2025版《新亮劍》高中物理：第七章 動量與動量守恒定律含答案

2025版《新亮劍》高中物理：第七章動量與動量守恒定律第七章動量與動量守恒定律核心素養(yǎng)考點(diǎn)內(nèi)容高考真題備考建議物理觀念動量、沖量、動量變化量、動量變化率、動量定理、動量守恒定律2023全國新課標(biāo)T19(動量理解)2023全國乙T25(力學(xué)三大觀點(diǎn))2023遼寧T11(驗(yàn)證動量守恒定律)2023遼寧T15(力學(xué)三大觀點(diǎn))2023廣東T10(動量定理)2023北京T18(動量守恒與機(jī)械能守恒)2023湖南T15(力學(xué)三大觀點(diǎn))2022全國乙T12(彈簧連接體)2022全國乙T7(動量定理與圖像)2022江蘇T13(動量定理與電磁感應(yīng))2022湖北T16(力學(xué)三大觀點(diǎn))2022河北T13(多體雙過程碰撞)2022湖北T7(動量定理)2022浙江T21(動量定理與電磁結(jié)合)2022湖南T14(動量定理與圖像結(jié)合)2022山東T18(動量守恒定律)2022廣東T13(完全非彈性碰撞)2022浙江T20(彈性碰撞)2022山東T2(反沖模型)近年來的動量類試題,以物體間的相互作用(碰撞、彈簧約束等)為載體,結(jié)合拋體運(yùn)動、牛頓運(yùn)動定律、功能關(guān)系、電磁學(xué)規(guī)律等,考查動量定理及動量守恒定律的靈活應(yīng)用。動量類試題情境多樣,綜合性強(qiáng)、難度較大,既可以考查學(xué)習(xí)探索情境類問題,也可以考查生活實(shí)踐情境類問題,是高頻考點(diǎn)。要通過系統(tǒng)復(fù)習(xí)促進(jìn)運(yùn)動與相互作用觀念、能量觀念的形成,逐步發(fā)展推理論證能力及模型建構(gòu)能力科學(xué)思維微元法求流體的沖擊力、人船模型構(gòu)建、用動量定理解決多過程問題、動量守恒定律的應(yīng)用、守恒與對稱的思想方法科學(xué)探究驗(yàn)證動量守恒定律科學(xué)態(tài)度與責(zé)任云室粒子軌跡、艦載機(jī)電磁彈射、離子速度分析器、冷發(fā)射技術(shù)、打樁機(jī)、自動雨傘第1講動量與動量定理對應(yīng)學(xué)生用書P144考點(diǎn)一動量與沖量一、動量(p)1.定義:物體的質(zhì)量和運(yùn)動速度的①,即p=②。

2.單位(國際單位制):③,符號是④。

3.方向:動量是⑤量,它的方向與⑥的方向相同。

4.動量的變化量(Δp):物體的末動量p2與初動量p1的⑦差。動量的變化量也是⑧量,它的方向與⑨的方向相同。

二、沖量(I)1.定義:力和力的作用時間的⑩,即I=。

2.單位(國際單位制):,符號是。1N·s=1kg·m/s。

答案①乘積②mv③千克米每秒④kg·m/s⑤矢⑥速度⑦矢量⑧矢⑨速度的變化量⑩乘積F·Δt牛秒N·s1.若作用在質(zhì)點(diǎn)上的外力與時間的變化規(guī)律如圖所示。在該圖像中,圖線與時間軸所圍的面積具有怎樣的物理意義?該外力在0~t0時間內(nèi)的沖量大小如何確定?方向如何確定?答案圖線與時間軸所圍成的面積表示沖量。面積大小的絕對值表示沖量的大小,面積的正、負(fù)表示沖量的方向。橫軸上、下兩個面積之和表示0~t0時間內(nèi)沖量大小,分析圖像與時間軸所圍成的面積,通過比較上、下兩個面積的大小來確定在0~t0時間內(nèi)沖量的方向。2.如圖所示,一個質(zhì)量為m的鋼球,以大小為v的速度斜射到堅硬的大理石板上,入射的角度是45°,碰撞后被斜著彈出,彈出的角度也是45°,速度大小仍為v,試用作圖及幾何知識求出鋼球動量的變化量。答案如圖所示,大小為2mv,方向豎直向上。角度1對動量、沖量等物理量的理解1.動量的三個特性矢量性動量是矢量,其方向與速度的方向相同。動量的運(yùn)算必須遵循平行四邊形定則瞬時性動量是描述物體運(yùn)動狀態(tài)的物理量。在談及動量時,必須明確物體在哪個時刻或哪個狀態(tài)所具有的動量相對性動量的大小與參考系的選取有關(guān),即它具有相對性。沒有特殊說明,動量表達(dá)式中的速度通常選擇地面或相對地面靜止的物體為參考系2.沖量的三個特性矢量性沖量是矢量。在作用時間內(nèi),當(dāng)力的方向不變時,沖量的方向與力的方向相同;當(dāng)力的方向變化時,沖量的方向與相應(yīng)時間內(nèi)物體動量的變化量的方向相同時間性沖量描述的是作用在物體上的力對時間的累積效應(yīng),與某一過程(或時間間隔)相對應(yīng),在計算沖量的大小時,一定要明確是哪個力在哪一段過程(或時間)的沖量絕對性在經(jīng)典力學(xué)中,沖量表達(dá)式中的力與時間均具有絕對性,故沖量也具有絕對性(2024屆海淀模擬)如圖所示,圓盤可在水平面內(nèi)繞通過O點(diǎn)的豎直軸轉(zhuǎn)動,圓盤上距軸r處有一質(zhì)量為m的小物塊。某時刻起,圓盤開始繞軸轉(zhuǎn)動,經(jīng)過一段時間,其角速度從0增大至ω。已知物塊與圓盤之間的動摩擦因數(shù)為μ,該過程中物塊始終相對圓盤靜止,則下列說法正確的是()。A.物塊所受摩擦力的沖量為零B.物塊所受重力的沖量始終為零C.物塊的動量變化量大小為mωrD.物塊所受摩擦力做的功為零答案C解析在角速度從0增大至ω的過程中,物塊存在切線方向的加速度,摩擦力有切向分力,還有法向分力,因此,摩擦力的沖量大小不為零,方向并非指向O點(diǎn),A項(xiàng)錯誤;由沖量的定義知,重力的沖量不等于零,B項(xiàng)錯誤;物塊的初始動量為零,末動量p'=mv=mωr,動量的變化量Δp=p'=mωr,C項(xiàng)正確;由于支持力和重力對物塊不做功,由動能定理知,摩擦力做的功等于動能的變化量,即W=12m(Δv)2=12mω2r2,角度2沖量、動量的變化量等物理量的計算(多選)將質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)以速度v0水平拋出,不計空氣阻力,重力加速度為g。從拋出開始計時,下列說法正確的是()。A.在t時間內(nèi),質(zhì)點(diǎn)在水平方向的動量變化量的大小為mv0B.t時刻質(zhì)點(diǎn)的動量大小為m(v0+gt)C.在t時間內(nèi),質(zhì)點(diǎn)動量的變化量的大小為mgt,方向豎直向下D.在t時間內(nèi),質(zhì)點(diǎn)的重力的沖量大小為mgt,方向豎直向下答案CD解析質(zhì)點(diǎn)做平拋運(yùn)動時,其水平方向的分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動,故質(zhì)點(diǎn)在水平方向的動量不變,A項(xiàng)錯誤;根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律可得,t時刻質(zhì)點(diǎn)的速度大小v=v02+(gt)2,故t時刻質(zhì)點(diǎn)的動量大小p=mv=mv02+(gt)2,B項(xiàng)錯誤;質(zhì)點(diǎn)做平拋運(yùn)動,平拋運(yùn)動是勻變速曲線運(yùn)動,t時間內(nèi)速度的變化量Δv=gt,因此t時間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動量的變化量大小Δp=m·Δv=mgt,方向豎直向下,C關(guān)于動量的變化量的計算的兩點(diǎn)說明情形1同一直線上動量變化量的計算先選取正方向,與正方向相同的量為正,與正方向相反的量為負(fù),然后代入公式Δp=p2-p1計算。若Δp是正值,說明Δp的方向與所選正方向相同;若Δp是負(fù)值,說明Δp的方向與所選正方向相反。①p1、p2同方向且p1<p2時,Δp與p1(或p2)方向相同,如圖1所示。②p1、p2同方向且p1>p2時,Δp與p1(或p2)方向相反,如圖2所示。③p1、p2方向相反時,Δp與p2方向相同,如圖3所示。情形2當(dāng)初態(tài)動量和末態(tài)動量不在一條直線上時,動量變化量由平行四邊形定則進(jìn)行運(yùn)算,如圖所示。(改編)張同學(xué)將質(zhì)量為m的小球以初速度v0從手中豎直向上拋出。從拋出開始計時,4t0時刻小球返回手中。若小球所受阻力大小恒定不變,小球的速度隨時間變化的圖像如圖所示,則下列說法正確的是()。A.小球返回手中時的速度大小為vB.小球在0~4t0時間內(nèi)的動量變化量的大小為23mvC.上升過程與下降過程中小球所受阻力的沖量大小之比1∶3D.上升過程與下降過程中小球所受合力的沖量大小之比1∶3答案C解析小球上升過程的位移與小球下降過程的位移大小相等,在v-t圖像中圖線與時間軸所圍幾何圖形的面積表示位移,故有v0t02=v(4t0-t0)2,解得v=v03,A項(xiàng)錯誤;選豎直向上為正方向,小球在0~4t0時間內(nèi)動量變化量Δp=-mv-mv0=-43mv0,負(fù)號表示動量變化量的方向豎直向下,小球在0~4t0時間內(nèi)的動量變化量的大小為43mv0,B項(xiàng)錯誤;上升過程歷時t0,下降過程歷時3t0,小球所受阻力大小不變,根據(jù)沖量定義I=Ft可知,上升過程與下降過程中阻力的沖量大小之比為1∶3,C項(xiàng)正確;根據(jù)v-t圖像可得,上升過程中小球的加速度大小a上=v0t0,下降過程中小球的加速度大小a下=v03-04t0-t0=v09t0,所以上升過程和下降過程小球所受的合外力大小之比F上∶F下=a上∶a下=9∶1,根據(jù)沖量定義I=Ft可知,角度3動量與動能的區(qū)別與聯(lián)系(2024屆長春模擬)(多選)子彈在射入木塊前的動能為E1,動量大小為p1;射穿木塊后子彈的動能為E2,動量大小為p2。若木塊對子彈的阻力大小恒定,則子彈在射穿木塊的過程中的平均速度大小為()。A.E1+E2C.E1p1+E2p2答案BC解析子彈在木塊中穿過時做勻減速直線運(yùn)動,v?=v1+v22=12m(v22-v1動量與動能的區(qū)別與聯(lián)系名稱動量動能定義物體質(zhì)量和速度的乘積物體質(zhì)量和速度二次方的乘積的一半表達(dá)式p=mvEk=mv2標(biāo)矢性矢量標(biāo)量變化原因合外力的沖量合外力所做的功特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量相互關(guān)聯(lián)Ek=p考點(diǎn)二動量定理及其應(yīng)用動量定理1.內(nèi)容:物體在一個過程中所受力的沖量等于這個過程始末的①。

2.表達(dá)式:F·Δt=mv'-mv或I=p'-p,公式中的F是物體所受的②力。

答案①動量變化量②合外如圖所示,光滑水平面上一質(zhì)量為m的物塊受到水平向左的恒力F的作用。若初始時刻它的速度為v,一段時間Δt后它的速度變?yōu)関'。(1)請根據(jù)牛頓第二定律及勻變速直線運(yùn)動規(guī)律推導(dǎo)動量定理的表達(dá)式。(2)動量定理的表達(dá)式可寫成F·Δt=Δp,該式變形之后可得F=ΔpΔt;動能定理的表達(dá)式可寫成F·Δx=ΔEk,該式變形之后可得F=ΔEkΔx。兩個表達(dá)式中答案(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有a=ΔvΔt=v'-vΔt,根據(jù)牛頓第二定律有(2)F的意義相同,均代表合力。角度1動量定理的理解對動量定理的理解,要抓住以下三個方面1.物理意義:動量定理反映了沖量與動量變化的因果關(guān)系,即沖量是原因,動量變化是結(jié)果。2.表達(dá)式:F·Δt=mv'-mv是矢量式,等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。利用它分析問題時要先選定正方向。3.力F的含義:力F是指合外力,力F的沖量是指合外力的沖量。若合外力是變力,則F應(yīng)是合外力在作用時間內(nèi)的平均值。(改編)一質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動的動量p隨時間t變化的關(guān)系圖像如圖所示,圖中曲線部分為一段拋物線,則該質(zhì)點(diǎn)的加速度a隨時間t的變化圖像可能是()。ABCD答案D解析根據(jù)動量定理可知,在p-t圖像中,圖線的切線斜率表示合外力。由題圖可知,合外力先減小后為零再恒定,根據(jù)牛頓第二定律可知,質(zhì)量一定時加速度的變化趨勢與合外力的變化趨勢相同,因?yàn)閳D像中曲線部分為一段拋物線,根據(jù)數(shù)學(xué)知識可得,該段對應(yīng)的加速度a隨時間t的變化關(guān)系為線性關(guān)系。綜上分析可知,D項(xiàng)正確。角度2動量定理的應(yīng)用題型1用動量定理解釋緩沖現(xiàn)象(2024屆河源開學(xué)考試)(多選)如圖所示,在輪船的船舷和碼頭的岸邊一般都固定有橡膠輪胎,輪船駛向碼頭?？繒r,會與碼頭發(fā)生碰撞,關(guān)于這些輪胎的作用,下列說法正確的是()。A.增大輪船與碼頭碰撞過程中所受的沖量B.減小輪船與碼頭碰撞過程中動量的變化量C.延長輪船與碼頭碰撞過程中的作用時間D.減小輪船與碼頭碰撞過程中受到的作用力答案CD解析對輪船靠岸與碼頭碰撞的過程,輪船的初、末速度不會受輪胎影響,輪船的動量變化量相同,根據(jù)動量定理可知,輪船受到的沖量也相同,A、B兩項(xiàng)錯誤;輪胎可以起到緩沖作用,延長輪船與碼頭碰撞過程中的作用時間,從而減小輪船因碰撞受到的作用力,C、D兩項(xiàng)正確。緩沖原理在生活中,我們常常用軟的物質(zhì)來保護(hù)易碎物品。這個現(xiàn)象可用動量定理來解釋:由F·Δt=Δp可知,在物體的動量變化量Δp一定時,力的作用時間Δt越短,力F就越大;力的作用時間Δt越長,力F就越小。相比于硬的物質(zhì),當(dāng)易碎物體與軟物質(zhì)接觸時,它們之間的相互作用時間長,故相互作用力(平均作用力)小,這樣可對易碎物體起到保護(hù)作用。題型2用動量定理求平均作用力或變力的沖量利用動量定理分析問題的基本思路1.確定研究對象。在中學(xué)階段用動量定理討論的問題,其研究對象一般僅限于單個物體。2.明確研究對象的運(yùn)動過程,確定各運(yùn)動過程的運(yùn)動性質(zhì)及遵循的物理規(guī)律,分別運(yùn)用物理規(guī)律列式。3.在運(yùn)用動量定理列式時,要確定是對哪段運(yùn)動過程運(yùn)用動量定理列式,對這段過程進(jìn)行受力分析(可先求每個力的沖量,再求各力沖量的矢量和——合力的沖量;或先求合力,再求合力的沖量),確定初、末狀態(tài)的動量大小和方向,先選取正方向,再運(yùn)用動量定理列式求解。對過程較復(fù)雜的運(yùn)動,可分段用動量定理列式,也可整個過程用動量定理列式。一個質(zhì)量m=1.0kg的小球,從距離地面高為5.0m處自由落下,與水平地面發(fā)生碰撞后,小球上升的最大高度為3.2m。已知小球與地面碰撞的時間為0.60s,重力加速度取g=10m/s2,不計空氣阻力。求在碰撞時間內(nèi):(1)小球動量的變化量。(2)小球?qū)Φ孛娴钠骄饔昧?。答?1)18kg·m/s,方向豎直向上(2)40N,方向豎直向下(3)66.7%解析依據(jù)題意建立情境示意圖,如圖所示(1)設(shè)小球與地面碰撞前、后的速度大小分別為v1、v2小球與地面接觸前,由自由落體運(yùn)動規(guī)律有v1=2g?1=小球與地面碰撞后,由豎直上拋運(yùn)動規(guī)律有v2=2g?2=8.規(guī)定豎直向上為正方向,小球動量的變化量Δp=mv2-(-mv1)=18kg·m/s,方向豎直向上。(2)規(guī)定豎直向上為正方向,以小球?yàn)檠芯繉ο?對小球與地面碰撞過程,由動量定理有(F-mg)Δt=Δp解得F=40N由牛頓第三定律知,碰撞過程中小球?qū)Φ孛娴钠骄饔昧Υ笮?0N,方向豎直向下。(2024屆朝陽模擬)排球運(yùn)動員在某次發(fā)球中,左手托球由靜止開始豎直向上運(yùn)動0.30m后,排球脫離左手繼續(xù)向上運(yùn)動1.8m到達(dá)最高點(diǎn),然后下落0.80m被右手擊出。已知排球的質(zhì)量為0.25kg,重力加速度取g=10m/s2,空氣阻力忽略不計。下列說法正確的是()。A.排球剛脫離左手時的速度大小為4.0m/sB.排球被右手擊出前運(yùn)動的總時間為1.0sC.排球向上運(yùn)動的過程中,人對排球所做的功為5.25JD.排球向上運(yùn)動的過程中,人對排球的沖量大小為1.5N·s答案C解析排球剛脫離左手時速度大小v1=2g?2=6.0m/s,A項(xiàng)錯誤;設(shè)左手托球由靜止開始豎直向上運(yùn)動h1=0.3m的時間為t1,脫離左手球上升1.8m的時間t2=2?2g=0.6s,下落0.8m的時間t3=2?3g=0.4s,排球被右手擊出前運(yùn)動的總時間t=t1+t2+t3=t1+1s>1s,B項(xiàng)錯誤;排球向上運(yùn)動的過程中,由動能定理有W-mg(h1+h2)=0,解得人對排球所做的功W=5.25J,C項(xiàng)正確;排球向上運(yùn)動到脫離手的過程中,由動量定理有I-mgt1=mv1=0.25×6kg·m/s=1.5N·s,則人對排球的沖量大于1計算沖量的四種方法公式法利用I=Ft計算,此法僅適用于恒力沖量的計算圖像法在F-t圖像中,圖線與t軸圍成的幾何圖形的面積表示沖量平均值法若方向不變的力的大小隨時間均勻變化,即力與時間的關(guān)系為線性關(guān)系,則力F在某段時間t內(nèi)的沖量I=t,F1、F2為該段時間內(nèi)初、末兩時刻力的大小動量定理法由I=Δp求沖量題型3利用動量定理解決多過程運(yùn)動問題(2021年全國乙卷)(多選)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動,力F隨時間t的變化關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。下列說法正確的是()。A.4s時物塊的動能為零B.6s時物塊回到初始位置C.3s時物塊的動量為12kg·m/sD.0~6s內(nèi)F對物塊所做的功為40J答案AD解析物塊與地面間的摩擦力f=μmg=2N,對0~3s過程,由動量定理有(F-f)t1=mv3,解得v3=6m/s。3s時物塊的動量p=mv3=6kg·m/s,C項(xiàng)錯誤;設(shè)3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0,由動量定理有-(F+f)t=0-mv3,解得t=1s。所以物塊在4s時速度減為0,此時物塊的動能也為0,A項(xiàng)正確;設(shè)0~3s內(nèi)物塊發(fā)生的位移為x1,由動能定理有(F-f)x1=12mv32,解得x1=9m。在3s~4s過程中,對物塊由動能定理有-(F+f)x2=0-12mv32,解得x2=3m。4s~6s物塊開始反向運(yùn)動,物塊的加速度大小a=F-fm=2m/s2,發(fā)生的位移x3=12×2×22m=4m<x1+x2,即6s時物塊沒有回到初始位置,B項(xiàng)錯誤;物塊在6s時的速度大小v6=2×2m/s=4m/s,0~6s拉力所做的功W=(4×9-4×3+4×4應(yīng)用動量定理分析多過程問題的說明利用動量定理解決多過程問題時,除了可以針對每個階段用動量定理外,還可以對整個過程用動量定理。在多個連續(xù)的運(yùn)動過程中,物體所受外力的沖量之和等于全過程的動量變化量。角度3動量定理與F(或a)-t圖像(2024屆廈門模擬)一質(zhì)量為2kg的物體受到水平拉力F的作用,在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動,它的a-t圖像如圖所示,已知t=0時物體的速度大小為2m/s,物體受到的滑動摩擦力大小恒為2N,則下列說法正確的是()。A.在t=6s時刻,物體的速度為18m/sB.0~6s時間內(nèi),合力對物體做的功為400JC.0~6s時間內(nèi),拉力對物體的沖量大小為36N·sD.0~6s時間內(nèi),拉力對物體的沖量大小為48N·s答案D解析在a-t圖像中,圖線與時間軸所圍區(qū)域的面積表示速度的變化量。由題圖可得Δv=(2+4)×62m/s=18m/s,Δv=v1-v0,所以6s時物體的速度v1=20m/s,A項(xiàng)錯誤;根據(jù)動能定理,合力對物體做的功等于物體動能的變化量,即W合=12mv12-12mv02,代入數(shù)據(jù)解得W合=396J,B項(xiàng)錯誤;根據(jù)動量定理,合力的沖量等于物體動量的變化量,即IF-ft=mΔv,代入數(shù)據(jù)解得IF=48N·角度4動量定理與動能定理的綜合應(yīng)用(2023年全國甲卷)(多選)一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下,由靜止開始在水平地面上沿x軸運(yùn)動,出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn),拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4,重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是()。A.在x=1m時,拉力的功率為6WB.在x=4m時,物體的動能為2JC.從x=0運(yùn)動到x=2m,物體克服摩擦力做的功為8JD.從x=0運(yùn)動到x=4m的過程中,物體的動量最大為2kg·m/s答案BC解析水平拉力做的功W=Fx,知在W-x圖像中圖線的斜率表示拉力F。在物體運(yùn)動的過程中,由動能定理有W-μmgx=12mv2,解得x=1m時物體的速度v=2m/s。x=1m時,拉力F=ΔWΔx=6N,此時拉力的功率P=Fv1=12W,A項(xiàng)錯誤;同理,可得x=4m時物體的動能Ek=2J,B項(xiàng)正確;從x=0運(yùn)動到x=2m,物體克服摩擦力做的功WF=μmgx=8J,C項(xiàng)正確;由W-x圖像可知,在0~2m的過程中F1=6N,在2m~4m的過程中F2=3N,由于物體受到的摩擦力恒為f=4N,故物體在x=2m處速度最大,由動能定理有W-μmgx=p22m,得x=2m處時物體的動量p=22關(guān)于動量定理和動能定理應(yīng)用的三點(diǎn)說明1.應(yīng)用動量定理或動能定理時,在中學(xué)階段,研究對象通常是單一物體。2.求合外力沖量的兩種方法:(1)先求合力,再求合力沖量;(2)求出每個力的沖量,再對沖量求矢量和。3.求合力做功的兩種方法:(1)先求合力,再求合力功;(2)求出每個力的功,再對功求代數(shù)和。利用動量定理解決持續(xù)作用問題模型一流體類某游樂園入口旁有一噴泉,噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見,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ρ,重力加速度大小為g。求:(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量。(2)玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度。答案(1)ρv0S(2)v02解析(1)設(shè)時間Δt內(nèi),從噴口噴出的水的體積為ΔV,質(zhì)量為Δm,則Δm=ρΔV,ΔV=v0SΔt。因此,單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量ΔmΔt=ρv(2)如圖所示,設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h,水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時的速度大小為v,對于Δt時間內(nèi)噴出的水,由機(jī)械能守恒定律有12(Δm)v2+(Δm)gh=12(Δm在h高度處,Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp=(Δm)v設(shè)水對玩具的作用力的大小為F,則由牛頓第三定律知,玩具對水的作用力大小亦為F,但方向相反對Δt時間內(nèi)與玩具接觸的水為研究對象,由于水的質(zhì)量很小,故忽略水的重力,由動量定理有FΔt=Δp由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件有F=Mg聯(lián)立解得h=v022模型二微粒類(2024屆江西聯(lián)考)宇宙飛船在飛行過程中有很多技術(shù)問題需要解決,其中之一就是當(dāng)飛船進(jìn)入宇宙微粒塵區(qū)時,如何保持速度不變的問題。假設(shè)一宇宙飛船以v=2.0×103m/s的速度進(jìn)入密度ρ=2.0×10-6kg/m3的微粒塵區(qū),飛船垂直于運(yùn)動方向上的最大橫截面積S=5.0m2,且認(rèn)為微粒與飛船相碰后都附著在飛船上。求:(1)單位時間內(nèi)附著在飛船表面上的微粒質(zhì)量。(2)飛船保持速度v運(yùn)動所需推力的大小。答案(1)2.0×10-2kg/s(2)40N解析(1)建立流管模型,如圖所示設(shè)飛船在微粒塵區(qū)的飛行時間為Δt,若飛船不動,則微粒朝著飛船運(yùn)動,在Δt時間內(nèi)與飛船發(fā)生相互作用,即附著在飛船上的微粒質(zhì)量Δm=ρSvΔt單位時間的質(zhì)量ΔmΔt=ρSv=2.0×10-2(2)微粒由靜止到與飛船一起運(yùn)動,微粒的動量增加,由動量定理有FΔt=Δm·v=ρSv2Δt,即F=ρSv2,代入已知數(shù)值,解得F=40N由牛頓第三定律知,微粒對飛船作用力的大小等于飛船對微粒的作用力的大小F。為維持飛船勻速運(yùn)動,需要增加的推力大小為40N。1.在排球比賽過程中,運(yùn)動員將排球從網(wǎng)前水平擊出。若不計空氣阻力,則在排球落地前,下列說法正確的是()。A.單位時間內(nèi)排球的動量變化量相同B.單位時間內(nèi)排球重力做功的功率相同C.排球的動量大小與其運(yùn)動的時間成正比D.排球的位移大小與其運(yùn)動的時間成正比答案A解析排球做平拋運(yùn)動,平拋運(yùn)動是勻變速曲線運(yùn)動,合外力恒為重力,因此單位時間內(nèi)排球的動量變化量相同,A項(xiàng)正確;平拋運(yùn)動在豎直方向是自由落體運(yùn)動,重力做功只與初、末位置的高度差有關(guān),根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律可知,單位時間內(nèi)排球下落的高度不同,因此單位時間內(nèi)排球重力做功的功率不相同,B項(xiàng)錯誤;根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律可知,排球的速度大小v=v02+(gt)2,顯然排球的速度大小與其運(yùn)動的時間不是正比例關(guān)系,則其動量大小與其運(yùn)動的時間也不是正比關(guān)系,C項(xiàng)錯誤;同理可得,排球的位移大小2.(改編)(多選)我國某些農(nóng)村地區(qū)人們用手拋撒谷粒進(jìn)行水稻播種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運(yùn)動軌跡如圖所示,其軌跡在同一豎直平面內(nèi),拋出點(diǎn)均為O,且軌跡交于P點(diǎn),拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2,其中v1方向水平,v2方向斜向上。若谷粒1和谷粒2的質(zhì)量均為m,重力加速度為g,忽略空氣阻力,關(guān)于兩谷粒在空中的運(yùn)動,下列說法正確的是()。A.谷粒2在最高點(diǎn)的動量等于mv1B.谷粒2在最高點(diǎn)的動量小于mv1C.兩谷粒從O到P的動量變化量相同D.谷粒2從O到P的動量變化量大于谷粒1從O到P的動量變化量答案BD解析谷粒2做斜拋運(yùn)動,谷粒1做平拋運(yùn)動,均從O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn),位移相同。在豎直方向上谷粒2做豎直上拋運(yùn)動,谷粒1做自由落體運(yùn)動,豎直方向上位移相同,故谷粒2運(yùn)動時間較長;谷粒2做斜拋運(yùn)動,水平方向上為勻速直線運(yùn)動,故運(yùn)動到最高點(diǎn)的速度為它水平方向上的分速度。兩谷粒從O到P的水平位移相同,但谷粒2的運(yùn)動時間較長,故谷粒2水平方向上的速度較小,即其在最高點(diǎn)的速度小于v1,谷粒2在最高點(diǎn)的動量小于mv1,A項(xiàng)錯誤,B項(xiàng)正確。從O到P,兩谷粒水平位移相同,但谷粒2的運(yùn)動時間較長,根據(jù)動量定理可知,谷粒2從O到P的動量變化量大于谷粒1從O到P的動量變化量,C項(xiàng)錯誤,D項(xiàng)正確。3.(改編)(多選)如圖1所示,在粗糙的水平面上,質(zhì)量為2kg的物塊在水平拉力的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動,2s后撤去外力,物塊運(yùn)動方向?yàn)檎较?已知物塊合外力F隨時間t變化的圖像如圖2所示,則()。A.0~2s內(nèi),物塊受到的拉力的沖量為6N·sB.2s時刻,物塊的動量大小為6kg·m/sC.0~4s內(nèi)合外力的沖量為2N·sD.0~4s內(nèi)合外力做功為1J答案ACD解析根據(jù)沖量的定義,結(jié)合題意可知,圖線與時間軸所圍面積表示合外力的沖量,上側(cè)的面積表示沖量方向?yàn)檎?下側(cè)的面積表示沖量方向?yàn)樨?fù),0~2s內(nèi)受到拉力和摩擦力,由圖像可知,摩擦力為-1N,摩擦力在0~2s內(nèi)的沖量If=(-1×2)N·s=-2N·s,0~2s內(nèi)合外力沖量I1=12×4×2N·s=4N·s,根據(jù)If+I拉=I1,解得I拉=6N·s,A項(xiàng)正確;根據(jù)動量定理,2s時刻物塊的動量p=I1=4kg·m/s,B項(xiàng)錯誤;0~4s內(nèi)合外力的沖量I2=12×4×2?1×2N·s=2N·s,C項(xiàng)正確;0~4s內(nèi)根據(jù)動量定理有I2=mv2-0,解得v2=1m/s,根據(jù)動能定理,合外力做功W=12mv22=12×2×12J4.(多選)某景區(qū)的水壺倒水景觀如圖所示。一把似乎沒有任何支撐而處于“懸空”狀的大水壺不斷地向下倒水,吸引游人的目光。某同學(xué)通過近距離仔細(xì)觀察,發(fā)現(xiàn)從壺口流出的水柱中心有根顏色較淡的豎直管,該管的上端與壺嘴的內(nèi)部固定,管的上端有很多小孔讓管內(nèi)的水從小孔中噴出,噴出的水在碰到壺嘴的內(nèi)壁后反彈,從管外豎直向下流回水池形成水柱,水柱較好地掩蓋了水管的存在,從而形成水壺“懸空”的假象。水壺內(nèi)部結(jié)構(gòu)簡化示意圖如圖2所示。假設(shè)管內(nèi)的水流碰到壺嘴內(nèi)壁時速度v=5m/s,方向豎直向上,碰后瞬間速度大小不變,方向反向。水管的橫截面積S=0.003m2,水管的豎直高度h=2.8m,水管的下端連接水泵,水的密度ρ=1.0×103kg/m3,重力加速度取g=9.86m/s2。下列說法正確的是()。A.水壺的重心一定在水柱中豎直管的正上方B.管中的水對水壺的作用力大小約為150NC.水壺倒水的流量為30m3/sD.連接水管的水泵輸出功率約為600W答案BD解析由題意知豎直管的上端與壺嘴的內(nèi)部固定,水壺的重心不一定在豎直管的正上方,A項(xiàng)錯誤;在Δt時間內(nèi),以碰到壺嘴內(nèi)壁的水為研究對象,由動量定理有FΔt=mΔv=ρSvΔt[v-(-v)],可得F=150N,B項(xiàng)正確;水壺倒水的流量應(yīng)與進(jìn)水的流量相等,所以Q=Sv=0.015m3/s,C項(xiàng)錯誤;在Δt時間內(nèi),水泵對水做的功W=12(ρSvΔt)v2+ρSvΔtgh,水泵輸出功率P=WΔt,解得P≈600W見《高效訓(xùn)練》P491.(2022年海南卷)在冰上接力比賽時,甲推乙的作用力是F1,乙推甲的作用力是F2,則這兩個力()。A.大小相等,方向相反B.大小相等,方向相同C.F1的沖量大于F2的沖量D.F1的沖量小于F2的沖量答案A解析F1和F2是一對相互作用力,根據(jù)牛頓第三定律可知它們大小相等,方向相反,同時產(chǎn)生,同時消失,性質(zhì)相同;根據(jù)沖量的定義I=Ft可知,F1和F2的沖量大小相等,方向相反,A項(xiàng)正確。2.(2023年天津卷)質(zhì)量為m的列車以速率v勻速行駛,突然以大小為F的力剎車直到列車停止,該過程中列車始終受到大小為f的空氣阻力,下列說法正確的是()。A.減速運(yùn)動加速度大小a=FB.力F的沖量為mvC.剎車距離為mD.勻速行駛時功率為(f+F)v答案C解析對列車剎車過程,由牛頓第二定律有F+f=ma,可得減速運(yùn)動加速度大小a=F+fm,由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有t=va=mvF+f,根據(jù)沖量的定義可知,力F的沖量I=Ft=FmvF+f,方向與運(yùn)動方向相反,A、B兩項(xiàng)錯誤;對列車剎車過程,由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有v2=2ax,可得x=v22a=m3.(多選)顛球是足球的基本功之一,某足球愛好者在練習(xí)顛球,某次足球由靜止自由下落0.8m,被重新顛起,離開腳部后豎直上升的最大高度為0.45m。已知足球與腳部的作用時間為0.1s,足球的質(zhì)量為0.4kg,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力,下列說法正確的是()。A.足球從下落至再次上升到最大高度,全程用了0.7sB.足球下落到與腳部剛接觸時的動量大小為1.6kg·m/sC.足球與腳部作用過程中的動量變化量大小為0.4kg·m/sD.足球從開始下落至上升到最高點(diǎn)的過程中的重力的沖量大小為3.2N·s答案BD解析足球下落過程,由h=12gt2可得足球下落的時間t1=2×0.810s=0.4s;足球上升過程,利用逆向思維和h=12gt2可得,足球上升的時間t2=2×0.4510s=0.3s;由題意知足球與腳作用的時間t3=0.1s,所以足球從下落至上升到最大高度,全程所用的時間t=t1+t2+t3=0.8s,A項(xiàng)錯誤。足球下落到與腳部剛接觸時的速度v1=gt1=4m/s,此時足球的動量大小p1=mv1=1.6kg·m/s,B項(xiàng)正確。足球腳部接觸足球后瞬間足球的速度大小v2=gt3=3m/s,取豎直向上為正方向,可得足球與腳部作用過程中動量變化量大小Δp=mv2-(-mv1)=2.8kg·m/s,C項(xiàng)錯誤。足球從開始下落至上升到最高點(diǎn)的過程中,重力的沖量大小IG=mgt=3.2N·4.水滴石穿比喻堅持不懈,集細(xì)微之力也能成就難能之功。質(zhì)量為0.1g的雨滴從距石板高為5m處的屋檐下滴落,與石板接觸0.01s后速度減為零,不計空氣阻力,則此雨滴對石板的沖擊力大小約為()。A.0.01N B.0.1N C.1.0N D.10N答案B解析雨滴從屋檐滴落到它與石板接觸前,此過程雨滴的運(yùn)動可以看成自由落體運(yùn)動,由v2=2gh解得雨滴與石板接觸時的速度大小v=10m/s2;設(shè)石板對雨滴的作用力大小為F,雨滴與石板接觸的0.01s內(nèi),選豎直向下為正方向,對雨滴,由動量定理可得(mg-F)t=0-mv,解得F=0.1N,根據(jù)牛頓第三定律可得,雨滴對石板的沖擊力大小約為0.1N,B項(xiàng)符合題意。5.(多選)質(zhì)量為0.20kg的皮球,以6.0m/s的速度豎直向下落至水平地面,再以4.0m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向,若小球與地面碰撞的時間Δt=0.10s,重力加速度g取10m/s2。關(guān)于皮球離開地面時的動量p、碰撞前后動量的變化量Δp、碰撞時間內(nèi)重力的沖量I及合外力對皮球做的功W,下列結(jié)論正確的是()。A.Δp=2.0kg·m/s,W=-2.0JB.p=0.80kg·m/s,I=-0.20N·sC.Δp=0.4kg·m/s,W=-2.0JD.p=0.80kg·m/s,I=2.0N·s答案AB解析取豎直向上為正方向,則皮球剛接觸地面時的動量p1=mv1=-1.20kg·m/s,離開地面時的動量p=mv2=0.80kg·m/s;皮球與地面碰撞過程中,它的動量變化量Δp=mv2-mv1=2.0kg·m/s;碰撞時間內(nèi),重力的沖量I=-mg·Δt=-0.20N·s,“-”號表示方向豎直向下;由動能定理知,合外力做的功W=12mv22-12mv12=-6.某輕機(jī)槍子彈彈頭質(zhì)量約為8g,出膛速度大小約為750m/s。一戰(zhàn)士在使用該機(jī)槍連續(xù)射擊1分鐘的過程中,機(jī)槍所受到的子彈的平均反沖力大小約為12N,則機(jī)槍在這1分鐘內(nèi)射出子彈的數(shù)量約為()。A.40B.80C.120D.160答案C解析設(shè)1分鐘內(nèi)射出的子彈數(shù)量為n。對這n顆子彈,由動量定理得Ft=nmv0,代入數(shù)據(jù)解得n=120,C項(xiàng)正確。7.(2024屆北京二模)“蹦極”運(yùn)動中,將一根有彈性的繩系在蹦極者身上,另一端固定在跳臺上,人從幾十米高處跳下。將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運(yùn)動。不計空氣阻力的影響。從繩剛好伸直到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中,下列說法正確的是()。A.人先處于超重狀態(tài),后處于失重狀態(tài)B.繩對人的拉力始終做負(fù)功,人的動能先增大后減小C.繩對人的沖量始終向上,人的動量先減小后增大D.人的動能的減少量等于繩的彈性勢能的增加量答案B解析開始階段,繩子的拉力小于人的重力,則人的加速度向下,人處于失重狀態(tài),速度增大,以后階段,繩子的拉力大于人的重力,人的加速度向上,人處于超重狀態(tài),速度減小,繩子對人的拉力方向始終向上,對人做負(fù)功,人的動能先增大后減小,A項(xiàng)錯誤,B項(xiàng)正確;繩子對人的拉力方向始終向上,則繩對人的沖量始終向上,人的動量先增大后減小,C項(xiàng)錯誤;對人和繩組成的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒定律可知,人的動能的減少量與重力勢能的減少量之和等于繩的彈性勢能的增加量,D項(xiàng)錯誤。8.(2022年山東卷)我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射“長征十一號”系列運(yùn)載火箭。如圖所示,發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出,火箭速度接近零時再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開始運(yùn)動到點(diǎn)火的過程中()。A.火箭的加速度為零時,動能最大B.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C.高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量答案A解析火箭從發(fā)射艙發(fā)射出來,受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用,且推力大小不斷減小,剛開始上升的時候高壓氣體的推力大于重力和空氣阻力之和,故火箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動,當(dāng)高壓氣體的推力等于重力和空氣阻力大小之和時,火箭的加速度為零,速度最大,接著高壓氣體的推力小于重力和空氣阻力大小之和時,火箭向上做加速度增大的減速運(yùn)動,直至速度接近零時點(diǎn)火,綜上分析可知,從火箭開始運(yùn)動到點(diǎn)火的過程中,當(dāng)火箭的加速度為零時,速度最大,動能最大,A項(xiàng)正確;根據(jù)能量守恒定律可知,高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、重力勢能和內(nèi)能,B項(xiàng)錯誤;根據(jù)動量定理可知,合力的沖量等于火箭動量的增加量,C項(xiàng)錯誤;根據(jù)功能關(guān)系可知,高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量,D項(xiàng)錯誤。9.福建屬于臺風(fēng)頻發(fā)地區(qū),各類戶外設(shè)施建設(shè)都要考慮臺風(fēng)影響。已知10級臺風(fēng)的風(fēng)速范圍為24.5m/s~28.4m/s,16級臺風(fēng)的風(fēng)速范圍為51.0m/s~56.0m/s。若臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌,則16級臺風(fēng)對該交通標(biāo)志牌的作用力大小約為10級臺風(fēng)的()。A.2倍 B.4倍 C.8倍 D.16倍答案B解析設(shè)空氣的密度為ρ,該交通標(biāo)志牌的面積為S,在Δt時間內(nèi)吹向該交通標(biāo)志牌的空氣質(zhì)量Δm=ρSv·Δt,假定這部分空氣的末速度變?yōu)榱?對這部分空氣,由動量定理有-F·Δt=0-Δmv,可得F=ρSv2。取10級臺風(fēng)的風(fēng)速v1≈25m/s,16級臺風(fēng)的風(fēng)速v2≈50m/s,則有F2F1=v10.(多選)水平桌面上,一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F的拉動下從靜止開始運(yùn)動,物體通過的路程等于s0時,速度的大小為v0,此時撤去F,物體繼續(xù)滑行2s0的路程后停止運(yùn)動,重力加速度大小為g,則()。A.在此過程中F所做的功為12mB.在此過程中F的沖量大小等于32mvC.物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于vD.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍答案BC解析撤去外力前,由牛頓第二定律有F-μmg=ma1,由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有v02=2a1s0;撤去外力后,由牛頓第二定律有μmg=ma2,由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有v02=2a2(2s0);聯(lián)立解得F=3mv024s0,動摩擦因數(shù)μ=v024gs0,滑動摩擦力Ff=μmg=mv024s0,可知F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍,C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯誤。在此過程中,外力F做的功W=Fs0=34mv02,11.(2024屆濰坊檢測)玩具水槍是兒童們夏天喜愛的玩具之一?，F(xiàn)有一水槍樣品,槍口直徑為d,水的密度為ρ,水柱水平出射速度為v,垂直擊中豎直目標(biāo)后以大小為0.2v的速度反向?yàn)R回,則水柱水平擊中目標(biāo)的平均沖擊力大小為()。A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv答案B解析設(shè)t時間內(nèi)水槍噴出的水柱長度為l,則有v=lt,t時間內(nèi)沖擊墻壁的水的質(zhì)量m=ρV=ρSl=14πd2ρl,設(shè)墻壁對水柱的平均沖擊力大小為F,根據(jù)動量定理有Ft=0.2mv-(-mv),聯(lián)立以上三式解得F=0.3πd2ρv2,根據(jù)牛頓第三定律可知水柱水平擊中目標(biāo)的平均沖擊力大小F'=F=0.3πd2ρv2,12.(多選)高空作業(yè)必須系安全帶,但安全帶使用不當(dāng)也會對人體造成傷害。我國對安全帶的材料、長度、寬度以及使用方法都有規(guī)定,其中規(guī)定如果安全帶的長度超過三米就一定要加裝緩沖器。某興趣小組的同學(xué)們通過模擬實(shí)驗(yàn)來探究緩沖器的作用。同學(xué)們改裝了甲、乙兩根安全帶,甲不加裝緩沖器,乙加裝緩沖器,使兩根安全帶的總長度(乙安全帶的總長度含緩沖器)都為1.25m,把重物和力傳感器捆在一起掛在安全帶的底端,重物(含傳感器)的質(zhì)量為1kg。現(xiàn)讓重物從安全帶上端處自由下落(重物可視為質(zhì)點(diǎn)),實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)從安全帶伸直到重物速度第一次減為零,甲、乙分別用時0.1s和0.5s。忽略緩沖器對安全帶長度的影響,重力加速度取g=10m/s2。下列說法正確的是()。A.安全帶剛伸直時重物的動量為5kg·m/s,方向豎直向下B.從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過程,重物的動量變化為5kg·m/s,方向豎直向下C.從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過程,甲安全帶對重物的平均作用力為60N,乙安全帶對重物的平均作用力為10ND.從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過程,乙安全帶對重物的沖量為10N·s,方向豎直向上答案AD解析從重物自由下落到安全帶剛伸直的過程,由自由落體運(yùn)動公式有v2=2gh,可得v=5m/s,可知安全帶剛伸直時重物的動量p=mv=5kg·m/s,動量的方向即速度方向,為豎直向下,A項(xiàng)正確;從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過程,重物的初動量為5kg·m/s,方向豎直向下,重物的末動量為0,設(shè)豎直向上為正方向,重物的動量變化Δp=0-(-mv)=5kg·m/s,方向豎直向上,B項(xiàng)錯誤;從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過程,設(shè)安全帶對重物的平均作用力為F,對重物,由動量定理有(F-mg)t=0-(-mv),代入兩次作用時間,得甲、乙兩根安全帶對重物的平均作用力分別為60N和20N,C項(xiàng)錯誤;選豎直向上為正方向,對重物,由動量定理有(F-mg)t=0-(-mv),可得Ft=mgt+mv=10N·s,方向豎直向上,D項(xiàng)正確。13.混合動力汽車是指擁有兩種不同動力源(如燃油發(fā)動機(jī)和電力發(fā)動機(jī))的汽車,既節(jié)能又環(huán)保。汽車質(zhì)量為M,靜止在平直路面,只采用電力驅(qū)動,發(fā)動機(jī)以額定功率P1啟動,達(dá)到最大速度v1后,再次提速,兩種動力同時啟動,此時發(fā)動機(jī)的總額定功率為2P1,由v1經(jīng)時間t達(dá)到最大速度v2(未知);運(yùn)動一段時間后,開始“再生制動”剎車。加速過程中阻力可視為恒定;“再生制動”剎車過程中阻力的大小可視為與速度的大小成正比,即f=kv。求:(1)汽車在速度由v1到v2過程中前進(jìn)的位移x1。(2)汽車由速度v2減速到零過程中行駛的距離x2。解析(1)汽車達(dá)到最大速度v1時,有f1=F1=P汽車達(dá)到最大速度v2時,有f1=2解得v2=2v1汽車速度由v1到v2過程中,根據(jù)動能定理有2P1t-f1x1=12Mv22-解得x1=2v1t-3M(2)“再生制動”剎車過程,即速度由v2減到零的過程,根據(jù)動量定理有-f·t=0-Mv2=-2Mv1其中f=kv,x2=v·t解得x2=2M第2講動量守恒定律及其應(yīng)用對應(yīng)學(xué)生用書P150考點(diǎn)一動量守恒定律的理解與簡單應(yīng)用一、系統(tǒng)、內(nèi)力和外力1.系統(tǒng):由兩個(或多個)相互作用的物體構(gòu)成的①叫作一個力學(xué)系統(tǒng)。

2.系統(tǒng)中物體間的相互作用力,叫作②力;系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力,叫作③力。

二、動量守恒定律1.內(nèi)容:如果一個系統(tǒng)④,或者⑤為0,這個系統(tǒng)的總動量保持不變,這就是動量守恒定律。

2.數(shù)學(xué)表達(dá)式(1)p=p'或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'(系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p',大小相等,方向相同)。(2)Δp1=-Δp2(系統(tǒng)內(nèi)一個物體的動量變化與另一物體的動量變化等大反向)。(3)Δp=p'-p=0(系統(tǒng)總動量的變化量為零)。答案①整體②內(nèi)③外④不受外力⑤所受外力的矢量和如圖所示,在光滑的水平桌面上做勻速運(yùn)動的兩個物體A和B,質(zhì)量分別為m1和m2,沿同一直線向同一方向運(yùn)動,速度分別是v1和v2。當(dāng)B追上A時發(fā)生碰撞,碰撞后兩物體的速度分別是v1'和v2'。若碰撞時間極短,請根據(jù)運(yùn)動與相互作用規(guī)律,論述兩物體碰撞前后的動量守恒。解析假設(shè)B對A的相互作用力的大小為F,A對B的相互作用力的大小為F',作用時間為Δt,規(guī)定向右為正方向,由牛頓第二定律有F=m1a1,F'=m2a2由牛頓第三定律有F'=-F由運(yùn)動學(xué)規(guī)律有a1=v1'-v1Δ聯(lián)立解得m1v1'+m2v2'=m1v1+m2v2該式表明,兩物體作用后的總動量等于作用前的總動量,即碰撞前后動量守恒。角度1系統(tǒng)動量是否守恒的判斷如何判斷系統(tǒng)的動量是否守恒判斷系統(tǒng)動量是否守恒,首先是熟知系統(tǒng)動量守恒的條件,其次要明確研究過程,分析系統(tǒng)在所研究的過程中的受力情況,看系統(tǒng)的受力情況是否符合動量守恒的條件。系統(tǒng)動量守恒的三個條件理想條件系統(tǒng)不受外力作用實(shí)際條件系統(tǒng)所受外力的合力為零近似條件系統(tǒng)所受合外力雖然不為零,但系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,如碰撞、爆炸類問題謹(jǐn)記:若系統(tǒng)只在某個方向上動量守恒,而其他方向上動量不守恒,則系統(tǒng)的動量不守恒。(2024屆江蘇聯(lián)考)如圖所示,輕繩下懸掛一靜止沙袋,一子彈水平射入并留在沙袋中,隨沙袋一起擺動,不計空氣阻力。在以上整個過程中,子彈和沙袋組成的系統(tǒng)()。A.動量不守恒,機(jī)械能守恒B.動量守恒,機(jī)械能不守恒C.動量和機(jī)械能均不守恒D.動量和機(jī)械能均守恒答案C解析子彈射入沙袋的過程,動量守恒;子彈與沙袋一起向右擺動的過程中,系統(tǒng)的合外力不為零,動量不守恒。因?yàn)樽訌椛淙肷炒^程中要克服阻力做功,有機(jī)械能損失,所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒,C項(xiàng)正確。角度2動量守恒定律的應(yīng)用應(yīng)用動量守恒定律時要注意它的五個特性系統(tǒng)性研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)同時性動量是一個瞬時量,表達(dá)式中p1,p2,…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量,p1',p2',…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量(注意:不同時刻的動量不能相加)相對性應(yīng)用時,系統(tǒng)中各物體在相互作用前后的動量必須相對于同一參考系,通常以大地為參考系矢量性動量守恒定律的方程是一個矢量方程。通常規(guī)定正方向后,能確定方向的物理量一律將方向表示為“+”或“-”(與選取的正方向一致的動量為正值,相反的為負(fù)值),物理量中只代入大小:不能確定方向的物理量可以用字母表示,若計算結(jié)果為“+”,則說明其方向與規(guī)定的正方向相同,若計算結(jié)果為“-”,則說明其方向與規(guī)定的正方向相反普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng),而且適用于接近光速運(yùn)動的微觀粒子組成的系統(tǒng)在光滑的水平面上,有一輛平板小車,質(zhì)量為M,在小車上有一運(yùn)動員,質(zhì)量為m。開始時小車與運(yùn)動員是靜止的。(1)當(dāng)運(yùn)動員以水平速度v向左跳下時,求小車的速度。(2)若小車與運(yùn)動員開始向右運(yùn)動的速度為v0,則當(dāng)運(yùn)動員以水平速度v'相對小車向左跳下時,求小車的速度。答案(1)mMv(2)v0+mv'm解析(1)設(shè)小車的速度為u,規(guī)定向右為正方向,由動量守恒定律有0=-mv+Mu,解得u=mMv,(2)設(shè)小車的速度為u',規(guī)定向右為正方向,由動量守恒定律有(m+M)v0=m(u'-v')+Mu',解得u'=v0+mv'm應(yīng)用動量守恒定律解題的思維流程步驟1:明確研究對象和研究過程,確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體);步驟2:進(jìn)行受力分析,根據(jù)動量守恒的條件判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒);步驟3:規(guī)定正方向,確定初、末狀態(tài)動量,并根據(jù)動量守恒定律列出方程;步驟4:代入數(shù)據(jù),求出結(jié)果,必要時討論說明。如圖所示,質(zhì)量為M的滑塊B套在光滑的水平桿上可自由滑動,質(zhì)量為m的小球A用一長度為L的輕桿與B上的O點(diǎn)相連接,輕桿處于水平位置,可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動。若M=2m,給小球A一豎直向上的初速度v0,則當(dāng)輕桿繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)過90°,A球運(yùn)動至最高點(diǎn)時,B的位移多大?B的速度多大?答案L3解析設(shè)經(jīng)過最高點(diǎn)時,A水平方向位移大小為s1,B水平方向位移大小為s2,A與B組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,有ms1=Ms2,又s1+s2=L,聯(lián)立解得s2=L設(shè)在最高點(diǎn)時,A的速度大小為v1,B的速度大小為v2,由動量守恒定律可得mv1=Mv2由機(jī)械能守恒定律可得12mv02=mgL+12mv聯(lián)立解得v2=v0單方向動量守恒定律的應(yīng)用即使系統(tǒng)受到的外力的合力不為零,即系統(tǒng)動量不守恒,但只要系統(tǒng)在某一方向上合外力為零,即系統(tǒng)在該方向上動量守恒,我們在該方向上可用動量守恒定律列式?？键c(diǎn)二碰撞一、碰撞的分類1.從能量損失的角度分類彈性碰撞碰撞過程中機(jī)械能①

非彈性碰撞碰撞過程中機(jī)械能②

完全非彈性碰撞碰撞后合為一體,具有③,機(jī)械能損失④

2.碰撞前后速度方向是否在同一條直線上正碰(對心碰撞)碰撞之前球的速度方向與兩球心的連線在同一條直線上,碰撞之后兩個球的速度方向仍會沿著這條直線的方向而運(yùn)動斜碰(非對心碰撞)碰撞之前球的運(yùn)動速度方向與兩球心的連線不在同一條直線上,碰撞之后兩球的速度方向都會偏離原來兩球心的連線而運(yùn)動二、碰撞過程的特點(diǎn)時間相互作用的時間很短相互作用力相互作用力先是急劇增大,然后急劇減小,平均作用力很大。動量守恒的條件系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力位移可忽略物體的位移,認(rèn)為物體在碰撞前后仍在同一位置能量碰撞前總動能Ek與碰撞后總動能Ek'滿足Ek≥Ek'答案①守恒②不守恒③共同速度④最大如圖所示,在光滑的水平面上,一質(zhì)量為mA的小球A以水平向右的速度vA與質(zhì)量為mB的小球B發(fā)生彈性正碰。(1)若碰撞前,B靜止在水平面上,求碰撞后兩小球的速度vA'、vB'。(2)若碰撞前,B正以大小為vB的速度水平向右運(yùn)動,求碰撞后兩小球的速度vA'、vB'。(3)若碰撞前,B正以大小為vB的速度水平向左運(yùn)動,求碰撞后兩小球的速度vA'、vB'。(4)若小球A和小球B的質(zhì)量相等,則兩球發(fā)生彈性碰撞后,它們碰撞后與碰撞前的速度有什么特點(diǎn)?答案(1)根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別得mAvA=mAvA'+mBvB'12mAvA2=12mAvA'2+12m聯(lián)立解得vA'=mA-mBmA+mBv(2)以B為參考系,同(1)可得vA'=mA-mBmA+mB(vA-vB)+vB,vB'=2(3)以B為參考系,同(1)可得vA'=mA-mBmA+mB(vA+vB)-vB,vB'=2(4)若兩球質(zhì)量相等,則碰撞后兩球速度交換。角度1碰撞的可能性探究(2024屆龍巖模擬)(多選)A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線向同一方向運(yùn)動,質(zhì)量分別為m和2m,A的動量為5kg·m/s,B的動量為7kg·m/s,當(dāng)A球追上B球時發(fā)生對心碰撞,則碰撞后A、B兩球動量的可能值為()。A.pA'=4kg·m/s,pB'=8kg·m/sB.pA'=3.5kg·m/s,pB'=8.5kg·m/sC.pA'=3kg·m/s,pB'=9.5kg·m/sD.pA'=2.5kg·m/s,pB'=9.5kg·m/s答案AB解析A、B兩球發(fā)生對心碰撞,滿足動量守恒定律。碰撞前系統(tǒng)的總動量為12kg·m/s,則pA'+pB'=pA+pB=12kg·m/s,只有C不滿足動量守恒的原則。其次,考查能量關(guān)系,總動能不增加,即有Ek≥Ek',根據(jù)Ek=pA22m+pB22×2m,代入數(shù)據(jù)可知A、B均滿足,D不滿足能量關(guān)系。最后,分析速度可行性,由碰撞前、后的速度關(guān)系,A碰撞問題須謹(jǐn)記遵循的三個規(guī)律動量守恒p1+p2=p1'+p2'動能不增加p122m1+速度要合理①若兩物體同向運(yùn)動,則碰前應(yīng)有v后>v前;碰后原來在前的物體速度一定增大,若碰后兩物體同向運(yùn)動,則應(yīng)有v前'≥v后'②若兩物體相向運(yùn)動,碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變角度2彈性碰撞彈性碰撞的三種情境情境動碰靜同向動碰動相向動碰動圖示規(guī)律動量守恒、機(jī)械能守恒結(jié)論vA'=mA-vB'=2mAvA'=mA-mBmA+mBvB'=2mAmA+mB·(vA'=mA-mBmA+mBvB'=2mAmA+mB·(說明質(zhì)量相等,速度交換(2022年湖南卷)1932年,查德威克用未知射線轟擊氫核,發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖,中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核,碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰,不考慮相對論效應(yīng),下列說法正確的是()。A.碰撞后氮核的動量比氫核的小B.碰撞后氮核的動能比氫核的小C.v2大于v1D.v2大于v0答案B解析設(shè)中子的質(zhì)量為m,則氫核的質(zhì)量也為m,氮核的質(zhì)量為14m,設(shè)中子和氫核碰撞后,中子速度為v3,取v0的方向?yàn)檎较?由動量守恒和機(jī)械能守恒分別有mv0=mv1+mv3,12mv02=12mv12+12mv32,解得v1=v0。設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為v4,取v0方向?yàn)檎较?由動量守恒和機(jī)械能守恒分別有mv0=14mv2+mv4,12mv02=12×14mv22+12mv42,解得v2=215v0,可得v1=v0>v2,碰撞后氫核的動量pH=mv1=mv0,氮核的動量pN=14mv2=28mv015,可得pN>pH;碰撞后氫核的動能EkH=12mv12=角度3非彈性碰撞(2024屆廣州模擬)某冰壺隊為了迎接冬奧會,積極開展訓(xùn)練。某次訓(xùn)練中使用的紅色冰壺A和藍(lán)色冰壺B的質(zhì)量均為20kg。初始時兩冰壺之間的距離s=7.5m,運(yùn)動員以v0=2m/s的初速度將紅色冰壺A水平擲出后,紅色冰壺A與靜止的藍(lán)色冰壺B碰撞,碰后紅色冰壺A的速度大小變?yōu)関A=0.2m/s,方向不變,碰撞時間極短。已知兩冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.02,重力加速度取g=10m/s2。求:(1)紅色冰壺A從開始運(yùn)動到停下所需的時間。(2)兩冰壺碰撞過程中損失的機(jī)械能。答案(1)6s(2)3.2J解析(1)冰壺A以v0=2m/s的初速度開始運(yùn)動后,由牛頓第二定律得,加速度大小a=μg=0.2m/s2,方向與A運(yùn)動方向相反,冰壺A做減速運(yùn)動。設(shè)A與B碰撞時速度為v1,則有v12-v02=-2as,得v1=1m/s。所用時間t1=v1-v0-a=5s,與冰壺B碰撞后,其速度大小變?yōu)関A=0.2m/s,方向不變,做減速運(yùn)動直到停下,所用時間t2=0?vA-a=1(2)兩冰壺碰撞滿足動量守恒,有mv1=mvA+mvB,得vB=v1-vA=0.8m/s。兩冰壺碰撞中損失的機(jī)械能ΔE=12m(v12-vA2-vB2)=12×20×(12-0.22-0.82)(2024屆烏魯木齊模擬)(多選)一般情況下,豎直下落的球形雨滴其收尾速度與雨滴的半徑成正比。某下雨天,無風(fēng)時,半徑分別為2mm、1mm的球形雨滴在同一豎直線上勻速下落,下落過程中兩雨滴迅速融合為一雨滴。已知半徑為1mm的雨滴勻速下落時的速度大小為v,動能為Ek,設(shè)兩雨滴剛?cè)诤蠟橐挥甑螘r的速度大小為v共,兩雨滴融合過程中損失的動能為ΔEk,則下列關(guān)系式正確的是()。A.v共=53vB.v共=17C.ΔEk=49Ek D.ΔEk=89答案BD解析豎直下落的球形雨滴其收尾速度與雨滴的半徑成正比,則半徑為2mm的雨滴速度v'=2v。設(shè)半徑為1mm的雨滴的質(zhì)量為m,根據(jù)m=ρ·43πr3可知,半徑為2mm的雨滴質(zhì)量m'=8m,雨滴勻速下落,合外力為零,則兩雨滴剛?cè)诤蠟橐挥甑蔚倪^程動量守恒,有mv+m'v'=(m+m')v共,解得v共=179v,A項(xiàng)錯誤,B項(xiàng)正確;半徑為1mm的雨滴的動能Ek=12mv2,半徑為2mm的雨滴的動能Ek'=12m'v'2=32Ek,融合后雨滴的動能Ek共=12(m+m')v共2=2899Ek,所以兩雨滴融合過程中損失的動能ΔEk=Ek+Ek'-Ek共=8完全非彈性碰撞的三種情境情境動碰靜同向動碰動相向動碰動圖示規(guī)律動量守恒、機(jī)械能損失最大結(jié)論v=mAmΔE=12·mAv=mΔE=12·mAmBmA+v=mΔE=12·mAmBmA+角度4碰撞問題的多解性(2024屆鞍山模擬)兩個完全相同的小球A、B用長度均為L的細(xì)線懸于天花板上,如圖所示。若將A從圖示位置由靜止釋放,則B球被碰后第一次速度為零時距離最低點(diǎn)的高度可能是()。A.L9 B.L5 C.2L3答案B解析小球A從釋放到最低點(diǎn),由動能定理可知mg(L-Lcos60°)=12mvA2-0,解得vA=gL。若A與B交換速度,即vB=vA=gL。B上升過程中由動能定理可知-mgh=0-12mvB2,解得h=L2。若A與B發(fā)生完全非彈性碰撞,即A、B粘在一起,由動量守恒定律有mvA=2mv,得v=12gL。在A、B上升過程中,由動能定理有-2mgh=0-12×2mv2,得h=L8。所以B球上升的高度L8≤碰撞問題出現(xiàn)多解性的主要原因是碰撞形式的不確定性。解決這類問題要謹(jǐn)記兩個碰撞模型的特點(diǎn):物體之間發(fā)生彈性碰撞時,不存在機(jī)械能損失;物體之間發(fā)生完全非彈性碰撞時,機(jī)械能損失最大?？键c(diǎn)三爆炸與反沖1.爆炸的三個特點(diǎn)動量守恒爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的,爆炸時系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力,在爆炸過程中,系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中,有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能,所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆炸發(fā)生的時間極短,在爆炸的過程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般忽略不計,即認(rèn)為爆炸過程發(fā)生前后系統(tǒng)的位置不變2.反沖運(yùn)動定義如果一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂成兩個部分,一部分向某個方向運(yùn)動,另一部分必然向相反的方向運(yùn)動,這個現(xiàn)象叫作反沖反沖運(yùn)動中,物體受到的反沖作用通常叫作反沖力特點(diǎn)反沖運(yùn)動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果;反沖運(yùn)動和碰撞、爆炸有相似之處,相互作用力常為變力,且作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力,遵循動量守恒定律;在反沖運(yùn)動中,可能有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,所以系統(tǒng)的總機(jī)械能有可能增加爆炸(圖1)和碰撞(圖2),都是瞬間完成的。它們有相同之處,也有不同之處。你能說出它們的相同點(diǎn)和不同點(diǎn)嗎?圖1圖2爆炸與碰撞的相同點(diǎn)與不同點(diǎn)爆炸碰撞相同點(diǎn)過程特點(diǎn)都是物體間的相互作用突然發(fā)生,相互作用力為變力,作用時間很短,平均作用力很大,且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力,所以可以認(rèn)為碰撞、爆炸過程中系統(tǒng)的總動量守恒過程模型由于碰撞、爆炸過程相互作用的時間很短,作用過程中物體的位移很小,一般可忽略不計,因此可以把作用過程看作一個理想化過程來處理,即作用后物體仍從作用前瞬間的位置以新的動量開始能量情況都滿足能量守恒,總能量保持不變不同點(diǎn)動能情況有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能,動能會增加彈性碰撞時動能不變,非彈性碰撞時產(chǎn)生內(nèi)能角度1爆炸向空中發(fā)射一物體,不計空氣阻力。當(dāng)此物體的速度恰好沿水平方向時,物體炸裂成a、b兩塊,若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向,則()。A.b的速度方向一定與初速度方向相反B.從炸裂到落地的這段時間里,a飛行的水平距離一定比b的大C.a、b一定同時到達(dá)水平地面D.在炸裂過程中,a、b受到的爆炸力的沖量大小不一定相等答案C解析爆炸后系統(tǒng)的總機(jī)械能增加,但不能確定a、b兩塊的速度大小,所以A、B兩項(xiàng)不能確定;因炸開后兩者都做平拋運(yùn)動,且高度相同,故下落時間相同,C項(xiàng)正確;由牛頓第三定律知a、b受到的爆炸力大小相等,作用時間也相同,故a、b受到的爆炸力的沖量大小相等,D項(xiàng)錯誤。一枚煙花彈以20m/s的速度從地面豎直升空,當(dāng)煙花彈上升的速度為零時,煙花彈炸成質(zhì)量之比為2∶3的兩部分,且均沿豎直方向運(yùn)動,質(zhì)量較小的部分落回地面的時間為1s。煙花彈爆炸時間極短,重力加速度取g=10m/s2,不計空氣阻力和煙花彈爆炸損失的質(zhì)量,則爆炸后向上運(yùn)動的部分離地面的最大高度為()。A.40m B.35mC.30m D.25m答案D解析設(shè)煙花彈爆炸時離地面的高度為H,由v2=2gH得H=20m。爆炸后瞬間,設(shè)兩部分質(zhì)量分別為2m、3m,速度大小分別為v1、v2,取豎直向上為正方向,根據(jù)動量守恒有2mv1=3mv2;質(zhì)量較小部分做豎直下拋運(yùn)動,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有H=v1t+12gt2,由t=1s,可解得v1=15m/s,v2=10m/s;由于質(zhì)量較大部分爆炸后做豎直上拋運(yùn)動,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有v22=2gh,解得h=5m,所以爆炸后向上運(yùn)動的部分離地面的最大高度為H+h=25m角度2反沖如圖所示,在平靜的湖面上有一小船以速度v0=1m/s勻速行駛,人和船的總質(zhì)量M=200kg,船上另載有N=20個完全相同的小球,每個小球的質(zhì)量均為m=5kg。人站立船頭,沿著船的前進(jìn)方向,每隔一段相同的時間水平拋出一個小球,不計水的阻力和空氣阻力。(1)如果每次都是以相對于湖岸的速度v=6m/s拋出小球,請計算出第一個小球拋出后小船的速度大小v1和拋出第幾個球后船的速度反向。(2)如果每次都是以相對于小船的速度v=6m/s拋出小球,則拋出第16個小球可以使船的速度改變多少?答案(1)5459m/s11(2)215解析(1)人拋出第一個球前后,對船、人、20個球整體分析,由動量守恒定律可得(M+20m)v0=(M+19m)v1+mv代入數(shù)據(jù)得v1=5459m/s,即拋出第一個小球后,船的速度v1=5459對拋出n個球過程,有300v0=(300-nm)vn+nmv代入數(shù)據(jù)得vn=300?30當(dāng)vn<0,即船反向,有300-30n<0解得n=11。(2)設(shè)第16次拋出小球時,小船原來的對地速度為v15,拋出后小船的對地速度為v16因小球是相對于小船的速度v=6m/s拋出的,拋出后小球?qū)Φ氐乃俣葹?v16+v)由動量守恒定律可得(M+20m-15m)v15=(M+20m-16m)v16+m(v16+v)代入數(shù)據(jù)可得Δv=v15-v16=30225m/s=215(2024屆湖南模擬)不在同一直線上的動量問題同樣可以用正交分解法處理。某同學(xué)自制了一款飛機(jī)模型,該飛機(jī)模型飛行過程中可通過噴氣在極短時間內(nèi)實(shí)現(xiàn)垂直轉(zhuǎn)彎。若該飛機(jī)模型的質(zhì)量為M(含氣體),以大小為v的速度勻速飛行時,在極短時間內(nèi)噴出質(zhì)量為m的氣體后垂直轉(zhuǎn)彎,且轉(zhuǎn)彎后的速度大小不變,則該飛機(jī)模型噴出的氣體的速度大小為()。A.2Mmv B.C.2M2-2Mm+m答案C解析設(shè)噴出的氣體沿飛機(jī)模型初速度方向的速度分量大小為vx,沿飛機(jī)模型末速度方向的速度分量大小為vy,在這兩個方向上,根據(jù)動量守恒定律分別有Mv=mvx,0=(M-m)v-mvy,該飛機(jī)模型噴出的氣體的速度大小v'=vx2+vy2,解得對解答反沖運(yùn)動的兩點(diǎn)提醒1.在解答反沖運(yùn)動的問題中,有時遇到的速度是相互作用的兩物體間的相對速度,這時應(yīng)將相對速度轉(zhuǎn)化成對地的速度后,再列動量守恒的方程。2.在反沖運(yùn)動中,還常遇到變質(zhì)量物體的運(yùn)動,如火箭在運(yùn)動過程中,隨著燃料的消耗,火箭本身的質(zhì)量在不斷減小,此時必須取火箭本身和在相互作用時的整個過程來進(jìn)行研究。人船模型及其應(yīng)用角度1利用人船模型求質(zhì)量如圖1所示,在平靜的湖面上,一位女子靜立于竹竿上A點(diǎn),一位攝影愛好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過程的系列照片,并從中選取了兩張進(jìn)行對比,其簡化圖如下。經(jīng)過測量發(fā)現(xiàn),圖1、圖2兩張照片中A、B兩點(diǎn)的水平間距約為1cm,圖2中竹竿右端距離河岸約為1.8cm。已知竹竿的質(zhì)量約為25kg,若不計水的阻力,則該女子的質(zhì)量約為()。A.41.5kg B.45kg C.47.5kg D.50kg答案B解析對人和竹竿組成的系統(tǒng),可看成人船模型,所以m1x1=m2x2,代入數(shù)據(jù)可得人的質(zhì)量m1=45kg,B項(xiàng)正確。角度2利用人船模型求距離(2023年湖南卷)如圖,質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上,凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道,橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b,長軸水平,短軸豎直。質(zhì)量為m的小球,初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點(diǎn)由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn),在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy,橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn),重力加速度為g。(1)小球第一次運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時,求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運(yùn)動的距離。(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,求出小球運(yùn)動的軌跡方程。(3)若Mm=ba-b,求小球下降h=b2高度時,小球相對于地面的速度大小(結(jié)果用a、b答案(1)2m2gb(2)x(M+m)-ma2M2a2(3)2bg解析(1)小球沿軌道下滑時,小球和凹槽組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,取水平向左為正方向,由動量守恒定律有0=mv1-Mv2小球沿軌道下滑到最低點(diǎn)的過程中,小球和凹槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有mgb=12mv12+聯(lián)立解得v2=2因水平方向在任何時候都動量守恒,即0=mv1-M兩邊同時乘時間t可得mx1=Mx2由幾何關(guān)系可知x1+x2=a聯(lián)立解得x2=mM+(2)小球向左運(yùn)動過程中,凹槽向右運(yùn)動,當(dāng)小球的坐標(biāo)為(x,y)時,設(shè)凹槽水平向右運(yùn)動的位移為xM,則有m(a-x)=M·xM小球在凹槽所在的橢圓上,根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知此時的橢圓方程為(x-xM整理得x(M+m)-ma2M2a2+y(3)將Mm=ba-b代入小球運(yùn)動的軌跡方程化簡可得x即此時小球的軌跡為以(a-b,0)為圓心,b為半徑的圓,則當(dāng)小球下降的高度為b2時的情境如圖所示,可知此時速度和水平方向的夾角為60°,即圖中θ=30小球下降b2向動量守恒,有0=mv3cos60°-Mv4系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有mgb2=12mv32聯(lián)立得v3=4gb2a+3見《高效訓(xùn)練》P511.如圖所示,曲面體P靜止于光滑水平面上,將物塊Q自P的上端由靜止釋放。若Q與P的接觸面光滑,則Q在P上運(yùn)動的過程中,下列說法正確的是()。A.P對Q做功為零B.P和Q之間的相互作用力做功之和為零C.P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動量守恒D.P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、動量守恒答案B解析Q在P上運(yùn)動的過程中,P對Q的彈力方向垂直于接觸面,與Q的位移方向的夾角大于90°,則P對Q做功不為零,A項(xiàng)錯誤。Q在P上運(yùn)動的過程中,整個系統(tǒng)只有重力做功,機(jī)械能守恒,P和Q之間的相互作用力屬于內(nèi)力,并且等大反向,二者在力的方向上發(fā)生的位移相等,所以做功之和為零;系統(tǒng)在水平方向所受合力為零,即水平方向動量守恒;系統(tǒng)在豎直方向所受合力不為零,則豎直方向動量不守恒,B項(xiàng)正確,C、D兩項(xiàng)錯誤。2.(2024屆淮陽模擬)有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭,小船又窄又長,一位同學(xué)想用一個卷尺測量它的質(zhì)量。他進(jìn)行了如下操作:首先將船平行碼頭自由停泊,然后他輕輕從船尾上船,走到船頭后停下,而后輕輕下船,用卷尺測出船后退的距離d和船長L。已知他自身的質(zhì)量為m,則該小船的質(zhì)量為()。A.m(L+dC.mLd D.答案B解析設(shè)小船的質(zhì)量為M,由人船模型的特征可知d=mm+ML,解得M=md(3.(2024屆唐山一模)(多選)在光滑水平桌面上,質(zhì)量為m的物體A以某一速度與質(zhì)量為3m的等大物體B發(fā)生正碰。已知碰撞前物體B處于靜止?fàn)顟B(tài),碰撞后物體B的動能為E,則碰撞之前物體A的動能可能為()。A.E