第19讲.动量(2).教师版

错题不再错就无敌了！错题不再错就无敌了！2014年高考解决方案动量（2）动量（2） 学生姓名：学生姓名：上课时间上课时间：高考解决方案 第一阶段·模块课程·动量（2） Pageof24第19讲动量阶段复习阶段复习前段时间学习的内容现在是否依然很熟练？是否需要去自己的错题宝库游览一番？20142014年高考怎么考内容要求要求层次备注考纲要求动量冲量动量定理II动量定理和动量守恒定律只限于一维动量守恒定律及其应用II考点解读2011年2012年2013年21题12分24题20分24题20分目录1．碰撞2．碰撞过程合理性的判断3．子弹打木块（滑板与滑块）4．爆炸、反冲5．人船模型知识讲练知识讲练碰撞碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化的过程．弹性碰撞：满足动量守恒与机械能守恒 ①常见弹性碰撞1——动碰静:由动量守恒与机械能守恒，，得：，a、当m1=m2时，v1=0，v2=v0，显然碰撞后A静止，B以A的初速度运动，两球速度交换，并且A的动能完全传递给B，因此m1=m2也是动能传递最大的条件；b、当m1＞m2时，v1＞0，即A、B同方向运动，因＜，所以速度大小v1＜v2，即两球不会发生第二次碰撞；c、当m1>>m2时，v1=v0，v2=2v0即当质量很大的物体A碰撞质量很小的物体B时，物体A的速度几乎不变，物体B以2倍于物体A的速度向前运动． e、当m1＜m2时，则v1＜0，即物体A反向运动．f、当m1<<m2时，v1=-v0，v2=0即物体A以原来大小的速度弹回，而物体B不动，A的动能完全没有传给B，因此m1<<m2是动能传递最小的条件．②常见弹性碰撞2——动碰动:由动量守恒与机械能守恒：，得：，，a、，则最终都向右运动；b、，交换速度，即的速度为零，的速度为；c、，反向弹回，向右运动．非弹性碰撞：满足动量守恒，机械能不守恒．完全非弹性碰撞：两物体碰后粘合在一起，这种碰撞损失动能最多．一般非弹性碰撞：碰撞结束后，动能有部分损失．已知A、B两个钢性小球质量分别是m1、m2，小球B静止在光滑水平面上，A以初速度v0与小球B发生弹性碰撞，求碰撞后小球A的速度v1，物体B的速度v2大小和方向．【解析】取小球A初速度v0的方向为正方向，因发生的是弹性碰撞，碰撞前后动量守恒、动能不变有：①②由①②两式得：，光滑的水平面上静置一质量为的带有光滑圆弧轨道的滑块，如图12所示。另有一质量为的小球以水平速度沿水平面冲上滑块，，设滑块足够高，试求小球所能达到的最大高度。【解析】小球在滑块上达到最大高度时，它和滑块达到共同速度。对这两者组成的系统，水平方向上动量守恒，设它们的共同速度为，则两者组成的系统能量也是守恒的，设小球沿滑块上升的最大高度为，则。解以上两式得：带有1/4光滑圆弧轨道、质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示．一质量为m的小球以速度v0水平冲上滑车，当小球上行再返回，并脱离滑车时，以下说法可能正确的是（）A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动C．小球可能做自由落体运动D．小球可能水平向右做平抛运动【解析】小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果m＜M，小球离开滑车向左做平抛运动；如果m=M，小球离开滑车做自由落体运动；如果m＞M，小球离开滑车向右做平抛运动．【答案】BCD如图所示，两单摆的摆长不同，已知B的摆长是A摆长的4倍,A的周期为T,平衡时两钢球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在的平面向左拉开一小角度释放，两球发生弹性碰撞,碰撞后两球分开各自做简谐运动，以mA，mB分别表示两摆球A，B的质量，则下列说法正确的是（）A．如果mA=mB经时间T发生下次碰撞且发生在平衡位置B．如果mA>mB经时间T发生下次碰撞且发生在平衡位置C．如果mA>mB经时间T/2发生下次碰撞且发生在平衡位置右侧D．如果mA<mB经时间T/2发生下次碰撞且发生在平衡位置左侧【解析】当mA=mB时，A、B球在平衡位置发生弹性碰撞，速度互换，A球静止，由于B摆长是A摆长的4倍,由单摆周期公式可知,A周期是T，B的周期是2T，当B球反向摆回到平衡位置经时间为T，再次发生碰撞．故A选项正确．当mA＞mB时，发生第一次碰撞后两球同向右摆动，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时B到达右侧最大位移处,此时A向左回到平衡位置,A继续向左;再经T/2,B完成半个全振动向右,A恰好完成一次全振动向左同时回到平衡位置发生碰撞，故B选项正确，C选项错误；当mA<mB时，碰撞后A反弹向左运动，B向右，若mA越接近mB发生下一次碰撞的时间越接近T，若mA<<mB，A接近原速反弹，B几乎不动，发生下一次碰撞的时间越接近T/2，当A经T/2经平衡位置从左向右运动时B恰好在右侧最高点，而A、B碰撞的位置只能在平衡位置的右侧，或十分接近平衡位置，不可能在平衡位置的左侧，故D选项错误．如图所示，在光滑、固定的水平杆上套着一个光滑的滑环，滑环下通过一根不可伸长的轻绳悬吊一重物，轻绳长为，将滑环固定在水平杆上，给一个水平冲量作用，使摆动，且恰好刚碰到水平杆．问：（1）在摆动过程中，滑环对水平杆的压力的最大值是多少？（2）若滑环不固定，仍给以同样大小的冲量作用，则摆起的最大高度为多少？【答案】（1）（2）【解析】（1）由机械能守恒得通过最低点时绳拉力最大，，所以．再对滑环进行受力分析知，水平杆对滑环的支持力．由牛顿第三定律得滑环对水平杆的压力的最大值是．（2）不固定时，由机械能守恒得的初速度，设摆起的最大高度为，则水平方向动量守恒，解得，所以．设有两个质量分别为和,速度分别为和的弹性小球作对心碰撞,两球的速度方向相同．若碰撞是完全弹性的,求碰撞后的速度和．【解析】由动量守恒定律得由机械能守恒定律得得：，两式相除得如图所示，在光滑的水平面上静止着一个质量为m2小球2，质量为m1的小球1以一定的初速度v1朝着球2运动，如果两球之间、球与墙之间发生的碰撞均无机械能损失，要使两球还能再碰，则两小球的质量需满足怎样的关系？【解析】设两球碰后的速度分别为v1′和v2′，由系统动量守恒定律得：①由于发生的是弹性碰撞，碰撞前后的总动能不变，得：②联立式①、②，可解得：球1碰后速度为；球2碰后速度为按照题意，只要碰后球1不反弹，即，即，总能发生二次碰撞．或者球1反弹，但是其碰后速率－v1′小于球2速率v2′，即，也能发生二次碰撞．综上，只要即可满足题意．某同学用一个光滑的半圆形轨道和若干个大小相等、可视为质点的小球做了三个有趣的实验，轨道固定在竖直平面内，且两端同高。第一次，他将一个小球从离轨道最低点的竖直高度h处由静止沿轨道下滑（h远小于轨道半径），用秒表测得小球在轨道底部做往复运动的周期为T；第二次，他将小球A放在轨道的最低点，使另一个小球B从轨道最高点由静止沿轨道滑下并与底部的小球碰撞，结果小球B返回到原来高度的1/4，小球A也上滑到同样的高度；第三次，用三个质量之比为m1:m2:m3＝5:3:2的小球做实验，如图所示，先将球m2和m3放在轨道的最低点，球m1从某一高度由静止沿轨道下滑，它们碰后上升的最大高度分别为h1、h2和h3，不考虑之后的碰撞。设实验中小球间的碰撞均无机械能损失。重力加速度为g。求：（1）半圆形轨道的半径R；（2）第二次实验中两小球的质量之比mA:mB；（3）第三次实验中三个小球上升的最大高度之比h１:h２:h３。【解析】（1）第一次实验中，小球的运动可以看做摆长为R的单摆，根据单摆周期公式有：所以 （6分）（2）第二次实验中，球B从高为R处释放，设球B与球A碰撞前瞬间的速度大小为vB，碰撞后瞬间它们速度的大小分别为和vA。由题意知，球B与A碰后达到的高度均为，根据机械能守恒定律有，，所以；又根据动量守恒定律有所以 （6分）（3）根据题意设球1、2、3的质量分别为5m、3m和2m。设球1与球2碰撞前后的速度分别为v1、，球2与球3碰撞前后的速度分别为，球3与球2碰撞后的速度为。球1与球2碰撞过程中动量守恒，且机械能守恒，则有解得球2与球3碰撞过程中动量守恒，且机械能守恒，则有解得：在三个小球的上升过程中，根据机械能守恒定律有：解得：【答案】 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块、相连接，并静止在光滑的水平面上．现使瞬时获得水平向右的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（）A．在、时刻两物块达到共同速度，且弹簧都是处于压缩状态B．从到时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C．两物体的质量之比为D．在时刻与的动能之比为【答案】CD【解析】在、时刻两物块达到共同速度，时刻弹簧处于压缩状态，时刻弹簧处于伸长状态，从到时刻弹簧由伸长状态恢复到原长．由动量守恒知，，故．【小结】有关图像应用的题型，关键是理解每段图线所对应的两个物理量：位移随时间的变化规律，求出各物体碰撞前后的速度．不要把运动图像同运动轨迹混为一谈．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块和都可视作质点，质量相等。与轻质弹簧相连。设静止，以某一初动能向运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于A．B．C．D．【答案】B【解析】整个碰撞过程中，当小滑块和的速度相等时，弹簧的弹性势能最大。设小滑块的初速度为，两滑块的质量为。由动量守恒定律可得：解得：根据能量守恒定律可得：，解得：如图所示，物块静止在光滑的水平面上，三者的质量均为．轻弹簧的左端与连接，右端与连接．弹簧处于原长，和紧靠在一起（不粘连）．现给物块方向水平向右、大小为的初速度，在以后的运动过程中物块没有相碰，求弹簧被拉伸最长时的弹性势能（设弹簧处于原长时的弹性势能为零）．【答案】【解析】轻弹簧先被压缩然后恢复至原长，此时物块刚要分离，设此时物块的速度为，物块的速度为，对组成的系统根据动量守恒定律得：根据机械能守恒定律得：两式联立解得：，（，不符合题意，舍去）．分离后，做匀速直线运动，因弹簧被拉伸，做减速运动，当达到速度相同时，弹簧被拉伸最长，设此时的速度为，对组成的系统根据动量守恒定律得：，解得设此时弹簧的弹性势能为，根据机械能守恒定律得：．如图甲所示，物块、的质量分别是和，用轻弹栓接两物块放在光滑的水平地面上，物块的右侧与竖直墙面接触。另有一物块从时刻起，以一定的速度向右运动，在时与物块相碰，并立即与粘在一起不再分开，物块的图象如图乙所示。求：（1）物块的质量；（2）墙壁对物块的弹力在到的时间内对做的功及对的冲量的大小和方向；（3）离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能。【答案】（1）；（2）墙对物体的弹力不做功；墙对B的冲量大小是，方向水平向左；（3）【解析】（1）由图知，，。（2）由动能定理可知，墙对物体B的弹力不做功。4s到12s内，AC两物体所受弹簧弹力的冲量为，，墙对B的冲量大小也是，方向水平向左。（3）由动量守恒，，由机械能守恒，，所以得到。如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求（1）两球a、b的质量之比；（2）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．aaabbOO【解析】（1）（1）设b球的质量为m,a球的质量为M,则对b球研究,由动能定理得:,a、b碰撞由动量守恒定律得:a、b整体向左运动,由动能定理得:联立解得:,（2）a、b碰撞过程中机械能的损失为:如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂．现将绝缘球拉至与竖直方向成=60°的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞．在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场．已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处．求经过几次碰撞后绝缘求偏离竖直方向的最大角度将小于45°．【答案】3次【解析】绝缘球每次碰撞都要减少部分机械能，根据弹性碰撞过程中的动量守恒和机械能守恒可以求出碰后绝缘球的动能，从而得到碰撞次数．解：设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn－1，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vn、Vn．由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左，则，解得：第n次碰撞后绝缘球的动能为：E0为第1次碰撞前的动能，即初始能量绝缘球在θ＝θ0＝60°与θ＝45°处的势能之比为：经n次碰撞后有：易算出（0.81）2＝0656，（0.81）3＝0.531，因此，经过3次碰撞后θ小于45°质量为m的钢板与直立轻簧的上端连接，弹簧下端固定在地上．平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示．一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，但不粘连．它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点．若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度．求物块向上运动到达的最高点与O的点的距离【解析】物块与钢板碰撞时的速度 ①设v1表示质量为m的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，②刚碰完时弹簧的弹性势能为EP．当它们一起回到O点时，弹簧无形变，弹性势能为零．根据题给条件，这时物块与钢板的速度为零，由机械能守恒 ③设v2表示质量为2m的物块与钢板碰撞后开始一起向下运动的速度，则有 ④刚碰完时弹簧的弹性势能为EP′，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v，则有 ⑤在以上两种情况中，弹簧的初始压缩量都是x0，故有EP′=EP ⑥当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力作用，速度为g．一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g．由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g．故在O点物块与钢块分离，分离后，物块以速度v竖直上抛，则由以上各式解得，物块向上运动所到最高点与O点的距离为如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为m的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为km的小球发生碰撞，碰撞前后两小球的运动方向处于同一水平线上。kmkm（1）若两小球碰撞后粘连在一起，求碰后它们的共同速度；（2）若两小球在碰撞过程中无机械能损失，a．为使两小球能发生第二次碰撞，求k应满足的条件；b．为使两小球仅能发生两次碰撞，求k应满足的条件。【解析】（1）设质量为m的小球碰撞前的速度为v0，根据机械能守恒定律有①设两小球碰后的共同速度为V，根据动量守恒定律有②解得6分（2）a．取水平向右方向为正方向，设碰后m与km的速度分别为v1与V1，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有③④解得⑤⑥两小球若要发生第二次碰撞，需要v1<0，⑦由⑤⑥⑦解得：k＞3⑧6分b．对于第二次碰撞，设v2与V2分别为m与km碰后的速度，由动量守恒和机械能守恒有⑨⑩由⑤⑥⑧⑨解得只要满足，两球一定不会相碰由⑧解得碰撞过程合理性的判断动量守恒机械能不增加（动能不增加）：或速度要合理：碰前两物体同向，则，并且碰撞后，原来在前的物体速度一定增大，并有；两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．（为在后方的物体速度，为在前方的物体速度）.甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P1=5kgm/s，P2=7kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kgm/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种（）A．m1=m2 B．2m1=m2 C．4m1=m2 D．6m1【解析】甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：P1+P2=P1，+P2，即：P1=2kgm/s．由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有：所以有：m1m2，不少学生就选择（C、D）选项．这个结论合“理”，但却不合“情”．因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即m1；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以．因此选项（D）是不合“情”的，正确的答案应该是（C）选项．如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况（）A．甲球速度为零，乙球速度不为零B．两球速度都不为零C．乙球速度为零，甲球速度不为零D．两球都以各自原来的速率反向运动【解析】首先根据两球动能相等，得出两球碰前动量大小之比为：，因m甲>m乙，则P甲>P乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的。子弹打木块（滑板与滑块）此类问题外观特征明显，处理方法如下由子弹和木块组成的系统动量守恒，系统机械能不守恒，一对滑动摩擦力做的总功为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即，系统产生的内能．当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移（子弹射入的深度）最大．碰撞模型与子弹木块模型的都用到了动量守恒和机械能守恒（机械能有损失的用能量守恒）．如图所示，质量为的木块放在光滑的水平面上，质量为的子弹以初速度水平射向木块，设木块没有被射穿且子弹受到的阻力恒定。求：（1）木块的最大速度．（2）木块的最短水平长度．（3）木块的速度达到最大时，子弹射入木块的深度与木块的位移之比．（4）子弹与木块相对运动过程系统产生的内能．【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】（1）当木块与子弹的速度相等时，木块的速度最大，由动量守恒得 （2）子弹和木块对地的位移不相等，木块未被击穿，表明木块的水平长度应小于两者位移之差，即对子弹有 对木块有 故有 因此，，所以木块的最短水平长度为．（3）设子弹进入木块的深度为，可得到．（4）系统增加的内能等于系统减少的动能 因此，系统内能增加．【小结】系统损失的机械能等于因摩擦而产生的内能，且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积．即Q=ΔE系统=μNS相对质量为m的子弹，以水平初速度v0射向质量为M的长方体木块．（1）设木块可沿光滑水平面自由滑动，子弹留在木块内，木块对子弹的阻力恒为f，求弹射入木块的深度L．并讨论：随M的增大，L如何变化？（2）设v0=900m/s，当木块固定于水平面上时，子弹穿出木块的速度为v1=100m/s．若木块可沿光滑水平面自由滑动，子弹仍以v0=900m/s的速度射向木块，发现子弹仍可穿出木块，求M/m的取值范围（两次子弹所受阻力相同）．【解析】（1）当木块可自由滑动时，子弹、木块所组成的系统动量守恒：即可解出打入深度为可知，随M增大，L增大．（2）当木块固定时：①②这种情况下，系统的动能损失仍等于阻力与相对移动距离之积：③②③可得：④由①、④两式，可解出，为子弹刚好穿出时M∶m的值．我们已经知道，M越大，子弹打入木块的深度越大，故M∶m＝80应为M∶m的最小值，即应取M∶m≥80．【答案】M∶m≥80．在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为L=1.00m，一质量与木板相同的金属块，以v0=2.00m/s的初速度向右滑上木板A，金属块与木板间动摩擦因数为μ=0.1，g取10m/s2．求两木板的最后速度．v0AB【解析】金属块在板上滑动过程中，统动量守恒．金属块最终停在什么位置要进行判断．假设金属块最终停在A上．三者有相同速度v，相对位移为x，则有解得：，因此假定不合理，金属块一定会滑上B．设x为金属块相对B的位移，v1、v2表示A、B最后的速度，v0′为金属块离开A滑上B瞬间的速度．有：在A上全过程联立解得：∴【小结】μNS相对=ΔEk系统=Q，Q为摩擦在系统中产生的热量．如图所示，长的木板静止在某水平面上，时刻，可视为质点的小物块以水平向右的某一初速度从的左端向右滑行．的速度－时间图象见图，其中分别是内的速度－时间图线，是内共同的速度－时间图线．已知的质量均是，取．则以下判断正确的是（）A．在内，木板下表面与水平面之间有摩擦力B．在内，摩擦力对的冲量是C．之间的动摩擦因数为D．相对静止的位置在木板的最右端【答案】C【解析】内物块与木板做匀速直线运动，故木板与地面无摩擦力，A错．由冲量定理，在内，摩擦力对的冲量，B错．当加速运动时，由图知，，，，C正确．设相对静止时，发生的相对位移为，，得，故在的正中间，D错．如图所示，一质量的平顶小车，车顶右端放一质量的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量的子弹以水平速度射中小车左端，并留在车中．子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，求：（1）小车的最小长度应为多少？最后物体与车的共同速度为多少？（2）小木块在小车上滑行的时间．（）【答案】（1）子弹打小车过程中，子弹和小车构成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可得：①子弹、小车和物体构成的系统，动量守恒，根据动量守恒定律可得：②根据功能关系可得：③联立①②③解得小车的最小长度为：物体与小车的共同速度为：（2）根据动量定理可得：解得：如图所示,光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连木块A和B,一质量为m的子弹以速度v0水平击中木块A,并留在其中,A的质量为3m,B的质量为4m．（1）求弹簧第一次最短时的弹性势能（2）何时B的速度最大，最大速度是多少？【解析】（1）从子弹击中木块A到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程一是子弹与木块A的碰撞过程，动量守恒，有机械能损失；二是子弹与木块A组成的整体与木块B通过弹簧相互作用的过程，动量守恒，系统机械能守恒，子弹打入:mv0=4mv1①打入后弹簧由原长到最短:4mv1=8mv2②机械能守恒:③解①②③得（2）从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中，木块B一直作变加速运动,木块A一直作变减速运动,相当于弹性碰撞，因质量相等，子弹和A组成的整体与B木块交换速度,此时B的速度最大,设弹簧弹开时A、B的速度分别为4mv1=4mv1’+4mv2’④⑤解得:v1’=o,v2’=v1=爆炸、反冲模型一个静止的物体在内力作用下分成两部分，一部分向某个方向运动，另一部分向反方向运动，这种现象称为反冲。如喷气式飞机、火箭等。在反冲现象中系统的动量是守恒的．质量为的物体以对地速度抛出其本身的一部分，若该部分质量为，则剩余部分对地反冲速度为：，反冲运动中的已知条件常常是物体的相对速度，在应用动量守恒定律时，应将相对速度转换为绝对速度（一般为对地速度）．反冲现象中往往伴随有能量的转移．爆炸过程中，内力远远大于外力，动量守恒．火箭喷气发动机每次喷出质量m＝0.2kg的气体，喷出的气体相对地面的速度为v＝1000m/s，设火箭的初始质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次，若不计地球对它的引力作用和空气阻力作用，求火箭发动机工作5s后火箭的速度达多大？【解析】以火箭（包括在5s内要喷出的气体）为系统，系统的总动量守恒，以火箭的运动方向为正，则5s后火箭的动量为（M－m×20×5）v'，所喷出的气体动量为－（m×20×5）v．由动量守恒定律：得出．质量为M的火箭，原来以速度v0在太空中飞行，现在突然向后喷出一股质量为∆m的气体，喷出气体相对火箭的速度为v，则喷出气体后火箭的速率为【解析】这类问题通过能量守恒定律研究。需要强调的是，在这类问题中，一般我们讲相对速度时，讲的是喷射后气体相对于飞船的速度，而不是之前。由动量守恒：Mv0一颗手榴弹以的速度在空中水平飞行，设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为，沿原方向以的速度飞去，那么质量为的大块在爆炸后速度大小和方向是（）A．，与反向B．，与反向C．，与反向D．以上答案都错【答案】B如图所示，滑块A、B的质量分别为m1与m2，m1＜m2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧．两滑块一起以恒定的速率v0向右滑动．突然轻绳断开．当弹簧伸至本身的自然长度时，滑块A的速度正好为0．求：（1）绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能Ep；（2）在以后的运动过程中，滑块B是否会有速度为0的时刻?试通过定量分析证明你的结论【解析】当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A的速度为0，故系统的机械能等于滑块B的动能．设这时滑块B的速度为v，则有．因系统所受外力为0，由动量守恒定律解得．由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒解得．如图所示，在光滑水平桌面上，物体A和B用轻弹簧连接，另一物体C靠在B左侧未连接，它们的质量分别为mA=0.2kg，mB=mC=0.1kg．现用外力将B、C和A压缩弹簧，外力做功为7.2J，弹簧仍在弹性限度内然后由静止释放．试求：（1）弹簧伸长最大时弹簧的弹性势能；（2）弹簧从伸长最大回复到自然长度时，A、B速度的大小．【解析】取向右为正方向．第一过程，弹簧从缩短至原长，代入数据得：，第二过程，弹簧从原长伸至最长，此时A、B速度相等，有，代入数据得：，第三过程，弹簧从最长至原长，有得：，【小结】弹簧伸长时，B、C间有弹力作用，A、B系统的动量不守恒，但以A、B、C作为系统，动量守恒．以后B、C分离，A、B系统的动量守恒．本题说明有多个物体时，需合理选择物体组成研究系统．人船模型符合“人船模型”的条件：相互作用的物体原来都静止，且满足动量守恒条件“人船模型”的特点：人动“船”动，人停“船”停，人快“船”快，人慢“船”慢，人上“船”下，人左“船”右由动量守恒定律，有即．把方和两边同时乘以时间，即与联立解得人船模型可以很好的用来阐述力传递动量的物理思想。质量为M的船停在静止的水面上，船长为L，一质量为m的人，由船头走到船尾，若不计水的阻力，则整个过程人和船相对于水面移动的距离？【解析】“人船模型”是由人和船两个物体构成的系统；该系统在人和船相互作用下各自运动，运动过程中该系统所受到的合外力为零；即人和船组成的系统在运动过程中总动量守恒．设人在运动过程中，人和船相对于水面的速度分别为和u，则由动量守恒定律得由于人在走动过程中任意时刻人和船的速度和u均满足上述关系，所以运动过程中，人和船平均速度大小也应满足相似的关系，即m=M而，，所以上式可以转化为：又有，，得：，【小结】以上就是典型的“人船模型”，说明人和船相对于水面的位移只与人和船的质量有关，与运动情况无关．该模型适用的条件：一个原来处于静止状态的系统，且在系统发生相对运动的过程中，至少有一个方向（如水平方向或者竖直方向）动量守恒．一个质量为M，底面边长为b的三角形劈块静止于光滑水平面上，如图，有一质量为m的小球由斜面顶部无初速滑到底部的过程中，劈块移动的距离是多少？【解析】小球m在下滑的过程中，受力情况和速度变化的规律都不易分析，因此用牛顿定律和运动学公式找位移S是困难的；用人船模型的公式解这类求变速直线运动的位移且不涉及速度的问题时，是非常方便的．设小球滑到底端时，劈块后退的位移为S，则小球的水平位移应为（b一S），根据动量守恒定律得Ms=m（b-s），解得劈块移动的距离为s=mb/（M+m）．载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？【解析】气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒．人着地时，绳梯至少应触及地面，若设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面的时间为t，由动量守恒定律有：，解得．如图7所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置．车左侧内壁固定有沙袋．发射器口到沙袋的距离为d，把质量为m的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是_______．【解析】本题可把子弹看作“人”，把车看作“船”，这样就可以用“人船模型”来求解．，解得质量为M、长为L的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m1及m2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？【解析】利用“人船模型”易求得船的位移大小为：．提示：若m1>m2，本题可把（m1-m2）等效为一个人，把（M+2m2）看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便如图，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内．大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离是_【解析】设大球运动的位移为s，由图3知小球运动的位移为（R－s）由“人船模型”知两球在水平方向动量守恒，因此有m（R－s）＝2ms，解得：S＝思考思考总结碰撞碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化的过程．弹性碰撞：满足动量守恒与机械能守恒 ①常见弹性碰撞1——动碰静:由动量守恒与机械能守恒，，得：v1________，v2________a、当m1=m2时，v1=________，v2=________，显然碰撞后A静止，B以A的初速度运动，两球速度交换，并且A的动能完全传递给B，因此m1=m2也是动能传递最大的条件；b、当m1＞m2时，v1＞0，即A、B同方向运动，因＜，所以速度大小v____v2，即两球不会发生第二次碰撞；c、当m1>>m2时，v1=________，v2=________即当质量很大的物体A碰撞质量很小的物体B时，物体A的速度几乎不变，物体B以2倍于物体A的速度向前运动． e、当m1＜m2时，则v1________0，即物体A反向运动．f、当m1<<m2时，v1=________，v2=________即物体A以原来大小的速度弹回，而物体B不动，A的动能完全没有传给B，因此m1<<m2是动能传递最小的条件．②常见弹性碰撞2——动碰动:由动量守恒与机械能守恒：，得：得：v1________，v2________，a、，则最终都向右运动；b、，________速度，即的速度为零，的速度为；c、，________，向右运动．非弹性碰撞：满足________守恒，________不守恒．完全非弹性碰撞：两物体碰后粘合在一起，这种碰撞损失动能最多．一般非弹性碰撞：碰撞结束后，动能有部分损失．碰撞过程合理性的判断动量守恒机械能________（动能不增加）：或速度要合理：碰前两物体同向，则，并且碰撞后，原来在前的物体速度一定增大，并有；两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．（为在后方的物体速度，为在前方的物体速度）.子弹打木块（滑板与滑块）此类问题外观特征明显，处理方法如下由子弹和木块组成的系统________守恒.系统机械能________，一对滑动摩擦力做的总功为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即，系统产生的内能________________．当子弹和木块的速度________时木块的速度最大，两者的相对位移（子弹射入的深度）最大．碰撞模型与子弹木块模型的都用到了________守恒和______守恒（机械能有损失的用能量守恒）．爆炸、反冲模型一个静止的物体在内力作用下分成两部分，一部分向某个方向运动，另一部分向反方向运动，这种现象称为反冲。如喷气式飞机、火箭等。在反冲现象中系统的________是守恒的．质量为的物体以对地速度抛出其本身的一部分，若该部分质量为，则剩余部分对地反冲速度为：________，反冲运动中的已知条件常常是物体的相对速度，在应用动量守恒定律时，应将相对速度转换为绝对速度（一般为对地速度）．反冲现象中往往伴随有能量的转移．爆炸过程中，内力远远大于外力，动量守恒．人船模型符合“人船模型”的条件：相互作用的物体原来都________，且满足动量守恒条件“人船模型”的特点：人动“船”动，人停“船”停，人快“船”快，人慢“船”慢，人上“船”下，人左“船”右由动量守恒定律，有即．把方和两边同时乘以时间，即________________与联立解得s1________,s2________人船模型可以很好的用来阐述力传递动量的物理思想。巩固巩固练习在光滑的水平面上，质量分别为和的两个小球分别以和的速度相向运动，碰撞后两物体粘在一起，则它们的共同速度大小为为多少？损失的机械能是多少？【答案】；如图所示，在光滑的水平面上放置一质量为m的小车，小车上有一半径为R的光滑的弧形轨道，设有一质量为m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圆弧轨道向上滑动，达到某一高度h后，又沿轨道下滑，试求h的大小及小球刚离开轨道时的速度．【解析】小球从进入轨道，到上升到九高度时为过程第一阶段，这一阶段类似完全非弹性的碰撞，动能损失转化为重力势能（而不是热能）．据此可列方程：①②，解得：．如下图所示，光滑半圆槽质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰好位于槽的边缘处。若将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为A.零B.向右C.向左D.不能确定【答案】A质量分别为m1、m2的小球在一直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的位移—时间图像如图所示，若m1=1kg，m2的质量等于多少?t/t/sx/m2816Om1m2m2m146【解析】从位移—时间图像上可看出：m1和m2于t=2s时在位移等于8m处碰撞，碰前m2的速度为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，由动量守恒定律得，m2=3kg．光滑水平面上静置着一质量为的木块，一颗质量为的子弹以速度水平射向木块．穿出木块后，子弹速度减为，木块速度增为．此过程中下列说法正确的是（）A．子弹克服阻力做功为B．子弹对木块做的功为C．子弹减少的动能等于木块增加的动能．D．子弹对木块做的功等于木块增加的动能及子弹与木块摩擦所产生的热量之和【答案】AB如图所示，车质量为，沿光滑水平面以速度向质量为的静止的车运动，车撞上车后面的弹簧将弹簧压缩并与弹簧的左端连接在一起，求在此后的运动过程中：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）车的最大速度．【答案】（1）（2）【解析】（1）把、车和弹簧看成一个系统，弹力是内力，系统动量守恒．两车速度相等时弹簧压缩量最大或伸长量最大，弹性势能最大．设A、B两车速度为V，弹性势能为．根据动量守恒： 根据机械能守恒： 联立解得：（2）弹簧恢复原长时车速度最大，设此时车的速度为，车的速度为，则根据动量守恒：根据机械能守恒：联立解得：ABC光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为的、两物块都以的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为的物块静止在前方，如图所示。与碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，求：ABC（1）弹簧的最大弹性势能；（2）弹性时能最大时物块的速度。【答案】（1）；（2）【解析】本题是一个“三体二次作用”问题：“三体”为、、三物块。“二次作用”过程为第一次是、二物块发生短时作用，