高二物理人教版选修3-5全册各模块要点回眸第4点 爆炸现象的三个特征
高二物理人教版选修3-5全册各模块要点回眸第5点 碰撞过程的分类及碰撞过程的制约
第5点 碰撞过程的分类及碰撞过程的制约一、碰撞过程的分类1．弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中没有机械能损失． 弹性碰撞除了遵从动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等，即12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 特殊情况：质量为m 1的小球以速度v 1与质量为m 2的静止小球发生弹性正碰，根据动量守恒和动能守恒有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2. 碰后两个小球的速度分别为：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1(1)若m 1≫m 2，v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1，表示m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(2)若m 1≪m 2，v 1′≈－v 1，v 2′≈0，表示m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．(3)若m 1＝m 2，则有v 1′＝0，v 2′＝v 1，即碰撞后两球速度互换．2．非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变不能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中有机械能损失． 非弹性碰撞遵守动量守恒，能量关系为：12m 1v 21＋12m 2v 22＞12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 3．完全非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变完全不能够恢复的碰撞；碰撞过程中机械能损失最多．此种情况m 1与m 2碰后速度相同，设为v ，则：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v系统损失的动能最多，损失动能为ΔE km ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2 二、碰撞过程的制约通常有如下三种因素制约着碰撞过程1．动量制约：即碰撞过程必须受到动量守恒定律的制约；2．动能制约：即碰撞过程，碰撞双方的总动能不会增加；3．运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约．比如，某物体匀速运动，被后面物体追上并碰撞后，其运动速度只会增大而不会减小．再比如，碰撞后，后面的物体速度不能超过前面的物体．对点例题 如图1所示，质量为m 的子弹以初速度v 0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，设木块对子弹的阻力大小恒为F ，求：图1(1)木块至少多长子弹才不会穿出；(2)子弹在木块中运动了多长时间．解题指导 从动量的角度看，以子弹和木块组成的系统为研究对象，根据动量守恒m v 0＝(M ＋m )v从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能．阻力大小为F ，设子弹、木块的位移大小分别为x 1，x 2，如题图所示，显然有x 1－x 2＝L ，对子弹用动能定理F ·x 1＝12m v 20－12m v 2 ① 对木块用动能定理F ·x 2＝12M v 2 ②①②相减得F ·L ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2＝Mm 2(M ＋m )v 20 由上式可得L ＝Mm 2F (M ＋m )v 20(2)以子弹为研究对象，由牛顿运动定律和运动学公式可得t ＝v －v 0－a ＝Mm v 0F (M ＋m ). 答案 见解题指导1．(多选)半径相等的小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动，若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是( )A ．甲球的速度为零而乙球的速度不为零B ．乙球的速度为零而甲球的速度不为零C ．两球的速度均不为零D ．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等答案 AC解析 甲、乙两球在光滑水平面上发生对心碰撞，满足动量守恒的条件，因此，碰撞前后甲、乙两球组成的系统总动量守恒．碰撞前，由于E k 甲＝E k 乙，而E k ＝p 22m，由题设条件m 甲>m 乙可知p 甲>p 乙，即碰撞前系统的总动量方向应与甲的动量方向相同．碰撞后，如果甲球速度为零，则乙球必反弹，系统的总动量方向与碰撞前相同，根据动量守恒定律，这是可能的，A 选项正确．如果乙球速度为零，则甲球反弹，系统的总动量方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，B 选项错误．如果碰撞后甲、乙两球速度均不为零，可以满足动量守恒定律的要求，C 选项正确．如果碰撞后两球的速度都反向，且动能仍相等，则总动量方向与碰撞前相反，不符合动量守恒定律，D 选项错误．2．如图2，在足够长的光滑水平面上，物体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 ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图2答案 (5－2)M ≤m ＜M解析 设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞，由动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋M v 2由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 21＋12M v 22 可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋M v 0要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有m v 1＝m v 3＋M v 412m v 21＝12m v 23＋12M v 24整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋M v 1由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2即2m m ＋M v 0≥M －m m ＋M v 1＝(m －M m ＋M )2v 0整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(5－2)M≤m＜M.3．如图3所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v＝1 m/s的速度水平向右匀速行驶，一颗质量m0＝0.1 kg的子弹以v0＝179 m/s的初速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中，如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ.(g＝10 m/s2，不计空气阻力)图3答案0.54解析设子弹射入木块后两者的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒有：m0v0－m v＝(m＋m0)v1解得v1＝8 m/s由它们恰好不从平板小车上掉下来可知，它们相对平板小车滑行距离x＝6 m时它们跟小车具有相同速度v2，则由动量守恒有(m＋m0)v1－M v＝(m＋m0＋M)v2解得v2＝0.8 m/s由能量守恒有μ(m0＋m)gx＝12(m＋m0)v21＋12M v2－12(m0＋m＋M)v22代入数据解得μ＝0.54.。
高三物理爆炸知识点总结
高三物理爆炸知识点总结在高中物理学习中，爆炸是一个重要的知识点，涉及到能量转化、动能和势能的关系、爆炸的原理等内容。
下面将对高三物理爆炸知识点进行总结。
一、能量转化与守恒定律1. 动能和势能的转化：在一个爆炸过程中，爆炸物质的势能转化为爆炸物体的动能。
2. 能量守恒定律：在一个封闭体系的爆炸过程中，能量总量保持不变。
二、爆炸的原理1. 爆炸物：指能够在短时间内迅速释放大量能量的物质，如炸药等。
2. 燃烧：爆炸物质在氧气存在下，放出大量热量和光能。
3. 爆炸波：爆炸物质迅速燃烧释放的气体产生冲击波、火焰和烟雾等现象。
4. 爆炸反应速度：由于爆炸物质的特殊性质，爆炸反应速度非常快，通常以米/秒来描述。
三、爆炸的影响因素1. 爆炸物质特性：不同的爆炸物质具有不同的爆炸性质，如稳定性、爆速等，对爆炸威力有影响。
2. 爆炸物质量：爆炸物质的质量越大，释放的能量也就越大，爆炸威力更强。
3. 传播介质：爆炸波的传播受到介质的影响，不同介质会对爆炸波的传播速度和范围产生不同影响。
四、爆炸的应用1. 爆炸工程：例如拆除建筑物、矿山爆破等，利用爆炸的力量进行工程施工。
2. 军事应用：“硝烟弥漫的战场”，爆炸在军事行动中起到重要作用。
3. 烟火表演：烟花爆竹是利用爆炸产生的美丽火花表演。
4. 生活安全：了解爆炸知识可以帮助人们安全处理和预防各种爆炸事故。
五、爆炸的防护措施1. 加强安全意识：提高人们对爆炸的危害性认识，增强安全意识。
2. 保持距离：远离可能发生爆炸的地点，减少受伤风险。
3. 遵循规定：遵循相关的安全操作规程，合理使用爆炸物品。
总结：对于高三物理学习中的爆炸知识点，我们了解到能量转化与守恒定律，爆炸的原理和影响因素，以及爆炸的应用和防护措施。
理解这些知识，有助于我们更好地认识爆炸的现象和应对相应的问题。
在学习中，我们应注重理论联系实际，加强安全意识，避免发生爆炸事故，并合理利用爆炸技术，为社会发展做出贡献。
人教版高中物理选修3-5课件安徽省滁州二中《爆炸、碰撞及反冲现象》9(26张PPT)(选修3-5)
【例2】气功碎石表演中，质量M=200kg 的石板压在演员身
上，另一个演员举起质量m=5kg的铁锤， 使劲地向石板砸
去的瞬间，石板被砸碎了，而演员安然 无恙，试通过分析
和必要的理论计算来说明其中的奥妙.
【解析】设锤砸到石板前的速度为v0，石板获得的瞬时速度 为v，以锤和石板为研究系统，则mv0=Mv(∵m <M,∴砸上后认 为共同运动时m略去)
【例5】一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小 物块B，它到槽两内侧的距离均为l/2，如图5-4-3所示. 木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计， 小物块与木板间的动摩擦因数为,A、B、C三者质量相 等，原来都静止.现使槽A以大小为v0的初速向右运动，
已知v0＜ 2gl .当A和B发生碰撞时，两者速度互换.求：
mv0=2mv1①
由动能定理,得mgs1=(1/2)mv20-1/2mv21②
由①得v1=1/2v0，
代入②得s1=3v20/(8g).
根据条件v0＜ 2gl 得s1＜3/4l.
可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二 次碰撞，B与C将以v1向右匀速运动一段距离（l-s1） 后才与A发生第二次碰撞，设C的速度从0变到v1的过 程中，C的路程为s2，由功能关系，得：
△I=mv-0①
f·s=1/2mv2② 其中f=·2mg③
联立①、②、③解得 s=△I2/(4m2g)=1.52/(4×0.2×0.22×10)=7.03m
即s=7.03m，而l=l2-d=12-2=10cm，故所求碰撞次数N 为N=2× (s/l)=2× (703/10)=140次.
【解题回顾】这是一道过程很复杂的题目.大家要分 析其受力特点，建立正确的物理图景，并且对动量 守恒定律应用及能量守恒也有较高的要求.关于在弹 性碰撞下，两质量相等的小球碰前后速度互换.可用 动量守恒与动能守恒两式联立解得.
(人教版)高二物理选修3-5(全册)各模块要点汇总
(人教版 )高二物理选修3 -5 (全册 )各模块要点汇总第1点动量定理的两点应用1．利用动量定理求变力的冲量和动量的变化动量定理的表达式F ·Δt ＝m v ′－m v 或I 合＝Δp ＝m ·Δv(1)Δp 与I 合有等效关系：二者大小相等、方向相同．(2)应用I ＝Δp 求变力的冲量：如果物体受到变力的作用 ,那么不能直接用Ft 求冲量．这时可用I ＝Δp 求出变力的冲量I .(3)应用Δp ＝F Δt 求匀变速曲线运动的动量变化量：曲线运动的速度方向时刻改变 ,求Δp ＝p ′－p 需运用矢量运算方法 ,比拟麻烦．如果作用力为恒力 ,可用I ＝Δp 求出Δp .2．利用动量定理分析两类实际问题(1)物体的动量变化量一定时 ,力的作用时间越短 ,力就越大 ,反之力就越小．例如 ,易碎物品包装箱内为防碎而放置碎纸、刨花、塑料泡沫等填充物．(2)作用力一定时 ,力的作用时间越长 ,动量变化量越大 ,反之动量变化量就越小．例如 ,杂技中 ,用铁锤猛击 "气功师〞身上的石板令其碎裂 ,作用时间很短 ,铁锤对石板的冲量很小 ,石板的动量几乎不变 , "气功师〞才不会受伤害． 对点例题如图1所示 ,一质量为m 的小球 ,以初速度v 0沿水平方向射出 ,恰好垂直地落到一倾角为30°的固定斜面上 ,并立即沿反方向弹回．反弹速度的大小是入射速度大小的34.求在碰撞过程中斜面对小球的冲量的大小．图1解题指导小球在碰撞斜面前做平抛运动．设刚要碰撞斜面时小球速度为v ,由题意 ,v 的方向与竖直线的夹角为30° ,且水平分量仍为v 0 ,如题图所示．由此得v ＝2v 0①碰撞过程中 ,小球速度由v 变为反向的34v ,碰撞时间极短 ,可不计重力的冲量 ,由动量定理 ,设反弹速度的方向为正方向 ,那么斜面对小球的冲量为I ＝m (34v )－m ·(－v )② 由①②得I ＝72m v 0. 答案72m v 0规律方法重力的冲量可以忽略不计是因为作用时间极短．重力的冲量远小于斜面对小球的冲量 ,这是物理学中常用的一种近似处理方法．1．跳远时 ,跳在沙坑里比跳在水泥地上平安 ,这是由于( )A ．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小B ．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小C ．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小D ．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小答案D解析人跳远从一定高度落下 ,落地前的速度(v ＝v 20＋2gh )一定 ,那么初动量相同；落地后静止 ,末动量一定 ,所以人下落过程的动量变化量Δp 一定 ,因落在沙坑里作用的时间长 ,落在水泥地上作用的时间短 ,根据动量定理Ft ＝Δp 知 ,t 长F 小 ,故D 对．2．质量为m 的物体 ,沿半径为R 的轨道以速率v 做匀速圆周运动．求物体所受的合外力在半周期内的冲量．答案2m v ,方向与初始时刻的速度方向相反解析如以下图 ,研究物体从A 运动到B 的过程 ,假设v B 的方向为正方向．根据动量定理 ,合力的冲量大小为I ＝m v B －m v A ＝m v －m (－v )＝2m v .合力冲量的方向与初始时刻物体的速度方向相反．3．高空作业须系平安带 ,如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落 ,从开始跌落到平安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 平安带到达最|||大伸长 ,假设在此过程中该作用力始终竖直向上 ,那么该段时间平安带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t ＋mg B.m 2gh t－mg C.m gh t ＋mg D.m gh t－mg 答案A 解析由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ,在t 时间内对人由动量定理得(F －mg )t ＝m v ,解得平安带对人的平均作用力为F ＝m 2gh t＋mg ,A 项正确． 第2点 微元法解决连续质量变动问题应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法是微元法 ,具体步骤为：(1)确定一小段时间Δt 内的连续体为研究对象；(2)写出Δt 内连续体的质量Δm 与Δt 的关系式；(3)分析连续体的受力情况和动量变化；(4)应用动量定理列式、求解． 对点例题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飞船速度不变的问题．我国科学家已将这一问题解决 ,才使得 "神舟五号〞载人飞船得以飞行成功．假设有一宇宙飞船 ,它的正面面积为S ＝0.98m 2 ,以v ＝2×103m/s 的速度进入宇宙微粒尘区 ,尘区每1m 3空间有一微粒 ,每一微粒平均质量m ＝2×10－4g ,假设要使飞船速度保持不变 ,飞船的牵引力应增加多少 ?(设微粒与飞船相碰后附着到飞船上)解题指导由于飞船速度保持不变 ,因此增加的牵引力应与微粒对飞船的作用力相等 ,据牛顿第三定律知 ,此力也与飞船对微粒的作用力相等．只要求出时间t 内微粒的质量 ,再由动量定理求出飞船对微粒的作用力 ,即可得到飞船增加的牵引力．时间t 内附着到飞船上的微粒质量为：M ＝m ·S ·v t ,设飞船对微粒的作用力为F ,由动量定理得：Ft ＝M v ＝mS v t ·v ,即F ＝mS v 2 ,代入数据解得F ＝0.784N.由牛顿第三定律得 ,微粒对飞船的作用力为0.784N ,故飞船的牵引力应增加0.784N. 答案0.784N方法点评对这类有连续质量变动问题的解决关键在于研究对象的选取 ,通常采用的方法是选Δt 时间内发生相互作用的变质量物体为研究对象 ,确定发生相互作用前后的动量 ,然后由动量定理解题．如图1所示 ,水力采煤时 ,用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层 ,设水柱直径为d ＝30cm ,水速为v ＝50m/s ,假设水柱射在煤层的外表上 ,冲击煤层后水的速度变为零 ,求水柱对煤层的平均冲击力．(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3 ,结果保存三位有效数字)图1答案1.77×105N解析设在一小段时间Δt 内 ,从水枪射出的水的质量为Δm ,那么Δm ＝ρS ·v Δt .以质量为Δm 的水为研究对象 ,如题图所示 ,它在Δt 时间内的动量变化Δp ＝Δm ·(0－v )＝－ρS v 2Δt .设F 为水对煤层的平均作用力 ,即冲力 ,F ′为煤层对水的反冲力 ,以v 的方向为正方向 ,根据动量定理(忽略水的重力) ,有F ′·Δt ＝Δp ＝－ρv 2S Δt ,即F ′＝－ρS v 2.根据牛顿第三定律知F ＝－F ′＝ρS v 2.式中S ＝π4d 2 ,代入数据解得F ≈1.77×105N ．第3点四点诠释动量守恒定律动量守恒定律是自然界中的一条普适规律 ,其表述为：如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零 ,那么系统的总动量保持不变．下面从四个方面谈谈对动量守恒定律的理解：一、动量守恒定律的研究对象从动量守恒定律的表述中不难看出 ,其研究对象是由两个或两个以上的物体组成的系统．二、动量守恒的条件在定律表述中 ,明确提出了动量守恒的条件 ,即 "系统不受外力或所受外力的矢量和为零〞．对守恒条件的掌握应注意其全面性：1．严格的 "守恒〞条件系统不受外力或所受到的合外力为零．2． "守恒〞条件的外延(1)当系统在某一方向上所受到的合外力为零时 ,那么系统在这一方向上遵守动量守恒定律．(2)当系统内力远大于外力时 ,该系统近似遵守动量守恒定律．三、 "守恒〞的含义定律中的 "守恒〞有两层含义：(1)系统作用前后总动量的大小和方向都不变；(2)在整个动量守恒的过程中 ,系统在任意两个状态下的总动量都相等．四、动量守恒定律的两种表达式对动量守恒定律的认识角度不同 ,将得到两种不同的表达式：(1)守恒式：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′ ,其含义是：系统作用前后的总动量相等．(2)转移式：Δp 1＝－Δp 2 ,其含义是：系统中某一局部物体动量的增加量等于另一局部物体动量的减少量． 对点例题光滑水平面上放着一质量为M 的槽 ,槽与水平面相切且光滑 ,如图1所示 ,一质量为m 的小球以速度v 0向槽运动 ,假设开始时槽固定不动 ,求小球上升的高度(槽足够高)．假设槽不固定 ,那么小球上升的高度 ?图1解题指导槽固定时 ,设球上升的高度为h 1 ,由机械能守恒得mgh 1＝12m v 20解得h 1＝v 202g槽不固定时 ,设球上升的最|||大高度为h 2 ,此时两者速度为v .由动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋M )v由机械能守恒得：12m v 20＝12(m ＋M )v 2＋mgh 2解得h 2＝M v 202(m ＋M )g. 答案v 202g M v 202(m ＋M )g点拨提升槽固定时 ,球沿槽上升过程中机械能守恒 ,到达最|||高点时 ,动能全部转化为球的重力势能；槽不固定时 ,球沿槽上升过程中 ,球与槽组成的系统在水平方向上不受外力 ,因此水平方向上动量守恒 ,由于该过程中只有两者间弹力和小球重力做功 ,故系统机械能守恒 ,当小球上升到最|||高点时 ,两者速度相同．1.如图2所示 ,质量为M 的刚性斜面体静止在光滑的水平面上 ,一质量为m 的子弹以v 0的水平速度射到斜面体的斜面上并被斜面体沿竖直方向弹起 ,求子弹竖直弹起后斜面体的速度．图2答案m Mv 0 解析子弹与斜面体相互作用时 ,水平方向不受外力作用 ,故两者组成的系统水平方向动量守恒 ,有m v 0＝M v ,得v ＝m Mv 0. 2．如图3所示 ,光滑水平面上静止放置一辆平板车A ,车上有两个小滑块B 和C ,A 、B 、C 三者的质量分别是3m 、2m 、m .B 与车板之间的动摩擦因数为μ ,而C 与车板之间的动摩擦因数为2μ.开始时B 、C 分别从车板的左、右两端同时以大小相同的初速度v 0相向滑行．滑块B 、C 最|||后都没有脱离平板车 ,那么车的最|||终速度是( )图3A.12v 0B.16v 0 C.13v 0D ．0 答案B解析设水平向右为正方向 ,因为水平面光滑 ,三个物体组成的系统动量守恒 ,系统最|||终的速度为v 车 ,所以2m v 0－m v 0＝(3m ＋2m ＋m )v 车 ,解得v 车＝16v 0 ,选项B 正确． 3．如图4所示 ,甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶 ,速率均为v 0＝6m/s.甲车上有质量m ＝1 kg 的小球假设干个 ,甲和他的车及所带小球总质量M 1＝50 kg ,乙和他的车总质量M 2＝30 kg.甲不断地将小球一个一个地以v ＝16.5 m/s 的水平速度(相对于地面)抛向乙 ,并被乙接住．问：甲至|||少要抛出多少个小球 ,才能保证两车不会相碰 ?图4答案15个解析两车不相碰的临界条件是它们最|||终的速度(对地)相同 ,由甲、乙和他们的车及所有小球组成的系统动量守恒 ,以甲运动方向为正方向 ,有M 1v 0－M 2v 0＝(M 1＋M 2)v ′①再以甲和他的车及所有小球组成的系统为研究对象 ,同样有M 1v 0＝(M 1－nm )v ′＋nm v ② 联立①②解得n ＝15个．第4点 (爆|炸 )现象的三个特征解决 (爆|炸 )类问题时 ,要抓住以下三个特征：1．动量守恒：由于 (爆|炸 )是在极短的时间内完成的 , (爆|炸 )物体间的相互作用力远大于受到的外力 ,所以在 (爆|炸 )过程中 ,系统的动量守恒．2．动能增加：在 (爆|炸 )过程中 ,由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能 ,因此 (爆|炸 )后系统的总动能增加．3．位置不变： (爆|炸 )的时间极短 ,因而作用过程中 ,物体产生的位移很小 ,一般可忽略不计 ,可以认为 (爆|炸 )后 ,物体仍然从 (爆|炸 )的位置以新的速度开始运动． 对点例题从地面竖直向上发射一炮弹 ,炮弹的初速度v 0＝100m/s ,经t ＝6 s 后 ,此炮弹炸成质量相等的两块．从 (爆|炸 )时算起 ,经t 1＝10 s 后 ,第|一块碎片先落到发射点 ,求从 (爆|炸 )时起 ,另一碎片经多长时间也落回地面 ?(g ＝10 m/s 2 ,空气阻力不计 ,结果保存三位有效数字)解题指导设炮弹 (爆|炸 )时的速度为v 0′ ,离地面高度为H ,那么有：v 0′＝v 0－gt ,H ＝v 0t －12gt 2 代入数据解得v 0′＝40m/s ,H ＝420m设刚 (爆|炸 )后瞬间 ,先落到地面上的碎片的速度为v 1 ,因落在发射点 ,所以v 1为竖直方向．假设v 1＞0 ,表示竖直向上运动；假设v 1＜0 ,表示竖直向下运动；假设v 1＝0 ,那么表示自由落体运动．假设v 1＝0 ,那么落地时间t ′＝2H g＝84s ＜t 1＝10.0s ,由此可知 ,v 1方向应是竖直向上．选炮弹 (爆|炸 )时H 高度为坐标原点 ,那么：－H ＝v 1t 1－12gt 21,解得：v 1＝8m/s设刚 (爆|炸 )后瞬间 ,后落地的碎片的速度为v 2 ,那么由动量守恒定律得2m v 0′＝m v 1＋m v 2 将v 0′、v 1代入解得：v 2＝72m/s假设从 (爆|炸 )时起 ,这块碎片经时间t 2落地 ,那么－H ＝v 2t 2－12gt 22,得：5t 22－72t 2－420＝0 t 2≈18.9s.答案18.9s方法总结 1.炮弹在空中 (爆|炸 )时 ,所受合外力(重力)虽不为零 ,但重力比起炮弹碎块间相互作用的内力小得多 ,故可认为 (爆|炸 )过程炮弹系统(各碎块)的动量守恒.2. (爆|炸 )时位置不变 ,各碎块自 (爆|炸 )位置以炸裂后的速度开始运动．1．有一大炮竖直向上发射炮弹 ,炮弹的质量为M ＝6kg(内含炸药的质量可以忽略不计) ,射出时的速度v 0＝60m/s.当炮弹到达最|||高点时 (爆|炸 )为沿水平方向运动的两片 ,其中一片质量为4 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、R ＝600 m 为半径的圆周范围内 ,那么刚 (爆|炸 )完时两弹片的总动能至|||少多大 ?(忽略空气阻力 ,g ＝10 m/s 2)答案6×104J解析炮弹炸裂时的高度h ＝v 202g ＝6022×10m ＝180m 弹片落地的时间t ＝2h g ＝2×18010s ＝6s 两弹片的质量m 1＝4kg ,m 2＝2kg设它们的速度大小分别为v 1、v 2 ,由动量守恒定律知m 1v 1＝m 2v 2所以v 2＝2v 1设m 1刚好落在R ＝600m 的圆周上那么v 1＝R t ＝600m 6s＝100m/s 此时v 2＝200m/s所以总动能至|||少为：E ＝12m 1v 21＋12m 2v 22 代入数据得E ＝6×104J.2．在水平面上以v 0＝20m/s 的速度竖直向上发射一炮弹 ,其质量m ＝10 kg ,当炮弹上升至|||最|||高点时 ,突然炸裂成A 、B 两块 ,各自沿着水平方向飞出 ,测得A 、B 落地点间的距离x ＝100 m ,落地时两者的速度相互垂直 ,问A 、B 的质量各为多少 ?(忽略空气阻力 ,g 取10 m/s 2)答案m A ＝8kg ,m B ＝2kg 或m A ＝2kg ,m B ＝8kg解析炮弹竖直上升的高度h ＝v 202g＝20m ,炸裂的瞬间 ,A 、B 组成的系统水平方向动量守恒0＝m A v A －m B v B .此后A 、B 各自做平抛运动 ,设A 、B 落地时与水平方向的夹角分别为α和β ,依题意有α＋β＝90° ,h ＝12gt 2 ,解得t ＝2h g＝2s ．水平方向有v A t ＋v B t ＝100m , 竖直方向有gt ＝v A tan α＝v B tan β ,联立以上各式 ,代入数据解得⎩⎪⎨⎪⎧ v A ＝10m/s v B ＝40m/s 或⎩⎪⎨⎪⎧v A ＝40m/s v B ＝10m/s 故m A m B ＝v B v A ＝41或14, 又m A ＋m B ＝10kg ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ m A ＝8kg m B ＝2kg 或⎩⎪⎨⎪⎧m A ＝2kg m B ＝8kg . 第5点碰撞过程的分类及碰撞过程的制约一、碰撞过程的分类1．弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中没有机械能损失．弹性碰撞除了遵从动量守恒定律外 ,还具备：碰前、碰后系统的总动能相等 ,即 12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 特殊情况：质量为m 1的小球以速度v 1与质量为m 2的静止小球发生弹性正碰 ,根据动量守恒和动能守恒有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ,12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2. 碰后两个小球的速度分别为：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1 ,v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1(1)假设m 1≫m 2 ,v 1′≈v 1 ,v 2′≈2v 1 ,表示m 1的速度不变 ,m 2以2v 1的速度被撞出去．(2)假设m 1≪m 2 ,v 1′≈－v 1 ,v 2′≈0 ,表示m 1被反向以原速率弹回 ,而m 2仍静止．(3)假设m 1＝m 2 ,那么有v 1′＝0 ,v 2′＝v 1 ,即碰撞后两球速度互换．2．非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变不能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中有机械能损失．非弹性碰撞遵守动量守恒 ,能量关系为：12m 1v 21＋12m 2v 22＞12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 3．完全非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变完全不能够恢复的碰撞；碰撞过程中机械能损失最|||多．此种情况m 1与m 2碰后速度相同 ,设为v ,那么：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 系统损失的动能最|||多 ,损失动能为ΔE km ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2 二、碰撞过程的制约通常有如下三种因素制约着碰撞过程1．动量制约：即碰撞过程必须受到动量守恒定律的制约；2．动能制约：即碰撞过程 ,碰撞双方的总动能不会增加；3．运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约．比方 ,某物体匀速运动 ,被后面物体追上并碰撞后 ,其运动速度只会增大而不会减小．再比方 ,碰撞后 ,后面的物体速度不能超过前面的物体． 对点例题如图1所示 ,质量为m 的子弹以初速度v 0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块 ,设木块对子弹的阻力大小恒为F ,求：图1(1)木块至|||少多长子弹才不会穿出；(2)子弹在木块中运动了多长时间．解题指导从动量的角度看 ,以子弹和木块组成的系统为研究对象 ,根据动量守恒 m v 0＝(M ＋m )v从能量的角度看 ,该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能．阻力大小为F ,设子弹、木块的位移大小分别为x 1 ,x 2 ,如题图所示 ,显然有x 1－x 2＝L ,对子弹用动能定理F ·x 1＝12m v 20－12m v 2① 对木块用动能定理F ·x 2＝12M v 2② ①②相减得F ·L ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2＝Mm 2(M ＋m )v 20 由上式可得L ＝Mm 2F (M ＋m )v 20(2)以子弹为研究对象 ,由牛顿运动定律和运动学公式可得t ＝v －v 0－a ＝Mm v 0F (M ＋m ). 答案见解题指导1．(多项选择)半径相等的小球甲和乙 ,在光滑水平面上沿同一直线相向运动 ,假设甲球的质量大于乙球的质量 ,碰撞前两球的动能相等 ,那么碰撞后两球的运动状态可能是( )A ．甲球的速度为零而乙球的速度不为零B ．乙球的速度为零而甲球的速度不为零C ．两球的速度均不为零D ．两球的速度方向均与原方向相反 ,两球的动能仍相等答案AC解析甲、乙两球在光滑水平面上发生对心碰撞 ,满足动量守恒的条件 ,因此 ,碰撞前后甲、乙两球组成的系统总动量守恒．碰撞前 ,由于E k 甲＝E k 乙 ,而E k ＝p 22m,由题设条件m 甲>m 乙可知p 甲>p 乙 ,即碰撞前系统的总动量方向应与甲的动量方向相同．碰撞后 ,如果甲球速度为零 ,那么乙球必反弹 ,系统的总动量方向与碰撞前相同 ,根据动量守恒定律 ,这是可能的 ,A 选项正确．如果乙球速度为零 ,那么甲球反弹 ,系统的总动量方向与碰撞前相反 ,违反了动量守恒定律 ,B 选项错误．如果碰撞后甲、乙两球速度均不为零 ,可以满足动量守恒定律的要求 ,C 选项正确．如果碰撞后两球的速度都反向 ,且动能仍相等 ,那么总动量方向与碰撞前相反 ,不符合动量守恒定律 ,D 选项错误．2．如图2 ,在足够长的光滑水平面上 ,物体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 ,三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动 ,求m 和M 之间应满足什么条件 ,才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图2答案(5－2)M ≤m ＜M解析设A 运动的初速度为v 0 ,A 向右运动与C 发生碰撞 ,由动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋M v 2由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 21＋12M v 22 可得v 1＝m －M m ＋M v 0 ,v 2＝2m m ＋M v 0要使得A 与B 能发生碰撞 ,需要满足v 1＜0 ,即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程 ,有m v 1＝m v 3＋M v 412m v 21＝12m v 23＋12M v 24整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1 ,v 4＝2m m ＋M v 1由于m ＜M ,所以A 还会向右运动 ,根据要求不发生第二次碰撞 ,需要满足v 3≤v 2 即2m m ＋M v 0≥M －m m ＋M v 1＝(m －M m ＋M )2v 0整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞 ,须满足(5－2)M ≤m ＜M .3．如图3所示 ,在光滑水平面上有一辆质量M ＝8kg 的平板小车 ,车上有一个质量m ＝1.9kg 的木块 ,木块距小车左端6m(木块可视为质点) ,车与木块一起以v ＝1m/s 的速度水平向右匀速行驶 ,一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的初速度水平向左飞来 ,瞬间击中木块并留在其中 ,如果木块刚好不从车上掉下来 ,求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ.(g ＝10m/s 2 ,不计空气阻力)图3答案0.54解析设子弹射入木块后两者的共同速度为v 1 ,以水平向左为正方向 ,那么由动量守恒有： m 0v 0－m v ＝(m ＋m 0)v 1解得v 1＝8m/s由它们恰好不从平板小车上掉下来可知 ,它们相对平板小车滑行距离x ＝6m 时它们跟小车具有相同速度v 2 ,那么由动量守恒有(m ＋m 0)v 1－M v ＝(m ＋m 0＋M )v 2解得v 2＝0.8m/s由能量守恒有μ(m 0＋m )gx ＝12(m ＋m 0)v 21＋12M v 2－12(m 0＋m ＋M )v 22 代入数据解得μ＝0.54.第6点透析反冲运动的模型 - - "人船〞模型1．模型建立：如图1所示 ,长为L 、质量为m 船的小船停在静水中 ,质量为m 人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端 ,不计水的阻力 ,求船和人相对地面的位移各为多少 ? 以人和船组成的系统为研究对象 ,在人由船的一端走到船的另一端的过程中 ,系统水平方向不受外力作用 ,所以整个系统水平方向动量守恒．图12．分析：设某时刻人对地的速度为v 人 ,船对地的速度为v 船 ,取人前进的方向为正方向 ,根据动量守恒定律有：m 人v 人－m 船v 船＝0 ,即v 船∶v 人＝m 人∶m 船．因此人由船的一端走到船的另一端的过程中 ,人的平均速度与船的平均速度也与它们的质量成反比．而人的位移x 人＝v 人t ,船的位移x 船＝v 船t ,所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比 ,即x 船∶x 人＝m 人∶m 船① ,①式是 "人船模型〞的位移与质量的关系 ,此式的适用条件是原来处于静止状态的系统 ,在系统内部发生相对运动的过程中 ,某一个方向的动量守恒．由图可以看出：x 船＋x 人＝L ②由①②两式解得x 人＝m 船m 人＋m 船L ,x 船＝m 人m 人＋m 船L .3．模型拓展：此模型可进一步推广到其他类似的情景中,进而能解决大量的实际问题,例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上,求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下,求弧形槽移动距离的问题等．对点例题如图2所示,质量m＝60kg的人,站在质量M＝300kg的车的一端,车长L＝3m ,相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以忽略不计时,人由车的一端走到另一端的过程中,车将()图2A．后退0.5mB．后退0.6mC．后退0.75mD．一直匀速后退解题指导人、车组成的系统动量守恒,那么m v1＝M v2 ,所以mx1＝Mx2 ,又有x1＋x2＝L ,解得x2＝0.5m.答案A方法点评人船模型是典型的反冲实例,从瞬时速度关系过渡到平均速度关系,再转化为位移关系,是解决此题的关键所在．1.一个质量为M、底边长为b的三角形斜劈静止于光滑的水平桌面上,如图3所示．有一质量为m的小球由斜面顶部无初速度地滑到底部时,斜劈移动的距离为多少?图3答案mbM＋m解析斜劈和小球组成的系统在整个运动过程中都不受水平方向的外力,所以系统在水平方向上动量守恒．斜劈和小球在整个过程中发生的水平位移如以下图,由图知斜劈的位移为x ,小球的水平位移为b－x ,由m1x1＝m2x2 ,得Mx＝m(b－x) ,所以x＝mbM＋m.2.质量为m、半径为R的小球,放在半径为2R、质量为M的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上,如图4所示,当小球从图中所示位置无初速度地沿内壁滚到最|||低点时,大球移动的距离为多大?图4答案mM＋mR解析小球与大球组成的系统水平方向不受力的作用,系统水平方向动量守恒．因此小球向右滚动,大球向左滚动．在滚动过程中,设小球向右移动的水平距离为x1,大球向左移动的水平距离为x2 ,两者移动的总长度为R.因此有mx1－Mx2＝0而x1＋x2＝R.由以上两式解得大球移动的距离为x2＝mM＋mR.第7点解决多物体问题的三点提示对于三个或三个以上的物体组成的系统往往要根据作用过程中动量守恒的不同阶段,建立多个动量守恒方程,或将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统,分别建立动量守恒方程．求解这类问题时应注意以下三点：(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况,建立运动模型；(2)分清作用过程中的不同阶段,并按作用关系将系统内物体分成几个小系统．(3)对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态,分别列动量守恒方程．对点例题两只小船质量分别为m1＝500kg ,m2＝1000kg ,它们平行逆向航行,航线邻近,当它们头尾相齐时,由每一只船上各投质量m＝50kg的麻袋到对面的船上,如图1所示,结果载重较轻的一只船停了下来,另一只船那么以v＝8.5m/s的速度沿原方向航行,假设水的阻力不计,那么在交换麻袋前两只船的速率v1＝________ ,v2＝________.图1解题指导以载重较轻的船的速度v1的方向为正方向,选取载重较轻的船和从载重较重的船投过去的麻袋组成的系统为研究对象,如题图所示,根据动量守恒定律有(m1－m)v1－m v2＝0即450v1－50v2＝0①选取载重较重的船和从载重较轻的船投过去的麻袋组成的系统为研究对象,根据动量守恒定律有m v1－(m2－m)v2＝－m2v即50v1－950v2＝－1000×8.5②选取两船、两个麻袋组成的系统为研究对象有m1v1－m2v2＝－m2v即500v1－1000v2＝－1000×8.5③联立①②③式中的任意两式解得v1＝1m/s ,v2＝9 m/s.答案1m/s9 m/s方法点评应用动量守恒定律解这类由多个物体构成系统的问题的关键是合理选取研究对象,有时选取某局部物体为研究对象,有时选取全部物体为研究对象．如图2所示,在光滑的水平面上有两个并排放置的木块A和B ,m A＝0.5kg ,m B＝0.3kg ,有一质量为m＝80g的小铜块C以v C＝25m/s的水平初速度开始在A外表上滑动,由于C与A、B 间有摩擦,最|||后停在B上,B和C以v＝2.5 m/s的速度共同前进,求：图2(1)木块A 最|||终的速度；(2)小铜块C 在刚离开A 时的速度．答案(1)2.1m/s (2)4 m/s解析(1)以A 、B 、C 三个物体组成的系统为研究对象 ,系统受到的合外力为零 ,所以动量守恒．C 刚滑上A 时 ,系统的总动量就是C 所具有的动量p ＝m v C .作用后 ,B 、C 一起运动时 ,设这时A 的速度为v A ,那么系统的总动量p ′＝m A v A ＋(m B ＋m )v根据动量守恒定律有m v C ＝m A v A ＋(m B ＋m )v所以v A ＝m v C －(m B ＋m )v m A＝0.08×25－(0.3＋0.08)×2.50.5m/s ＝2.1m/s(2)以A 、B 、C 三个物体组成的系统为研究对象 ,以C 刚滑上A 时为初时刻 ,C 刚滑上B 前瞬间为末时刻 ,那么系统的初动量p ＝m v C ,设刚离开A 时C 的速度为v C ′ ,那么系统的末动量p ″＝m v C ′＋(m A ＋m B )v A .根据动量守恒定律有m v C ＝m v C ′＋(m A ＋m B )v A得v C ′＝m v C －(m A ＋m B )v A m ＝v C －m A ＋m B mv A ＝(25－0.5＋0.30.08×2.1) m/s ＝4m/s.第8点动量守恒定律与能量守恒定律、功能关系、动能定理的结合1．动量和能量是反映系统状态的两个重要物理量 ,动量守恒和能量守恒是解决力学问题的两大主线 ,它们又经常一起出现在试题中 ,根据动量守恒定律、能量守恒定律 ,分别从动量角度和能量角度研究系统的初、末状态是解决综合性问题的根本思路方法．2．对于碰撞、反冲类问题 ,应用动量守恒定律求解．对于相互作用的两物体 ,假设明确两物体相对滑动的距离 ,除了考虑动量守恒外 ,也应考虑选用能量守恒(功能关系)建立方程．特别要注意：应用动量定理、动能定理、动量守恒定律等规律解题时 ,物体的位移和速度都要相对于同一个参考系 ,一般都以地面为参考系．对点例题如图1所示 ,光滑水平面上放置质量均为M ＝2kg 的甲、乙两辆小车 ,两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时 ,两车自动别离)．其中甲车上外表光滑 ,乙车上。
最新人教版高中物理选修3-5知识点总结
最新人教版高中物理选修3-5知识点总结光电效应是指当光子与金属表面相互作用时，会使得金属表面的电子被激发并从金属表面射出的现象。
这表明光子具有能量。
2、光子说：爱因斯坦提出了光子说，即光子是一种具有能量和动量的微观粒子，它们在光波中传播。
3、光电效应方程：光电效应的实验结果可以用光电效应方程来描述，即E=hf-φ，其中E为光电子的最大动能，h为普朗克常数，f为光子的频率，φ为金属的逸出功。
这个方程表明，只有当光子的能量大于金属的逸出功时，光电子才能被激发并射出。
四、波粒二象性德布罗意波长1、波粒二象性：波粒二象性是指微观粒子既可以表现出波动性，也可以表现出粒子性。
这一概念最早由德布罗意提出。
2、德布罗意波长：德布罗意提出了一个公式λ=h/p，其中λ为德布罗意波长，h为普朗克常数，p为粒子的动量。
这个公式表明，微观粒子也具有波动性，其波长与动量成反比。
五、原子核的结构与稳定性1、原子核的结构：原子核由质子和中子组成，质子带正电荷，中子不带电荷。
原子核的直径约为10^-15米，而整个原子的直径约为10^-10米，因此原子核是原子中最小的部分。
2、原子核的稳定性：原子核的稳定性取决于质子数和中子数的比例。
当质子数和中子数相等时，原子核最稳定。
当质子数或中子数过多或过少时，原子核就不稳定，容易发生衰变。
以上是最新人教版高中物理选修3-5的知识点总结。
动量守恒定律是物理学中非常重要的一个定律，它可以用来解释许多物理现象。
量子理论的建立和黑体辐射是现代物理学的重要里程碑。
光电效应和波粒二象性则是揭示微观粒子本质的重要概念。
原子核的结构和稳定性则是核物理学的基础。
这些知识点的掌握对于理解物理学的基本原理和应用具有重要意义。
光的电磁说是光的波动理论的一种完美发展，但是它无法解释光电效应的现象。
光电效应是指在光的照射下，物体会发射出电子，这些发射出来的电子被称为光电子。
（实验图请见课本）研究结果表明光电效应存在饱和电流，这意味着入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多；同时存在遏止电压和截止频率。
人教版高中物理选修3-5知识点总结(K12教育文档)
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人教版高中物理选修3-5知识点总结一．量子论的建立黑体和黑体辐射Ⅰ（一）量子论1。
创立标志：1900年普朗克在德国的《物理年刊》上发表《论正常光谱能量分布定律》的论文，标志着量子论的诞生。
2.量子论的主要内容：①普朗克认为物质的辐射能量并不是无限可分的，其最小的、不可分的能量单元即“能量子”或称“量子”，也就是说组成能量的单元是量子。
②物质的辐射能量不是连续的，而是以量子的整数倍跳跃式变化的。
3.量子论的发展①1905年，爱因斯坦奖量子概念推广到光的传播中，提出了光量子论。
②1913年,英国物理学家玻尔把量子概念推广到原子内部的能量状态,提出了一种量子化的原子结构模型，丰富了量子论。
③到1925年左右，量子力学最终建立。
4.量子论的意义①与量子论等一起，引起物理学的一场重大革命,并促进了现代科学技术的突破性发展。
②量子论的革命性观念揭开了微观世界的奥秘，深刻改变了人们对整个物质世界的认识。
③量子论成功的揭示了诸多物质现象，如光量子论揭示了光电效应④量子概念是一个重要基石，现代物理学中的许多领域都是从量子概念基础上衍生出来的。
量子论的形成标志着人类对客观规律的认识，开始从宏观世界深入到微观世界；同时,在量子论的基础上发展起来的量子论学，极大地促进了原子物理、固体物理和原子核物理等科学的发展。
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高中物理 3-5 知识点汇编第一章动量1．冲量物体所受外力和外力作用时间的乘积；矢量；过程量；I=Ft ；单位是N· s。
2．动量物体的质量与速度的乘积；矢量；状态量； p=mv；单位是 kg ·m/s；1kg ·m/s=1 N ·s。
3．动量守恒定律一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
（内力：系统内物体之间的相互作用；外力：系统外物体对系统内物体的作用力）4．动量守恒定律成立的条件①系统不受外力或者所受外力的矢量和为零；②内力远大于外力；③如果在某一方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒。
5．动量定理物体所受合外力的冲量等于动量的变化；I=mv 末－mv 初。
6．反冲：在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化；系统动量守恒。
7．碰撞物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大；系统动量守恒。
8．弹性碰撞如果碰撞过程中系统的动能损失很小，可以略去不计，这种碰撞叫做弹性碰撞。
物体 m1以速度 v0与静止的物体m2发生弹性碰撞，碰撞后两物体的速度分别为v1m1m2v0v22m1v0m1m2m1 m29．非弹性碰撞碰撞过程中需要计算损失的动能的碰撞；如果两物体碰撞后黏合在一起，这种碰撞损失的动能最多，叫做完全非弹性碰撞。
第二章波粒二象性1．热辐射一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，所以叫做热辐射。
2．黑体如果某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射，这种物质就是绝对黑体，简称黑体。
3．黑体辐射黑体辐射的电磁波的强度按波长分布，只与黑体的温度有关。
4．黑体辐射规律一方面随着温度升高各种波长的辐射强度都有增加，另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。
5．能量子普朗克认为振动着的带电粒子的能量只能是某一最小能量的整数倍，这个不可再分的最小能量值叫做能量子；并且=h，是电磁波的频率，h为普朗克常量，h=6.63 10 34 J· s；光子的能量为h。
人教版高中物理选修3-5：知识点归纳(图文并茂)
物理选修3-5知识点总结一、量子理论的建立黑体和黑体辐射、1、黑体：如果某种物体能够完全吸收入射的各种波长电磁波而不发生反射，这种物体就是绝对黑体，简称黑体。
2、黑体辐射：黑体辐射的规律为：温度越高各种波长的辐射强度都增加，同时，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。
（普朗克的能量子理论很好的解释了这一现象）3、量子理论的建立：1900年德国物理学家普朗克提出振动着的带电微粒的能量只能是某个最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的能量值ε叫做能量子ε= hνh为普朗克常数（6.63×10-34J.S）二、光电效应光子说光电效应方程1、光电效应（表明光子具有能量）（1）光的电磁说使光的波动理论发展到相当完美的地步，但是它并不能解释光电效应的现象。
在光（包括不可见光）的照射下从物体发射出电子的现象叫做光电效应，发射出来的电子叫光电子。
（2）光电效应的研究结果：①存在饱和电流，这表明入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多；②存在遏止电压：当所加电压U为0时，电流I并不为0。
只有施加反向电压，也就是阴极接电源正极阳极接电源负极，在光电管两级形成使电子减速的电场，电流才可能为0。
使光电流减小到0的反向电压Uc 称为遏止电压E k=eU c。
遏止电压的存在意味着光电子具有一定的初速度；③截止频率：光电子的能量与入射光的频率有关，而与入射光的强弱无关，当入射光的频率高于截止频率时才能发生光电效应v c=w0/h；④光电效应具有瞬时性：光电子的发射几乎是瞬时的，一般不超过10-9s。
规律：①任何一种金属，都有一个极限频率，入射光的频．．．．．．．．．．．，才能产生光电效应；低于这个频率的光不能产生光电效应；．．．．．率必须大于这个极限频率②光电子的最大初动能与入射光的强度无关．．．．．．．．．．．．，一般．．；③入射光照到金属上时，光电子的发射几乎是瞬时的．．．．．．．．．．．．．．．．．．，只随着入射光频率的增大．．而增大不超过10-9s；④当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度与入射光的强度成正比。
第3章__爆炸
(1)先列出乙醚在空气中燃烧的反应方程式： C4H10O + 6O2 + 22.6N2→ 4CO2 + 5H2O + 22.6N2 式中，氮的摩尔数是按空气中N2∶O2=79∶21的比 例确定的，即 6O2对应的N2应为： 6×79／21 = 22.6 由反应方程式可知，爆炸前的分子数为29.6，爆炸 后为31.6。
第二章
第1节
爆炸
爆炸及其分类
一、爆炸定义及其特征
1、爆炸的定义
所谓爆炸是指大量能量(物理能量或 化学能量)在瞬间迅速释放或急剧转化成 功和机械、光、热等能量形态的现象。
1
阳谷中石药业大火扑救现场发生 多次爆炸
2
地震了，快跑!”12月8日清晨，一声巨响 将聊城市阳谷县博济桥街道办事处官路 唐村、西宋村多户居民家中的门窗震裂， 从睡梦中惊起的村民四处奔逃。 这不是一场地震，而是两村庄附近 的山东中石药业有限公司一车间发生意 外爆炸并引发大火造成的。
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4、爆炸极限的实用意义
可用来评定可燃气体和可燃液体燃爆危险 性的大小，作为可燃气分级和确定其火灾 危险性类别的标准。一般把爆炸下限 <10%的可燃气体划为一级可燃气体，其 火灾危险性列为甲类。 可作为设计依据。 可作为制定安全生产操作规程的依据。
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三、可燃气体爆炸极限的影响因素 1、初始温度 可燃性混合气的初始温度升高，使爆 极限范围增大，即爆炸下限降低，上限增 高。这是因为温度升高，会使反应物分子 的活性增大，因而反应速度加快，反应时 间缩短，导致反应放热速率增加，散热减 少，使爆炸反应容易发生。
爆炸问题 高一物理人教版3-5《动量守恒定律》
爆炸模型河南省信阳高级中学 陈庆威 2021.06.01一、模型的特点1.动量守恒：由于爆炸是极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
2.动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。
3.位置不变：由于爆炸的时间极短。
因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可以忽略不计，可认为物体爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
二、模型分析【模型一】炸药类“爆炸”模型情景1——静止类：如图，质量分别为A m 、B m 的可视为质点A 、B 间夹着质量可忽略的火药．一开始二者静止，点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，则：A 、B 组成的系统动量守恒：B B A A v m v m =①得： AB B A m m v v = ② ②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。
A 、B 组成的系统能量守恒：222121B B A A v m v m E +=化学能③ 又根据动量与动能的关系k mE P 2=得kB B kA A E m E m 22=④ 进一步化简得：AB kB k m m E E =A ⑤ ⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。
②⑤联立可得：化学能E m m m E B A B kA += 化学能E m m m E BA A kB +=⑥ 情景2——运动类： 若原来A 、B 组成的系统以初速度v 在运动，运动过程中发生了爆炸现象则：A 、B 组成的系统动量守恒：B B A A B A v m v m v m m +=+)(⑦A 、B 组成的系统能量守恒：2222)(2121-2121B A BA B A B A B B A A v v m m m m v m m v m v m E -+=++=）（化学能⑧ 【模型二】弹簧的“爆炸”模型A 、B 组成的系统动量守恒：B B A A v m v m =① 得：AB B A m m v v = ② ②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。
高中物理选修3-5知识点汇总
高中物理选修3-5知识点汇总第一章动量动量是物体的质量和速度的乘积，是一个矢量，单位为kg·m/s。
冲量是物体所受外力和外力作用时间的乘积，也是一个矢量，单位为N·s。
动量守恒定律指出，一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
内力是系统内物体之间的相互作用，而外力是系统外物体对系统内物体的作用力。
动量守恒定律成立的条件包括：①系统不受外力或者所受外力的矢量和为零；②内力远大于外力；③如果在某一方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒。
动量定理指出，物体所受合外力的冲量等于动量的变化。
反冲是指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化。
碰撞是指物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象，系统动量守恒。
弹性碰撞是指如果碰撞过程中系统的动能损失很小，可以略去不计，这种碰撞叫做弹性碰撞。
非弹性碰撞是指碰撞过程中需要计算损失的动能的碰撞，如果两物体碰撞后黏合在一起，这种碰撞损失的动能最多，叫做完全非弹性碰撞。
第二章波粒二象性热辐射是指一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，所以叫做热辐射。
绝对黑体是指某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射的物质。
黑体辐射的电磁波的强度按波长分布，只与黑体的温度有关。
黑体辐射规律指出，随着温度升高各种波长的辐射强度都有增加，而辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。
能量子是指振动着的带电粒子的能量只能是某一最小能量的整数倍，这个不可再分的最小能量值叫做能量子，能量子等于普朗克常量h乘以电磁波的频率。
光电效应是指照射到金属表面的光使金属中的电子从表面逸出的现象，逸出的电子称为光电子，电子脱离某种金属克服阻力所做功的最小值叫逸出功。
爱因斯坦光电效应方程指出，光电子的最大初动能等于能量子乘以光的频率减去逸出功。
和谱线每个原子都有一系列能级，能级之间的跃迁会产生特定的光谱线；光谱分为连续谱和线谱两类，线谱又分为吸收谱和发射谱。
高二物理3-5知识点总结
高二物理3-5知识点总结物理3-5课本中，有一些知识点需要高二同学掌握。
那么物理3-5具体有哪些知识点呢?下面店铺为大家整理高二物理3-5知识点，希望对大家有所帮助!高二物理3-5知识点1：动量守恒定律一、动量;动量守恒定律1、动量：可以从两个侧面对动量进行定义或解释：①物体的质量跟其速度的乘积，叫做物体的动量。
②动量是物体机械运动的一种量度。
动量的表达式P=mv。
单位是kg·m/s。
动量是矢量，其方向就是瞬时速度的方向。
因为速度是相对的，所以动量也是相对的。
2、动量守恒定律：当系统不受外力作用或所受合外力为零，则系统的总动量守恒。
动量守恒定律根据实际情况有多种表达式，一般常用等号左右分别表示系统作用前后的总动量。
运用动量守恒定律要注意以下几个问题：①动量守恒定律一般是针对物体系的，对单个物体谈动量守恒没有意义。
②对于某些特定的问题, 例如碰撞、爆炸等，系统在一个非常短的时间内，系统内部各物体相互作用力，远比它们所受到外界作用力大，就可以把这些物体看作一个所受合外力为零的系统处理, 在这一短暂时间内遵循动量守恒定律。
③计算动量时要涉及速度，这时一个物体系内各物体的速度必须是相对于同一惯性参照系的，一般取地面为参照物。
④动量是矢量，因此“系统总动量”是指系统中所有物体动量的矢量和，而不是代数和。
⑤动量守恒定律也可以应用于分动量守恒的情况。
有时虽然系统所受合外力不等于零，但只要在某一方面上的合外力分量为零，那么在这个方向上系统总动量的分量是守恒的。
⑥动量守恒定律有广泛的应用范围。
只要系统不受外力或所受的合外力为零，那么系统内部各物体的相互作用，不论是万有引力、弹力、摩擦力，还是电力、磁力，动量守恒定律都适用。
系统内部各物体相互作用时，不论具有相同或相反的运动方向;在相互作用时不论是否直接接触;在相互作用后不论是粘在一起，还是分裂成碎块，动量守恒定律也都适用。
3、动量与动能、动量守恒定律与机械能守恒定律的比较。
高中物理选修3-4、3-5知识点总结
资料范本本资料为word版本，可以直接编辑和打印，感谢您的下载高中物理选修3-4、3-5知识点总结地点：__________________时间：__________________说明：本资料适用于约定双方经过谈判，协商而共同承认，共同遵守的责任与义务，仅供参考，文档可直接下载或修改，不需要的部分可直接删除，使用时请详细阅读内容高中物理选修3-4知识点总结一、机械波1．波的特征量及其关系（1）波长：波动过程中，对平衡位置的位移总相等的两相邻质点的距离叫波长；（2）频率：波的频率由波源的振动频率决定，在任何介质中，频率保持不变；（3）机械振动在介质中的传播的距离和所用时间的比值叫波速，波速由介质本身的性质所决定（若光还和光的频率有关），在不同介质中波速是不同的。
（v =λ/T ）2．介质中质点运动的特征：（1）每个质点都在自己平衡位置附近作振动，并不随波迁移；（2）后振动的质点振动情况总是落后于相邻的先振动的质点的振动3．波动图象（1）规定用横坐标x表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置，纵坐标y表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，连结各质点位移量末端得到的曲线叫做该时刻波的图象(2)用“同侧法”判断波动图像中质点的速度方向，用作切线判断振动图像中质点的速度方向（3）在一个周期内质点沿y轴振动通过路程4A，1/4个周期不一定是A；波沿x轴匀速传播λ，1/4个周期一定是λ/44、波长、波速和频率（周期）的关系：v=△x/△t=λf=λ/ T。
5、波绕过障碍物的现象叫做波的衍射，能够发生明显的衍射现象的条件是：障碍物或孔的尺寸比波长小，或者跟波长相差不多。
d≤λ(超声波（它是机械波非电磁波）定位原理：频率大，波长小不易衍射，直线传播性好)6、产生干涉的必要条件是：两列波源的频率必须相同，干涉区域内某点是振动最强点还是振动最弱点的充要条件：（1）最强：该点到两个波源的路程之差是波长的整数倍，即δ=nλ；（2）最弱：该点到两个波源的路程之差是半波长的奇数倍δ= ；，即。
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选修3 —3考点汇编1、物质是由大量分子组成的（1）单分子油膜法测量分子直径（2）1mol任何物质含有的微粒数相同N A = 6.02 1023mol J（3）对微观量的估算①分子的两种模型：球形和立方体（固体液体通常看成球形，空气分子占据的空间看成立方体）②利用阿伏伽德罗常数联系宏观量与微观量a.分子质量：m二也N Ab.分子体积：^V moLN AC.分子数量：n N A— N^-^ N A —N AM mol M mol2、分子永不停息的做无规则的热运动（布朗运动扩散现象）（1）扩散现象：不同物质能够彼此进入对方的现象，说明了物质分子在不停地运动，同时还说明分子间有间隙，温度越高扩散越快（2）布朗运动：它是悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动，是在显微镜下观察到的。
①布朗运动的三个主要特点：永不停息地无规则运动；颗粒越小，布朗运动越明显；温度越高，布朗运动越明显。
②产生布朗运动的原因：它是由于液体分子无规则运动对固体微小颗粒各个方向撞击的不均匀性造成的③布朗运动间接地反映了液体分子的无规则运动，布朗运动、扩散现象都有力地说明物体内大量的分子都在永不停息地做无规则运动。
（3）热运动：分子的无规则运动与温度有关，简称热运动，温度越高，运动越剧烈3、分子间的相互作用力分子之间的引力和斥力都随分子间距离增大而减小。
但是分子间斥力随分子间距离加大而减小得更快些，如图1中两条虚线所示。
分子间同时存在引力和斥力，两种力的合力又叫做分子力。
在图1图象中实线曲线表示引力和斥力的合力（即分子力）随距离变化的情况。
当两个分子间距在图象横坐标r o距离时，分子间的引力与斥力平衡，分子间作用力为零，r o的数量级为10〃m相当于r o位置叫做平衡位置。
当分子距离的数量级大于l^m时，分子间的作用力变得十分微弱，可以忽略不计了4、温度宏观上的温度表示物体的冷热程度，微观上的温度是物体大量分子热运动平均动能的标志。
热力学温度与摄氏温度的关系：T=t，273.15K5、内能①分子势能分子间存在着相互作用力，因此分子间具有由它们的相对位置决定的势能，这就是分子势能。
高二物理人教版选修3-5全册各模块要点回眸：第4点爆炸现象的三个特征
第4点 爆炸现象的三个特征解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加．3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的速度开始运动．对点例题 从地面竖直向上发射一炮弹，炮弹的初速度v 0＝100 m /s ，经t ＝6 s 后，此炮弹炸成质量相等的两块．从爆炸时算起，经t 1＝10 s 后，第一块碎片先落到发射点，求从爆炸时起，另一碎片经多长时间也落回地面？(g ＝10 m/s 2，空气阻力不计，结果保留三位有效数字)解题指导 设炮弹爆炸时的速度为v 0′，离地面高度为H ，则有：v 0′＝v 0－gt ，H ＝v 0t －12gt 2 代入数据解得v 0′＝40 m/s ，H ＝420 m设刚爆炸后瞬间，先落到地面上的碎片的速度为v 1，因落在发射点，所以v 1为竖直方向．若v 1＞0，表示竖直向上运动；若v 1＜0，表示竖直向下运动；若v 1＝0，则表示自由落体运动．若v 1＝0，则落地时间t ′＝ 2H g＝84 s ＜t 1＝10.0 s ，由此可知，v 1方向应是竖直向上．选炮弹爆炸时H 高度为坐标原点，则：－H ＝v 1t 1－12gt 21，解得：v 1＝8 m/s 设刚爆炸后瞬间，后落地的碎片的速度为v 2，则由动量守恒定律得2m v 0′＝m v 1＋m v 2 将v 0′、v 1代入解得：v 2＝72 m/s若从爆炸时起，这块碎片经时间t 2落地，则－H ＝v 2t 2－12gt 22，得：5t 22－72t 2－420＝0 t 2≈18.9 s.答案 18.9 s方法总结 1.炮弹在空中爆炸时，所受合外力(重力)虽不为零，但重力比起炮弹碎块间相互作用的内力小得多，故可认为爆炸过程炮弹系统(各碎块)的动量守恒.2.爆炸时位置不变，各碎块自爆炸位置以炸裂后的速度开始运动．1．有一大炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M ＝6 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出时的速度v 0＝60 m /s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为4 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、R ＝600 m 为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(忽略空气阻力，g ＝10 m/s 2)答案 6×104 J解析 炮弹炸裂时的高度h ＝v 202g ＝6022×10m ＝180 m 弹片落地的时间t ＝ 2h g ＝ 2×18010s ＝6 s 两弹片的质量m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg设它们的速度大小分别为v 1、v 2，由动量守恒定律知m 1v 1＝m 2v 2所以v 2＝2v 1设m 1刚好落在R ＝600 m 的圆周上则v 1＝R t ＝600 m 6 s＝100 m/s 此时v 2＝200 m/s所以总动能至少为：E ＝12m 1v 21＋12m 2v 22 代入数据得E ＝6×104 J.2．在水平面上以v 0＝20 m /s 的速度竖直向上发射一炮弹，其质量m ＝10 kg ，当炮弹上升至最高点时，突然炸裂成A 、B 两块，各自沿着水平方向飞出，测得A 、B 落地点间的距离x ＝100 m ，落地时两者的速度相互垂直，问A 、B 的质量各为多少？(忽略空气阻力，g 取10 m/s 2) 答案 m A ＝8 kg ，m B ＝2 kg 或m A ＝2 kg ，m B ＝8 kg解析 炮弹竖直上升的高度h ＝v 202g＝20 m ，炸裂的瞬间，A 、B 组成的系统水平方向动量守恒0＝m A v A －m B v B .此后A 、B 各自做平抛运动，设A 、B 落地时与水平方向的夹角分别为α和β，依题意有α＋β＝90°，h ＝12gt 2，解得t ＝2h g＝2 s ．水平方向有v A t ＋v B t ＝100 m ， 竖直方向有gt ＝v A tan α＝v B tan β，联立以上各式，代入数据解得⎩⎪⎨⎪⎧ v A ＝10 m/s v B ＝40 m/s 或⎩⎪⎨⎪⎧v A ＝40 m/s v B ＝10 m/s 故m A m B ＝v B v A ＝41或14，又m A ＋m B ＝10 kg ，则⎩⎪⎨⎪⎧ m A ＝8 kg m B ＝2 kg 或⎩⎪⎨⎪⎧m A ＝2 kg m B ＝8 kg .。
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第4点 爆炸现象的三个特征
解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：
1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．
2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加．
3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的速度开始运动．
对点例题 从地面竖直向上发射一炮弹，炮弹的初速度v 0＝100 m/s ，经t ＝6 s 后，此炮弹炸成质量相等的两块．从爆炸时算起，经t 1＝10 s 后，第一块碎片先落到发射点，求从爆炸时起，另一碎片经多长时间也落回地面？(g ＝10 m/s 2，空气阻力不计，结果保留三位有效数字)
解题指导 设炮弹爆炸时的速度为v 0′，离地面高度为H ，则有：v 0′＝v 0－gt ，H ＝v 0t －12
gt 2 代入数据解得v 0′＝40 m/s ，H ＝420 m
设刚爆炸后瞬间，先落到地面上的碎片的速度为v 1，因落在发射点，所以v 1为竖直方向．若v 1＞0，表示竖直向上运动；若v 1＜0，表示竖直向下运动；若v 1＝0，则表示自由落体运动．若v 1＝0，则落地时间t ′＝ 2H g
＝84 s ＜t 1＝10.0 s ，由此可知，v 1方向应是竖直向上．选炮弹爆炸时H 高度为坐标原点，则：－H ＝v 1t 1－12gt 21
，解得：v 1＝8 m/s 设刚爆炸后瞬间，后落地的碎片的速度为v 2，则由动量守恒定律得2m v 0′＝m v 1＋m v 2 将v 0′、v 1代入解得：v 2＝72 m/s
若从爆炸时起，这块碎片经时间t 2落地，则
－H ＝v 2t 2－12gt 22
，得：5t 22－72t 2－420＝0 t 2≈18.9 s.
答案 18.9 s
方法总结 1.炮弹在空中爆炸时，所受合外力(重力)虽不为零，但重力比起炮弹碎块间相互作用的内力小得多，故可认为爆炸过程炮弹系统(各碎块)的动量守恒.2.爆炸时位置不变，各碎块自爆炸位置以炸裂后的速度开始运动．
1．有一大炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M ＝6 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出时的速度v 0＝60 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为4 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、R ＝600 m 为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(忽略空气阻力，g ＝10 m/s 2)
答案 6×104 J
解析 炮弹炸裂时的高度h ＝v 202g ＝602
2×10
m ＝180 m 弹片落地的时间t ＝ 2h g ＝ 2×18010
s ＝6 s 两弹片的质量m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg
设它们的速度大小分别为v 1、v 2，由动量守恒定律知m 1v 1＝m 2v 2
所以v 2＝2v 1
设m 1刚好落在R ＝600 m 的圆周上
则v 1＝R t ＝600 m 6 s
＝100 m/s 此时v 2＝200 m/s
所以总动能至少为：E ＝12m 1v 21＋12
m 2v 22 代入数据得E ＝6×104 J.
2．在水平面上以v 0＝20 m/s 的速度竖直向上发射一炮弹，其质量m ＝10 kg ，当炮弹上升至最高点时，突然炸裂成A 、B 两块，各自沿着水平方向飞出，测得A 、B 落地点间的距离x ＝100 m ，落地时两者的速度相互垂直，问A 、B 的质量各为多少？(忽略空气阻力，g 取10 m/s 2) 答案 m A ＝8 kg ，m B ＝2 kg 或m A ＝2 kg ，m B ＝8 kg
解析 炮弹竖直上升的高度h ＝v 202g
＝20 m ，炸裂的瞬间，A 、B 组成的系统水平方向动量守恒0＝m A v A －m B v B .
此后A 、B 各自做平抛运动，设A 、B 落地时与水平方向的夹角分别为α和β，依题意有α＋β
＝90°，h ＝12gt 2，解得t ＝2h g
＝2 s ．水平方向有v A t ＋v B t ＝100 m ， 竖直方向有gt ＝v A tan α＝v B tan β，
联立以上各式，代入数据
解得⎩⎪⎨⎪⎧ v A ＝10 m/s v B ＝40 m/s 或⎩⎪⎨⎪⎧
v A ＝40 m/s v B ＝10 m/s 故m A m B ＝v B v A ＝41或14
，
又m A ＋m B ＝10 kg ，则⎩⎪⎨⎪⎧ m A ＝8 kg m B ＝2 kg 或⎩⎪⎨⎪⎧
m A ＝2 kg m B ＝8 kg .。