（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 第十一章 動(dòng)量 近代物理 第2講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用講義（含解析）.docx
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第2講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 一、動(dòng)量守恒定律 1.守恒條件 (1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為0，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒. (2)近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒. (3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒. 2.表達(dá)式 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2. 自測1 關(guān)于系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件，下列說法正確的是( ) A.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動(dòng)量就不可能守恒 B.只要系統(tǒng)中有一個(gè)物體具有加速度，系統(tǒng)動(dòng)量就不守恒 C.只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒 D.系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定守恒 答案 C 二、碰撞、反沖、爆炸 1.碰撞 (1)定義：相對運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短的時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化，這個(gè)過程就可稱為碰撞. (2)特點(diǎn)：作用時(shí)間極短，內(nèi)力(相互碰撞力)遠(yuǎn)大于外力，總動(dòng)量守恒. (3)碰撞分類 ①彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能沒有損失. ②非彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能有損失. ③完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體，機(jī)械能損失最大. 2.反沖 (1)定義：當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開物體時(shí)，剩余部分將獲得一個(gè)反向沖量，這種現(xiàn)象叫反沖運(yùn)動(dòng). (2)特點(diǎn)：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力.實(shí)例：發(fā)射炮彈、爆竹爆炸、發(fā)射火箭等. (3)規(guī)律：遵從動(dòng)量守恒定律. 3.爆炸 爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時(shí)間很短，作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒. 自測2 如圖1所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是( ) 圖1 A.A和B都向左運(yùn)動(dòng) B.A和B都向右運(yùn)動(dòng) C.A靜止，B向右運(yùn)動(dòng) D.A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng) 答案 D 解析 以兩滑塊組成的系統(tǒng)為研究對象，兩滑塊碰撞過程動(dòng)量守恒，由于初始狀態(tài)系統(tǒng)的動(dòng)量為零，所以碰撞后兩滑塊的動(dòng)量之和也為零，所以A、B的運(yùn)動(dòng)方向相反或者兩者都靜止，而碰撞為彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的速度不可能都為零，則A應(yīng)該向左運(yùn)動(dòng)，B應(yīng)該向右運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤. 命題點(diǎn)一 動(dòng)量守恒定律的理解與應(yīng)用 1.動(dòng)量守恒定律的“五性” 條件性 首先判斷系統(tǒng)是否滿足守恒條件(合力為零) 相對性 公式中v1、v2、v1′、v2′必須相對于同一個(gè)慣性系 同時(shí)性 公式中v1、v2是在相互作用前同一時(shí)刻的速度，v1′、v2′是在相互作用后同一時(shí)刻的速度 矢量性 應(yīng)先選取正方向，與選取的正方向一致的動(dòng)量為正值，相反為負(fù)值 普適性 不僅適用于低速宏觀系統(tǒng)，也適用于高速微觀系統(tǒng) 2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟 (1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程)； (2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)； (3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量； (4)由動(dòng)量守恒定律列出方程； (5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說明. 3.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)的注意事項(xiàng) (1)動(dòng)量守恒定律的研究對象都是由相互作用的物體組成的系統(tǒng).系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，與選擇哪幾個(gè)物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運(yùn)動(dòng)過程有直接關(guān)系. (2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時(shí)，要弄清哪些力是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些力是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)的作用力. 例1 (多選)在光滑水平面上，A、B兩小車中間有一彈簧，如圖2所示.用左、右手分別抓住小車A、B并將彈簧壓縮后使小車處于靜止?fàn)顟B(tài)，將兩小車及彈簧看成一個(gè)系統(tǒng)，下列說法中正確的是( ) 圖2 A.兩手同時(shí)放開后，系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零 B.先放開左手，再放開右手后，系統(tǒng)總動(dòng)量不守恒 C.先放開左手，再放開右手后，總動(dòng)量一定向右 D.無論何時(shí)放手，兩手放開后，在彈簧恢復(fù)原長的過程中，系統(tǒng)總動(dòng)量都保持不變，但系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定為零 答案 AD 解析 只要系統(tǒng)受到的合外力為零，動(dòng)量就守恒.兩手同時(shí)放開，系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，始終為零，A正確.只放開一只手時(shí)，由于另一只手對系統(tǒng)有作用力所以動(dòng)量不守恒，但當(dāng)兩只手都放開后，系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，等于第二只手放開時(shí)的動(dòng)量，B、C錯(cuò)誤，D正確. 例2 (2018常州市一模)如圖3所示，光滑水平面上小球A、B分別以1.2m/s、2.0 m/s的速率相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后B球靜止.已知碰撞時(shí)間為0.05s，A、B的質(zhì)量均為0.2kg.求： 圖3 (1)碰撞后A球的速度大??； (2)碰撞過程A對B平均作用力的大小. 答案 (1)0.8m/s (2)8N 解析 (1)A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)B的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍? 由動(dòng)量守恒定律得mvB－mvA＝0＋mvA′ 解得vA′＝0.8 m/s (2)對B，由動(dòng)量定理得－Δt＝ΔpB＝0－mvB 解得＝8 N. 變式1 (2018蘇州市期初調(diào)研)如圖4所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩小車A、B靜止在光滑的水平面上，在A車上站有一質(zhì)量為m0的人.當(dāng)此人以速度v0向右跳上B車，并與B車相對靜止后.求： 圖4 (1)人跳離A車后，A車的速度大小和方向； (2)人跳上B車后，A、B兩車的速度大小之比. 答案 (1)v0 方向向左 (2) 解析 (1)設(shè)人跳離A車后，A車的速度為vA，研究A車和人組成的系統(tǒng)，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有m1vA＋m0v0＝0 解得vA＝－v0 負(fù)號(hào)表示A車的速度方向向左 (2)設(shè)人跳上B車后，B車的速度為vB，研究人和B車，由動(dòng)量守恒定律有m0v0＝(m0＋m2)vB，解得vB＝v0， 所以A、B兩車的速度大小之比＝ 命題點(diǎn)二 碰撞問題 1.碰撞遵循的三條原則 (1)動(dòng)量守恒定律 (2)機(jī)械能不增加 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋ (3)速度要合理 ①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大或相等. ②相向碰撞：碰撞后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變. 2.碰撞的類型及特點(diǎn) (1)彈性碰撞：動(dòng)量守恒，初、末總動(dòng)能不變，即 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2. (2)完全非彈性碰撞：碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，動(dòng)量守恒，動(dòng)能損失最大，即 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v， m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2＝ΔEkm. (3)非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，動(dòng)能有損失. 例3 (2018揚(yáng)州市一模)如圖5所示，質(zhì)量分別為m1＝0.2kg和m2＝0.8kg的兩個(gè)小球，在光滑的水平面上分別以速度v1＝10 m/s、v2＝2 m/s向右運(yùn)動(dòng)并發(fā)生對心碰撞，碰后甲球以2 m/s的速度向左運(yùn)動(dòng).求： 圖5 (1)碰后乙球的速度大??； (2)碰撞時(shí)撞擊力對甲球的沖量. 答案 (1)5m/s (2)2.4Ns，方向向左 解析 (1)取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝－m1v1′＋m2v2′ 代入數(shù)據(jù)得v2′＝5 m/s (2)對甲球，由動(dòng)量定理得I＝Δp＝－m1v1′－m1v1 代入數(shù)據(jù)得I＝－2.4 Ns，負(fù)號(hào)表示方向向左. 變式2 (2018鹽城市三模)在氣墊導(dǎo)軌上，一個(gè)質(zhì)量為0.6kg的滑塊甲以大小為0.15m/s的速度與另一質(zhì)量為0.4 kg、速度大小為0.1 m/s并沿反方向運(yùn)動(dòng)的滑塊乙迎面相撞，碰撞后兩個(gè)滑塊粘在一起運(yùn)動(dòng)，速度大小為m/s，碰撞過程中乙滑塊受到甲滑塊的沖量大小為Ns. 答案 0.05 0.06 拓展點(diǎn) 爆炸與反沖模型 例4 一質(zhì)量為M的航天器遠(yuǎn)離太陽和行星，正以速度v0在太空中飛行，某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動(dòng)機(jī)瞬間向后噴出質(zhì)量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2等于 (v0、v1、v2均為相對同一參考系的速度)( ) A. B. C. D. 答案 C 解析 以v0的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2，解得v2＝，故選C. 例5 (2018興化一中四模)如圖所示，一個(gè)禮花彈豎直上升到最高點(diǎn)時(shí)炸裂成三塊碎片，其中一塊碎片首先沿豎直方向落至地面，另兩塊碎片稍后一些同時(shí)落至地面.則在禮花彈炸裂后的瞬間這三塊碎片的運(yùn)動(dòng)方向可能是( ) 答案 D 解析 禮花彈炸裂的瞬間動(dòng)量守恒，因炸裂前的總動(dòng)量為零，則炸裂后總動(dòng)量為零，因一塊碎片沿豎直方向先落地，可知其速度方向豎直向下，則禮花彈炸裂后的瞬間這三塊碎片的運(yùn)動(dòng)方向可能是D. 命題點(diǎn)三 人船模型 1.“人船模型”問題 兩個(gè)原來靜止的物體發(fā)生相互作用時(shí)，若所受外力的矢量和為零，則動(dòng)量守恒.在相互作用的過程中，任一時(shí)刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比.這樣的問題即為“人船模型”問題. 2.人船模型的特點(diǎn) (1)兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：m1v1－m2v2＝0. (2)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng)，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即＝＝. (3)應(yīng)用＝＝時(shí)要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對地面而言的. 例6 有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(估計(jì)重一噸左右).一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測定它的質(zhì)量.他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船.用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計(jì)，則船的質(zhì)量為( ) A. B. C. D. 答案 B 解析 設(shè)船的質(zhì)量為M，人走動(dòng)的時(shí)候船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭用時(shí)為t，則人的位移大小為L－d，船的位移大小為d，所以v＝，v′＝.以船的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有：Mv－mv′＝0，可得：M＝m，解得小船的質(zhì)量為M＝m，故B項(xiàng)正確. 1.(多選)如圖6所示，小車與木箱緊挨著靜放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過程，下列說法中正確的是( ) 圖6 A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B.小車與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C.男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D.木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量大小相等 答案 CD 2.(多選)如圖7所示，在光滑的水平面上有一靜止的小車，甲、乙兩人站在小車左、右兩端，當(dāng)二人同時(shí)相向而行時(shí)，發(fā)現(xiàn)小車向右運(yùn)動(dòng).下列說法中正確的是( ) 圖7 A.乙的速度必定大于甲的速度 B.甲的質(zhì)量必定大于乙的質(zhì)量 C.從數(shù)值上，乙的動(dòng)量必定大于甲的動(dòng)量 D.甲、乙的動(dòng)量之和必定不為零 答案 CD 3.(2018南通市、泰州市一模)在冰壺比賽中，冰壺甲以速度v1正碰靜止的冰壺乙，碰后冰壺甲的速度變?yōu)関2，方向不變.已知兩冰壺質(zhì)量均為m，碰撞過程時(shí)間為t，求： (1)正碰后冰壺乙的速度v； (2)碰撞過程中冰壺乙受到的平均作用力大小F. 答案 見解析 解析 (1)以碰撞前冰壺甲的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有 mv1＝mv2＋mv 解得v＝v1－v2. (2)對冰壺乙，在碰撞過程中由動(dòng)量定理有Ft＝mv－0 解得F＝. 4.(2018鹽城中學(xué)4月檢測)下雪天，卡車在平直的高速公路上勻速行駛，司機(jī)突然發(fā)現(xiàn)前方停著一輛故障車，他將剎車踩到底，車輪被抱死，但卡車仍向前滑行，并撞上故障車，且推著它共同滑行了一段距離L后停下.已知卡車質(zhì)量M為故障車質(zhì)量m的5倍，設(shè)卡車與故障車相撞前的速度為v1，兩車相撞后的速度變?yōu)関2，相撞的時(shí)間極短，求： (1)v1∶v2的值； (2)卡車在碰撞過程中受到的沖量大小. 答案 見解析 解析 (1)以相撞前卡車的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得Mv1＝(M＋m)v2，由M∶m＝5∶1可得v1∶v2＝6∶5 (2)由動(dòng)量定理可得卡車受到的沖量大小I＝Mv2－Mv1 1.(多選)若用p1、p2表示兩個(gè)在同一直線上運(yùn)動(dòng)并且相互作用的物體的初動(dòng)量，p1′、p2′表示它們的末動(dòng)量，Δp1、Δp2表示它們相互作用過程中各自的動(dòng)量變化量，則下列式子能表示動(dòng)量守恒的是( ) A.Δp1＝Δp2 B.p1＋p2＝p1′＋p2′ C.Δp1＋Δp2＝0 D.Δp1＋Δp2＝常數(shù)(不為零) 答案 BC 解析 動(dòng)量守恒的含義是：兩個(gè)物體相互作用前的總動(dòng)量等于其相互作用后的總動(dòng)量，因此B選項(xiàng)正確；p1＋p2＝p1′＋p2′，變形后為(p1′－p1)＋(p2′－p2)＝0，即Δp1＋Δp2＝0，故C選項(xiàng)正確. 2.(2018前黃中學(xué)檢測)如圖1所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸面是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短，則此系統(tǒng)從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過程中( ) 圖1 A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 B.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒 C.動(dòng)量守恒，機(jī)械能減小 D.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能減小 答案 D 3.(多選)如圖2所示，兩位同學(xué)穿旱冰鞋，面對面站立不動(dòng)，互推后向相反的方向運(yùn)動(dòng)，不計(jì)摩擦阻力，下列判斷正確的是( ) 圖2 A.互推后兩同學(xué)總動(dòng)量增加 B.互推后兩同學(xué)動(dòng)量大小相等，方向相反 C.分離時(shí)質(zhì)量大的同學(xué)的速度小一些 D.互推過程中機(jī)械能守恒 答案 BC 解析 對兩同學(xué)所組成的系統(tǒng)，互推過程中，合外力為零，總動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；互推后兩同學(xué)總動(dòng)量為零，動(dòng)量的大小相等，方向相反，質(zhì)量大的同學(xué)的速度小一些，故B、C正確；互推過程中機(jī)械能增大，故D錯(cuò)誤. 4.將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)( ) A.30kgm/s B.5.7102 kgm/s C.6.0102kgm/s D.6.3102 kgm/s 答案 A 解析 由于噴氣時(shí)間很短，且不計(jì)重力和空氣阻力，所以火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒.設(shè)火箭的質(zhì)量為m1，燃?xì)獾馁|(zhì)量為m2.由題意可知，燃?xì)獾膭?dòng)量大小p2＝m2v2＝5010－3600kgm/s＝30 kgm/s.以火箭運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得0＝p1－p2，則火箭的動(dòng)量大小為p1＝p2＝30kgm/s，所以A正確，B、C、D錯(cuò)誤. 5.如圖3所示，在光滑水平面上質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝4kg，速率分別為vA＝5 m/s，vB＝2 m/s的A、B兩小球沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，則( ) 圖3 A.它們碰撞前的總動(dòng)量是18kgm/s，方向水平向右 B.它們碰撞后的總動(dòng)量是18kgm/s，方向水平向左 C.它們碰撞前的總動(dòng)量是2kgm/s，方向水平向右 D.它們碰撞后的總動(dòng)量是2kgm/s，方向水平向左 答案 C 解析 以向右為正方向，則它們碰撞前的總動(dòng)量是p＝mAvA－mBvB＝2 kgm/s，方向水平向右，A、B相碰過程中遵守動(dòng)量守恒定律，故它們碰撞后的總動(dòng)量也是2 kgm/s，方向水平向右，C正確. 6.(多選)(2018徐州三中月考)光滑水平地面上，A、B兩物體質(zhì)量都為m，A以速度v向右運(yùn)動(dòng)，B原來靜止，左端有一輕水平彈簧，如圖4所示，當(dāng)A撞上彈簧，且彈簧被壓縮最短時(shí)( ) 圖4 A.A、B系統(tǒng)總動(dòng)量仍然為mv B.A的動(dòng)量變?yōu)榱? C.B的動(dòng)量達(dá)到最大值 D.A、B的速度相同 答案 AD 解析 A、B系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，A正確；彈簧被壓縮到最短時(shí)A、B兩物體具有相同的速度，故A的動(dòng)量不為零，D正確，B錯(cuò)誤；因?yàn)閺椈蛇€會(huì)彈開，故B物體會(huì)繼續(xù)加速，所以此時(shí)B的速度并不是最大的，即B的動(dòng)量未達(dá)到最大值，C錯(cuò)誤. 7.光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M、底邊長為L，如圖5所示.將一質(zhì)量為m且可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時(shí)間t剛好滑到斜面底端.此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是( ) 圖5 A.FN＝mgcosα B.滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosα C.滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D.此過程中斜面體向左滑動(dòng)的距離為L 答案 D 解析 當(dāng)滑塊B相對于斜面加速下滑時(shí)，斜面體A水平向左加速運(yùn)動(dòng)，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcos α，A錯(cuò)誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，B錯(cuò)誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以A、B組成的系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；A、B組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正確. 8.(2018如皋市模擬四)如圖6所示，在橄欖球比賽中，質(zhì)量為100kg的橄欖球前鋒以vA＝5 m/s的速度跑動(dòng)，想穿越防守隊(duì)員到底線觸地得分.就在他剛要到底線時(shí)，迎面撞上了對方兩名質(zhì)量均為75 kg的球員，一個(gè)速度vB＝2 m/s，另一個(gè)速度vC＝4m/s，他們騰空扭在了一起.他們碰撞后瞬間的速度大小約為 m/s，在此過程中三名球員的總機(jī)械能(選填“增大”“不變”或“減小”). 圖6 答案 0.2 減小 解析 以前鋒的速度vA的方向?yàn)檎较?，設(shè)碰撞后瞬間的共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得： mAvA－mBvB－mCvC＝(mA＋mB＋mC)v， 代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.2m/s 碰撞前三名球員的總動(dòng)能Ek1＝mAvA2＋mBvB2＋mCvC2＝2000J 碰撞后三名球員的總動(dòng)能Ek2＝(mA＋mB＋mC)v2＝5J 可知，在碰撞過程中三名球員的總機(jī)械能減小. 9.(2018海安中學(xué)開學(xué)考)如圖7甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質(zhì)量mA＝1kg.初始時(shí)刻B靜止，A以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，之后與B發(fā)生碰撞并一起運(yùn)動(dòng)，它們的位移－時(shí)間圖象如圖乙所示(規(guī)定向右為位移的正方向)，求： 圖7 (1)物體B的質(zhì)量為多少？ (2)A、B碰撞時(shí)間極短，圖中無法顯示，Δt＝0.01s，求A、B碰撞過程中B受到的平均作用力大小. 答案 見解析 解析 (1)由題圖可知， 碰撞前vA＝ m/s＝4 m/s，vB＝0 碰撞后v＝ m/s＝1 m/s 則由動(dòng)量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v 解得：mB＝＝3 kg. (2)對B，由動(dòng)量定理可得I＝FΔt＝mBv－0 解得：F＝＝300 N. 10.(2018南陽中學(xué)模擬)如圖8所示，一質(zhì)量為M的長木板在光滑水平面上以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的小鐵塊在木板上以速度v0向左運(yùn)動(dòng)，鐵塊與木板間存在摩擦，為使木板能保持速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng)，必須對木板施加一水平力，直至鐵塊與木板達(dá)到共同速度v0.設(shè)木板足夠長，求此過程中水平力的沖量大小. 圖8 答案 2mv0 解析 以M、m組成的系統(tǒng)為研究對象，設(shè)M運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0 則此過程中水平力的沖量大小I＝Ft＝2mv0. 11.(2018南通市等七市三模)如圖9所示，在光滑水平冰面上，一蹲在滑板上的小孩推著冰車一起以速度v0＝1.0 m/s向左勻速運(yùn)動(dòng).某時(shí)刻小孩將冰車以相對冰面的速度v1＝7.0 m/s向左推出，冰車與豎直墻發(fā)生碰撞后原速率彈回.已知冰車的質(zhì)量為m1＝10 kg，小孩與滑板的總質(zhì)量為m2＝30 kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動(dòng).取g＝10 m/s2. 圖9 (1)求冰車與豎直墻發(fā)生碰撞過程中，墻對冰車的沖量大小I； (2)通過計(jì)算判斷，冰車能否追上小孩？ 答案 見解析 解析 (1)以向左為正方向，冰車在與豎直墻碰撞過程中由動(dòng)量定理有 －I＝m1(－v1)－m1v1 解得I＝140 Ns； (2)設(shè)小孩推出冰車后與滑板共同運(yùn)動(dòng)的速度為v，由動(dòng)量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v 解得v＝－1.0 m/s 由于|v|下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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