資源簡介

動量全章復習資料（專題）　
一、沖量與動量、動量與動能概念專題
　　●1．沖量I：I＝Ft，有大小有方向(恒力的沖量沿F的方向)，是矢量．兩個沖量相同必定是大小相等方向相同，講沖量必須明確是哪個力的沖量，單位是N·s．
　　●2．動量p：p＝mv，有大小有方向(沿v的方向)是矢量，兩個動量相同必定是大小相等方向相同，單位是kg·m/s．
　　●3．動量與動能(Ek＝mv2)的關系是：
　　p2＝2mEk．動量與動能的最大區(qū)別是動量是矢量，動能是標量．
　　【例題】A、B兩車與水平地面的動摩擦因數(shù)相同，則下列哪些說法正確？
A．若兩車動量相同，質(zhì)量大的滑行時間長；B．若兩車動能相同，質(zhì)量大的滑行時間長；　
C．若兩車質(zhì)量相同，動能大的滑行時間長；D．若兩車質(zhì)量相同，動量大的滑行距離長．
【分析】根據(jù)動量定理F·t＝mvt-mv0得mg·t＝p　∴t＝∝——A不正確；根據(jù)
t＝∝——B不正確；根據(jù)
t＝∝——C正確；根據(jù)動能定理F合·scos＝得
mgs＝Ek＝，　∴s＝∝p2——D正確．
訓練題
　(1)如圖5—1所示，兩個質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端的過程中，兩個物體具有的物理量相同的是：
　A．重力的沖量；B．彈力的沖量；C．合力的沖量；
D．剛到達底端時的動量；E．剛到達底端時動量的水平分量；
　F．以上幾個量都不同．
　1．F　　分析：物體沿斜面作勻加速直線運動，由位移公式，得=gsin?·t2　　t2∝
?不同，則t不同．又IG＝mgt　　IN＝Nt　　所以IG、IN方向相同，大小不同，選項A、B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律，物體到達底端的速度大小相等，但方向不同；所以剛到達底端時的動量大小相等但方向不同，其水平分量方向相同但大小不等，選項D、E錯誤；又根據(jù)動量定理I合＝ΔP＝mv－0可知合力的沖量大小相等，但方向不同，選項C錯誤．　　
(2)對于任何一個固定質(zhì)量的物體，下面幾句陳述中正確的是：
　　A．物體的動量發(fā)生變化，其動能必變化；B．物體的動量發(fā)生變化，其動能不一定變化；
　　C．物體的動能發(fā)生變化，其動量不一定變化；D．物體的動能變化，其動量必有變化．
BD　　分析：動量和動能的關系是P2＝2mEk，兩者最大區(qū)別是動量是矢量，動能是標量．質(zhì)量一定的物體，其動量變化可能速度大小、方向都變化或速度大小不變方向變化或速度大小變化方向不變．只要速度大小不變，動能就不變．反之，動能變化則意味著速度大小變化，意味著動量變化．
(8)A車質(zhì)量是B車質(zhì)量的2倍，兩車以相同的初動量在水平面上開始滑行，如果動摩擦因數(shù)相同，并以SA、SB和tA、tB分別表示滑行的最遠距離和所用的時間，則
　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＝?mgt知tA＝tB/2,　由Fs＝mv2＝知sA/sB＝1/2
二、動量定理專題
　　●1．動量定理表示式：FΔt＝Δp．式中：(1)FΔt指的是合外力的沖量；(2)Δp指的是動量的增量，不要理解為是動量，它的方向可以跟動量方向相同(同一直線動量增大)也可以跟動量方向相反(同一直線動量減小)甚至可以跟動量成任何角度，但Δp一定跟合外力沖量I方向相同；(3)沖量大小描述的是動量變化的多少，不是動量多少，沖量方向描述的是動量變化的方向，不一定與動量的方向相同或相反．
　　●2．牛頓第二定律的另一種表達形式：據(jù)F＝ma得F＝m，即是作用力F等于物體動量的變化率Δp/Δt，兩者大小相等，方向相同．
　　●3．變力的沖量：不能用Ft直接求解，如果用動量定理Ft＝Δp來求解，只要知道物體的始末狀態(tài)，就能求出I，簡捷多了．
　　注意：若F是變量時，它的沖量不能寫成Ft，而只能用I表示．
　　●4．曲線運動中物體動量的變化：曲線運動中速度方向往往都不在同一直線上，如用Δp＝mv′-mv0來求動量的變化量，是矢量運算，比較麻煩，而用動量定理I＝Δp來解，只要知道I，便可求出Δp，簡捷多了．
＊【例題1】質(zhì)量為0.4kg的小球沿光滑水平面以5m/s的速度沖向墻壁，又以4m/s的速度被反向彈回(如圖5—2)，球跟墻的作用時間為0.05s，求：(1)小球動量的增量；
(2)球受到的平均沖力．
　【分析】根據(jù)動量定理Ft＝mv2-mv1，由于式中F、v1、v2都是矢量，而現(xiàn)在v2與v1反向，如規(guī)定v1的方向為正方向，那么v1＝5m/s，v2＝-4m/s，所以：(1)動量的增量　Δp＝mv2-mv1＝0.4×(-4-5)kg·m/s＝-3.6kg·m/s．　負號表示動量增量與初動量方向相反．(2)F＝N＝-72N．沖力大小為72N，沖力的方向與初速反向．
　【例題2】以速度v0平拋出一個質(zhì)量為1lg的物體，若在拋出3s后它未與地面及其它物體相碰，求它在3s內(nèi)動量的變化．
　【分析】不要因為求動量的變化，就急于求初、未動量而求其差值，這樣不但求動量比較麻煩，而且動量是矢量，求矢量的差也是麻煩的．但平拋出去的物體只受重力，所求動量的變化應等于重力的沖量，重力是恒量，其沖量容易求出．即：Δp＝Ft＝1×10×3kg·m/s＝30kg·m/s．
　　總結與提高
若速度方向變而求動量的變化量，則用ΔP＝Ft求；若力是變力而求沖量，則用I＝mvt-mv0求．
訓練題
　　(2)某質(zhì)點受外力作用，若作用前后的動量分別為p、p′，動量變化為Δp，速度變化為Δv，動能變化量為ΔEk，則：
　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：對B選項，ΔP方向即為合力F合的方向，P的方向即為速度v的方向，在勻速圓周運動中，F(xiàn)合⊥v(即ΔP⊥P)；對C選項，ΔP的方向就是Δv的方向，∵
ΔP＝mΔv，故C選項錯．
　　(4)在空間某一點以大小相同的速度分別豎直上拋，豎直下拋，水平拋出質(zhì)量相等的小球，若空氣阻力不計，經(jīng)過t秒：(設小球均未落地)
A．作上拋運動小球動量變化最??；　B．作下拋運動小球動量變化最大；　
C．三小球動量變化大小相等；　D．作平拋運動小球動量變化最?。?br/>4．C　　提示：由動量定理得：mgt＝Δp，當t相同時，Δp相等，選項C對．
　(8)若風速加倍，作用在建筑物上的風力大約是原來的：
　　A．2倍；　　B．4倍；　C．6倍；　　D．8倍．
　　8．B　　提示：設風以速度v碰到建筑物，后以速度v反彈，在t時間內(nèi)到達墻的風的質(zhì)量為m，由動量定理得：　Ft＝mv－m(－v)＝2mv，　當v變?yōu)?v時，在相同時間t內(nèi)到達墻上的風的質(zhì)量為2m，有：　F′t＝2m·2v－2m(－2v)＝8mv，　　∴
F′＝4F，故選項B對．
(9)質(zhì)量為0.5kg的小球從1.25m高處自由下落，打到水泥地上又反彈豎直向上升到0.8m高處時速度減為零．若球與水泥地面接觸時間為0.2s，求小球?qū)λ嗟孛娴钠骄鶝_擊力．(g取10m/s，不計空氣阻力)
　　9．解：小球碰地前的速度　v1＝＝＝5m/s　小球反彈的速度　v2＝＝＝4m/s
　　以向上為正方向，由動量定理：　(F－mg)t＝mv2－mv1　∴
F＝0.5×(4＋5)/0.2＋0.5×10＝27.5N　方向向上．
四、動量守恒條件專題
　　●1．外力：所研究系統(tǒng)之外的物體對研究系統(tǒng)內(nèi)物體的作用力．
　　●2．內(nèi)力：所研究系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用力．
　　●3．系統(tǒng)動量守恒條件：系統(tǒng)不受外力或所受外力合力為零(不管物體是否相互作用)．系統(tǒng)不受外力或所受外力合力為零，說明合外力的沖量為零，故系統(tǒng)總動量守恒．當系統(tǒng)存在相互作用的內(nèi)力時，由牛頓第三定律得知相互作用的內(nèi)力產(chǎn)生的沖量，大小相等方向相反，使得系統(tǒng)內(nèi)相互作用的物體的動量改變量大小相等方向相反，系統(tǒng)總動量保持不變．也就是說內(nèi)力只能改變系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量而不能改變整個系統(tǒng)的總動量．
訓練題
　　(2)如圖5—7所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，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，現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中
　　A．動量守恒、機械能守恒；　　B．動量不守恒，機械能不守恒；
　　C．動量守恒、機械能不守恒；　　D．動量不守恒，機械能守恒．
　2．B　　解：過程一：子彈打入木板過程(Δt很小)，子彈與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，但機械能不守恒(∵
子彈在打入木塊過程有熱能產(chǎn)生)；
過程二：木塊(含子彈)壓縮彈簧，對三者組成的系統(tǒng)機械能守恒，但動量不守恒(∵
對系統(tǒng)：F合≠0)，所以全程動量、機械能均不守恒．
　(3)光滑水平面上A、B兩小車中有一彈簧(如圖5—8)，用手抓住小車并將彈簧壓縮后使小車處于靜止狀態(tài)，將兩小車及彈簧看作系統(tǒng)，下面的說法正確的是：
　　A．先放B車后放A車，(手保持不動)，則系統(tǒng)的動量不守恒而機械能守恒；
　　B，先放A車，后放B車，則系統(tǒng)的動量守恒而機械能不守恒；
　　C．先放A車，后用手推動B車，則系統(tǒng)的動量不守恒，機械能也不守恒；
　　D．若同時放開兩手，則A、B兩車的總動量為零．
　　3．ACD
提示：對A選項：先放B車時，A、B車及彈簧三者組成的系統(tǒng)合外力F合≠0，∴
動量不守恒，但由于按A車的手不動，故手不做功，此系統(tǒng)機械能守恒．對C選項：F合≠0，且F合又對系統(tǒng)做功(機械能增加)，∴
動量及機械能均不守恒．
五、動量守恒定律各種不同表達式的含義及其應用專題
　　●1．p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p′)
　　●2．Δp＝0(系統(tǒng)總動量增量為零)．
　　●3．Δp1＝-Δp2(相互作用兩個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量增量大小相等方向相反)．
　　●4．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(相互作用兩個物體組成系統(tǒng)，前動量和等于后動量和)
　　●5．以上各式的運算都屬矢量運算，高中階段只限于討論一維情況(物體相互作用前、后的速度方向都在同一直線上)，可用正、負表示方向．處理時首先規(guī)定一個正方向，和規(guī)定正方向相同的為正，反之為負，這樣就轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算式，但所有的動量都必須相對于同一參照系．
　　【例題】質(zhì)量m1＝10g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30cm/s的速率向右運動，恰遇上質(zhì)量m2＝50g的小球以v2＝10cm/s的速率向左運動，碰撞后，小球m2恰好停止，那么碰撞后小球m1的速度是多大？方向如何？
　　【分析與解答】設v1的方向即向右為正方向，則各速度的正負號為：v1＝30cm/s，v2＝-10cm/s，v2′＝0，據(jù)m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2有10v1′＝10×30＋50×(-10)．
　　解得v1′＝-20(cm/s)，負號表示碰撞后，m1的方向與v1的方向相反，即向左．
　　總結提高
解此類題一定要規(guī)定正方向．正確找出初末態(tài)動量．
訓練題
　　(3)一只小船靜止在湖面上，一個人從小船的一端走到另一端(不計水的阻力)，以下說法中正確的是：
　　A．人在小船上行走，人對船作用的沖量比船對人作用的沖量小，所以人向前運動得快，船后退得慢；
　　B．人在船上行走時，人的質(zhì)量比船小，它們所受沖量的大小是相等的，所以人向前運動得快，船后退得慢；
　　C．當人停止走動時，因船的慣性大，所以船將會繼續(xù)后退；
　　D．當人停止走動時，因總動量任何時刻都守恒，所以船也停止后退．
　　3．BD　　分析：對A：人對船的作用力和船對人的作用力等大反向，作用時間相等，所以兩沖量大小相等；選項A錯．對C：人在船上走的過程，對人和船構成的系統(tǒng)，總動量守恒，所以人停則船停；選項C錯．
(6)一輛總質(zhì)量為M的列車，在平直軌道上以速度v勻速行駛，突然后一節(jié)質(zhì)量為m的車廂脫鉤，假設列車受到的阻力與質(zhì)量成正比，牽引力不變，則當后一節(jié)車廂剛好靜止的瞬間，前面列車的速度為多大？
　6．解：列車在平直軌道勻速行駛，說明列車受到合外力為零．后一節(jié)車廂脫鉤后，系統(tǒng)所受合外力仍然為零，系統(tǒng)動量守恒．根據(jù)動量守恒定律有：
　　Mv＝(M－m)v′　　v′＝Mv/(M－m)
六、平均動量守恒專題
　　若系統(tǒng)在全過程中動量守恒(包括單方向動量守恒)，則這一系統(tǒng)在全過程中的平均動量也必定守恒．如果系統(tǒng)是由兩個物體組成，且相互作用前均靜止、相互作用后均發(fā)生運動，則由0＝m1-m2得推論：
　　m1s1＝m2s2，使用時應明確s1、s2必須是相對同一參照物位移的大?。?br/>　　【例題】一個質(zhì)量為M，底面長為b的三角形劈靜止于光滑的水平桌面上，(如圖5—16所示)有一質(zhì)量為m的小球由斜面頂部無初速滑到底部時，劈移動的距離為多少？
　　【分析和解答】劈和小球組成的系統(tǒng)在整個運動過程中都不受水平方向外力．所以系統(tǒng)在水平方向平均動量守恒．劈和小球在整個過程中發(fā)生的水平位移如圖5—15所示，由圖見劈的位移為s，小球的水平位移為(b-s)．則由m1s1＝m2s2得：Ms＝m(b-s)，∴s＝mb/(M＋m)
　　總結提高
用m1s1＝m2s2來解題，關鍵是判明動量是否守恒、初速是否為零(若初速不為零，則此式不成立)，其次是畫出各物體的對地位移草圖，找出各長度間的關系式．
訓練題
　　　(2)靜止在水面的船長為l，質(zhì)量為M，一個質(zhì)量為m的人站在船頭，當此人由船頭走到船尾時，不計水的阻力，船移動的距離為多少？
　2．解：如圖，設船移動的距離為s船，人移動的距離為s人．　Ms船＝ms人　　s人＋s船＝l　　解得s船＝ml/(M＋m)
　(4)氣球質(zhì)量為200kg，載有質(zhì)量為50kg的人，靜止在空中距地面20m的地方，氣球下懸一根質(zhì)量可忽略不計的繩子，此人想從氣球上沿繩慢慢下滑至安全到達地面，則這根繩長至少為多長？
　4、解：如圖，設氣球產(chǎn)生的位移為s球，氣球產(chǎn)生的位移為s人，
　　m人s人＝m球s球
　　50×20＝200×s球
　　s球＝5m
　　所以繩長至少為：
　　l＝s人＋s球＝20＋5＝25m
七、多個物體組成的系統(tǒng)動量守恒專題
　　有時應用整體動量守恒，有時只應用某部分物體動量守恒，有時分過程多次應用動量守恒，有時抓住初、末狀態(tài)動量守恒即可，要善于選擇系統(tǒng)、善于選擇過程來研究．
　　【例題】兩只小船平行逆向航行，航線鄰近，當它們頭尾相齊時，由每一只船上各投質(zhì)量m＝50kg的麻袋到對面一只船上去，結果載重較小的一只船停了下來，另一只船則以v＝8.5m/s的速度向原方向航行，設兩只船及船上的載重量各為m1＝500kg及m2＝1000kg，問在交換麻袋前兩只船的速率為多少？(水的阻力不計)．
【分析】選取小船和從大船投過的麻袋為系統(tǒng)，如圖5—18，并以小船的速度為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：(m1-m)v1-mv2＝0，　即450v1-50v2＝0……(1)．　選取大船和從小船投過的麻袋為系統(tǒng)有：
　-(-m2-m)v2＋mv1＝-m2v，　即-950v2＋50v1＝-1000×8.5……(2)．　選取四個物體為系統(tǒng)有：m1v1-m2v2＝-m2v，　即500v1-1000v2＝-1000×8.5……(3)．　聯(lián)立(1)(2)(3)式中的任意兩式解得：v1＝1(m/s)，v2＝9(m/s)．
訓練題
　　(1)質(zhì)量m＝100kg的小船靜止在靜水面上，船兩端載著m甲＝40kg，m乙＝60kg的游泳者，在同一水平線上甲朝左乙朝右同時以相對于岸3m/s的速度躍入水中，如圖5—19所示，則小船的運動方向和速率為：
　　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：對甲、乙兩人及船構成的系統(tǒng)總動量守恒，取向右為正方向，則根據(jù)動量守恒定律得0＝m甲v甲＋m乙v乙＋mv　，0＝40×(－3)＋60×3＋100×v，
v＝－0.6m/s　　負號表示方向向左
　(3)A、B兩船的質(zhì)量均為M，都靜止在平靜的湖面上，現(xiàn)A船中質(zhì)量為M/2的人，以對地的水平速率v從A船跳到B船，再從B船跳到A船……經(jīng)n次跳躍后，人停在B船上；不計水的阻力，則：
A．A、B兩船速度大小之比為2∶3；　B．A、B(包括人)兩動量大小之比1∶1；
　C．A、B(包括人)兩船的動能之比3∶2；　D．以上答案都不對．
　3．BC　　分析：不管人跳幾次，只關心初狀態(tài)：人在A船上，系統(tǒng)(包括A、B船和人)總動量為零；末狀態(tài)人在B船上．整過程動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得
0＝Mv1＋(M＋M/2)vB　　vA/vB＝3/2
(4)小車放在光滑地面上，A、B兩人站在車的兩頭，A在車的左端，B在車的右端，這兩人同時開始相向行走，發(fā)現(xiàn)小車向左運動，分析小車運動的原因，可能是：(如圖5—20所示)
　　A．A、B質(zhì)量相等，A比B的速率大；　　B．A、B質(zhì)量相等，A比B的速率??；
　　C．A、B速率相等，A比B的質(zhì)量大；　　D．A、B速率相等，A比B的質(zhì)量小．
　　4．AC　　分析：對A、B兩人及車構成的系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向．
　　mBvB－mAvA＋m車v車＝0，　mAvA＝mBvB＋m車v車
,所以mAvA＞mBvB
(7)如圖5—21，在光滑水平面上有兩個并排放置的木塊A和B，已知mA＝500g，mB＝300g，一質(zhì)量為80g的小銅塊C以25m/s的水平初速開始，在A表面滑動，由于C與A、B間有摩擦，銅塊C最后停在B上，B和C一起以2.5m/s的速度共同前進，求：
　?、倌緣KA的最后速度vA′；②C在離開A時速度v′c．
7．解：①因為水平面光滑、C在A、B面上滑動的整個過程，A、B、C系統(tǒng)總動量守恒．木塊C離開A滑上B時，木塊A的速度為最后速度，則　mCvC＝MAvA＋(mB＋mC)v′BC,
　代入數(shù)據(jù)可得　　v′A＝2.1m/s,?、趯在A上滑動的過程，A、B、C系統(tǒng)總動量守恒，A、B速度相等．則　mCvC＝(mA＋mB)v′A＋mCv′C
代入數(shù)據(jù)可得　　v′C＝4m/s
九、用動量守恒定律進行動態(tài)分析專題
　　【例題】甲、乙兩個小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲．甲和他的冰車的總質(zhì)量共為M＝30kg，乙和他的冰車的總質(zhì)量也是30kg，游戲時，甲推著一質(zhì)量為m＝15kg的箱子，和他一起以大小為v0＝2m/s的速度滑行．乙以同樣大小的速度迎面滑來．為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處時乙迅速把它抓?。舨挥嫳娴哪Σ亮?，求：甲至少要以多大的速度(相對于地面)將箱子推出，才能避免與乙相撞．
　【分析和解答】甲把箱子推出后，甲的運動有三種可能，一是繼續(xù)向前，方向不變；一是靜止；一是倒退，方向改變．按題意，要求甲推箱子給乙避免與乙相撞的最起碼速度，是上述的第一種情況，即要求推箱子后，動量的變化不是很大，達到避免相撞的條件便可以，所以對甲和箱的系統(tǒng)由動量守恒定律可得：(取v0方向為正方向)　(M＋m)v0＝mv＋Mv1即(30＋15)×2＝15v＋30v1……(1)
v為箱子相對地速度，v1為甲相對地速度．　乙抓住箱子后，避免與甲相遇，則乙必須倒退，與甲運動方向相同，對乙和箱的系統(tǒng)得：　mv-Mv0＝(M＋m)v2即15v-30×2＝(30＋15)v2……(2)　v2為乙抓住箱子后，一起相對地的后退速度．　甲、乙兩冰車避免相撞的條件是：v2≥v1；當甲、乙同步前進時，甲推箱子的速度為最?。2＝v1……(3)　聯(lián)立(1)(2)(3)式代入數(shù)據(jù)解得：v＝5.2m/s
訓練題
　　(1)如圖5—26所示，水平面上A、B兩物體間用線系住，將一根彈簧擠緊，A、B兩物體質(zhì)量之比為2∶1，它們與水平面間的動摩擦因數(shù)之比為1∶2．現(xiàn)將線燒斷，A、B物體從靜止被彈開，則：
　　A．彈簧在彈開過程中(到停止之前)，A、B兩物體速度大小之比總是1∶2；
　　B．彈簧剛恢復原長時，兩物體速度達最大；　C．兩物體速度同時達到最大；　D．兩物體同時停止運動．
　　分析：由于A、B受水平地面的摩擦力等大反向，整個過程系統(tǒng)動量守恒，則　0＝mAvA－mBvB　vA/vB＝mB/mA＝1/2
　　選項A、C、D正確．當A或B受合外力等于零，加速度為零時，速度達到最大，此時彈簧尚未恢復原長，選項B錯誤．
　(2)如圖5—27所示，光滑水平面有質(zhì)量相等的A、B兩物體，B上裝有一輕質(zhì)彈簧，B原來處于靜止狀態(tài)，A以速度v正對B滑行，當彈簧壓縮到最短時：
　　A．A的速度減小到零；　　B．是A和B以相同的速度運動時刻；　C．是B開始運動時；　D．是B達到最大速度時．
　2．B　　分析：當A碰上彈簧后，A受彈簧推力作用而減速，B受彈簧推力作用而加速；當兩者速度相等時，A、B之間無相對運動，彈簧被壓縮到最短．然后A受彈簧推力作用繼續(xù)減速，B受彈簧推力作用繼續(xù)加速，當彈簧恢復原長時，A減速至零，B加速至最大．或用動量守恒定律分析，mAv＋0＝mAv′A＋mBv′B　　v′A減小，v′B增大；當v′A減至零時，v′B增加至最大為v．
　　(5)如圖5—29所示，甲車質(zhì)量m1＝20kg，車上有質(zhì)量M＝50kg的人．甲車(連人)從足夠長的光滑斜坡上高h＝0.45m由靜止開始向下運動，到達光滑水平面上，恰遇m2＝50kg的乙車以速度v0＝1.8m/s迎面駛來．為避免兩車相撞，甲車上的人以水平速度v′(相對于地面)跳到乙車上，求v′的可取值的范圍．(g取10m/s2)
　　
5．解：甲車滑到水平面時速度為　v甲＝＝＝3(m/s)向右；
　取向右為正方向，設人從甲車跳到乙車后，甲、乙的速度為v′甲，v′乙(均向右)，　當v′甲＝v′乙時，兩車不相碰，由動量守恒定律，　對人和甲車有：(20＋50)v甲＝20v′甲＋50v′,對人和乙車有：50v′－50v0＝(50＋50)v′乙　解得　　v′＝3.8m/s
　當v″甲＝－v″乙　　時兩車不相碰，同理有：　(20＋50)v甲＝50v″＋20v″甲　50v″－50v0＝(50＋50)v″乙
解得v″＝4.8m/s，
　故v′的范圍：3.8m/s≤v′≤4.8m/s
　(6)如圖5—30所示，一個質(zhì)量為m的玩具蛙，蹲在質(zhì)量為M的小車的細桿上，小車放在光滑的水平桌面上，若車長為l，細桿高為h，且位于小車的中點，試求：當玩具蛙最小以多大的水平速度v跳出時，才能落到桌面上？(要求寫出必要文字，方程式及結果)
　
　6．解：取向右為正方向，系統(tǒng)m，M動量守恒：0＝mv－MV，蛙在空中運動時間：t＝
　蛙在t內(nèi)相對車的水平距離：l/2＝(v＋V)t，　解得：v＝．
十、爆炸、碰撞和反沖專題
　　●1．碰撞過程是指：作用時間很短，作用力大．碰撞過程兩物體產(chǎn)生的位移可忽略．
　　●2．爆炸、碰撞和反沖動量近似守恒：有時盡管合外力不為零，但是內(nèi)力都遠大于外力，且作用時間又非常短，所以合外力產(chǎn)生的沖量跟內(nèi)力產(chǎn)生沖量比較都可忽略，總動量近似守恒．
　　●3．三種碰撞的特點：
　　(1)彈性碰撞——碰撞結束后，形變?nèi)肯?，末態(tài)動能沒有損失．所以，不僅動量守恒，而且初、末動能相等，即
　　m1v1＋m2v2＝m1v＇1＋m2v＇2　　
　　(2)一般碰撞——碰撞結束后，形變部分消失，動能有部分損失．所以，動量守恒，而初、末動能不相等，即
　　m1v1＋m2v2＝m1v＇1＋m2v＇2　?。K減
　　(3)完全非彈性碰撞——碰撞結束后，兩物體合二為一，以同一速度運動；形變完全保留，動能損失最大．所以，動量守恒，而初、末動能不相等，即
　　m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v　?。kmax
　　●4．“一動一靜”彈性正碰的基本規(guī)律
　　如圖5—32所示，一個動量為m1v1的小球，與一個靜止的質(zhì)量為m2的小球發(fā)生彈性正碰，這種最典型的碰撞，具有一系列應用廣泛的重要規(guī)律
　　(1)動量守恒，初、末動能相等，即
　　(2)根據(jù)①②式，碰撞結束時，主動球(m1)與被動球(m2)的速度分別為
　　(3)判定碰撞后的速度方向
　　當m1＞m2時；v′1＞0，v′2＞0——兩球均沿初速v1方向運動．
　　當m1＝m2時；v′1＝0，v′2＝v1——兩球交換速度，主動球停下，被動球以v1開始運動．
　　當m1＜m2時；v′1＜0，v′2＞0——主動球反彈，被動球沿v1方向運動．
　　●5．“一動一靜”完全非彈性碰撞的基本計算關系
　　如圖5—33所示，在光滑水平面上，有一塊靜止的質(zhì)量為M的木塊，一顆初動量為mv0的子彈，水平射入木塊，并深入木塊d，且沖擊過程中阻力f恒定．
　
　(1)碰撞后共同速度(v)
　　根據(jù)動量守恒，共同速度為v＝……①　(2)木塊的沖擊位移(s)　設平均阻力為f，分別以子彈，木塊為研究對象，根據(jù)動能定理，有　fs＝Mv2………②，f(s＋d)＝m-mv2……③　由①、②和③式可得
s＝d＜d　在物體可視為質(zhì)點時：d＝0，s＝0——這就是兩質(zhì)點碰撞瞬時，它們的位置變化不計的原因　(3)沖擊時間(t)
　以子彈為研究對象，根據(jù)子彈相對木塊作末速為零的勻減速直線運動，相對位移d＝v0t，所以沖擊時間為
t＝
　(4)產(chǎn)生的熱能Q
　　在認為損失的動能全部轉(zhuǎn)化為熱能的條件下
Q＝ΔEK＝f·s相＝fd＝m
　　【例題1】質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是7kg·m/s，B球的動量是5kg·m/s，當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是：
　　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/s；　D．pA＝-4kg·m/s，pB＝17kg·m/s．
　【分析】從碰撞前后動量守恒p1＋p2＝p1′＋p2′驗證，A、B、C三種情況皆有可能，從總動能只有守恒或減少：
≥來看，答案只有A可能．
　　【例題2】錘的質(zhì)量是m1，樁的質(zhì)量為m2，錘打樁的速率為一定值．為了使錘每一次打擊后樁更多地進入土地，我們要求m1m2．假設錘打到樁上后，錘不反彈，試用力學規(guī)律分析說明為什么打樁時要求m1m2．
【分析】兩個階段，第一階段錘與樁發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后二者具有相同的速度，第二階段二者一起克服泥土的阻力而做功，樁向下前進一段．我們希望第一階段中的機械能損失盡可能小，以便使錘的動能中的絕大部分都用來克服阻力做功，從而提高打樁的效率．設錘每次打樁時的速度都是v，發(fā)生完全非彈性碰撞后的共同速度是v′．　則
m1v＝(m1＋m2)v′．非彈性碰撞后二者的動能為
Ek＝(m1＋m2)v′2＝v2．當m1m2時，EK≈m1v2，即當m1m2時碰撞過程中系統(tǒng)的機械能損失很?。?br/>訓練題
　　(1)甲、乙兩個小球在同一光滑水平軌道上，質(zhì)量分別是m甲和m乙．甲球以一定的初動能Ek0向右運動，乙球原來靜止．某時刻兩個球發(fā)生完全非彈性碰撞(即碰撞后兩球粘合在一定)，下面說法中正確的是：
　　A．m甲與m乙的比值越大，甲球和乙球組成的系統(tǒng)機械能的減少量就越??；
　　B．m甲與m乙的比值越小，甲球和乙球組成的系統(tǒng)機械能的減少量就越??；
　　C．m甲與m乙的值相等，甲球和乙球組成的系統(tǒng)機械能的減少量最??；
　　D．m甲與m乙的值相等，甲球和乙球組成的系統(tǒng)機械能的減少量最大．
　　　1．A　　提示：由動量守恒有：mv0＝(M＋m)v，由能量守恒有：ΔE＝mv02－(M＋m)v2，，ΔE＝mv02＝mv02·，∴
越大，ΔE越小，故選項A對．
(2)半徑相等的兩個小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直線相向運動．若甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，碰撞前兩球的動能相等，則碰撞后兩球的運動狀態(tài)可能是：
　　A．甲球的速度為零而乙球的速度不為零；
B．乙球的速度為零而甲球的速度不為零；
　　C．兩球的速度均不為零；　D．兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動能不變．
2．提示：不知道是哪一種碰撞．　∵
m甲＞m乙，Ek相同，∴
由P2＝2mEk知P甲＞P乙，故系統(tǒng)總動量的方向與甲的初速相同．
對A選項，當球反彈時可保證P總與A球的初速相同，∴
可能出現(xiàn)；　對B選項，∵
P甲＞P乙，∴
碰后乙球不可能靜止；對C選項，可保證動量守恒和能量守恒成立；　對D選項，碰后系統(tǒng)總動量的方向與碰前總動量方向相反，違反了動量守恒定律．　
　(3)質(zhì)量為1kg的小球以4m/s的速度與質(zhì)量為2kg的靜止小球正碰．關于碰后的速度v1′與v2′，下面哪些是可能的：
　A．v1′＝v2′＝4/3m/s；　B．v1′＝-1m/s，v2′＝2.5m/s；　C．v1′＝1m/s，v2′＝3m/s；　D．v1′＝-4m/s，v2′＝4m/s．
　3．提示：必須同時滿足：m1v1＝m1v′＋m2v′2和m1v12≥m1v′21＋m2v′22這兩個條件．∴
選項A、B正確．
(5)在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m0．小車(和單擺)以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短．在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的？
　　A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋mv3；
　　B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2；
　　C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関′，滿足
Mv＝(M＋m)v′；
　　D．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2．
　5．BC　　提示：擺球并不參預小車碰木塊的過程，因此小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，擺球速度不變．
　　(9)如圖5—38所示，質(zhì)量為m的子彈以速度v從正下方向上擊穿一個質(zhì)量為M的木球，擊穿后木球上升高度為H，求擊穿木球后子彈能上升多高？
　9．解：子彈擊穿木塊的過程系統(tǒng)動量守恒，設子彈擊穿木塊后速度為v1，則
　　mv＝M＋mv1　　v1＝v－
　　子彈能上升的高度h＝＝
　　　(11)一個連同裝備總質(zhì)量為M＝100kg的宇航員，在距離飛船s＝45m處與飛船處于相對靜止狀態(tài)，宇航員背著裝有質(zhì)量m0＝0.5kg氧氣的貯氣筒，筒有個可以使氧氣以v＝50m/s的速度噴出的噴嘴，宇航員必須向著返回飛船的相反方向放出氧氣，才能回到飛船，同時又必須保留一部分氧氣供途中呼吸用．宇航員的耗氧率為Q＝2.5×10-4kg/s．不考慮噴出氧氣對設備及宇航員總質(zhì)量的影響，則：
　?、偎矔r噴出多少氧氣，宇航員才能安全返回飛船？
　　②為了使總耗氧量最低，應一次噴出多少氧氣？返回時間又是多少？
11．提示：①設瞬間噴出m(kg)氧氣，宇航員速率為v1，宇航員剛好全返回，由動量守恒：
　　0＝mv－Mv1　　∴
mv＝Mv1
　　勻速運動：t＝　　m0＝Qt＋m
　　由以上三式解之：m＝0.05kg或0.45kg；故要回到飛船時還剩有氧氣，則要：
　　0.05kg≤m≤0.45kg
　　②為了總耗氧量最低，設噴出m(kg)氧氣，
　　則總耗氧：Δm＝Qt＋m　　t＝s/v1　　mv＝Mv1
　　故t＝，
　　∴
Δm＝＋m＝＋m
　　(討論Δm隨噴出氣體m的變化規(guī)律，求Δm的極小值)
　　故：當m＝時，Δm有極小值．
　　則：m＝0.15kg　　返回時間：t＝＝600(s)

展開更多......

收起↑