《2022年高考物理 專題07 碰撞與動(dòng)量守恒學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理 專題07 碰撞與動(dòng)量守恒學(xué)案（31頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理 專題07 碰撞與動(dòng)量守恒學(xué)案 超重點(diǎn)1：動(dòng)量定理的應(yīng)用 一、動(dòng)量 1．定義：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫作物體的動(dòng)量，通常用p來表示． 2．表達(dá)式：p＝mv. 3．單位：kg·m/s. 4．標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，其方向和速度方向相同． 5．動(dòng)量、動(dòng)能、動(dòng)量變化量的比較 項(xiàng)目名稱 動(dòng)量 動(dòng)能 動(dòng)量變化量 定義 物體的質(zhì)量和速度的乘積 物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量 物體末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差 定義式 p＝mv Ek＝mv2 Δp＝p′－p 矢標(biāo)性 矢量 標(biāo)量 矢量 特點(diǎn) 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量 關(guān)聯(lián) 方程 Ek＝，E

2、k＝pv，p＝，p＝ ※考點(diǎn)一　對(duì)動(dòng)量、沖量的理解及計(jì)算 1．沖量和動(dòng)量的比較 沖量I 動(dòng)量p 定義 力與力的作用時(shí)間的乘積叫作力的沖量 質(zhì)量和速度的乘積叫作動(dòng)量 公式 I＝Ft p＝mv 單位 N·s kg·m/s 矢標(biāo) 性 矢量，方向與恒力的方向相同 矢量，方向與速度的方向相同 特點(diǎn) 過程量 狀態(tài)量 2.沖量和功的區(qū)別 (1)沖量和功都是過程量．沖量是表示力對(duì)時(shí)間的積累作用，功表示力對(duì)位移的積累作用． (2)沖量是矢量，功是標(biāo)量． (3)力作用的沖量不為零時(shí)，力做的功可能為零；力做的功不為零時(shí)，力作用的沖量一定不為零． [題組突破

3、訓(xùn)練] 1．(2018·福建漳州模擬)一個(gè)質(zhì)量是5 kg的小球以5 m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3 m/s的速度反向彈回．若取豎直向下的方向?yàn)檎较?，則小球動(dòng)量的變化量是(　　) A．10 kg·m/s　　　　 B．－10 kg·m/s C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s 【答案】D 2.如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t1，速度為零并又開始下滑，經(jīng)過時(shí)間t2回到斜面底端，滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中受到的摩擦力大小始終為Ff.在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，重力對(duì)滑塊的總沖量為(　　) A．mg(t1＋t2)sin θ B．mg(t1－t2)

4、sin θ C．mg(t1＋t2) D．0 【答案】C 【解析】物體整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的總時(shí)間t＝t1＋t2，故由沖量的定義可知重力的沖量I＝mg(t1＋t2)，選項(xiàng)C正確． ※考點(diǎn)二　對(duì)動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用 1．理解動(dòng)量定理的要點(diǎn) (1)應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)研究對(duì)象既可以是單一物體，也可以是系統(tǒng)，當(dāng)為系統(tǒng)時(shí)不考慮內(nèi)力的沖量． (2)求合力的沖量的方法有兩種：第一先求合力再求合力沖量，第二求出每個(gè)力的沖量再對(duì)沖量求和． (3)動(dòng)量定理是矢量式，列方程之前先規(guī)定正方向． 2.用動(dòng)量定理解釋現(xiàn)象 (1)Δp一定時(shí)，F(xiàn)的作用時(shí)間越短，力就越大；時(shí)間越長(zhǎng)，力就越?。? (2)F一定，此時(shí)

5、力的作用時(shí)間越長(zhǎng)，Δp就越大；力的作用時(shí)間越短，Δp就越?。? 分析問題時(shí)，要把哪個(gè)量一定，哪個(gè)量變化搞清楚． 3．動(dòng)量定理的兩個(gè)重要應(yīng)用 (1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量． 如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動(dòng)量的變化量Δp，等效代換為力的沖量I. (2)應(yīng)用Δp＝FΔt求動(dòng)量的變化量． 例如，在曲線運(yùn)動(dòng)中，速度方向時(shí)刻在變化，求動(dòng)量變化(Δp＝p2－p1)需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法，計(jì)算比較復(fù)雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動(dòng)量的變化量． 【典例】一高空作業(yè)的工人重為600 N，系一條長(zhǎng)為L(zhǎng)＝5 m的安全帶，若

6、工人不慎跌落時(shí)安全帶的緩沖時(shí)間t＝1 s，則安全帶受的沖力是多少？(g取10 m/s2) 【答案】1 200 N 方法二：全過程整體法 在整個(gè)下落過程中對(duì)工人應(yīng)用動(dòng)量定理，在整個(gè)下落過程中，重力的沖量大小為mg·( ＋t)，拉力F的沖量大小為Ft.初、末動(dòng)量都是零，取向下為正方向，由動(dòng)量定理得 mg ( ＋t)－Ft＝0 解得F＝＝1 200 N. 由牛頓第三定律知工人給安全帶的沖力F′＝F＝1 200 N，方向豎直向下． [題組突破訓(xùn)練] 1．一個(gè)質(zhì)量為m＝100 g的小球從h＝0.8 m的高處自由下落，落到一個(gè)厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點(diǎn)經(jīng)歷了t＝0

7、.2 s，規(guī)定豎直向下的方向?yàn)檎?，則在這段時(shí)間內(nèi)，軟墊對(duì)小球的沖量為(取g＝10 m/s2)(　　) A．0.6 N·s　　　　　　 B．0.4 N·s C．－0.6 N·s D．－0.4 N·s 【答案】C 2．一艘帆船在湖面上順風(fēng)航行，在風(fēng)力的推動(dòng)下做速度為v0＝4 m/s的勻速直線運(yùn)動(dòng)．若該帆船在運(yùn)動(dòng)狀態(tài)下突然失去風(fēng)力的作用，則帆船在湖面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過t＝8 s才可靜止．該帆船的帆面正對(duì)風(fēng)的有效面積為S＝10 m2，帆船的總質(zhì)量約為M＝936 kg.若帆船在航行過程中受到的阻力恒定不變，空氣的密度為ρ＝1.3 kg/m3，在勻速行駛狀態(tài)下估算： (1)帆船受到風(fēng)

8、的推力F的大??； (2)風(fēng)速的大小v. 【答案】(1)468 N　(2)10 m/s 【解析】(1)風(fēng)突然停止，帆船只受到阻力Ff的作用，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)帆船的加速度為a，則 a＝＝－0.5 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律有－Ff＝Ma，所以Ff＝468 N 則帆船勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F－Ff＝0 解得F＝468 N. (2)設(shè)在時(shí)間t內(nèi)，正對(duì)著吹向帆面的空氣的質(zhì)量為m，根據(jù)動(dòng)量定理有－Ft＝m(v0－v) 又m＝ρS(v－v0)t 所以Ft＝ρS(v－v0)2t 解得v＝10 m/s. 3.(2015·高考安徽卷)一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，距離A點(diǎn)5

9、 m的位置B處是一面墻，如圖所示．一物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止．g取10 m/s2. (1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)若碰撞時(shí)間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F； (3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功W. 【答案】(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 超重點(diǎn)2：動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 一、動(dòng)量守恒定律 1．動(dòng)量守恒定律 (1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不

10、變． (2)四種表達(dá)式 ①p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′. ②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和． ③Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向． ④Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零． 2．動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用條件 不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合外力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)． 二、彈性碰撞和非彈性碰撞 1．碰撞：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象． 2．特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可

11、認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒． 3．分類 動(dòng)量是否守恒 機(jī)械能是否守恒 彈性碰撞 守恒 守恒 非彈性碰撞 守恒 有損失 完全非彈性碰撞 守恒 損失最大 4.反沖 (1)在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開．這類問題相互作用的過程中系統(tǒng)的動(dòng)能增大，且常伴有其他形式能向動(dòng)能的轉(zhuǎn)化． (2)反沖運(yùn)動(dòng)的過程中，如果合外力為零或外力的作用遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，可利用動(dòng)量守恒定律來處理． 5．爆炸問題：爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒，爆炸過程中位移很小，可忽略不計(jì)，作用

12、后從相互作用前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)． ※考點(diǎn)一　動(dòng)量守恒的條件及應(yīng)用 1．動(dòng)量守恒的條件 (1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒． (2)近似守恒：系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零，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)某一方向上守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受外力矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒． 2．動(dòng)量守恒定律的“六種”性質(zhì) 系統(tǒng)性 研究對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng) 條件性 首先判斷系統(tǒng)是否滿足守恒條件 相對(duì)性 公式中v1、v2、v1′、v2′必須相對(duì)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

13、一時(shí)刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一時(shí)刻的速度 矢量性 應(yīng)先選取正方向，凡是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 不僅適用低速宏觀系統(tǒng)，也適用于高速微觀系統(tǒng) [題組突破訓(xùn)練] 1．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示，則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)(　　) 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)械能不守恒 D．無法判定動(dòng)量、機(jī)械能是否守恒 【答案】C 2．如圖，質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻

14、速行駛，一質(zhì)量為m的救生員站在船尾，相對(duì)小船靜止．若救生員以相對(duì)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(　　) A．v0＋v　　　　　 B．v0－v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v) 【答案】C 【解析】設(shè)水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，對(duì)救生員和船有(M＋m)v0＝－mv＋Mvx，解得vx＝v0＋(v0＋v)，選項(xiàng)C正確． 3.如圖所示，人站在滑板A上，以v0＝3 m/s的速度沿光滑水平面向右運(yùn)動(dòng)．當(dāng)靠近前方的橫桿時(shí)，人相對(duì)滑板豎直向上起跳越過橫桿，A從橫桿下方通過，與靜止的滑板B發(fā)生碰撞并粘在一起，之后人落到B上，與滑板一起運(yùn)動(dòng)，已知人、滑

15、板A和滑板B的質(zhì)量分別為m人＝70 kg、mA＝10 kg和mB＝20 kg，求： (1)A、B碰撞過程中，A對(duì)B的沖量的大小和方向； (2)人最終與滑板的共同速度的大小． 【答案】(1)20 N·s　水平向右　(2)2.4 m/s 【解析】(1)A、B碰撞過程中，由動(dòng)量守恒有 mAv0＝(mA＋mB)v1 代入數(shù)據(jù)解得v1＝1 m/s 由動(dòng)量定理得，A對(duì)B的沖量I＝mBv1＝20 N·s 方向水平向右． (2)對(duì)人、A、B組成的系統(tǒng)進(jìn)行全過程分析，由動(dòng)量守恒有 (m人＋mA)v0＝(m人＋mA＋mB)v 代入數(shù)據(jù)解得v＝2.4 m/s ※考點(diǎn)二　碰撞問題的分析

16、 1．碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律 (1)動(dòng)量守恒定律． (2)機(jī)械能不增加． (3)速度要合理． ①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)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(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′. ②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變． 2．彈性碰撞的結(jié)論 兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒．以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝，v2′＝ 結(jié)論： (1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等

17、，速度交換)； (2)當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)； (3)當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)； (4)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝v1，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)； (5)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)． [典例1]　如圖甲所示，光滑水平面上有P、Q兩物塊，它們?cè)趖＝4 s時(shí)發(fā)生碰撞，圖乙是兩者的位移—時(shí)間圖象，已知物塊P的質(zhì)量為mP＝1 kg，由此可知(　　) A．碰撞前P的動(dòng)量為16 kg·m/s B．兩物塊的碰撞可能為彈性碰撞 C．物塊Q

18、的質(zhì)量為4 kg D．兩物塊碰撞過程中P對(duì)Q作用力的沖量是3 N·s 【答案】D 【解析】根據(jù)位移—圖象可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s，碰撞前P的動(dòng)量為p0＝mPv0＝4 kg·m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．根據(jù)位移—圖象，碰撞后二者速度相同，說明碰撞為完全非彈性碰撞，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．碰撞后，二者的共同速度v＝1 m/s，由動(dòng)量守恒定律，mPv0＝(mP＋mQ)v，解得mQ＝3 kg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．由動(dòng)量定理，兩物塊碰撞過程中P對(duì)Q作用力的沖量是I＝ΔpQ＝mQv＝3 N·s，選項(xiàng)D正確． [題組突破訓(xùn)練] 1. (多選)如圖所示，動(dòng)量分別為pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s

19、的兩個(gè)小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間后兩球發(fā)生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動(dòng)量的變化量，則下列選項(xiàng)中可能正確的是(　　) A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝－2 kg·m/s，ΔpB＝2 kg·m/s C．ΔpA＝－ 24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s 【答案】AB 2.(2015·高考全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)使A以某

20、一速度向右運(yùn)動(dòng)，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設(shè)物體間的碰撞都是彈性的． 【答案】(－2)M≤m＜M 【解析】A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒．設(shè)速度方向向右為正，開始時(shí)A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1.由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1① mv＝mv＋Mv② 聯(lián)立①②式得 vA1＝v0③ vC1＝v0④ 如果m＞M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運(yùn)動(dòng)，A

21、不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m＜M的情況． 第一次碰撞后，A反向運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞．設(shè)與B發(fā)生碰撞后，A的速度為vA2，B的速度為vB1，同樣有 vA2＝vA1＝()2v0⑤ 3．如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸．另有一物塊C從t ＝0時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t＝4 s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖象如圖乙所示．求： (1)物塊C的質(zhì)量mC； (2)B離開墻后的運(yùn)動(dòng)過程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep. 【答案】(1)2 kg　(2)9 J

22、【解析】(1)由圖知，C與A碰前速度為v1＝9 m/s，碰后速度為v2＝3 m/s，C與A碰撞過程動(dòng)量守恒． mCv1＝(mA＋mC)v2 即mC＝2 kg. (2)12 s時(shí)B離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能守恒，且當(dāng)A、C與B的速度相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大 (mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4 (mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep 得Ep＝9 J ※考點(diǎn)三　爆炸、反沖問題 1．對(duì)反沖現(xiàn)象的三點(diǎn)說明 (1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)大內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)，通常用動(dòng)量守恒來處理． (2)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系

23、統(tǒng)的總機(jī)械能增加． (3)反沖運(yùn)動(dòng)中平均動(dòng)量守恒． 2．爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律 (1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒． (2)動(dòng)能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加． (3)位置不變：爆炸的時(shí)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(jì)，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)． [題組突破訓(xùn)練] 1．(2017·高考全國(guó)卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火

24、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．30 kg·m/s　　　　　 B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 【答案】A 2．一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)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)量之比為3∶1，不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 【答案】B ※考點(diǎn)四　動(dòng)量與能量綜合問題 1．求解動(dòng)力學(xué)問題的三個(gè)基本觀點(diǎn) (1)力的觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓定律

25、結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問題． (2)能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題． (3)動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題． 2．利用“動(dòng)量和能量”觀點(diǎn)解題的技巧 (1)若研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)． (2)若研究對(duì)象為單一物體，且涉及功和位移問題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理． (3)因?yàn)閯?dòng)量守恒定律、能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)、動(dòng)能定理都只考查一個(gè)物理過程的始末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對(duì)過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處．特別對(duì)于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性．

26、 [真題拓展探究] 【典例2】　(2016·高考全國(guó)卷Ⅱ)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)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(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)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(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對(duì)運(yùn)動(dòng)．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 【答案】見解析 (2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定

27、律有 m1v1＋m2v20＝0④ 代入數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s⑤ 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥ m2v＝m2v＋m3v⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得 v2＝1 m/s⑧ 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． 拓展1　“子彈打擊木板”問題 1.如圖所示，一質(zhì)量m1＝0.45 kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上．質(zhì)量m2＝0.5 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在車頂?shù)挠叶耍毁|(zhì)量為m0＝0.05 kg的子彈、以水平速度v0＝100 m/s射中小車左端

28、并留在車中，最終小物塊相對(duì)地面以2 m/s的速度滑離小車．已知子彈與車的作用時(shí)間極短，物塊與車頂面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．取g＝10 m/s2，求： (1)子彈相對(duì)小車靜止時(shí)小車速度的大??； (2)小車的長(zhǎng)度L. 【答案】(1)10 m/s　(2)2 m 【解析】(1)子彈進(jìn)入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m1)v1 解得v1＝10 m/s. (2)三物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得 (m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3 解得v2＝8 m/s 由能量守恒可得 (m0＋

29、m1)v＝μm2gL＋(m0＋m1)v＋m2v 解得L＝2 m. 拓展2　“圓弧軌道＋滑塊(小球)”問題 2.(14分)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4.0 kg的平板車，車的上表面是一段長(zhǎng)L＝1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R＝0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點(diǎn)O′相切．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A.取g＝10 m/s2，求： (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大??； (2)小物塊與車最終相對(duì)靜

30、止時(shí)，它距點(diǎn)O′的距離． 【答案】(1)5 m/s　(2)0.5 m (2)設(shè)小物塊最終與車相對(duì)靜止時(shí)，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對(duì)靜止的過程中，由動(dòng)量守恒得：mv0＝(M＋m)v2④ 設(shè)小物塊與車最終相對(duì)靜止時(shí)，它距O′點(diǎn)的距離為x，由能量守恒得： mv－(M＋m)v＝μmg(L＋x)⑤ 聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.5 m. 題組突破訓(xùn)練 一、選擇題 1．物體的動(dòng)量變化量的大小為5 kg·m/s，這說明(　　) A．物體的動(dòng)量在減小 B．物體的動(dòng)量在增大 C．物體受到的每個(gè)力的沖量大小都為5 N·s D．若發(fā)生變化的時(shí)間為1

31、s，則物體所受合外力的大小為5 N 【答案】D 【解析】因不知?jiǎng)恿孔兓姆较蚺c初動(dòng)量方向是否相同，故無法確定動(dòng)量是增大還是減小，A、B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理I＝Δp可知，合外力的沖量與物體動(dòng)量變化量大小一定相同，C錯(cuò)誤；由Δp＝F·t可知D正確． 2．運(yùn)動(dòng)員向球踢了一腳，踢球時(shí)的力F＝100 N，球在地面上滾動(dòng)了t＝10 s停下來，則運(yùn)動(dòng)員對(duì)球的沖量為(　　) A．1000 N·s　　　　　 B．500 N·s C．零 D．無法確定 【答案】D 【解析】滾動(dòng)了t＝10 s是地面摩擦力對(duì)足球的作用時(shí)間，不是踢球的力的作用時(shí)間，由于不能確定人作用在球上的時(shí)間，所以無法確定運(yùn)動(dòng)員對(duì)球的沖量

32、． 3．我國(guó)女子短道速滑隊(duì)在世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3 000 m接力三連冠．觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出．在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(　　) A．甲對(duì)乙的沖量一定等于乙對(duì)甲的沖量 B．甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等、方向相反 C．甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量 D．甲對(duì)乙做多少負(fù)功，乙對(duì)甲就一定做多少正功 【答案】B 4．質(zhì)量為0.2 kg的球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向彈回．取豎直向上為正方向，在小球與

33、地面接觸的時(shí)間內(nèi)，關(guān)于小球動(dòng)量變化量Δp和合外力對(duì)小球做的功W，下列說法正確的是(　　) A．Δp＝2 kg·m/s，W＝－2 J B．Δp＝－2 kg·m/s，W＝2 J C．Δp＝0.4 kg·m/s，W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s，W＝2 J 【答案】A 【解析】取豎直向上為正方向，則小球與地面磁撞過程中動(dòng)量的變化量Δp＝mv2－mv1＝2 kg·m/s，方向豎直向上．由動(dòng)能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝－2 J，A正確． 5.(2018·山東濟(jì)南高三質(zhì)檢)如圖所示，在光滑水平面上靜止放著兩個(gè)相互接觸但不粘連的木塊A、B，質(zhì)量分別為m1和m2，今有一子

34、彈水平穿過兩木塊．設(shè)子彈穿過木塊A、B的時(shí)間分別為t1和t2，木塊對(duì)子彈的阻力恒為Ff，則子彈穿過兩木塊后，木塊A的速度大小是(　　) A. B. C. D. 【答案】A 6．(2018·黑龍江大慶模擬)兩球在水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止．可以肯定的是，碰前兩球的(　　) A．質(zhì)量相等　　　　　　 B．動(dòng)能相等 C．動(dòng)量大小相等 D．速度大小相等 【答案】C 【解析】?jī)汕蚪M成的系統(tǒng)碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒，兩球在水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止，故根據(jù)動(dòng)量守恒定律可以判斷碰前兩球的動(dòng)量大小相等、方向相反，選項(xiàng)C正確． 7.一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速

35、率v0進(jìn)入太空預(yù)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(　　) A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2) 【答案】D 【解析】火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)，在分離前后沿原運(yùn)動(dòng)方向上動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋(v0－v2)，D項(xiàng)正確． 8.(2018·撫州市四校聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上的木板右端，有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與粗糙木板相連，木板質(zhì)量

36、M＝3.0 kg.質(zhì)量為m＝1.0 kg的鐵塊以水平速度v0＝4.0 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為(　　) A．4.0 J B．6.0 J C．3.0 J D．20 J 【答案】C 9．兩質(zhì)量、大小完全相同的正方體木塊A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射來的子彈先后穿透兩木塊后飛出，若木塊對(duì)子彈的阻力恒定不變，子彈射穿兩木塊的時(shí)間相同，則A、B兩木塊被子彈射穿后的速度之比為(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶ 【答案】C 【解析】因木塊對(duì)子彈的阻力

37、恒定，且子彈射穿兩木塊的時(shí)間相同，子彈在射穿兩木塊對(duì)木塊的沖量相同．射穿A時(shí)，兩木塊獲得的速度為v′，根據(jù)動(dòng)量定理，有 I＝2mv′－0① 射穿木塊B時(shí)，B的速度發(fā)生改變，而A的速度不變．射穿B后，B的速度為v″，根據(jù)動(dòng)量定理，有 I＝mv″－mv′② ①②聯(lián)立，2mv′＝mv″－mv′ 得＝.選項(xiàng)C正確． 10.（多選）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(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)間極短．在此碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是(　　) A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)?v1、v2、v

38、3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變化為v1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2 C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関1，滿足Mv＝(M＋m)v1 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 【答案】BC 11.（多選）A、B兩球沿同一條直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示的x-t圖象記錄了它們碰撞前后的運(yùn)動(dòng)情況，其中a、b分別為A、B碰撞前的x-t圖象，c為碰撞后它們的x-t圖象．若A球質(zhì)量為1 kg，則B球質(zhì)量及碰后它們的速度大小為(　　) A．2 kg B. kg C．4

39、 m/s D．1 m/s 【答案】BD 【解析】由圖象可知碰撞前二者都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者連在一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，vc＝ m/s＝－1 m/s. 碰撞過程中動(dòng)量守恒，即 mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc 可解得mB＝ kg 由以上可知選項(xiàng)B、D正確． 12.（多選）如圖所示，質(zhì)量相等的兩個(gè)滑塊位于光滑水平桌面上，其中，彈簧兩端分別與靜止的滑塊N和擋板P相連接，彈簧與擋板的質(zhì)量均不計(jì)；滑塊M以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，它與擋板P碰撞后開始?jí)嚎s彈簧，最后，滑塊N以速度v0向右運(yùn)動(dòng)．在此過程中(　　) A．M的速度

40、等于0時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大 B．M與N具有相同的速度時(shí)，兩滑塊動(dòng)能之和最小 C．M的速度為時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度最長(zhǎng) D．M的速度為時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度最短 【答案】BD 13．(2018·天津高三質(zhì)檢)甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?0 kg·m/s，則二球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是(　　) A．m1＝m2 B．2m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2 【答案】C 【解析】甲、乙兩球在碰撞過程中動(dòng)量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′

41、＝2 kg·m/s.由于在碰撞過程中，不可能有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機(jī)械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機(jī)械能不會(huì)增加，所以有＋≥＋，所以有m1≤m2.因?yàn)轭}目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有＞，即m1＜m2；同時(shí)還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即≤，所以m1≥m2.因此C選項(xiàng)正確． 14.(多選)如圖所示，在光滑水平面上停放著質(zhì)量為m、裝有光滑弧形槽的小車，一質(zhì)量也為m的小球以水平初速度v0沿槽口向小車滑去，到達(dá)某一高度后，小球又返回右端，則(　　) A．小球以后將向右做平拋運(yùn)動(dòng) B．

42、小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng) C．此過程小球?qū)π≤囎龅墓? D．小球在弧形槽內(nèi)上升的最大高度為 【答案】BC 15．（多選）下列關(guān)于力的沖量和動(dòng)量的說法中，正確的是(　　) A．物體所受的合外力為零，它的動(dòng)量一定為零 B．物體所受的合外力做的功為零，它的動(dòng)量變化一定為零 C．物體所受的合外力的沖量為零，它的動(dòng)量變化一定為零 D．物體所受的合外力不變，它的動(dòng)量變化率不變 【答案】CD 【解析】物體所受的合外力為零，物體可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，也可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故其動(dòng)量不一定為零，A錯(cuò)誤．物體所受的合外力做的功為零，有可能合外力垂直于速度方向，合外力不改變速度大小，只改變速度方向，而

43、動(dòng)量是矢量，所以其動(dòng)量變化不為零，B錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)量定理I＝Δp，故沖量為零，則其動(dòng)量變化量一定為零，C正確．根據(jù)Ft＝Δp得F＝，可得物體所受的合外力不變，它的動(dòng)量變化率不變，D正確． 16．（多選）(2018·江西撫州市四校聯(lián)考)靜止在光滑水平面上的物體，受到水平拉力F的作用，拉力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示，則下列說法中正確的是(　　) A．0～4 s內(nèi)物體的位移為零 B．0～4 s內(nèi)拉力對(duì)物體做功為零 C．4 s末物體的動(dòng)量為零 D．0～4 s內(nèi)拉力對(duì)物體的沖量為零 【答案】BCD 17.（多選）如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點(diǎn)由靜止開始釋放，落到地面上

44、后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)速度減為零．不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.關(guān)于小球下落的整個(gè)過程，下列說法中正確的有(　　) A．小球的機(jī)械能減少了mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功為mgh C．小球所受阻力的沖量大于m D．小球動(dòng)量的改變量等于所受阻力的沖量 【答案】AC 【解析】由動(dòng)能定理得mg(H＋h)＋Wf＝0，Wf＝－mg(H＋h)，所以小球的機(jī)械能減少了mg(H＋h)，A正確，B錯(cuò)誤．小球自由落下至地面過程，機(jī)械能守恒，mgH＝mv2，v＝，落到地面上后又陷入泥潭，由動(dòng)量定理IG－If＝0－mv，所以If＝IG＋mv＝IG＋m，小球所受

45、阻力的沖量大于m，C正確．由動(dòng)量定理知小球動(dòng)量的改變量等于合外力的沖量，D錯(cuò)誤． 18.如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個(gè)光滑斜面由靜止自由滑下，到達(dá)斜面底端的過程中，兩個(gè)物體具有的物理量相同的是(　　) A．重力的沖量 B．合力的沖量 C．剛到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)量 D．剛到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能 【答案】D 19．(多選)(2018·天津模擬)如圖甲所示，一質(zhì)量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動(dòng)，其a-t圖象如圖乙所示，t＝0時(shí)其速度大小為2 m/s，滑動(dòng)摩擦力大小恒為2 N，則(　　) A．在t＝6 s的時(shí)刻，物體的速度為18

46、m/s B．在0～6 s時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為396 J C．在0～6 s時(shí)間內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為36 N·s D．在t＝6 s的時(shí)刻，拉力F的功率為200 W 【答案】BD 【解析】類比速度—時(shí)間圖象中位移的表示方法可知，速度變化量在加速度—時(shí)間圖象中由圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示，在0～6 s內(nèi)，Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，則t＝6 s時(shí)的速度v＝20 m/s，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，在0～6 s內(nèi)，合力做的功為W＝mv2－mv＝396 J，B項(xiàng)正確；由動(dòng)量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知條件解得IF＝48 N·s，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由牛頓第二定律，可知在t

47、＝6 s時(shí)，F(xiàn)－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D項(xiàng)正確． 二、非選擇題 20．靜止在太空中的飛行器上有一種裝置，它利用電場(chǎng)加速帶電粒子，形成向外發(fā)射的粒子流，從而對(duì)飛行器產(chǎn)生反沖力，使其獲得加速度．已知飛行器的質(zhì)量為M，發(fā)射的是2價(jià)氧離子，發(fā)射功率為P，加速電壓為U，每個(gè)氧離子的質(zhì)量為m，單位電荷的電荷量為e，不計(jì)發(fā)射氧離子后飛行器的質(zhì)量變化，求： (1)射出的氧離子速度； (2)每秒鐘射出的氧離子數(shù)； (3)射出離子后飛行器開始運(yùn)動(dòng)的加速度． 【答案】(1) 　(2) 　(3) (3)由動(dòng)量定理得F＝＝nmv. 又由牛頓第二定律得F＝M

48、a， 綜合上述各式，得飛行器開始運(yùn)動(dòng)的加速度a＝. 21．質(zhì)量為1 kg的物體靜止放在足夠大的水平桌面上，物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4.有一大小為5 N的水平恒力F作用于物體上，使之加速前進(jìn)，經(jīng)3 s后撤去F.求物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間(g取10 m/s2)． 【答案】3.75 s 【解析】物體由開始運(yùn)動(dòng)到停止運(yùn)動(dòng)的全過程中，F(xiàn)的沖量為Ft1，摩擦力的沖量為Fft.選水平恒力F的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理有 Ft1－Fft＝0① 又Ff＝μmg② 聯(lián)立①②式解得t＝，代入數(shù)據(jù)解得t＝3.75 s. 22．(2018·山東濟(jì)南質(zhì)檢)2016年9月在濟(jì)青高速公路上，一輛轎車強(qiáng)行超車

49、時(shí)，與另一輛迎面駛來的轎車相撞，兩車相撞后，兩車車身因相互擠壓，皆縮短了0.5 m，據(jù)測(cè)算兩車相撞前速度約為30 m/s. (1)試求車禍中車內(nèi)質(zhì)量約60 kg的人受到的平均沖力是多大？ (2)若此人系有安全帶，安全帶在車禍過程中與人體的作用時(shí)間是1 s，求這時(shí)人體受到的平均沖力為多大？ 【答案】(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N 23．如圖所示，光滑水平面上有三個(gè)滑塊A、B、C，質(zhì)量關(guān)系是mA＝mC＝m、mB＝.開始時(shí)滑塊B、C緊貼在一起，中間夾有少量炸藥，處于靜止?fàn)顟B(tài)．滑塊A以速度v0正對(duì)B向右運(yùn)動(dòng)，在A未與B碰撞之前，引爆B、C間的炸藥，炸藥爆炸后B與A迎面碰撞，

50、最終A與B粘在一起，以速率v0向左運(yùn)動(dòng)．求： (1)炸藥爆炸過程中炸藥對(duì)C的沖量； (2)炸藥的化學(xué)能有多少轉(zhuǎn)化為機(jī)械能． 【答案】(1)mv0，方向向右　(2)mv 【解析】(1)全過程，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC 解得vC＝v0 炸藥對(duì)C的沖量I＝mCvC－0＝mv0，方向向右． (2)炸藥爆炸過程，B和C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 mCvC－mBvB＝0 據(jù)能量關(guān)系ΔE＝×v＋mv 解得ΔE＝mv 24．(2018·山西五校聯(lián)考)如圖甲所示，質(zhì)量均為m＝0.5 kg的相同物塊P和Q(可視為質(zhì)點(diǎn))分別靜止在水平地面上A

51、、C兩點(diǎn)．P在按圖乙所示隨時(shí)間變化的水平力F作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，3 s末撤去力F，此時(shí)P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，之后繼續(xù)滑行并與Q發(fā)生彈性碰撞．已知B、C兩點(diǎn)間的距離L＝3.75 m，P、Q與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求： (1)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小v及其與Q碰撞前瞬間的速度大小v1； (2)Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t. 【答案】(1)8 m/s　7 m/s　(2)3.5 s (2)設(shè)P與Q發(fā)生彈性碰撞后瞬間的速度大小分別為v1′、v2，有： mv1＝mv1′＋mv2 mv＝mv1′2＋mv 碰撞后Q做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，有：t＝ 解得：t＝3.5 s 25

52、．如圖所示，長(zhǎng)木板B的質(zhì)量為m2＝1.0 kg，靜止放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m3＝1.0 kg的物塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長(zhǎng)木板的最右端．一個(gè)質(zhì)量為m1＝0.5 kg的物塊A從距離長(zhǎng)木板B左側(cè)l＝9.5 m處，以速度v0＝10 m/s向著長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)．一段時(shí)間后物塊A與長(zhǎng)木板B發(fā)生彈性正碰(時(shí)間極短)，之后三者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過程物塊C始終在長(zhǎng)木板上．已知物塊A及長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.1，物塊C與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2，物塊C與長(zhǎng)木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2，求： (1)碰后瞬間物塊A和長(zhǎng)木板B的速度； (2)長(zhǎng)木板B的最小長(zhǎng)度和

53、物塊A離長(zhǎng)木板左側(cè)的最終距離． 【答案】(1)－3 m/s　6 m/s　(2)3 m　10.5 m 【解析】(1)設(shè)物塊A與木板B碰前的速度為v 由動(dòng)能定理得：－μ1m1gl＝m1v2－m1v 解得v＝＝9 m/s A與B發(fā)生彈性碰撞，假設(shè)碰撞后的瞬間速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律得 m1v＝m1v1＋m2v2 由機(jī)械能守恒定律得m1v2＝m1v＋m2v 聯(lián)立解得v1＝v＝－3 m/s， v2＝v＝6 m/s. B、C達(dá)到共同速度之后，因μ1＜μ2，二者一起減速至停下，設(shè)加速度大小為a3 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：μ1(m2＋m3)g＝(m2＋m3)a3 整個(gè)過程B運(yùn)動(dòng)的位移為：xB＝v2t＋a1t2＋＝6 m A與B碰撞后，A做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小也為a3，位移為：xA＝＝4.5 m 物塊A離長(zhǎng)木板B左側(cè)的最終距離為xA＋xB＝10.5 m.