专题二 第5讲 动量和冲量 动量守恒定律（课件PPT）-【正禾一本通】2025年高考物理高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

物 理 高三二轮专题复习高效讲义 高三二轮专题复习高效讲义 物 理 1 专题二 PPT下载 http:///xiazai/ 能量与动量 2 第5讲　动量和冲量　动量守恒定律 高频考点1 动量定理的应用 考向1 用动量定理分析流体问题 考向2 动量定理在动力学中的应用 高频考点2 动量守恒定律的应用 高频考点3 碰撞与反冲问题 考向1 碰撞问题 考向2 类碰撞问题 考向3 反冲运动 课下巩固检测练（五） 动量和冲量　动量守恒定律 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 谢谢观看 必备知识 动量，冲量，动量定理 (1)动量：p＝mv；冲量I＝FΔt。 (2)动量定理：FΔt＝Δp或FΔt＝mv2－mv1。 (3)牛顿第二定律的另一种表现形式：F＝，合外力等于动量的变化率 动量守恒定律及其应用 (1)动量守恒的条件：①不受力；②合外力为零；③内力远大于外力；④若某方向的合力为零，则这一方向上动量守恒。 (2)“一动碰一静”的弹性碰撞(无机械能损失) 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2 机械能守恒： 当m1＝m2时，两物体交换速度。 (3)“一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多) 动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v 损失的机械能：ΔE＝。 (4) 人船模型：mx1＝Mx2，x1＋x2＝L⇒x1＝ L，x2＝ 1．冲量的三种计算方法 (1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。 (2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。 (3)图像法：用F ­t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F ­t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。 2．动量定理在“四类”问题中的应用 (1)求解涉及F、t、v、v0的动力学问题。 (2)求解缓冲平均力问题。 (3)求解流体冲击力问题。 (4)在电磁感应中求解电荷量问题。 【例1】 (2024·山东菏泽三模)风筝在我国已存在两千年之久，又有纸鸢、鹞子之称。如图所示，某时刻风筝静止在空中，风筝面与水平面夹角为θ，牵引绳与竖直方向夹角为2θ。已知风筝的质量为m，垂直风筝面的风速大小为v，风筝面的面积为S，重力加速度为g，则风筝所在高度的空气密度为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选A。对风筝受力分析如图1所示， 作出矢量三角形如图2所示，可知风筝此时获得的垂直风筝面的力F＝2mg cos θ，根据牛顿第三定律，风筝对垂直风筝面的风的作用力大小也为F，以风为研究对象，单位时间Δt内，垂直打在风筝面的风的质量Δm＝ρSvΔt，在垂直风筝面方向上由动量定理有F·Δt＝Δm·v，联立解得空气密度为ρ＝，故A正确。 【例2】 (多选)(2024·福建高考)物块置于足够长光滑斜面上并锁定，t＝0时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是(　　 ) A．0～4t0，物体一直沿斜面向下运动 B．0～4t0，合外力的总冲量为0 C．t0时动量是2t0时的一半 D．2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0的位移 解析：选AD。根据图像可知，当F＝2mg sin θ时，物块的加速度为a＝＝3g sin θ，方向沿斜面向下；当F＝－2mg sin θ时，物块加速度大小为a＝＝g sin θ，方向沿斜面向上，作出物块内的v ­t图像， 根据图像可知0～4t0，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；根据图像可知0～4t0，物块的末速度不等于0，根据动量定理I合＝Δp≠0，故B错误；根据图像可知t0时物块速度大于2t0时物块的速度，故t0时动量不是2t0时的一半，故C错误；v­t图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0的位移，故D正确。 【例3】 (2024·山东名校联考)质量m＝2 kg的物体静止在水平面上，从t＝0时刻开始，对物体施加水平力F，4 s后撤去F，F随时间变化的F ­t图像如图所示，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物体的最大速度； (2)物体停止运动的时刻。 解析：(1)物体与水平面之间的滑动摩擦力 f＝μmg＝4 N 则根据题图可知，在t＝1 s时物体开始运动，t＝4 s时物体的速度最大，根据图像与坐标轴围成的面积可知，水平力F在1～4 s内的冲量 I＝×1 N·s＋8×2 N·s＝22 N·s 根据动量定理有I－f(t－1)＝mvm 则vm＝5 m/s。 (2)t＝4 s后，物体在摩擦力作用下做减速运动，则有vm＝μgt′ 解得t′＝ s＝2.5 s 则物体在t″＝t＋t′＝4 s＋2.5 s＝6.5 s时停止运动。 答案：(1)5 m/s　(2)6.5 s [规律方法]涉及力、时间、初速度、末速度的动力学问题，有时可用动量定理简捷求解。 1．动量守恒的三种情况 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板—块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型。 (2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲。 (3)某一方向守恒：系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块—斜面(曲面)模型。 2．动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用)。 (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 (3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。 【例4】 如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 ) A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力 B．火箭上升过程中一直处于超重状态 C．火箭获得的最大速度为v0 D．火箭在空中飞行的时间为t＝ 解析：选D。火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动力，A错误；火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升过程处于失重状态，B错误；喷水瞬间由动量守恒定律可得mv0－(M－m)v1＝0，解得火箭获得的最大速度为v1＝v0，C错误；以向下为正方向，上升过程由动量定理可得(M－m)gt1＋t1＝0＋(M－m)v1，下降过程由动量定理可得(M－m)gt2－t2＝(M－m)v，其中t2＝kh，联立解得t＝t1＋t2＝，D正确。 【例5】 (多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　 ) A. 48 kg B. 53 kg C. 58 kg D. 63 kg 解析：选BC。设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有0＝mv1－m0v0，解得运动员第1次推出物块后的速度为v1＝v0，物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块后，同理有mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得运动员第2次推出物块后的速度为v2＝v0，第3次推出后，同理有mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得运动员第3次推出物块后运动员的速度为v3＝v0，依次类推……第8次推出后，运动员的速度为v8＝v0，根据题意可知v8＝v0>5 m/s，解得m<60 kg，第7次运动员的速度一定要小于5 m/s，则v7＝v0<5 m/s，解得m>52 kg，综上所述，运动员的质量满足52 kg<m<60 kg，B、C正确。 [规律方法]本题考查利用动量守恒定律解决多过程的物理问题，要求学生有较强的分析、归纳和综合能力。分析多过程问题时，一定要明确研究的是哪个过程，该过程是否满足动量守恒的条件。 1.碰撞问题遵循的三条原则 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。 (3)速度要符合实际情况：若碰后同向，后方物体的速度不大于前方物体的速度。 2．“一动一静”弹性碰撞 情境 规律 动量守恒，机械能守恒 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1＋m2 结果 v1′＝v1，v2′＝v1 讨论 (1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度； (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动； (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来； (4)当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1 【例6】 (2024·辽宁丹东一模)如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，质量为M的小球A从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点质量为m的小球B发生第一次碰撞(M≤m)，若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，A、B间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　 ) A．第一次碰撞后瞬间，A球的运动方向一定变为水平向左 B．第一次碰撞后瞬间，A球对轨道的压力大小可能为mg C．第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道上升的最大高度不可能为R D．第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道运动速度为零时，对轨道的压力大小可能为mg 解析：选B。由弹性碰撞的规律知，当M<m时，碰撞后质量小的球A被反弹回来，方向水平向左，当M＝m时，两球碰撞后交换了速度，碰撞后小球A静止，A错误；小球A碰前速度为MgR＝，若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两小球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，则两球碰后速度大小相同，对碰撞过程由动量守恒知Mv0＝－Mv1＋mv1，由能量守恒知 ，解得M＝v0，第一次碰撞后瞬间FN－Mg＝M，代入得FN＝mg，则由牛顿第三定律知A球对轨道的压力可能为mg，B正确；当M＝m时，二次碰撞后A球的速度大小为v0，沿左侧轨道上升的最大高度为R，此时A球对轨道的压力大小为0；M＝时，二次碰撞后，小球A速度为零时上升至最低点与R之间的高度，设此时小球A与圆心的连线与竖直方向夹角为θ，则有Mg cos θ＝，因为M<m，结合牛顿第三定律可知A球对轨道压力大小不可能为mg，故两种情况下A球二次碰撞后速度为零时，对轨道压力大小均不可能为mg，C、D错误。 情境(地面或轨道光滑) 类比“碰撞” 满足规律 初态 末态 相距最近时 (图1、2) 完全非弹 性碰撞 动量守恒，动能损失最多 再次恢复原长时(图1)、回到原位置时(图2) 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失 共速时(图3、4、5) 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多 分离时(图3、4) 非弹性碰撞 动量守恒，部分动能转化为内能 到达最高点时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多 再次回到地面时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失 【例7】 如图甲所示，质量分别是2m、m的两物块A、B用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。t＝0时，物块C以速度v0向右运动，t0时刻与物块A相碰并立即(作用时间极短、可忽略)与物块A粘在一起不再分离。在0～3t0时间内，物块C的v ­t图像如图乙所示，求： (1)物块C的质量； (2)离开墙壁后，物块B的最大速度。 解析：(1)物块C与物块A相碰并立即粘在一起，速度为，根据动量守恒，有 mCv0＝(mC＋2m) 解得mC＝m。 (2)3t0时刻，弹簧第一次恢复到原长，此时物块A、C速度的大小为，物块B的速度为0，从3t0开始，系统动量、机械能均守恒。系统的总动量、总机械能分别为p总＝(2m＋mC)，E总＝(2m＋mC)，弹簧第二次恢复到原长时，物块B的速度最大，设此时物块A、C、物块B的速度大小分别为v1、v2，则 p总＝(2m＋mC)v1＋mv2 E总＝ 解得v1＝。 答案：(1)m　(2) 1.人船模型 2．类人船模型 【例8】 如图，质量为M，半径为R的圆弧槽，置于光滑水平面上。将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无初速度地释放，滑块的质量为m，且M＝2m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　 ) A．若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒 B．若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小为 C．若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为 D．若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为 解析：选C。若圆弧面光滑，圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，故A错误；若圆弧面光滑，设滑块运动至水平面时速度大小为v1，圆弧糟速度大小为v2，由机械能守恒定律知mgR＝在水平方向上动量守恒有mv1＝Mv2，M＝2m，联立解得v1＝2，故B错误；若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为x1和x2，由水平方向动量守恒有mx1＝Mx2，x1＋x2＝R，M＝2m，联立解得x1＝，故C正确；由于滑块还发生了竖直位移R，故滑块的位移大小为R，故D错误。 一、单选题 1．(2024·山东菏泽模拟)如图，将总质量为200 g的2 000粒黄豆从距秤盘125 cm高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为80 g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为(　　 ) A．1.5 s B．2.0 s C．2.5 s D．3.0 s 解析：选C。黄豆落在秤盘上的速度大小为v＝ m/s＝5 m/s，黄豆与秤盘碰撞过程，由于碰撞时间极短，则碰撞力远大于黄豆受到的重力，故重力可以忽略，取竖直向上为正方向，由动量定理得Ft＝mv－(－mv)，由题意有F＝m′g＝80×10-3×10 N＝0.8 N，m＝200 g＝0.2 kg，联立解得t＝2.5 s，即持续倾倒黄豆的时间约为2.5 s，故C正确。 2．“双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统，由两颗恒星组成，双星系统远离其他恒星，在相互的万有引力作用下绕连线上一点做周期相同的匀速圆周运动。如图所示，A、B两颗恒星构成双星系统，绕共同的圆心O做匀速圆周运动，经过t(小于周期)时间，A、B两恒星的动量变化量分别为ΔpA、ΔpB，则下列判断正确的是(　　 ) A．|ΔpA|>|ΔpB| B．|ΔpA|<|ΔpB| C．ΔpA＝ΔpB D．ΔpA＝－ΔpB 解析：选D。系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，根据牛顿第二定律有F引＝mAaA＝mBaB，加速度为a＝ω2r＝ωv，则有mAvAω＝mBvBω，由于角速度相同，因此mAvA＝mBvB，两恒星的速度方向始终相反，则pA＝－pB，因此系统的总动量始终为零，可得ΔpA＝－ΔpB，|ΔpA|＝|ΔpB|，故D正确。 3．(2024·江苏高考)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　 ) A．弹簧原长时B动量最大 B．压缩最短时A动能最大 C．系统动量变大 D．系统机械能变大 解析：选A。剪断细绳后，A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，则此系统满足动量守恒定律，即系统动量不变；因各表面均光滑，故系统无机械能损失，满足机械能守恒定律，系统机械能不变，C、D错误。剪断细绳后，A、B及弹簧组成的系统动量守恒，弹簧压缩最短时系统动量也为零，则此时A、B的动量均为零，故此时A的动能为零，并非最大，B错误。由A、B及弹簧组成的系统动量与机械能均守恒，可知运动过程中A、B的动量始终等大反向，故A、B同时达到各自的速度最大值，当弹簧为原长时，弹簧弹性势能为零，则A、B的总动能最大，故此时A、B的速度达到最大值，B的动量最大，A正确。 4．(2024·河北石家庄三模)在某次电动汽车的性能试验中，工程师已测得该款汽车综合阻力随时间变化的关系式f＝f0＋kt，现工程师为汽车提供恒定的牵引力F，并使汽车由静止开始直线加速至速度再次为0停止，则在此过程中，以下说法正确的是(　　 ) A．汽车达到最大速度的时间为 B．汽车达到的最大速度为 C．全过程中，汽车的牵引力F的冲量为 D．全过程中，汽车的阻力f的冲量为 解析：选B。当牵引力F＝f时，汽车的速度达到最大，即f0＋kt＝F，此时t＝，故A错误； 如图，由a ­t图像可知，三角形面积代表速度的变化量的大小，则vm＝S＝，故B正确；由图像分析，汽车从运动到停止的时间t′＝2t＝，则牵引力的冲量为I＝，故C错误；因初、末态速度均为0，全过程动量变化量为0，故合外力冲量为0，则阻力的冲量为I′＝－，故D错误。 5．如图所示，长为L的轻质细绳一端与带孔小球P连接，另一端与木块Q连接，小球P穿在光滑的固定水平杆(足够长)上，小球P与木块Q的质量均为m。t＝0时刻，给木块Q一水平向右的瞬时冲量，使其获得v0＝的初速度，则从t＝0时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，下列说法正确的是(　　 ) A．绳对P先做正功后做负功 B．绳对P的冲量大小为m C．木块Q运动到最右侧时的速度大小为0 D．木块Q再次运动到P正下方时，P的速度大小为 解析：选D。从t＝0时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，故绳对P一直做正功，A错误；从t＝0时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，由动量守恒有mv0＝mvP＋mvQ，由能量守恒有，联立解得vQ＝0，vP＝，对P由动量定理可得I支持力＋I重力＋I绳＝m－0，由受力分析可知重力与支持力不相等，故I绳≠m，B错误，D正确；木块Q运动到最右侧时，具有和P相同的水平速度，由动量守恒有mv0＝2mv，解得v＝，C错误。 二、多选题 6．如图甲所示，a、b两物块(均视为质点)用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，b的质量为m，t＝0时，使a获得水平向右、大小为v0的速度，a、b运动的速度—时间关系图像如图乙所示，已知阴影部分的面积为S0，弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系式为Ep＝弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是(　　 ) A．t1时刻，a、b间的距离最大 B．a的质量为2m C．0～t3时间内，a所受冲量的大小为mv0 D．弹簧的劲度系数为 解析：选BD。t1时刻之前a的速度大于b的速度，t1时刻a的速度等于b的速度，故t1时刻a、b间的距离最小，故A错误；设a的质量为ma，由动量守恒定律得mav0＝v0，解得ma＝2m，故B正确；0～t3时间内，对a由动量定理得I＝mv0，方向与a的初速度方向相反，大小为mv0，故C错误；由题意可得0时刻弹簧处于原长，设t1时刻弹簧的形变量为x0，已知阴影部分的面积为S0，则有x0＝S0，设弹簧的劲度系数为k，则有Ep＝，由系统的机械能守恒可得Ep＝(2m＋m)，联立解得k＝，故D正确。 7．质量为m1＝90 g的物块从距离地面高度为h＝19 m处自由下落，在下落到距离地面高度为h′＝14 m时，质量为m2＝10 g的子弹以v0＝10 m/s的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重力加速度取g＝10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　 ) A．子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为1 m/s B．子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为10 m/s C．物块下落的总时间为2 s D．物块下落的总时间为 s 解析：选AC。子弹击中物块后瞬间，水平方向动量守恒，则m2v0＝(m1＋m2)vx，解得物块水平方向的速度大小变为vx＝1 m/s，A正确；子弹击中物块之前物块的竖直速度vy0＝＝10 m/s，子弹击中物块后瞬间，由竖直方向动量守恒可知m1vy0＝(m1＋m2)vy，解得物块竖直方向的速度大小变为vy＝9 m/s，B错误；子弹击中物块之前物块下落的时间t1＝＝1 s，被子弹击中后物块下落h′＝14 m时，根据h′＝vyt2＋，解得t2＝1 s(另一值舍掉)，则总时间为t＝t1＋t2＝2 s，C正确，D错误。 三、计算题 8．(2024·江苏高考)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： (1)分离后A的速度v1大小； (2)分离时A对B的推力大小。 解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有 (m＋M)v0＝Mv＋mv1 解得v1＝。 (2)以B为研究对象，对B由动量定理有 FΔt＝Mv－Mv0 解得F＝。 答案：(1)　(2) 9．液压打桩机能将桩体轻松打入土层，普遍应用于高速铁路、填海及桥梁等建设中。如图为液压打桩机打桩的示意图，质量为M的桩竖直放置，质量为m的打桩锤从离桩上端h处由静止释放，在上方的气体压力的推动下，竖直向下运动并垂直打在桩上(打桩锤与桩作用时间极短)，此后二者以相同的速度一起向下运动直到停止，将桩打入土层。若桩锤在刚打击桩前获得的动能为E，打击后使桩下沉深度为x，重力加速度为g。求： (1)气体平均压力F的大小； (2)若桩向下运动过程中受到土层施加的阻力与进入深度成正比，其比例系数k为多大？ 解析：(1)对桩锤，下落h过程中由动能定理得 (F＋mg)h＝E－0 得F＝－mg。 (2)桩锤打桩时，系统动量守恒，有mv1＝(m＋M)v2 由题意有E＝ 打入x深度的过程，对整体由动能定理得 (m＋M)gx＋Fx－Wf＝0－ 其中由题意有Wf＝x 联立解得k＝。 答案：(1)－mg (2) 10．某缓冲装置的理想模型如图所示，轻质弹簧左端与质量为m＝1 kg的挡板相连，右端与一轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f＝160 N。轻杆向右移动不超过l＝2 m时，装置可安全工作。经测试，一质量为M＝4 kg的小车以v0＝10 m/s的速度撞击挡板时，导致轻杆向右移动。小车撞击挡板后与挡板一起运动但不粘连，撞击时作用时间极短，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车及挡板与地面的摩擦，弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)小车与挡板因碰撞而损失的机械能； (2)小车以速度v0撞击挡板时回弹的速度大小； (3)为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm。 解析：(1)小车与挡板碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律得 Mv0＝(M＋m)v1 解得v1＝8 m/s 由能量守恒得因碰撞而损失的机械能 ΔE＝＝40 J。 (2)小车与挡板碰撞后一起运动压缩弹簧，只要弹簧的弹力大于槽给杆的摩擦力时，杆就会向前运动消耗能量，故最终当小车与挡板速度减为零时，弹簧的弹力刚好等于槽给杆的摩擦力，杆不再继续运动，压缩过程结束，小车与挡板开始反弹，当弹簧恢复原长时，小车离开挡板。由能量守恒得 解得v2＝4 m/s。 (3)由能量守恒得，小车与挡板速度减为零或弹簧的弹力等于槽给杆的摩擦力时弹簧储存的弹性势能为 Ep＝＝80 J 设小车以最大速度vm与挡板碰撞，根据动量守恒，有Mvm＝(M＋m)v3 小车与挡板速度减为零时，由能量守恒得 ＝f·l＋Ep 联立解得vm＝5 m/s。 答案：(1)40 J　(2)4 m/s　(3)5 m/s 11．某款智能手机内部振动马达的原理如图，手机在振动时，会给予两弹簧连接的质量块施加一个初速度，然后质量块压缩和拉伸轻质弹簧，使手机向某方向振动。手机中质量块的质量为0.02 kg，除质量块外手机质量为0.18 kg。若将手机放在水平光滑的桌面上，某次振动时，质量块获得向左5 m/s的初速度。若开始时弹簧处于原长，质量块与手机间的摩擦力不计，g＝10 m/s2，求： (1)当弹性势能最大时，手机的速度及弹簧的弹性势能； (2)手机能获得的最大速度； (3)质量块开始向右运动瞬间，弹簧的弹性势能。 解析：(1)已知除质量块外手机的质量为M＝0.18 kg，质量块的质量m＝0.02 kg，开始振动时质量块的初速度v0＝5 m/s。当质量块、手机共速时，弹性势能最大，由质量块、手机动量守恒得mv0＝(m＋M)v共 解得v共＝0.5 m/s 由能量守恒定律得Epm＝ 解得Epm＝0.225 J。 (2)当弹簧恢复原长时，手机速度最大，设为vm，此时质量块速度为v1，由动量守恒得mv0＝mv1＋Mvm 由能量守恒定律得 解得vm＝1 m/s。 (3)质量块开始向右运动瞬间，速度为0，设此时手机的速度为v2，由动量守恒得mv0＝0＋Mv2 由能量守恒定律得Ep＝ 解得Ep＝ J。 答案：(1)0.5 m/s　0.225 J　(2)1 m/s　(3) J $$