2020届二轮复习专题二第5讲　动量与能量的综合应用课件（53张）（山东专用）

2020届二轮复习专题二第5讲　动量与能量的综合应用课件（53张）（山东专用）

第 5 讲 动量与能量的综合应用 总纲目录 考点一 动量定理 考点二 动量守恒定律 素养引领 · 情境命题 考点三 碰撞、爆炸与反冲 考点一　动量定理 1.(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   (　 C 　) A.10 N　　B.10 2 N　　C.10 3 N　　D.10 4 N 答案     C　本题考查机械能守恒定律、动量定理。由机械能守恒定律可得 mgh =   mv 2 ,可知鸡蛋落地时速度大小 v =   ,鸡蛋与地面作用过程中,设竖直 向上为正方向,由动量定理得( F - mg ) t =0-(- mv ),可知鸡蛋对地面产生的冲击力 大小为 F '= F =   + mg ,每层楼高度约为3 m,则 h =24 × 3 m=72 m,得 F ' ≈ 949 N,接 近10 3 N,故选项C正确。 2.(2019课标Ⅰ,16,6分)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发 动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次 实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8 × 10 6 N, 则它在1 s时间内喷射的气体质量约为   (　 B 　) A.1.6 × 10 2 kg　　B.1.6 × 10 3 kg C.1.6 × 10 5 kg　　D.1.6 × 10 6 kg 答案     B　本题考查了考生对动量定理的理解能力,体现了物理模型建构的 核心素养,同时也增强了考生的国人自豪感。 设火箭发动机在1 s内喷射出气体的质量为 m 。以这部分气体为研究对象,应 用动量定理, Ft = mv -0,解得 m =   =1.6 × 10 3 kg。 3.[2016课标Ⅰ,35(2),10分]某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v 0 竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于 S );水柱冲击 到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开。忽 略空气阻力。已知水的密度为 ρ ,重力加速度大小为 g 。求 (ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量; (ⅱ)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。 答案 　(ⅰ) ρv 0 S 　(ⅱ)   -   解析 　(ⅰ)设Δ t 时间内,从喷口喷出的水的体积为Δ V ,质量为Δ m ,则 Δ m = ρ Δ V   ① Δ V = v 0 S Δ t   ② 由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为   = ρv 0 S   ③ (ⅱ)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h ,水从喷口喷出后到达玩具底 面时的速度大小为 v 。对于Δ t 时间内喷出的水,由能量守恒得   (Δ m ) v 2 +(Δ m ) gh =   (Δ m )     ④ 在 h 高度处,Δ t 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小 为 Δ p =(Δ m ) v   ⑤ 设水对玩具的作用力的大小为 F ,根据动量定理有 F Δ t =Δ p   ⑥ 由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得 F = Mg   ⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得 h =   -     ⑧ 1.动量定理的两个重要应用 (1)应用 I =Δ p 求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用 I = Ft 求变力的冲量, 可以求出变力作用下物体动量的变化Δ p ,等效代换变力的冲量 I 。 (2)应用Δ p = Ft 求动量的变化 例如,在曲线运动中,速度方向时刻在变化,求动量变化(Δ p = p 2 - p 1 )需要应用矢 量运算方法,计算比较复杂,如果作用力是恒力,可以求恒力的冲量,等效代换 动量的变化。 2.用动量定理解题的基本思路 (1)确定研究对象:一般为单个物体。 (2)进行受力分析:求每个力的冲量,再求合冲量或先求合力,再求其冲量。 (3)分析过程找初、末状态:选取正方向,确定初、末状态的动量和各冲量的 正负。 (4)列方程:根据动量定理列方程求解。 3. 对过程较复杂的运动,可分段用动量定理,也可整个过程用动量定理。 1.(2019山东青岛一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算 雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力,小玲同学将一圆柱形水杯置于院 中,测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm,查询得知,当时雨滴落地速度约为10 m/s,设雨滴撞击芭蕉后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1 × 10 3 kg/m 3 ,据此 估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为   (　 A 　) A.0.25 N　　B.0.5 N C.1.5 N　 　D.2.5 N 答案     A    设雨滴受到芭蕉叶面对它的平均作用力为 F ,设在Δ t 时间内有质量 为Δ m 的雨水的速度由 v =10 m/s减为零。以向上为正方向,对这部分雨水应用 动量定理: F Δ t =0-(-Δ mv ),得: F =   。设水杯横截面积为 S ,对水杯里的雨水,在 Δ t 时间内水面上升Δ h ,则有:Δ m = ρS Δ h ,可得 F = ρSv   ,由牛顿第三定律可知,芭 蕉叶面受到的平均作用力 F '= F ,压强为 P =   = ρv   =1 × 10 3 × 10 ×   N/m 2 = 0.25 N/m 2 ,即芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N,故选项A正 确,B、C、D均错误。 2.(2019山东烟台一模)如图所示,光滑细杆 BC 和 AC 构成直角三角形 ABC ,其中 AC 杆竖直, BC 杆和 AC 杆间的夹角 θ =37 ° ,两根细杆上分别套有可视为质点的 小球 P 、 Q , P 、 Q 的质量之比为1∶2。现将 P 、 Q 两个小球分别从杆 AC 和 BC 的顶点由静止释放,不计空气阻力,sin 37 ° =0.6。则 P 、 Q 两个小球由静止释放 后到运动至 C 点的过程中,下列说法正确的是   (　 C 　) A.重力的冲量之比为1∶1　     B.重力的冲量之比为5∶6 C.合力的冲量之比为5∶8　     D.合力的冲量之比为5∶2 答案     C　设 AC 为5 l , BC 为4 l , P 球沿 AC 杆做自由落体运动,设下落的时间为 t P , 则5 l =   g   ; Q 球沿 BC 杆做匀加速直线运动,加速度为 a = g cos 37 ° =0.8 g ,设下落 的时间为 t Q ,则4 l =   a   ,解得:   =   。由冲量的定义 I = Ft 可得两球重力的冲量比 为:   =   =   =   ,故A、B错误。由速度公式 v = at 可得,两球的速度比:   =   =   ;由动量定理 I 合 =Δ P = m Δ v 可知,两球的合力的冲量比:   =   =   ×   =   ,故C正确,D错误。 3.(2019山东泰安模拟)如图所示,竖直平面内有一半圆槽, A 、 C 等高, B 为圆槽 最低点,小球从 A 点正上方 O 点静止释放,从 A 点切入圆槽,刚好能运动至 C 点。 设球在 AB 段和 BC 段运动过程中,运动时间分别为 t 1 、 t 2 ,合外力的冲量大小为 I 1 、 I 2 ,则   (　 C 　)   A. t 1 > t 2 　    B. t 1 = t 2 　    C. I 1 > I 2 　    D. I 1 = I 2 答案     C　小球从 A 点正上方 O 点静止释放,刚好能运动至 C 点,说明在圆槽内 要克服摩擦力做功,因此小球在 AB 段平均速率大于 BC 段平均速率,两段路程 相等,所以 t 1 < t 2 ,A、B错误;在矢量三角形中如图所示,在 AB 段动量的变化为 m Δ v ,而在 BC 段动量的变化为 mv B ,由图可知 AB 段动量的变化大于 BC 段动量的 变化,由动量定理得 I 1 > I 2 ,C正确,D错误。   4.(2019山东潍坊三模)如图所示,一消防车空载时的质量为2 000 kg,储水容积 为10 m 3 ,储满水后静止在倾角为37 ° 的斜坡上,水枪出水口距水平地面高度为 3.2 m,打开水枪,水流持续向坡底水平射出,水落到水平面上的着火点,着火点 到射出点的水平距离为48 m,已知水枪出水口的面积为2 × 10 -3 m 2 ,水的密度为 1.0 × 10 3 kg/m 3 ,取 g =10 m/s 2 ,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8。求: (1)水射出枪口时的速度大小; (2)从打开水枪开始计时,水喷完前消防车受到的摩擦力随时间变化的关系式。 答案 　(1)60 m/s　(2) f =6.624 × 10 4 -720 t 解析 　(1)设水射出枪口时速度为 v ,由平抛运动规律有 h =   gt 2 水平方向 x = vt 解得 v =60 m/s (2)取Δ t 时间喷出的水为研究对象,Δ m = ρsv Δ t 由动量定理 F 'Δ t =Δ mv 解得 F '= ρsv 2 由牛顿第三定律得 水对车的作用力 F = F ' 取消防车为研究对象,以沿斜面向上为正方向,其受力平衡 ( M + ρV 0 - ρsvt ) g sin 37 ° = F cos 37 ° + f 解得 f =6.624 × 10 4 -720 t (N) 考点二　动量守恒定律 1.[2019江苏单科,12(1)]质量为 M 的小孩站在质量为 m 的滑板上,小孩和滑板均 处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑 板时的速度大小为 v ,此时滑板的速度大小为   (　 B 　) A.   v 　　    B.   v 　　    C.   v 　　    D.   v 答案     B    本题考查了动量守恒定律,考查的是学生对动量守恒定律适用条 件的理解能力,体现了科学思维中的科学推理要素及物理观念中的运动与相 互作用观念要素。 忽略滑板与地面间摩擦时,小孩与滑板在水平方向上动量守恒:0= Mv + mv ',解 得 v '=-   v ,其中“-”表示 v '与 v 方向相反,故B正确。 2.(2017课标Ⅰ,14,6分)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气 以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬 间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)   (　 A 　) A.30 kg·m/s　 　B.5.7 × 10 2 kg·m/s C.6.0 × 10 2 kg·m/s　　D.6.3 × 10 2 kg·m/s 答案     A　由于燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与燃气 组成的系统动量守恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭 的动量与喷出燃气的动量等值反向,可得火箭的动量大小等于燃气的动量大 小,则| p 火 |=| p 气 |= m 气 v 气 =0.05 kg × 600 m/s=30 kg·m/s,A正确。 3.[2013山东理综,38(2),5分]如图所示,光滑水平轨道上放置长板 A (上表面粗 糙)和滑块 C ,滑块 B 置于 A 的左端,三者质量分别为 m A =2 kg、 m B =1 kg、 m C =2 kg。开始时 C 静止, A 、 B 一起以 v 0 =5 m/s的速度匀速向右运动, A 与 C 发生碰撞 (时间极短)后 C 向右运动,经过一段时间, A 、 B 再次达到共同速度一起向右运 动,且恰好不再与 C 碰撞。求 A 与 C 发生碰撞后瞬间 A 的速度大小。   答案 　2 m/s 解析 　因碰撞时间极短, A 与 C 碰撞过程动量守恒,设碰后瞬间 A 的速度为 v A , C 的速度为 v C ,以向右为正方向,由动量守恒定律得 m A v 0 = m A v A + m C v C   ① A 与 B 在摩擦力作用下达到共同速度,设共同速度为 v AB ,由动量守恒定律得 m A v A + m B v 0 =( m A + m B ) v AB   ② A 与 B 达到共同速度后恰好不再与 C 碰撞,应满足 v AB = v C   ③ 联立①②③式,代入数据得 v A =2 m/s④ 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矢量和为零。 (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矢量和为零,则系统在 这方向上动量守恒。 2.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。 1.(多选)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中 心发生对心碰撞,如图(a)所示,碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰 面来减小阻力,碰撞前后两壶运动的 v - t 图像如图(b)中实线所示,其中红壶碰 撞前后的图线平行,两冰壶质量均为19 kg,则   (　　) A.碰后蓝壶的速度为0.8 m/s B.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m C.碰撞过程两壶损失的动能为7.22 J D.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶4 答案     AD　由题图可知碰撞前、后红壶的速度为 v 0 =1 m/s和 v 2 =0.2 m/s,碰撞 过程中,根据动量守恒定律有: mv 0 = mv 1 + mv 2 ,解的 v 1 =0.8 m/s,故选项A正确;由题 图(b)可知,蓝壶运动时间为 t =   s=5 s,碰后蓝壶移动的距离为 x =   × 0.8 × 5 m=2 m,故选项B错误;碰撞过程两壶损失的动能为Δ E k =   m   -   =3.04 J,故选项C错误;红壶所受的摩擦力 f 1 = ma 1 =19 ×   N= 3.8 N,蓝壶所受的摩擦力 f 2 = ma 2 =19 ×   N=3.04 N,碰后红、蓝两壶所受摩 擦力之比为 f 1 ∶ f 2 =5∶4,故选项D正确。 2.(多选)(2019山东临沂质检)如图所示,一质量为 M 、两侧有挡板的盒子静止 在光滑水平面上,两挡板之间的距离为 L 。质量为 m 的物块(视为质点)放在盒 内正中间,与盒子之间的动摩擦因数为 μ 。从某一时刻起,给物块一个水平向 右的初速度 v ,物块在与盒子前后壁多次完全弹性碰撞后又停在盒子正中间, 并与盒子保持相对静止,重力加速度为 g 。则   (　 AC 　) A.盒子的最终速度为   ,方向向右 B.该过程产生的热能为   mv 2 C.碰撞次数为   D.碰撞次数为   -1 答案     AC　根据动量守恒条件可知,物块与盒子组成的系统水平方向动量 守恒,设物块与盒子运动的共同速度为 v ',则有: mv =( M + m ) v ',可得系统共同速 度为: v '=   v ,方向向右,选项A正确。根据能量守恒定律有:   mv 2 =   ( M + m ) v ' 2 + Q ,解得该过程产生的热能为 Q =   ·   mv 2 ,选项B错误。物块与盒子发生 N 次碰撞恰好又回到盒子正中间,由此可知,物块相对于盒子滑动的距离 x = NL ;物块受到摩擦力为 f = μmg ,则由 Q = μmgx 解得 N =   ,选项C正确,D 错误。 考点三　碰撞、爆炸与反冲 [2014山东理综,39(2)]如图,光滑水平直轨道上两滑块 A 、 B 用橡皮筋连接, A 的 质量为 m 。开始时橡皮筋松弛, B 静止,给 A 向左的初速度 v 0 。一段时间后, B 与 A 同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间 A 的速度 的两倍,也是碰撞前瞬间 B 的速度的一半。求: (ⅰ) B 的质量; (ⅱ)碰撞过程中 A 、 B 系统机械能的损失。 答案 　(ⅰ)   　(ⅱ)   m   解析 　(ⅰ)以初速度 v 0 的方向为正方向,设 B 的质量为 m B , A 、 B 碰撞后的共同 速度为 v ,由题意知:碰撞前瞬间 A 的速度为   ,碰撞前瞬间 B 的速度为2 v ,由动量 守恒定律得 m   +2 m B v =( m + m B ) v   ① 由①式得 m B =     ② (ⅱ)从开始到碰后的全过程,由动量守恒定律得 mv 0 =( m + m B ) v   ③ 设碰撞过程 A 、 B 系统机械能的损失为Δ E ,则 Δ E =   m   +   m B (2 v ) 2 -   ( m + m B ) v 2   ④ 联立②③④式得 Δ E =   m     ⑤ 1.碰撞过程遵循的“三原则” 动量守恒 碰撞时间极短,内力远大于外力,可看做动量守恒,有 m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 '+ m 2 v 2 ' 动能 不增加 碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量。系统动能满足关系式:   m 1   +   m 2   ≥   m 1 v 1 ' 2 +   m 2 v 2 ' 2 物理情境 可行性 按碰撞情境可分为追赶碰撞和相向碰撞,两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致 2.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: v 1 =   v 0 、 v 2 =   v 0 。 (3)熟记弹性正碰的一些结论,例如,当两球质量相等时,两球碰撞后交换速度; 当 m 1 ≫ m 2 ,且 v 20 =0时,碰后质量大的速率不变,质量小的速率为2 v 0 ;当 m 1 ≪ m 2 ,且 v 20 =0时,碰后质量小的以原速率反弹。 3. 爆炸和反冲过程时间极短,内力远大于外力,系统动量近似守恒,一般情况 下,爆炸过程中,系统的总动能增加。 1.(多选)(2019四川绵阳模拟)为完成某种空间探测任务,需要在太空站上发射 空间探测器,探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质 量为 M ,每秒钟喷出的气体质量为 m ,喷射气体的功率恒为 P ,不计喷气后探测 器的质量变化。则   (　 BC 　) A.喷出气体的速度为   B.喷出气体的速度为   C.喷气Δ t 秒后探测器获得的动能为   D.喷气Δ t 秒后探测器获得的动能为   答案     BC　对 t =1 s内喷出的气体,由动能定理得 Pt =   m   ,解得 v 1 =   ,故B正 确,A错误。在Δ t 时间内,喷出的气体整体与探测器动量守恒,有 Mv 2 = m Δ t · v 1 ,探 测器的动能 E k =   M   ,解得 E k =   ,故C正确,D错误。 2.(2019山东日照一模) A 、 B 两小球静止在光滑水平面上,用轻弹簧相连 接, A 、 B 两球的质量分别为 m 和 M ( m < M )。若使 A 球获得瞬时速度 v (如图甲), 弹簧压缩到最短时的长度为 L 1 ;若使 B 球获得瞬时速度 v (如图乙),弹簧压缩到 最短时的长度为 L 2 ,则 L 1 与 L 2 的大小关系为   (　 C 　)   A. L 1 > L 2 　    B. L 1 < L 2 C. L 1 = L 2 　    D.不能确定 答案     C　当弹簧压缩到最短时,两球的速度相同,对甲图取 A 的初速度方向 为正方向,由动量守恒定律得: mv =( M + m ) v ',由机械能守恒定律得: E p =   mv 2 -   ( M + m ) v ' 2 ,联立解得弹簧压缩到最短时有: E p =   。同理,对乙图取 B 的初 速度方向为正方向,当弹簧压缩到最短时也有: E p =   ,两次弹性势能相 等,则有: L 1 = L 2 ,故选项C正确。 3.(2019山东菏泽一模)如图所示,质量均为 m 的 A 、 B 两球套在悬挂的细绳上, A 球吊在绳的下端刚好不滑动,稍有扰动 A 就与绳分离, A 球离地高度为 h , A 、 B 两球开始时在绳上的间距也为 h , B 球释放后由静止沿绳匀加速下滑,与 A 球相 碰后粘在一起(碰撞时间极短),并滑离绳子。若 B 球沿绳下滑的时间是 A 、 B 一起下落到地面时间的2倍,重力加速度为 g ,不计两球大小及空气阻力,求: (1) A 、 B 两球碰撞后粘在一起瞬间速度大小; (2)从 B 球开始释放到两球粘在一起下落, A 、 B 两球组 成的系统损失的机械能。   答案　 (1)     　(2)   mgh 解析 　(1)设 B 球与 A 球相碰前的速度大小为 v 1 ,则 h =   v 1 t 1 碰撞过程动量守恒,设两球碰撞后的瞬间共同速度为 v 2 ,根据动量守恒定律有 mv 1 =2 mv 2 两球一起下落过程中,有 h = v 2 t 2 +   g   而 t 1 =2 t 2 解得 v 2 =     (2) B 球下滑至碰撞前,损失的机械能 Δ E 1 = mgh -   m   由(1)问知 v 1 =   因此Δ E 1 =   mgh 碰撞过程损失的机械能 Δ E 2 =   m   -   × 2 m   =   mgh 因此整个过程损失的机械能 Δ E =Δ E 1 +Δ E 2 =   mgh 素养引领·情境命题 　　科幻电影《流浪地球》的热映,掀起了研究讨论科幻电影的热潮,以此为 背景的物理问题也随之出现,可以较好地与物理知识相结合,情景新颖,有利 于培养考生阅读分析能力。 　　2019年春节热播的科幻电影《流浪地球》赢得了普遍的赞誉。影片讲 述的是由于太阳急速衰老和膨胀,在不远的将来太阳将会吞并包括地球在内 的众多行星。为了自救,人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划,即倾全 球之力在地球表面建造上万座行星发动机和转向发动机,推动地球离开太阳 系,用2 500年的时间奔往新家园——4.2光年外的恒星(比邻星)。“流浪地 球”计划分为五个阶段,刹车阶段:通过部署在赤道上的行星发动机使地球停 止自转。逃逸阶段:通过行星发动机(安装在朝向太阳半面的地球上)使地球 加速;先流浪阶段:通过木星和地球的“引力弹弓效应”再次使地球加速,驶 出太阳系,奔向人类选定的新家园“比邻星”;后流浪阶段:继续加速进行星 际航行,快到达比邻星时减速;新太阳阶段:地球被比邻星捕获,成为比邻星的 行星。 设太阳质量为 m ,地球质量为 m 1 ,木星质量为 m 2 (1)如图甲所示,若日、地间的距离为 r ,设无限远处的引力势能为零,则地球和 太阳间的引力势能可表示为 E p =- G   , G 为引力常量。   甲 ①若该位置的地球仅在地球和太阳的万有引力作用下绕太阳做匀速圆周运 动,则地球的运行速度 v 的大小为多少? ②要使地球从该位置逃离太阳系,则地球应该具有的最小速度 v 逃 的大小为多少？ (2)地球仅靠行星发动机难以达到很高的速度逃离太阳的引力进行星际航行, 故在“先流浪阶段”让地球从极远处迎面飞向木星,地球从木星旁绕过时,由 于木星引力作用,将使地球的运动速率增大,这种现象称之为“引力弹弓效 应”。如图乙所示,以太阳为参考系,地球以速率 v 1 从遥远的地方飞向木星,此 时木星以对太阳的轨道速率 v 2 运行,方向与 v 1 相反。当地球绕过木星并远离 木星到极远处时速率为 v 1 ',此时木星的速率为 v 2 ', v 1 '和 v 2 '的方向相同。由于 m 1 ≪ m 2 ,在极远处 v 1 、 v 2 、 v 1 '、 v 2 '的方向可视为相互平行。上述过程中以木星和 地球组成的系统动量和机械能均守恒。木星的自转以及太阳对它们的引力 的影响均可忽略不计。 乙 丙 ①请推导经上述“引力弹弓效应”后 , 地球速度 v 1 ' 的表达式 ( 用 v 1 、 v 2 、 m 、 m 1 和 m 2 表示 ), 并求出当 m 1 ≪ m 2 时 v 1 ' 的大小 ; ②若地球飞向木星时其速度 v 1 与木星的速度 v 2 同方向 , 如图丙所示 , 是否仍能 利用“引力弹弓效应”使地球速率增大?请简要分析说明。 解析 　(1)①万有引力提供向心力,则有: G   = m 1   解得: v =   ②由机械能守恒定律得:   m 1   +(- G   )=0 解得: v 逃 =   (2)①在“引力弹弓效应”中,系统的动量守恒和机械能守恒,设木星运动方 向为正方向,则有: m 1 (- v 1 )+ m 2 v 2 = m 1 v 1 '+ m 2 v 2 ' 答案　 (1)①   　②   　(2)见解析   m 1 (- v 1 ) 2 +   m 2   =   m 1 v   +   m 2 v     联立上述两式得: v 1 '=   当 m 1 ≪ m 2 时,则得: v 1 '= v 1 +2 v 2 ②不能 若当 v 1 与 v 2 同向,要使地球追上木星,应有 v 1 > v 2 ,设木星运动方向为正方向,根据 动量守恒可得: m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 (- v 1 ')+ m 2 v 2 '   m 1   +   m 2   =   m 1 (- v 1 ') 2 +   m 2 v   解得: v 1 '=-   当 m 1 ≪ m 2 时,有 v 1 '= v 1 -2 v 2 所以 v 1 '< v 1 ,故当 v 1 与 v 2 同向时,不能使地球速率增大