【物理】2019届二轮复习动量和能量学案（全国通用）
专题2 动量和能量
04 功和功率 动能定理
一、功和功率
1.求总功的方法
一种方法是先求出每个阶段合外力所做的功再来求总功,另一种方法是总功等于各个力做功的代数和。每种方法要求把功的正负号代入运算。
注意:恒力做功只与初末位置有关,与路径无关。
2.平均功率的计算方法
(1)利用=。
(2)利用=Fcos α,其中为物体运动的平均速度。
3.瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P=Fvcos α,其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)P=FvF,其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)P=Fvv,其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
二、动能定理
1.对“外力”的理解
动能定理叙述中所说的“外力”,既可以是重力、弹力、摩擦力,也可以是电场力、磁场力或其他力。
2.动能定理与牛顿运动定律的选用
(1)做变加速运动或曲线运动的物体常用动能定理研究。
(2)当不涉及加速度、时间的计算时,做匀变速直线运动的物体也常用动能定理研究。
(3)变力做功、多过程等问题可用动能定理分析、计算。
(4)既能用牛顿运动定律求解,又能用动能定理求解的问题,首先考虑用动能定理求解。
应用动能定理应注意四点:①动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系;②动能定理的表达式是一个标量式,不能在某方向上应用动能定理;③动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度和时间,比动力学研究方法更简便;④当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解,当所求解的问题不涉及中间的速度时,也可以全过程应用动能定理求解。
3.动能定理与牛顿运动定律的区别
比较项目
动能定理
牛顿运动定律
适用
条件
物体在恒力或变力作用下,做直线运动或曲线运动均适用
只能研究在恒力作用下物体做直线运动的情况
应用
方法
只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能
必须考虑运动过程中的每一个细节
运算
方法
代数运算
矢量运算
相同点
确定研究对象,对物体进行受力分析和运动过程分析
4.动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系:合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系,但并不是说动能变化就是合外力做的功。
(2)因果关系:合外力做功是引起物体动能变化的原因。
(3)量纲关系:单位相同,国际单位都是焦耳。
考点1
▶ 功与功率的理解
1.求解恒力做功的流程图
2.做功的两个不可缺少的因素
力和在力的方向上发生的位移。功的计算方法:(1)公式法W=Fx,恒力做功。注意恒力F和位移x必须共线,若不在一条直线上,只能把恒力分解到位移方向上,或把位移分解到恒力方向上。(2)W=Pt,注意P为恒定功率。(3)微元法。(4)图象法。(5)转化法。(6)动能定理法等。
3.摩擦力做功的特点
摩擦力做功取决于物体运动的路程,不是位移。摩擦力做功的特点:(1)摩擦力既可对物体做正功,也可对物体做负功;(2)在相互间存在静摩擦力的系统内,一对静摩擦力做功之和为零,没有机械能转化为内能;(3)在相互间存在滑动摩擦力的系统内,一对滑动摩擦力所做的净功为负值,相对运动方向不变的情况下在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。
4.作用力和反作用力做功的特点
(1)作用力和反作用力可以都不做功,如卫星绕地球做匀速圆周运动时,相互间的引力不做功。(2)作用力和反作用力可以都做正功,如光滑水平面上放上两块磁铁,由于它们间的相互引力(或斥力)使它们运动而具有动能,相互作用力都做正功。(3)作用力和反作用力可以都做负功,如两球相向运动而相碰,碰后速度都变为零,相互作用力都做负功。(4)作用力和反作用力做功的代数和可以为零,可以为正,也可以为负。
5.功率的求解策略
先判后算。先判断功率为瞬时功率还是平均功率,然后进行相关运算。
1.(2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程( )。
A.矿车上升所用的时间之比为4∶5
B.电机的最大牵引力之比为2∶1
C.电机输出的最大功率之比为2∶1
D.电机所做的功之比为4∶5
解析▶ 设第②次所用时间为t,根据速度图象的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知,×2t0×v0=××,解得t=,所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶=4∶5,A项正确。由于两次提升变速阶段的加速度大小相同,在匀加速阶段,由牛顿第二定律有F-mg=ma,可得提升的最大牵引力之比为1∶1,B项错误。由功率公式P=Fv,可得电机输出的最大功率之比等于最大速度之比,故电机输出的最大功率之比为2∶1,C项正确。由动能定理可知,两个过程动能变化量相同,克服重力做功相同,故两次做功相同,D项错误。
答案▶ AC
点评▶ 此题以速度—时间图象给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面:一是对速度—时间图象面积表示位移掌握不到位;二是不能运用牛顿运动定律求解牵引力;三是不能找出最大功率;四是不能得出两次提升过程电机做的功相同。实际上,可以根据两次提升的高度相同,提升的质量相同,利用功能关系得出两次提升过程电机做的功相同。
1.(多选)如图所示,在水平面上静止着一个质量为m的物体,物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,物体受到与水平方向成θ=37°角斜向上的恒力F1作用,运动一段位移x1时的速度为v,此过程中恒力F1做功为W1。若把恒力F1变为与水平方向成θ=37°角斜向下的恒力F2,作用一段位移x2,速度大小也为v,此过程中恒力F2做功为W2,F1与F2大小相等,则( )。
A.W1>W2
B.W1
x2
D.x1F,汽车做减速运动,v3不断减小,牵引力增大,a3=减小,直到匀速运动为止。若汽车驶上动摩擦因数较小(不变)的水平公路,因fμmBgL
解得W>84 J。
答案▶ (1)4.0 g 24 J (2)96 J (3)W>84 J
点评▶ 动量和能量综合题的解题思路: (1)仔细审题,把握题意。在读题的过程中,必须仔细、认真,要收集题中的有用信息,弄清物理过程,建立清晰的物理情景,充分挖掘题中的隐含条件,不放过任何一个细节。(2)确定研究对象,进行受力分析和运动分析。有的题目可能会有多个研究对象,研究对象确定后,必须对它进行受力分析和运动分析,明确其运动的可能性。(3)思考解题途径,正确选用规律。根据物体的受力情况和运动情况,
选择与它相适应的物理规律及题中给予的某种等量关系列方程求解。(4)检查解题过程,检验解题结果。检查过程并检验结果是否符合题意以及是否符合实际情况。
(2018·河北期中)如图所示,光滑水平面上有质量均为m的物块A和B,B上固定一轻弹簧且处于静止状态,A以速度v0水平向右运动,通过弹簧与B发生作用。作用过程中,弹簧获得的最大弹性势能Ep为( )。
A. B. C. D.
解析▶ 当两个物块速度相等时弹簧压缩量最大,弹性势能最大;物块A、B系统动量守恒,根据动量守恒定律有mv0=2mv1,解得v1=v0;系统减小的动能等于增加的弹性势能,故弹簧获得的最大弹性势能Ep=m-×2m=m,C项正确。
答案▶ C
1.如图所示,物体P和Q用轻质弹簧连在一起,Q静止在光滑的水平面上紧靠墙壁处。现在给P一个向左的瞬时速度,经过一段时间Q离开墙壁,从P开始运动到弹簧第一次伸长至最长, 下列判断正确的是( )。
A.P、Q组成的系统机械能守恒
B.P的动能先减小后增大
C.弹簧弹性势能先减小后增大
D.在弹簧第一次伸长至最长时Q的机械能最大
解析▶ P开始向左运动,弹簧先压缩至最短,P速度减小为0,然后P向右运动,当弹簧恢复原长时速度和初速度大小相等,之后弹簧一直伸长至最长。整个过程中弹簧先压缩后恢复至原长再伸长,弹性势能先增大后减小再增大。P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒,A、B、C三项错误。弹簧恢复原长时Q开始运动,之后到弹簧第一次伸长至最长的过程中,弹簧对Q的弹力始终向右,Q一直向右加速,动能和机械能一直增大,D项正确。
答案▶ D
2.(2018·福建期中)(多选)如图所示,传送带以初速度v0做匀速运动。将质量为m的物体无初速度放在传送带上的A端,物体将被传送带带到B端,已知物体到达B端之前已和传送带相对静止,则下列说法正确的是( )。
A.传送带对物体做的功为
B.传送带克服摩擦做的功为
C.电动机由于传送物体多消耗的能量为
D.在传送物体过程中产生的热量为
解析▶ 物体受重力、支持力和摩擦力的作用,根据动能定理,传送带对物体做的功等于动能的增加量,即m,A项正确;在物体匀加速运动的过程中,因为传送带的位移大于物体的位移,则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物体做的功,所以传送带克服摩擦力做的功大于m,B项错误;电动机因为传送物体多消耗的能量等于物体动能的增加量和摩擦产生的内能之和,故大于m,C项错误;假设加速时间为t,物体的位移x1=v0t,传送带的位移x2=v0t,则Δx相=x2-x1,根据动能定理,有fx1=m,故热量Q=fΔx相=m,D项正确。
答案▶ AD
3.(2018·长沙质检)(多选)如图所示,AB为半径R=0.50 m的四分之一圆弧轨道,B端距水平地面的高度h=0.45 m。一质量m=1.0 g的小滑块从圆弧轨道A端由静止释放,到达轨道B端时速度v=2.0 m/s。忽略空气的阻力。重力加速度g=10 m/s2。则下列说法正确的是( )。
A.小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN=16 N
B.小滑块由A端到B端的过程中,克服摩擦力所做的功W=3 J
C.小滑块的落地点与B点的水平距离x=0.6 m
D.小滑块的落地点与B点的水平距离x=0.3 m
解析▶ 小滑块在圆弧底端B点受重力和支持力,根据牛顿第二定律有FN-mg=m,代入数据得FN=18 N,A项错误。小滑块从A端运动到B端由动能定理得mgR-W=mv2-0,解得W=3 J,B项正确。小滑块从B点出发做平抛运动,根据平抛运动的规律可知,水平方向x=vt,竖直方向h=gt2,解得x=0.6 m,C项正确,D项错误。
答案▶ BC
4.(多选)如图所示,轨道由水平面OB与足够长的斜面BC组成,BD和BC材料相同,在B点平滑连接。轻弹簧左端固定于竖直墙面,自由端恰好在BD的中点E。现用小滑块P压缩弹簧至D点,然后由静止释放,滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面,上升到最大高度,并静止在斜面上。换用材料相同、质量小一些的小滑块Q压缩弹簧至同一点D后,重复上述过程,下列说法正确的是( )。
A.两滑块在DE之间某位置达到最大速度,到达E点时滑块Q的速度比P的大
B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同
C.滑块Q上升到最高点的过程中克服重力做的功比P的多
D.两滑块从开始到最高点的过程中机械能损失相同
解析▶ 滑块达到最大速度时有 x=μmg,故两滑块在DE之间某位置达到最大速度。滑块由D到E运动过程中由功能关系有Ep=μmgLDE+m,则vE=,A项正确。同理可得滑块达到B点的速度vB=,可知到B点时Q的速度大,又因两滑块在斜面上运动时加速度相同,故Q上升的最大高度大,B项错误。两滑块上升到最高点的过程中克服重力做功为mgh,设斜面倾角为θ,由能量守恒定律得Ep=mgh+μmgLBD+μmgcos θ×,所以mgh=-,Q的质量m小,Q上升到最高点过程克服重力做的功多,C项正确。由能量守恒定律得ΔE损=Ep-mgh,Q的重力势能大,损失的机械能就少,D项错误。
答案▶ AC
5.在某工地上,一架起重机将放在地面的一个重物吊起。重物在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动,运动过程中重物的机械能E与其位移x的关系图象如图所示,其中0 x1过程的图线为曲线,x1 x2过程的图线为直线。根据图象可知( )。
A.0 x1过程中重物的加速度逐渐减小
B.x1 x2过程中重物一定匀加速上升
C.0 x1过程中重物的动能可能先增加后不变
D.x1 x2过程中重物的重力势能一直增大
解析▶ 在E-x图象中,切线的斜率表示拉力,由图可知0 x1过程中拉力逐渐减小,x1 x2过程中拉力不变。当拉力与重力大小相等时,重物加速度为0。图中不能判断出拉力和重力大小相等出现在哪个位置。若在0 x1之间,则重物先加速后减速,加速度先减小后增大,在x1 x2过程中重物做匀减速运动。若在x1处,则重物在0 x1之间加速,加速度一直减小,x1 x2过程中重物做匀速运动,故A、C两项错误。x1 x2过程中重物可能做匀变速运动,也可能做匀速运动,B项错误。重物一直上升,重力势能一直增加,D项正确。
答案▶ D
6.(多选)如图所示,竖直面内有圆弧abc,圆心为O。a、c在同一水平线上,b为圆弧最低点,ad竖直,d与O等高。在d点把一个小石子以大小不同的初速度向右水平抛出,下列判断正确的是( )。
A.小石子落在b和c点的初速度的比值为
B.无论初速度多大,小石子都不能垂直撞击在圆弧(不包括a、c两端点)上
C.小石子落在b点时的机械能一定比落在c点时的机械能小
D.小石子落在b和c两点时重力的功率可能相同
解析▶ 小石子落在b、c两点的水平位移x的比值为,落在b点比落在c点下落的高度更大,运动时间t更长,由初速度v0=可知,小石子落在b点和c点的初速度的比值小于,A项错误。根据平抛运动规律可知,速度的反向延长线过对应水平位移的中点,而根据数学知识可知垂直撞击圆弧的速度延长线过圆心,显然这两者是矛盾的,B项正确。小石子落在c点时的初速度大,初动能大,根据机械能守恒,可知小石子落在c点比落在b点机械能大,C项正确。小石子落在b点的竖直分速度vy比落在c点的大,则小石子落在b点时重力的功率更大,D项错误。
答案▶ BC
7.如图所示,在倾角θ=30°的斜面底端垂直斜面固定一挡板,轻质弹簧左端固定在挡板上,弹簧处于原长时右端在M点,弹簧与斜面平行。把一个小物体从位置P由静止释放,运动过程中最大速度为v1。现在把此小物体放在Q点由静止释放,运动过程中最大速度为v2。已知PQ间距离为L,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,不计一切摩擦,下列判断正确的是( )。
A.小物体在下滑过程中机械能守恒
B.小物体在接触弹簧之后加速度不断增大
C.v2=
D.MP之间的距离、小物体的质量和弹簧的劲度系数均未知,不能比较v1与v2的大小
解析▶ 小物体在接触弹簧之后,弹簧对小物体做负功,机械能不断减小,A项错误;小物体接触弹簧之后,先加速后减速,加速度先减小后增大,B项错误;当弹簧对小物体的弹力大小等于小物体的重力沿斜面向下的分力时,小物体的速度最大,在从P和Q两个位置由静止释放,小物体在同一个位置获得最大速度,此时弹簧的弹性势能Ep相同,设小物块的质量为m,小物块在获得最大速度时的位置到P的距离为d,在两种情况下,对小物体和弹簧作为一个整体应用机械能守恒定律有m+Ep=mgdsin 30°和m+Ep=mg(d+L)sin 30°,两式相减可得v2=,C项正确,D项错误。
答案▶ C
8.如图所示,固定成直角的两个轻质硬杆POQ,OP粗糙水平,OQ竖直光滑,小球甲和乙的质量均为m=1 g,分别串在OQ和OP上,甲、乙两球间的细线长度L=1.3 m,甲到O的距离s=0.5 m,甲与OP间的动摩擦因数μ=0.5。重力加速度g=10 m/s2。给甲球一个水平向右的作用力F,使甲球从静止开始缓缓向右运动,在甲球向右移动距离x=0.7 m过程中,力F做的功为( )。
A.3.5 J B.7.0 J
C.10.5 J D.14 J
解析▶ 对甲、乙两球组成的系统分析可知,水平杆OP对甲球的支持力FN=2mg,甲球受到的滑动摩擦力Ff=μFN。由数学知识可知,甲球向右移动x=0.7 m过程中,乙球上升h=0.7 m,设力F做功为WF,对两球应用功能关系有WF=mgh+Ffx,联立解得WF=14 J,D项正确。
答案▶ D
9.(多选)如图所示,一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上,圆环的直径略大于细杆的直径,圆环左边与轻质弹簧的一端相连,轻质弹簧的另一端连在和圆环同一高度的墙壁上的P处,起初圆环处于O点,弹簧处于原长状态。细杆上面的A、B两点到O点的距离都为L。将圆环拉至A点由静止释放,重力加速度为g,对于圆环从A点运动到B点的过程中,下列说法正确的是( )。
A.圆环在A点的加速度大于在B点的加速度
B.圆环在OB之间达到最大速度
C.圆环从A到B的过程中圆环机械能的减少量都转化为系统产生的热量
D.圆环在AO和OB两段时,系统产生的热量相同
解析▶ 设圆环在A、B两点受到弹簧沿细杆方向的弹力大小为F弹,圆环在A、B两点受到的滑动摩擦力相等。根据牛顿第二定律有,圆环在A点的加速度大小aA=,圆环在B点的加速度大小aB=,而根据题中条件不能比较在A点时圆环受到的摩擦力f和重力mg的大小关系,故无法比较圆环在A、B两点时的加速度大小,A项错误。因为在B点时圆环的加速度可能仍向下,做加速运动,B项错误。在A和B两点弹簧的弹性势能相同,
根据功能关系可知圆环减小的机械能都转化为系统的内能,C项正确。圆环在AO和OB两段克服摩擦力做功相等,又摩擦力做功都转化为系统的热量,D项正确。
答案▶ CD
10.(多选)如图所示,水平传送带以速度v0顺时针转动,在传送带左端A点每隔相同的时间T,轻放上一个相同的工件。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ,工件质量为m,重力加速度为g,下列判断正确的有( )。
A.已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离都相等且均为v0T
B.工件在传送带上加速的时间为
C.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为m
D.传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为m
解析▶ 每个工件滑上传送带后运动的规律相同,可知已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离都相等,且L=v0T,A项错误。设每个工件匀加速运动的时间为t,根据牛顿第二定律可知,工件的加速度大小为μg,根据v=at,解得t==,B项正确。工件与传送带相对滑动的路程Δx=v0t-v0t=,则摩擦产生的热量Q=μmgΔx=m,C项正确。根据能量守恒,传送带因传送一个工件多消耗的能量E=m+μmgΔx=m,D项错误。
答案▶ BC
11.如图所示,一劲度系数为 的轻弹簧直立,下端固定在质量为m的小物体P上,上端固定一个质量为m的小物体Q,系统静止。一个质量为9m的小物体M从Q的正上方某高处自由释放,落在Q上就立刻与Q一起下落并不再分离,至最低点后向上运动,P恰好没有离开地面,不计空气阻力,求:
(1)小物体M开始下落时到Q的高度。
(2)小物体M和Q碰撞过程中损失的能量。
解析▶ 设小物体M开始下落处到Q的高度为h,小物体M与Q碰前的速度为v1,小物体M和Q开始下落的共同速度为v2,设开始Q静止,弹簧的弹性势能为Ep1,弹簧压缩量为x1,有x1=
对小物体M下落过程应用机械能守恒定律可知
9mgh=×9m
小物体M与Q碰撞瞬间,由动量守恒有
9mv1=(m+9m)v2
P、Q碰撞过程中的能量损失
ΔE=(9m)-(m+9m)
P刚好没有离开地面时弹簧伸长量x2=
P刚好没有离开地面时弹簧弹性势能为Ep2,显然有
Ep1=Ep2
从M、Q一起下落到P刚好没有离开地面的过程中,对M、Q和P,应用功能关系有
Ep1+(m+9m)=Ep2+(m+9m)g(x1+x2)
联立解得h=,ΔE=。
答案▶ (1) (2)
12.如图所示,质量m=1 g的小滑块P放在光滑的水平平台上,平台的右端B与足够长的传送带相连,皮带轮的半径R=0.5 m,且以角速度ω=10 rad/s 顺时针转动(传送带不打滑)。一轻弹簧左端固定在墙上,轻弹簧水平,右端恰好到B点,现在将小滑块P沿平台向左缓缓压缩轻弹簧,然后突然释放,当P滑到传送带上距B端L=4.5 m的C点时,刚好与传送带的速度相等,小滑块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,求:
(1)轻弹簧开始释放时的弹性势能。
(2)P从B到C所用时间。
解析▶ 传送带速度v=ωR=5 m/s
因为传送带速度向右,而P滑上传送带时速度也向右,到C点时滑块与传送带速度相同,则P由B运
动到C可能一直向右加速运动,也可能一直向右减速运动,加速度大小均为a=μg=1 m/s2
情形1 一直向右加速
设P到B点的速度为v0
应用速度位移关系式有L=
解得v0=4 m/s
根据速度关系可知P从B到C的运动时间
t==1 s
释放轻弹簧后P在弹簧恢复原长时恰好到位置B,弹簧弹性势能Ep都转化为P的动能,则有
Ep=m=8 J
情形2 一直向右减速
设P到B点的速度为v0'
应用速度位移关系式有L=
解得v0'= m/s
根据速度关系可知P从B到C的运动时间
t==(-5) s
弹簧弹性势能
Ep'=mv0'2=17 J。
答案▶ 见解析
06 动量定理 动量守恒定律
一、动量和冲量
1.动量与动能的比较
动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
定义式
p=mv
E =mv2
标矢性
矢量
标量
变化因素
物体所受冲量
外力所做的功
大小关系
p=
E =
对于给定的物体,若动能发生了变化,则动量一定也发生了变化;而动量发生变化,动能不一定发生变化。它们都是相对量,均与参考系的选取有关,高中阶段通常选取地面为参考系
2.冲量与功的比较
冲量
功
定义
作用在物体上的力和力的作用时间的乘积
作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积
单位
N·s
J
公式
I=Ft(F为恒力)
W=Flcos α(F为恒力)
标矢性
矢量
标量
意义
①表示力对时间的累积
①表示力对空间的累积
②是能量变化多少的量度
②是动量变化的量度
都是过程量,都与力的作用过程相互联系
二、动量定理
应用动量定理解题的基本思路:
(1)确定研究对象。在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量;或先求合力,再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正、负。
(4)先根据动量定理列方程,再补充其他必要的方程,最后代入数据求解。
三、动量守恒定律
1.动量守恒定律的适用条件
(1)前提条件——存在相互作用的物体组成的系统。
(2)理想条件——系统不受外力。
(3)实际条件——系统所受合外力为零。
(4)近似条件——系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。
(5)方向条件——系统在某一方向上满足上面的条件,则此方向上动量守恒。
2.动量守恒定律的表达式
(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和。
(2)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量大小相等,方向相反。
(3)Δp=0,系统总动量的增量为零。
3.动量守恒的速度具有“四性”
(1)矢量性:表达式中初、末动量都是矢量,首先需要选取正方向,分清各物体初、末动量的正、负。
(2)瞬时性:动量是状态量,动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初始时刻的总动量相等。
(3)同一性:速度的大小跟参考系的选取有关,应用动量守恒定律,各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度,一般选地面为参考系。
(4)普适性:它不仅适用于由两个物体所组成的系统,也适用于由多个物体组成的系统;不仅适用于宏观物体系统,也适用于微观粒子系统。
考点1
▶ 动量定理的理解与应用
1.动量定理在多过程问题中的应用
应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理的类似,有分段列式和全程列式两种思路。
2.应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题
常常需要选取流体为研究对象,如水、空气等。隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象,然后列式求解。基本思路:
(1)在极短时间Δt内,取一段小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV=vSΔt。
(3)求小柱体质量Δm=ρΔV=ρvSΔt。
(4)求小柱体的动量变化Δp=vΔm=ρv2SΔt。
(5)应用动量定理FΔt=Δp。
1.(2018·北京月考)香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉,在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱,将站在冲浪板上的米老鼠模型托起,稳定地悬停在空中,伴随着音乐旋律,米老鼠模型能够上下运动,引人驻足,如图所示。这一景观可做如下简化,假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出,水柱的流量为Q(流量定义:在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积),设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同,冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积,保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计,冲击冲浪板后,水在竖直方向的速度立即变为零,在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M,水的密度为ρ,重力加速度大小为g,空气阻力及水的黏滞阻力均可忽略不计。
(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量。
(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短,因此在分析水对冲浪板的作用力可忽略这部分水所受的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时,水到达冲浪板底部的速度大小。
解析▶ (1)设很短时间Δt内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,水柱在喷口的初速度为v0,喷口的横截面积为S。则Δm=ρΔV
ΔV=Sv0Δt=QΔt
解得单位时间内从喷口喷出的水的质量=ρQ。
(2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时,水柱顶部的水冲击冲浪板底面,速度由v变为0,很短时间内喷出质量为Δm的水,这些水对板的作用力的大小为F',板对水的作用力的大小为F,以竖直向下为正方向,不考虑水柱顶部水的重力对动量变化的影响,根据动量定理有
FΔt=0-(Δm)(-v)
根据牛顿第三定律可知F=F'
米老鼠模型在空中悬停,根据力平衡条件得
F'=Mg
联立解得v=。
答案▶ (1)ρQ (2)
点评▶ 本题考查了动量定理的应用。当冲浪板在空中悬停时,受力平衡,合力为零,即水对冲浪板的冲力大小等于冲浪板的重力。本题的难点是求水对冲浪板的冲力,而求这个冲力的关键是求得单位时间内水的质量,注意空中的水柱并非圆柱体,要根据水的流量等于初速度乘以时间后再乘以喷泉出口的面积S求出流量,最后根据m=ρV求质量。
1.(2018·四川二模)对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质。正方体密闭容器中有大量运动的粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子的数量n为恒量,为简化问题,我们假定粒子大小可以忽略,其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变。利用所学力学知识,下列导出器壁单位面积所受的粒子压力f与m、n 和v的关系正确的是( )。
A.f=nSmv2 B.f=nmv2
C.f=nmv2 D.f=nmv2Δt
解析▶ 一个粒子与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI=2mv,如图所示,以容器内底面积为S、高为vΔt的柱体为研究对象,其内有的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞,碰撞的粒子总数N=nSvΔt,Δt时间内粒子给器壁的冲量I=N·ΔI=nSmv2Δt,器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F=,则器壁单位面积所受粒子的压力f==nmv2,B项正确。
答案▶ B
考点2
▶ 动量守恒定律的应用
动量守恒定律解题的基本步骤
(1)明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)。
(3)规定正方向,确定初、末状态的动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。
2.(2018·银川质检)质量m1=1200 g的汽车A以速度v1=21 m/s沿平直公路行驶时,驾驶员发现前方不远处有一质量m2=800 g的汽车B以速度v2=15 m/s迎面驶来,两车立即同时急刹车,使车做匀减速运动,但两车仍在t=1 s后猛烈地相撞,相撞后结合在一起再滑行一段距离才停下,设两车与路面间的动摩擦因数μ=0.3,重力加速度取g=10 m/s2,忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量。
(1)求两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小。
(2)若两车相撞的时间(从接触到一起滑行)t0=0.2 s,则A车受到的平均冲力是其自身重力的几倍?
(3)求两车一起滑行的距离。
解析▶ (1)对于减速过程有a=μg
对A车有vA=v1-at
对B车有vB=v2-at
以碰撞前A车运动的方向为正方向,对碰撞过程由动量守恒定律得
m1vA-m2vB=(m1+m2)v共
联立解得v共=6 m/s。
(2)设两车相撞时A车受到的平均冲力为F,对A车由动量定理得
-Ft0=m1v共-m1vA
可得F=7.2×104 N
则=6。
(3)对共同滑行的过程有x=
可得x=6 m。
答案▶ (1)6 m/s (2)6倍 (3)6 m
点评▶ 此题是动量守恒定律、动量定理以及牛顿定律的综合应用问题;解题关键是要知道动量守恒的条件及两物体相互作用时满足的能量关系,并能由此列出方程求解;注意动量守恒定律的矢量性,知道符号的含义;此题难度中等,意在考查考生灵活运用物理知识解决问题的能力。动量守恒定律的研究对象是由两个或两个以上的物体所组成的系统,也正是由于研究对象较多,过程比较复杂,往往根据作用效果的不同阶段建立不同的动量守恒方程,将系统内的物体按相互作用的关系分成几个小系统,分别建立动量守恒方程。
2.(2018·黑龙江二模)如图所示,在光滑水平面上质量为m的物体A以速度v0与静止的物体B发生碰撞,物体B的质量为2m,则碰撞后物体B的速度大小可能为( )。
A.v0 B.
C.0 D.
解析▶ 物体A与物体B碰撞的过程中动量守恒,选速度v0的方向为正方向。如果发生的是完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得mv0=(m+2m)v,解得v=v0;如果发生的是完全弹性碰撞,由动量守恒定律得mv0=mv1+2mv2,由机械能守恒定律得m=m+×2m,解得v2=v0。碰撞后物体B的速度满足v0≤vB≤v0,D项正确。
答案▶ D
3.(2018·洛阳一模)(多选)如图所示,质量m=245 g的物块(可视为质点)放在质量M=0.5 g的木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4,质量m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),重力加速度g=10 m/s2,则在整个过程中( )。
A.物块和木板组成的系统动量守恒
B.子弹的末动量大小为0.01 g·m/s
C.子弹对物块的冲量大小为0.49 N·s
D.物块相对于木板滑行的时间为1 s
解析▶ 在子弹射入物块的过程中,物块的动量增大,所以物块和木板组成的系统动量不守恒,A项错误。选取向右为正方向,子弹射入物块的过程中,由动量守恒定律可得m0v0=(m0+m)v1,物块在木板上滑动过程,由动量守恒定律可得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2,联立可得v2==2 m/s,所以子弹的末动量大小p=m0v2=0.01 g·m/s,B项正确。由动量定理可得子弹受到的冲量I=Δp=p-p0=-1.49 N·s。子弹与物块间的相互作用力大小始终相等,方向相反,所以子弹对物块的冲量大小为1.49 N·s,C项错误。对子弹和物块整体,由动量定理得-μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2-v1),物块相对于木板滑行的时间t==1 s,D项正确。
答案▶ BD
考点3
▶ 动力学、动量和能量观点的综合应用
1.力的三个作用效果与五个规律
分类
对应规律
公式表达
力的瞬时
作用效果
牛顿第二定律
F合=ma
力对空间
积累效果
动能定理
W合=ΔE
W合=m-m
机械能守恒定律
E1=E2
mgh1+m=
mgh2+m
力对时间
积累效果
动量定理
F合t=p'-p
I合=Δp
动量守恒定律
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
2.常见的力学模型及其结论
模型名称
模型描述
模型特征
模型结论
m1=m2,v2=
v1'=0,v2'=v0
“速度交换”模型
相同质量的两球发生弹性正碰
0,v1=v0,动量、动能均守恒
“完全非弹性碰撞”模型
两球正碰后粘在一起运动
动量守恒,能量损失最大。v2=0,v1=v0
v=v0
“子弹打木块”模型
子弹水平射入静止在光滑的水平面上的木块中并最终一起共同运动
恒力作用,已知相对位移,动量守恒
Ffx相对=
m1-
(m1+m2)v2
“人船”模型
人在不计阻力的船上行走
已知相对位移,动量守恒,开始时系统静止
x船=L,x人=L
3.解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点: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。
4.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)研究某一受到力的持续作用的物体在运动状态发生改变时,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)若研究的对象为由几个物体组成的系统,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,但须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,即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,须注意到这些过程一般均隐含系统机械能与其他形式能量之间的转换。这种问题由于作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解决。
3.如图所示,长度L=4 m的传送带与水平面的夹角θ=37°,开始时传送带静止,一个质量m=5 g的小滑块P以v0=8 m/s的初速度从传送带底端沿传送带上滑。已知小滑块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。当小滑块P滑至传送带正中间时,传送带在电动机带动下突然以v=2 m/s的速度沿顺时针方向运动,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)小滑块P沿传送带上滑的最大距离和在传送带上的运动时间。
(2)从小滑块P滑上传送带到离开的整个过程中,传送带对滑块所做的功。
解析▶ (1)传送带沿顺时针方向运动,则小滑块P的速度达到v的过程中总是相对传送带向上滑动,受到的滑动摩擦力总是沿传送带向下,小滑块上滑过程中的加速度大小
a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2(方向沿传送带向下)
上滑距离s1==3 m,此过程中,设小滑块P的运动时间为t1,则t1=,解得t1=0.6 s
之后P继续向上滑行,传送带比小滑块P运动快,P受到的滑动摩擦力方向沿传送带向上,加速度大小
a2=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2(方向沿传送带向下)
滑行位移s2==1 m
运动时间t2==1 s
所以P上滑的最大距离sm=s1+s2=4 m
P的速度减小到零后开始向下滑行,P受到的滑动摩擦力沿斜面向上,加速度大小a2=2 m/s2(方向沿传送带向下),一直到离开传送带,设所用时间为t3,有
sm=a2
解得t3=2 s
在传送带上的运动时间t=t1+t2+t3=3.6 s。
(2)在P上滑s1的过程中,传送带对P做负功,在P上滑s2的过程中,传送带对P做正功,在P下滑sm的过程中,传送带对P做负功,所以从小滑块P滑上传送带到离开的整个过程中传送带对滑块所做的功
W=-μmgs1cos θ+μmgs2cos θ-μmgsmcos θ=-120 J。
答案▶ (1)4 m 3.6 s (2)-120 J
点评▶ 此题是多过程的复杂计算题,同时也是一个临界问题。注意分析每种情况下物体的受力,应用牛顿第二定律求解加速度,再根据位移关系列方程。
4.(多选)如图所示,在水平面上静止着一半径为R、质量为M的半圆形槽,O为圆心,Q为直径左端点,P处在Q正上方高R的位置。现在P点无初速释放一个质量为m的小球,已知M=3m,小球运动到半圆槽右边最高点F(未画出),不计一切摩擦,在此过程中,下列判断正确的是( )。
A.小球的最大速度为2
B.半圆槽的最大速度为
C.半圆槽一定向左运动,运动位移为R
D.小球的机械能守恒,F和P位置等高
解析▶ 小球和半圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒,当小球运动到半圆槽右边缘时,小球和半圆槽的相对位移为2R,半圆槽向左运动位移大小为(2R)=R,C项正确。小球和半圆槽在水平方向上动量守恒,它们同时具有最大或最小速度,而小球到最低点时系统的重力势能最小,系统的动能最大,设此时小球和半圆槽的速度分别为v1和v2,由水平方向动量守恒有mv1-Mv2=0,系统机械能守恒有m+M=mg(2R),联立解得v1=,v2=,A项错误,B项正确。半圆槽的动能先增大后减小,机械能先增加后减小,小球的机械能先减小后增大,小球的机械能显然不守恒,D项错误。
答案▶ BC
5.(2018·山东联考)如图所示,长R=0.6 m的不可伸长的细绳一端固定在O点,另一端系着质量m2=0.1 g的小球B,小球B刚好与水平面相接触。现使质量m1=0.3 g的物块A沿光滑水平面以v0=4 m/s 的速度向B运动并与B发生弹性正碰,A、B碰撞后,小球B能在竖直平面内做圆周运动,已知重力加速度取g=10 m/s2,A、B均可视为质点,求:
(1)在A与B碰撞瞬间,小球B的速度v2的大小。
(2)小球B运动到最高点时对细绳的拉力大小。
解析▶ (1)物块A与小球B碰撞时,由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m1v0=m1v1+m2v2
m1=m1+m2
解得碰撞后瞬间物块A的速度
v1=v0=2 m/s
小球B的速度v2=v0=6 m/s。
(2)碰撞后,设小球B运动到最高点时的速度为v,细绳对小球的拉力为F,则由机械能守恒定律有
m2=m2v2+2m2gR
又由向心力公式有
Fn=F+m2g=m2
由牛顿第三定律可得小球B对细绳的拉力大小
F'=F
联立解得F'=1 N。
答案▶ (1)6 m/s (2)1 N
考查角度1
▶ 碰撞模型
1.碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律
(2)机械能不增加
E 1+E 2≥E 1'+E 2'或+≥+。
(3)速度要合理
①同向碰撞:碰撞前,后面的物体速度大;碰撞后,前面的物体速度大(或相等)。
②相向碰撞:碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
2.弹性碰撞的讨论
(1)碰后速度的求解
根据动量守恒和机械能守恒定律
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
m1+m2=m1v1'2+m2v2'2
解得v1'=
v2'=
(2)分析讨论
当碰前物体2的速度不为零时,若m1=m2,则v1'=v2,v2'=v1,即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时,则v1'=,v2'=。
①m1=m2时,v1'=0,v2'=v1,碰撞后两物体交换速度。
②m1>m2时,v1'>0,v2'>0,碰撞后两物体沿同方向运动。
③m10,碰撞后质量小的物体被反弹回来。
1.如图所示,光滑水平轨道上有三个木块A、B、C,质量分别为mA=3m,mB=mC=m,开始时B、C均静止,A以初速度v0向右运动,A与B碰撞后分开,B又与C发生碰撞并粘在一起,此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。
解析▶ 设A与B碰撞后,A的速度为vA,B与C碰撞前B的速度为vB,B与C碰撞后粘在一起的速度为v,由动量守恒定律得
对A、B木块有mAv0=mAvA+mBvB
对B、C木块有mBvB=(mB+mC)v
由A与B间的距离保持不变可知vA=v
联立上式,代入数据得vB=v0。
答案▶ v0
点评▶ 碰撞问题解题策略:(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件,列出相应的方程求解;(2)可熟记一些公式,例如“一动一静”模型中,两物体发生弹性正碰后的速度满足v1=v0,v2=v0,当两球质量相等时,两球碰撞后交换速度。
1.(2018·重庆期中)一位足球爱好者,做了一个有趣的实验:如图所示,将一个质量为m、半径为R的质量分布均匀的塑料弹性球框静止放在粗糙的足够大的水平台面上,质量为M(M>m)的足球(可视为质点)以某一水平速度v0通过球框上的框口,正对球框中心射入框内,不计足球运动中的一切阻力。结果发现,当足球与球框发生第一次碰撞后到第二次碰撞前足球恰好不会从右端框口穿出。假设足球与球框内壁的碰撞为弹性碰撞,只考虑球框与台面之间的摩擦,求:
(1)人对足球做的功和冲量大小。
(2)足球与球框发生第一次碰撞后,足球的速度大小。
(3)球框在台面上通过的位移大小。
解析▶ (1)人对足球做的功W=M
冲量I=Mv0。
(2)足球的初速度为v0,第一次碰撞后,设足球的速度为v1,球框的速度为v2。对足球和球框组成的系统,由动量守恒定律得Mv0=Mv1+mv2
由能量守恒定律得
M=M+m
联立解得足球的速度v1=v0
球框的速度v2=v0。
(3)多次碰撞后足球和球框最终静止,设球框受到台面的摩擦力为f,通过的总位移为x,对足球和球框组成的系统,由能量守恒定律得fx=M
又第一次碰撞后经时间t,足球恰好未从框口穿出
说明此时足球与球框二者共速,均为v1=v0
由运动学规律得t-v1t=2R
对球框,由动量定理得-ft=mv1-mv2
联立解得球框通过的总位移x=R。
答案▶ (1)M Mv0 (2)v0
(3)R
考查角度2
▶ 子弹打木块模型
1.木块放在光滑水平面上,子弹水平打进木块,系统所受的合外力为零,因此动量守恒。
2.两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相。
3.根据能量守恒定律,系统损失的动能等于系统增加的内能。
4.系统产生的内能Q=Ff·x相,即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能),等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积。
5.当子弹速度很大时,子弹可能射穿木块,这时子弹的末状态速度大小和木块的不再相等,但穿透过程中系统的动量仍守恒,系统损失的动能ΔE =Ff·L(L为木块的长度)。
2.(2018·青海模拟)如图所示,质量为2m、长为L的木块置于光滑水平面上,质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块,穿过木块的过程中受到木块的恒定阻力Ff=,问子弹能否穿过木块?若能穿过,求出子弹穿过木块后两者的速度;若不能穿过,求出子弹打入木块后两者的速度。
解析▶ 设子弹能穿过木块,穿过木块后子弹的速度为v1,木块的速度为v2,以子弹初速度的方向为正方向,根据动量守恒定律得
mv0=mv1+2mv2
根据能量守恒定律得
L=m-m-×2m
联立解得v1=或v1=
当v1=时,v2=v0>v1(舍去)
当v1=时,v2=v0QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放,在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中,下列说法中正确的是( )。
A.合力对两滑块的冲量大小相同
B.重力对滑块a的冲量较大
C.弹力对滑块a的冲量较小
D.两滑块的动量变化大小相同
解析▶ 这是“等时圆”,即两滑块同时到达光滑轨道的底端。合力F=mgsin θ(θ为轨道的倾角),Fa>Fb,因此合力对滑块a的冲量较大,滑块a的动量变化也大;重力的冲量大小、方向都相同;弹力FN=mgcos θ,FNamg),弹簧的弹性势能为E,撤去力F后,下列说法正确的是( )。
A.当A速度最大时,弹簧仍处于压缩状态
B.弹簧恢复到原长的过程中,弹簧弹力对A、B的冲量相同
C.当B开始运动时,A的速度大小为
D.全程中,A上升的最大高度为+
解析▶ 由题意可知当A受力平衡时速度最大,即弹簧弹力大小等于重力大小,此时弹簧处于压缩状态,A项正确;由于冲量是矢量,而弹簧弹力对A、B的冲量方向相反,B项错误;设弹簧恢复到原长时A的速度为v,绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1,A、B共同上升的最大高度为h,A上升最大高度为H,弹簧恢复到原长的过程中,根据能量守恒得E=mg+mv2,绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律得mv=2mv1,A、B共同上升的过程中,根据能量守恒可得(m+m)=(m+m)gh,H=h+,可得B开始运动时A的速度大小为,A上升的最大高度为+,故C项错误,D项正确。
答案▶ AD
8.甲、乙、丙、丁四个相同的木块一起从空中同一高度处自由下落,甲做自由落体运动,在空中运动时间为t1;乙在刚开始下落时被水平飞来的子弹击中并留在其中,在空中运动时间为t2;丙在空中运动到中途被水平飞来的子弹击中并留在其中,在空中运动时间为t3;丁在空中运动到中途,突然刮起风来,风水平吹来,在空中运动时间为t4,则( )。
A.t3>t4>t1=t2 B.t3>t1=t2=t4
C.t3>t4>t1>t2 D.条件不足,无法比较
解析▶ 甲做自由落体运动;乙在速度为零时被水平飞来的石子击中,此时木块和子弹组成的系统竖直方向速度仍为零,做平抛运动;丁在空中运动到中途被风水平吹,不影响竖直方向的运动,在竖直方向上仍做自由落体运动,则t1=t2=t4;丙在运动中途被水平射来的子弹击中过程中,
木块和子弹组成的系统动量守恒,达到共同速度后竖直方向分速度比原来小,而下落高度不变,则运动时间变长,t3最大。
答案▶ B
9.如图所示,质量分别为m和3m的P、Q两个木块间用轻弹簧相连,放在光滑水平面上,P靠紧竖直墙。用水平力F将Q向左压,使弹簧被压缩一定长度,静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去力F,关于P、Q组成的系统,下列说法中正确的是( )。
A.撤去力F后,系统动量守恒,机械能守恒
B.撤去力F后,P离开竖直墙前,系统动量不守恒,机械能守恒
C.撤去力F后,P离开竖直墙后,系统动量守恒,机械能也守恒
D.撤去力F后,P离开竖直墙后,弹簧的弹性势能最大值为
解析▶ P离开墙前墙对P有弹力,P、Q及弹簧组成的系统合外力不为0,动量不守恒,又弹簧弹性势能有变化,系统机械能不守恒;P离开墙后系统动量守恒、机械能不守恒。P刚离开墙时刻,Q的动能为E,动量p1=,方向向右;以后动量守恒,当P、Q速度相等时系统总动能最小,这时弹性势能最大,设此时P、Q速度为v,由动量守恒有4mv=p1,由机械能守恒可知Ep=E-×4mv2=。
答案▶ D
10.(2018·湖北押题)(多选)如图所示,光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板,A、B是两挡板连线的三等分点。A点处有一质量为m2的静止小球b,紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球a以速度v0向右运动并与b相碰。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰,两小球均可视为质点。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点,且m1
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