（名師導學）2020版高考物理總復習 第六章 第2節(jié) 動量守恒定律教學案 新人教版

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1、第2節(jié)　動量守恒定律 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　【p102】 夯實基礎(chǔ)　 1．動量守恒定律的內(nèi)容 如果一個系統(tǒng)__不受外力__，或者__所受外力的矢量和為零__，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律． 2．動量守恒定律的適用條件 (1)不受外力或所受外力的合力為__零__． 注意：不能認為系統(tǒng)內(nèi)每個物體所受的合外力都為零，更不能認為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)． (2)近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力． (3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則在這一方向上動量守恒. 考點突破　　 例1 在如圖所示的裝置中，

2、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其中，將彈簧壓縮到最短．若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統(tǒng)，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被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 【解析】此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中水平方向受到墻壁對系統(tǒng)的向右的作用力，所以系統(tǒng)的動量不守恒；子彈在進入木塊的過程中，子彈相對于木塊有一定的位移，所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)有一定的內(nèi)能產(chǎn)生，所以系統(tǒng)的機械能也不守恒，故B正確，A、C、D錯誤． 【答案】B 【小

3、結(jié)】判斷動量是否守恒，首先要明確研究對象(系統(tǒng))，分清系統(tǒng)的內(nèi)力與外力，再根據(jù)守恒條件判斷． 1．內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)部物體之間的相互作用力． 2．外力：系統(tǒng)外部物體對系統(tǒng)內(nèi)部物體的作用力． 針對訓練　 1．一輕質(zhì)彈簧，上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量為M的平板，處于平衡狀態(tài)．一質(zhì)量為m的均勻環(huán)套在彈簧外，與平板的距離為h，如圖所示．讓環(huán)自由下落，撞擊平板．已知碰后環(huán)與板以相同的速度向下運動．則(A) A．若碰撞時間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總動量守恒 B．若碰撞時間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總機械能守恒 C．環(huán)撞擊板后，板的新的平衡位置與h的大小有關(guān) D．在碰后板和環(huán)一起下落的過程

4、中，環(huán)與板的總機械能守恒 【解析】圓環(huán)與平板碰撞過程，若碰撞時間極短，內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)總動量守恒，由于碰后速度相同，為完全非彈性碰撞，機械能不守恒，減小的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A正確，B錯誤；碰撞后平衡時，有kx＝(m＋M)g，即碰撞后新平衡位置與下落高度h無關(guān)，C錯誤；碰撞后環(huán)與板共同下降的過程中，它們動能和重力勢能的減少量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，環(huán)與板的總機械能不守恒，D錯誤． ?！　　緋102】 夯實基礎(chǔ)　 動量守恒定律的表達式 1．__p＝p′__，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′. 2．__m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′__，相互作用的

5、兩個物體組成的系統(tǒng)，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(tǒng)總動量的增量為零． 考點突破　　 例2如圖所示，進行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80 kg和100 kg，他們攜手遠離空間站，相對空間站的速度為0.1 m/s.A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?.2 m/s，求此時B的速度大小和方向． 【解析】以空間站為參考系，以v0的方向為正方向，根據(jù)動量守恒(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，解得vB＝0.02 m/s，遠離空間站方向． 【答案】0.02 m/s　遠離空間站方向 【小結(jié)】1

6、.動量守恒定律的五性 (1)矢量性 動量守恒定律的表達式是矢量式．在滿足動量守恒條件的情況下．系統(tǒng)的總動量的大小和方向都不變．應用動量守恒定律解決同一直線上的動量守恒問題時一般可以先規(guī)定正方向，引入正負號，把矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算，要特別注意表示動量方向的正、負號．在不能確定某動量的方向時，可以先假定為正的，再依計算結(jié)果確定方向． (2)相對性 動量守恒定律表達式中的各個速度，必須是相對同一慣性參考系的速度，通常都取相對地面的速度． (3)同時性 動量守恒定律表達式中的v1、v2是相互作用前同一時刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一時刻的速度． (4)系統(tǒng)性：研究對象是相互作

7、用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)． (5)普適性：不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用高速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)． 2．應用動量守恒定律的解題步驟 (1)明確研究對象(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)； (2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)； (3)規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量； (4)尋找臨界狀態(tài)：題設情境中看是否有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狀態(tài)； (5)挖掘臨界條件：在與動量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系，即速度相等或位移相等； (6)由動量守恒定律列式求解； (7)必要

8、時進行討論． 針對訓練　 2．如圖所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則當木塊回到A位置時的速度v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為(B) A．v＝，I＝0 B．v＝，I＝2mv0 C．v＝，I＝ D．v＝，I＝2mv0 【解析】子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)外力，由動量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝.子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運動，后做加速運動，回到A位置時速度大小不變，即當木塊回到A位置時的速度大小v＝

9、；子彈和木塊彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即為墻對彈簧的作用力，根據(jù)動量定理得：I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墻對彈簧的沖量I的大小為2mv0，故選B. 3．一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為(D) A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2) 【解析】由動量守恒定律得，(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋(v0－v2)，D項正確．

10、 ?！　　緋103】 夯實基礎(chǔ)　 1．碰撞：兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用力，而其他的相互作用力相對來說可以忽略不計的過程．所有碰撞問題，動量都守恒． (1)彈性碰撞：如果碰撞過程中機械能__守恒__，這樣的碰撞叫做彈性碰撞．若兩物體質(zhì)量相等，則碰撞后，彼此交換速度． (2)非彈性碰撞：如果碰撞過程中機械能__不守恒__，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞． (3)完全非彈性碰撞：碰撞過程中物體的形變完全不能恢復，以致兩物體合為一體一起運動，即兩物體在相互作用后以同一速度運動，系統(tǒng)機械能損失最大． 2．碰撞、爆炸、反沖的特點分析 (1)碰撞現(xiàn)象 ①動量守恒

11、 ②機械能不增加 ③速度要合理 a．若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′. b．若碰前兩物體相向運動，則碰后兩物體的運動方向不可能都不改變． (2)爆炸現(xiàn)象 ①動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒． ②動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加． ③位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始

12、運動． (3)反沖運動 ①反沖運動是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果． ②反沖運動的過程中，如果合外力為零或外力的作用遠小于物體間的相互作用力，可利用動量守恒定律來處理． ③研究反沖運動的目的是找出反沖速度的規(guī)律．求反沖速度的關(guān)鍵是確定相互作用的物體系統(tǒng)和其中各物體對地的運動狀態(tài)． 考點突破　　 例3一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計質(zhì)量損失，重力加速度g取10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 【解析】彈丸爆炸過程遵守動量守恒定律，規(guī)定爆炸前彈丸的速度方

13、向為正方向，若爆炸后甲、乙同向飛出，則有 mv＝mv甲＋mv乙?、? 爆炸后，甲、乙從同一高度同時開始做平拋運動，下落時間為 t＝＝ s＝1 s 由B項圖可知， v甲＝＝2.5 m/s v乙＝＝0.5 m/s 代入①式，恰成立，B項正確， 由C項圖可知 v甲＝1 m/s　v2＝2 m/s 代入①式可知不成立，C項錯誤． 若爆炸后，甲、乙反向飛出，則有 mv＝mv甲－mv乙　② 或mv＝－mv甲＋mv乙?、? 由A項圖可知， v甲＝2.5 m/s　v乙＝0.5 m/s 代入②式可知不成立，A項錯誤． 由D項圖可知 v甲＝1 m/s　v乙＝2 m/s 代入③式可知

14、不成立，D項錯誤． 【答案】B 針對訓練　 4．如圖，質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質(zhì)量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止．若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為(C) A．v0＋v B．v0－v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v) 【解析】設水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，對救生員和船有(M＋m)v0＝－mv＋Mvx，解得vx＝v0＋(v0＋v)，選項C正確． 5．如圖所示B、C、D、E、F五個球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球質(zhì)量相等，而F球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，A球的質(zhì)量等于F球質(zhì)量，A球以

15、速度v0向B運動，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后(C) A．五個小球靜止，一個小球運動 B．四個小球靜止，兩個小球運動 C．三個小球靜止，三個小球運動 D．六個小球都運動 【解析】A球與B球相碰時，由于A質(zhì)量小于B，A彈回，B獲得速度與C碰撞，由于發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且質(zhì)量相等，B靜止，C獲得速度．同理，C與D的碰撞，D與E的碰撞都是如此．E獲得速度后與F的碰撞過程中，由于E的質(zhì)量大于F，所以E、F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． 　　【p104】 夯實基礎(chǔ)　 1．動量守恒定律和能量守恒定律是物理學中的兩條重要定律，

16、它們的適用范圍很廣．這兩條守恒定律跟牛頓運動定律形成了解答動力學問題的三條不同路線(力線、能線、動量線)．若考查有關(guān)物理量的瞬時對應關(guān)系，則走力線(運用牛頓定律、運動學公式)；若考查一個過程，三條路線均可走，但選的路線不同，解決問題的難易、繁簡程度可能會有很大的差別．若研究對象為一個系統(tǒng)，應優(yōu)先考慮兩大守恒定律；若研究對象是單個物體：涉及力和時間應優(yōu)先考慮動量定理；涉及力、位移、功，應優(yōu)先考慮動能定理．這兩個定理、兩條守恒定律只考查一個物理過程始末兩狀態(tài)有關(guān)物理量的關(guān)系，不涉及過程的細節(jié)，這是它們的方便之處，特別是遇到變力問題，在中學范圍內(nèi)不好用牛頓定律解答時，用兩個定理和兩條守恒定律就能解答

17、了． 2．兩條守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)，且研究的都是某一物理過程，但兩者守恒的條件不相同，要嚴加區(qū)別．另外，動量守恒定律表示為矢量式，應用時，要切實注意方向；機械能守恒定律，能量守恒定律表示為標量式，對功和能量(重力勢能)只需代數(shù)加減就行了． 考點突破　　 例4如圖，在離地4h的平臺邊緣放一個小球A，在其左側(cè)有一個擺球B.從離平臺h高處由靜止釋放，到達最低點時恰與A球正碰．A球水平拋出，落地時距離平臺邊緣的水平距離4h，B球碰后能上升到離平臺的最大高度為.不計空氣阻力，重力加速度為g.求： (1)A水平拋出時的速度； (2)A、B兩球質(zhì)量之比. 【解析】

18、(1)y＝4h＝gt2，x＝4h＝vAt ∴vA＝ (2)B下降，v＝2gh，B碰后上升vB′2＝2g· ∴vB′＝， 若B碰后向左擺， 由動量守恒得mBvB＝－mB·＋mAvA，∴＝ 碰前，總動能E1＝mBgh，碰后總動能為mAgh＋mBg· 若mA＝1.5mB，則E2＝1.75mBgh，增大了，∴不行． B只能向右擺 mBvB＝mB·＋mAvA 得＝ 【小結(jié)】應用動量觀點和能量觀點解題 1．動量觀點和能量觀點 這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動過程中狀態(tài)的改變，不對過程的細節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道始末狀態(tài)的動量、能

19、量和力在過程中所做的功，即可對問題求解． 2．利用動量觀點和能量觀點解題應注意下列問題 (1)動量定理、動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達式，無分量表達式． (2)動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在解題時必須注意動量守恒條件及機械能守恒條件．在應用這兩個規(guī)律時，當確定了研究對象及運動狀態(tài)的變化過程后，根據(jù)問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解． (3)中學階段凡可用力和運動解決的問題，若用動量觀點或能量觀點求解，一般比用力和運動的觀點簡便． 針對訓練　 6．如圖所示在光滑水

20、平地面上，停著一輛玩具汽車，小車上的平臺A是光滑的，并靠在光滑的水平桌面旁，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小物體C以速度v0沿水平桌面自左向右運動，滑過平臺A后，恰能落在小車底面的前端B處，并粘合在一起，已知小車的質(zhì)量為M，平臺A離車底平面的高度OA＝h，求： (1)物體C與小車粘合后，小車的速度； (2)物體與小車相互作用的過程中，系統(tǒng)損失的機械能． 【解析】(1)最后車與物體以共同的速度v向右運動，依水平方向動量守恒有mv0＝(M＋m)vv＝. (2)ΔE＝mv＋mgh－ 解得ΔE＝mgh＋. 7．如圖所示，光滑水平直軌道上有三個滑塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B

21、用細繩連接，中間有一壓縮的彈簧(彈簧與滑塊不拴接)．開始時A、B以共同速度v0運動，C靜止．某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同．求B與C碰撞前B的速度． 【解析】設共同速度為v，滑塊A和B分開后B的速度為vB，由動量守恒定律有 (mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB mBvB＝(mB＋mC)v 聯(lián)立以上兩式得，B與C碰撞前B的速度為vB＝v0. 8．兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段．兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示．求： 滑塊a、b的質(zhì)量

22、之比． 【解析】設a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2. 由題給圖象得 v1＝－2 m/s　① v2＝1 m/s?、? a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象得v＝ m/s?、? 由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v?、? 聯(lián)立①②③④式得m1∶m2＝1∶8 考 點 集 訓　【p300】 A組 1．關(guān)于沖量，下列說法正確的是(A) A．沖量是物體動量變化的原因 B．作用在靜止的物體上的力的沖量一定為零 C．動量越大的物體受到的沖量越大 D．沖量的方向就是物體運動的方向 【解析】力作用一段時間便有了沖量，而

23、力作用一段時間后，物體的運動狀態(tài)發(fā)生了變化，物體的動量也發(fā)生了變化，因此說沖量使物體的動量發(fā)生了變化，A選項正確；只要有力作用在物體上，經(jīng)歷一段時間，這個力便有了沖量I＝Ft，與物體處于什么狀態(tài)無關(guān)，物體運動狀態(tài)的變化情況，是所有作用在物體上的力共同產(chǎn)生的效果，B選項不正確；物體所受沖量I＝Ft與物體動量的大小p＝mv無關(guān)，C選項不正確；沖量的方向與物體運動的方向無關(guān)，D選項不正確． 2．如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止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(C) A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒

24、 C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒 D．木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小不相等 【解析】男孩、小車、木箱這一系統(tǒng)合外力為零，動量守恒，A、B均錯，C對．木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相等，方向相反，D錯． 3．(多選)恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，物體沒有被拉動，則經(jīng)時間t，下列說法正確的是(BD) A．拉力F對物體的沖量大小為零 B．拉力F對物體的沖量大小為Ft C．拉力F對物體的沖量大小是Ftcos θ D．合力對物體的沖量大小為零 4．(多選)質(zhì)量為m的小球A沿光滑水平面以速度v0與質(zhì)量為2m的靜

25、止小球B發(fā)生正碰，碰撞后，小球A的動能變?yōu)樵瓉淼模敲葱∏駼的速度不可能是(BC) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 【解析】碰后A球的動能變?yōu)樵瓉淼?，說明速度大小是，根據(jù)動量守恒得：mv0＝mv1＋2mv2，若碰后A、B同向運動：將v1＝v0代入得：v2＝v0，若碰后A、B反向運動，將v1＝－v0代入得：v2＝v0，故A、D正確，B、C錯誤． 5．質(zhì)量為M的小車靜止于光滑的水平面上，小車的上表面和圓弧的軌道均光滑，如圖所示，一個質(zhì)量為m的小球以速度v0水平?jīng)_向小車，當小球返回左端脫離小車時，下列說法中不正確的是(A) A．小球一定沿水平方向向左做平拋運動 B．小球可

26、能沿水平方向向左做平拋運動 C．小球可能沿水平方向向右做平拋運動 D．小球可能做自由落體運動 【解析】小球水平?jīng)_上小車，又返回左端，到離開小車的整個過程中，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，相當于小球與小車發(fā)生彈性碰撞的過程．如果mM，小球離開小車向右做平拋運動，所以答案應選A. 6．從傾角為30°，長0.3 m的光滑斜面的頂端滑下質(zhì)量為2 kg的貨包，掉在質(zhì)量為13 kg的小車里．若小車與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.02，小車能前進多遠？(g取10 m/s2) 【解析】貨包離開斜面時速度為v＝＝＝ m/

27、s.貨包離開斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在其落入小車前，其水平速度vx不變，其大小為vx＝vcos 30°＝1.5 m/s.貨包落入小車中與小車相碰的瞬間，雖然小車在水平方向受到摩擦力的作用但與相碰時的內(nèi)力相比可忽略，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，則mvx＝(M＋m)v′. 小車獲得的速度為v′＝＝ m/s＝0.2 m/s. 由動能定理有μ(M＋m)gx2＝(M＋m)v′2. 求得小車前進的距離為x2＝＝＝0.1 m. 7．如圖，A、B、C三個木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平桌面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連．將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C緊

28、連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體．現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起．以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離．已知C離開彈簧后的速度恰為v0.求彈簧釋放的勢能． 【解析】設碰后，A、B和C的共同速度的大小為v，由動量守恒得 3mv＝mv0　① 設C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒得 3mv＝2mv1＋mv0　② 設彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有(3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv?、? 由①②③式得彈簧所釋放的勢能為Ep＝mv. B組 8．在光滑的水平面的同一直線上，自左向右地

29、依次排列質(zhì)量均為m的一系列小球，另一質(zhì)量為m的小球A以水平向右的速度v運動，依次與上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞n次后，剩余的總動能為原來的八分之一，則n為(C) A．5 B．6 C．7 D．8 【解析】碰第一次后，總共質(zhì)量為2m，共同速度為v1＝， 碰第二次后，總共質(zhì)量為3m，共同速度為， 碰第n次后，總共質(zhì)量為(n＋1)m，共同速度為. 依題意有×mv2＝(n＋1)m· 解得n＝7，選C. 9．(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)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(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ，初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現(xiàn)給小

30、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(tǒng)損失的動能為(BD) A.mv2 B.v2 C.NμmgL D．NμmgL 【解析】設系統(tǒng)損失的動能為ΔE，根據(jù)題意可知，整個過程中小滑塊和箱子構(gòu)成的系統(tǒng)滿足動量守恒和能量守恒，則有mv＝(M＋m)vt，mv2＝(M＋m)v＋ΔE，聯(lián)立解得，ΔE＝v2，A項錯誤，B項正確；又由于小滑塊與箱子壁碰撞為彈性碰撞，則損耗的能量全部用于摩擦生熱，即ΔE＝NμmgL，C項錯誤，D項正確． 10．如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船

31、沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度．(不計水的阻力) 【解析】設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動量守恒定律得 12mv0＝11mv1－mvmin?、? 10m·2v0－mvmin＝11mv2　② 為避免兩船相撞應滿足v1＝v2?、? 聯(lián)立①②③式得vmin＝4v0 11．質(zhì)量為m＝1 kg的小木塊(可看做質(zhì)點)，放在質(zhì)量為M＝5 kg的長木板的左端，如圖所示．長木板放在光滑水平桌面上

32、．小木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝ 0.1，長木板的長度L＝2.5 m．系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)為使小木塊從長木板右端脫離出來，給小木塊一個水平向右的瞬時沖量I，求沖量I的最小值．(g取10 m/s2) 【解析】當木塊恰好滑到木板的右端時，兩者速度相等，則I最小，由動量守恒定律：mv0＝(m＋M)v1 解得v1＝v0 由能量守恒得：μmgL＝mv－(m＋M)v，v0＝ m/s 由動量定理得：I＝mv0＝ N·s 12．圖甲是一臺打樁機的簡易模型，樁柱B靜止在水平地面，重錘A在繩子恒定拉力F作用下從樁柱上端由靜止上升，當重錘上升4.2 m時，撤去拉力F，重錘繼續(xù)上升0.8 m后自由下落，

33、并與樁柱撞擊，撞擊后將樁柱打入地下一定深度．已知重錘的質(zhì)量m＝42 kg、樁柱的質(zhì)量M＝168 kg.重錘上升過程中其動能隨上升高度的變化規(guī)律如圖乙所示，重錘和樁柱撞擊時間極短，滑輪離地足夠高，不計空氣阻力和滑輪的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2.試求： (1)重錘從最高點落回B處的時間和速度大小； (2)撤去拉力F前，拉力F做功的平均功率； (3)若樁柱向下運動的過程中受到的阻力是重錘和樁柱總重量的1.5倍，求樁柱被打入地下的深度． 【解析】(1)重錘上升的最大高度為H＝ m＝5.0 m 根據(jù)自由落體運動的規(guī)律可得H＝gt2 重錘落回到B時的速度v1＝ 解得v1＝10 m/s，t＝1 s (2)撤去拉力前，重錘勻加速上升， 由動能定理可得h1＝Ek1 又有Ek1＝mv2，＝F·，解得＝1 000 W (3)重錘與樁柱碰撞的過程中，由動量守恒定律可得 mv1＝v2 由動能定理可得 gh－1.5gh＝0－v 解得h＝0.4 m - 13 -