高中物理-动量全章复习资料及高中物理动量能量典型例题

动量全章复习资料本章知识要点1．(Ⅱ)动量．冲量．动量定理．[说明]动量定理和动量守恒定律的应用只限于一维的情况，不要求用动量定理的公式进行计算．2．(Ⅱ)动量守恒定律．3．(Ⅱ)动量知识和机械能知识的应用(包括碰撞、反冲)．[说明]．在弹性碰撞的问题中，不要求用动能守恒公式进行计算．一、冲量与动量、动量与动能概念专题●1．冲量I：I＝Ft，有大小有方向(恒力的冲量沿F的方向)，是矢量．两个冲量相同必定是大小相等方向相同，讲冲量必须明确是哪个力的冲量，单位是N·s．●2．动量p：p＝mv，有大小有方向(沿v的方向)是矢量，两个动量相同必定是大小相等方向相同，单位是kg·m/s．●3．动量与动能(Ek＝mv2)的关系是：p2＝2mEk．动量与动能的最大区别是动量是矢量，动能是标量．【例题】A、B两车与水平地面的动摩擦因数相同，则下列哪些说法正确？A．若两车动量相同，质量大的滑行时间长；B．若两车动能相同，质量大的滑行时间长；C．若两车质量相同，动能大的滑行时间长；D．若两车质量相同，动量大的滑行距离长．【分析与解答】根据动量定理F·t＝mvt-mv0得mmg·t＝p∴t＝∝——A不正确；根据t＝∝——B不正确；根据t＝∝——C正确；根据动能定理F合·scosa＝得mmgs＝Ek＝，∴s＝∝p2——D正确．总结与提高①熟记动量与动能的关系：p2＝2mEk；②涉及时间优先考虑动量定理求解，涉及位移优先考虑动能定理求解．训练题(1)如图5—1所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是：A．重力的冲量；B．弹力的冲量；C．合力的冲量；D．刚到达底端时的动量；E．刚到达底端时动量的水平分量；F．以上几个量都不同．1．F分析：物体沿斜面作匀加速直线运动，由位移公式，得=gsinq·t2t2∝q不同，则t不同．又IG＝mgtIN＝Nt所以IG、IN方向相同，大小不同，选项A、B错误；根据机械能守恒定律，物体到达底端的速度大小相等，但方向不同；所以刚到达底端时的动量大小相等但方向不同，其水平分量方向相同但大小不等，选项D、E错误；又根据动量定理I合＝ΔP＝mv－0可知合力的冲量大小相等，但方向不同，选项C错误．(2)对于任何一个固定质量的物体，下面几句陈述中正确的是：A．物体的动量发生变化，其动能必变化；B．物体的动量发生变化，其动能不一定变化；C．物体的动能发生变化，其动量不一定变化；D．物体的动能变化，其动量必有变化．2．BD分析：动量和动能的关系是P2＝2mEk，两者最大区别是动量是矢量，动能是标量．质量一定的物体，其动量变化可能速度大小、方向都变化或速度大小不变方向变化或速度大小变化方向不变．只要速度大小不变，动能就不变．反之，动能变化则意味着速度大小变化，意味着动量变化．(8)A车质量是B车质量的2倍，两车以相同的初动量在水平面上开始滑行，如果动摩擦因数相同，并以SA、SB和tA、tB分别表示滑行的最远距离和所用的时间，则A．SA＝SB，tA＝tB；B．SA＞SB，tA＞tB；C．SA＜SB，tA＜tB；D．SA＞SB，tA＜tB．8．C分析：由mv＝mmgt知tA＝tB/2由Fs＝mv2＝知sA/sB＝1/2二、动量定理专题●1．动量定理表示式：FΔt＝Δp．式中：(1)FΔt指的是合外力的冲量；(2)Δp指的是动量的增量，不要理解为是动量，它的方向可以跟动量方向相同(同一直线动量增大)也可以跟动量方向相反(同一直线动量减小)甚至可以跟动量成任何角度，但Δp一定跟合外力冲量I方向相同；(3)冲量大小描述的是动量变化的多少，不是动量多少，冲量方向描述的是动量变化的方向，不一定与动量的方向相同或相反．●2．牛顿第二定律的另一种表达形式：据F＝ma得F＝m，即是作用力F等于物体动量的变化率Δp/Δt，两者大小相等，方向相同．●3．变力的冲量：不能用Ft直接求解，如果用动量定理Ft＝Δp来求解，只要知道物体的始末状态，就能求出I，简捷多了．注意：若F是变量时，它的冲量不能写成Ft，而只能用I表示．●4．曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中速度方向往往都不在同一直线上，如用Δp＝mv′-mv0来求动量的变化量，是矢量运算，比较麻烦，而用动量定理I＝Δp来解，只要知道I，便可求出Δp，简捷多了．＊【例题1】质量为0.4kg的小球沿光滑水平面以5m/s的速度冲向墙壁，又以4m/s的速度被反向弹回(如图5—2)，球跟墙的作用时间为0.05s，求：(1)小球动量的增量；(2)球受到的平均冲力．【分析和解答】根据动量定理Ft＝mv2-mv1，由于式中F、v1、v2都是矢量，而现在v2与v1反向，如规定v1的方向为正方向，那么v1＝5m/s，v2＝-4m/s(1)动量的增量Δp＝mv2-mv1＝0.4×(-4-5)kg·m/s＝-3.6kg·m/s负号表示动量增量与初动量方向相反．(2)F＝N＝-72N．冲力大小为72N，冲力的方向与初速反向．总结与提高解决这类问题的关键是：选定正方向，确定各已知量的正负．【例题2】以速度v0平抛出一个质量为1lg的物体，若在抛出3s后它未与地面及其它物体相碰，求它在3s内动量的变化．【分析和解答】不要因为求动量的变化，就急于求初、未动量而求其差值，这样不但求动量比较麻烦，而且动量是矢量，求矢量的差也是麻烦的．但平抛出去的物体只受重力，所求动量的变化应等于重力的冲量，重力是恒量，其冲量容易求出．即：Δp＝Ft＝1×10×3kg·m/s＝30kg·m/s．总结与提高若速度方向变而求动量的变化量，则用ΔP＝Ft求；若力是变力而求冲量，则用I＝mvt-mv0求．训练题(2)某质点受外力作用，若作用前后的动量分别为p、p′，动量变化为Δp，速度变化为Δv，动能变化量为ΔEk，则：A．p＝-p′是不可能的；B．Δp垂直于p是可能的；C．Δp垂直于Δv是可能的；D．Δp≠0，ΔEk＝0是可能的．2．BD提示：对B选项，ΔP方向即为合力F合的方向，P的方向即为速度v的方向，在匀速圆周运动中，F合⊥v(即ΔP⊥P)；对C选项，ΔP的方向就是Δv的方向，∵ΔP＝mΔv，故C选项错．(4)在空间某一点以大小相同的速度分别竖直上抛，竖直下抛，水平抛出质量相等的小球，若空气阻力不计，经过t秒：(设小球均未落地)A．作上抛运动小球动量变化最小；B．作下抛运动小球动量变化最大；C．三小球动量变化大小相等；D．作平抛运动小球动量变化最小．4．C提示：由动量定理得：mgt＝Δp，当t相同时，Δp相等，选项C对．(8)若风速加倍，作用在建筑物上的风力大约是原来的：A．2倍；B．4倍；C．6倍；D．8倍．8．B提示：设风以速度v碰到建筑物，后以速度v反弹，在t时间内到达墙的风的质量为m，由动量定理得：Ft＝mv－m(－v)＝2mv，当v变为2v时，在相同时间t内到达墙上的风的质量为2m，有：F′t＝2m·2v－2m(－2v)＝8mv，∴F′＝4F，故选项B(9)质量为0.5kg的小球从1.25m高处自由下落，打到水泥地上又反弹竖直向上升到0.8m高处时速度减为零．若球与水泥地面接触时间为0.2s，求小球对水泥地面的平均冲击力．(g取10m/s，不计空气阻力)9．解：小球碰地前的速度v1＝＝＝5m/s小球反弹的速度v2＝＝＝4m/s以向上为正方向，由动量定理：(F－mg)t＝mv2－mv1∴F＝0.5×(4＋5)/0.2＋0.5×10＝27.5N方向向上．三、应用FΔt＝Δp分析某些现象专题●1．Δp一定时：t越小，F越大；t越大，F越小．●2．静止的物体获得一瞬间冲量I，即刻获得速度v＝I/m．【例题】如图5—5，把重物G压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法是：A．在缓缓拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大；B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小；C．在缓缓拉动时，纸带给重物的冲量大；D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小．【分析和解答】在缓缓拉动时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力．所以一般情况是：缓拉、摩擦力小；快拉，摩擦力大，故判断A、B都错．缓拉纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量即动量的改变可以很大，所以能把重物带动．快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量改变很小．因此答案C、D正确．(2)人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先到地．下面解释正确的是：A．减小冲量；B．使动量的增量变得更小；C．增长与地面的冲击时间，从而减小冲力；D．增大人对地的压强，起到安全作用．2．C提示：Ft＝Δp，∴F＝Δp/t，当让脚尖先到地，增长与地的冲击时间，从而减小冲击力F，故选项C对．(4)一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中自由下落的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停住的过程称为Ⅱ，则：A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量；B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小；C．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中重力的冲量大小；D．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于阻力的冲量．4．AC提示：在过程Ⅰ中，钢珠只受重力作用，由动量定理得：mgt1＝Δp，故选项A对；在过程Ⅱ中，(f－mg)Δt＝Δp，即ft2－mgt2＝Δp＞0，故选项B错；在全过程中：mg(t1＋t2)－ft2＝0，故选项C对；在过程Ⅱ中：ft2－mgt2＝Δp≠0，故选项D错．5．I/F解：对P：F＝mavp＝at对Q：I＝mvQ，当vP＝vQ时，两者距离最大，即：Ft/m＝I/m∴t＝I/F四、动量守恒条件专题●1．外力：所研究系统之外的物体对研究系统内物体的作用力．●2．内力：所研究系统内物体间的相互作用力．●3．系统动量守恒条件：系统不受外力或所受外力合力为零(不管物体是否相互作用)．系统不受外力或所受外力合力为零，说明合外力的冲量为零，故系统总动量守恒．当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知相互作用的内力产生的冲量，大小相等方向相反，使得系统内相互作用的物体的动量改变量大小相等方向相反，系统总动量保持不变．也就是说内力只能改变系统内各物体的动量而不能改变整个系统的总动量．训练题(2)如图5—7所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中A．动量守恒、机械能守恒；B．动量不守恒，机械能不守恒；C．动量守恒、机械能不守恒；D．动量不守恒，机械能守恒．2．B解：过程一：子弹打入木板过程(Δt很小)，子弹与木板组成的系统动量守恒，但机械能不守恒(∵子弹在打入木块过程有热能产生)；过程二：木块(含子弹)压缩弹簧，对三者组成的系统机械能守恒，但动量不守恒(∵对系统：F合≠0)，所以全程动量、机械能均不守恒．(3)光滑水平面上A、B两小车中有一弹簧(如图5—8)，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看作系统，下面的说法正确的是：A．先放B车后放A车，(手保持不动)，则系统的动量不守恒而机械能守恒；B，先放A车，后放B车，则系统的动量守恒而机械能不守恒；C．先放A车，后用手推动B车，则系统的动量不守恒，机械能也不守恒；D．若同时放开两手，则A、B两车的总动量为零．3．ACD提示：对A选项：先放B车时，A、B车及弹簧三者组成的系统合外力F合≠0，∴动量不守恒，但由于按A车的手不动，故手不做功，此系统机械能守恒．对C选项：F合≠0，且F合又对系统做功(机械能增加)，∴动量及机械能均不守恒．五、动量守恒定律各种不同表达式的含义及其应用专题通过本专题训练，着重掌握动量守恒定律的表述及应用中应注意的矢量性(即速度的正负号)．●1．p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)●2．Δp＝0(系统总动量增量为零)．●3．Δp1＝-Δp2(相互作用两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等方向相反)．●4．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(相互作用两个物体组成系统，前动量和等于后动量和)●5．以上各式的运算都属矢量运算，高中阶段只限于讨论一维情况(物体相互作用前、后的速度方向都在同一直线上)，可用正、负表示方向．处理时首先规定一个正方向，和规定正方向相同的为正，反之为负，这样就转化为代数运算式，但所有的动量都必须相对于同一参照系．【例题】质量m1＝10g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30cm/s的速率向右运动，恰遇上质量m2＝50g的小球以v2＝10cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，那么碰撞后小球m【分析与解答】设v1的方向即向右为正方向，则各速度的正负号为：v1＝30cm/s，v2＝-10cm/s，v2′＝0，据m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2有10v1′＝10×30＋50×(-解得v1′＝-20(cm/s)，负号表示碰撞后，m1的方向与v1的方向相反，即向左．总结提高解此类题一定要规定正方向．正确找出初末态动量．训练题(3)一只小船静止在湖面上，一个人从小船的一端走到另一端(不计水的阻力)，以下说法中正确的是：A．人在小船上行走，人对船作用的冲量比船对人作用的冲量小，所以人向前运动得快，船后退得慢；B．人在船上行走时，人的质量比船小，它们所受冲量的大小是相等的，所以人向前运动得快，船后退得慢；C．当人停止走动时，因船的惯性大，所以船将会继续后退；D．当人停止走动时，因总动量任何时刻都守恒，所以船也停止后退．3．BD分析：对A：人对船的作用力和船对人的作用力等大反向，作用时间相等，所以两冲量大小相等；选项A错．对C：人在船上走的过程，对人和船构成的系统，总动量守恒，所以人停则船停；选项C错．(6)一辆总质量为M的列车，在平直轨道上以速度v匀速行驶，突然后一节质量为m的车厢脱钩，假设列车受到的阻力与质量成正比，牵引力不变，则当后一节车厢刚好静止的瞬间，前面列车的速度为多大？6．解：列车在平直轨道匀速行驶，说明列车受到合外力为零．后一节车厢脱钩后，系统所受合外力仍然为零，系统动量守恒．根据动量守恒定律有：Mv＝(M－m)v′v′＝Mv/(M－m)六、平均动量守恒专题通过本专题训练，着重掌握动量守恒定律可用位移表示及其应用方法．若系统在全过程中动量守恒(包括单方向动量守恒)，则这一系统在全过程中的平均动量也必定守恒．如果系统是由两个物体组成，且相互作用前均静止、相互作用后均发生运动，则由0＝m1-m2得推论：m1s1＝m2s2，使用时应明确s1、s2必须是相对同一参照物位移的大小．【例题】一个质量为M，底面长为b的三角形劈静止于光滑的水平桌面上，(如图5—16所示)有一质量为m的小球由斜面顶部无初速滑到底部时，劈移动的距离为多少？【分析和解答】劈和小球组成的系统在整个运动过程中都不受水平方向外力．所以系统在水平方向平均动量守恒．劈和小球在整个过程中发生的水平位移如图5—15所示，由图见劈的位移为s，小球的水平位移为(b-s)．则由m1s1＝m2s2得：Ms＝m(b-s)，∴s＝mb/(M＋m)总结提高用m1s1＝m2s2来解题，关键是判明动量是否守恒、初速是否为零(若初速不为零，则此式不成立)，其次是画出各物体的对地位移草图，找出各长度间的关系式．训练题(2)静止在水面的船长为l，质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离为多少？2．解：如图，设船移动的距离为s船，人移动的距离为s人．Ms船＝ms人s人＋s船＝l解得s船＝ml/(M＋m)总结：解此类题关键是画出各物体的对地位移草图，找出各长度间的关系式．(4)气球质量为200kg，载有质量为50kg的人，静止在空中距地面20m的地方，气球下悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至安全到达地面，则这根绳长至少为多长？4、解：如图，设气球产生的位移为s球，气球产生的位移为s人，m人s人＝m球s球50×20＝200×s球s球＝5m所以绳长至少为：l＝s人＋s球＝20＋5＝25m七、多个物体组成的系统动量守恒专题有时应用整体动量守恒，有时只应用某部分物体动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，有时抓住初、末状态动量守恒即可，要善于选择系统、善于选择过程来研究．【例题】两只小船平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m＝50kg的麻袋到对面一只船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船则以v＝8.5m/s的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量各为m1＝500kg及m2＝1000kg，问在交换麻袋前两只船的速率为多少？(水的阻力不计)．【分析和解答】选取小船和从大船投过的麻袋为系统，如图5—18，并以小船的速度为正方向，根据动量守恒定律有：(m1-m)v1-mv2＝0，即450v1-50v2＝0……(1)．选取大船和从小船投过的麻袋为系统有：-(-m2-m)v2＋mv1＝-m2v，即-950v2＋50v1＝-1000×8.5……(2)．选取四个物体为系统有：m1v1-m2v2＝-m2v，即500v1-1000v2＝-1000×8.5……(3)．联立(1)(2)(3)式中的任意两式解得：v1＝1(m/s)，v2＝9(m/s)．总结与提高可见解此题的关键是：正确选取研究系统．注意分析初、末状态．训练题(1)质量m＝100kg的小船静止在静水面上，船两端载着m甲＝40kg，m乙＝60kg的游泳者，在同一水平线上甲朝左乙朝右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中，如图5—19所示，则小船的运动方向和速率为：A．向左，小于1m/s；B．向左，大于1m/s；C．向右，大于1m/s；D．向右，小于1m/s．1．A解：对甲、乙两人及船构成的系统总动量守恒，取向右为正方向，则根据动量守恒定律得0＝m甲v甲＋m乙v乙＋mv0＝40×(－3)＋60×3＋100×vv＝－0.6m(3)A、B两船的质量均为M，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为M/2的人，以对地的水平速率v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……经n次跳跃后，人停在B船上；不计水的阻力，则：A．A、B两船速度大小之比为2∶3；B．A、B(包括人)两动量大小之比1∶1；C．A、B(包括人)两船的动能之比3∶2；D．以上答案都不对．3．BC分析：不管人跳几次，只关心初状态：人在A船上，系统(包括A、B船和人)总动量为零；末状态人在B船上．整过程动量守恒，根据动量守恒定律得0＝Mv1＋(M＋M/2)vBvA/vB＝3/2(4)小车放在光滑地面上，A、B两人站在车的两头，A在车的左端，B在车的右端，这两人同时开始相向行走，发现小车向左运动，分析小车运动的原因，可能是：(如图5—20所示)A．A、B质量相等，A比B的速率大；B．A、B质量相等，A比B的速率小；C．A、B速率相等，A比B的质量大；D．A、B速率相等，A比B的质量小．4．AC分析：对A、B两人及车构成的系统动量守恒，取向左为正方向．mBvB－mAvA＋m车v车＝0mAvA＝mBvB＋m车v车所以mAvA＞mBvB(7)如图5—21所示，在光滑水平面上有两个并排放置的木块A和B，已知mA＝500g，mB＝300g，一质量为80g的小铜块C以25m/s的水平初速开始，在A表面滑动，由于C与A、B间有摩擦，铜块C最后停在B上，B和C一起以①木块A的最后速度vA′；②C在离开A时速度v′c．7．解：①因为水平面光滑、C在A、B面上滑动的整个过程，A、B、C系统总动量守恒．木块C离开A滑上B时，木块A的速度为最后速度，则mCvC＝MAvA＋(mB＋mC)v′BC代入数据可得v′A＝2.②对C在A上滑动的过程，A、B、C系统总动量守恒，A、B速度相等．则mCvC＝(mA＋mB)v′A＋mCv′C代入数据可得v′C＝4m/s九、用动量守恒定律进行动态分析专题充分利用反证法、极限法找出临界条件，结合动量守恒定律进行解答．【例题】甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车的总质量共为M＝30kg，乙和他的冰车的总质量也是30kg，游戏时，甲推着一质量为m＝15kg的箱子，和他一起以大小为v0＝2m/s的速度滑行．乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求：甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞．【分析和解答】甲把箱子推出后，甲的运动有三种可能，一是继续向前，方向不变；一是静止；一是倒退，方向改变．按题意，要求甲推箱子给乙避免与乙相撞的最起码速度，是上述的第一种情况，即要求推箱子后，动量的变化不是很大，达到避免相撞的条件便可以，所以对甲和箱的系统由动量守恒定律可得：(取v0方向为正方向)(M＋m)v0＝mv＋Mv1即(30＋15)×2＝15v＋30v1……(1)v为箱子相对地速度，v1为甲相对地速度．乙抓住箱子后，避免与甲相遇，则乙必须倒退，与甲运动方向相同，对乙和箱的系统得：mv-Mv0＝(M＋m)v2即15v-30×2＝(30＋15)v2……(2)v2为乙抓住箱子后，一起相对地的后退速度．甲、乙两冰车避免相撞的条件是：v2≥v1；当甲、乙同步前进时，甲推箱子的速度为最小．v2＝v1……(3)联立(1)(2)(3)式代入数据解得：v＝5.2m/s总结提高正确选择研究对象、研究过程以及正确找出临界条件是解此类题的关键．训练题(1)如图5—26所示，水平面上A、B两物体间用线系住，将一根弹簧挤紧，A、B两物体质量之比为2∶1，它们与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2．现将线烧断，A、B物体从静止被弹开，则：A．弹簧在弹开过程中(到停止之前)，A、B两物体速度大小之比总是1∶2；B．弹簧刚恢复原长时，两物体速度达最大；C．两物体速度同时达到最大；D．两物体同时停止运动．1．ACD分析：由于A、B受水平地面的摩擦力等大反向，整个过程系统动量守恒，则0＝mAvA－mBvBvA/vB＝mB/mA＝1/2选项A、C、D正确．当A或B受合外力等于零，加速度为零时，速度达到最大，此时弹簧尚未恢复原长，选项B错误．(2)如图5—27所示，光滑水平面有质量相等的A、B两物体，B上装有一轻质弹簧，B原来处于静止状态，A以速度v正对B滑行，当弹簧压缩到最短时：A．A的速度减小到零；B．是A和B以相同的速度运动时刻；C．是B开始运动时；D．是B达到最大速度时．2．B分析：当A碰上弹簧后，A受弹簧推力作用而减速，B受弹簧推力作用而加速；当两者速度相等时，A、B之间无相对运动，弹簧被压缩到最短．然后A受弹簧推力作用继续减速，B受弹簧推力作用继续加速，当弹簧恢复原长时，A减速至零，B加速至最大．或用动量守恒定律分析，mAv＋0＝mAv′A＋mBv′Bv′A减小，v′B增大；当v′A减至零时，v′B增加至最大为v．(5)如图5—29所示，甲车质量m1＝20kg，车上有质量M＝50kg的人．甲车(连人)从足够长的光滑斜坡上高h＝0.45m由静止开始向下运动，到达光滑水平面上，恰遇m2＝50kg的乙车以速度v0＝1.8m/s迎面驶来．为避免两车相撞，甲车上的人以水平速度v′(相对于地面)跳到乙车上，求v′的可取值的范围．(g取10m/s2)5．解：甲车滑到水平面时速度为v甲＝＝＝3(m/s)向右；取向右为正方向，设人从甲车跳到乙车后，甲、乙的速度为v′甲，v′乙(均向右)，当v′甲＝v′乙时，两车不相碰，由动量守恒定律，对人和甲车有：(20＋50)v甲＝20v′甲＋50v′对人和乙车有：50v′－50v0＝(50＋50)v′乙解得v′＝3.当v″甲＝－v″乙时两车不相碰，同理有：(20＋50)v甲＝50v″＋20v″甲50v″－50v0＝(50＋50)v″乙解得v″＝4.8m故v′的范围：3.8m/s≤v′≤(6)如图5—30所示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为l，细杆高为h，且位于小车的中点，试求：当玩具蛙最小以多大的水平速度v跳出时，才能落到桌面上？(要求写出必要文字，方程式及结果)6．解：取向右为正方向，系统m，M动量守恒：0＝mv－MV蛙在空中运动时间：t＝蛙在t内相对车的水平距离：l/2＝(v＋V)t解得：v＝．十、爆炸、碰撞和反冲专题●1．碰撞过程是指：作用时间很短，作用力大．碰撞过程两物体产生的位移可忽略．●2．爆炸、碰撞和反冲动量近似守恒：有时尽管合外力不为零，但是内力都远大于外力，且作用时间又非常短，所以合外力产生的冲量跟内力产生冲量比较都可忽略，总动量近似守恒．●3．三种碰撞的特点：(1)弹性碰撞——碰撞结束后，形变全部消失，末态动能没有损失．所以，不仅动量守恒，而且初、末动能相等，即m1v1＋m2v2＝m1v＇1＋m2v＇2(2)一般碰撞——碰撞结束后，形变部分消失，动能有部分损失．所以，动量守恒，而初、末动能不相等，即m1v1＋m2v2＝m1v＇1＋m2v＇2＋ΔEK减(3)完全非弹性碰撞——碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动；形变完全保留，动能损失最大．所以，动量守恒，而初、末动能不相等，即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v＋ΔEkmax●4．“一动一静”弹性正碰的基本规律如图5—32所示，一个动量为m1v1的小球，与一个静止的质量为m2的小球发生弹性正碰，这种最典型的碰撞，具有一系列应用广泛的重要规律(1)动量守恒，初、末动能相等，即(2)根据①②式，碰撞结束时，主动球(m1)与被动球(m2)的速度分别为(3)判定碰撞后的速度方向当m1＞m2时；v′1＞0，v′2＞0——两球均沿初速v1方向运动．当m1＝m2时；v′1＝0，v′2＝v1——两球交换速度，主动球停下，被动球以v1开始运动．当m1＜m2时；v′1＜0，v′2＞0——主动球反弹，被动球沿v1方向运动．●5．“一动一静”完全非弹性碰撞的基本计算关系如图5—33所示，在光滑水平面上，有一块静止的质量为M的木块，一颗初动量为mv0的子弹，水平射入木块，并深入木块d，且冲击过程中阻力f恒定．(1)碰撞后共同速度(v)根据动量守恒，共同速度为v＝……①(2)木块的冲击位移(s)设平均阻力为f，分别以子弹，木块为研究对象，根据动能定理，有fs＝Mv2………②f(s＋d)＝m-mv2……③由①、②和③式可得s＝d＜d在物体可视为质点时：d＝0，s＝0——这就是两质点碰撞瞬时，它们的位置变化不计的原因(3)冲击时间(t)以子弹为研究对象，根据子弹相对木块作末速为零的匀减速直线运动，相对位移d＝v0t，所以冲击时间为t＝(4)产生的热能Q在认为损失的动能全部转化为热能的条件下Q＝ΔEK＝f·s相＝fd＝m【例题1】质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是：A．pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/s；B．pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/s；C．pA＝-2kg·m/s，pB＝14kg·m/sD．pA＝-4kg·m/s，pB＝17kg·m/s【分析和解答】从碰撞前后动量守恒p1＋p2＝p1′＋p2′验证，A、B、C三种情况皆有可能．从总动能只有守恒或减少：≥来看，答案只有A可能．【例题2】锤的质量是m1，桩的质量为m2，锤打桩的速率为一定值．为了使锤每一次打击后桩更多地进入土地，我们要求m1m2．假设锤打到桩上后，锤不反弹，试用力学规律分析说明为什么打桩时要求m【分析和解答】打桩过程可以等效为两个阶段，第一阶段锤与桩发生完全非弹性碰撞，即碰后二者具有相同的速度，第二阶段二者一起克服泥土的阻力而做功，桩向下前进一段．我们希望第一阶段中的机械能损失尽可能小，以便使锤的动能中的绝大部分都用来克服阻力做功，从而提高打桩的效率．设锤每次打桩时的速度都是v，发生完全非弹性碰撞后的共同速度是v′．则m1v＝(m1＋m2)v′．非弹性碰撞后二者的动能为Ek＝(m1＋m2)v′2＝v2．当m1m2时，EK≈m1v2，即当m1训练题(1)甲、乙两个小球在同一光滑水平轨道上，质量分别是m甲和m乙．甲球以一定的初动能Ek0向右运动，乙球原来静止．某时刻两个球发生完全非弹性碰撞(即碰撞后两球粘合在一定)，下面说法中正确的是：A．m甲与m乙的比值越大，甲球和乙球组成的系统机械能的减少量就越小；B．m甲与m乙的比值越小，甲球和乙球组成的系统机械能的减少量就越小；C．m甲与m乙的值相等，甲球和乙球组成的系统机械能的减少量最小；D．m甲与m乙的值相等，甲球和乙球组成的系统机械能的减少量最大．1．A提示：由动量守恒有：mv0＝(M＋m)v由能量守恒有：ΔE＝mv02－(M＋m)v2ΔE＝mv02＝mv02·∴越大，ΔE越小，故选项A对．(2)半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动．若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是：A．甲球的速度为零而乙球的速度不为零；B．乙球的速度为零而甲球的速度不为零；C．两球的速度均不为零；D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能不变．2．提示：不知道是哪一种碰撞．∵m甲＞m乙，Ek相同，∴由P2＝2mEk知P甲＞P乙，故系统总动量的方向与甲的初速相同．对A选项，当球反弹时可保证P总与A球的初速相同，∴可能出现；对B选项，∵P甲＞P乙，∴碰后乙球不可能静止；对C选项，可保证动量守恒和能量守恒成立；对D选项，碰后系统总动量的方向与碰前总动量方向相反，违反了动量守恒定律．(3)质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球正碰．关于碰后的速度v1′与v2′，下面哪些是可能的：A．v1′＝v2′＝4/3m/s；B．v1′＝-1m/s，v2′＝2.5m/sC．v1′＝1m/s，v2′＝3m/s；D．v1′＝-4m/s，v2′＝4m/s3．提示：必须同时满足：m1v1＝m1v′＋m2v′2和m1v12≥m1v′21＋m2v′22这两个条件．∴选项A、B正确．(5)在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0．小车(和单摆)以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋mv3；B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2；C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v′，满足Mv＝(M＋m)v′；D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2．5．BC提示：摆球并不参预小车碰木块的过程，因此小车和木块组成的系统动量守恒，摆球速度不变．(9)如图5—38所示，质量为m的子弹以速度v从正下方向上击穿一个质量为M的木球，击穿后木球上升高度为H，求击穿木球后子弹能上升多高？9．解：子弹击穿木块的过程系统动量守恒，设子弹击穿木块后速度为v1，则mv＝M＋mv1v1＝v－子弹能上升的高度h＝＝(11)一个连同装备总质量为M＝100kg的宇航员，在距离飞船s＝45m处与飞船处于相对静止状态，宇航员背着装有质量m0＝0.5kg氧气的贮气筒，筒有个可以使氧气以v＝50m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用．宇航员的耗氧率为Q＝2.5×10-4kg①瞬时喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？②为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？11．提示：①设瞬间喷出m(kg)氧气，宇航员速率为v1，宇航员刚好全返回，由动量守恒：0＝mv－Mv1∴mv＝Mv1匀速运动：t＝m0＝Qt＋m由以上三式解之：m＝0.05kg或0.05kg≤m②为了总耗氧量最低，设喷出m(kg)氧气，则总耗氧：Δm＝Qt＋mt＝s/v1mv＝Mv1故t＝，∴Δm＝＋m＝＋m(讨论Δm随喷出气体m的变化规律，求Δm的极小值)故：当m＝时，Δm有极小值．则：m＝0.15kg返回时间：t＝＝高中物理动量能量典型试题1．(14分)某地强风的风速是20m/s，空气的密度是=1.3kg/m3。一风力发电机的有效受风面积为S=20m2，如果风通过风力发电机后风速减为12m/s，且该风力发电机的效率为=80%，则该风力发电机的电功率多大？1．风力发电是将风的动能转化为电能，讨论时间t内的这种转化，这段时间内通过风力发电机的空气的空气是一个以S为底、v0t为高的横放的空气柱，其质量为m=Sv0t，它通过风力发电机所减少的动能用以发电，设电功率为P，则代入数据解得P=53kW2、甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s.甲车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2=30kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：（1）两车的速度各为多少？（2）甲总共抛出了多少个小球？2．分析与解：甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的过程。（1）甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞。设共同速度为V，则: M1V1－M2V1=（M1+M2）V （2）这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×（－1.5）=225（kg·m/s）每一个小球被乙接收后，到最终的动量弯化为△P1=16.5×1－1.5×1=15（kg·m/s）故小球个数为CAB图11V02VCAB图11V02V0（1）木块B从刚开始运动到与木板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。3．分析与解：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为V1。对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：解得：V1=0.6V0对木块B运用动能定理，有：解得（2）设木块A在整个过程中的最小速度为V′，所用时间为t，由牛顿第二定律：对木块A：,对木板C：,当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：解得木块A在整个过程中的最小速度为：4．总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，如图13所示。设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的。当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？4．分析与解：此题用动能定理求解比用运动学、牛顿第二定律求解简便。对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：对车尾，脱钩后用动能定理得：而，由于原来列车是匀速前进的，所以F=kMg由以上方程解得。ABABC图145．分析与解：设A、B、C的质量均为m。B、C碰撞前，A与B的共同速度为V0，碰撞后B与C的共同速度为V1。对B、C构成的系统，由动量守恒定律得：mV0=2mV1设A滑至C的右端时，三者的共同速度为V2。对A、B、C构成的系统，由动量守恒定律得：2mV0=3mV2设C的长度为L，A与C的动摩擦因数为μ，则据摩擦生热公式和能量守恒定律可得：设从发生碰撞到A移至C的右端时C所走过的距离为S，则对B、C构成的系统据动能定理可得：由以上各式解得.6．面积很大的水池，水深为H，水面上浮着一正方体木块，木块边长为，密度为水的，质量为，开始时，木块静止，有一半没入水中，如图38所示，现用力F将木块缓慢地压到池底，不计摩擦，求（1）从开始到木块刚好完全没入水的过程中，力F所做的功。（2）若将该木块放在底面为正方形（边长为a）的盛水足够深的长方体容器中，开始时，木块静止，有一半没入水中，如图39所示，现用力F将木块缓慢地压到容器底部，不计摩擦。求从开始到木块刚好完全没入水的过程中，容器中水势能的改变量。图图38Ha图39图396．解：（1）因水池面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图中原来处于划斜线区域的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部分水的质量为，其势能的改变量为aa/2aa/2大块势能的改变量为:3a/4a/4根据功能原理，力F所做的功：3a/4a/4(2)因容器水面面积为2a2，只是木块底面积的2倍，不可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图8中原来处于下方划斜线区域的水被排开到上方划斜线区域。这部分水的质量为/2，其势能的改变量为：。图13AV0BC图13AV0BC7．（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，，（2分）得（1分）系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能，，（1分），（1分）得（1分）（2）当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为V2，由于水平面光滑，A与C组成的系统动量守恒，，（2分）得A与C组成的系统机械能守恒，（2分）得（1分）（3）当A滑下C时，设A的速度为VA，C的速度为VC，A与C组成的系统动量守恒，,（1分）A与C组成的系统动能守恒，（2分）得VC=（2分）8．(13分)如图所示，将质量均为m厚度不计的两物块A、B用轻质弹簧相连接，只用手托着B物块于H高处，A在弹簧弹力的作用下处于静止，将弹簧锁定．现由静止释放A、B，B物块着地时解除弹簧锁定，且B物块的速度立即变为0，在随后的过程中当弹簧恢复到原长时A物块运动的速度为υ0，且B物块恰能离开地面但不继续上升．已知弹簧具有相同形变量时弹性势能也相同．HAhBhAhBh（1）BHAhBhAhBh（2）B物块着地到B物块恰能离开地面但不继续上升的过程中，A物块运动的位移Δx；（3）第二次用手拿着A、B两物块，使得弹簧竖直并处于原长状态，此时物块B离地面的距离也为H，然后由静止同时释放A、B，B物块着地后速度同样立即变为0．求第二次释放A、B后，B刚要离地时A的速度υ2．8．(13分)（1）设A、B下落H过程时速度为υ，由机械能守恒定律有：（1分）即（1分）解得：（1分）HHAhBhAhBhAhBhAhBhAhBhxxxυ1hυ2h原长（2）B物块恰能离开地面时，弹簧处于伸长状态，弹力大小等于mg，B物块刚着地解除弹簧锁定时，弹簧处于压缩状态，弹力大小等于mg．因此，两次弹簧形变量相同，则这两次弹簧弹性势能相同，设为EP．（1分）又B物块恰能离开地面但不继续上升，此时A物块速度为0．从B物块着地到B物块恰能离开地面但不继续上升的过程中，A物块和弹簧组成的系统机械能守恒（2分）得Δx＝H（1分）（3）弹簧形变量（1分）第一次从B物块着地到弹簧恢复原长过程中，弹簧和A物块组成的系统机械能守恒（1分）第二次释放A、B后，A、B均做自由落体运动，由机械能守恒得刚着地时A、B系统的速度为（1分）从B物块着地到B刚要离地过程中，弹簧和A物块组成的系统机械能守恒（1分）联立以上各式得（1分）9．（重庆市2008届直属重点中学第2次联考）如图所示，质量为m＝1kg的滑块，以υ0＝5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若小车质量M＝4kg，平板小车长L＝3.6m，滑块在平板小车上滑移1s后相对小车静止.求：(1)滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数μ；(2)若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少?（g取9.8m/s2）（10分）9．（1）m滑上平板小车到与平板小车相对静止，速度为v1,据动量守恒定律：①（2分）对m据动量定理：②（2分）将①代入②解得μ=0.4（2分）（2）设当滑块刚滑到平板小车的右端时，两者恰有共同速度为v2，据动量守恒定律：③（2分）对m据动能定理有：④（1分）对M据动能定理有：⑤（1分）由几何关系有：⑥（1分）联立③④⑤⑥解得：v0=6米/秒即滑块的初速度不能超过6米/秒。（1分）或由功能原理得：（3分）解得：v0=6米/秒（1分）（其他解法，按相应分数给分）ABs4sDOCF10．如图所示，一轻质弹簧一端固定，一端与质量为m的小物块A相联，原来A静止在光滑水平面上，弹簧没有形变，质量为m的物块B在大小为F的水平恒力作用下由C处从静止开始沿光滑水平面向右运动，在O点与物块A相碰并一起向右运动（设碰撞时间极短）。运动到D点时，将外力F撤去，已知CO=4sABs4sDOCF10．解析：物块B在F的作用下，从C运动到O点的过程中，设B到达O点的速度为v0，由动能定理得：F·4s=对于A与B在O点的碰撞动量守恒，设碰后的共同速度为v，由动量守恒定律可得：mv0=2mv当A、B一起向右运动停止时，弹簧的弹性势能最大。设弹性势能的最大值为Epm,据能量守恒定律可得：Epm=Fs+撤去外力后，系统的机械能守恒。根据机械能守恒定律可求得A、B的最大速度为：。11．如图所示，质量均为的木块并排放在光滑水平面上，上固定一根轻质细杆，轻杆上端的小钉（质量不计）O上系一长度为L的细线，细线的另一端系一质量为的小球，现将球的细线拉至水平，由静止释放，求：（1）两木块刚分离时，速度各为多大？（2）两木块分离后，悬挂小球的细线与竖直方向的最大夹角多少？11．分析：球下摆过程中，在达到最低位置之前，悬线拉力的水平分量使同时达到最大速度，且：，三者组成一个系统，满足系统机械能守恒和动量守恒；球摆过最低位置后，悬线拉力使向右做减速运动，致使分离，分离后，B以原速度做匀速直线运动，，所以，速度减为零后改为反方向向左运动，当、C速度相等时，球摆到最高点，此过程组成的系统动量守恒、机械能守恒。解：（1）三者组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，选取最低点，球到达最低点时共同速度为，速度为，规定向左为正方向：解得：（2）、从球在最低点开始，与组成一个系统满足动量守恒和机械能守恒，设摆到最高处为，此时，共同速度为：解得：；难点：认为球的运动轨迹是完整的圆弧，没有考虑到对地而言是一条曲线，而且到达最高点时相对速度为零，即只具有水平方向上的速度。运用整体法：在多个物理过程中，确定系统的初末状态是解决问题的关键，“系统的初末状态”是指系统在内力相互作用时间内开始和结束的状态，而不是任意物理过程的开始和结束的状态，这是解决问题的关键。12．如图所示，两个质量均为4m的小球A和B由轻弹簧连接，置于光滑水平面上．一颗质量为m子弹，以水平速度v0射入A球，并在极短时间内嵌在其中．求：在运动过程中（1）什么时候弹簧的弹性势能最大，最大值是多少？（2）A球的最小速度和B球的最大速度．12．解析：子弹与A球发生完全非弹性碰撞，子弹质量为m，A球、B球分别都为M，子弹与A球组成的系统动量守恒，则mv0=(m+M)V ①（1）以子弹、A球、B球作为一系统，以子弹和A球有共同速度为初态，子弹、A球、B球速度相同时为末态，则（m+M）V=(m+M+M)V′ ② ③M＝4m，解得 ④（2）以子弹和A球有共同速度为初态，子弹和A球速度最小、B球速度最大为末态，则（m+M）V=(m+M)VA+MVB ⑤ ⑥解得， ⑦或＝v0，＝0 ⑧根据题意求A球的最小速度和B球的最大速度，所以VAmin，VBmax13．质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图所示，当t=0时，两个质量分别为mA=2kg、mB=1kg的小物体A、B都以大小为v0=7m/s。方向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端相向滑动。到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A、B与车间的动摩擦因素μ=0.2，取g=10m/s2,求：（1）A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小（2）A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间。Ot/sOt/sv/m.s-11234512AABv0v013．（1）当A和B在车上都滑行时，在水平方向它们的受力分析如图所示：AABv0v0fAfBf车由受力图可知，A向右减速，B向左减速，小车向右加速，所以首先是A物块速度减小到与小车速度相等。设A减速到与小车速度大小相等时，所用时间为t1，其速度大小为v1，则：v1=v0-aAt1μmAg=mAaB ①v1=a车t1μmAg-μmBg=Ma车 ②由①②联立得：v1=1.4m/st1=2.8s ③（2）根据动量守恒定律有：mAv0-mBv0=(M+mA+mB)v ④v=1m/s ⑤总动量向右，

当A与小车速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了。设再经过t2时间小物体A与B、车速度相同，则：-v=v1-aBt2μmBg=mAaB ⑥由⑥⑦式得：t2=1.2s ⑦Ot/sv/m.s-11234512所以A、B在车上都停止滑动时，车的运动时间为t=t1+t2=4.0s ⑧

（3）由（1）可知t1=2.8s时，小车的速度为v1=1.4m/s，在0~t1时间内小车做匀加速运动。在Ot/sv/m.s-11234512评分标准：①②③④式各2分；⑤式1分；⑥式2分；⑦⑧⑨式1分；速度—时间图像4分。14．如图所示，n个相同的木块（可视为质点），每块的质量都是m，从右向左沿同一直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为l，第n个木块到桌边的距离也是l，木块与桌面间的动摩擦因数为μ．开始时，第1个木块以初速度v0向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动．最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下．（1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能．llln1nllln1n-2n-1v0第14题图左右（3）若n=4，l=0.10m，v0=3.0m/s，重力加速度g=10m/s2，求μ的数值14．（1）整个过程木块克服摩擦力做功W＝μmg·l+μmg·2l+……+μmg·nl＝①根据功能关系，整个过程中由于碰撞而损失的总动能为△EK=EK0－W②得△EK=③（2）设第i次（i≤n－1）碰撞前木块的速度为vi，碰撞后速度为vi′，则（i+1）mvi′=imvi④碰撞中损失的动能△EKi与碰撞前动能EKi之比为（i≤n－1）⑤可得（i≤n－1）⑥（3）初动能EK0=mv02/2第1次碰撞前EK1=EK0－μmgl⑦第1次碰撞后EK1′=EK1－△EK1=EK1－EK1/2=EK0/2－μmgl/2⑧第2次碰撞前EK2=EK1′－μ（2mg）l=EK0/2－5μmgl/2第2次碰撞后EK2′=EK2－△EK2=EK2－EK3/3=EK0/3－5μmgl/3第3次碰撞前EK3=EK2′－μ(3mg)l=EK0/3－14μmgl/3第3次碰撞后EK3′=EK3－△EK3=EK0/4－7μmgl/2据题意有EK0/4－7μmgl/2＝μ(4mg)l⑨带入数据，联立求解得μ＝0.15⑩16．如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M＝1kg的木块随传送带一起以v1＝2m/s的速度向左匀速运动（传送带的速度恒定），木块与传送带的摩擦因数，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹，以v0＝300m/s的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50m/s，设子弹射穿木块的时间极短，（g取10m/s2）求：（1）木块遭射击后远离A的最大距离；（2）木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间。16．（1）设木块遭击后的速度瞬间变为V，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得（3分）则，代入数据解得，方向向右。（2分）木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，其受力如图所示。摩擦力（1分）设木块远离A点的最大距离为S，此时木块的末速度为0，根据动能定理得（3分）则（1分）（2）研究木块在传送带上向左运动的情况。设木块向左加速到时的位移为S1。由动能定理得则（3分）由此可知，遭击木块在传送带上向左的运动过程分两个阶段：先向左加速运动一段时间，再匀速运动一段时间。由动量定理得则（2分）（2分）所求时间（1分）17．如图所示为一个模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘、质量M=l00kg、电量q=+6.0×10-2C的传送小车，小车置于光滑的水平地面上。在传送途中，有一个水平电场，电场强度为E=4.0×l03V／m，可以通过开关控制其有无。现将质量，m＝20kg的货物B放置在小车左端，让它们以υ=2m(1)试指出关闭电场的瞬间，货物和小车的速度方向。(2)为了使货物不滑离小车的另一端，小车至少多长?(货物不带电且体积大小不计，g取10m／s2)17．(1)货物和小车的速度方向分别向右和向左(3分)(2)设关闭电场的瞬间，货物和小车的速度大小分别为υB和υA；电场存在时和电场消失后货物在小车上相对滑行的距离分别为L1和L2；电场存在的时间是t，该段时间内货物和小车的加速度大小分别是aB和aA，对地位移分别是sB和sA在关闭电场后，货物和小车系统动量守恒，由动量规律和能量规律有mυB－MυAAUTOTEXT====0①(2分)μmgL2AUTOTEXT====EQ\F(1,2)mυB2+EQ\F(1,2)MυA2②(2分)由①式代人数据得υBAUTOTEXT====5υA③(1分)在加电场的过程中，货物一直向前做匀减速运动，小车先向前做匀减速运动，然后反向做匀加速运动，由牛顿定律有aBAUTOTEXT====μmg/mAUTOTEXT====1m/s2(1分)aAAUTOTEXT====(qE－μmg)/MAUTOTEXT====2.2m/s2(1分)又υBAUTOTEXT====υ－aBt,υAAUTOTEXT====|υ－aAt|(2分)将其与③式联立可得tAUTOTEXT====1s,υBAUTOTEXT====1m/s,υAAUTOTEXT====0.2m/s(3分)再由运动学公式可得sBAUTOTEXT====υt－EQ\F(1,2)aBt2AUTOTEXT====1.5m(1分)sAAUTOTEXT====υt－EQ\F(1,2)aAt2AUTOTEXT====0.9m(1分)所以L1＝sB-sAAUTOTEXT====0.6m(1分)又将数据代入②式解得L2AUTOTEXT====0.6m(1分)所以小车的最短长度为LAUTOTEXT====L1+L2AUTOTEXT====1.2m(1分)18．（08汕头）（16分）在光滑的水平面上，静止放置着直径相同的小球A和B，它们的质量分别为m和3m，两球之间的距离为L．现用一大小为F的水平恒力始终作用到A球上，A球从静止开始向着B球方向运动，如图所示．设A球与B（1）A球第一次碰撞B球之前瞬间的速度．（2）A球到第二次碰撞B球之前，A球通过的总路程S．18．（16分）参考解答（1）设A球的加速度为，第一次碰到B球瞬间速度为，则①（1分）②（1分）解得③（1分）（2）两球碰撞过程动量守恒（取向右方向为正方向），得④（1分）碰撞过程没有机械能损失，得⑤（1分）解得两球第一次的速度（方向向左），（方向向右）⑥（2分）碰后A球先向左匀减速运动，再向右匀加速运动，直到第二次碰撞B球．设碰后A球向左运动的最大距离为，则⑦（1分）解得⑧（1分）设两球第一次碰后到第二次碰前经过的时间为，两球的位移都为，有⑨（2分）解得，⑩（2分）因此到第二次碰撞B球之前，A球通过的总路程⑾（2分）解得⑿（1分）19．如图所示是建筑工地常用的一种“深穴打夯机”。工作时，电动机带动两个紧压夯杆的滚轮匀速转动将夯从深为h的坑中提上来，当两个滚轮彼此分开时，夯杆被释放，最后夯在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后，两个滚轮再次压紧，夯杆再次被提上来，如此周而复始工作。已知两个滚轮边缘线速度v恒为4m/s，每个滚轮对夯杆的正压力FN为2´104N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数m为0.3，夯杆质量m为1´103kg，坑深h为6m。假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，且夯杆底端升到坑口时，速度正好为零，取g＝