7---动量 能量二
第一篇 专题二 第7讲 动量
第7讲动量命题规律 1.命题角度:(1)动量定理及应用;(2)动量守恒定律及应用;(3)碰撞模型及拓展.2.常用方法:柱状模型法.3.常考题型:选择题、计算题.考点一动量定理及应用1.冲量的三种计算方法公式法I=Ft适用于求恒力的冲量动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图像法F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量.若F-t成线性关系,也可直接用平均力求解2.动量定理(1)公式:FΔt=m v′-m v(2)应用技巧①研究对象可以是单一物体,也可以是物体系统.②表达式是矢量式,需要规定正方向.③匀变速直线运动,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷.④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力.⑤电磁感应问题中,利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移.3.流体作用的柱状模型对于流体运动,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在极短的时间Δt内通过某一截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl,如图所示.设流体的密度为ρ,则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρS vΔt,根据动量定理,流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的变化量,即FΔt=ΔmΔv,分两种情况:(以原来流速v的方向为正方向)(1)作用后流体微元停止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρS v2;(2)作用后流体微元以速率v反弹,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρS v2.例1(多选)(2022·广东梅州市一模)如图所示,学生练习用脚顺球.某一次足球由静止自由下落1.25 m,被重新顺起,离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m.已知足球与脚部的作用时间为0.1 s,足球的质量为0.4 kg,重力加速度大小g取10 m/s2,不计空气阻力,则()A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为2 kg·m/sB.足球自由下落过程重力的冲量大小为4 kg·m/sC.足球与脚部作用过程中动量变化量为零D.脚部对足球的平均作用力为足球重力的11倍答案AD解析足球下落到与脚部刚接触时的速度为v=2gh=5 m/s,则足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p=m v=2 kg·m/s,A正确;根据运动的对称性,足球离开脚部时的速度大小也是5 m/s,所以脚部与足球作用过程中,由动量定理得(F-mg)Δt=m v-m(-v),解得F=11mg,足球自由下落过程重力的冲量大小为mg vg=2 N·s,B错误,D正确;足球与脚部作用过程中动量变化大小为Δp=m v-m(-v)=4 kg·m/s,C错误.例2(2022·湖南衡阳市一模)飞船在进行星际飞行时,使用离子发动机作为动力,这种发动机工作时,由电极发射的电子射入稀有气体(如氙气),使气体离子化,电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并从飞船尾部高速连续喷出,利用反冲使飞船本身得到加速.已知一个氙离子质量为m,电荷量为q,加速电压为U,飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的个数为N,从飞船尾部高速连续喷出氙离子的质量远小于飞船的质量,则飞船获得的反冲推力大小为()A.1N2qUm B.1NqUm2C.N2qUm D.N qUm 2答案 C解析根据动能定理得qU=12m v2,解得v=2qU m,对Δt时间内喷射出的氙离子,根据动量定理,有ΔM v=FΔt,其中ΔM=NmΔt,联立有F=Nm v=N·m·2qUm=N2qUm,则根据牛顿第三定律可知,飞船获得的反冲推力大小为F′=N2qUm,故选C.考点二动量守恒定律及应用1.判断守恒的三种方法(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)m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′,作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用). (2)Δp 1=-Δp 2,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3 (多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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答案 BC解析 设运动员的质量为M ,第一次推物块后,运动员速度大小为v 1,第二次推物块后,运动员速度大小为v 2……第八次推物块后,运动员速度大小为v 8,第一次推物块后,由动量守恒定律知:M v 1=m v 0;第二次推物块后由动量守恒定律知:M (v 2-v 1)=m [v 0-(-v 0)]=2m v 0,……,第n 次推物块后,由动量守恒定律知:M (v n -v n -1)=2m v 0,整理得v n =(2n -1)m v 0M ,则v 7=260 kg·m/s M ,v 8=300 kg·m/sM .由题意知,v 7<5.0 m/s ,则M >52 kg ,又知v 8>5.0 m/s ,则M <60 kg ,故选B 、C.例4 (2022·湖南岳阳市二模)如图所示,质量均为m 的木块A 和B ,并排放在光滑水平面上,A 上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O 点系一长为L 的细线,细线另一端系一质量为m 0的球C ,现将球C 拉起使细线水平伸直,并由静止释放球C ,则下列说法不正确的是(重力加速度为g )( )A .A 、B 两木块分离时,A 、B 的速度大小均为m 0m mgL2m +m 0B .A 、B 两木块分离时,C 的速度大小为2mgL2m +m 0C .球C 由静止释放到最低点的过程中,A 对B 的弹力的冲量大小为2m 0mgL2m +m 0D .球C 由静止释放到最低点的过程中,木块A 移动的距离为m 0L2m +m 0答案 C解析 小球C 下落到最低点时,A 、B 将要开始分离,此过程水平方向动量守恒,根据机械能守恒有:m 0gL =12m 0v C 2+12×2m v AB 2,取水平向左为正方向,由水平方向动量守恒得:m 0v C=2m v AB ,联立解得v C =2mgL 2m +m 0,v AB =m 0m mgL2m +m 0,故A 、B 正确;C 球由静止释放到最低点的过程中,选B 为研究对象,由动量定理有I AB =m v AB =m 0mgL2m +m 0,故C 错误;C 球由静止释放到最低点的过程中,系统水平方向动量守恒,设C 对地向左水平位移大小为x 1,A 、B 对地水平位移大小为x 2,则有m 0x 1=2mx 2,x 1+x 2=L ,可解得x 2=m 0L2m +m 0,故D 正确.考点三 碰撞模型及拓展1.碰撞问题遵循的三条原则 (1)动量守恒:p 1+p 2=p 1′+p 2′. (2)动能不增加:E k1+E k2≥E k1′+E k2′.(3)速度要符合实际情况:若碰后同向,后方物体速度不大于前方物体速度. 2.两种碰撞特点 (1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律.以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生弹性正碰为例,有 m 1v 1=m 1v 1′+m 2v 2′12m 1v 12=12m 1v 1′2+12m 2v 2′2 解得v 1′=(m 1-m 2)v 1m 1+m 2,v 2′=2m 1v 1m 1+m 2.结论:①当m 1=m 2时,v 1′=0,v 2′=v 1,两球碰撞后交换了速度.②当m 1>m 2时,v 1′>0,v 2′>0,碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动. ③当m 1<m 2时,v 1′<0,v 2′>0,碰撞后质量小的球被反弹回来. ④当m 1≫m 2时,v 1′=v 1,v 2′=2v 1. (2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同:m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 共,机械能损失最多,机械能的损失:ΔE =12m 1v 12+12m 2v 22-12(m 1+m 2)v 共2. 3.碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球-弹簧模型小球-曲面模型达到共速相当于完全非弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,满足m v 0=(m +M )v 共,损失的动能最大,分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离 相当于弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,满足m v 0=m v 1+M v 2,能量满足12m v 02=12m v 12+12M v 22(2)“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面或水平导轨光滑)达到共速 相当于完全非弹性碰撞,动量满足m v 0=(m +M )v 共,损失的动能最大,分别转化为内能或电能例5 (2022·湖南卷·4)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成.如图,中子以速度v 0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v 1和v 2.设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,下列说法正确的是( )A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v0答案 B解析设中子的质量为m,则氢核的质量也为m,氮核的质量为14m,设中子和氢核碰撞后中子速度为v3,取v0的方向为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律可得m v0=m v1+m v3,12m v02=12m v12+12m v32,联立解得v1=v0,设中子和氮核碰撞后中子速度为v4,取v0的方向为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律可得m v0=14m v2+m v4,12m v02=12×14m v22+12m v42,联立解得v2=215v0,可得v1=v0>v2,碰撞后氢核的动量为p H=m v1=m v0,氮核的动量为p N=14m v2=28m v015,可得p N>p H,碰撞后氢核的动能为E kH=12m v12=12m v02,氮核的动能为E kN=12×14m v22=28m v02225,可得E kH>E kN,故B正确,A、C、D错误.例6(多选)(2022·河南省名校联盟二模)如图所示,竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接,不计一切摩擦.圆心O点正下方放置为2m的小球A,质量为m的小球B以初速度v0向左运动,与小球A发生弹性碰撞.碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道,则小球B 的初速度v0可能为(重力加速度为g)()A.22gR B.2gRC.25gR D.5gR答案BC解析A与B碰撞的过程为弹性碰撞,则碰撞的过程中动量守恒,设B的初速度方向为正方向,设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2,则:m v0=m v1+2m v2,由能量守恒得:12m v02=12m v12+12·2m v22,联立得:v 2=2v 03①若小球A 恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时恰由小球的重力提供向心力,设在最高点的速度为v min ,由牛顿第二定律得: 2mg =2m ·v min 2R②A 在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒,得:2mg ·2R =12·2m v 22-12·2m v min 2③联立①②③得:v 0=1.55gR ,可知若小球A 经过最高点,则需要:v 0≥1.55gR若小球A 不能到达最高点,则小球不脱离轨道时,恰好到达与O 等高处,由机械能守恒定律得:2mg ·R =12·2m v 22④联立①④得:v 0=1.52gR 可知若小球A 不脱离轨道时, 需满足:v 0≤1.52gR由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足:v 0≤1.52gR 或v 0≥1.55gR ,故A 、D 错误,B 、C 正确.例7 (多选)(2022·河北邢台市高三期末)如图所示,在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车,弧形槽的底端切线水平,一小球以大小为v 0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑,恰好能到达弧形槽的顶端.小车与小球的质量均为m ,重力加速度大小为g ,不计空气阻力.下列说法正确的是( )A .弧形槽的顶端距底端的高度为v 024gB .小球离开小车后,相对地面做自由落体运动C .在小球沿小车弧形槽滑行的过程中,小车对小球做的功为12m v 02D .在小球沿小车弧形槽滑行的过程中,合力对小车的冲量大小为m v 0 答案 ABD解析 经分析可知,小球到达弧形槽顶端时,小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v ),在小球沿小车弧形槽上滑的过程中,小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒,有m v 0=2m v ,设弧形槽的顶端距底端的高度为h ,根据机械能守恒定律有12m v 02=12×2m v 2+mgh ,解得h =v 024g ,A 正确;设小球返回弧形槽的底端时,小球与小车的速度分别为v 1、v 2,在小球沿小车弧形槽滑行的过程中,小球与小车组成的系统水平方向动量守恒,以v 0的方向为正方向,有m v 0=m v 1+m v 2,根据机械能守恒定律有12m v 02=12m v 12+12m v 22,解得v 1=0,v 2=v 0,可知小球离开小车后,相对地面做自由落体运动,B 正确;根据动能定理,在小球沿小车弧形槽滑行的过程中,小车对小球做的功W =0-12m v 02=-12m v 02,C 错误;根据动量定理,在小球沿小车弧形槽滑行的过程中,合力对小车的冲量大小I =m v 2-0=m v 0,D 正确. 例8 (2022·全国乙卷·25)如图(a),一质量为m 的物块A 与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上;物块B 向A 运动,t =0时与弹簧接触,到t =2t 0时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A 、B 的v -t 图像如图(b)所示.已知从t =0到t =t 0时间内,物块A 运动的距离为0.36v 0t 0.A 、B 分离后,A 滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的B 再次碰撞,之后A 再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同.斜面倾角为θ(sin θ=0.6),与水平面光滑连接.碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内.求(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值; (2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值; (3)物块A 与斜面间的动摩擦因数. 答案 (1)0.6m v 02 (2)0.768v 0t 0 (3)0.45解析 (1)当弹簧被压缩到最短时,弹簧弹性势能最大,此时A 、B 速度相等,即在t =t 0时刻,根据动量守恒定律有 m B ·1.2v 0=(m B +m )v 0 根据能量守恒定律有E pmax =12m B (1.2v 0)2-12(m B +m )v 02联立解得m B =5m ,E pmax =0.6 m v 02(2)B 接触弹簧后,压缩弹簧的过程中,A 、B 动量守恒,有m B ·1.2v 0=m B v B +m v A 对方程两边同时乘时间Δt ,有 6m v 0Δt =5m v B Δt +m v A Δt0~t 0之间,根据位移等于速度在时间上的累积,可得6m v 0t 0=5ms B +ms A , 将s A =0.36v 0t 0 代入可得s B =1.128v 0t 0则第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值 Δs =s B -s A =0.768v 0t 0(3)物块A 第二次到达斜面的最高点与第一次相同,说明物块A 第二次与B 分离后速度大小仍为2v 0,方向水平向右,设物块A 第一次滑下斜面的速度大小为v A ′,取向左为正方向,根据动量守恒定律可得m v A ′-5m ·0.8v 0=m ·(-2v 0)+5m v B ′ 根据能量守恒定律可得 12m v A ′2+12·5 m ·(0.8v 0)2 =12 m ·(-2v 0)2+12·5m v B ′2 联立解得v A ′=v 0方法一:设在斜面上滑行的长度为L ,上滑过程,根据动能定理可得 -mgL sin θ-μmgL cos θ=0-12m (2v 0)2下滑过程,根据动能定理可得 mgL sin θ-μmgL cos θ=12m v 02-0联立解得μ=0.45方法二:根据牛顿第二定律,可以分别计算出滑块A 上滑和下滑时的加速度大小, mg sin θ+μmg cos θ=ma 上 mg sin θ-μmg cos θ=ma 下上滑时末速度为0,下滑时初速度为0,设在斜面上滑行的位移为L ,由匀变速直线运动的位移速度关系可得2a 上L =(2v 0)2-0,2a 下L =v A ′2 联立可解得μ=0.45.1.(2022·广西北海市一模)一辆总质量为M (含人和沙包)的雪橇在水平光滑冰面上以速度v 匀速行驶.雪橇上的人每次以相同的速度3v (对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m 的沙包.抛出第一个沙包后,车速减为原来的45.下列说法正确的是( )A .每次抛出沙包前后,人的动量守恒B .雪橇有可能与拋出的沙包发生碰撞C .雪橇的总质量M 与沙包的质量m 满足M ∶m =12∶1D .拋出第四个沙包后雪橇会后退 答案 D解析 每次抛出沙包前后,雪橇(含人)和抛出的沙包总动量守恒,故A 错误;抛出沙包后,雪橇的速度不会超过v ,不可能再与抛出的沙包发生碰撞,故B 错误;规定雪橇的初速度方向为正方向,对抛出第一个沙包前后,根据动量守恒定律有M v =(M -m )45v +m ·3v ,得M =11m ,故C 错误;抛出第四个沙包后雪橇速度为v 1,由全过程动量守恒得M v =(M -4m )v 1+4m ·3v ,将M =11m 代入得v 1=-v7,故D 正确.2.(2022·江苏无锡市普通高中高三期末)如图所示,质量为M =100 g 的木板左端是一半径为R =10 m 的14光滑圆弧轨道,轨道右端与木板上表面在B 处水平相连.质量为m 1=80 g 的木块置于木板最右端A 处.一颗质量为m 2=20 g 的子弹以大小为v 0=100 m/s 的水平速度沿木块的中心轴线射向木块,最终留在木块中没有射出.已知子弹打进木块的时间极短,木板上表面水平部分长度为L =10 m ,木块与木板间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g =10 m/s 2.(1)求子弹打进木块过程中系统损失的机械能; (2)若木板固定,求木块刚滑上圆弧时对圆弧的压力; (3)若木板不固定,地面光滑,求木块上升的最大高度.答案 (1)80 J (2)4 N ,方向竖直向下 (3)5 m解析 (1)子弹打进木块过程,由动量守恒定律有m 2v 0=(m 1+m 2)v 1,解得v 1=20 m/s , 由能量守恒定律有ΔE 1=12m 2v 02 - 12(m 1+m 2)v 12,解得ΔE 1=80 J.(2)木块从A 端滑到B 端过程,由动能定理有- μ(m 1+m 2)gL =12(m 1+m 2)v 22 - 12(m 1+m 2)v 12,木块滑到B 端时,由牛顿第二定律有 F N -(m 1+m 2)g =m 1+m 2R v 22,联立解得F N =4 N ,根据牛顿第三定律可得F 压=F N =4 N ,方向竖直向下.(3)从开始至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中水平方向系统动量守恒,有m 2v 0=(m 2+m 1+M )v 3, 得v 3=10 m/s ,子弹打进木块后至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中, 根据能量守恒定律有12(m 1+m 2)v 12=12(m 2+m 1+M )v 32+(m 1+m 2)gh +μ(m 1+m 2)gL , 解得h =5 m.专题强化练[保分基础练]1.(2022·福建三明市高三期末)跑鞋的鞋垫通常选择更软、更有弹性的抗压材料,以下说法中错误的是( )A .鞋垫减小了人与地面的作用力B .鞋垫减小了人落地过程的动量变化量C .鞋垫延长了人与地面相互作用的时间D .鞋垫可将吸收的能量尽可能多地回馈给人 答案 B解析 根据动量定理有(F -mg )t =0-(-m v ),解得F =m vt +mg ,鞋垫的作用是延长了人与地面的作用时间t ,减小了人和地面的作用力F ,鞋垫的作用是将尽可能多的能量反馈给人,A 、C 、D 正确; 鞋垫没有改变人的初动量0,也没有改变人的末动量m v ,人落地过程的动量变化量不变,B 错误.2.(2022·湖南郴州市质检)如图所示,质量分别为m 1、m 2的两个小球A 、B ,带有等量异种电荷,通过绝缘轻弹簧相连接,置于绝缘光滑的水平面上.突然加一水平向右的匀强电场后,两球A 、B 将由静止开始运动,对两小球A 、B 和弹簧组成的系统,在以后的运动过程中,以下说法正确的是(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用,且弹簧不超过弹性限度)( )A .系统动量守恒B .系统机械能守恒C .弹簧弹力与静电力大小相等时系统机械能最大D .系统所受合外力的冲量不为零 答案 A解析 加上电场后,两球所带电荷量相等而电性相反,两球所受的静电力大小相等、方向相反,则系统所受静电力的合力为零,系统的动量守恒,由动量定理可知,合外力冲量为零,故A 正确,D 错误;加上电场后,静电力分别对两球做正功,两球的动能先增加,当静电力和弹簧弹力平衡时,动能最大,然后弹力大于静电力,两球的动能减小,直到动能均为0,弹簧最长为止,但此过程中系统机械能一直都在增加,故B 、C 错误.3.(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动,在前一段时间内速度大小由v 增大到2v ,在随后的一段时间内速度大小由2v 增大到5v .前后两段时间内,合外力对质点做功分别为W 1和W 2,合外力的冲量大小分别为I 1和I 2.下列关系式一定成立的是( ) A .W 2=3W 1,I 2≤3I 1 B .W 2=3W 1,I 2≥I 1 C .W 2=7W 1,I 2≤3I 1 D .W 2=7W 1,I 2≥I 1答案 D解析 根据动能定理有W 1=12m (2v )2-12m v 2=32m v 2,W 2=12m (5v )2-12m (2v )2=212m v 2,可得W 2=7W 1;由于速度是矢量,具有方向,当初、末速度方向相同时,动量变化量最小,方向相反时,动量变化量最大,因此冲量的大小范围是m v ≤I 1≤3m v ,3m v ≤I 2≤7m v ,可知I 2≥I 1,故选D.4.(多选)(2022·河南省大联考)如图甲所示,质量均为m 的A 、B 两物块连接在劲度系数为k 的轻质弹簧两端,放置在光滑的水平面上处于静止状态,从t =0时刻开始,给A 一个水平向右、大小为v 0的初速度,A 、B 运动的v -t 图像如图乙所示,已知两物块运动的v -t 图像具有对称性,且为正、余弦曲线.弹簧的弹性势能与劲度系数和弹簧的形变量之间的关系为E p =12kx 2,弹簧始终在弹性限度内,结合所给的信息分析,下列说法正确的是( )A .t 1时刻弹簧处于伸长状态,t 2时刻弹簧的压缩量最大B .在0~t 2的时间内,弹簧对B 做的功为m v 024C .t 1时刻,若A 的速度v 1与B 的速度v 2之差为Δv ,则此时A 与B 的动能之差为12m v 0ΔvD .t 2时刻弹簧的形变量为v 02m k答案 AC解析 分析A 、B 的运动过程,可知t 1时刻A 、B 间的距离正在增大,弹簧处于伸长状态,t 2时刻A 、B 间的距离最小,弹簧的压缩量最大,A 正确;t 2时刻A 、B 达到共同速度,由动量守恒定律可得m v 0=2m v 共,0~t 2时间内,对B 运用动能定理有W =12m v 共2=m v 028,B 错误;0~t 1时间内,由动量守恒定律有m v 0=m v 1+m v 2,A 与B 的动能之差ΔE k =12m v 12-12m v 22,结合v 1-v 2=Δv ,可得ΔE k =12m v 0Δv ,C 正确;t 2时刻,由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能E p =12m v 02-12m v 共2,结合v 共=v 02,E p =12kx 2,解得弹簧的形变量x =v 023mk,D 错误. 5.(多选)(2022·山东烟台市高三期末)如图所示,质量为3m 的小球B 静止在光滑水平面上,质量为m 、速度为v 的小球A 与小球B 发生正碰,碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此碰撞后小球B 的速度可能有不同的值.碰撞后小球B 的速度大小可能是( )A .0.2vB .0.4vC .0.5vD .0.6v答案 BC解析 若A 、B 发生的是弹性碰撞,对A 、B 碰撞过程由动量守恒定律可得m v =m v 1+3m v 2,则由机械能守恒定律可得12m v 2=12m v 12+12·3m v 22,解得碰撞后小球B 的速度大小为v 2=2mm +3m v =12v ;若A 、B 发生的是完全非弹性碰撞,则碰后两者共速,根据动量守恒定律可得m v =(m +3m )v ′,解得碰撞后小球B 的速度大小为v ′=14v ,即碰撞后小球B 的速度大小范围为14v ≤v B ≤12v ,故选B 、C. 6.(多选)(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)如图所示,金属块内有一个半径为R 的光滑圆形槽,金属块放在光滑水平面上且左边挨着竖直墙壁.一质量为m 的小球(可视为质点)从离金属块左上端R 处静止下落,沿圆槽切线方向进入圆槽内,小球到达最低点后继续向右运动,恰好不能从圆形槽的右端冲出.已知重力加速度为g ,不计空气阻力.下列说法正确的是( )A .小球第一次到达最低点时,小球对金属块的压力大小为5mgB .金属块的质量为mC .小球第二次到达最低点时的速度大小为2gRD .金属块运动过程中的最大速度为2gR 答案 ABD解析 小球从静止到第一次到达最低点的过程,根据动能定理有mg ·2R =12m v 02,小球刚到最低点时,根据圆周运动和牛顿第二定律有F N -mg =m v 02R ,根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力大小为F N ′=F N ,联立解得F N ′=5mg ,A 正确;小球第一次到达最低点至小球到达圆形槽右端过程,小球和金属块水平方向动量守恒,则有m v 0=(m +M )v ,根据能量守恒定律有mgR =12m v 02-12(m +M )v 2,解得M =m ,B 正确;小球第二次到达最低点的过程中,水平方向动量守恒,即有m v 0=M v 1+m v 2,又由能量守恒可得12m v 02=12M v 12+12m v 22,M =m ,解得v 1=v 0=2gR ,v 2=0,C 错误,D 正确.[争分提能练]7.(多选)(2022·山东省实验中学高三检测)在足够长的光滑水平面上,物块A 、B 、C 位于同一直线上,A 位于B 、C 之间,A 的质量为m ,B 、C 的质量都为M ,且m =12M ,若开始时三者均处于静止状态,现给A 一个向右的冲量I ,物块间的碰撞都可以看作是弹性碰撞,关于A 与B 、C 间发生碰撞的分析正确的是( )A .A 与B 、C 之间只能各发生一次碰撞B .A 、B 之间只能发生一次碰撞,A 、C 之间可以发生两次碰撞 C .A 、C 之间只能发生一次碰撞,A 、B 之间可以发生两次碰撞D .A 、C 第一次碰撞后,C 速度大小为v C 1=2m m +M ·Im答案 AD解析 选取向右为正方向,设A 、C 碰撞之前A 的速度为v A ,第一次A 、C 碰撞之后,A 的速度为v A 1,C 的速度为v C 1,对物块A ,根据动量定理有I =m v A ,A 、C 发生弹性碰撞,碰撞过程由系统的动量守恒有m v A =m v A 1+M v C 1,由能量守恒有12m v A 2=12m v A 12+12M v C 12,又有m =12M ,联立解得v A 1=m -M m +M v A =-I 3m ,v C 1=2m m +M v A =2m m +M ·I m =2I3m ,故D 正确;由上述分析可知,A 、C 碰撞之后,A 反向弹回,则A 和B 可以发生碰撞,同理可得,A 和B 碰撞之后,A 和B 的速度分别为v B 1=2m m +M v A 1=-2I 9m ,v A 2=m -M m +M v A 1=I 9m ,则v A 2<v C 1,则A 和C 不能发生第二次碰撞,要想A 和B 发生第二次碰撞,A 和C 必须发生第二次碰撞,故B 、C 错误,A 正确.8.(多选)(2021·湖南卷·8)如图(a),质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F 作用在A 上,系统静止在光滑水平面上(B 靠墙面),此时弹簧形变量为x .撤去外力并开始计时,A 、B 两物体运动的a -t 图像如图(b)所示,S 1表示0到t 1时间内A 的a -t 图线与坐标轴所围面积大小,S 2、S 3分别表示t 1到t 2时间内A 、B 的a -t 图线与坐标轴所围面积大小.A在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是()A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于m A v0B.m A>m BC.B运动后,弹簧的最大形变量等于xD.S1-S2=S3答案ABD解析由于在0~t1时间内,物体B静止,则对B受力分析有F墙=F弹,则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小,而弹簧既作用于B也作用于A,则可将研究对象转换为A,撤去F后A水平方向只受弹力作用,则根据动量定理有I=m A v0(方向向右),则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同,A正确;由a-t图像可知t1后弹簧被拉伸,在t2时刻弹簧的伸长量达到最大,根据牛顿第二定律有F弹=m A a A=m B a B,由题图(b)可知a B>a A,则m B<m A,B正确;由题图(b)可得,t1时刻B开始运动,此时A速度为v0,之后A、B动量守恒,A、B和弹簧整个系统能量守恒,则m A v0=m A v A+m B v B,可得A、B整体的动能不等于0,即弹簧的弹性势能会转化为A、B系统的动能,弹簧的形变量小于x,C错误;由a-t图像可知t1后B脱离墙壁,且弹簧被拉伸,在t1~t2时间内A、B组成的系统动量守恒,且在t2时刻弹簧的伸长量达到最大,A、B共速,由a-t图像中图线与横轴所围的面积表示Δv可知,在t2时刻A、B的速度分别为v A=S1-S2,v B=S3,A、B共速,则S1-S2=S3,D正确.9.(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器引爆瞬间开始计时,在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声.已知声音在空气中的传播速度为340 m/s,忽略空气阻力.下列说法正确的是()A.两碎块的位移大小之比为1∶2。
解动力学问题的三大观点及选用原则(解析版)
解动力学问题的三大观点及选用原则模型概述1.解动力学问题的三个基本观点1)动力学观点:运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题.2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题.3)动量观点:用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题.用动量定理可简化问题的求解过程.2.力的三个作用效果及五个规律1)力的三个作用效果作用效果对应规律表达式列式角度力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合=ma动力学力在空间上的积累效果动能定理W合=ΔE k即W合=12mv22-12mv21功能关系力在时间上的积累效果动量定理I合=Δp即FΔt=mv′-mv冲量与动量的关系2)两个守恒定律名称表达式列式角度能量守恒定律(包括机械能守恒定律)E2=E1能量转化(转移)动量守恒定律p2=p1动量关系3.力学规律的选用原则1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律.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)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题,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则优先考虑能量守恒定律,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.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均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化,作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解决.6)对多个物理过程进行整体思考,即把几个过程合为一个过程来处理,如用动量守恒定律解决比较复杂的运动。
7)对多个研究对象进行整体思考,即把两个或两个以上的物体作为一个整体进行考虑,如应用动量守恒定律时,就是把多个物体看成一个整体(或系统)。
8)若单独利用动量观点(或能量观点)无法解决问题,可尝试两种观点结合联立方程求解。
31 第七章 第2讲 动量守恒定律
答案:(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m 解析:(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的 重力,即 N1=(m+M)g=8 N 当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N,根据牛顿第三定律 可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N,方向竖直向上,则此时桌面对滑 杆的支持力为N2=Mg-f′=5 N
【重难诠释】 1.动量守恒条件的理解 (1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为零。 (2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。 (3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的合力为零,则系 统在这一方向上动量守恒。
2.应用动量守恒定律解题的步骤
【典例精析】 考向1 动量守恒的判断
(1)三个情况的讨论: ①若m1=m2,则v1′=0,v2′=v1 (质量相等的两个物体发生弹性碰撞, 则碰撞后两物体交换速度)。 ②若m1>m2,则v1′>0,v2′>0(碰后两物体沿同一方向运动)。 特例:当m1≫m2时,v1′≈v1,v2′≈2v1。 ③若m1<m2,则v1′<0,v2′>0(碰后两物体沿相反方向运动)。 特例:当m1≪m2时,v1′≈-v1,v2′≈0。
(2)重要推论:
运动物体 A 以速度 v0 与静止的物体 B 发生碰撞: ①当发生弹性碰撞时,物体 B 获得的速度最大:vBmax=mA2+mAmB v0。
②当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多,物体 B 获得的速度最
小:vBmin=mAm+AmB v0。
③当发生非弹性碰撞时,碰后物体
B
的速度范围为: mA mA+mB
B [虽然题给四个选项均满足动量守恒定律,但 A、D 两项中,碰后 A 的速度 vA′大于 B 的速度 vB′,不符合实际,AD 错误;C 项中,两 球碰后的总动能 Ek 后=12 mAvA′2+12 mBvB′2=57 J,大于碰前的总动能 Ek 前=12 mAvA2+12 mBvB2=22 J,违背了能量守恒定律,C 错误;而 B 项既符合实际情况,也不违背能量守恒定律,B 正确。]
教材疏导高一物理第七章《动量》
教材疏导高一物理第七章《动量》本章讲述动量和冲量的概念,以及动量定理和动量守恒定律,这一章可视为牛顿力学的进一步展开。
通过引入动量和冲量的概念,利用牛顿运动定律和运动学公式推出动量定理和动量守恒定律,为解决力学问题开辟了新的途径,因此,本章是力学的重点,也是学生的难点,更是高考的热点。
第一节冲量和动量一.教材分析:1.对两个基本概念的理解①.冲量(I=Ft):冲量表示力在时间上的积累效果,当力作用于物体上,经过一段时间,物体就受到该力冲量作用,冲量是矢量,它的方向与力F的方向相同,冲量是过程量,即冲量的大小和方向与一定的物理过程相对应,在力一定时经历的时间越长,冲量越大,定义式I=Ft只适用于恒力冲量的计算,对于变力冲量一般不适用,在求冲量时首先明确是分力冲量还是合力冲量。
②.动量(P=mV):动量是表示物体机械运动状态的物理量之一,它是状态量,它是由物体的质量和速度共同决定的,动量也是矢量,它的方向就是速度方向,由于速度的相对性,因而动量也具有相对性,即动量的大小和方向与参考系的选取有关,通常讲的动量是指以地球为参考系的。
③.动量的变化(∆P):动量的变化对应动量的增量,用未动量减初动量∆P=P2-P1,它表示某物体在某过程中动量增加或减少量(包括大小方向)动量变化量是矢量,它的方向可以与动量方向相同也可以与动量方向相反,还可以与动量方向成某一角度。
二.教法辅导1.巧妙设计准确掌握冲量和动量的概念对于以后学习动量定理和动量守恒定律起着至关重要的作用。
有些同学对学习物理概念总是感到苦燥无味,为了使同学们加深对冲量和动量的理解,培养学习概念的兴趣。
在讲完动量、冲量、动量变化量之后,教师可巧妙采用列表图示法由学生总结这几个物理量的异同,这样不仅加强了学生的参与意识,而且加深了学生对物理概念的理解和掌握。
图表如下:2.巩固概念通过教师讲解,又利用图表分析,学生对冲量和动量的概念有了初步的了解,为了加深印象,使同学们在实际问题中能灵活运用这些概念,可由教师随堂提出以下判断题由学生回答,并且说出对错的原因。
山东大学工程燃烧学考点整理
第一章:可能出的概念题:1.什么是燃烧?燃烧的分类?每种分类的特征?燃烧是指氧化剂与可燃物混合发生的剧烈化学反应,其过程一般伴随传热传质、发光发烟等现象。
燃烧可分为气相燃烧与固相燃烧,气相燃烧又分为预混燃烧与扩散燃烧,气相燃烧中可燃物与氧化剂均为气体,固相燃烧为表面燃烧,无火焰。
预混燃烧可燃物与氧化剂已提充分混合,燃烧过程只取决于可燃混合气的化学动力过程,扩散燃烧是可燃物在燃烧时才与氧化剂混合,取决于摻混速度。
此外还可以分为表面燃烧、阴燃、蒸发燃烧、分解燃烧等等2.什么是火焰?火焰的分类有哪些?火焰是指发生燃烧反应的气体所占据的空间区域。
火焰可分为预混火焰与扩散火焰等等3.热力学第一定律表达式?简单表述:Q=U+W4.热效应的概念?其中应重点注重的条件有哪些?热效应是指,在定容定压条件下,物质进行反应时不做非体积功,且产物与反应物温度相同,这种情况下反应放出的热量。
重点注意定容定压(体积功=0)、不做非体积功(Wa=0)、产物反应物温度相同(不因为比热容吸收热量)5.生成焓、反应焓、燃烧焓的概念?并注意其中的条件?生产焓是指稳定单质或元素在定压条件下反应生成1mol化合物时的热效应。
反应焓是指某些化合物与化合物或元素在任意温度下进行单位反应产物和反应物的焓差(注意,这些概念末尾的写法都是有说法有讲究的)。
燃烧焓是指1mol化合物完全燃烧时对应的焓差。
注意:因为反应焓与燃烧焓的反应物与产物有可能都是化合物,所以要说焓差,而生成焓的反应物是单质,单质的生产焓为0,故说“热效应”。
*6.拉瓦锡——拉普拉斯定律解释?化学反应的生成焓等于分解焓,符号相反。
*7.盖斯定律描述?无论化学反应是分一步还是多步进行的,其热效应相同。
*8.基尔霍夫定律描述?(写公式)这一定律表明了什么的关系?表明了反应焓随温度的变化规律9.热力学第二定律的两种表述?何为孤立系统熵增原理?克劳修斯表述:热量不可能从低温物体传向高温物体而不产生其他任何影响。
物理力学知识点
物理力学知识点1. 运动学
- 位移、速度、加速度
- 平均速度和瞬时速度
- 匀变速直线运动
- 自由落体运动
2. 牛顿运动定律
- 牛顿第一运动定律
- 牛顿第二运动定律
- 牛顿第三运动定律
- 力与加速度的关系
3. 动量与能量
- 动量的概念和守恒定律
- 动能和势能
- 机械能守恒定律
- 功和功率
4. 圆周运动
- 均匀圆周运动
- 向心加速度
- 向心力
5. 碰撞
- 完全非弹性碰撞
- 完全弹性碰撞
- 动量守恒定律
- 能量守恒定律
6. 刚体运动
- 转动惯量
- 平面运动
- 角动量守恒定律
7. 万有引力定律
- 引力的概念和特点
- 开普勒行星运动定律
- 引力势能和万有引力公式
8. 流体力学
- 压强、浮力和阿基米德原理 - 连续性方程和伯努利方程 - 流体阻力和阻力系数
9. 振动和波动
- 简谐振动
- 波的概念和类型
- 波的传播和特性
10. 热学
- 热量、温度和内能
- 热力学定律
- 热机效率和熵
这些都是力学领域的基本知识点,具体内容可以根据需求进一步扩展和深入。
2024年新高考版物理专题七动量习题部分
2.(2022北京顺义期末,6)如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖 直线上进行的超级碰撞实验,可以使小球弹起并上升到很大高度。将质 量为3m的大球(在下)、质量为m的小球(在上)叠放在一起,从距水平地面 高h处由静止释放,h远大于球的半径,不计空气阻力,重力加速度为g。假 设大球和地面、大球与小球的碰撞均为弹性碰撞,且碰撞时间极短。下 列说法正确的是 ( ) A.两球一起下落过程中,小球对大球的弹力大小为mg B.大球与地面碰撞前的速度大小为 2gh C.大球与小球碰撞后,小球上升的高度仍为h D.若大球的质量远大于小球的质量,小球上升的最大高度为3h
3.(2018课标Ⅱ,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡
蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面
产生的冲击力约为 ( )
A.10 N
B.102 N
C.103 N
D.104 N
答案 C
4.(2021湖南,2,4分)物体的运动状态可用位置x和动量p描述,称为相,对应p -x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来 描述,称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线 运动,则对应的相轨迹可能是 ( )
2.(2022广西柳州柳江中学模拟,8)(多选)A、B两物体在光滑水平面上沿 同一直线运动,如图为发生碰撞前后的v-t图线,由图线可以判断 ( )
A.A、B的质量比为3∶2 B.A、B作用前后总动量守恒 C.A、B作用前后总动量不守恒 D.A、B作用前后总动能不变 答案 ABD
3.(2022浙江杭州建人中学月考,5)如图所示,一砂袋用无弹性轻细绳悬于 O点。开始时砂袋处于静止状态,一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出, 二者共同摆动。若弹丸质量为m,砂袋质量为5m,弹丸和砂袋形状大小忽 略不计,弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计,不计空气阻力,重力加 速度为g。下列说法中正确的是 ( ) A.弹丸打入砂袋过程中,细绳所受拉力大小保持不变 B.弹丸打入砂袋过程中,弹丸对砂袋的冲量大小大于 砂袋对弹丸的冲量大小 C.弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为 mv02
动量的名词解释
动量的名词解释动量是物体运动状态的重要物理量,是描述物体在力的作用下产生运动的量。
动量的概念最早由意大利科学家伽利略提出,并在牛顿力学中得到深入研究和广泛应用。
1. 动量的定义动量是物体在某一给定时间内所具有的运动量。
它的定义公式为:动量(p)等于物体的质量(m)与速度(v)的乘积,即p = mv。
其中,质量是物体的基本属性,速度则是物体运动的基本特征。
2. 动量的单位根据定义公式,动量的单位是质量单位与速度单位的乘积。
在SI国际单位制中,质量的单位是千克(kg),速度的单位是米每秒(m/s),因此动量的单位为千克米每秒(kg·m/s)或牛顿·秒(N·s)。
3. 动量守恒定律动量是守恒量,即在一个封闭系统中,当没有外力作用时,系统的总动量保持不变。
这是因为根据牛顿第二定律,物体的加速度与受到的力成正比,而动量是质量和速度的乘积,因此只要物体的质量不变,速度不变,动量保持不变。
4. 动量定理动量定理描述了物体运动的力学规律。
它表明,当物体受到外力时,其动量的变化率等于物体上所受合力的大小和方向。
即F = Δp/Δt,其中F为外力,Δp为物体动量的变化量,Δt为时间变化量。
5. 动量与碰撞在碰撞过程中,物体之间会相互作用,其动量也会发生改变。
根据动量守恒定律,当碰撞发生时,系统总动量保持不变。
而根据动量定理,碰撞过程中,物体所受到的作用力也与动量的变化率成正比。
6. 动量与物体的运动状态动量的大小与方向与物体的质量和速度有关。
大质量的物体具有较大的动量,而高速运动的物体也具有较大的动量。
此外,在相同速度下,质量较大的物体具有较大的动量。
因此,动量可以用来描述物体的运动状态和惯性特性。
7. 动量与能量的联系动量和能量是物体运动中两个重要的物理量。
动量与速度有关,能量与速度和质量的平方有关。
虽然动量和能量有所区别,但它们之间存在着密切的联系,而且在物体的相互转化过程中相互影响。
2022物理第6章动量实验7验证动量守恒定律教案
实验七验证动量守恒定律1.实验目的验证碰撞中的动量守恒.2.实验原理在一维碰撞中,测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′,算出碰撞前的动量p=m1v1+m2v2及碰撞后的动量p′=m1v1′+m2v2′,看碰撞前后动量是否相等。
3.实验器材方案一利用气垫导轨完成一维碰撞实验气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。
方案二在光滑长木板上两车碰撞完成一维碰撞实验光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。
方案三利用等大小球做平抛运动完成一维碰撞实验斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板。
4.实验步骤方案一利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量:用天平测出滑块质量。
(2)安装:正确安装好气垫导轨,如图所示。
(3)测速度:接通电源,利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量;②改变滑块的初速度大小和方向)。
(4)验证:一维碰撞中的动量守恒。
方案二在光滑长木板上两车碰撞完成一维碰撞实验(1)测质量:用天平测出两小车的质量。
(2)安装:将打点计时器固定在光滑长木板的一端,把纸带穿过打点计时器,连在小车的后面,在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥,如图所示.(3)碰撞:接通电源,让小车A运动,小车B静止,两车碰撞时撞针插入橡皮泥中,把两小车连接成一体运动。
(4)测速度:通过纸带上两计数点间的距离及时间由v=错误!算出速度.(5)改变条件:改变碰撞条件,重复实验。
(6)验证:一维碰撞中的动量守恒。
方案三利用等大小球做平抛运动完成一维碰撞实验(1)测质量:先用天平测出入射小球、被碰小球质量m1、m2(m1>m2)。
(2)安装:按如图所示安装好实验装置,将斜槽固定在桌边,使槽的末端点切线水平,调节实验装置使两小球碰撞时处于同一水平高度,且碰撞瞬间入射小球与被碰小球的球心连线与轨道末端的切线平行,以确保两小球正碰后的速度方向水平。
光子动量与能量的关系
光子动量与能量的关系光子作为量子力学中的基本粒子之一,具有粒子性和波动性。
它既没有质量也没有电荷,但具有能量和动量。
光子动量与能量之间存在着密切的关系,这种关系在物理学研究中起着重要作用。
光子的动量是光子的能量和速度的乘积,可以用以下公式表示:p =E/c,其中p表示光子的动量,E表示光子的能量,c表示光速。
这个公式表明,光子的动量与其能量成正比,与光速成反比。
因此,光子的能量越大,其动量也越大。
光子的能量与频率之间存在着直接的关系。
根据普朗克关系 E = hν,其中E表示光子的能量,h为普朗克常数,ν表示光子的频率。
这个公式表明,光子的能量与其频率成正比。
因此,光子的频率越高,其能量也越大。
光子的波粒二象性使其能够同时具备波动性和粒子性。
当光子以波的形式传播时,它具有一定的波长和频率,可以用波长λ和频率ν来描述。
根据光速恒定的特性,可以得出光子的波长与频率之间的关系:λ = c/ν。
这个公式表明,光子的波长与其频率成反比。
因此,频率越高,波长越短。
在光子的光电效应实验中,光子的能量足以克服金属的束缚能,使金属中的电子跃升到导带中,从而产生电流。
通过测量光电子的动能和频率之间的关系,可以验证光子的能量与频率之间的直接关系,从而间接验证光子的动量与能量之间的关系。
在实际应用中,光子的能量和动量的量子化特性为光子在微观世界中的行为提供了理论基础。
光子的能级和光子态可以通过量子力学的方法进行描述,从而解释光子在原子和分子中的作用机制。
不仅在理论物理学中具有重要意义,在实际应用中也发挥着重要作用。
例如,在激光技术中,光子的能量和动量决定了光子与物质相互作用的强度和方式,从而实现了激光的切割、焊接、激光医疗等多种应用。
让我们总结一下本文的重点,我们可以发现,光子动量与能量的关系是量子力学中的一个重要研究课题,它揭示了光子在运动中的特性和行为规律,对于理解光子的基本特性和应用具有重要意义。
通过对光子的动量与能量之间的关系进行深入研究,可以拓展我们对光子的认识,推动光子学领域的发展和应用。
物理八大功能关系公式
物理八大功能关系公式物理是自然科学的一个分支,研究物质、能量、力和运动等基本现象。
在物理学中,有许多重要的公式,其中八大功能关系公式是最为重要的公式之一。
这些公式描述了物理学中的基本关系,包括力、加速度、速度、位移、功、能量、动量和角动量等。
1. 力的公式:F=ma力是物体之间相互作用的结果,它可以改变物体的运动状态。
力的大小与物体的质量和加速度成正比,即F=ma。
这个公式是牛顿第二定律的数学表达式,它描述了物体的运动状态如何受到力的影响。
2. 加速度的公式:a=F/m加速度是物体在单位时间内速度的变化量,它与物体所受的力和质量有关。
根据牛顿第二定律,加速度与力成正比,与质量成反比,即a=F/m。
这个公式可以用来计算物体的加速度,从而了解物体的运动状态。
3. 速度的公式:v=at+v0速度是物体在单位时间内所走的路程,它与时间和加速度有关。
根据速度的定义,可以得到速度的公式:v=at+v0,其中v0是物体的初始速度。
这个公式可以用来计算物体的速度,从而了解物体的运动状态。
4. 位移的公式:s=vt+1/2at^2位移是物体从一个位置到另一个位置的距离,它与速度和加速度有关。
根据位移的定义,可以得到位移的公式:s=vt+1/2at^2,其中t是时间。
这个公式可以用来计算物体的位移,从而了解物体的运动状态。
5. 功的公式:W=Fs功是力在物体上所做的功,它可以改变物体的能量状态。
根据功的定义,可以得到功的公式:W=Fs,其中F是力,s是位移。
这个公式可以用来计算力所做的功,从而了解物体的能量状态。
6. 动能的公式:K=1/2mv^2动能是物体由于运动而具有的能量,它与物体的质量和速度有关。
根据动能的定义,可以得到动能的公式:K=1/2mv^2,其中m是物体的质量,v是物体的速度。
这个公式可以用来计算物体的动能,从而了解物体的能量状态。
7. 动量的公式:p=mv动量是物体的运动状态,它与物体的质量和速度有关。
第一篇专题二第7讲动能定理机械能守恒定律能量守恒定律
和时间,比动力学方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理
是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加
速、减速的过程),对全过程应用动能定理,往往能使问题简化。
(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。
考点二
1.判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法
12
2.北京冬奥会中的冰壶比赛令人印象深刻,冰壶比赛场地如图所示:运 动员从起滑架处推着冰壶(可视为质点)沿中心线出发,在投掷线处放手 让冰壶以一定的速度滑出,使冰壶的停止位置尽量靠近大本营圆心O, 为了使冰壶滑行得更远,运动员可以用毛刷摩擦冰壶运行路径前方的冰 面,使冰壶与冰面间的阻力减小。已知冰壶质量m=20 kg,未刷冰时, 冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1=0.02,刷冰后μ2=0.01,起滑架到投掷线 的距离l1=10 m,投掷线与圆心O点的距离为l2=30 m,取g=10 m/s2,则:
例4 (2023·江苏连云港市模拟)如图所示,竖直面内处于同一高度的光滑钉 子M、N相距2L。带有光滑小孔的小球A穿过轻绳,轻绳的一端固定在钉 子M上,另一端绕过钉子N与小球B相连,B球质量为m。用手将A球托住 静止在M、N连线的中点P处,此时B球也处于静止状态。放手后,A球 下落的最大距离为L,重力加速度为g,B球未运动到钉子N处。 (1)A球的质量mA;
例2 (2022·浙江1月选考·20)如图所示,处于竖直平面内的一探究装置,由
倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为 O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成,B、 D和F为轨道间的相切点,弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高),B、
动量小专题7—动量守恒中的临界问题
动量小专题7—动量守恒中的临界问题动量守恒定律是力学中的一个重要规律。
在运用动量守恒定律解题时,常会遇到相互作用的几个物体间的临界问题,求解这类问题要注意分析临界状态,把握相关的临界条件。
现将与动量守恒定律相关的临界问题作一初步的分析和讨论。
一. 涉及弹簧的临界问题对于由弹簧组成的系统,在物体间发生相互作用的过程中,当弹簧被压缩到最短(或拉伸到最长)时,弹簧两端的两个物体的速度必相等。
例1.如图(1)所示,在光滑的水平面上,用弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物体以6m/s的速度向右运动,弹簧处于原长,质量为4kg的物体C静止在前方。
A与C碰撞后将粘在一起运动,在以后的运动中,弹簧达到最大弹性势能时,C的速度为多少?图(1)二. 涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中,由于弹力的作用,斜面在水平方向将做加速运动。
物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度,物体在竖直方向的分速度等于零。
例2.如图(2)所示,质量为M的槽体放在光滑水平面上,内有半径为R的半圆形轨道,其左端紧靠一个固定在地面上的挡板。
质量为m的小球从A点由静止释放。
若槽内光滑,求小球上升的最大高度。
图(2)三. 涉及追碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体,甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲必须大于乙物体的速度v乙,即v甲大于v乙,甲物体刚好追不上乙物体的临界条件是v甲=v乙。
例3. 甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车的总质量共为M=30kg,乙和他的冰车的总质量也是30kg,甲推着一个质量为m=15kg的箱子,和他一起以大小为v0=2 m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,为了避免相碰,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住。
若不计冰面的摩擦力,求甲至少要以多大的速度(相对于冰面)将箱子推出,才能避免与乙相撞。
四. 涉及子弹打木块的临界问题子弹打木块是一种常见的模型。
高中物理高考 第7章 第1讲 动量定理及应用 2023年高考物理一轮复习(新高考新教材)
汽车剧烈碰撞瞬间,安全气囊弹出,立即跟司机身体接触.司机在很 短时间内由运动到静止,动量的变化量是一定的,由于安全气囊的 存在,作用时间变长,据动量定理Δp=FΔt知,司机所受作用力减 小;又知安全气囊打开后,司机受力面积变大,因此减小了司机单 位面积的受力大小;碰撞过程中,动能转化为内能.综上可知,选项 D正确.
生活实践类
安全行车(安全气囊)、交通运输(机车碰撞、喷气式飞机)、体育运动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆 炸、高空坠物
学习探究类
气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞
第1讲 动量定理及应用
目标 1.能用动量定理解释生活中的有关现象.2.能利用动量定理解决相关问题,会在流体力学中建立 要求 “柱状”模型.
大一轮复习讲义
第七章 动量
考 情 分 析
试题 情境
考查内容 动量 动量定理
动量守恒定律
动量和能量的综合 实验:验证动量定理
自主命题卷
2021·湖南卷·T2 2019·北京卷·T24
2021·山东卷·T11 2021·广东卷·T13 2021·河北卷·T13 2020·江苏卷·T12(3) 2020·北京卷·T13 2019·江苏卷·T12(1) 2018·天津卷·T9(1) 2018·海南卷·T14 2020·天津卷·T11 2020·山东卷·T18 2021·江苏卷·T11
考向2 应用动量定理处理微粒类问题
例8 宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决,其中之一就是 当飞船进入宇宙微粒尘区时,如何保持速度不变的问题.假设一宇宙飞船 以v=2.0×103 m/s的速度进入密度ρ=2.0×10-6 kg/m3的微粒尘区,飞船 垂直于运动方向上的最大横截面积S=5 m2,且认为微粒与飞船相碰后都 附着在飞船上,则飞船要保持速度v不变,所需推力多大? 答案 40 N
电子能量损失谱基本原理及应用
16
第十六页,共32页
EELS 的信息
• 由单电子激发产生的电子能量损失谱中,价电子激发所产生 的能量损失谱线代表了固体的某些特性,在表面分析中,这 些资料有很大的用处。
• 芯能级电子激发所产生的损失谱线用处也很大。因为由芯能
3代表芯级电子激发
入射电子与试样相互作用的示意图
第四页,共32页
• 弹性散射过程;
• 电子气的激发过程;
体等离子体 表面等离子体
• 特征激发损失; 价电子激发
内层电子激发
• 非弹性损失;
多次损失,热损失等 • 声子激发
晶格,吸附分子等
4
电子能量损失过程
• 激发晶格振动或吸附分子振动能的跃迁,属于声子激发或吸
(c)表示双键结合的对称桥式原子吸附,在这里只有从一种频动中得到的一个垂直振动分
量。
(d)表示非对称桥式原子吸附,出现了第二个垂直振动分量。 (e)表示顶式原子吸附,在这种情况下,人们只能得到一个损失峰。 图7—5中的五条虚线表示目前红外光所能达到的低频极限.
26
第二十六页,共32页
27
第二十七页,共32页
完整版课件ppt11eelseels因激发声子和表面原子分子振动而产生的电子能量损失最小大约为0500mev所以要求能量分析器具有10毫电子伏的分辨能力这时初级电子的能量一般都小于l0电为了有别于前面几种电子能量损失谱人们又叫它为低能电子能量损失谱lesls或高分辨电子能量损失谱hreels
电子能量损失谱基本原理及应 用
• 图7—6是解理面Si(111)2×1吸附氧时的低能电子损失谱。 • 当氧的覆盖度θ<0.2时,在离弹性峰56毫电子伏的地方由于
光子动量与能量的关系
光子动量与能量的关系光子是光的基本单位,也是电磁波的一种体现形式。
光子在光电效应、光学、量子力学等领域中扮演着重要的角色。
光子的动量与能量之间存在着密切的关系,这种关系被称为光子动量与能量的关系。
光子具有一定的动量,其动量大小可以通过其能量来计算。
根据爱因斯坦的质能关系E=mc^2,光子的能量与其频率呈正比。
因此,光子的能量可以表示为E=hf,其中h为普朗克常数,f为光子的频率。
根据光子的波粒二象性,光子既具有波动特性,也具有粒子特性。
在光的波动特性中,光的频率与波长呈反比关系,而在光的粒子特性中,光子的动量与波长呈正比关系。
因此,光子的能量与波长也存在着一定的关系。
在实际应用中,光子的动量与能量的关系在很多领域都有着重要的作用。
比如,在光电效应中,光子的能量可以促使金属表面上的电子逸出金属表面,从而产生电流。
在激光技术中,光子的动量可以帮助调节激光的功率和波长,实现不同的激光功率输出与波长调节。
在量子力学中,光子的动量可以影响电子的运动轨迹,从而影响物质的性质与行为。
光子的动量与能量的关系也在研究领域中有着重要的应用。
例如,在物质的表面修饰与功能化中,利用光子的动量与能量可以实现精准的表面处理与结构调控,从而实现物质的性能改善与功能优化。
在材料科学与纳米技术领域中,利用光子的动量与能量可以实现材料的精细加工与纳米结构的调控,从而实现新型材料的制备与性能优化。
让我们总结一下本文的重点,我们可以发现,光子动量与能量的关系是一个极其重要且广泛应用的研究领域。
通过深入研究光子的动量与能量之间的关系,可以更好地理解光子的物理特性与行为规律,为相关领域的科研与应用提供理论指导与实践支持。
希望未来能够有更多的科研工作者投入到这一领域的研究中,共同推动光子科学的发展与应用。
动能定理、能量守恒定律
一、动能定理例1.如图7-7-1所示,在光滑的平台上有一质量为6kg的物体,开始处于静止状态,当人拉紧绳子以5m/s的速度匀速从B点运动到A点。
已知OB=3m,AB=4m。
求此过程中人对物体所做的功?例2.如图7-7-2所示,一质量为m=2kg的铅球从离地面H=2m高处自由下落,陷入砂坑中h =2cm深处,求砂子对铅球的平均阻力?例3.一列车的质量是5×105kg,在平直的轨道上以额定功率3000k W加速行驶,当速度由10m/s加速到可能达到的最大速率30m/s时,共用了3min,则在这段时间内列车前进的距离是多少?(假设地面及空气给汽车的阻力为恒力)例4.质量为m的物体在水平地面上以一定的初速度滑行,若物体与地面之间的动摩擦因数为μ,在开始阶段受到与初速同方向的水平推力F1作用前进S1位移,接着以同方向的水平推力F2作用进S2位移,然后撤除外力,物体再前进S3位移后停止。
求物体的初速度v0。
例5.速度为v的子弹,恰可穿透一固定着的木板,如果子弹速度为2v,子弹穿透木板的阻力视为不变,则可穿透同样的木板()A.2块B.3块C.4块D.1块练习1.两辆汽车在同一平直路面上行驶,它们的质量之比m1:m2=1:2,速度之比v1:v2=2:1.当两车急刹车后,甲车滑行的最大距离为s1,乙车滑行的最大距离为s2。
设两车与路面的动摩擦因数相等,不计空气的阻力,则()A.s1:s2=1:2 B.s1:s2=1:1C.s1:s2=2:1 D.s1:s2=4:12.如图7-7-4所示,一个质量为m的物体在高为h的斜面上刚好匀速下滑,现用平行于斜面的力缓慢地将物体沿斜面从底端拉到顶端,拉力所做的功为多少?3.在距地面12m高处以12m/s的速度抛出一个质量为2kg的物体,物体落到地面时的速度是19m/s,那么人在抛物的过程中对物体做的功是多少焦,物体下落过程中克服阻力做的功是多少焦?4.均匀直木板长为L=40cm,质量为2.0kg,与桌面间动摩擦因数为0.2.若在木板左端用一水平推力F将其推下桌子,水平推力至少做功多少焦?(取g=10m/s2)二、机械能例1.如图3-1,小物块位于光滑斜面上,斜面位于光滑水平地面上,在小物块沿斜面下滑的过程中,斜面对小物块的作用力[ ]A.垂直于接触面,做功为零B.垂直于接触面,做功不为零C.不垂直于接触面,做功为零D.不垂直于接触面,做功不为零例2.物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑,斜面高为h,当物体滑至斜面底端,重力做功的瞬时功率为[ ]例3.一列火车由机车牵引沿水平轨道行使,经过时间t,其速度由0增大到v。
p相对论能量和动量的关系
T = mc2 - m0c2
m0c2 1 v2 / c2
m0c2
当v << c时,根据公式(1 + x)n≈ 1 + nx,运动物体的质量为
m
m0 1 v2 / c2
m0
(1
v2 c2
)1/
2
m0
(1
v2 2c2
)
因此
T
1 2
m0v2
可见:在低速情况下,相对论力学过渡到经典力学。
如果某种粒子静止质量为零,即m0 = 0,则得E = pc, 比较公式E = mc2,可得p = mc, 该粒子速度就是光速。 光可当作一种静止质量为零的粒子流,对应的粒子称为光子。
物体能量随速度的变化的曲线与质 量随速度的变化的曲线是相同的。
当物体的静止质量不为零时,能 量随动量按双曲线的规律变化;
当物体的静止质量为零时, 能量随动量直线变化。
m0是物体的静止质量,m是物体的运动质量。 物体的静止能量为E0 = m0c2, 物体的总能量为 E = mc2, 这就是质-能方程,是相对论独有的,没有经典项对应。
能量守恒必然导致质量 守恒,反之,质量守恒 也将导致能量守恒。
在相对论中,质量守恒 和能量守恒是统一的, 能量蕴含在质量之中。
{范例13.7} 相对论能量和动量的关系
试推导相对动能和能量公式以及动量公式。
E0 = m0c2, E = mc2,
m
m0 1 v2 / c2
利用质-速关系可得
E2
E02
m02c4 1 v2 / c2
m02c4
m02v2c2 1 v2 / c
动量和力的关系和计算方法
动量和力的关系和计算方法一、动量的定义和计算动量是一个物体运动的物理量,它等于物体的质量与其速度的乘积。
动量的计算公式为:[ p = m v ]其中,( p ) 表示动量,( m ) 表示物体的质量,( v ) 表示物体的速度。
二、力的定义和计算力是一个物体受到的推或拉的物理量,它等于物体动量的变化率。
力的计算公式为:[ F = ]其中,( F ) 表示力,( p ) 表示动量的变化量,( t ) 表示时间的变化量。
三、动量和力的关系根据牛顿第二定律,力等于物体质量乘以加速度,即:[ F = m a ]将加速度用速度的变化量表示,即:[ a = ]将加速度的表达式代入牛顿第二定律的公式中,得到:[ F = m ]根据动量的计算公式,动量的变化量可以表示为:[ p = m v ]将动量的变化量的表达式代入力的计算公式中,得到:[ F = ]由此可见,力等于动量的变化率。
四、动量和力的计算示例1.物体质量为 2 kg,速度为 3 m/s,求物体的动量。
解:( p = m v = 2 3 = 6 ) kg·m/s2.物体质量为 4 kg,受到的力为 8 N,作用时间为 2 s,求物体的加速度。
解:( F = m a )( a = = = 2 ) m/s²3.物体质量为 6 kg,初速度为 5 m/s,受到的力为 10 N,作用时间为 3s,求物体的末速度。
解:( a = = 1.67 ) m/s²( v = a t = 1.67 3 = 5 ) m/s( v = v_0 + v = 5 + 5 = 10 ) m/s动量和力是物理学中的基本概念,它们之间有着密切的关系。
通过动量和力的计算方法,我们可以更好地理解物体的运动规律。
在学习过程中,要注重理论知识的学习,并加强实践操作,提高自己的动手能力。
习题及方法:1.物体质量为 3 kg,速度为 4 m/s,求物体的动量。
解题思路:直接利用动量的计算公式进行计算。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。
高三物理一轮授课提纲
六、机械能(7)
[课题] 动量、能量(滑块、木板问题)
[教学目标]
1、正确运用动量守恒定律、机械能守恒定律等规律解题。
2、掌握滑块、木板等问题的特点,把握解题规律。
[知识要点]
“滑块-木板”模型与“子弹打木块”模型类似,都存在系统克服摩擦阻力做功,有机械能转化为内能。
只不过在子弹打木块过程中,子弹与木块作用时间很短,内力远大于外力,系统动量守恒;而滑块在木板上滑动时,时间相对较长,如果水平面不光滑,则动量不守恒,因此要认真分析其过程。
[例题分析]
[例1]如图所示,一质量为M的平板车B放在光滑水平面上,在其右端放一质量为m 的小木块A,m<M,A、B间动摩擦因数为μ,现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动,B开始向右运动,最后A不会滑离B,求:
(1)A、B最后的速度大小和方向.
(2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车向右运动的位移大小.
[例2]如图所示,一辆质量m=2kg的平板车、左端放有质量M=3kg的小滑块.滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.4。
开始时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动,并与竖直墙壁发生碰撞,设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变.但方向与原来相反,平板车足够长,以至滑块不会滑到平板车右端.取g=l0m/s2,求:(1)平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离.
(2)平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v.
(3)为使滑块始终不会滑到平板车右端,平板车至少多长?
(4) 平板车第一次与墙壁碰撞后到最后停止通过的总路程是
多少?
[例3]如图,质量为0.5kg 、长1.2m 的金属盒AB ,放在水平桌面上,它与桌面间动摩擦因数μ= 0.125在盒内右端B 处放着质量也为 0.5 kg 、
半径为 0.lm 的小球,球与盒间无摩擦.若在A 端给
盒以水平向右的冲量1.5 N ·S ,设盒在运动中与球碰
撞时间极短且无能量损失,则盒从开始运动到完全停
止所通过的路程是多少?所用时间是多少?
[例4]小车B 原静止在光滑水平面上,一个质量为m 的铁块A (可视为质点),以水平速度s /m 0.4
o =ν滑上质量为M 的小车B 的左端,然后与小车
右端档板碰撞,最后恰能滑到小车的左端。
已知M :m =3:1,
小车长L=lm,碰撞过程无机械能损失,碰撞时间忽略不计g
取2s /m 10,求:
(1)A 、B 最后的速度
(2)铁块与小车之间的动摩擦因数。
(3)挡板被碰前后间小车的速度。
并在坐标
图中画出A 、B 相对滑动过程中,小车B 相对地
面的v -t 图线。
[例5]如图所示, 一块木板长为L = 2m, 质量为M 。
板上左端放一个质量为m 的物块, 物块与木板间的动摩擦因数μ= 0.2, 物块的长度与木板相比可以忽略。
开始, 物块和木板一起以v =4m/s 的速度在光滑的水平面上向右运动, 接着, 与右边的竖直墙壁相碰, 设碰撞时
间很短, 碰撞过程没有机械能的损失, g 取10m/s 2。
试
讨论: 物块和木板的质量之比满足什么条件, 可以保证
物块在长木板上, 长木板能够再次与右边的墙壁相碰。
要求分步说明理由。
[训练设计]
1、如图所示,水平放置的轻质弹簧,左端固定,右端与小物块P 接触而不连接.当P 在A 点时,弹簧为原长.现用水平向左的推力将P 物缓慢地从A 推到B 点,需做功8J ,此时在B 点撤去推力后,P 从静止开始沿着水平桌面滑到停放在水平光滑地面上足够长的小车Q 上(小车与桌面等高).已知P 质量m=1kg ,Q 质量M=4 kg ,桌面光滑,Q 上表面粗糙.(g 取 10 m /s 2)。
则(1)P 运动到C 点速度大小为多少?
(2)P 与Q 以相同速度运动时速度大小为多少?
(3)P 与Q 相互作用过程中产生的热量是多少?
2、质量为M=3.0kg 的平板小车静止在光滑水平面上,如图所示。
当t=0时,两个质量都是m=1.0kg 的小物体A 和B ,分别从左端和右端以水平速度s m v /0.41=和s m v /0.22=冲上小车,当它们在车上停止滑动时,没有相碰。
A 、B 与车面的动摩擦因数都是μ=0.20,g 取2/10s m 。
求(1)A 、B 在车上停止滑动
时车的速度。
(2)车的长度至少是多少?
(3)在图中所给出的坐标系中
画出0至4.0s 内小车运动的速度一
时间图象。
3、一块足够长的木板,放在光滑的水平面上。
如图所示,在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……n的木块,所有木块的质量均为m,与木板间的动摩擦因数都相同。
开始时,木板静止不动,第1、2、3、……n号木块的初速度分别是v0、2 v0、3 v0、……n v0,v0的方向水平向右。
木板的质量与所有木块的总质量相等,最终所有木块与木板一起以共同速度运动。
试求
(1)所有木块与木板一起做匀速运动的速度。
(2)第2号木块在整个过程中的最小速度V2。
4、如图所示,质量M =4kg的木滑板B静止放在光滑水平面上,滑板右端固定着一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离l=0.5m,这段滑板与木块A之间的动摩擦因数μ=0.2;而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑.可视为质点的小木块A质量m=1kg,原来静止于滑板的左端.当滑板B受水平向左的恒力F=14N作用时间t 后撤去,这时木块A恰好到达弹簧的自由端C处,假设A、B间的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等,g取10m/s2,试求:
(1)水平恒力F的作用时间t;
(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能。