資源簡介

(共60張PPT)
復習任務群一
現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
第1章 動量及其守恒定律
章末綜合提升
鞏固層·知識整合
提升層·主題探究
主題1　碰撞與爆炸問題
爆炸與碰撞的比較
比較項目 爆炸 碰撞
相同點 過程特點 都是物體間的相互作用突然發生，相互作用的力為變力，作用時間很短，平均作用力很大，且遠大于系統所受的外力，所以可以認為碰撞、爆炸過程中系統的總動量守恒
比較項目 爆炸 碰撞
相同點 過程模型 由于碰撞、爆炸過程相互作用的時間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，因此可以把作用過程看作一個理想化過程來處理，即作用后物體仍從作用前瞬間的位置以新的動量開始
能量情況 都滿足能量守恒，總能量保持不變
不同點 動能情況 有其他形式的能轉化為動能，動能會增加 彈性碰撞時動能不變，非彈性碰撞時動能有損失，動能轉化為內能
【典例1】　一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量。求：
(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間；
(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。
[解析]　(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有
E＝ ①
設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有
0－v0＝－gt ②
聯立①②式得t＝。 ③
(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E＝mgh1 ④
火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。根據能量守恒和動量守恒定律有
＝E ⑤
mv1＋mv2＝0 ⑥
由⑥式知，煙花彈兩部分的速度大小相等、方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續上升的高度為h2，由機械能守恒定律有
＝mgh2 ⑦
聯立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝。
[答案]　(1)　(2)
一語通關　爆炸過程和碰撞過程都可認為是系統動量守恒，但是爆炸過程動能增加，碰撞過程動能不增加，只有理想化的彈性碰撞認為動能不變，而一般情況下系統動能都是減少的。
主題2　多物體、多過程問題及臨界問題
1．解決多物體、多過程問題的兩個關鍵
(1)靈活選取研究對象：根據所研究問題的需要，有時需應用整體的系統動量守恒，有時只需應用部分物體的動量守恒。
(2)靈活選取過程：根據所研究問題的需要，有時需要對全程進行分析，有時需要分過程多次應用動量守恒定律，注意找出聯系各階段的狀態量。
2．臨界問題
在動量守恒定律的應用中，常常會遇到相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界問題。這類問題的求解關鍵是充分利用反證法、極限法分析物體的臨界狀態，挖掘問題中隱含的臨界條件，選取適當的系統和過程，運用動量守恒定律進行解答。
【典例2】　甲、乙兩小船質量均為M＝120 kg，靜止于水面上，甲船上的人質量m＝60 kg，通過一根長為L＝10 m的繩用F＝120 N的力水平拉乙船，求：
(1)兩船相遇時，兩船分別走了多少距離；
(2)為防止兩船相撞，人至少以多大的速度跳到乙船(忽略水的阻力)。
[解析]　(1)由水平方向動量守恒得
(M＋m)＝M
x甲＋x乙＝L
聯立解得x甲＝4 m，x乙＝6 m。
(2)甲船和人與乙船組成的系統動量時刻守恒，設相遇時甲船和人共同速度為v1，人跳離甲船速度為v。因系統總動量為零，為了防止兩船相撞，人跳到乙船后至少需甲、乙船均停下，對人和甲船組成的系統由動量守恒定律得
(M＋m)v1＝0＋mv
對甲船和人由動能定理得Fx甲＝
聯立解得v＝4 m/s。
[答案]　(1)4 m　6 m　(2)4 m/s
一語通關　(1)“人船模型”對于系統初動量為零，動量時刻守恒的情況均適用。
(2)兩物體不相撞的臨界條件是：兩物體運動的速度方向相同，大小相等。
主題3　動量和其他力學知識的綜合問題
運用牛頓運動定律、動量、能量的觀點解題是解決動力學問題的三條重要途徑。求解這類問題時要注意正確選取對象、狀態、過程，并恰當選擇物理規律。在分析的基礎上選用適宜的物理規律來解題，選用規律也有一定的原則。
1．牛頓運動定律(力的觀點)
研究某一時刻(或某一位置)的動力學問題應使用牛頓第二定律，研究某一個恒力作用過程的動力學問題，且又直接涉及物體的加速度問題，應使用運動學公式和牛頓第二定律求解。
如：物體在拉力和摩擦力作用下沿水平面運動瞬間的牛頓第二定律方程：F－f＝ma。
物體沿軌道在豎直面內做圓周運動，最低點的向心力方程：N－mg＝。
2．動量定理和動量守恒定律(動量觀點)
(1)對于不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別對于打擊一類的問題，因時間短且沖量隨時間變化，則應用動量定理求解，Ft＝mv－mv0。
(2)對于碰撞、爆炸、反沖一類的問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時間的，應用動量守恒定律求解。
3．動能定理和能量守恒定律(能量觀點)
(1)對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解。
(2)如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運動過程的加速度和時間問題，則采用機械能守恒定律求解。
(3)對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應考慮選用能量守恒定律建立方程。
4．注意
(1)單個物體：宜選用動量定理、動能定理和牛頓運動定律。若其中有涉及時間的問題，應選用動量定理；若有涉及位移的問題，應選用動能定理；若有涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律。
(2)多個物體組成的系統：優先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，應選用動量守恒定律，然后再根據能量關系分析解決。
【典例3】　如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量mA＝4 kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計。可視為質點的物塊B置于A的最右端，B的質量mB＝2 kg?，F對A施加一個水平向右的恒力F＝10 N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘在一起，共同在F的作用下繼續運動，碰撞后經時間t＝0.6 s，二者的速度達到vt＝2 m/s。求：
(1)A開始運動時加速度a的大??；
(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大?。?br/>(3)A的上表面長度l。
[解析]　(1)以小車A為研究對象，由牛頓第二定律有F＝mAa，代入數據解得a＝2.5 m/s2。
(2)對小車A和物塊B碰撞后共同運動t＝0.6 s的過程，由動量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v
代入數據解得v＝1 m/s。
(3)設小車A和物塊B發生碰撞前，小車A的速度為vA，對小車A和物塊B發生碰撞的過程，由動量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v
小車A從開始運動到與物塊B發生碰撞前，由動能定理有Fl＝
代入數據解得l＝0.45 m。
[答案]　(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m
一語通關　綜合應用力學“三大觀點”解題的步驟
(1)認真審題，明確題目所述的物理情境，確定研究對象。
(2)分析所選研究對象的受力情況及運動狀態和運動狀態的變化過程，畫出草圖。對于過程復雜的問題，要正確、合理地把全過程分成若干階段，注意分析各階段之間的聯系。
(3)根據各階段狀態變化的規律確定解題方法，選擇合理的規律列方程，有時還要分析題目的隱含條件、臨界條件、幾何關系等列出輔助方程。
(4)代入數據(統一單位)，計算結果，必要時要對結果進行討論。
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章末綜合測評(一)　動量及其守恒定律
13
(滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求)
1．(源自魯科版教材改編)如圖所示，學生練習用頭顛球。某次足球由靜止開始下落20 cm后，被豎直頂起，離開頭部后上升的最大高度仍為20 cm。已知足球與頭部的作用時間為0.1 s，足球的質量為0.4 kg，g取10 m/s2，不計空氣阻力。下列說法正確的是(　　)
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A．足球與頭部剛接觸時，足球的動
量大小為1．6 kg·m/s
B．與頭部作用過程中，足球的動量變化量大小為1.6 kg·m/s
C．與頭部作用過程中，頭部對足球的沖量大小為1.6 N·s ，方向豎直向下
D．從最高點下落至重新回到最高點的過程中，足球重力的沖量為0
√
B　[根據v2＝2gh，可得足球與頭部剛接觸時的速度大小為v＝＝2 m/s，此時足球的動量大小為p＝mv＝0.8 kg·m/s，A錯誤；由題意可知，與頭部碰撞后，足球的速度大小與碰前瞬間相等，方向相反，規定向下為正方向，則足球的動量變化量為Δp＝
－mv－mv＝－1.6 kg·m/s，故B正確；根據動量定理可知，足球與頭部作用的過程中，頭部對足球的沖量與重力對足球的沖量之和等于足球的動量變化量，即mg·t－I＝Δp，解得I＝2.0 N·s，方向豎直向上，C錯誤；從最高點下落至重新回到最高點的過程中，足球重力作用的時間不為0，所以足球重力的沖量不為0，D錯誤。]
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√
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2．如圖所示，A、B、C、D、E、F六個球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球質量相等，而F球質量小于B球質量。A球的質量等于F球質量，A球以速度v0向B球運動，所產生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后(　　)
A．5個小球靜止，1個小球運動
B．4個小球靜止，2個小球運動
C．3個小球靜止，3個小球運動
D．6個小球都運動
C　[A球與B球相碰時，由于A球的質量小于B球的質量，A球彈回，B球獲得速度與C球碰撞，由于發生的碰撞為彈性碰撞且質量相等，B球靜止，C球獲得速度，同理，C球與D球的碰撞，D球與E球的碰撞都是如此，E球獲得速度后與F球的碰撞過程中，由于E球的質量大于F球的質量，所以E球、F球碰后都向前運動，所以碰撞之后，A、E、F三球運動，B、C、D三球靜止，選項C正確。]
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√
3．如圖所示，一個傾角為α的斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質量為M，頂端高度為h。今有一質量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是(　　)
A．　　　　　 B．
C．　　 D．
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C　[此題屬“人船模型”問題，小物體與斜面體組成的系統在水平方向上動量守恒，設小物體在水平方向上對地位移為s1，斜面體在水平方向對地位移為s2。則有0＝ms1－Ms2，且s1＋s2＝，可得s2＝，故C正確。]
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4．小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數據，得到如圖所示的位移—時間圖像。圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發生正碰后的結合體的位移隨時間的變化關系。已知相互作用時間極短。由圖像給出的信息可知(　　)
A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為2∶5
B．碰前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量大
C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小
D．滑塊Ⅰ的質量是滑塊Ⅱ的質量的
√
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D　[根據x -t圖像的斜率表示滑塊的運動速度，可得碰撞前滑塊Ⅰ的速度為v1＝ m/s＝－2 m/s，大小為2 m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2＝ m/s＝0.8 m/s，則碰前速度大小之比為5∶2，A錯誤；碰撞前、后系統動量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ的速度為負，動量為負，滑塊Ⅱ的速度為正，動量為正，由于碰撞后動量為正，故碰撞前總動量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量小，B錯誤；碰撞后的共同速度為v＝ m/s＝0.4 m/s，根據動量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入數據可得m1＝，D正確；碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ的動能之
比為＝＝·＝，所以碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能大，C錯誤。]
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√
√
二、雙項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有兩項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
5．如圖所示，一不可伸長的輕繩的一端固定于O點，另一端系一小球，開始時將輕繩向右拉至水平，然后將小球由靜止釋放，則小球由靜止到運動到最低點的過程，下列說法正確的是(　　)
A．拉力對小球的沖量為零
B．重力對小球的沖量方向豎直向下
C．小球的動量變化量方向豎直向下
D．合力對小球的沖量方向水平向左
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BD　[拉力不為零，根據I＝Ft可知，拉力對小球的沖量不為零，選項A錯誤；重力豎直向下，可知重力對小球的沖量方向豎直向下，選項B正確；小球初動量為零，末動量水平向左，可知小球的動量變化量方向水平向左，根據動量定理可知，合力對小球的沖量方向水平向左，選項C錯誤，D正確。]
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6．古時有“守株待兔”的寓言，設兔子的頭部受到大小等于自身重力的撞擊力時即可致死，并設兔子與樹樁的作用時間為0.2 s，則被撞死的兔子奔跑的速度大小可能為(g取10 m/s2)(　　)
A．1 m/s　　　　 B．1.5 m/s
C．2 m/s　　 D．2.5 m/s
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CD　[選取兔子奔跑的方向為正方向，對兔子由動量定理得－Ft＝0－mv，則F＝。當F≥mg時，兔子即被撞死，即F＝≥mg，所以v≥gt，即v≥10×0.2 m/s＝2 m/s，故選項C、D正確。]
√
√
7．質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為μ。初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示。現給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統損失的動能為(　　)
A．mv2　　　　 B．
C．NμmgL　　 D．NμmgL
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BD　[小物塊與箱子作用過程中滿足動量守恒，小物塊最后恰好又回到箱子正中間。二者相對靜止，即為共速，設速度為v1，可得mv＝(m＋M)v1，系統損失動能ΔEk＝＝，A錯誤，B正確；由于碰撞為彈性碰撞，故碰撞時不損失能量，系統損失的動能等于系統產生的熱量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C錯誤，D正確。]
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8．A、B兩船的質量均為m，它們都靜止在平靜的湖面上，A船上質量為的人以水平速度v從A船跳到B船，再從B船跳回A船。水對船的阻力不計，經多次跳躍后，人最終跳到B船上，則(　　)
A．A、B兩船的速度大小之比為2∶3
B．A、B(包括人)的動量大小之比為1∶1
C．A、B(包括人)的動量之和為0
D．因跳躍次數未知，故以上選項均無法確定
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√
√
BC　[選A船、B船和人為一個系統，則它們的初始總動量為0。由動量守恒定律可知，系統以后的總動量將一直為0。選最終B船的運動方向為正方向，則由動量守恒定律可得0＝vB＋mvA，解得vB＝－vA。所以A、B兩船的速度大小之比為3∶2，選項A錯誤；A、B(包括人)的動量大小相等，方向相反，動量大小之比為1∶1，選項B正確；由于系統的總動量守恒，始終為0，故A、B(包括人)的動量之和也始終為0，選項C正確。]
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三、非選擇題(共60分，其中9、10為實驗題，11、12、13題為計算題)
9．某同學把兩塊不同的木塊用細線連接，中間夾一被壓縮的彈簧，如圖所示，將這一系統置于光滑的水平桌面上，燒斷細線，觀察木塊的運動情況，進行必要的測量，驗證木塊間相互作用時動量守恒。
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(1)該同學還必須有的器材是________________。
(2)需要直接測量的數據是____________________________________
_________________________________________________________。
(3)用所得數據驗證動量守恒的關系式是____________。
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刻度尺、天平
兩木塊的質量m1、m2和兩木塊落地點分別到桌子兩側邊緣的水平距離s1、s2
m1s1＝m2s2
[解析]　這個實驗的思路與課本上采用的實驗的原理完全相同，也是通過測平拋運動的位移來代替它們作用完畢時的速度。
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10．某同學用圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律。圖中AB為斜槽，BC為水平槽。
(1)下列說法正確的是____________。
A．該實驗要求入射小球的質量應大于被碰小球的質量
B．該實驗要求入射小球和被碰小球必須是金屬材質
C．該實驗通過測量入射小球從斜槽上由靜止釋放的高度h得到小球碰撞前的速度
D．該實驗通過測量小球做平拋運動的豎直位移間接得到小球碰撞前后的速度
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A
(2)實驗時先使入射小球從斜槽上某一固定位置S多次由靜止釋放，落到位于水平地面的記錄紙上并留下痕跡，從而確定P點的位置；再把被碰小球放在水平槽末端，讓入射小球仍從位置S多次由靜止釋放，跟被碰小球碰撞后，兩球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，從而確定M、N點的位置。實驗中，確定P點位置時多次落點的痕跡如圖乙所示，刻度尺的零刻線與O點對齊，則OP＝____________cm。
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39.80
(3)該實驗若要驗證兩小球碰撞前后的動量是否守恒，需要分別測量記錄紙上M點距O點的距離LOM、P點距O點的距離LOP、N點距O點的距離LON。除此之外，還需要測量的物理量是_________________
___________________ ，需要驗證的關系式為___________________
_______(其中涉及需要測量的物理量請用自己設定的字母表示)。
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入射小球的質量m1
和被碰小球的質量m2
m1LOP＝m1LOM＋
m2LON
[解析]　 (1)要使兩球發生對心正碰，兩球半徑應相等，為防止入射球碰撞后反彈，入射小球的質量應大于被碰小球的質量，而對小球的材質無要求，故A正確，B錯誤；入射小球從靜止下落過程中會受到軌道對其的摩擦力作用，由于摩擦力做功未知，所以不能通過測量入射小球從斜槽上由靜止釋放的高度h得到小球碰撞前的速度，故C錯誤；兩球碰撞后均做平拋運動，平拋的初速度為v＝，豎直高度相同，則下落時間相等，故只需要測量平拋的水平位移而不需要測量豎直高度，故D錯誤。
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(2)為保證減小實驗誤差，則應讀軌跡中心到O點的距離即為OP的長度，毫米刻度尺的最小分度是毫米，估讀到0.1 mm，所以OP＝39.80 cm。
(3)據平拋運動知識可知，落地高度相同，則運動時間相同，設落地時間為t，則：
v0＝，v1＝，v2＝
令入射小球的質量為m1和被碰小球的質量為m2，
根據動量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2
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可得驗證的表達式為：m1LOP＝m1LOM＋m2LON
還需要測量的物理量是入射小球的質量m1和被碰小球的質量m2。
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11．如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C發生碰撞(時間極短)后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C發生碰撞。求A與C碰撞后瞬間A的速度大小。
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[解析]　因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC ①
A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB ②
A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足
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vAB＝vC ③
聯立①②③式，代入數據得vA＝2 m/s。
題號
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[答案]　2 m/s
12．如圖所示，有一擺長為L的單擺，擺球A自水平位置擺下，在擺的平衡位置與置于光滑水平面的B球發生彈性碰撞，導致后者又跟置于同一水平面的C球發生完全非彈性碰撞。假設A、B、C球的質量均為m，重力加速度為g。那么：
(1)A、B球碰后A球的速度為多大？
(2)B、C球碰后它們共同的速度多大？
(3)B球和C球碰撞過程中損失的機械能是多少？
題號
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[解析]　 (1) 對A球從最高點到最低點進行分析，由機械能守恒得mgL＝mv2
解得v＝
由于A球與B球發生彈性碰撞，且質量相等，所以交換速度，所以碰后速度為vB＝，A球速度為vA＝0。
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(2) 對B、C球由水平方向動量守恒得mvB＝(m＋m)v′
解得v′＝，即B、C球碰后的速度是。
(3) 根據能量守恒可知＝(m＋m)v′2＋Q
代入數值解得Q＝mgL
B球和C球碰撞過程中損失的機械能是mgL。
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[答案]　(1) 0　(2) 　(3)mgL
13．如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質量為m1＝30 kg，冰塊的質量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
(1)求斜面體的質量；
(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩。
題號
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[解析]　(1)規定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3。由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v ①
＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②
式中v20＝－3 m/s為冰塊推出時的速度
聯立①②式并代入題給數據得m3＝20 kg。 ③
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(2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0 ④
代入數據得v1＝1 m/s ⑤
設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由水平方向動量守恒和機械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥
＝ ⑦
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聯立③⑥⑦式并代入數據得v2＝1 m/s
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。
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[答案]　(1)20 kg　(2)見解析
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