的沖量大小為Ft·sinθC．摩擦力對物體的沖量大小為Ft·sinθD．合外力對物體的沖量為零圖7－1－34.如圖7－1－3所示,兩個質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,在到達斜面底端的過程中,相同的物理量是（）圖7－1－3A.重力的沖量B.彈力的沖量C.合力的沖量D.剛到達底端的動量E.剛到達底端時的動量的水平分量F.以上幾個量都不同5.一質量為的小球,以初速度沿水平方向射出,恰好垂直地射到一傾角為的固定斜面上,并立即沿反方向彈回.已知反彈速度的大小是入射速度大小的3/4,求在碰撞中斜面對小球的沖量的大小.6．一艘帆船在靜水中由于風力的推動做勻速直線運動,帆面的面積為,風速為，船速為空氣密度為,求帆船在勻速前進時帆面受到的平均風力大小為多少？圖7－1－47．如圖7－1－4所示，光滑水平桌面上并排緊靠著A、B兩木塊，其質量分別為mA=0.5kg，mB=1kg。一顆水平飛行的子彈依次穿過兩木塊歷時分別為t1=0.ls，t2=0.2s。若子彈穿過木塊時所受阻力恒為f=300N，則子彈穿過兩木塊后，木塊A、B的速度各為多少？圖7－1－48．質量為1.0kg的物體靜止在光滑水平面上,有F=2.0N的水平外力作用其上,且每隔4s力F在水平面內突然沿逆時針方向轉過(力轉動時間極短).求：（1）16s內物體的平均速度大小為多少？（2）16s內外力的沖量大小為多少？9.質量的物塊(可視為質點在水平恒力F作用下,從水平面上A點由靜止開始運動,運動一段距離后撤去該力,物塊繼續(xù)滑行停在B點,已知A、B兩點間的距離,物塊與水平面間的動摩擦因數(shù),求恒力F多大?（）五、例題答案及詳解例1．DF例2．ABC例3．50N，方向豎直向下.[解析]方法一：僅在撞擊過程中應用動量定理由運動學公式得撞擊過程的初速度（取豎直向上為正方向）撞擊過程的末速度根據(jù)動量定理得代入數(shù)據(jù)解得50N由牛頓第三定律可知，小球對地板的平均沖擊力大小為50N，方向豎直向下.方法二：在全過程中應用動量定理自由下落的時間上升的時間根據(jù)動量定理有代入數(shù)據(jù)解得50N根據(jù)牛頓第三定律可知，小球對地板的平均沖擊力大小為50N，方向豎直向下.例4．：例5.C[解析]當緩慢拉動紙條時，筆帽下端會隨著紙條動起來，筆帽受到靜摩力作用，一般而言，靜摩擦力小于滑動摩擦力，但由于作用時間越長，因此，紙條給筆帽（主要是筆帽底部）的沖量較大，筆帽下半部分的動量明顯增加，但其上半部分由于慣性繼續(xù)要保持靜止狀態(tài).故筆帽將會向后倒下.而當快速抽拉紙條時，雖然紙條給筆帽作用的是滑動摩擦力.但由于作用時間極短，因此筆帽底部的動量變化較小.因此就可能不倒下.C正確。圖7－1－5例6解析：方法一：依題意作圖，如圖7-1-5所示，人跌落時為自由下落，設剛要拉緊安全帶時速度為，由得圖7－1－5經緩沖時間后,速度為零,取向下為正方向,對人由動量定理知,人受兩個力的作用,即拉力和重力,所以代入數(shù)值得所以，人給安全帶的沖力為,方向堅直向下.方法二：設人自由下落時所用的時間為.則由得全過程應用動量定理例7A[解析]運動員所做的是平拋運動，初末速度不在一條直線上因此不能直接用末動量減初動量來求動量的變化,但運動員只受重力作用,因此重力的沖量大小等于動量變化的大小即A正確.例8D解析：由于斷開細繩后物體A上升過程中所受的彈力是一個變力，則不能用來求此變力的沖量。當繩斷開后，物體B自由下落，當速度達到時，經歷時間，對于物體A在彈力和重力的合力的沖量作用下，動量改變，設彈力的沖量，以向上為正方向，由動量定理D正確例9例10例11[解析]設離子噴出尾噴管時的速度為,單位時間內噴出個離子,則在時間內噴出離子數(shù)為,由動量定理得由動能定理得所以六、隨堂練習答案1．D2．C3．AD4．F5.6．圖7-1-6[解析]取圖7-1-6所示的部分空氣為研究對象,這部分空氣的質量.這部分氣體經時間后都由變成.以船前進的方向為正方向,由動量定理圖7-1-67．20m/s，80m/s8.（1）m/s（2）09.15N[解析]設撤去力F前物塊的位移為,撤去力F時物塊速度為,滑動摩擦力對撤去力F后物塊滑動過程應用動量定理得:由運動學公式得:對物塊運動的全過程應用動能定理由以上各式得代入數(shù)據(jù)解得F=15N7.2動量守恒定律一、概念與規(guī)律精釋1．動量守恒定律（1）內容：一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)總動量保持不變。（2）表達式：相互作用兩個物體組成的系統(tǒng),作用前總動量等于作用后總動量.(請同學推導該表達式)②系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量.系統(tǒng)總動量的增量為零.④，相互作用兩個物體組成的系統(tǒng),兩個物體的動量增量大小相等,方向相反.2．動量守恒定律成立的條件（1）系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零.（2）系統(tǒng)所受的外力遠小于內力,且作用時間極短,動量近似守恒(如碰撞問題中的摩擦力,爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內力小得多,可以忽略不計).（3）系統(tǒng)所受外力雖不為零，但是在某一方向上不受外力或外力的矢量和為零，則在該方向上系統(tǒng)的動量守恒.圖7-2-1ACB例1：如圖7-2-1圖7-2-1ACBA．A、B系統(tǒng)動量守恒B．小車向左運動C．A、B、C系統(tǒng)動量守恒D．小車向右運動圖圖7-2-2例2：如圖7-2-2所示,物塊A、B質量分別為，,用輕繩連接,在水平恒力的作用下,A、B一起沿足夠大的水平面做勻速直線運動,速度為,如果運動過程中,燒斷細繩，仍保持力大小方向不變，則當物體B停下來時,物塊A的速度為多大？例3：在水平軌道上放置一門質量為的炮車,發(fā)射炮彈的質量為,炮車與軌道間的摩擦不計,當炮筒與水平方向成θ角發(fā)射炮彈時,炮彈相對地面的速度為,求炮車后退的速度.二、方法的技巧導引1．動量守恒和機械能守恒條件的理解當系統(tǒng)確定后,系統(tǒng)內部的相互作用為內力,系統(tǒng)以外物體對系統(tǒng)內的物體的作用叫外力.外力能改變系統(tǒng)的總動量,而內力只能改變總動量在系統(tǒng)內各成員上的不同分配.系統(tǒng)動量是否守恒與系統(tǒng)內物體間內力的多少、大小、性質以及是否發(fā)生變化均無關.當系統(tǒng)確定后,只有重力或系統(tǒng)內的彈力做功時,系統(tǒng)的機械能只在系統(tǒng)內部轉化或轉移,而沒有和其他形式的能量發(fā)生轉化.例4：如圖7-2-3所示，用輕彈簧相連的物體A和B放在光滑水平面上，物塊A緊靠豎直墻壁，一顆子彈沿水平方向射入物塊B后留在其中，由子彈、彈簧和A、B兩物塊所組成的系統(tǒng)，在下列依次進行的四個過程中，動量不守恒但機械能守恒的是（）v0AB圖7v0AB圖7-2-3B.物塊B帶著子彈向左運動，直到彈簧壓縮量達最大的過程C.彈簧推擠帶著子彈的物塊B向右移動,直到彈簧恢復原長的過程D.帶著子彈的物塊B因慣性繼續(xù)向右移動，直到彈簧伸長量達最大的過程2．應用動量守恒定律解題的基本步驟（1）分析題意，確定研究對象.（2）進行受力分析,判斷動量是否守恒.（3）明確所研究的相互作用過程,確定過程的始末狀態(tài),即系統(tǒng)內各個物體的初動量和末動量的量值或表達式.（4）確定正方向，建立動量守恒方程求解.例5：甲、乙兩個小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他的冰車的質量共為M=30kg，乙和他的冰車的質量也是30kg.游戲時，甲推著m=15kg的箱子和他一起以速度v0=2.0m/s秒滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來，突然甲將箱子以相對地面v=5.2m/s的速度沿水平面向乙推出，箱子滑到乙處時，乙迅速把它抓住.不計摩擦，則乙抓住箱子后以多大速度向何方運動？甲推出箱子后，他和他的冰車又以多大速度向何方運動？3．動量守恒定律的理解和應用要點(1)矢量性：動量守恒方程是一個矢量方程，應統(tǒng)一選取正方向.若在某一方向上動量守恒，則在該方向上可列動量守恒方程.(2)瞬時性：動量是一個瞬時量，動量守恒指的是系統(tǒng)任一瞬時的動量恒定.列方程時，等式左端是作用前同一時刻各物體的動量和，等式右端是作用后同一時刻各物體的動量和，不同時刻的動量不能相加.(3)相對性：由于動量大小和參考系的選取有關，因此應用動量守恒定律時，應注意各物體的速度必須是相對同一慣性系的速度，一般以地面為參考系.(4)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(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系統(tǒng)；不僅適用低速運動的物體，也適用于高速運動的物體.圖7-2-4例6：如圖7-2-4所示，一個質量是0.6kg的物體A，由40的高處自由落下，當它下落1時，被一個從水平方向以10m/s的速度飛來的質量是0.2㎏的物體B撞上，碰撞時間極短，碰撞以后，A和B粘合在一起運動，不考慮空氣阻力，g=10圖7-2-4求：（1）它們從碰撞到落地的時間.（2）它們的水平位移.圖7-2-5例7：如圖7-2-5所示,在質量為的小車中掛有一單擺,擺球的質量為,小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平面運動,與位于正對面質量為的靜止木塊發(fā)生碰撞,碰撞的時間極短,在此碰撞過程中,下列哪些說法是可能發(fā)生的（）圖7-2-5A.小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化,分別變?yōu)?、和，滿足B.擺球速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)楹?，滿足C.擺球速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)?，滿足D.小車和擺球的速度都變?yōu)?，木塊的速度變?yōu)?，滿足例8：如圖7-2-6所示，質量500kg的小車上面站著一個質量70kg的人，車以的速度在光滑水平面上前進，當人相對于車以=2m/s向后水平跳出，問人跳車后，車速增加了多少？圖7-2-6圖7-2-6例9：2002年，美國《科學》雜志評出的《2001年世界十大科技突破》中，有一項是加拿大薩德伯里中微子觀測站的成果，該站揭示了中微子失蹤的原因，即觀測到的中微子數(shù)目比理論值小是因為部分中微子在運動過程中轉化為一個μ子和一個τ子.在上述研究中有以下說法；eq\o\ac(○,1)該研究過程中牛頓第二定律依然適用；eq\o\ac(○,2)該研究中能的轉化和守恒定律依然適用；③若發(fā)現(xiàn)μ子和中微子的運動方向一致，則τ子的運動方向與中微子的運動方向也可能一致；④若發(fā)現(xiàn)μ子和中微子的運動方向相反，則τ子的運動方向與中微子的運動方向也可能相反，其中正確的是（）A．①②B．①③C．②③D．③④4.用動量守恒定律求解位移問題.當系統(tǒng)的總動量為零,且系統(tǒng)又滿足動量守恒的條件,則可用動量守恒定律解決位移問題圖7-2-7例10：如圖7-2-7所示，長為，質量為的小船停在靜水中，一個質量為的人立在船頭，若不計水的阻力，當人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面的位移各是多少？圖7-2-75.動量守恒定律中研究對象及過程的選取AB圖7－2－8例11：如圖7-2-8所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面左側有一豎直墻，在小車B上坐著一個小孩，小孩與B車的總質量是A車質量的10倍，兩車從靜止開始，小孩把車A以相對地面的速度推出，車A與墻壁碰撞后仍以原速率返回，小孩接到車后，又把它以相對于地面速度推出，車A與墻碰撞后仍以原速率返回……每次小孩接到車A后，均相對于地面以推出，方向向左.每次車A與墻碰撞后仍以原速率返回，則小孩把車A總共推出幾次后，車A返回時，小孩再不能接到車A?AB圖7－2－8例12：兩只小船平行逆向航行,航線鄰近,當它們頭尾相齊時,同時由每一只船上各投質量=50kg的麻袋到對面一只船上去，結果載重量較小的一只船停了下來，另一只船以=8.5m/s的速度向原方向航行.設兩只船及船上的載重量分別為=500kg，=1000kg.問在交換麻袋前兩只船的速率各為多少？三、創(chuàng)新與應用范例圖7－2－9例13：(衛(wèi)星發(fā)射中的加速問題)如圖7－2－9所示，發(fā)射人造地球衛(wèi)星時，先把衛(wèi)星送入近地點，然后使其沿橢圓軌道到達遠地點，此時，速度為，若點到地心的距離為，衛(wèi)星的總質量為，地球半徑為，地面上的重力加速度為g，則欲使衛(wèi)星從點起繞地球做半徑為的圓軌道運動，衛(wèi)星在點處應將質量為的燃氣以多大的相對于地面的速度向后噴出（將連續(xù)噴氣等效為一次性噴氣）圖7－2－9例14：(與彈簧相關的動量守恒問題)一輛質量為的小車（一側固定一輕彈簧），如圖7－2－10所示，以速度水平向右運動，一個動量大小為，質量可以忽略的小球水平向左射入小車并壓縮彈簧至最短，接著被鎖定一段時間，再解除鎖定使小球以大小相同的動量水平向右彈出，緊接著不斷重復上述過程.最終小車將停下來，設地面與車廂均為光滑，除鎖定時間外，不計小球在小車上運動和彈簧壓縮，伸長的時間，求：（1）小球第一次入射后再彈出時，小車的速度的大小和這一過程中小車動能的減少量.圖7－2－10（2）從小球第一次入射開始到小車停止運動所經歷的時間.圖7－2－10四、隨堂練習1．小車在光滑水平地面上勻速運動,當車中的砂子從底部的漏斗中不斷流下時,車子的速度將（）A．減小B．不變C．增大D．條件不足無法確定圖7－2－112．如圖7-2-11所示,小車放在光滑的水平面上,將系繩小球拉開到一定的角度,然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中（）圖7－2－11A．小球向左擺動時,小車也向左運動,且系統(tǒng)動量守恒B．小球向左擺動時,小車向右運動,且系統(tǒng)動量守恒C．小球向左擺到最高點,小球的速度為零而小車速度不為零D．在任意時刻,小球和小車在水平方向的動量一定大小相等,方向相反ABC圖7－2－123．如圖7-2-12所示，大小相等、質量不一定相等的A、B、C三只球排列在光滑水平面上，未碰前三球的動量分別是8、-11、-5，在三個球沿一直線發(fā)生了一次相互碰撞的過程中，A、B兩球所受的沖量分別為-9、1，則C球對BABC圖7－2－12A．-1、3B．-8、3C．10、4D．-10、4 圖7－2－134．如圖7-2-13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，若以兩車及彈簧組成系統(tǒng)，則下列說法中正確的是（）圖7－2－13A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零B．先放開左手，后放開右手后動量不守恒C．先放開左手，后放開右手，總動量向左D．無論何時放手，只要兩手放開后在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零5．平靜的水面上有一載人小船,船和人的共同質量為M，站立在船上的人手中拿一質量為m的物體,開始人相對船靜止,船、人、物以共同速度v前進．當人相對于船以速度u向相反方向將物體拋出后,人和船的速度為多大？（水的阻力不計）6．某人在一只靜止于水面、船頭裝有靶的小船上練習射擊，船、人連同槍（不含子彈）及靶的總質量為M，槍內裝有n顆子彈，每顆子彈的質量為m，槍口到靶的距離為l，子彈射出槍口相對于地的速度為v，在發(fā)射后一顆子彈時，前一顆子彈已陷入靶中，則在發(fā)射完n顆子彈后，船后退了多少距離？（不計水的阻力）圖7－2－147．如圖7－2－14所示，一輕繩上端固定，下端系一木塊，木塊質量為M，一子彈質量為m水平射入木塊后并留在木塊中一起運動，如果繩能承受的最大拉力為Fm，擺長為l，為了讓繩子不斷，子彈的初速度v0至多不能超過多大？圖7－2－148．質量為M的小車靜止在水平地面上,且與地面的摩擦系數(shù)為，一顆質量為m的子彈，以水平速度v0射入小車,并立即與車一起沿水平面滑動,求：小車與子彈共同運動時的速度和小車在水平地面上滑行的時間.9．A、B兩人各乘一輛小車在光滑水平直導軌上勻速相向而行，速率均為，A車上有質量的沙袋若干個，A和所乘的車以及所帶沙袋的總質量為，B和所乘的車總質量為.現(xiàn)在A設法不斷的將沙袋一個一個的以相對于地面大小的水平速度拋向B，并且被B接住.求：要保證兩車不會相碰，A至少要向B拋出多少個沙袋？五、例題答案及詳解例1BC例2[解析]以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象,繩子燒斷前,A、B一起做勻速直線運動,故系統(tǒng)所受合外力為零.水平方向系統(tǒng)所受外力有拉力,地面對物塊A、B摩擦力分別為、，且.細繩燒斷后到B停止前,與、均保持不變，故在此過程中系統(tǒng)所受合外力仍為零,系統(tǒng)總動量保持不變,所以本題可用動量守恒定律求解.取初速度的方向為正方向,繩燒斷前為初狀態(tài).B停下來前一瞬間為末狀態(tài),由動量守恒定律得所以例3[解析]炮彈與炮車組成的系統(tǒng)在炮彈發(fā)射過程中受兩個力作用，一是二者的重力，二是地面的支持力，因傾斜發(fā)射炮彈，故合外力不為零。系統(tǒng)動量不守恒，但因水平方向無外力作用，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒.以在水平方向的分量為正方向，炮車后退的速度設為，根據(jù)水平方向動量守恒有例4BC例50.4m/s，0.4m/s例6（1）（2）[解析]（1）第一個過程物體A自由下落1。則第二個過程，A、B相撞粘合在一起，以A、B為系統(tǒng)，由于碰撞時間極短系統(tǒng)所受的外力比相撞時的內力小得多，系統(tǒng)動量守恒。由于系統(tǒng)的初動量既有水平方向的動量，又有豎直方向的動量，而動量守恒方程是一個矢量方程，所以應在兩個方向分別應用動量守恒定律。設在豎直方向相撞后的共同速度為。在豎直方向有：設在水平方向相撞后的共同速度為。在水平方向有：第三個過程，物體A、B粘合在一起，在豎直方向做豎直下拋運動，在水平方向做勻速直線運動，豎直下拋的距離：由運動學公式有：代入數(shù)值可解得它們在水平方向位移：例7BC[解析]極短時間內的碰撞問題，關鍵在于確定參加碰撞的對象，即明確符合動量守恒定律的系統(tǒng)是由哪些物體組成的.本題中小車與木塊發(fā)生碰撞時，以細擺線連接的擺球在此碰撞的瞬間完全不受碰撞的影響，它由于慣性，在此瞬間仍保持自己的運動狀態(tài).即肯定在此碰撞過程中擺球的速度不變，A、D均錯.至于小車和木塊的碰撞，可以是非彈性碰撞，也可以是完全非彈性碰撞，故B、C正確.例8[解析]方法一：本題應特別注意人跳車的速度是相對于車的速度，應將此速度轉換成相對地面的速度，還應注意人跳出后，車速已不再是，設車增加的速度為，則人跳車后,車速為，人相對車的速度不是相對跳車前車的速度，而是相對跳車后車的速度.所以人相對地的速度不是，而是根據(jù)動量守恒定律，得所以方法二：如果以跳車前的小車為參照物，則小車和人原來的動量為零，人跳出時相對原車的速度為；人跳出后，車相對原車的速度為.由動量守恒定律可得：所以，例9C[解析]牛頓定律適用于“宏觀”“低速”物體，而動量守恒定律和能量守恒定律是自然界中的普適規(guī)律。在中微子轉化為μ子和一個τ子時，動量守恒定律和能量守恒定律仍然適用。根據(jù)動量守恒定律知，當μ子和中微子的運動方向一致時，子的運動方向有可能與中微子的運動方向一致，也有可能與中微子的運動方向相反，但μ子和中微子的運動方向相反時，τ子的運動方向與中微子的運動方向一定相同.所以C正確.例10[解析]選人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，由于人從船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒.由于系統(tǒng)的總動量為零，當人起步加速前進時，船同時也加速后退；當人勻速前進時，船也同時向后勻速運動；當人停下時，船也停下來。設某一時刻人對地的速度為，船對地的速度為，以人前進的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有因為在人從船頭走到船尾的整個過程中，每一時刻系統(tǒng)都滿足動量守恒定律，所以每一時刻人的速度與船的速度之比都與它們的質量成反比。從而可以得出判斷：在人從船頭走向船尾的過程中，人的位移與船的位移之比，也等于它們的質量的反比.即由圖可以看出得例116次[解析]設車A的質量為，則小孩與車B的總質量為10，以車A、B、小孩為系統(tǒng)，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向.第一次推出：根據(jù)動量守恒定律有第二次推出：根據(jù)動量守恒定律有第三次推出：根據(jù)動量守恒定律有依次類推當?shù)趎次推出時，根據(jù)動量守恒定律有則當應取整數(shù).所以當小孩第6次將車A推出后，小孩再不能接到車A.例12=1m/s，=9m/s.圖7－2－15[解析]如圖7－2－15所示，以小船上不動部分和從大船投過來的麻袋為系統(tǒng)，并以小船的速度方向為正方向，依動量守恒定律有：圖7－2－15即（1）以大船上的不動部分和小船投過來的麻袋為系統(tǒng)，以大船的速度方向為正方向有即（2）以四個物體為系統(tǒng)，以大船的速度方向為正方向，有即（3）聯(lián)立（1），（2），（3）式中任意兩式解得=1m/s，=9m/s.例13[解析]設地球的質量為，在地面上有（1）設在距地心為處的重力加速度為，有（2）聯(lián)立（1）（2）得設人造地球衛(wèi)星在半徑為的軌道做圓周運動的線速度為，則由萬有引力提供向心力，有設衛(wèi)星在點處將質量的燃氣以向后噴出，使衛(wèi)星速度可達到，從而可使衛(wèi)星沿半徑為的圓軌道運動，由動量守恒定律，以衛(wèi)星原運動方向為正方向，有例14（1）（2）[解析]（1）小球射入小車和從小車中彈出的過程中，小球和小車所組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律，有（1）（2）由（1）,（2）式得（3）此過程中小車動能減少量：將（3）代入，（2）小球第二次入射和彈出的過程，以及以后重復進行的過程中，小球和小車所組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得由以上兩式得同理可推得要使小車停下來，即，則小球重復入射和彈出的次數(shù)為所以小車從開始運動到停下來所經歷的時間：另解：整個過程中小車的動量變化量為，小球入射一次小車動量的變化量為.要使小車停下來，則小球重復入射和彈出的次數(shù)為，六、隨堂練習答案1．B2．D3．B4．ACD5．6．7．[解析]由水平方向動量守恒：mv0+0=（M＋m）v得：子彈和木塊相互作用，經很短時間且有了共同的速度v，如繩不斷則子彈與木塊一起做圓周運動，有：F－（M＋m）g＝解得：F=.由此式可知越大繩的拉力F越大，繩中力為Fm時，對應的最大即不能超過8．，9.[解析]研究對象——以A和沙袋、B組成的系統(tǒng)受力特點——系統(tǒng)所受合外力為零研究過程選擇——A開始扔沙袋到A、B兩車剛好不相碰，系統(tǒng)的動量守恒當A、B兩車的速度大小和方向都相同時，A、B兩車剛好不相碰.系統(tǒng)的初末狀態(tài)選擇———A開始扔沙袋前的狀態(tài)為初狀態(tài)，A、B兩車剛好不相碰時的狀態(tài)為末狀態(tài).規(guī)定A初時的運動方向為正方向。根據(jù)動量守恒定律得（1）再以A和沙袋組成的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)動量守恒定律得（2）由（1）得7.3動量和能量一、概念與規(guī)律精釋1．動量和動能（1）動量是描述物體在一個運動狀態(tài)下運動量大小和方向的物理量,它反映的是物體的運動效果,是矢量；動能是描述物體運動的能量,是標量.（2）動量改變量由力的沖量來量度，動能的改變量由力的功來量度.（3）二者的大小關系：注意：物體動量變化時,動能不一定變化；動能一旦發(fā)生變化，動量一定發(fā)生變化.2．沖量和功（1）力的沖量反映的是力在一段時間內的作用效果的累積，其結果是要引起物體動量的改變，它們之間的因果規(guī)律用動量定理來表達.（2）功是力作用在一段空間位移上的作用效果的累積，是標量，其結果是要引起物體動能的改變，它們之間的因果規(guī)律用動能定理來表達.3．碰撞（1）碰撞兩物體在極短的時間內發(fā)生相互作用，這種情況稱為碰撞.特點：在碰撞現(xiàn)象中,由于作用時間極短,一般都滿足內力遠大于外力，所以可以認為系統(tǒng)的動量守恒，但碰撞中的系統(tǒng)機械能不可能增加.（2）碰撞的分類彈性碰撞：在碰撞過程中系統(tǒng)內無機械能的損失,這種碰撞叫做彈性碰撞.若在水平面上運動的物體在作用前后無動能損失,即發(fā)生彈性碰撞,符合動量守恒和機械能守恒（或動能守恒）。例如：A、B兩物體發(fā)生彈性碰撞，設碰前A（質量為）的速度為，B（A質量為）靜止，系統(tǒng)滿足動量守恒，且系統(tǒng)沒有能量損失，即系統(tǒng)動能守恒由動量守恒由動能守恒聯(lián)立兩式可得碰后兩球的速度若=，則，即質量相同的兩物體發(fā)生彈性碰撞前后，兩物體速度互換.非彈性碰撞：在碰撞過程中,系統(tǒng)滿足動量守恒而機械能有損失.完全非彈性碰撞：碰撞后兩物體粘合在一起(有共同速度)，系統(tǒng)只滿足動量守恒，機械能損失最大.例1：如圖7-3-1所示，在光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動，兩球質量關系為，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為，則（）圖7-3-1A．碰后A、B兩球的速度大小之比為2:5圖7-3-1B．碰后A、B兩球的速度大小之比為1:10C．碰后A、B兩球的動量大小之比為1:5D．碰后A、B兩球的動量大小之比為1:10AB圖7-3-2例2：如圖圖7－3－2所示，質量均為m的物體A、B用細線連接，中間夾有一被壓縮的輕彈簧，彈簧彈性勢能為EAB圖7-3-2v0Mm圖7-3-3例3：質量為的滑塊靜止在光滑的水平面上，質量為的小球以水平速度v0Mm圖7-3-34.反沖和爆炸(1)反沖物體向同一方向拋出(沖出)一部分時(通常一小部分),剩余部分將獲得相反方向的動量的增量,這一過程稱為反沖.若所受合外力為零或合外力的沖量可以忽略,則反沖過程動量守恒.反沖運動中,物體的動能不斷增大,這是因為有其他形式的能轉化為動能,例如火箭運動中,是氣體燃燒釋放的化學能轉化為火箭和噴出氣體的動能.(2)爆炸爆炸和碰撞具有一個共同的特點:即相互作用力為變力,作用時間極短,作用力很大,且遠遠大于系統(tǒng)受的外力,故均用動量守恒定律來處理,在爆炸過程中,因有其他形式的能轉化為動能,所以系統(tǒng)的動能會增加.二、方法與技巧導引1.碰撞問題中的三個約束(1)動量守恒(2)動能不增≥(3)情景合理如:在同一直線上運動的物體發(fā)生碰撞，若碰后同向運動時，后物體的速度必小于前物體的速度.例5：質量相等的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，B球的動量，當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．，B．，C．，D．，例6：在光滑水平面上，動能為，動量大小為的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反,將碰撞后球1的動能和動量的大小分別記為和，球2的動能和動量大小分別記為和，則必有（）A．B．C．D．2．解決動力學問題三個基本觀點及解題步驟解決動力學問題的三個基本觀點：(1)牛頓運動定律結合運動學公式（力和運動的觀點）(2)動量定理，動量守恒定律（動量觀點）.(3)動能定理、能量守恒定律（能量觀點）.解題步驟：(1)認真審題、弄清題意，挖掘題目中的隱含條件，重視對物理過程的分析(2)確定研究對象、分析物體的運動過程，明確物體運動情況和受力情況(3)明確解題途徑，正確運用規(guī)律，找出與之相適應的物理規(guī)律列方程求解.(4)回顧解題過程，分析解題結果圖7－3－4例7：測量子彈射出槍口的速度可利用圖7－3－4所示裝置，將質量為M的砂箱,用長為l的輕繩懸掛在O點,保持砂箱靜止,沿水平方向向砂箱射一顆子彈,子彈留在砂箱中,一起擺起,若測得子彈的質量為m,繩子擺過的最大角度為,求子彈射入時的速度.圖7－3－4圖7-3-5CABO5RSR例8：如圖7-3-5所示，一對雜技演員（都視為質點）乘秋千，秋千繩處于水平位置從A點由靜止出發(fā)繞O點下擺，當擺到最低點B時，女演員在極短時間內將男演員沿水平方向推出，然后自己恰好能回到A處，求男演員落地點C與O點的水平距離S.已知男演員質量和女演員質量之比，秋千的質量不計，秋千的擺長為，C點比圖7-3-5CABO5RSR圖7－3－6例9：如圖7-3-6所示，質量為kg的小車靜止在光滑的水平面上，左端緊靠豎直墻壁，在車上左端水平固定一只輕彈簧.彈簧右端放一個質量=0.2kg的滑塊，車的上表面AC部分為光滑水平面，CB部分為粗糙平面，CB長，滑塊與車間的動摩擦因數(shù)=0.4，水平向左推動滑塊，壓縮彈簧，再由靜止釋放，已知壓縮過程中外力做功J，滑塊與車右端擋板和與彈簧碰撞時無機械能損失.（g=10）求：圖7－3－6(1)滑塊釋放后，第一次離開彈簧時的速度？(2)滑塊停在車上的位置離B端有多遠？3．有相對運動的滑塊類問題滑塊問題是一個非常重要的物理模型，主要是兩個及兩個以上滑塊組成的系統(tǒng)，如滑塊和小車、滑塊和木板、子彈和木塊等。對于滑塊類問題，系統(tǒng)往往通過系統(tǒng)內的摩擦力的相互作用而改變系統(tǒng)內的物體的運動狀態(tài)，可由守恒定律分析動量的傳遞，在能量轉化方面往往用到（為相對位移或相對路程），同時還應注意物體間位移的關系，注意參考系的選取.BA圖7-3-7例10：如圖7-3-7所示，一質量為M的平板車B放在光滑的水平面上，在其右端放一質量為的小木塊A，＜M，A、B間的動摩擦因數(shù)為，現(xiàn)給A和B以大小相等、方向相反的初速度，使A開始左運動，B開始向右運動，最后A不會滑離B，求：BA圖7-3-7(1)A、B最后的速度大小和方向(2)從地面上看,小木塊向左運動到離出發(fā)點最遠時,平板車向右運動的位移大小例11：如圖7-3-8所示，平板車M的質量為，放在足夠長的光滑水平面上，質量為的小物塊（可視為質點）放在小車的右端，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)為0.2，開始時、M均靜止，當用大小為F=18N的水平力作用在小車上時，、M立即發(fā)生相對滑動，水平力F作用后撤去，g取10，求：BF圖7-3-8（1）當力BF圖7-3-8（2）當物塊的速度為時，小車的速度為多大？（3）設小車長為2m，則m是否會滑離M？若m會滑離M，求二者滑離時的速度；若m不會滑離M，求m最終在小車上的位置（以離M右端的距離表示）.圖7－3－9例12：一輛質量=2kg的平板車左端放有質量=3kg的小滑塊，滑塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，如圖7－3－9所示，開始時平板車和滑塊共同以=2m/s的速度在光滑水平面上向右運動，并與豎直墻發(fā)生碰撞，設碰撞時間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反，平板車足夠長，以至滑塊不會滑到平板車右端（g=10m/s2）.求：圖7－3－9(1)平板車第一次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離.(2)平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度.(3)為使滑塊始終不會滑到平板車右端，平板車至少多長？4．彈簧連結問題中的動量和能量(1)對兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)在相互作用的過程中，在力的作用下,系統(tǒng)內的各個物體運動狀態(tài)發(fā)生變化，也伴隨著動量的傳遞和能量的轉化.(2)在能量方面，由于彈簧形變會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若只有重力和系統(tǒng)內彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒.(3)在相互作用特征方面，彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大；彈簧的形變量相同，則彈性勢能相同.(4)不論在水平方向還是豎直方向,物體和彈簧分離時,彈簧必處于自然長度.例13：如圖7-3-10所示，MN為一水平面，O點的左側是粗糙的，O點的右側是光滑的.一輕質彈簧右端與墻壁固定，左端和質量為的小物塊A相連，A靜止在O點，彈簧處于原長狀態(tài).質量為的物塊B，在大小為F的水平恒力作用下由C處從靜止開始向右運動.已知物塊B與MO面間的滑動摩擦力大小為F/4，物塊B運動到O點與物塊A相碰并一起向右運動（設碰撞時間極短），運動到D點時撤去外力F，已知CO=4s,OD=s，試求撤去外力后：BA4sBA4ssMOCDN圖7-3-10（2）物塊B最終離O點的距mOA圖7-3-11例14：質量為的鋼板與直立彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上，平衡時，彈簧的壓縮量為，如圖7-3-11所示，一物塊從鋼板正上方距離為的A處自由落下，打在鋼板上并立即與鋼板一起向下運動，但并不粘連，它們到達最低點后又向上運動.已知物塊的質量也為時，它們恰好能回到O點.若物塊質量為，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點的距離.mOA圖7-3-11圖7－3－12（a）例15：(1)如圖7-3-12（a）所示，在光滑水平長直軌道上，放著一個靜止的彈簧振子，它由一輕彈簧兩端各聯(lián)結一個小球構成，兩小球質量相等，現(xiàn)突然給左端小球一個向右的速度，求彈簧第一次恢復到自然長度時，每個小球的速度.圖7－3－12（a）(2)如圖7－3－12（b）所示，將個這樣的振子放在該軌道上，最左邊的振子1被壓縮至彈簧為某一長度后鎖定，靜止在適當位置上，這時它的彈性勢能為E0，各個振子間都有一定的距離，現(xiàn)解除對振子1的鎖定,任其自由運動,當它第一次恢復到自然長度時,剛好與振子2碰撞，此后繼續(xù)發(fā)生一系列碰撞，每個振子被碰后，剛好都是在彈簧第一次恢復到自然長度時與下一個振子相撞，試求:當所有可能的碰撞都發(fā)生后，每個振子彈性勢能的最大值（已知本題中兩球發(fā)生碰撞時，速度交換即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度）.圖7－3－12（b） 圖7－3－12（b） 三、創(chuàng)新與應用范例例16：（彈性碰撞中的速度互換問題）圖7-3-13如圖7－3－13所示，水平面上放一質量為0.5kg的長條形金屬盒，金屬盒子寬l=1m它與水平面間的動摩擦因數(shù)是0.25，在盒的A端有一個與盒質量相等的小球，球與盒無摩擦，現(xiàn)在金屬盒的A端迅速打擊一下，給盒子以的向右的沖量，設球與金屬盒子間的碰撞沒有能量損失，且碰撞時間極短，求球與金屬盒子組成的系統(tǒng)從開始運動到完全停止所用的時間(g=10m/s2).圖7-3-13例17：（與能量相關的綜合問題）閱讀如下資料，并根據(jù)資料中有關信息回答問題.（1）由于兩個物體相對位置的變化引起的引力場的能量變化（與某一零位置相比），稱為這一對物體的引力勢能，則萬有引力勢能可由下式進行計算：（設無窮遠處=0）式中、分別為兩物體的質量，為兩物體中心的距離，為引力常量；（2）處于某一星體表面的物體只要有足夠大的速度就能夠擺脫該星體的引力飛到無窮遠，這一速度就叫做星體的逃逸速度；（3）大約200年前法國數(shù)學家兼天文學家拉普拉斯曾預言一個密度跟地球相同，直徑為太陽250倍的發(fā)光星體，由于其引力作用將不允許任何光線離開它，其逃逸速度大于真空中的光速，這一奇怪的星體就叫做黑洞；（4）以下是太陽的有關數(shù)據(jù)半徑質量平均密度自轉周期赤道附近26天，兩極附近長于30天在下列問題中，把星體（包括黑洞）看做是一個質量分布均勻的球體.（1）如果地球的質量為，半徑為，試計算地球的逃逸速度；若物體繞地球表面做勻速圓周運動的速度為7.9km/s，則物體擺脫地球引力的逃逸速度為多大？（2）試估算太陽表面的重力加速度與地球表面的重力加速度的比值.（3）已知某星體演變?yōu)楹诙磿r質量為，求該星體演變?yōu)楹诙磿r的臨界半徑；（4）若太陽最終可以演變?yōu)楹诙?，則它演變?yōu)楹诙磿r的臨界半徑為多少米？（）四、隨堂練習圖7-3-14QP1．如圖7-3-14所示,位于光滑水平面上的P、Q都可視為質點,質量相等,Q與輕彈簧相連,設Q靜止,P以某一初速度向圖7-3-14QPA．P的初動能B．P的初動能的1/2C．P的初動能的1/3D．P的初動能的1/42．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，若甲球的質量大于乙球的質量，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，兩球的動能仍相等3．一質量為的物體放在光滑水平面上，今以恒力沿水平方向推該物體，在相同的時間間隔內，下列說法正確的是（）A．物體的位移相等B．物體動能的變化量相等C．對物體做的功相等D．物體的動量變化量相等ACB圖7-3-154．如圖7-3-15所示，A為一具有光滑曲面的固定軌道，軌道底端是水平的，質量為的小車B靜止于軌道右側，其板面與軌道右側靠近且在同一水平面上，一質量為的物體C以的初速度從軌道頂端滑下，沖上小車B后經過一段時間與小車相對靜止并繼續(xù)一起運動，若軌道頂端與底端水平面的高度差為，物體與小車板面的摩擦因數(shù)為0.04，小車與水平面間的摩擦忽略不計，（g取10）求：ACB圖7-3-15（1）物體與小車保持相對靜止時的速度.（2）從物體沖上小車到與小車相對靜止所用的時間.（3）物體沖上小車后相對于小車板面滑動的距離.圖7－3－16mM5.質量為的小車以v沿光滑水平面向左運動.質量為的鐵塊以從小車左端向右沖上小車，最終和小車共同運動，如圖7－3－16所示，這個過程經歷了，求該過程鐵塊相對于地面向右移動的最大距離.圖7－3－16mM圖7-3-17ABC6.質量均為的A、B兩物塊都以的速度在光滑水平面上向右運動，連接在它們之間的輕彈簧當時處于原長.另一個質量為的物塊C靜止在它們前方，如圖7-3-17所示.當B、C發(fā)生正碰后，二者粘在一起不再分開.在以后的運動中，求：圖7-3-17ABC（1）彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度是多大？（2）彈性勢能的最大值是多大？圖7-3-187．如圖7－3－18所示，A、B、C分別為小球、半圓槽、滑塊，各物體表面及水平地面均光滑，且A、B、C質量均為，半圓槽B的半徑為，現(xiàn)將小球A從半圓槽B的左側由靜止釋放，A釋放后B、C也開始運動，求A球在半圓槽右側上升的最大高度為多少？圖7-3-18圖7-3-198．如圖7－3－19所示，長20的木板，AB的一端固定一豎立的木樁，木樁與木板的總質量為10kg，將木板放在動摩擦因數(shù)=0.2的粗糙水平面上，一質量為40kg的人從靜止開始以=4m/s2的加速度從B端向A端跑去，到達A端后在極短時間內抱住木樁（木樁的粗細不計）求：圖7-3-19(1)人剛到達A端時木板移動的距離.(2)人抱住木樁后向哪個方向運動，移動的最大距離是多少？（g=10m/s2）HABRⅠⅡh圖7-3-209.如圖7-3-20所示，固定在豎直平面內的光滑彎曲軌道和半徑為R的圓軌道在最低點A相連結.質量為m1的物塊Ⅰ從彎曲軌道上比A點高H的位置由靜止開始下滑，在A點與原來靜止在該點的物塊Ⅱ碰撞.碰撞后，物塊I沿彎曲軌道反向運動，最大能上升至比A點高h的地方，而物塊Ⅱ則剛好沿圓軌道通過最高點HABRⅠⅡh圖7-3-20五、例題答案及詳解例1．AC例2．第一次：,；第二次：，例3．，水平向右例4．火箭發(fā)動機將燃料燃燒生成的氣體排出,氣體的反作用力推動火箭加速上升.例5．A[解析]根據(jù)動能和動量的關系，可得碰前的總動能為，C、D兩選項碰撞后的總動能均大于，故選C、D錯誤；選項B雖然沒有超過碰撞前的總動能，但碰撞后的速度B球小于A球，不符合實際情況，故也不正確；只有選項A正確.例6．ABD[解析]以鋼球1、2為系統(tǒng)，系統(tǒng)動量守恒，以碰前鋼球1的運動方向為正方向，有，∴，D正確.由能量守恒有≥，，.A正確，C錯誤.設鋼球1的質量為，鋼球2的質量為，根據(jù)能量守恒又可表示為：≥所以>.ABD正確.例7．[解析]在子彈射入砂箱過程中,系統(tǒng)動量守恒.設子彈相對砂箱靜止時,共同速度為,則有在砂箱向上擺動的過程中,輕繩的拉力不做功,系統(tǒng)機械能守恒,設上擺最大高度為.則有由幾何關系由以上各式可得例8．[解析]設分離前男女演員在秋千擺到最低點B時的速度為，以男女演員、秋千為系統(tǒng)，系統(tǒng)機械能守恒。有（1）得（2）設在分離時，男演員的速度為，方向與方向相同，女演員速度為，方向與方向相反.以男女演員為系統(tǒng)，由于推出時間極短，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以的方向為正方向則有（3）對于女演員，由題意：隨秋千上擺到A點，以女演員秋千為系統(tǒng)，機械能守恒則有（4）得（5）聯(lián)立（2）（3）（5）得（6）分離后，男演員做平拋運動，設男演員從被推出到落在C點所需時間為，由平拋規(guī)律（7）所以例9（1）（2）0.5m[解析]（1）設滑塊釋放后，第一次離開彈簧時的速度為，由能量守恒知：而所以（2）滑塊滑至C點后在水平方向上開始與小車發(fā)生相互作用，此后小車離開墻壁，直至小車和滑塊達到共同速度，在這個過程中對小車和滑塊組成的系統(tǒng).由動量守恒定律可得：==1m/s整個過程中摩擦力做功，由系統(tǒng)動能定理可得又,帶入數(shù)值可得:===2.5所以滑塊停在車上距B端處.例10(1)方向向右(2)[解析](1)由A、B系統(tǒng)動量守恒得：所以方向向右(2)A向左運動到速度減為零時，離出發(fā)點最遠，此時小板車移動位移為，速度為，則由動量守恒定律得對小板車用動能定理得：解得例11(1)(2)(3)離M右端1.8m.例12(1)(2)(3)[解析](1)當平板車第一次與墻壁碰后，由于碰撞時間極短，平板車以向左運動，而滑塊以向右運動.由于，則，所以平板車先減速到零，此時平板車向左運動的距離最大，設平板車向左運動的最大距離為，對平板車應用動能定理(2)由于碰后，系統(tǒng)動量守恒，且因為，系統(tǒng)的總動量是向右的，則在平板車和墻發(fā)生第二次碰撞前，平板車肯定已和滑塊具有向右的共同速度，即為平板車第二次與墻碰前瞬間的速度.以向右為正方向，由系統(tǒng)動量守恒定律，有(3)平板車、滑塊與墻發(fā)生多次碰撞，總是重復以上的運動，使與間發(fā)生相對滑動，由于摩擦生熱，平板車與滑塊的動能逐漸減小，直至最終停在墻角邊.設整個過程中，滑塊相對于平板車的路徑為.由能的轉化和守恒定律（或對系統(tǒng)應用動能定理）有得例13(1)(2)[解析](1)B與A碰撞前速度由動能定理得。B與A碰撞時，由動量守恒則有得。從碰撞后到物塊A、B速度減為零的過程中，由能量轉化與守恒定律得：.(2)設撤去外力F后,A、B一起回到O點速度為,由機械能守恒得：。在返回O點時A、B開始分離且B在滑動摩擦力作用下向左作勻減速直線運動，設物塊B最終離O點最大距離為L,由動能定理得：例14例15(1)=0，(2)[解析](1)設每個小球質量為，以、分別表示彈簧恢復到自然長度時左右兩端小球的速度以向右為速度的正方向，由動量守恒和能量守恒有：聯(lián)立上面兩式解得，=0或=0，由于振子從初始狀態(tài)到彈簧恢復到自然長度的過程中，彈簧一直是壓縮狀態(tài)，彈性力使左端小球持續(xù)減速，使右端小球持續(xù)加速，因此，=0，為合理解.（2）以，分別表示振子1解除鎖定后彈簧恢復到自然長度時左右兩小球的速度，以向右為速度的正方向.由動量守恒和能量守恒定律：解得：在這一過程中，彈簧一直是壓縮狀態(tài)，彈性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速.因此為合理解.振子1與振子2碰撞后，由于交換速度，振子1右端小球速度變?yōu)?,左端小球速度仍為，此后兩小球都向左運動，當它們向左的速度相同時，彈簧被拉伸至最長，彈性勢能最大，用表示最大彈性勢能，設此速度為.根據(jù)動量守恒由能量守恒有解得振子2被碰撞后瞬間，左端小球的速度為，右端小球速度為0，以后彈簧被壓縮，當彈簧再恢復到自然長度時，根據(jù)第（1）問的結果，左端小球速度，右端小球速度，與振子3碰撞，由于交換速度，振子2右端小球速度為0，從而使振子2靜止，彈簧為自然長度，彈性勢能。同樣分析可得==……==0。振子被碰撞后瞬間，左端小球速度，右端小球速度為0，彈簧處于自然長度，此后兩小球都向右運動,彈簧被壓縮，當它們向右的速度相同時，彈簧被壓縮至最短，彈性勢能最大，設此速度為，根據(jù)動量守恒用表示最大彈性勢能，根據(jù)能量守恒，有解得例16[解析]對盒由動量定律，則盒打擊后的速度：盒與球碰撞時間極短，盒與球組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，又碰撞沒有能量損失，有將代入上兩式解得，B球在盒內向右勻速運動，經時間，球在右端與盒相碰，碰后盒與球的速度分別為碰后盒子以2m/s速度向右運動，球處于靜止.對盒子應用動能定理，有得說明：在盒停下之前與球不再相碰，設盒子滑行時間為，由動量定理所以總共所需時間例17（1）11.4km/s（2）27（3）≤（4）[解析]本題需要閱讀理解題目提供的資料，提取信息和信息加工，從而提高分析和解決問題的創(chuàng)新能力.（1）由題意，當物體繞地球表面做勻速圓周運動是萬有引力提供物體做圓周運動的向心力，設物體近地環(huán)繞的線速度為，則有根據(jù)題目（1）（2）所提供的信息，設物體擺脫地球引力的逃逸速度為，物體具有的動能.選無窮遠處為零勢能點，物體在地球表面處具有的萬有引力勢能，物體具有的能量物體表面的物體要擺脫地球的引力飛到無窮遠處，其總能量應滿足：≥，即≥得≥（2）由由以上兩式（3）根據(jù)題目（3）提供的信息，由于黑洞的引力作用，即便使物體具有光的速度也不能逃逸.當物體具有光速時，其動能物體在黑洞表面處具有的引力勢能總能量物體不能逃逸應滿足即≤0，則≤（4）由上述結論可得六、隨堂練習答案1．B2．AC3．D4．(1),(2),(3)5．6．(1)(2)12J7．[解析]當小球A由靜止釋放沿半圓槽向下運動時，半圓槽B和滑塊C一起向左作加速運動.直至A到半圓槽最低點，此過程中，A、B、C系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)水平方向動量守恒.設A至最低點時速度為，此時B、C速度為，有聯(lián)立可解得小球A從最低點開始，向半圓槽右側上滑時，B向左作減速運動，C則開始以向左勻速運動，B、C兩物體從此分離，當A繼續(xù)向右運動，B速度減為零后也開始向右加速運動，當A到最高點時，A、B速度相等，設此速度為，B、C分離后，以A、B為系統(tǒng)，系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒：解得最大高度為8．(1)12m(2)向左運動4m[解析]由于人和木板組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒，可運用牛頓定律和運動學公式求解.(1)設人對地的位移為，木板對地位移為，木板移動的加速度為，人與木板間的摩擦力為F.根據(jù)牛頓第二定律有：設人從B端運動到A端用的時間為t，則有由幾何關系（2）方法一：設人運動到A端時的速度為，木板移動的速度為，則由于人抱木樁的時間極短，在水平方向上系統(tǒng)動量守恒，以人運動的方向為正方向，則代入數(shù)值得，由此判定人抱住木樁后，木板將向左運動.由動能定理：解得方法二：對木板受力分析,木板受到地面的摩擦力方向向左，故產生向左的沖量，因此人拖住木樁后，系統(tǒng)將向左運動.由系統(tǒng)動量定理得解得由動能定理解得9．7.4實驗：驗證動量守恒定律一、實驗目的驗證碰撞中的動量守恒.二、實驗原理圖7－4－1MPN質量為和的兩個小球發(fā)生正碰，若碰前運動，靜止，根據(jù)動量守恒定律有：，因小球從斜槽上滾下后做平拋運動，由平拋規(guī)律可知，只要小球下落的高度相同，在落地前運動的時間就相同，則小球的水平速度若用飛行時間作時間單位，在數(shù)值上就等于小球飛出的水平距離，代入公式就可驗證動量守恒定律.圖7－4－1MPN即,式中,,的意義如圖所示.主要測量的物理量：入射小球質量和被碰小球質量.入射小球平拋運動的水平位移,碰撞后兩球的水平位移和.三、實驗器材斜槽，大小相等、質量不同的小鋼球兩個，重錘線一條，白紙，復寫紙，天平一臺，刻度尺，圓規(guī)，三角板.四、實驗步驟圖7―圖7―4―2（2）按照圖所示，安裝實驗裝置，將斜槽固定在桌邊，使槽的末端點的切線是水平的.被碰小球放在斜槽前端邊緣處.為了記錄小球飛出的水平距離,在地上鋪一張白紙,白紙上鋪放復寫紙,當小球落在復寫紙上時,便在白紙上留下了小球落地的痕跡.在白紙上記下重垂線所指的位置O(如圖7－4－1).（3）不放被碰小球，讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下，重復10次，用盡可能小的圓把所有的小球落點圈在里面，圓心P就是入射小球不碰時的落地點的平均位置.（4）把被碰小球放在斜槽前端邊緣處，讓入射小球從原來的高度滾下來，使它們發(fā)生碰撞，重復實驗10次，用同樣的方法標出碰撞后入射小球落點的平均位置M和被小球的落點的平均位置N.（5）用刻度尺測量線段、、的長度..最后代入,就可以驗證動量守恒定律是否成立.五、注意事項（1）斜槽末端的切線方向必須水平.檢驗方法：把小球放在斜槽末端的平軌道上任何位置，看其能否保持靜止狀態(tài).（2）兩個小球必須大小相同（2）入射小球應大于被碰小球質量.（4）入射小球每次都應從斜槽的同一位置由靜止開始滾下.（5）實驗過程中實驗桌，斜槽，記錄的白紙的位置要始終保持不變.六、誤差的主要來源及分析實驗所研究的過程是兩個不同質量的金屬球發(fā)生水平正碰，因此“水平”和“正碰”是操作中應盡量予以滿足的條件.實驗中兩球心高度不在同一水平面上，給實驗帶來誤差.每次靜止釋放入射小球的釋放點越高，兩球相碰時的內力越大.動量守恒的誤差越小.應進行多次碰撞，以減小偶然誤差.七．典型題例例1某同學用圖7-4-3所示裝置通過半徑相同的兩球的碰撞來驗證動量守恒定律，圖中是斜槽，為水平槽，實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平面的記錄紙上，留下痕跡，重復上述操作10次,得到10個落點痕跡.再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自落點痕跡，重復這種操作10次.圖7-4-4中O點是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點.B球落點痕跡如圖所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零點與O點對齊