第1章 动量及其守恒定律 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修1同步导学案配套PPT课件（鲁科版）

章末综合提升 第1章　动量及其守恒定律 章末检测 内容索引 一、构建思维导图 mv Ft Ft=mv2-mv1　 系统 不受外力 远大于　 　p 总动量相同 0 总动量变化量为0 -Δp2 相反 守恒　 最多　 增加 二、归纳整合提升 1.解决力学问题的三大观点的综合应用(三种观点的比较) 三个基本观点 对应规律 公式表达 适用情况 动力学 观点 运动学 v=v0+at,x=v0t+at2等 恒力作用下的运动 牛顿第二定律 F合=ma 能量 观点 动能定理 W合=ΔEk W合= 恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动 机械能守恒 定律 mgh1+ 三个基 本观点 对应 规律 公式表达 适用情况 动量 观点 动量 定理 F合t=p'-p I合=Δp 恒力作用下的运动、瞬时作用、往复运动 动量守 恒定律 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 2.三种观点的选择 (1)如果物体受恒力作用,涉及运动细节可用动力学观点去解决。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。 (3)若研究的对象为几个物体组成的系统,且它们之间有相互作用,一般用两个守恒定律解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解,根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般隐含系统机械能与其他形式能量之间的转化,这种问题由于作用时间极短,因此动量守恒定律一般能派上大用场。 三、经典例题体验 [典例1]　如图所示,半径R1=1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接,半径R2=0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接,下端与水平地面平滑连接,质量m=0.1 kg的乙物块放在平台BC的右端C点,将质量也为m的甲物块在A点由静止释放,让其沿圆弧下滑,并滑上平台与乙相碰,碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出,甲物块与平台间的动摩擦因数μ=0.2,BC长L=1 m,重力加速度g取10 m/s2,不计两物块的大小及碰撞所用的时间,求: (1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小; [答案]　(1)3 N　 (1)甲物块从A点滑到B点,根据机械能守恒定律有mgR1= 甲物块运动到B点时,根据牛顿第二定律有 N-mg=m 联立解得v1=2 m/s,N=3 N 根据牛顿第三定律可知,甲物块在B点时对轨道的压力大小N'=N=3 N。 (2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小; [答案]　(2)2 m/s　 (2)甲从B点向右滑动的过程中,做匀减速直线运动,加速度大小为a=μg=2 m/s2 设甲物块运动到与乙相碰前瞬间的速度为v2,有=-2aL 解得v2=4 m/s 设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为v3,取向右为正方向,根据动量守恒定律有mv2=2mv3 解得v3=2 m/s。 (3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间。 [答案]　(3)0.4 s (3)碰撞后,甲和乙以2 m/s的速度水平抛出,假设两物块会落到水平地面上,则下落的时间t==0.4 s 则水平方向的位移x=v3t=0.8 m=R2 说明两物块刚好落到D点,假设成立 因此抛出后两物块落到CDE段轨道上所用时间为0.4 s。 [典例2]　如图所示,质量M=2 kg的小车A静止在水平地面上,与右侧平台相距d=1.25 m,小车上表面与平台等高。两个完全相同、质量均为m1=6 kg的物块B、D分别静止在小车和平台的最左端,用不可伸长的轻绳将质量m2=4 kg的小球C悬挂在物块B正上方的O点,轻绳处于水平拉直状态,绳长L=1.25 m。将C由静止释放,下摆至最低点时与B发生弹性碰撞,一段时间后,B滑到小车的最右端时二者恰好共速,此后小车与平台发生碰撞并原速反弹,物块B与D碰撞并粘在一起。已知物块与小车上表面、平台的动摩擦因数均为μ1=0.4,小车与地面的动摩擦因数μ2=0.2,重力加速度g取10 m/s2。所有碰撞时间忽略不计,不计空气阻力。求: (1)C与B碰撞后,摆动的最高点距离O点的竖直高度; [答案]　(1)1.2 m (1)对C,从开始摆动到碰撞前,有m2gL= C与B发生弹性碰撞,有m2v0=m1v1+m2v2 对C,从碰撞后到最高点,有=m2g(L-h) 代入数据解得h=1.2 m。 (2)A与B共速时速度的大小; [答案]　(2)2 m/s (2)B在A上滑行时,对B有 μ1m1g=m1aB 对A有 μ1m1g-μ2(M+m1)g=MaA 共速时v=v1-aBt=aAt 解得共同速度v=2 m/s。 (3)小车的长度; [答案]　(3)1 m　 (3)共速时两物体的位移分别为sA=t sB=t 小车的长度 l=sB-sA=1 m。 (4)最终静止时B与A最右端的水平距离。 [答案] (4) m (4)设小车与平台碰撞前速度为v3,则 v2-=2μ2g(d-sA) 对B、D碰撞过程有 m1v3=2m1v4 对B、D从碰撞后到静止的过程,有 =2μ1gsB' 对A反弹后的过程,有 =2μ2gsA' 最终静止时,B与A最右端的水平距离 s=sA'+sB' 解得s= m。 章末检测(一)　动量及其守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.关于动量,以下说法正确的是(　　) A.做匀速圆周运动的质点,其动量不随时间发生变化 B.悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时,每次经过最低点时的动量均相同 C.匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变 D.做平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比 13 D 做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化,故动量时刻变化,故A项错误;摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等,但方向相反,故B项错误;巡航导弹巡航时虽速度不变,但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分,不可忽略),从而使导弹总质量不断减小,导弹动量减小,故C项错误;做平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动,在竖直方向的分动量p竖=mvy=mgt,故D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2.如图所示,质量为m的小球在水平面内做匀速圆周运动,细线长为L,与竖直方向夹角为θ,线的拉力为F,小球做圆周运动的角速度为ω,周期为T,在时间内质点所受合力的冲量大小为(　　) A.(F-mgcos θ) B.Fsin θ× C.2mωLsin θ D.2mωL 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 因合力的方向不断变化,则不能直接用F合t求解合力的冲量,选项A、B错误;时间内动量的变化量为2mv=2mωLsin θ,根据动量定理可知,所受合力的冲量为2mωLsin θ,选项C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3.质量为0.1 kg的物体静止在水平地面上,从0时刻开始受到竖直向上的拉力F的作用,F随时间t的变化情况如图乙所示,g取10 m/s2,则物体9 s末的速度为(　　)   A.135 m/s　　　　　　　　 B.130 m/s C.50 m/s D.45 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 物体在t=1 s时刻F=1 N=mg,则1 s后物体将向上运动,则对物体在1~9 s时间内,由动量定理得IF-mgt=mv,其中t=8 s,且1~9 s内力F的冲量IF=[×(1+3)×2+×6×3] N·s=13 N·s,代入解得v=50 m/s,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4.如图所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体的质量为M,顶端高度为h,今有一质量为m的小滑块,沿光滑斜面下滑,在小滑块从斜面顶端自由下滑到底端的过程中,斜面对滑块的支持力大小为N,则下列说法中正确的是(　　) A.N=mgcos α B.斜面体对滑块的作用力垂直于接触面,对滑块不做功 C.滑块下滑过程中,斜面体和滑块组成的系统动量不守恒、机械能守恒 D.当滑块从斜面顶端自由下滑到底端时,滑块向左滑动的水平距离为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 依题意可知,滑块相对于斜面体下滑时,斜面体将水 平向右加速,所以滑块相对于地面的加速度方向不 再是沿斜面向下,即滑块在垂直斜面方向的合力不 再为零,所以斜面对滑块的支持力N不等于mgcos α,故A错误。斜面体对滑块的支持力总是垂直于接触面,且由于滑块相对于斜面体下滑时,斜面体将水平向右加速运动,使得支持力的方向与滑块位移方向的夹角大于90°,所以斜面体对滑块做负功,故B错误。滑块下滑过程中,由于滑块有竖直方向的分加速度,所以斜面体和滑块组成的系统在竖直方向上受到 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 的合外力不为零,所以系统动量不守恒,但系统水平方向不受外力,系统在水平方向的动量守恒;滑块下滑过程中,斜面体和滑块组成的系统只有重力做功,所以系统机械能守恒,故C正确。系统水平方向动量守恒,设斜面体、滑块的水平位移大小分别为x1、x2,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得m=0,即mx2-Mx1=0,又因为x1+x2=,联立求得此过程中滑块向左滑动的水平距离为x2=,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 5.某实验小组发射自制水火箭,火箭外壳重2 kg,发射瞬间将壳内质量为4 kg的水相对地面以10 m/s的速度瞬间喷出,g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,火箭能够上升的最大高度为(　　) A.15 m B.20 m C.25 m D.30 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 由动量守恒定律有mv1=Mv2,解得火箭的速度v2=20 m/s,又=2gh,解得火箭能够上升的最大高度h=20 m,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 6.如图所示,一辆质量M=3 kg 的小车A静止在光滑的水平面上,A车上有一质量m=1 kg的光滑小球B,将一左端固定于A上的轻质弹簧压缩并锁定(B与弹簧不拴接),此时弹簧的弹性势能Ep=6 J,B与A右壁间距离为l。解除锁定,B脱离弹簧后与A右壁的油灰阻挡层(忽略其厚度)碰撞并被粘住。下列说法正确的是(　　) A.B碰到油灰阻挡层前A与B的动量相同 B.B脱离弹簧时,A的速度大小为3 m/s C.B和油灰阻挡层碰撞并被粘住的过程, B受到的冲量大小为3 N·s D.解除锁定后,B移动的总距离为l 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C B碰到油灰阻挡层前A与B的动量大小相等,方向相反,故A错误;设B脱离弹簧时,A、B的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律有Mv1=mv2 ① 根据能量守恒定律有Ep= ② 联立①②解得v1=1 m/s,v2=3 m/s③ 故B错误;根据动量守恒定律可知,B和油灰阻 挡层碰撞并被粘住后,A、B的速度都将变为零, 对B根据动量定理可得B受到的冲量大小为I=mv2=3 N·s④ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 故C正确;从解除锁定到B和油灰阻挡层碰撞前瞬间,A、B的速度大小始终满足 MvA=mvB ⑤ 所以整个过程A、B移动的距离满足MxA=mxB ⑥ 根据位移关系有xA+xB=l ⑦ 联立⑥⑦解得xA=l,xB=l,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 7.如图,棱长为a、大小和形状均相同的立方体木块和铁块正对放置,质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下,两者用极短细绳连接悬浮在平静的池中某处,木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后,木块与铁块均在竖直方向上运动,木块刚浮出水面时,铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力,不计其他阻力,则池深为(　　) A. C.h+2a 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 设铁块竖直下降的位移为d,对木块与铁块系统,系统外力为零,由动量守恒(人船模型)可得 0=mh-Md,池深 H=h+d+2a,解得 H=h+2a,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8.一款多旋翼察打一体无人机,总质量为M,旋翼启动后恰能悬停在离水平地面高为H的空中,升力大小不变,向前方以水平速度v发射一枚质量为m的微型导弹,该无人机机身始终保持水平,不计空气阻力,则(　　) A.发射微型导弹后,无人机将做匀变速直线运动 B.发射出微型导弹瞬间,无人机后退速度大小为 C.微型导弹落地时,无人机离地高度为 D.微型导弹落地时,无人机与导弹落地点的水平距离为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 发射微型导弹后,无人机重力减小,竖直方向做匀加 速运动,水平方向因为动量守恒具有向后的速度,其 将做匀变速曲线运动,A错误;根据动量守恒定律有 mv=(M-m)v1,解得v1=,B错误;由于微型导弹落地 过程中做平抛运动,则有H=gt2,无人机上升的加速度为a=,t时间上升的高度为h=at2,联立得h=,则微型导弹落地时,无人机离地高度为h'=h+H=,C错误;微型导弹落地时经过的时间为t=,微型导弹落地时,无人机与导弹落地点的水平距离为x=vt+v1t=,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 二、多项选择题:本题共4小题,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。 9.如图所示,某同学进行足球颠球训练,足球被脚面反弹出去后竖直向上运动,一段时间后又落回到脚面上,足球离开脚面和落回脚面时脚面离地面的高度相同,设整个运动过程中足球受到的空气阻力大小不变。下列说法正确的是(　　) A.足球从离开脚面到落回脚面的过程中,重力做的功为零 B.足球上升到最高点的时间大于从最高点落回脚面的时间 C.足球在上升阶段重力的冲量小于下降阶段重力的冲量 D.足球上升阶段动量变化量的大小小于下降阶段动量变化量的大小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 AC 重力做功与路径无关,只与初、末位置的高度差有关,足球 从离开脚面到落回脚面的过程中,重力做的功为零,故A正 确;足球在上升阶段做匀减速直线运动,可以看成向下的初 速度为0的匀加速直线运动,足球受重力和向下的阻力,加速 度较大,足球在下降阶段做初速度为0的匀加速直线运动,受 重力和向上的阻力,加速度较小,由h=at2可知,足球上升到最高点的时间小于从最高点落回脚面的时间,在上升阶段重力的冲量小于下降阶段重力的冲量,故B错误,C正确;由v2=2ah可知,足球离开脚面的初速度大于落回脚面的末速度,由Δp=mΔv可知,足球上升阶段动量变化量的大小大于下降阶段动量变化量的大小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10.由高压水枪竖直向上喷出的水柱,将一个质量为16 kg的小铁盒开口向下倒扣在空中,铁盒悬停在距离水枪口的高度为1.8 m处。已知水以恒定速率从横截面积为S=1×10-3 m2的水枪中持续喷出,向上运动并冲击铁盒后,水流以不变的速率竖直返回。忽略水在与盒作用时水的重力的影响,水的密度为1×103 kg/m3,g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　) A.水冲击铁盒后以5 m/s的速度返回 B.水枪的输出功率为0.5 kW C.水从水枪口喷出的速度为10 m/s D.以上结果均不对 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 BC 设水从水枪口喷出的速度为v0,水冲击铁盒后返回的速 度为v,极短时间Δt内水与小铁盒作用过程中,对水由动 量定理可得FΔt=mv-(-mv),喷出的水质量为m=ρV=ρSv0Δt, 水从枪口到铁盒处,根据动力学公式有v2-=-2gh,铁盒 悬停时有F=Mg,解得v0=10 m/s,v=8 m/s,故水冲击铁盒后 以8 m/s的速度返回,水从水枪口喷出的速度为10 m/s,故 A、D错误,C正确;水枪的输出功率为P==0.5 kW,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11.如图所示,质量分别为m、3m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接,B球穿在光滑水平细杆上,初始时刻,细绳处于水平状态,将A、B由静止释放,空气阻力不计,A、B可视为质点。从释放到A球运动到最低点的过程中,下列说法正确的是(　 　) A.A、B组成的系统在水平方向动量守恒 B.A球运动到最低点时,B球向右运动的距离为L C.A球运动到最低点时,B球的速度为 D.A球运动到最低点的过程中,细绳对B做的功为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 ACD 13 A、B组成的系统在水平方向上不受外力,A、B组成的系统在水平方向上动量守恒,但系统受到的合外力不为零,系统的总动量不守恒,故A正确;A球运动到最低点时,取水平向左为正方向,水平方向由动量守恒定律得mvA-3mvB=0,两边同时乘以t,则有mxA-3mxB=0,其中xA+xB=L,解得B球向右运动的距离为xB=L,故B错误;A球运动到最低点时,由A、B系统机械能守恒得·3m=mgL,结合mvA-3mvB=0,联立求得vB=,故C正确;A球运动到最低点的过程中,对B球由动能定理可得细绳对B做的功为W=·3mmgL,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 12.如图所示,静止在光滑水平面上的木板,右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连,木板质量M=3 kg。质量m=1 kg的铁块以水平速度v0=4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回(弹簧始终在弹性限度内),最后恰好停在木板的左端,则下列说法中正确的是(　　) A.铁块和木板最终共同以1 m/s的速度向右做匀速直线运动 B.运动过程中弹簧的最大弹性势能为3 J C.运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为3 J D.运动过程中铁块对木板的摩擦力对木板先做负功后做正功 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 AB 设最终铁块与木板的共同速度大小为v,铁块相对木板向右运动时,滑行的最大路程为L,滑动摩擦力大小为f。取向右为正方向,根据系统动量守恒可知mv0=(M + m)v,得v=1 m/s,方向向右,所以铁块和木板最终共同以1 m/s的速度向右做匀速直线运动,A正确;由功能关系知,整个运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量有Q=2fL,2fL=(M+m)v2,联立解得Q=6 J,C错误;铁块相对于木板向右运动时,当铁块与木板的速度相同时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律知此时两者的速度也为v=1 m/s,根据能量守恒定律,铁块相对于木板向右运动过程有=fL+(M+m)v2+Ep,根据选项C联立解得弹簧 的最大弹性势能Ep=3 J,B正确;木板始终向右运动,铁块对木板的摩擦力先向右后向左,故摩擦力对木板先做正功后做负功,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 三、非选择题:本题共6小题,共60分。 13.(6分)用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律,实验步骤如下: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 ①用天平测出两小球A、B的质量mA和mB; ②安装好实验装置,使斜槽末端水平; ③先不在斜槽末端放小球B,让小球A从斜槽上位置P处由静止开始下滑,小球A离开斜槽后,利用频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙); ④将小球B放在斜槽末端,让小球A仍从位置P处由静止开始下滑,使它们碰撞,再利用频闪照相机连续拍摄两个小球的位置(如图丙); ⑤测出所需的物理量。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)步骤①中A、B两球的质量应满足　　　　。  A.mA=mB B.mA>mB C.mA<mB 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B (1)为了防止入射球碰后反弹,入射球的质量要大于被碰球的质量,即mA>mB,故选B。 (2)在步骤⑤中,需要在照片乙和丙中直接测量的物理量有　　　　　(用图中字母表示)。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 x0、xA、xB (2)由平抛运动规律有x=vt 碰撞时应有mAv0=mAvA+mBvB 上式中两边同乘以频闪周期T,则有 mAx0=mAxA+mBxB 所以需要在照片中直接测量的物理量有x0、xA、xB。 (3)若两球碰撞过程中动量守恒,则满足的方程为　　　　　　　　　(用题中字母表示)。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 mAx0=mAxA+mBxB (3)由(2)的分析可知,应验证的表达式为 mAx0=mAxA+mBxB。 14.(8分)某同学用如图所示的装置做验证动量守恒定律的实验。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (1)为了尽量减小实验误差,该同学在安装斜槽轨道时,应让斜槽末端保持水平,这样做的目的是　　　　。  A.使入射小球与被碰小球碰后均能从同一高度飞出 B.使入射小球与被碰小球碰后能同时飞出 C.使入射小球与被碰小球离开斜槽末端时的速度方向为水平方向 D.使入射小球与被碰小球碰撞时的动能不损失 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 C (1)为了让两球碰撞后做平抛运动,必须保证两球离开斜槽末端时能够水平飞出,即速度方向为水平方向,选项C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (2)调节A球滚下的高度,让A球以一定速度v与静止的B球发生碰撞,碰后两球动量正好相等,则A、B两球的质量之比应满足　　　　。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 1<≤3 (2)设碰撞后两球的动量都为p,由题意可知,碰撞前总动量为2p,根据动量和动能的关系p2=2mEk,且碰撞过程动能不增加,有,解得≤3,因为要用质量较大的球去碰撞质量较小的球,故>1,所以A、B两球的质量之比≤3。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 15.(8分)一位解放军海军士兵蹲在皮划艇上进行射击训练,用步枪在t时间内沿水平方向发射了7发子弹。若该士兵连同装备和皮划艇的总质量是M,发射每两发子弹之间的时间间隔相等,每发子弹的质量为m,子弹离开枪口的对地速度为v0。射击前皮划艇是静止的,不考虑水的阻力,忽略因射击导致装备质量的减少,则在t时间内皮划艇的位移为多大? 答案: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 发射子弹时,根据动量守恒定律可得每发射一颗子弹,皮划艇增加的速度为Δv= 在t时间内沿水平方向发射了7发子弹,则皮划艇在6个时间内,分别以Δv、2Δv、3Δv、…匀速运动,每段匀速运动的位移依次为 s1=Δv× s2=2Δv× s3=3Δv× …… 故t时间内皮划艇的总位移为s=s1+s2+s3+s4+s5+s6=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 16.(8分)如图所示,在光滑水平桌面上,物体A和B用轻弹簧连接,另一物体C靠在B左侧未连接,它们的质量分别为mA=0.2 kg,mB=mC=0.1 kg。现用外力使B、C和A压缩弹簧,外力做的功为7.2 J,弹簧仍在弹性限度内,然后由静止释放。试求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (1)弹簧第一次恢复原长时A的速度大小; 答案:(1)6 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (1)以向右为正方向,根据动量守恒定律有 mAvA-(mB+mC)vBC=0 根据能量守恒定律有 Ep=(mB+mC) Ep=W=7.2 J 代入数据联立得 vA=vBC=6 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (2)释放后,弹簧处于原长时,物块B的速度大小。 答案: (2)6 m/s或10 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (2)弹簧第一次恢复原长时,B、C分离,此时 vB=vC=6 m/s 对A、B和弹簧组成的系统,以向右为正方向 根据动量守恒定律有mAvA-mBvB=mAvA1+mBvB1 根据能量守恒定律有 联立解得vB1=10 m/s,或vB1=-6 m/s 即释放后,弹簧处于原长时物块B的速度大小为6 m/s或10 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 17.(14分)如图所示,虚线OO1左侧的水平地面粗糙,右侧的水平地面光滑,在虚线左侧x=20 m处静止着一质量为m=1 kg的物块A,在虚线右侧静止放置质量为M=3 kg、长度为L=2.4 m的长木板B,B的右端静止放置着另一质量为m0的小物块C。现给A一水平向右、大小为v0=12 m/s的初速度,一段时间后A与B发生弹性碰撞,已知A与OO1左侧地面间的动摩擦因数为μ1=0.2,C与B间的动摩擦因数为μ2=0.25,重力加速度g取10 m/s2,A、C均可视为质点。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (1)求A与B发生碰撞后,B速度的大小; 答案:(1)4 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (1)选A为研究对象,在OO1左侧运动阶段,设A与B碰撞前A的速度为v,则 v2=-2a1x 由牛顿第二定律可知μ1mg=ma1 联立解得v=8 m/s A与B发生弹性碰撞的瞬间,C的速度未发生变化,则碰撞过程中A和B组成的系统动量守恒、机械能守恒,有 mv=mv1+Mv2 解得B的速度大小为v2==4 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (2)若最终C恰好未滑离B,求C的质量; 答案: (2)1 kg　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (2)对B与C,根据动量守恒定律和能量守恒定律可知Mv2=(m0+M)v3 μ2m0gL=(m0+M) 解得m0=1 kg。 (3)求C在B上滑动过程损失的机械能。 答案: (3)16 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (3)整个碰撞过程损失的机械能为 ΔE=(M+m0)=μ2m0gL=6 J。 18.(16分)如图所示,一质量M=4 kg的小车静置于光滑水平地面上,左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成,BC与CD相切于C,BC所对圆心角θ=37°,CD长L=3 m。质量m=1 kg的小物块从某一高度处的A点以v0=4 m/s的速度水平抛出,恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道,滑到D点时刚好与小车达到共同速度v=1.2 m/s。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,忽略空气阻力。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (1)求A、B间的水平距离x; 答案:(1)1.2 m　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (1)由平抛运动的规律得x=v0t 又tan θ= 解得x=1.2 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (2)求小物块从C滑到D所用时间t0; 答案: (2)1 s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (2)小物块在小车上CD段滑动过程中,由动量守恒定律得mv1=(M+m)v 由功能关系得fL=(M+m)v2 对小物块,由动量定理得-ft0=mv-mv1 解得f=4.8 N,t0=1 s。 (3)若在小物块抛出时拔掉销钉,求小车向左运动到最大位移时小物块到小车左端的水平距离。 答案: (3)3.73 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (3)有销钉时,对小物块从A到C,有mgH+m=m 由几何关系得H-gt2=R(1-cos θ) B、C间水平距离xBC=Rsin θ 若拔掉销钉,小车向左运动到最大位移时,速度为0,由系统水平方向动量守恒可知,此时小物块速度为4 m/s, 由能量守恒定律得mgH=f(Δx-xBC) 解得Δx≈3.73 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 $$