课件68张PPT。第一章 碰撞与动量守恒2.动量234质量 速度 千克米每秒 矢 速度 5整体 内部 以外 以内 6外力 合外力 7外力 合外力 合外力 89末动量 初动量 代数 10乘积 矢量 11
√×√12
×√√131415161718对动量的理解1920212223242526272829动量守恒定律的理解及应用 30313233343536373839404142434445对动量定理的理解及应用 46474849505152535455565758596061626364656667点击右图进入…Thank you for watching !2.动量
[学习目标] 1.理解动量的概念,知道动量是矢量.(重点)2.理解动量守恒定律的表达式,理解动量守恒的条件.(重点、难点)3.知道冲量的概念,知道冲量是矢量.(重点)4.知道动量定理的确切含义,掌握其表达式.(重点、难点)
一、动量的概念
1.定义
物体的质量与速度的乘积,即p=mv.
2.单位
动量的国际制单位是千克米每秒,符号是kg·m/s.
3.方向
动量是矢量,它的方向与速度的方向相同.
二、动量守恒定律及动量守恒定律的普遍意义
1.系统:相互作用的两个或多个物体组成的整体.
2.内力和外力
(1)内力
系统内部物体间的相互作用力.
(2)外力
系统以外的物体对系统以内的物体的作用力.
3.动量守恒定律
(1)内容
如果一个系统不受外力或者所受合外力为零,这个系统的总动量保持不变.
(2)表达式
对于在一条直线上运动的两个物体组成的系统,表达式为:
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′.
(3)适用条件
系统不受外力或者所受合外力为零.
4.动量守恒定律的适用范围
无论在微观、宏观或高速领域,无论是何种形式的相互作用力,只要系统所受的合外力为零,动量守恒定律都是适用的.
三、动量定理
1.冲量
(1)概念:力和力的作用时间的乘积.
(2)公式:I=Ft.
(3)单位:冲量的单位是N·s.
2.动量的变化量
(1)定义:物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量),Δp=p′-p(矢量式).
(2)动量始终保持在一条直线上时的矢量运算:选定一个正方向,动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示,从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅表示方向,不表示大小).
3.动量定理
(1)内容:物体所受合力与作用时间的乘积等于物体动量的变化,表达式:Ft=p′-p或I=Δp,即物体所受合外力的冲量等于动量的变化.
(2)动量定理的表达式是矢量关系式,运用它分析问题要用矢量运算法则.
1.正误判断(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)动量的方向与物体的速度方向相同. (√)
(2)物体的动量相同,其动能一定也相同. (×)
(3)某个力是内力还是外力是相对的,与系统的选取有关. (√)
(4)一个系统初、末状态动量大小相等,即动量守恒. (×)
(5)冲量是矢量,其方向与力的方向相同. (√)
(6)若物体在一段时间内,其动量发生了变化,则物体在这段时间内的合外力一定不为零. (√)
2.(多选)如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,下列说法中正确的是( )
A.两手同时放开后,系统总动量始终为零
B.先放开左手,后放开右手,此后动量不守恒
C.先放开左手,后放开右手,总动量向左
D.无论是否同时放手,只要两手都放开后,在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量一定为零
AC [当两手同时放开时,系统的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因为开始时总动量为零,故系统总动量始终为零,选项A正确;先放开左手,左边的小车就向左运动,当再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统的动量守恒,放开左手时总动量方向向左,放开右手后总动量方向也向左,故选项B、D错误,选项C正确.]
3.关于动量的概念,下列说法正确的是( )
A.动量大的物体,惯性一定大
B.动量大的物体,运动一定快
C.动量相同的物体,运动方向一定相同
D.动量相同的物体,动能也一定相同
C [物体的动量是由速度和质量两个因素决定的.动量大的物体质量不一定大,惯性也不一定大,A错;同样,动量大的物体速度也不一定大,B错;动量相同指的是动量的大小和方向均相同,而动量的方向就是物体运动的方向,故动量相同的物体运动方向一定相同,C对;由动量和动能的关系p=可知,只有质量相同的物体动量相同时,动能才相同,故D错.]
对动量的理解
1.对动量的认识
(1)瞬时性:通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量,动量的大小可用p=mv表示.
(2)矢量性:动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同.
(3)相对性:因物体的速度与参考系的选取有关,故物体的动量也与参考系的选取有关.
2.动量的变化量
是矢量,其表达式Δp=p2-p1为矢量式,运算遵循平行四边形定则,当p2、p1在同一条直线上时,可规定正方向,将矢量运算转化为代数运算.
3.动量和动能的区别与联系
物理量
动量
动能
区别
标矢性
矢量
标量
大小
p=mv
Ek=mv2
变化情况
v变化,p一定变化
v变化,ΔEk可能为零
联系
p=,Ek=
【例1】 羽毛球是速度最快的球类运动之一,我国运动员林丹某次扣杀羽毛球的速度为342 km/h,假设球的速度为90 km/h,林丹将球以342 km/h的速度反向击回.设羽毛球质量为5 g,试求:
(1)林丹击球过程中羽毛球的动量变化量;
(2)在林丹的这次扣杀中,羽毛球的速度变化、动能变化各是多少?
[思路点拨] 解答本题时应注意以下两点:
(1)求动量变化时要选取正方向,同时注意羽毛球的初速度与末速度的方向关系.
(2)动能是标量,动能的变化量等于羽毛球的末动能与初动能的大小之差.
[解析] (1)以球飞回的方向为正方向,则
p1=mv1=-5×10-3× kg·m/s=-0.125 kg·m/s
p2=mv2=5×10-3× kg·m/s=0.475 kg·m/s
所以羽毛球的动量变化量为
Δp=p2-p1=0.475 kg·m/s-(-0.125 kg·m/s)
=0.600 kg·m/s
即羽毛球的动量变化大小为0.600 kg·m/s,方向与羽毛球飞回的方向相同.
(2)羽毛球的初速度为v1=-25 m/s,
羽毛球的末速度为v2=95 m/s,
所以Δv=v2-v1=95 m/s-(-25 m/s)=120 m/s.
羽毛球的初动能
Ek=mv=×5×10-3×(-25)2 J=1.56 J
羽毛球的末动能
E′k=mv=×5×10-3×952 J=22.56 J
所以ΔEk=E′k-Ek=21 J.
[答案] (1)0.600 kg·m/s 方向与羽毛球飞回的方向相同 (2)120 m/s 21 J
(1)动量p=mv,大小由m和v共同决定.
(2)动量p和动量的变化Δp均为矢量,计算时要注意其方向.
(3)动能是标量,动能的变化量等于末动能与初动能大小之差.
(4)物体的动量变化时动能不一定变化,动能变化时动量一定变化.
1.关于物体的动量,下列说法中正确的是( )
A.运动物体在任一时刻的动量方向,一定是该时刻的速度方向
B.物体的动能不变,其动量一定不变
C.动量越大的物体,其速度一定越大
D.物体的动量越大,其惯性也越大
A [动量具有瞬时性,任一时刻物体动量的方向,即为该时刻物体的速度方向,选项A正确;动能不变,若速度方向变化,动量也发生了变化,B项错误;物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定,不是由物体的速度唯一决定,故物体的动量大,其速度不一定大,选项C错误;惯性由物体质量决定,物体的动量越大,其质量并不一定越大,惯性也不一定越大,故选项D错误.]
动量守恒定律的理解及应用
1.对系统“总动量保持不变”的理解
(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等,不仅仅是初、末两个状态的总动量相等.
(2)系统的总动量保持不变,但系统内每个物体的动量可能都在不断变化.
(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和,总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变.
2.动量守恒定律的成立条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零.
(2)系统受外力作用,合外力也不为零,但合外力远远小于内力.这种情况严格地说只是动量近似守恒,但却是最常见的情况.
(3)系统所受到的合外力不为零,但在某一方向上合外力为0,或在某一方向上外力远远小于内力,则系统在该方向上动量守恒.
3.动量守恒定律的五个性质
(1)矢量性:定律的表达式是一个矢量式,其矢量性表现在
①该式说明系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等,方向也相同.
②在求初、末状态系统的总动量p=p1+p2+…和p′=p1′+p2′+…时,要按矢量运算法则计算.如果各物体动量的方向在同一直线上,要选取一正方向,将矢量运算转化为代数运算.
(2)相对性:在动量守恒定律中,系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一惯性系,各物体的速度通常均为对地的速度.
(3)条件性:动量守恒定律的成立是有条件的,应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件.
(4)同时性:动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量,p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量.
(5)普适性:动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统,也适用于多个物体组成的系统;不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组成的系统.
4.动量守恒定律的三种表达式
(1)p=p′或m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′,大小相等,方向相同).
(2)Δp1=-Δp2或m1Δv1=-m2Δv2(系统内一个物体的动量变化量与另一物体的动量变化量等大反向).
(3)Δp=p′-p=0(系统总动量的变化量为零).
5.应用动量守恒定律的解题步骤
↓
↓
↓
↓
【例2】 如图所示,平板B的质量为mB=1 kg,放置在光滑的水平面上,质量为mA=2 kg的小铁块A,以vA=2 m/s的速度水平向右滑上平板,小铁块A最终没有滑离平板B,取水平向右为正方向,小铁块A看成质点,求:
(1)如图甲所示,若平板B开始静止,平板B的最终速度的大小和方向;
(2)如图乙所示,若平板B开始时是以vB=10 m/s的速度向左匀速运动,平板B的最终速度的大小和方向.
[解析] 取水平向右为正方向
(1)根据动量守恒定律
mAvA=(mA+mB)v
解得:v== m/s= m/s
平板B的速度方向水平向右.
(2)根据动量守恒定律
mAvA-mBvB=(mA+mB)v
解得:v== m/s=-2 m/s
负号表示平板B的速度方向与正方向相反,即为水平向左.
[答案] (1) m/s 水平向右 (2)2 m/s 水平向左
关于动量守恒定律理解的三个误区
(1)误认为只要系统初、末状态的动量相同,则系统动量守恒.产生误区的原因是没有正确理解动量守恒定律,系统在变化的过程中每一个时刻动量均不变,才符合动量守恒定律.
(2)误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时,系统动量才能守恒.产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件,动量是矢量,只要系统不受外力或所受合外力为零,则系统动量守恒,系统内各物体的运动不一定共线.
(3)误认为动量守恒定律中,各物体的动量可以相对于任何参考系.出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律,应用动量守恒定律时,各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系,一般情况下,选地面为参考系.
2.如图所示,游乐场上,两位同学各驾驶着一辆碰碰车迎面相撞,此后,两车以相同的速度运动.设甲同学和他的车的总质量为150 kg,碰撞前向右运动,速度的大小为4.5 m/s,乙同学和他的车的总质量为200 kg,碰撞前向左运动,速度的大小为4.25 m/s,则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( )
A.1 m/s B.0.5 m/s C.-1 m/s D.-0.5 m/s
D [由两车碰撞过程动量守恒可知
m1v1-m2v2=(m1+m2)v
得v== m/s=
-0.5 m/s.故选项D正确.]
对动量定理的理解及应用
1.冲量的理解
(1)冲量是过程量,它描述的是力作用在物体上的时间积累效应,求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量.
(2)冲量是矢量,冲量的方向与力的方向相同.
2.冲量的计算
(1)求某个恒力的冲量:用该力和力的作用时间的乘积.
(2)求合冲量的两种方法:
可分别求每一个力的冲量,再求各冲量的矢量和;另外,如果各个力的作用时间相同,也可以先求合力,再用公式I合=F合Δt求解.
(3)求变力的冲量
①若力与时间成线性关系变化,则可用平均力求变力的冲量.
②若给出了力随时间变化的图像,如图所示,可用面积法求变力的冲量.
③利用动量定理求解.
3.动量定理的理解
(1)动量定理的表达式Ft=p′-p是矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.
(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因.
(3)公式中的F是物体所受的合外力,若合外力是变力,则F应是合外力在作用时间内的平均值.
4.动量定理的应用
(1)定性分析有关现象
①物体的动量变化量一定时,力的作用时间越短,力就越大;力的作用时间越长,力就越小.
②作用力一定时,力的作用时间越长,动量变化量越大;力的作用时间越短,动量变化量越小.
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤
①选定研究对象,明确运动过程;
②进行受力分析和运动的初、末状态分析;
③选定正方向,根据动量定理列方程求解.
【例3】 高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前,人下落的距离为h(可视为自由落体运动),此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,求该段时间安全带对人的平均作用力.
[思路点拨] (1)人从跌落到安全带对人刚产生作用力前做自由落体运动.
(2)安全带对人开始作用到速度减为零的过程人受到安全带的平均作用力和重力作用.
[解析] 取向下为正方向.设高空作业人员自由下落h时的速度为v,则v2=2gh,得v=,设安全带对人的平均作用力为F,由动量定理得(mg+F)t=0-mv,得F=-.“-”号说明F的方向向上.
[答案] 大小为+mg,方向向上.
应用动量定理的三点提醒
(1)若物体在运动过程中所受的力不是同时的,可将受力情况分成若干阶段来解.
(2)在用动量定理解题时,一定要认真进行受力分析,不可有遗漏,比如漏掉物体的重力.
(3)列方程时,一定要先选定正方向,将矢量运算转化为代数运算.
3.如图所示,铁块压着一纸条放在水平桌面上,当以速度v抽出纸条后,铁块掉在地上的P点,其他条件不变,若以2v的速度抽出纸条,则铁块落地点为( )
A.仍在P点
B.P点左边
C.P点右边不远处
D.P点右边原水平位移两倍处
B [两种情况纸条运动距离相同,所以速度越大,需要的时间越短.在抽出纸条的过程中,铁块受摩擦力作用,使铁块获得速度,根据动量定理得Ft=mv-0,时间越短,铁块速度越小,平抛距离越短,所以B正确.]
课 堂 小 结
知 识 网 络
1.三个概念——动量 冲量 动量变化量
2.一个定律——动量守恒定律
3.一个定理——动量定理
4.一个条件——动量守恒成立条件
1.把一支枪水平固定在小车上,小车放在光滑的水平面上,枪发射出一颗子弹时,关于枪、子弹和车,下列说法正确的是( )
A.枪和子弹组成的系统动量守恒
B.枪和车组成的系统动量守恒
C.三者组成的系统因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小,使系统的动量变化很小,可忽略不计,故系统动量近似守恒
D.三者组成的系统动量守恒,因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用,这两个外力的合力为零
D [由于枪水平放置,故三者组成的系统除受重力和支持力(两外力平衡)外,不受其他外力,动量守恒.子弹和枪筒之间的力应为系统的内力,对系统的总动量没有影响,故选项C错误.分开枪和车,则枪和子弹组成的系统受到车对其的外力作用,车和枪组成的系统受到子弹对其的外力作用,动量都不守恒,正确选项为D.]
2.如图所示,质量为m0的小车置于光滑的水平面上,车的上表面粗糙,有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面,若车足够长,则( )
A.木块的最终速度为
B.由于车表面粗糙,小车和木块所组成的系统动量不守恒
C.车表面越粗糙,木块减少的动量越多
D.车表面越粗糙,小车获得的动量越多
A [由m和m0组成的系统水平方向动量守恒,易得A正确;m和m0动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关,因为车足够长,最终各自的动量与摩擦力大小无关.]
3.(多选)恒力F作用在质量为m的物体上,如图所示,由于地面对物体的摩擦力较大,没有被拉动,则经时间t,下列说法正确的是( )
A.拉力F对物体的冲量大小为零
B.拉力F对物体的冲量大小为Ft
C.拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θ
D.合力对物体的冲量大小为零
BD [对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量,是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一个方向上力的冲量,某一个力的冲量与另一个力的冲量无关,故拉力F的冲量为Ft,A、C错误,B正确;物体处于静止状态,合力为零,合力的冲量为零,D正确.]
4.光滑水平面上放着一质量为m0的槽,槽与水平面相切且光滑,如图所示,一质量为m的小球以v0向槽运动,若开始时槽固定不动,求小球上升的高度(槽足够高);若槽不固定,则小球又上升多高?
[解析] 槽固定时,设球上升的高度为h1,由机械能守恒定律得mgh1=mv,解得h1=
槽不固定时,设球上升的最大高度为h2,此时两者速度为v.由水平方向上动量守恒得mv0=(m+m0)v,由机械能守恒得mv=(m+m0)v2+mgh2,解得槽不固定时,小球上升的高度h2=.
[答案]
课时分层作业(二) 动量
(时间:40分钟 分值:100分)
[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)
1.若一个物体(质量不变)的动量发生了变化.则物体运动的( )
A.速度大小一定改变
B.速度方向一定改变
C.速度一定变化
D.加速度可能为零
C [根据Δp=p2-p1=mΔv可知,在质量不变的前提下,动量发生了变化,一定是速度发生了变化,速度变化就一定有加速度,所以选项C正确.]
2.跳远时,跳在沙坑里比跳在水泥地上安全,这是由于( )
A.人跳在沙坑上的动量比跳在水泥地上小
B.人跳在沙坑上的动量变化比跳在水泥地上小
C.人跳在沙坑上受到的冲量比跳在水泥地上小
D.人跳在沙坑上受到的冲力比跳在水泥地上小
D [跳远时,落地前的速度大小约等于起跳时速度的大小,则初动量大小一定;落地后静止,末动量一定,所以,人接触地面过程的动量变化量Δp一定.因落在沙坑上作用的时间长,落在水泥地上作用的时间短,根据动量定理Ft=Δp知,t长则F小,故D正确.]
3.(多选)如图所示,A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2,原来静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑.当两物体被同时释放后,则( )
A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则A、B组成系统的动量守恒
B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则A、B、C组成系统的动量守恒
C.若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B组成系统的动量守恒
D.若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B组成系统的动量守恒,但A、B、C组成的系统动量不守恒
BC [因地面光滑,A、B与C之间的摩擦力是系统内力,故无论A、B所受的摩擦力大小是否相同,A、B、C所组成的系统动量均守恒,但对于A、B两物体所组成的系统,只有A、B所受的摩擦力大小相等,方向相反时,其动量才守恒,故A、D错误,B、C正确.]
4.(多选)汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶,突然拖车与汽车脱钩,而汽车的牵引力不变,各自受的阻力不变,则在拖车停止运动前( )
A.汽车和拖车的总动量不变
B.汽车和拖车的总动量增加
C.汽车和拖车的总动能不变
D.汽车和拖车的总动能增加
AD [原来汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶,说明系统所受的合外力为零,拖车与汽车脱钩后系统所受力不变,故总动量守恒,脱钩后相同时间内汽车发生的位移大于拖车发生的位移,合外力做正功,故A、D正确.]
5.(多选)根据UIC(国际铁道联盟)的定义,高速铁路是指营运速率达200 km/h以上的铁路和动车组系统.据广州铁路局警方测算:当和谐号动车组列车以350 km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时,受到的阻力约为106 N,如果撞击一块质量为0.5 kg的障碍物,会产生大约5 000 N的冲击力,撞击时间约为0.01 s,瞬间可能造成列车颠覆,后果不堪设想.在撞击过程中,下列说法正确的是( )
A.列车受到合外力的冲量约为50 N·s
B.列车受到合外力的冲量约为104 N·s
C.障碍物受到合外力的冲量约为175 N·s
D.障碍物受到合外力的冲量约为50 N·s
AD [由列车匀速行驶时撞击障碍物,获得5 000 N的冲击力,可知撞击过程中列车受到的合外力为5 000 N,列车受到的合外力的冲量为5 000×0.01 N·s=50 N·s,A对,B错;撞击过程时间极短,列车和障碍物组成的系统动量近似守恒,障碍物受到合外力的冲量与列车受到的合外力的冲量等大反向,故C错,D对.]
6.一质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中( )
A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2
B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零
C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2
D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零
B [设地面对运动员的平均作用力为F,则由动量定理得(F-mg)Δt=mv,故地面对运动员的冲量FΔt=mv+mgΔt;运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面,由于地面对他的作用力沿力的方向没有位移,地面对运动员做功为零,因此,本题正确选项为B.]
二、非选择题(14分)
7.如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4 kg,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量mB=2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6 s,二者的速度达到vt=2 m/s.求:
(1)A开始运动时加速度a的大小;
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小.
[解析] (1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有
F=mAa ①
代入数据解得a=2.5 m/s2. ②
(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6 s的过程,由动量定理得Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v ③
代入数据解得v=1 m/s. ④
[答案] (1)2.5 m/s2 (2)1 m/s
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分)
1.(多选)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定于其左端,另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动,如图所示.则( )
A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力属于内力作用,故系统动量守恒
B.当两物块相距最近时,甲物块的速率为零
C.甲物块的速率可能达到5 m/s
D.当甲物块的速率为1 m/s时,乙物块的速率可能为2 m/s,也可能为0
AD [甲、乙两物块(包括弹簧)组成的系统在弹簧压缩过程中,系统所受的合外力为零,系统动量守恒,故A正确;当两物块相距最近时速度相同,取碰撞前乙的速度方向为正方向,设共同速度为v,根据动量守恒定律得mv乙-mv甲=2mv,解得v=0.5 m/s,故B错误;若物块甲的速率达到5 m/s,方向与原来相同,则:mv乙-mv甲=-mv甲′+mv乙′,代入数据解得:v乙′=6 m/s,两个物体的速率都增大,动能都增大,违反了能量守恒定律,若物块甲的速率达到5 m/s,方向与原来相反,则:mv乙-mv甲=mv甲′+mv乙′,代入数据解得:v乙′=-4 m/s,可得,碰撞后乙的动能不变,甲的动能增加,系统总动能增加,违反了能量守恒定律,所以物块甲的速率不可能达到5 m/s,故C错误;甲、乙组成的系统动量守恒,若物块甲的速率为1 m/s,方向与原来相同,由动量守恒定律得:mv乙-mv甲=-mv甲′+mv乙′,代入数据解得:v乙′=2 m/s;若物块甲的速率为1 m/s,方向与原来相反,由动量守恒定律得:mv乙-mv甲=mv甲′+mv乙′,代入数据解得:v乙′=0,故D正确.]
2.光滑水平桌面上有P、Q两个物块,Q的质量是P的n倍.将一轻弹簧置于P、Q之间,用外力缓慢压P、Q.撤去外力后,P、Q开始运动,P和Q的动量大小的比值为( )
A.n2 B.n C. D.1
D [撤去外力后,系统在水平方向不受外力,所以在水平方向总动量守恒,设P的动量方向为正方向,则有pP-pQ=0,故pP=pQ,因此P和Q的动量大小的比值为1,选项D正确.]
3.(多选)如图所示,质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到达距地面深度为h的B点时速度减为零.不计空气阻力,重力加速度为g.关于小球下落的整个过程,下列说法正确的有( )
A.小球的机械能减少了mg(H+h)
B.小球克服阻力做的功为mgh
C.小球所受阻力的冲量大于m
D.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
AC [小球在整个过程中,动能变化量为零,重力势能减少了mg(H+h),则小球的机械能减少了mg(H+h),故A正确;对小球下落的全过程运用动能定理得,mg(H+h)-Wf=0,则小球克服阻力做功Wf=mg(H+h),故B错误;小球落到地面的速度v=,对进入泥潭的过程运用动量定理得:IG-If=0-m,得:If=IG+m,可知阻力的冲量大于m,故C正确;对全过程分析,运用动量定理知,动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和,故D错误.]
4.A、B两球之间压缩一根轻弹簧,静置于光滑水平桌面上.已知A、B两球质量分别为2m和m.当用挡板挡住A球而只释放B球时,B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上,如图所示.若保持弹簧的压缩程度不变,取走A左边的挡板,将A、B同时释放,B球的落地点距离桌边距离x′为( )
A. B. C.x D.x
D [当用挡板挡住A球而只释放B球时,B球做平抛运动.设桌面高度为h,则有vB==x,所以弹簧的弹性势能为E=mv=,若保持弹簧的压缩程度不变,取走A左边的挡板,将A、B同时释放,由动量守恒定律有0=2mvA-mvB,所以vA∶vB=1∶2,因此A球与B球获得的动能之比EkA∶EkB=1∶2.所以B球获得的动能为Ek=,那么B球抛出时初速度为vB′=,则平抛后落地水平位移为x′=·=,选项D正确.]
二、非选择题(本大题共2小题,共26分)
5.(12分)一辆质量m1=3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上,后面一辆质量m2=1.5×103 kg的轿车来不及刹车,直接撞入货车尾部失去动力.相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s=6.75 m停下.已知车轮与路面间的动摩擦因数μ=0.6,求碰撞前轿车的速度大小.(重力加速度取g=10 m/s2)
[解析] 由牛顿第二定律得a==μg=6 m/s2
v==9 m/s
由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v
v0=v=27 m/s.
[答案] 27 m/s
6.(14分)如图所示,甲车及车上人的总质量M1=100 kg,甲车后方拖着木箱的质量m=50 kg,乙车质量M2=100 kg,甲、乙两车在光滑水平面上沿同一直线运动,甲车在前,乙车在后,甲车、人及木箱速度大小为v1=3 m/s,乙车速度大小为v2=8 m/s.为避免乙车撞上甲车,人将木箱向后推出,木箱与乙车相碰后合在一起,求人将箱子相对地面至少以多大的速度推出,才能避免两车相撞.
[解析] 设人以速度vx向左将木箱推出.以甲车、人和木箱为系统,由动量守恒定律得(M1+m)v1=M1v甲-mvx
以乙车和木箱为系统,由动量守恒定律得M2v2-mvx=(M2+m)v乙
为避免乙车与甲车相撞,有v甲≥v乙
解得vx≥1 m/s,故人至少以1 m/s的速度将木箱推出.
[答案] 1 m/s