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高三物理第二轮专题复习:专题三——动量和能量


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专题三 专题三

动量和能量

高考形势分析及历年部分省市高考试题分布: 高考形势分析及历年部分省市高考试题分布:
高中物理在力学, 热学, 电磁学, 光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能, 如动能,势能,电能,内能,核能,这些形式的能可以相互转化,并且遵循能量转化和守恒 定律,能量是贯穿于中学物理教材的一条主线,是分析和解决物理问题的主要依据.在每年 的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题.并时常发现"压轴题"就是能量试题.

动量与能量知识框架:
力 对 时 间 的 积 力 的 积 累 和 效 应 力 对 位 移 的 积 累 效 应 势能 重力势能:Ep=mgh 机械能 动能 累 效 应 动量 p=mv 功:W=FScosα 瞬时功率:P=Fvcosα 平均功率: P = W = F v cos α t 动能定理 牛顿第二定律 冲量 I=Ft 动量定理 动量守恒定律

Ft=mv2-mv1

系统所受合力为 零或不受外力

m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'

F=ma

WA =

1 2 1 2 mv2 mv1 2 2

Ek =

1 mv 2 2

机械能守恒定律

Ek1+EP1=Ek2+EP2

E

E

一,考点回顾
1.动量,冲量和动量定理 2.动量守恒定律 3.动量和能量的应用 4.动量与动力学知识的应用 5.航天技术的发展和宇宙航行 6.动量守恒定律实验

二,动量和能量知识点
1.动量 . (1)动量:运动物体的质量和速度的乘积叫做动量,即 p=mv.是矢量,方向与 v 的方向相 同.两个动量相同必须是大小相等,方向一致. (2)冲量:力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量,即 I=Ft.冲量也是矢量,它的方向 由力的方向决定. 2.能量 . 能量是状态量, 不同的状态有不同的数值的能量, 能量的变化是通过做功或热传递两种 方式来实现的,力学中功是能量转化的量度,热学中功和热量是内能变化的量度.
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(1)W 合=△Ek:包括重力,弹簧弹力,电场力等各种力在内的所有外力对物体做的总功, 等于物体动能的变化.(动能定理) (2)WF=△E:除重力以外有其它外力对物体做功等于物体机械能的变化.(功能原理) 注:①物体的内能(所有分子热运动动能和分子势能的总和),电势能不属于机械能 ②WF=0 时,机械能守恒,通过重力做功实现动能和重力势能的相互转化. ③WG=-△EP 重力做正功,重力势能减小;重力做负功,重力势能增加.重力势能变化 只与重力做功有关,与其他做功情况无关. ④W 电=-△EP:电场力做正功,电势能减小;电场力做负功,电势能增加.在只有重力, 电场力做功的系统内,系统的动能,重力势能,电势能间发生相互转化,但总和保持不变. 注:在电磁感应现象中,克服安培力做功等于回路中产生的电能,电能再通过电路转化 为其他形式的能. ⑤W+Q=△E:物体内能的变化等于物体与外界之间功和热传递的和(热力学第一定律 . 热力学第一定律). 热力学第一定律 2 ⑥mv0 /2=hν-W:光电子的最大初动能等于入射光子的能量和该金属的逸出功之差. ⑦△E=△mc2:在核反应中,发生质量亏损,即有能量释放出来.(可以以粒子的动能, 光子等形式向外释放) 3.动量与能量的关系 . (1)动量与动能 动量与动能 动量和能量都与物体的某一运动状态相对应,都与物体的质量和速度有关.但它们存在 明显的不同:动量的大小与速度成正比 p=mv;动能的大小与速度的平方成正比 Ek=mv2/2 两者的关系:p2=2mEk 动量是矢量而动能是标量.物体的动量发生变化时,动能不一定变化;但物体的动能一 旦发生变化,则动量必发生变化. (2)动量定理与动能定理 动量定理与动能定理 动量定理:物体动量的变化量等于物体所受合外力的冲量.△P=I,冲量 I=Ft 是力对时间 的积累效应 动能定理:物体动能的变化量等于外力对物体所做的功.△Ek=W,功 W=Fs 是力对空间 的积累效应. (3)动量守恒定律与机械能守恒定律 动量守恒定律与机械能守恒定律 动量守恒定 动量守恒定律与机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体系统,(在研究某个 物体与地球组成的系统的机械能守恒时,通常不考虑地球的影响),且研究的都是某一物理 过程.动量守恒定律的内容是: 一个系统不受外力或者所受外力之和为 0, 这个系统的总动量 保持不变;机械能守恒定律的内容是:在只有重力和弹簧弹力做功的情形下,系统机械能的 总量保持不变. 运用动量守恒定律值得注意的两点是: ①严格符合动量守恒条件的系统是难以找到的.如:在空中爆炸或碰撞的物体受重力作 用, 在地面上碰撞的物体受摩擦力作用, 但由于系统间相互作用的内力远大于外界对系统的 作用,所以在作用前后的瞬间系统的动量可认为基本上是守恒的. ②即使系统所受的外力不为 0,但沿某个方向的合外力为 0,则系统沿该方向的动量是 守恒的. 动量守恒定律的适应范围广, 不但适应常见物体的碰撞, 爆炸等现象, 也适应天体碰撞, 原子的裂变, 动量守恒与机械能守恒相结合的综合的试题在高考中多次出现, 是高考的热点 内容. 三,经典例题剖析 1. (上海高考题)一物体沿光滑斜面下滑,在此过程中【 】
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A.斜面对物体的弹力做功为零 B.斜面对物体的弹力的冲量为零 C.物体的动能增量等于物体重力所做的功 D.物体的动量增量等于物体重力的冲量 解析:物体沿光滑斜面下滑运动方向沿斜面向下,而斜面对物体的弹力,即支持力方向 垂直斜面,故弹力不做功,选 A 正确. 根据动量定理可知,物体的动量变化量等于合外力对物体的冲量,物体在下滑过程中, 受到弹力和重力两个力的作用, 这两个力的冲量均不为零, 这两力的冲量的矢量和等于物体 的动量的增量,选 B 和 D 是错误的. 根据动能定理可知,由于弹力对物体不做功,只有重力做功,物体的动能增加量等于重 力所做的功,故选 C 正确. 答案:A,C 点评: 本题考查动量定理和动能定理两个规律, 在这两个定理中包含了功和冲量两个概 念,所以同时对这两个概念也必须理解,并加以区分,冲量是力在时间上的积累,而功是力 在位移上的积累, 力在时间上的积累引起物体动量的变化, 力在位移上的积累引起物体动能 的变化. 2. (天津高考题)质量 m=1.5kg 的物块(可视为质点)在水平恒力的作用下,从水平面 上由静止开始运动,运动一段距离撤去该力,物块继续滑行 t=0.2s 停在 B 点,已知 A,B 两 点间距 s=5.0m,物块与水平面间的动摩擦因数 μ=0.20,求恒力 F 多大?(g=10m/s2) 解析:设撤去力 F 前物块的位移为 s1,撤去力时物块 F1=μmg 对撤去力 F 后物块滑动过程应用动量定理可得:-F1t=0-mv 由运动学公式:s-s1=vt/2 对物块运动的全过程应用动能定理:Fs1-F1s=0 由以上公式得:F=2μmgs/(2s-μgt2),代入数据得 F=15N 答案:F=15N 点评: 本题考查动量定理和动能定理在动力学中的应用, 在利用动量定理和动能定理解 题时,选择初末状态时关键,同时也要熟悉物体的运动过程及受力状况. 3. (天津高考题)如图所示,质量为 mA=4.0kg 的木板 A 放在水平面 C 上,木板与水平 面间的动摩擦因数为 μ=0.24,木板最右端放着质量为 mB=1.0kg 的小物块(视为质点) ,它们 均处于静止状态,木板突然受到水平向右的 12Ns 的瞬时冲量 I 作用开始运动,当小物块离 开木板时,木板的动能为 8.0J,小物块的动能为 0.5J(g=10m/s2)求: (1)瞬时冲量作用结束时木板的速度为多少? B A (2)木板的长度时多少? C 解析:(1)以 A 由静止到获得初速度为研究过程,由动量定理可知 I= mv0 带入数据得到:v0=3m/s ① (2)对 A 获得速度到 B 从 A 的左端掉下来为研究过程,其运动过程如图所示,设 A 运动 的时间为 t,运动的位移为 Sa,B 运动的位移为 Sb,B 对 A,C 对 A,A 对 B 的摩擦力分别为

fBA,fCA,fAB,由动量定理可得:
对 A:-(fBA+fCA)t=mAvA-mAv0 对 B: fABt=mBvB 由动能定理可知对 A:-(fBA+fCA)Sa=mAv A 2/2-mAv02/2 对 B: fABSb=mBvB /2 由牛顿第三定律可知,A 对 B 的摩擦力和 B 对 A 的摩擦力大小相等
2

② ③ ④ ⑤ ⑥
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fAB= fBA
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fCA=μ(mA+mB)g ⑦ ⑧ L=Sa-Sb 由①②③④⑤⑥⑦⑧联立可解得:L=0.5m 答案: (1)v0=3m/s; (2) L=0.5m 点评:本题考查动量定理和动能定理相结合的知识点,对此题注重过程的分析,画出运 动过程图,再做此题就一目了然. 4.如图所示,金属杆 a 从离地 h 高处由静止开始沿光滑平行的弧形轨道下滑,轨道的 水平部分有竖直向上的匀强磁场 B,水平轨道上原来放有一金属杆 b,已知 a 杆的质量为 ma,且与杆 b 的质量之比为 ma:mb=3:4,水平轨道足够长,不计摩擦,求: (1)a 和 b 的最终速度分别是多大? (2)整个过程中回路释放的电能是多少? (3)若已知 a,b 杆的电阻之比 Ra:Rb=3:4,其余部 分的电阻不计,整个过程中杆 a,b 上产生的热量分别 是多少? 2 解析:(1)a 下滑过程中机械能守恒 magh=mav0 /2 a 进入磁场后,回路中产生感应电流,a,b 都受安培力作用,a 做减速运动,b 做加速 运动,经过一段时间,a,b 速度达到相同,之后回路的磁通量不发生变化,感应电流为 0, 安培力为 0,二者匀速运动.匀速运动的速度即为 a.b 的最终速度,设为 v.由于所组成的系统 所受合外力为 0,故系统的动量守恒 mav0=(ma+mb)v 由以上两式解得最终速度 va=vb=v=

3 2 gh 7

(2)由能量守恒得知,回路中产生的电能应等于 a,b 系统机械能的损失,所以 E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7 (3)由能的守恒与转化定律,回路中产生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失 的机械能,即 Qa+Qb=E.在回路中产生电能的过程中,电流不恒定,但由于 Ra 与 Rb 串联,通

Qa I 2 Ra t 3 = = 过的电流总是相等的,所以应有 Qb I 2 Rb t 4
所以 Qa =

12 ma gh 49

Qb =

16 ma gh 49 3 12 2 gh (2)E=4magh/7 (3)Qa = ma gh 7 49 Qb = 16 ma gh 49

答案: (1)va=vb=v=

点评:此题考查的时机械能守恒,动量守恒定律和能量的转化,在导体棒 a 进入磁场之 前,导体棒 a 的机械能守恒,进入后导体棒 a 切割磁感线产生电动势,电路中产生电流,使 导体棒 b 受到安培力作用而运动,直到最后两棒有相同的速度,以 a,b 这一整体为系统, 则系统在水平方向受到的安培力相互抵销, 系统的动量守恒. 在这一运动过程中, 导体棒 a, b 发热消耗能量,系统损失的能量转化为内能,再根据系统的能量守恒,即可求出两棒上的 热量. 5. (重庆理综)如图半径为 R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内.小球 A,B 质量分别为 m,βm(β 为待定系数) 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道 .A 最低点的 B 球相撞,碰撞后 A,B 球能达到的最大高度均为

1 R ,碰撞 4
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中无机械能损失.重力加速度为 g.试求: (1)待定系数 β; (2)第一次碰撞刚结束时小球 A,B 各自的速度和 B 球对轨道的压力; (3)小球 A,B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度,并讨论小球 A,B 在轨道 最低处第 n 次碰撞刚结束时各自的速度. 解析:(1)由于碰撞后球沿圆弧的运动情况与质量无关,因此,A,B 两球应同时达到最 大高度处,对 A,B 两球组成的系统,由机械能守恒定律得 mgR = =3 (2)设 A,B 第一次碰撞后的速度分别为 v1,v2,取方向水平向右为正,对 A,B 两球组 成的系统,有 mgR = 解得 v1 =

mgR β mgR + ,解得 β 4 4

1 2 1 2 mv1 + β mv2 2 2

m 2 gR = mv1 + β mv2

1 1 gR ,方向水平向左; v2 = gR ,方向水平向右. 2 2

设第一次碰撞刚结束时轨道对 B 球的支持力为 N,方向竖直向上为正,则
2 v2 ,B 球对轨道的压力 R N ′ = N = 4.5mg ,方向竖直向下.

N β mg = β m

(3)设 A,B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为 V1,V2,取方向水平向右为正,则

mv1 β mv2 = mV1 + β mV2
.

mgR =

1 1 mV12 + β mV22 2 2

解得 V1=- 2 gR ,V2=0 (另一组解 V1=-v1,V2=-v2 不合题意,舍去) 由此可得:当 n 为奇数时,小球 A,B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰 撞刚结束时相同; 当 n 为偶数时,小球 A,B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时 相同. 答案: (1) (2)v1 = 3;

1 1 gR ,方向水平向左;v2 = gR ,方向水平向右;4.5mg, 2 2

方向竖直向下; (3)见解析. 点评:小球 A 与 B 碰撞之前机械能守恒,在碰撞过程中动量守恒,碰撞完毕,两球又 机械能守恒,所以此题关键在于对碰撞过程的分析,不同的碰撞次数,结果不一样,通过分 析,找出规律,得出结论. 6. (全国理综 25 题)柴油打桩机的重锤由气缸,活 塞等若干部件组成,气缸与活塞间有柴油与空气的混合 物.在重锤与桩碰撞的过程中,通过压缩使混合物燃烧, 产生高温高压气体,从而使桩向下运动,锤向上运动.现 把柴油打桩机和打桩过程简化如下: 柴油打桩机重锤的质量为 m,锤在桩帽以上高度为 h 处(如图 1)从静止开始沿竖直轨道自由落下,打在质量 为 M(包括桩帽)的钢筋混凝土桩子上.同时,柴油燃烧, 产生猛烈推力, 锤和桩分离, 这一过程的时间极短. 随后, 桩在泥土中向下移动一距离 l.已知锤反跳后到达最高点 时,锤与已停下的桩幅之间的距离也为 h(如图 2) .已知
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m=1.0×103kg,M=2.0×103kg,h=2.0m,l=0.20m,重力加速度 g=10m/s2,混合物的质量 不计.设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力 F 是恒力,求此力的大小. 解析:锤自由下落,碰桩前速度 v1 向下, v1 =

2 gh 2 g (h l )

① ② ③ ④

碰后,已知锤上升高度为(h-l) ,故刚碰后向上的速度为 v 2 =

设碰后桩的速度为 V,方向向下,由动量守恒, mv1 = MV mv 2 桩下降的过程中,根据功能关系, 由①,②,③,④式得 F = Mg + 代入数值,得 F = 2.1×10 N
5

1 MV 2 + Mgl = Fl 2

mg m ( )[2h l + 2 h(h l ) ] l M



答案: F = 2.1×10 N
5

点评:此题属于打击中的动量守恒,在离开桩后,锤的机械能守恒.分析题意,浓缩成 物理模型,再利用动能定理和动量守恒定律相结合求解结果. 7. (天津理综)如图所示,坡道顶端距水平面高度为 h,质量为 m1 的小物块 A 从坡道 顶端由静止滑下,进入水平面上的滑道时无机械能损失,为使 A 制动,将轻弹簧的一端固 定在水平滑道延长线 M 处的墙上,一端与质量为 m2 的档板 B 相连,弹簧处于原长时,B 恰 位于滑道的末端 O 点.A 与 B 碰撞时间极短,碰后结合在一起共同压缩弹簧,已知在 OM 段 A,B 与水平面间的动摩擦因数均为 μ,其余各处的摩擦不计,重力加速度为 g,求: (1)物块 A 在与挡板 B 碰撞前瞬间速度 v 的大小; (2)弹簧最大压缩量为 d 时的弹性势能 Ep (设弹簧处于原长时弹性势能为零) . 解析:(1)由机械能守恒定律,有

m1 gh =

(2)A,B 在碰撞过程中内力远大于外力,由动量守恒,有 m1v = ( m1 + m2 )v′ 碰后 A,B 一起压缩弹簧, )到弹簧最大压缩量为 d 时,A,B 克服摩擦力所做的功

1 m1v 2 2

解得 v= 2 gh

W = (m1 + m2 ) gd
由能量守恒定律,有 解得: EP =

1 (m1 + m2 )v′2 = EP + (m1 + m2 ) gd 2

m12 gh (m1 + m2 ) gd m1 + m2 m12 gh (m1 + m2 ) gd m1 + m2

答案: (1) 2 gh ; (2)

点评: 物块 A 下滑过程机械能守恒, B 碰撞过程中,A 和 B 系统动量守恒, 与 碰撞后 A, B 一起运动压缩弹簧,在以后过程中,系统做减速运动,机械能向内能和弹性势能转化.第
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一阶段利用机械能守恒定律,第二阶段利用动量守恒定律,第三阶段利用动能定理即可.分 析清楚过程,此题就简单多了. 8. (江苏高考题)如图所示,质量均为 m 的 A,B 两个弹性小球,用长为 2l 的不可伸 长的轻绳连接.现把 A,B 两球置于距地面高 H 处(H 足够大) ,间距为 L.当 A 球自由下落 的同时,B 球以速度 v0 指向 A 球水平抛出.求: (1)两球从开始运动到相碰,A 球下落的高度; (2)A,B 两球碰撞(碰撞时无机械能损失)后,各自速度的水平分量; (3)轻绳拉直过程中,B 球受到绳子拉力的冲量大小. 解析:(1)设到两球相碰时 A 球下落的高度为 h,由平抛运动规律 得 l = v0t ① ②

h=

1 2 gt 2 gl 2 2 2v0

联立①②得 h =



(2)A,B 两球碰撞过程中,由水平方向动量守恒,得

′ ′ mv0 = mvAx + mvBx
由机械能守恒定律,得



1 1 2 1 1 2 2 ′ ′ ′ ′ m(v0 + vBy ) + mvAy = m(vA2x + vA2y ) + m(vB2x + vB2y ) ⑤ 2 2 2 2

′ ′ 式中 vAy = vAy , vBy = vBy ′ ′ 联立④⑤解得 vAx = v0 , vBx = 0
(3)轻绳拉直后,两球具有相同的水平速度,设为 vBx,,由水平方向动量守恒,得

mv0 = 2mvBx
由动量定理得 I = mvBx = 答案: (1)

1 mv0 2

gl 2 1 ′ ′ ; (2) vAx = v0 , vBx = 0 ; (3) mv0 2 2v0 2

点评:此题是自由落体,平抛运动,碰撞中的动量守恒,动量定理等知识点的考查,开 始利用自由落体和平抛运动的等时性计算出 A 下落的高度,再利用在某一方向上的动量守 恒和机械能守恒联合可求出 A,B 在碰后水平方向的速度. 9. (江苏高考题)如图(a)所示,为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳,下端拴一小物 块 A,上端固定在 C 点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连.已知有一质量为 m0 的子 弹 B 沿水平方向以速度 v0 射入 A 内 (未穿透) 接着两者一起绕 C 点在竖直面内做圆周运动. , 在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力 F 随时间 t 变化关系如图(b)所示, 已知子弹射入的时间极短,且图(b)中 t=0 为 A,B 开始以相同的速度运动的时刻.根据力 学规律和题中(包括图)提供的信息,对反映悬挂系统本身性质的物理量(例如 A 的质量) 及 A,B 一起运动过程中的守恒量,你能求得哪些定量的结果?

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解析:由图 b 可直接看出,A,B 一起做周期性运动,运动的周期 T=2t0



令 m 表示 A 的质量, l 表示绳长. v1 表示 B 陷入 A 内时即 t = 0 时 A,B 的速度(即圆周 运动最低点的速度) v 2 表示运动到最高点时的速度,F1 表示运动到最低点时绳的拉力,F2 , 表示运动到最高点时绳的拉力,根据动量守恒定律,得 m0 v 0 = ( m0 + m)v1 在最低点和最高点处应用牛顿定律可得 F1 (m + m0 ) g = (m + m0 ) v1 t
2

② ③ ④

F2 + (m + m0 ) g = (m + m0 )

2 v2 t

根据机械能守恒定律可得 1 1 2 2l ( m + m 0 ) g = (m + m 0 )v12 ( m + m 0 )v 2 2 2 由图 b 可知 F2 = 0 ⑥

⑤ ⑦ ⑧

F1 = Fm

由以上各式可解得,反映系统性质的物理量是 m = Fm m0 6g

l=

2 2 36m 0 v 0 2 5 Fm

g



A,B 一起运动过程中的守恒量是机械能 E,若以最低点为势能的零点,则
E= 1 (m + m0 )v12 2



2 2 由②⑧⑩式解得 E = 3m0 v0 g Fm

2 2 36m 0 v 0 3m0 v0 答案: m = Fm m0 ; l = g ;E= g 2 6g Fm 5 Fm

2

2

点评:此题关键在于识图,从 F—t 图像中获得更多的信息,绳子拉力是周期性的变化, 变化周期为 2t0,绳子拉力的最大值为 Fm,最小值为 0,在最低点出现最大值,最高点出现 最小值 0,即在最高点绳子不受拉力.根据动量守恒定律,机械能守恒定律,牛顿运动定律 的知识可以求出小球的质量,绳子的长度及系统的机械能. 10.连同装备质量 M=100kg 的宇航员离飞船 45m 处与飞船相对静止,他带有一个装有 m=0.5kg 的氧气贮筒, 其喷嘴可以使氧气以 v=50m/s 的速度在极短的时间内相对宇航员自身
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喷出.他要返回时,必须向相反的方向释放氧气,同时还要留一部分氧气供返回途中呼吸.设 他的耗氧率 R 是 2.5×10-4kg/s,问:要最大限度地节省氧气,并安全返回飞船,所用掉的氧 气是多少? 解析:设喷出氧气的质量为 m′后,飞船获得的速度为 v′,喷气的过程中满足动量守 恒定律,有:0=(M-m′)v′+m′(-v+v′) 得 v′=m′v/M 宇航员即以 v′匀速靠近飞船,到达飞船所需的时间 t=s/v′=Ms/m′v 这段时间内耗氧 m〃=Rt 故其用掉氧气 m′+m〃=2.25×10-2/m′+m′ 因为(2.25×10-2/m′)×m′=2.5×10-2 为常数,所以当 2.25×10-2/m′=m′,即 m′=0.15kg 时用掉氧气最少,共用掉氧气是 m′+m〃=0.3kg. 答案:所用掉氧气 0.3kg 点评:(1)动量守恒定律中的各个速度应统一对应于某一惯性参照系,在本题中,飞船 沿圆轨道运动, 不是惯性参照系. 但是, 在一段很短的圆弧上, 可以视飞船做匀速直线运动, 是惯性参照系. (2)此题中氧气的速度是相对宇航员而不是飞船.因此,列动量守恒的表达式时,要注 意速度的相对性,这里很容易出错误. (3)要注意数学知识在物理上的运用. 11. (南京高三一摸试题)如下图所示,发射人造卫星时,先把卫星送入近地轨道,然 后使其沿椭圆轨道达到远地点 P,此时速度为 v,若 P 点到地心的距离为 R,卫星的总质量 为 m,地球半径为 R0,地表的加速度为 g,则欲使卫星从 P 点绕地球做半径为 R 的圆轨道运 动,卫星在 P 点应将质量为△m 的燃气以多大对地的速度向后喷出(将连续喷气等效为一 次性喷气) . 解析:卫星进入轨道后做圆周运动,由万有引力提供向心力,即
P

Mm v' 2 G 2 =m r R

GM 解得: v' = R

又因为地面附近万有引力近似等于物体的重力

O Q

G

Mm R0
2

= mg

解得 GM=gR02

所以: v' = R0

g R



卫星要进入该轨道,其运行速度必须等于 v',所以卫星喷气后的速度为 v'. 在喷气过程中,以喷出的气体与卫星为系统,则系统的动量守恒,该燃气喷出时对地的 速度,由动量守恒定律可得:

mv = (m m)v ′ mv ′′
由①②可得: v ′′ =



(m m) R0 g m

R

mv

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答案: v ′′ =

(m m) R0 g m

R

mv

点评: 本题考查动量守恒定律中的反冲现象, 也是动量守恒定律在航天技术和宇宙航行 中的应用, 解这类问题时要注意速度的同时性, 即作用前和作用后的速度为同一时刻的速度, 对同一参考系的速度. 12. (全国高考天津卷)用半径相同的两个小球 A,B 的碰撞验证动量守恒定律,实验 装置示意如图所示,斜槽与水平槽圆滑连接,实验时先不放 B 球,使 A 球从斜槽上某一固 定点 C 由静止滚下,落到位于水平地面的记录纸上留 C 下痕迹,再把 B 球静置与水平槽前端边缘处,让 A 球 仍从 C 点处静止滚下,A 球和 B 球碰撞后分别落在记 A B 录纸上留下各自的痕迹,记录纸上的 O 点是重锤线所 重 指的位置,若测得各落点痕迹到 O 点的距离: 锤 OM=2.68cm,OP=8.62cm,ON=11.50cm,并知 A,B 线 O M N P 两球的质量之比为 2:1,则未放 B 球时,A 球落地点 是记录纸上的 点, 系统碰撞前总动量 p 与碰撞 后总动量 P'的百分误差

p p′ p

=

(结果保留一位有效数字)

解析:根据平抛运动知识可知道未放 B 球时,A 球要落到 P 点. 由平抛运动的知识可知,未放 B 球时,A 球的速度可以表示为 v 0 =

x oP ,放 B 球后,A t

从斜槽滚下与 B 发生碰撞后各自的速度可以表示为: v A =

xOM x , v B = ON t t xOP t

由动量知识可以知道:碰撞前的总动量为 p = m A v 0 = m A

碰撞后总动量为 p ′ = m A v A + m B v B = m A

xOM x + m B ON t t

代入数据得到: p = m A v 0 = m A

xOP m = 8.62 × A t t

p′ = m A v A + mB vB = m A
又因为 mA=2mB 所以

xOM x m m + m B ON = 2.68 × A + 11.50 × B t t t t

p p′ p

8.62 × =

mA m m 2.68 × A 11.50 × B t t t 5.94 × 2 11.50 0.38 = = ≈ 0.02 mA 8.62 × 2 17.32 8.62 × t
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答案:P 点 2% 点评: 验证动量守恒定律是高考实验的重点, 对于该题应掌握好动量守恒定律及其平抛 运动的规律, 借助平抛运动在水平方向动量守恒来验证这一规律, 从该题也看到了高考注重 基础知识和基本规律的考查, 只要掌握了动量守恒定律在平抛运动中的应用, 此题很容易得 分. 13.如图所示,水平光滑地面停放着一辆小车,左侧靠在竖直墙壁上,小车的四分之一 圆弧轨道 AB 是光滑的,在最低点 B 与水平轨道 BC 相切,BC 的长度是圆弧半径的 10 倍,整个轨 道处于同一竖直平面内.可视为质点的物块从 A A 点的正上方某处无初速度下落,恰好落入小车圆 弧轨道滑动,然后沿水平轨道滑行至轨道末端 C 恰好没有滑出.已知物块到达圆弧轨道最低点 B B C 时对轨道的压力是物块的重力的 9 倍,小车的质 量是物块的 3 倍,不考虑空气阻力和物块落入圆 弧轨道时的能量损失,求: (1)物块开始下落的位置距离水平轨道 BC 的竖直高度是圆弧半径的多少倍? (2)物块与水平轨道 BC 间的动摩擦因数 μ 为多少? 解析:(1)设物块的质量为 m,其开始下落的位置距离 BC 的竖直高度为 h,到达 B 点时的 速度为 v,小车圆弧轨道半径为 R,有机械能守恒定律,有: mgh = 根据牛顿第二定律,有 9mg mg = m

1 2 mv 2



v2 R



解得 h=4R ③即物块开始下落的位置距水平轨道 BC 的竖直高度是圆弧半径的 4 倍 (2)设物块与 BC 间的滑动摩擦力的大小为 F, 物块滑行到 C 点时与小车的共同速度为 v', 物块在小车上由 B 运动到 C 的过程中小车对地面的位移大小为 s, 依题意, 小车的质量为 3m, BC 长度为 10R,由滑动摩擦定律,有 F=μmg ④ 由动量守恒定律,有 mv = ( m + 3m)v ′ ⑤

对物块,小车分别应用动能定理 F (10 R + s ) =

1 1 mv ′ 2 mv 2 2 2



Fs =

1 (3m)v ′ 2 0 2



解得:μ=0.3

答案 h=4R μ=0.3 点评: 本题是传统的机械能和动量守恒两大守恒定律还有动能定理的结合, 这类型的题 只要对研究过程有充分的理解,应该是很容易得分的, 14.碰撞的恢复系数的定义为 c=
v2 v1 v20 v10

,其中 v10 和 v20 分别是碰撞前两物体的速度,

v1 和 v2 分别是碰撞后两物体的速度. 弹性碰撞的恢复系数 c=1.非弹性碰撞的 c<1,某同学借用 验证动量守恒定律的实验装置(如图所示)物质弹性碰撞的恢复系数是否为 1,实验中使用 半径相等的钢质小球 1 和 2, (他们之间的碰撞可近似视为弹性碰撞) ,且小球 1 的质量大于 小球 2 的质量.

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实验步骤如下: 第一步,安装实验装置,做好测量前的准备,并记下重垂线所指的位置 O. 重复多次, 用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面, 其圆心就是小球落点的平均位 置. 第二步,把小球 2 放在斜槽前端边缘处的 C 点,计小球 1 从 A 点由静止滚下,使它们 碰撞,重复多次,并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置. 第三步,用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离 O 点的距离,即线段 OM,OP, ON 的长度. 的平均位置. 点是 M 的 在上述实验中, 点是 ①P 平均位置.N 点是 的平均位置. 请写出本实验的原理 写 出用测量表示的的恢复系数的表达式 ③三个落地点距 O 点的距离 OM,OP,ON 与实验所用的小球质量是否有关? 答案:①P 点是小球 A 碰前落地的平均位置,M 点是小球 A 碰后落地的平均位置,N 点 是小球 B 碰后落地的平均位置 ②原理:小球从槽口 C 飞出做平抛运动的时间相同,设为 t,则有: OP=v10t,OM=v1t,ON=v2t 小球 2 碰撞前静止,v20=0

e=

v 2 v1 ON OM ON OM = = v10 v 20 OP 0 OP 0

③OP 与小球的质量无关,OM 和 ON 与小球的质量有关.

三,方法总结与高考预测
(一)方法总结: 方法总结: 动量和能量的试题常常是综合题,是动量与能量的综合,或者动量,能量与平抛运动, 圆周运动,牛顿运动定律,热学,电磁学,原子物理等知识的综合.试题的情景常常是物理 过程较复杂的,或者是作用时间很短的,如变加速运动,碰撞,爆炸,打击,弹簧形变,反 冲现象等.动量与能量的综合问题,是高中力学最重要的综合问题,也是难度较大的问题. 分析这类问题时,首先应建立清晰的物理图景,抽象出物理模型,选择物理规律,建立方程 进行求解. (二)高考预测 本专题涉及的内容是动力学内容的继续和深化, 其中的动量守恒定律, 机械能守恒定律, 能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛, 是自然界中普遍适用的基本规律, 因此是 高中物理的重点,也是高考考查的重点之一.高考中年年有,且常常成为高考的压轴题.由 于近年采用综合考试后,试卷难度有所下降,因此动量和能量考题的难度也有一定下降.从 以上这些现象可以看出,在以后的高考中,动量和能量的考题跟注重基础和应用,所以在学
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习这部分的知识时,要更加关注有关基本概念的题,定性分析现象的题和联系实际,联系现 代科技的题.

四,强化练习
(一)选择题 1.为内能的数值为△E1,用同样的子弹以同样的速度击穿静止放在光滑水平面上同样 的木块,经历的时间为△t2,机械能转化为内能的数值为△E2.假定在以上两种情况下,子 弹在木块中的阻力大小是相同的,则下列结论中正确的是【 】 A. t1 < t 2 , E1 = E 2 B. t1 > t 2 , E1 > E 2 C. t1 < t 2 , E1 < E 2 D. t1 = t 2 , E1 = E 2 2.质量相等的 A,B 两球之间压缩一根轻弹簧,静置与光滑水平桌面上,当用挡板挡住 小球 A 而只释放小球 B 时, 球被弹出落于桌边 B B A 为 s 的水平地面,如图所示,问当用同样的程度 压缩弹簧,取走 A 左边的挡板,将 A,B 同时释 放,B 球的落地点距离桌边为【 】 A. s / 2 B. 2 s
s

C.s

2 D. s 2

3.如图所示,完全相同的 A,B 两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速转 动,AB 间夹有少量炸药,对 A,B 在炸药爆炸过程及随后的运动过程中有下列说法,其中正 确的是【 】 A.炸药爆炸后瞬间,A,B 两物体速度方向一定相同 B.炸药爆炸后瞬间,A,B 两物体速度方向一定相反 C.炸药爆炸过程中,A,B 两物体组成的系统动量不守恒 D.A,B 在炸药爆后到 A,B 两物体相对传送带静止过程中动量守恒 4.一个小球从距离地面高度为 H 处自由落下,与水平地面发生碰撞,设碰撞时间为一 个定值 t,则在碰撞过程中,小球与地面的平均作用力与弹起的高度的关系是【 】 A.弹起的最大高度 h 越大,平均作用力就越大 B.弹起的最大高度 h 越大,平均作用力就越小 C.弹起的最大高度 h=0,平均作用力最大 D.弹起的最大高度 h=0,平均作用力最小 5. (北京海定期中练习)目前,载人宇宙飞船返回舱时常采用强制减速的方法,整个回 收过程可以简化为这样几个主要的阶段:第一个阶段,在返回舱进入大气层的过程中,返回 舱在大气阻力和重力的共同作用下匀速下降, 第二个阶段, 返回舱到了离地面一定高度时打 开降落伞使返回舱以较低的速度匀速降落, 第三个阶段, 在接近地面时点燃反冲火箭使返回 舱做减速运动直到落地. 关于这三个阶段中返回舱机械能及动量的变化情况, 以下说法中正 确的时【 】
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A.第一阶段返回舱机械能的减少量等于返回舱所受外力做功的代数和 B.第二阶段返回舱机械能的变化量等于返回舱克服大气阻力做的功 C.第三阶段返回舱动能的变化量等于反冲火箭对返回舱做的功 D.第三阶段返回舱动量的变化量等于反冲火箭对返回舱的冲量 6.太阳放出的大量中微子向地球飞来,但实验测定的数目只有理论的三分之一,"三分 之二的太阳中微子失踪"之谜,一直困扰着科学,后来科学家发现中微子在向地球传播的过 此项成果获"2001 年世界十大科技突破奖之一". 若在衰变 程中衰变为一个 μ 子和一个 τ 子, 中发现的 μ 子速度方向与中微子原来方向一致,则 τ 子的运动方向【 】 A.一定与 μ 子同方向 B.一定与 μ 子反方向 C.不一定与 μ 子在同一直线上 D.一定与 μ 子在同一直线上 7. (西安二检)子弹入射钢板前的动能为 E0,速度为 v0,穿过钢板后子弹动能减少了 三分之一,则子弹穿过钢板时,克服阻力做功,子弹穿过钢板后的动能,子弹穿过钢板后的 速度分别为【 】 A.

E0 2 E 0 6 , , v0 3 3 3

B.

E0 E 6 , 0 , v0 3 3 3 E0 2 E 0 6 , , v0 2 3 2

C.

2E0 2E0 6 , , v0 3 3 2

D.

8.用大,小两个锤子钉钉子,大小锤子质量分别为 M,m,且 M=4m,钉钉子时设两个 锤子的动量相等,两只钉子的质量也相等,受到木板的阻力也相同,且每次碰撞中钉子获得 锤子的全部动能,下列说法中正确的是【 】 A.大锤子每次把钉钉子钉得深些 B.小锤子每次把钉钉子钉得深些 C.两把锤子钉得一样深 D.大小锤子每次把钉钉子钉入木板的深度深度之比为 1:4 9.如图所示,一直角斜面体固定在水平地面上,左侧斜面倾角为 60°,右侧斜面倾角 为 30°,A,B 两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上,两物体下边 缘位于同一高度且处于平衡状态,不考虑所有的摩擦,滑轮两边的轻绳都是平行于斜面,若 剪断轻绳,让物体从静止开始沿斜面滑下,下列叙述正确的是【 】 A.两物体的质量之比为 m A : m B = 1 : 3 B.着地瞬间两物体的速度相等 60° 30° C.着地瞬间两物体的机械能相等 D.着地瞬间两物体所受的重力的功率相等 10. (四川省成都市)如图所示,位于光滑水平桌面,质量相等的小滑块 P 和 Q 都可以 视作质点,Q 与轻质弹簧相连,设 Q 静止,P 以某一初动能 E0 水平响 Q 运动并与弹簧发生 相互作用,若整个作用过程中无机械能损失,用 E1 表示弹簧具有的最大弹性势能,用 E2 表 示 Q 具有的最大动能,则【 】
v

E A. E1 = 0 2

B. E1 = E 0

P

Q

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C. E 2 =

E0 2

D. E 2 = E 0

11. (东北三校 4 月)小车沿水平轨道匀速行驶,某时刻,小车上的人同时沿着小车运 动的方向向前,向后抛出两个质量相等的球,球抛出时相对地面的速度大小相等,则两球抛 出后,小车的速度大小为【 】 A.与原来的速度相等 B.比原来的速度小 C.比原来的速度大 D.无法确定 12. (潍坊 4 月)如图所示,两条条形磁铁各固定在甲,乙两车上,它们能在水平面上 无摩擦地运动,甲车和磁铁的总质量为 1kg,乙车和磁铁的总质量为 0.5kg,两磁铁 N 极相 对, 推动一下使两车在同一直线上相向而行, 某时刻甲车的速度为 2m/s, 乙车的速度为 3m/s, 可以看到它们还未碰上便分开了,下列说法正确的是【 】 甲 乙 A.乙车开始反向时,甲车的速度为 0.5m/s,方向不变 B.两车距离最近时,乙车的速度为零 C.甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量 D.两车距离最近时,乙车的速度为 0.33m/s,与乙车原来的速度方向相反 (二)填空题 13.甲,乙两船自身质量为 120kg,都静止在静水中,当一个质量为 30kg 的小孩以相 对于地面 6m/s 的水平速度从甲船跳上乙船时,不计阻力,甲乙两船速度大小之比 v 甲:v 乙 =_______ 14. 为了采集木星和火星之间的星云的标本, 将航天器制成勺形, 航天器质量为 10000kg,正以 10km/s 初速度运行,星云物体速度为 100m/s,方向与航天器相同,航天器为无动力装置,如果每秒可采集 A vA A 10kg 星云物质,一小时后航天器速度变为 . 15. 物体 A 和 B 用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动, 如图甲所示, B vB B A 的质量为 m,B 的质量为 M,当连接 A,B 的绳突然断开后,物体 A 上升经某一位置时的速度大小为 vA,这时物体 B 下落速度大小为 vB, 甲 乙 如图乙所示,这段时间内,弹簧的弹力对物体的冲量为 16.装煤机在 2s 内将 10t 煤装入水平匀速前进的车厢内,车厢速度为 5m/s,若不计阻 力,车厢保持原速匀速前进,则需要增加的水平牵引力的大小为 17.在"验证碰撞中的动量守恒"的实验中,称得入射球与被 s/cm 碰球的质量分别为 m1=30g, 2=60g, m 由实验得出它们的位移—— 时间图像如图所示的 I,II,III,则由图可知,入射小球在碰前的 I 30 动量是 kgm/s,入射小球在碰后的动量是 III II kgm/s,被碰小球的动量为 kgm/s,由此可以得出结 20 论 . 10 18.某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的 t/s 实验,在小车 A 的前端黏有橡皮泥,设法使小车 A 做匀速直线 0.2 0.4 运动,然后与原来静止的小车 B 相碰并黏在一起,继续做匀速 直线运动,设计如图所示: 在小车 A 的后面连着纸带, 电 打点计时器 磁打点计时器的频率为 50Hz,长 B 纸带 A 木板下垫着小木片用以平衡摩擦 力.
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(1)若已得到打点纸带如下图所示,并测得各计数点间的距离,在图上标出 A 为运动起 段来计算 A 碰撞前的速度,应选 段来计算 A 和 B 碰撞后的共 始点,则应选 同速度.
A B 8.40 10.50 C 9.08 D 6.95 E 单位:cm

(2)已测得 A 的质量 mA=0.40kg, 小车 B 的质量 mB=0.20kg, 则由以上结果可得碰撞前的 , 总动量 p= kgm/s,碰撞后总动量 p'= kgm/s. 19.半径相同的两个小球 A,B 的碰撞验证动量守恒定律,实验装置示意如图所示,斜 槽与水平槽圆滑连接,实验时先不放 B 球,使 A 球从斜槽上某一固定点 C 由静止滚下,落 到位于水平地面的记录纸上留下痕迹,再把 B 球静 置与水平槽前端边缘处,让 A 球仍从 C 点处静止滚 C 下,A 球和 B 球碰撞后分别落在记录纸上留下各自 A B 的痕迹,记录纸上的 O 点是重锤线所指的位置,若 重 测得各落点痕迹到 O 点的距离:OM=2.68cm, 锤 OP=8.62cm,ON=11.50cm,并知 A,B 两球的质量之 线 比为 2:1,则未放 B 球时,A 球落地点是记录纸上 O M N P 点, 系统碰撞前总动量 p 与碰撞后总动量 的 P'的百分误差

p p′ p

=

(结果保留一位有效数字)

(三)计算题 20.在某地的一平直路段的交通标志上明确表明:机动车辆的行驶速度不得超过 70km/h,就在这一路段曾经发生过一起重大交通事故:一个总质量为 1.40×105kg 的向南行 撞后辆车紧紧地卡在 驶的大客车迎面和一个总质量为 1.44×105kg 的向北行驶的大卡车相撞, 一起, 两车的发动机立即熄灭并整体向南自由地滑行了一小段距离后停止. 根据录像的测定, 当时长途客车碰前的一刹那正以 20m/s 的速度行驶,那么,仅仅从事故车辆的法定行驶速 率这一项指标来看,请你判定: (1)大客车司机违章超速了吗? (2)卡车司机违章超速了吗?(以上判定要有数据分析的支持)

21.如图所示,长 12m 木船右端固定一直立桅杆,木船和桅杆的总质量为 50kg,木船 与水之间的阻力是船(包括人)总重的 0.1 倍,质量为 50kg 的人立于木船的左端,木船与 g=10 m/s2, 人均静止, 若人以 a=4m/s2 的加速度匀加速向右奔跑到船的右端并立即抱住桅杆,
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求(1)人从开始奔跑至到达木船右端桅杆所经历的时间(2)木船的总位移.

22.如图所示,质量为 1kg 的物块 m1 以 5m/s 的速度在水平桌面上向右运动,桌面 AB 部分粗糙,其长 2.25m,与物块间的动摩擦因数为 0.2,其它部分均光滑,在桌右端有一静 止的质量为 2.5kg 的物块 m2,m1 与 m2 正碰后,m2 离开桌面,当它下落 0.6m 时,速度大小 为 4m/s,试求:物块 m1 停在桌面的位置(g=10 m/s2)
m1 A B m2

23.如图所示,C 是放在光滑水平面上的一木板,木板的质量为 3m,在木板的上面有 两块质量均为 m 的小木块 A 和 B,它们与木板间的动摩擦因数均为 μ,最初木板静止,A, B 两木块同时以方向水平向右的初速度 v0 和 2v0 在木板上滑动,木板足够长,A,B 始终未 滑离木板.求: (1)木块 B 从刚开始运动到木板 C 速度刚好相等的过程中,木块 B 所发生的位移; (2)木块 A 在整个过程中的最小速度.
v0 2v0 B C A

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24.如图所示,在光滑的水平面上静止着一个质量为 4m 的木板 B,B 的左端静止着一 个质量为 2m 的物块 A,已知 A,B 之间的动摩擦因数为 μ,现有一质量为 m 的小球以水平 速度 v0 飞来与 A 物块碰撞后以 v0/3 弹回,在整个过程中物块 A 始终未滑离木板 B 且物块 A 可视为质点,求: (1)A 相对 B 静止后的速度; A (2)A 在 B 上滑行的距离. v0
B

25.2006 年,美国宇航局"深度撞击"号探测器释放的撞击器"击中"目标——坦普尔 1 号 彗星,这次撞击使该彗星自身的运行速度出现每秒 0.0001mm 的改变,探测器上所携带的总 质量达 370kg 的彗星"撞击器"将以每小时 38000km 的速度径直撞向彗星的慧核部分, 撞击彗 星后融化消失,问:根据以上数据,估算一下彗星的质量大约是多少?(结果保留一位有效 数字)

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(四)创新试题 26.如图所示,质量为 M=0.40kg 的靶盒 A 位于光滑水平轨道上,开始时静止在 O 点, 在 O 点右侧有范围很广的"相互作用区",如图中的虚线区域,当靶盒 A 进入相互作用区域 时便有向左的水平恒力 F=20N 作用,在 P 处有一固定的发射器 B,它可根据需要瞄准靶盒每 次发射一颗水平速度为 v0=50m/s,质量为 m=0.1kg 的子弹,当子弹打入靶盒 A 后,便留在 盒内,碰撞时间极短,若每当靶盒 A 停在或到达 O 点时,就有一颗子弹进入靶盒 A 内,求: (1)当第一颗子弹进入靶盒A后,靶盒A离开O点的最大距离 (2)当第三颗子弹进入靶盒A后,靶盒A从离开O点到回到O点所经历的时间. (3)当第 100 颗子弹进入靶盒内时,靶盒已经在相互作用区中运动的总时间
相互作用区 B A

P

O

练习答案及解析: 1.A 解析:以子弹为研究对象,阻力对子弹所做的功 W=fs,即将子弹的机械能转化为内能 ; △E,且△E1=△E2, 以子弹为研究对象,由动量定理-f△t=mv'-mv 得:

t1 =

m(v 0 v ′) f

t 2 =

m(v 0 v ′′) f

v ′′ < v ′ 由能量关系知道: 故正确答案为 A 2.D 1 2 解析: 第一次 E p = mv B

t1 < t 2 s = v B t 第二次
Ep = 2× 1 2 mv ′ B 2

2 2 2 s′ = v′ t = vB t = s B 2 2

3.D 解析:炸药爆炸后,A 物体的速度是否反向,取决于炸药对两物体推力的冲量,应该存 在三种可能,速度为零,反向和保持原来的反向.由于炸药对两物块的的冲量大校相等,方 向相反,所以两物体的动量变化一定相等,两物块受到摩擦力大小相等,方向相反,故两物 块一定同时相对传送带静止,这样可以判断在炸药爆炸后传送带对两物块的冲量大小相等, 方向相反,故两物块组成的系统动量守恒.
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4.AD 解析:根据动量定理, (F-mg)t=mv2+mv1,其中 v = 2 gh 从该式可知,AD 正确. 2 5.B 解析: 在人宇宙飞船降落时强制减速的第一个阶段中飞船在重力和大气阻力的共同作用 下匀速下降,重力等于大气阻力,合力做功为零, 计息能减少量为大气阻力所做的功,A 错; 第二阶段打开降落伞,飞船先减速下降,在匀速下降,飞船在重力和大气阻力作用下,机械 能的减少量等于大气阻力做的功,B 对;第三阶段点燃反冲火箭,减速降落到地面,由动能 定理,动能的变化量等于合力所做的功,所以 C 错,由动量定理,动量的改变量应等于合力 的冲量,而不仅仅是反冲火箭的冲量,D 也错,所以本题答案为 B. 6.D 解析: 中微子衰变前后遵循动量守恒定律, 所以衰变后 μ 子和 τ 子一定在同一条直线上, D 正确,C 错误,由于衰变后 μ 子和 τ 子的速度大小不定,所以二者可能同向,也可反向, A,B 错误. 7.A 1 解析:根据动能定理,阻力做的功W f = E k = E 0 ,子弹穿过钢板的动能

3

Ek 2 = E0

v=

2Ek 2 m

1 2 E0 = E0 子弹穿过钢板后的速度: 3 3 2 2 2 2 1 6 2 = E0 = mv 0 = v0 m 3 m 3 2 3

所以选 A 8.BD, 解析:两锤动量相等,M=4m,所以大小锤子动能之比为 1:4,设木板对钉子的阻力为 f,应用动能定理 fs=Ek,即钉子钉入的深度与所获得的能量成正比,即大小锤子每次把钉子 钉入的深度之比为 1:4,所以 BD 选项正确. 9.AD 解析: 轻绳未剪断之前, 设绳子的张力为 T, 根据力的平衡条件 T=mAgsin60°= mBgsin30°, mA:mB=1:1.732,轻绳剪断后,A,B 从静止开始下滑到水平面的过程中,机械能守恒,着地 的瞬间两物体的速率 v=(2gh)1/2 相同,机械能不同,重力的功率

PA = m A g 2 gh sin 60° =
10.AD

1 1 m A g 2 gh , PB = m B g 2 gh sin 60° = m B g 2 gh 2 2

解析:P,Q 相互作用的过程中满足动量守恒和机械能守恒,当 P,Q 速度相等时,系 统的动能损失最大,此时弹簧的弹性势能最大,根据动量守恒和机械能守恒可以求得 A 项 正确,由于 P,Q 的质量相等,故在相互作用过程中发生速度交换,当弹簧恢复原长时,P 的速度为零,系统的机械能全部变为 Q 的动能,D 正确. 11.C 解析:以小车,人,两球为系统,则系统的动量守恒,当向前后抛出两个小球后,小球 的动量相互抵消, 但小车和人的质量与原来相比质量小, 所以速度增大了, 故正确答案为 C. 12.AC 解析:以甲,乙辆车及上面的磁铁为系统,系统的总动量守恒,由动量守恒定律可知:

′ ′ m甲 v甲 m乙 v乙 = m甲v甲 m乙 v乙
当乙车开始反向时,即 v'乙=0,所以 v 甲=0.5m/s,且方向不变,A 正确;两车速度相等
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m甲 v甲 m乙 v乙 = m甲 v ′ m乙 v ′

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时,两车之间的距离最小,所以 B 错误,当两车速度相等时

所以共同运动的速度为 = 0.33m / s 所以 C 正确,甲对乙的冲量大小等于乙对甲 v′ 的冲量大小,但是方向相反.所以 D 正确. 13.5:4 解析:系统动量守恒,总动量等于零,故

m甲 v甲 = m乙 v乙 = (m甲 + m乙 )v乙
14.2.252km/s 解析:由动量守恒定律 故:

v甲 v乙

=

m甲 + m乙 m甲

=

150 5 = 120 4

M 航V航 + (tm)V云 = ( M 航 + tm)V

V=

10 4 × 10 4 + 3600 × 10 × 100 = 2252m / s 10 4 + 3600 × 10

即 V=2.252km/s 即为所求 15.m(vA+vB) 解析:本题中的弹簧弹力是变力,时间又是未知量,显然,不能直接从冲量的概念 I=Ft 入手计算,只能用动量定理求解: 对物体 A 有:I-mgt=mvA 对物体 B 有:Mgt=MvB 由以上两式可等弹簧的弹力对物体 A 的冲量 I=m(vA+vB) 16.25000N 解析:根据动量定理: F△t=△p,此题中的△p 为动量变化,设车厢质量为 M,煤的质量为△m,则 F△t=(M+△m)v-Mv=△mv,代入数据可得: F=25000N 17.0.03 0.015 0.015 碰撞过程中的系统动量守恒 解析:有图象可以指导碰撞前后小球的速度: 碰撞前的速度为 v1=1m/s,碰撞后的入射小球速度 v1'=0.5m/s,被碰小球的速度 v2=0.75m/s 所以碰撞前入射小球的动量 p1=m1v1=0.03×1=0.03 kgm/s 碰撞后入射小球的动量 p1'=m1v1'=0.03×0.5=0.015 kgm/s 碰撞后被碰小球的动量 p2=m2v2=0.02×0.75=0.015 kgm/s 有以上数据可知碰撞前的总动量为 0.03 kgm/s,碰撞后的总动量为 p1'+ p2=0.015+0.015=0.03 kgm/s,所以系统的动量守恒. 18. (1)BC, DE; (2)0.42 0.417 解析: (1)因为小车 A 和 B 碰撞前,后都做匀速运动,且碰后 A 和 B 黏在一起,其共 同速度比 A 原来的速度小,所以应选点迹分布均匀且点距较大的 BC 段计算 A 的碰前速度, 点距小 DE 段计算 A 和 B 碰后的共同速度. (2)由题图可知,碰前的速度和碰后的 AB 的共同速度分别为:

vA =
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10.50 × 10 2 = 1.05m / s 0.02 × 5

v ′ = v AB = A

6.95 × 10 2 = 0.695m / s 0.02 × 5
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所以碰撞前后的总动量分别为: p=mAvA=0.42kgm/s , p'=(mB+mA)v A'=0.417kgm/s 19.P 点,2% 解析:根据平抛运动知识可知道未放 B 球时,A 球要落到 P 点 由平抛运动的知识可知,未放 B 球时,A 球的速度可以表示为 v 0 =

x oP ,放 B 球后,A t

从斜槽滚下与 B 发生碰撞后各自的速度可以表示为: v A =

xOM x , v B = ON t t xOP t

由动量知识可以知道:碰撞前的总动量为 p = m A v 0 = m A

碰撞后总动量为 p ′ = m A v A + m B v B = m A

xOM x + m B ON t t

代入数据得到: p = m A v 0 = m A

xOP m = 8.62 × A t t

p′ = m A v A + mB vB = m A
又因为 mA=2mB 所以

xOM x m m + m B ON = 2.68 × A + 11.50 × B t t t t

p p′ p

8.62 × =

mA m m 2.68 × A 11.50 × B t 5.94 × 2 11.50 0.38 t t = = ≈ 0.02 mA 8.62 × 2 17.32 8.62 × t

三,计算题 20.解析: (1)因为 20m/s=72km/h>70 km/h 所以大客车司机超速违章了 (2)由"系统整体撞后向南(设为正方向)滑行了一段距离"知,系统(两车)撞后总 动量 P 总大于零,因为碰撞总动量守恒,即:

′ m 客 v 客 m卡 v 卡 = p 总 > 0
所以

v卡 <

m客 m卡

v客 =

1.40 × 10 5 × 72 km / h = 70km / h 1.44 × 10 5

所以卡车没有违章. 21.解析: (1)设人的质量为 m1,在跑动过程中对船的作用力为 F,根据牛顿运动定 律有:F=m1a=200N 设船的质量为 m2,则船所受的阻力 f=0.1×(m1+m2)g=0.1×100×10N=100N,方向向右 设船的加速度为 a'根据牛顿运动定律 a'=(F+f)/m2=(200-100)/50=2m/s2. 设船的长度为 L,人从开始奔跑经历时间 t 到船的右端,则 L=(a'+a)t2/2
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所以

t=

2L 2 × 12 = = 2s a + a′ 6

(2)设人抱住桅杆前和船的速度分别为 v1 和 v2,则 v1=at=4×2 m/s2=8m/s v2= a't=2×2 m/s2=4m/s 人抱住桅杆的过程中可认为系统动量守恒,设人和船的共同速度为 v,则 代入数据可得 v=2m/s,方向向右. m1v1-m2v2=(m1+m2)v 设人和船共同滑行的加速度为 a 共,则 a 共=f/(m1+m2)=1 m/s2 木船的总位移为 s=a't2/2-v2/2a 共=2m 22.解析:设 m1 与 m2 碰撞前的速度为 v1,由动能定理

m1 gs AB =

1 1 2 2 m 2 v 2 m1 v 0 得到 v1 = 4m / s 2 2

设 m2 与 m1 碰后速度为 v2,下落 0.6m 时的速度为 v2' ,由机械能守恒定律可得:

m 2 gh =

1 ′2 1 2 m 2 v 2 m 2 v 2 得到:v2=2m/s 2 2
得 v1 ' = 1m / s v 2v0 v2 v0 v共 v1 O B A C t

m1 与 m2 碰撞过程中动量守恒,设 m1 碰后速度为 v1' .

m1v1 = m1 v1 '+ m 2 v 2
m1 gL = 0

设 m1 停在距离 BL 远处,由动能定理

1 m1 v1 ' 2 2

得到 L=0.25m

23.解析:本题以动量守恒为核心考查目标,渗透了 过程的动态分析和临界极值的确定, 极具导向性. 画出 A, B, 在全过程的速率随时间变化的图线如下图所示, C 令系 统最终的共同速率为 v 共,以向右为正方向. (1)对 A,B,C 三者组成的系统用动量守恒定律

m A v A + m B v B = ( m A + m B + m C )v 共

1 ○
3 v0 5

1 因 m A = m B = m, v A = v 0 , v B = 2v 0 , mC = 3m 代入○式得到 v共 = 对 B,由牛顿第二定律知 B 和 C 发生相对位移的过程中: -μmBg=mBaB 则 aB=-μg,故 B 从开始到与 C 相对静止的过程中,对地位移为

sB =

v 共 ( 2v 0 ) 2 2a B

91v 0 = 50 g

2

(2)当 A 与 C 相对静止时由最小速度,设为 v1,此时 B 的速度设为 v2,由图像可知

v 2 = 2v 0 (v 0 v1 ) = v1 + v 0 ,由动量守恒定律有 A,B,C 系统有: m A v A + m B v B = (m A + mC )v1 + m B v 2
代入数据有 v1 =

2 v0 5

24.解析: (1)设小球 m 与物块 A 碰撞后 A 的速度为 v1,设 v0 的方向为正方向,由动 量守恒定律得:mv0=-mv0/3+2mv1 设物块 A 与木块 B 共同的速度为 v2,由动量守恒定律 2mv1=(2m+4m)v2
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解上两式可得 v1=2 v0/3,v2=2v0/9 (2)设 A 在 B 上滑过的距离为 L,由能的转化和守恒定律得:

2 mgL =

1 1 2 2 2mv1 (2m + 4m)v 2 代入数据得到: 2 2

4v L= 0 27 g
25.解析:以彗星和撞击器组成的系统为研究对象,设彗星的质量为M,初速度为v01, 撞击器的质量为m=370kg,以速度v02=38000km/h=11000m/s,撞击后速度为v,由动量守恒 定律得到: Mv01-mv02=(M+m)v,由于M远远大于m,所以上式可以化为Mv01-mv02=Mv,解得: ,由题给信息可以知道.撞击后彗星的运行速度改变了 M=mv02/(v01—v) -7 v01—v=1×10 m/s,代入数据得到:M≈4×1013kg 四,创新试题 26.解析: (1)设第一颗子弹进入靶盒A后,子弹与靶盒的共同速度为v1,根据子弹进 入靶盒过程中系统动量守恒,有:mv0=(m+M)v1 设A离开O点的最大距离为s1,由动能定理可得:-F s1=0-(m+M)v12/2 联立两式可以解得:s1=1.25m (2)根据题意,A在恒力F的作用返回O点时第二颗子弹正好打入,由于A的动量和第二 颗子弹动量大小相等,方向相反,故第二颗子弹打入后,A将静止在O点,设第三颗子弹打 入A后,他们共同的速度为v3,由系统动量守恒得:mv0=(3m+M)v3 设A从离开O点到又回到O点所经历的时间为t,取碰后A的运动方向为正方向,由动量定 理可以得到:-Ft/2=0-(3m+M)v3 由以上两式解得:t=0.5s (3)由(2)问的计算可以看出,第1,3,5,……(2n+1)颗子弹打入A后,A运动时 间均为t=0.5s,故总时间为t总=50t=25s. 五,复习指导 本专题对学生的能力要求较高,故在复习时: 1.注意分析综合能力的培养和对实际问题进行抽象简化能力的培养,这类问题,题目 所描述的物理过程,一般较为复杂.因而首先必须明确题目所描述的物理过程,弄清物理现 象发生的条件,并且用简介的语言或用数学公式把物理过程,物理条件表达出来,并将题设 条件进行抽象和简化. 2.注重应用数学解决物理问题的能力的培养,如计算题在分析解答过程中运用了数学 归纳法, 运用数学语言表达物理过程的本质和物理现象发生的条件, 运用数学知识进行变形 和推理论证物理问题,结合物理实际对数学表达式的定义域,值域做出说明等.

2

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