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現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
第一章　動量守恒定律
3．動量守恒定律
[學習目標]　1．了解系統、內力和外力的概念。2．理解動量守恒定律的內容、表達式，掌握動量守恒定律的推導過程。3．掌握系統內動量守恒的條件。4．體會應用動量守恒定律分析實際問題的方法，體會自然界的和諧與統一。
必備知識·自主預習儲備
知識點一　系統、內力、外力
1．系統：____或____以上的物體組成的整體。
2．內力：系統__物體間的相互作用力。
3．外力：系統____的物體對系統的作用力。
兩個
兩個
中
以外
思考　如圖所示，大人和小孩在冰面上游戲，小孩用力推大人。以大人和小孩組成的系統，涉及重力、推力、摩擦力、支持力作用，這些力哪些是外力？哪些是內力？
提示：重力、 摩擦力、支持力是外力；推力是內力。
體驗1．思考辨析(正確的打√，錯誤的打×)
(1)某個力是內力還是外力是相對的，與系統的選取有關。 (　　)
(2)在相互作用的系統內，內力沖量為零，外力沖量不為零。 (　　)
√
×
知識點二　動量守恒定律
1．內容
如果一個系統不受____，或者所受____的矢量和為0，這個系統的總動量保持不變。
2．表達式
對兩個物體組成的系統，常寫成：p1＋p2＝_________或m1v1＋m2v2＝_____________。
外力
外力
p1′＋p2′
m1v1′＋m2v2′
3．適用條件
系統不受____或者所受____的矢量和為零。
4．動量守恒定律的普適性：既適用于一維情況，也適用于____情況；既適用于宏觀系統，也適用于____系統。
外力
外力
多維
微觀
思考　如圖所示，在風平浪靜的水面上，停著一艘帆船，船尾固定一臺電風扇，正在不停地把風吹向帆面，船能向前行駛嗎？為什么？
提示：把帆船和電風扇看作一個系統，電風扇和帆船受到空氣的作用力大小相等、方向相反，這是一對內力，系統總動量守恒，船原來是靜止的，總動量為零，所以在電風扇吹風時，船仍保持靜止。
體驗2．思考辨析(正確的打√，錯誤的打×)
(1)只要合外力對系統做功為零，系統動量就守恒。 (　　)
(2)系統動量守恒也就是系統的動量變化量為零。 (　　)
(3)只要系統內存在摩擦力，動量就一定不守恒。 (　　)
(4)一個系統初、末狀態動量大小相等，即動量守恒。 (　　)
×
√
×
×
3．填空
如圖所示，游樂場上，兩位同學各駕駛一輛碰碰車迎面相撞，此后，兩車以共同的速度運動。設甲同學和他的車的總質量為120 kg，碰撞前水平向右運動，速度的大小為5 m/s；乙同學和他的車的總質量為180 kg，碰撞前水平向左運動，速度的大小為4 m/s。則碰撞后兩車共同的運動速度大小為________，方向________。
碰碰車的碰撞示意圖
0.4 m/s
向左
[解析]　以碰撞前甲的速度為正方向，設碰撞后兩車的共同速度為v，則系統碰撞前的總動量為
p＝m1v1＋m2v2＝－120 kg·m/s。
碰撞后的總動量為p′＝(m1＋m2)v。
根據動量守恒定律可知p＝p′，
代入數據解得v＝－0.4 m/s，
即碰撞后兩車以0.4 m/s的共同速度運動，運動方向水平向左。
關鍵能力·情境探究達成
1666年在英國皇家學會的例會上有人表演了如下實驗：用兩根細繩豎直懸掛兩個質量相等的鋼球A和B，靜止時兩球恰好互相接觸靠在一起，使A球偏開一角度后放下，撞擊B球，B球將上
升到A球原來的高度，而A球則靜止，然后B球落下又
撞擊A球，B球靜止，A球又幾乎升到原來的高度，以
后兩球交替往復多次。你知道其中的規律嗎？
提示：當時許多科學家對此百思不得其解，1668年，英國皇家學會對這一現象懸賞征答，解開了這一神秘現象的面紗，即在整個相互作用過程中有一個量(系統動量)恒定不變。
考點1　對動量守恒定律及守恒條件的理解
1．對動量守恒定律的理解
(1)研究對象：兩個或兩個以上相互作用的物體組成的系統。
(2)對系統“總動量保持不變”的理解。
①系統在整個過程中任意兩個時刻的總動量都相等，不能誤認為只是初、末兩個狀態的總動量相等。
②系統的總動量保持不變，但系統內每個物體的動量可能都在不斷變化。
③系統的總動量指系統內各物體動量的矢量和，總動量不變指的是系統的總動量的大小和方向都不變。
2．動量守恒定律的“五性”
五性 具體內容
系統性 研究對象是相互作用的兩個(或多個)物體組成的系統
相對性 應用時，系統中各物體在相互作用前后的動量，必須相對于同一慣性系，通常以大地為參考系
瞬時性 公式中，p1、p2…必須是系統中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′…必須是系統中各物體在相互作用后同一時刻的動量，不同時刻的動量不能相加
五性 具體內容
矢量性 對于作用前后物體的運動方向都在同一直線上的問題，應先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動量為正值，相反的為負值
普適性 動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統，而且適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統
3．動量守恒條件
(1)理想條件：系統不受外力時，動量守恒。
(2)實際條件：系統所受外力的矢量和為零時，動量守恒。
(3)近似條件：系統受外力，但外力遠小于內力，則系統總動量近似守恒。
(4)推廣條件：系統受力不符合以上三條中的任一條，則系統的總動量不守恒，但是，若系統在某一方向上符合以上三條中的某一條，則系統在該方向上動量守恒。
【典例1】　如圖所示，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板有摩擦。用力向右推動車廂，使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(　　)
A．動量守恒，機械能守恒
B．動量守恒，機械能不守恒
C．動量不守恒，機械能守恒
D．動量不守恒，機械能不守恒
√
B　[撤去推力，系統所受合外力為0，動量守恒，滑塊和小車之間有滑動摩擦力，由于摩擦生熱，故系統機械能減少，B正確。]
規律方法　系統動量是否守恒的判定方法
(1)選定研究對象及研究過程，分清外力與內力。
(2)分析系統受到的外力矢量和是否為零，若外力矢量和為零，則系統動量守恒。
(3)若外力在某一方向上合力為零，則在該方向上系統動量守恒。系統動量嚴格守恒的情況很少，在分析具體問題時要注意把實際過程理想化。
(4)多個物體情況下，選取不同的物體組成系統，會得出不同的結論。
[跟進訓練]
1．如圖所示，光滑水平面上靜止著一輛質量為M的小車，小車上有一光滑的、半徑為R的圓弧軌道。現有一質量為m的光滑小球從軌道的上端由靜止開始釋放，下列說法不正確的是(　　)
A．小球下滑過程中，小車和小球組成的系統總
動量守恒
B．小球下滑過程中，小車和小球組成的系統總動量不守恒
C．小球下滑過程中，小車和小球組成的系統在水平方向上動量守恒
D．小球下滑過程中，小車和小球組成的系統機械能守恒
√
A　[小車和小球在水平方向上的合力為零，此方向上動量守恒，總的合力不為零，所以總的動量不守恒；小球下滑過程中，系統只存在重力做功，小車和小球組成的系統機械能守恒，選項B、C、D正確，A錯誤。]
考點2　動量守恒定律的應用
1．動量守恒常見的表達式
(1)p＝p′，系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的動量和等于作用后的動量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。
(4)Δp＝0，系統總動量的增量為零。
2．應用動量守恒定律的解題步驟
【典例2】　[鏈接教材P14例題1]如圖所示，甲車質量m1＝20 kg，車上有質量M＝50 kg的人，甲車(連同車上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行，此時質量m2＝50 kg的乙車正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑來，為了避免兩車相撞，當兩車相距適當距離時，人從甲車跳到乙車上，求人跳出甲車的水平速度(相對地面)應當在什么范圍內才能避免兩車相撞？(不計地面和小車的摩擦，且乙車足夠長，g取10 m/s2)
甲　 　　　乙
思路點撥：(1)人、甲車、乙車組成的系統水平動量守恒。
(2)人跳到乙車上后，如果兩車同向，甲車的速度小于或等于乙車的速度就可以避免兩車相撞。
[解析]　以人、甲車、乙車組成的系統為研究對象，以向右為正方向，由水平方向動量守恒得
(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′，
解得v′＝1 m/s。
以人與甲車為一系統，人跳離甲車過程水平方向動量守恒，設人跳離甲車時速度為u，則有
(m1＋M)v＝m1v′＋Mu，
解得u＝3.8 m/s，
因此，只要人跳離甲車的速度u≥3.8 m/s，
就可避免兩車相撞。
[答案]　大于等于3.8 m/s
[母題變式]
在[典例2]中，當人跳出甲車的水平速度(相對地面)為多少時才能使甲車靜止？此時乙車的速度是多少？
[解析]　人跳到乙車上后，甲車的速度等于零時，以人、甲車、乙車組成的系統為研究對象，設人與乙的共同速度為v′，由水平方向動量守恒得
(m1＋M)v－m2v0＝(m2＋M)v′，
解得v′＝1.2 m/s。
以人與甲車組成的系統為研究對象，人跳離甲車過程水平方向動量守恒，設人跳離甲車的速度為u，則有
(m1＋M)v＝Mu，
解得u＝4.2 m/s。
[答案]　4.2 m/s　 1.2 m/s
規律方法　處理動量守恒問題的步驟
(1)分析題目涉及的物理過程，選擇合適的系統、過程，這是正確解決此類題目的關鍵。
(2)判斷所選定的系統、過程是否滿足動量守恒的條件。
(3)確定物理過程及其系統內物體對應的初、末狀態的動量。
(4)確定正方向，選取恰當的動量守恒的表達式求解。
【教材原題P14例題1】　如圖1.3-3，在列車編組站里，一輛質量為1.8×104 kg的貨車在平直軌道上以2 m/s的速度運動，碰上一輛質量為2.2×104 kg的靜止的貨車，它們碰撞后結合在一起繼續運動。求貨車碰撞后運動的速度。
分析　兩輛貨車在碰撞過程中發生相互作用，將它們看成一個系統，這個系統是我們的研究對象。系統所受的外力有：重力、地面支持力和摩擦力。重力與支持力之和等于0，摩擦力遠小于系統的內力，可以忽略。因此，可以認為碰撞過程中系統所受外力的矢量和為0，動量守恒。
為了應用動量守恒定律解決這個問題，需要確定碰撞前后的動量。
解　已知m1＝1.8×104 kg，m2＝2.2×104 kg。沿碰撞前貨車運動的方向建立坐標軸(圖1.3-3)，有v1＝2 m/s。設兩車結合后的速度為v。兩車碰撞前的總動量為
p＝m1v1
碰撞后的總動量為
p′＝(m1＋m2)v
根據動量守恒定律可得
(m1＋m2)v＝m1v1
解出
v＝＝ m/s＝0.9 m/s
兩車結合后速度的大小是0.9 m/s；v是正值，表示兩車結合后仍然沿坐標軸的方向運動，即仍然向右運動。
[跟進訓練]
2．如圖所示，質量為mB的平板車B上表面水平，開始時靜止在光滑水平面上，在平板車左端靜止著一質量為mA的物體A，一顆質量為m0的子彈以初速度v0水平射入物體A，射穿A后速度變為v，子彈穿過物體A的時間極短。已知A、B之間的動摩擦因數不為零，且A與B最終達到相對靜止。求：
(1)子彈射穿物體A的瞬間物體A的速度vA；
(2)平板車B和物體A的最終速度v共(設車身足夠長)。
[解析]　(1)子彈穿過物體A的過程中，外力遠小于內力，子彈和物體A組成的系統動量守恒，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得
m0v0＝m0v＋mAvA，
解得vA＝。
(2)在子彈穿過物體A后，對物體A和平板車B，以A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得
mAvA＝(mA＋mB)v共，
解得v共＝。
[答案]　(1)　(2)
學習效果·隨堂評估自測
1．關于動量守恒的條件，下面說法不正確的是(　　)
A．只要系統內有摩擦力，動量就不可能守恒
B．只要系統所受合外力為零，系統動量就守恒
C．系統加速度為零，系統動量一定守恒
D．雖然系統所受合外力不為零，但系統在某一方向上動量可能守恒
√
A　[動量守恒的條件是系統所受合外力為零，與系統內有無摩擦力無關，選項A錯誤，B正確；系統加速度為零時，根據牛頓第二定律可得系統所受合外力為零，所以此時系統動量守恒，選項C正確；系統所受合外力不為零時，在某方向上所受合外力可能為零，此時在該方向上系統動量守恒，選項D正確。]
2．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，木塊A、B用一根彈性良好的輕質彈簧連在一起，如圖所示。則在子彈射入木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統，下列說法正確的是(　　)
A．動量守恒，機械能守恒
B．動量不守恒，機械能守恒
C．動量守恒，機械能不守恒
D．無法判定動量、機械能是否守恒
√
C　[動量守恒的條件是系統不受外力或所受外力的合力為零，本題中子彈、兩木塊、彈簧組成的系統，水平方向上不受外力，豎直方向上所受外力的合力為零，所以動量守恒。機械能守恒的條件是除重力、彈力對系統做功外，其他力對系統不做功，本題中子彈射入木塊過程中克服摩擦力做功，有部分機械能轉化為內能(發熱)，所以系統的機械能不守恒，故C正確，A、B、D錯誤。]
3．質量為2 kg的小車以2.0 m/s的速度沿光滑的水平面向右運動。若將質量為0.5 kg的沙袋以3.0 m/s 的水平速度迎面扔上小車，則沙袋與小車一起運動的速度大小和方向是(　　)
A．1.0 m/s　向右 B．1.0 m/s　向左
C．2.2 m/s　向右 D．2.2 m/s　向左
√
A　[設小車質量為m1，小車速度為v1，沙袋質量為m2，沙袋速度為v2，共同速度為v共，由動量守恒定律得m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v共，解得v共＝1.0 m/s，方向與v1方向相同向右，選項A正確。]
4．(新情境題，以交通安全為背景，考查動量守恒的應用)冬季雨雪天氣時，公路上容易發生交通事故。在結冰的公路上，一輛質量為1.8×103 kg的輕型貨車尾隨另一輛質量為1.2×103 kg的轎車同向行駛，因貨車未及時剎車而發生追尾(即碰撞，如圖甲、乙所示)。若追尾前瞬間貨車速度大小為36 km/h，轎車速度大小為18 km/h，剛追尾后兩車視為緊靠在一起，此時兩車的速度為多大？
甲　　　　　　　　　乙
[解析]　設貨車質量為m1，轎車質量為m2，碰撞前貨車速度為v1，轎車速度為v2，碰撞后兩車速度為v。選定兩車碰撞前的速度方向為正方向。
由題意可知，m1＝1.8×103 kg，m2＝1.2×103 kg，v1＝36 km/h，v2＝18 km/h。
由動量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
解得v＝
＝ km/h＝28.8 km/h，
所以，剛追尾后兩車的速度大小為28.8 km/h。
[答案]　28.8 km/h
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．動量守恒定律的研究對象是什么？
提示：相互作用的系統。
2．合外力對系統做功為零，系統動量就守恒嗎？
提示：不一定守恒。
3．一個系統初、末動量大小相等，動量就守恒嗎？
提示：不一定守恒。
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?題組一　動量守恒的判斷
1．下列四幅圖所反映的物理過程中，動量守恒的是(　　)
課時分層作業(三)　動量守恒定律
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A　　　　　　　　 B
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C　　　　　　　　　D
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C　[A圖中子彈和木塊組成的系統在水平方向上受外力，該系統動量不守恒；B圖中在彈簧恢復原長的過程中，系統在水平方向上始終受墻的作用力，系統動量不守恒；C圖中木球與鐵球組成的系統所受合力為零，系統動量守恒；D圖中木塊下滑過程中，斜面體始終受到擋板的作用力，系統動量不守恒。]
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2．如圖所示，A、B兩木塊緊靠在一起且靜止于光滑水平面上，木塊C(可視為質點)以一定的初速度v0從A的左端開始向右滑行，最后停在木塊B的右端。對此過程，下列敘述錯誤的是(　　)
A．當C在A上滑行時，A、C組成的系統動量守恒
B．當C在B上滑行時，B、C組成的系統動量守恒
C．無論C是在A上滑行還是在B上滑行，A、B、C三木塊組成的系統動量都守恒
D．當C在B上滑行時，A、B、C組成的系統動量守恒
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A　[當C在A上滑行時，對A、C組成的系統，B對A的作用力為外力，不等于0，系統動量不守恒，故選項A錯誤；當C在B上滑行時，A、B已分離，對B、C組成的系統，合外力為零，系統動量守恒，故選項B正確；若將A、B、C三木塊視為一個系統，則所受合外力始終為零，系統動量守恒，故選項C、D正確。]
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3．如圖所示，A、B兩物體的質量關系為mA>mB，A、B之間用一段細繩相連并有一被壓縮的彈簧，放在平板小車C上后，A、B、C均處于靜止狀態。若地面光滑，則在細繩被剪斷后，A、B從C上滑離之前，A、B在C上向相反方向滑動過程中(　　)
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A．若A、B與C之間的動摩擦因數相同，則A、B組成的系統動量守恒，A、B、C組成的系統動量也守恒
B．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B組成的系統動量不守恒，A、B、C組成的系統動量也不守恒
C．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B組成的系統動量不守恒，但A、B、C組成的系統動量守恒
D．以上說法均不對
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C　[當A、B兩物體組成一個系統時，彈簧的彈力為內力，而A、B與C之間的摩擦力為外力。當A、B與C之間的摩擦力等大、反向時，A、B組成的系統所受合外力為零，則A、B組成的系統動量守恒。當A、B與C之間的摩擦力大小不相等時，A、B組成的系統所受合外力不為零，則A、B組成的系統動量不守恒。而對于A、B、C組成的系統，由于彈簧的彈力及A、B與C之間的摩擦力均為內力，故不論A、B與C之間的摩擦力的大小是否相等，A、B、C組成的系統所受合外力均為零，故A、B、C組成的系統動量守恒，故C正確，A、B、D錯誤。]
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?題組二　動量守恒定律的應用
4．光滑水平桌面上有P、Q兩個物塊，Q的質量是P的n倍。將一輕彈簧置于P、Q之間，用外力緩慢壓P、Q。撤去外力后，P、Q開始運動，P和Q的動量大小的比值為(　　)
A．n2　　　　　　　　　　　 B．n
C． D．1
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D　[撤去外力后，系統所受外力之和為0，所以總動量守恒，設P的動量方向為正方向，則有pP－pQ＝0，故pP＝pQ，因此P和Q的動量大小的比值為1，選項D正確。]
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5．如圖所示，質量為m＝0.5 kg的小球在距離車底部一定高度處以初速度v0＝15 m/s向左平拋，落在以v＝7.5 m/s 的速度沿光滑水平面向右勻速行駛的小車中，小車足夠長，質量為M＝4 kg，g取10 m/s2，則當小球與小車相對靜止時，小車的速度大小是(　　)
A．4 m/s B．5 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
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B　[小球和小車在水平方向上動量守恒，取向右為正方向，有Mv－mv0＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s。]
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6．質量為M的小孩站在質量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止狀態，忽略滑板與地面間的摩擦。小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時的速度大小為v，此時滑板的速度大小為(　　)
A．v B．v
C．v D．v
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B　[設滑板的速度為v′，對小孩和滑板組成的系統，以小孩離開滑板時的速度方向為正方向，由動量守恒定律有0＝Mv＋mv′，解得v′＝－，即滑板的速度大小為，方向與v的方向相反，選項B正確。]
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7．如圖所示，我國自行研制的“殲-15”戰斗機掛彈飛行時，接到命令，進行導彈發射訓練，當戰斗機水平飛行的速度為v0時，將總質量為M的導彈釋放，剛釋放時，導彈向戰斗機飛行的反方向噴出對地速率為v1、質量為m的燃氣，則噴氣后導彈相對地面的速率v為(　　)
A． B．
C． D．
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D　[以導彈飛行的方向為正方向，導彈被戰斗機釋放后導彈噴出燃氣前后瞬間，根據動量守恒定律得Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝，選項D正確。]
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?題組三　動量守恒定律的臨界問題
8．水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為(　　)
A．48 kg　 B．50 kg　 C．58 kg　 D．63 kg
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C　[選運動員退行速度方向為正方向，設運動員的質量為M，物塊的質量為m，物塊被推出時的速度大小為v0，運動員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據動量守恒定律，運動員第一次推出物塊時有0＝Mv1－mv0，物塊與擋板發生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時有Mv1＋mv0＝Mv2－mv0，依此類推，Mv2＋mv0＝Mv3－mv0，…，Mv7＋mv0＝Mv8－mv0，又運動員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m題號
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9．算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零。如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10-2 m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10-2 m，算珠與導桿間的動摩擦因數μ＝0.1。現用手指將甲以0.4 m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1 m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10 m/s2。
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(1)通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；
(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時間。
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[解析]　(1)甲算珠從被撥出到與乙算珠碰撞前，做勻減速直線運動，則
加速度大小a1＝＝1 m/s2。
設甲算珠與乙算珠碰撞前瞬間的速度為v1，則
＝2a1s1。
解得v1＝0.3 m/s。
甲、乙兩算珠碰撞時，由題意可知碰撞過程中動量守恒，取甲算珠初速度方向為正方向，
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則有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1 m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2 m/s。
碰撞后，乙算珠做勻減速直線運動，加速度大小
a2＝＝1 m/s2。
設乙算珠能運動的最遠距離為x，
則x＝＝0.02 m。
由于x＝s2，
所以乙算珠能夠滑動到邊框a。
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(2)甲算珠從撥出到與乙算珠碰撞所用時間
t1＝＝0.1 s。
碰撞后甲算珠繼續做勻減速直線運動直到停止，所用時間
t2＝＝0.1 s。
所以甲算珠從撥出到停下所需的時間
t＝t1＋t2＝0.2 s。
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[答案]　(1)能，計算過程見解析　(2)0.2 s
10．如圖所示，質量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長，與水平方向的夾角為θ。一個質量為m的小物塊從斜面底端沿斜面向上以初速度v0開始運動，當小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為v，距地面的高度為h。則下列關系式中正確的是(　　)
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cos θ＝(m＋M)v
C．mgh＝m(v0sin θ)2
D．mgh＋(m＋M)v2＝m(v0cos θ)2
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B　[小物塊上升到最高點時，速度與楔形物體的速度相同，系統水平方向動量守恒，全過程機械能守恒。以向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統動量守恒得mv0cos θ＝(m＋M)v，選項A錯誤，B正確；由機械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝，選項C、D錯誤。]
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11．如圖所示，一個小孩在冰面上進行“滑車”練習，開始小孩站在A車前端與車以共同速度v0＝9 m/s向右做勻速直線運動，在A車正前方有一輛靜止的B車，為了避免兩車相撞，在A車接近B車時，小孩迅速從A車跳上B車，又立即從B車跳回A車，此時A、B兩車恰好不相撞，已知小孩的質量m＝25 kg，A車和B車的質量為mA＝mB＝100 kg，若小孩跳離A車與跳離B車時對地速度的大小相等、方向相反，不計一切摩擦。則下列說法正確的是(　　)
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A．小孩跳離A車和B車時對地速度的大小為5 m/s
B．小孩跳離A車的過程中對A車沖量的大小為250 kg·m/s
C．整個過程中，小孩對B車所做的功為1 050 J
D．小孩跳回A車后，他和A車的共同速度大小為 5 m/s
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D　[因為A、B恰好不相撞，則最后具有相同的速度。在小孩跳車的過程中，把小孩、A車、B車看成一個系統，該系統所受合外力為零，動量守恒，規定向右為正方向，由動量守恒定律得(m＋mA)v0＝(m＋mA＋mB)v，代入數據解得v＝5 m/s，方向向右，D正確；設小孩跳離A車和B車的速度大小為Δv，則在與B車相互作用的過程中，由動量守恒定律得mΔv＝mBv－mΔv，代入數據解得Δv＝10 m/s，A錯誤；設小孩跳離A車后，A車的速度為vA，則由動量守恒定律有
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(m＋mA)v0＝mΔv＋mAvA，解得vA＝8.75 m/s，方向向右，根據動量定理，該過程中小孩對A車的沖量大小等于A車動量的變化量大小，即I＝|Δp|＝mAv0－mAvA＝25 kg·m/s，B錯誤；整個過程中，小孩對B車做的功等于B車動能的變化量，即W＝mBv2＝1 250 J，C錯誤。]
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12．如圖所示，在光滑水平面上，有一質量M＝3 kg的薄板，板上有質量m＝1 kg的物塊，兩者均以v0＝4 m/s的初速度朝相反方向運動，薄板與物塊之間存在摩擦且薄板足夠長，取水平向右為正方向。求：
(1)物塊最后的速度；
(2)當物塊的速度大小為3 m/s時，薄板的速度。
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[解析]　(1)由于地面光滑，物塊與薄板組成的系統動量守恒，物塊最后會和薄板共速，設共同運動速度為v，水平向右為正方向，由動量守恒定律得
Mv0－mv0＝(m＋M)v，
代入數據解得v＝2 m/s，方向水平向右。
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(2)由(1)知，物塊速度大小為3 m/s時，方向水平向左，設此時薄板的速度為v′，水平向右為正方向，由動量守恒定律得
Mv0－mv0＝－mv1＋Mv′，
代入數據解得v′＝ m/s，方向水平向右。
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[答案]　(1)2 m/s，方向水平向右　(2) m/s，方向水平向右
13．如圖所示，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個質量為2 kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1 s后質量為48 kg的滑雪者從頂端以
1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動摩擦因數為μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化。求：
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(1)滑道AB段的長度；
(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。
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[解析]　(1)設背包的質量為m，滑雪者的質量為M。對背包，由牛頓第二定律得
mg sin θ－μmg cos θ＝ma1，
解得背包的加速度a1＝2 m/s2。
設背包由A點運動到B點的時間為t，由勻變速直線運動的規律得
a1t2＝v0(t－1 s)＋a2(t－1 s)2，
解得t＝3 s，
則滑道AB段的長度xAB＝a1t2＝9 m。
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(2)背包到達B點的速度
v1＝a1t＝6 m/s，
滑雪者到達B點的速度
v2＝v0＋a2(t－1 s)＝7.5 m/s。
滑雪者拎起背包的過程中，根據動量守恒定律得
mv1＋Mv2＝(M＋m)v，
解得滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度v＝7.44 m/s。
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[答案]　(1)9 m　(2)7.44 m/s
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