鲁科版高中物理选择性必修第一册第1章章末综合提升学案

这是一份鲁科版高中物理选择性必修第一册第1章章末综合提升学案，共20页。

主题1　碰撞与爆炸问题爆炸与碰撞的比较【典例1】　一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。[解析]　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝12mv02 ①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt ②联立①②式得t＝1g2Em。 ③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。根据能量守恒和动量守恒定律有14mv12＋14mv22＝E ⑤12mv1＋12mv2＝0 ⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度大小相等、方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有14mv12＝12mgh2 ⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝2Emg。[答案]　(1)1g2Em　(2)2Emg　爆炸过程和碰撞过程都可认为是系统动量守恒，但是爆炸过程动能增加，碰撞过程动能不增加，只有理想化的弹性碰撞认为动能不变，而一般情况下系统动能都是减少的。 主题2　多物体、多过程问题及临界问题1．解决多物体、多过程问题的两个关键(1)灵活选取研究对象：根据所研究问题的需要，有时需应用整体的系统动量守恒，有时只需应用部分物体的动量守恒。(2)灵活选取过程：根据所研究问题的需要，有时需要对全程进行分析，有时需要分过程多次应用动量守恒定律，注意找出联系各阶段的状态量。2．临界问题在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题。这类问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答。【典例2】　甲、乙两小船质量均为M＝120 kg，静止于水面上，甲船上的人质量m＝60 kg，通过一根长为L＝10 m的绳用F＝120 N的力水平拉乙船，求：(1)两船相遇时，两船分别走了多少距离；(2)为防止两船相撞，人至少以多大的速度跳到乙船(忽略水的阻力)。[解析]　(1)由水平方向动量守恒得(M＋m)x甲t＝Mx乙tx甲＋x乙＝L联立解得x甲＝4 m，x乙＝6 m。(2)甲船和人与乙船组成的系统动量时刻守恒，设相遇时甲船和人共同速度为v1，人跳离甲船速度为v。因系统总动量为零，为了防止两船相撞，人跳到乙船后至少需甲、乙船均停下，对人和甲船组成的系统由动量守恒定律得(M＋m)v1＝0＋mv对甲船和人由动能定理得Fx甲＝12M+mv12联立解得v＝43 m/s。[答案]　(1)4 m　6 m　(2)43 m/s　(1)“人船模型”对于系统初动量为零，动量时刻守恒的情况均适用。(2)两物体不相撞的临界条件是：两物体运动的速度方向相同，大小相等。 主题3　动量和其他力学知识的综合问题运用牛顿运动定律、动量、能量的观点解题是解决动力学问题的三条重要途径。求解这类问题时要注意正确选取对象、状态、过程，并恰当选择物理规律。在分析的基础上选用适宜的物理规律来解题，选用规律也有一定的原则。1．牛顿运动定律(力的观点)研究某一时刻(或某一位置)的动力学问题应使用牛顿第二定律，研究某一个恒力作用过程的动力学问题，且又直接涉及物体的加速度问题，应使用运动学公式和牛顿第二定律求解。如：物体在拉力和摩擦力作用下沿水平面运动瞬间的牛顿第二定律方程：F－f＝ma。物体沿轨道在竖直面内做圆周运动，最低点的向心力方程：N－mg＝mv2R。2．动量定理和动量守恒定律(动量观点)(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲量随时间变化，则应用动量定理求解，Ft＝mv－mv0。(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间的，应用动量守恒定律求解。3．动能定理和能量守恒定律(能量观点)(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。(2)如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程。4．注意(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律。若其中有涉及时间的问题，应选用动量定理；若有涉及位移的问题，应选用动能定理；若有涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律。(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决。【典例3】　如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s。求：(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l。[解析]　(1)以小车A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa，代入数据解得a＝2.5 m/s2。(2)对小车A和物块B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v代入数据解得v＝1 m/s。(3)设小车A和物块B发生碰撞前，小车A的速度为vA，对小车A和物块B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v小车A从开始运动到与物块B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝12mAvA2代入数据解得l＝0.45 m。[答案]　(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m　综合应用力学“三大观点”解题的步骤(1)认真审题，明确题目所述的物理情境，确定研究对象。(2)分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程，画出草图。对于过程复杂的问题，要正确、合理地把全过程分成若干阶段，注意分析各阶段之间的联系。(3)根据各阶段状态变化的规律确定解题方法，选择合理的规律列方程，有时还要分析题目的隐含条件、临界条件、几何关系等列出辅助方程。(4)代入数据(统一单位)，计算结果，必要时要对结果进行讨论。章末综合测评(一)　动量及其守恒定律1．质量为m的木箱放在水平地面上，在与水平方向成θ角的拉力F作用下，由静止开始运动，经过时间t速度达到v，在这段时间内拉力F和重力的冲量大小分别为(　　)A．Ft，0　　　 B．Ft cos θ，0C．mv，0 D．Ft，mgtD　[由冲量的定义式I＝Ft知，某个力与该力对应时间的乘积便为该力的冲量。因此拉力的冲量为Ft，重力的冲量为mgt，故选项D正确。]2．“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地减小摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以(　　)A．减小穿戴者与地面的接触时间，减小合力冲量B．延长穿戴者与地面的接触时间，增大合力冲量C．减小穿戴者与地面的接触时间，减小地面对穿戴者的平均冲击力D．延长穿戴者与地面的接触时间，减小穿戴者的动量变化率D　[在穿戴者着地时，动量的变化是一定的，即合外力的冲量一定，根据Ft＝Δp，由于穿上马甲后与地面接触时间变长，可知地面对穿戴者的平均冲力减小，即穿戴者的动量变化率减小，故选项D正确。]3．如图所示，滑槽M1与滑块M2紧靠在一起，静止于光滑的水平面上。小球m从M1的右上方无初速度地下滑，当m滑到M1左方最高处时，M1将(　　)A．静止 B．向左运动C．向右运动 D．无法确定B　[小球m和滑槽M1、滑块M2三个物体构成一个系统，这个系统所受水平方向的合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，小球m下滑前系统总动量为零，小球m下滑后m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑块M2作用，作用结果使滑块M2向右运动，滑块M2有向右的动量。当小球m滑到滑槽M1左方最高点时，小球m和滑槽M1的相对速度为零，但小球m和滑槽M1这个整体向左运动，有向左的动量，这样才能保证系统总动量为零，故选项B正确。]4．如图所示。A、B、C、D、E、F六个球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球质量相等，而F球质量小于B球质量。A球的质量等于F球质量，A球以速度v0向B球运动，所产生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　)A．5个小球静止，1个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．3个小球静止，3个小球运动D．6个小球都运动C　[A球与B球相碰时，由于A球的质量小于B球的质量，A球弹回，B球获得速度与C球碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，B球静止，C球获得速度，同理，C球与D球的碰撞，D球与E球的碰撞都是如此，E球获得速度后与F球的碰撞过程中，由于E球的质量大于F球的质量，所以E球、F球碰后都向前运动，所以碰撞之后，A、E、F三球运动，B、C、D三球静止，选项C正确。]5．物体的质量为m＝2.5 kg，静止在水平地面上。物体与地面间动摩擦因数μ＝0.2，物体受到与地面平行的拉力F作用，F方向不变，大小随时间变化规律如图所示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，那么下述判断正确的是(　　)A．前2 s物体摩擦力的冲量为0B．6 s内，拉力F对物体的冲量大小等于50 N·sC．6 s内，摩擦力对物体的冲量大小等于30 N·sD．6 s末物体的速度大小是12 m/sD　[物体所受的最大静摩擦力Ff＝μmg＝5 N，因为前2 s内拉力F小于最大静摩擦力，所以物体静止不动，此时拉力F等于静摩擦力，且I＝Ft，所以摩擦力的冲量不为0，故A错误；F-t图像与t轴包围的面积表示冲量的大小，故IF＝4×2 N·s＋10×2 N·s＋15×2 N·s＝58 N·s，故B错误；前2 s物体静止不动，是静摩擦力，后4 s物体是运动的，故摩擦力的冲量大小为If＝4×2 N·s＋5×4 N·s＝28 N·s，故C错误；6 s内根据动量定理得IF－If＝mv－0，即v＝IF-Ifm＝58-282.5 m/s＝12 m/s，故D正确。]6．9月18日至29日，2023－2024赛季全国冰壶青少年锦标赛在黑龙江省冰上训练中心举行，内蒙古队获得混双项目冠军。如图所示，冰壶A以1.5 m/s的速度与静止在冰面上的冰壶B正碰，碰后瞬间B的速度大小为1.2 m/s，方向与A碰前速度方向相同，碰撞时间极短。若已知两冰壶的质量均为20 kg，则下列说法中错误的是(　　)A．A、B相碰时，A和B组成的系统动量近似守恒B．碰后瞬间A的速度大小为0.4 m/sC．碰撞过程中，B对A做功为－21.6 JD．A、B碰撞过程是非弹性碰撞B　[由于碰撞时间极短，内力远远大于外力，可知，A、B相碰时，A和B组成的系统动量近似守恒，A正确；根据上述有mv0＝mvA＋mvB，解得vA＝0.3 m/s，B错误；碰撞过程中，根据动能定理，B对A做功为W＝12mvA2－12mv02＝－21.6 J，C正确；碰撞之前12mv02＝22.5 J，碰撞之后12mvA2＋12mvB2＝15.3 J＜22.5 J，可知，A、B碰撞过程是非弹性碰撞，D正确。故选B。]7．如图所示，一个倾角为α的斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h。今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)A．mhM+m B．MhM+mC．mhM+mtanα D．MhM+mtanαC　[此题属“人船模型”问题，小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物体在水平方向上对地位移为s1，斜面体在水平方向对地位移为s2。则有0＝ms1－Ms2，且s1＋s2＝htanα，可得s2＝mhM+mtanα，故C正确。]8．小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后的结合体的位移随时间的变化关系。已知相互作用时间极短。由图像给出的信息可知(　　)A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为2∶5B．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16D　[根据x-t图像的斜率表示滑块的运动速度，可得碰撞前滑块Ⅰ的速度为v1＝4-145 m/s＝－2 m/s，大小为2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝45 m/s＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，A错误；碰撞前、后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的速度为负，动量为负，滑块Ⅱ的速度为正，动量为正，由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小，B错误；碰撞后的共同速度为v＝6-45 m/s＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入数据可得m1＝16m2，D正确；碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的动能之比为Ek1Ek2＝12m1v1212m2v22＝m1m2·v1v22＝2524，所以碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能大，C错误。]9．某同学把两块不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧，如图所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察木块的运动情况，进行必要的测量，验证木块间相互作用时动量守恒。(1)该同学还必须有的器材是________________。(2)需要直接测量的数据是_______________________________________________________________________________________________________________。(3)用所得数据验证动量守恒的关系式是________。[解析]　这个实验的思路与课本上采用的实验的原理完全相同，也是通过测平抛运动的位移来代替它们作用完毕时的速度。[答案]　(1)刻度尺、天平　(2)两木块的质量m1、m2和两木块落地点分别到桌子两侧边缘的水平距离s1、s2　(3)m1s1＝m2s210．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mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝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发生碰撞。求A与C碰撞后瞬间A的速度大小。[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vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC ①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB ②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC ③联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s。[答案]　2 m/s11．(多选)如图所示，一不可伸长的轻绳的一端固定于O点，另一端系一小球，开始时将轻绳向右拉至水平，然后将小球由静止释放，则小球由静止到运动到最低点的过程，下列说法正确的是(　　)A．拉力对小球的冲量为零B．重力对小球的冲量方向竖直向下C．小球的动量变化量方向竖直向下D．合力对小球的冲量方向水平向左BD　[拉力不为零，根据I＝Ft可知，拉力对小球的冲量不为零，选项A错误；重力竖直向下，可知重力对小球的冲量方向竖直向下，选项B正确；小球初动量为零，末动量水平向左，可知小球的动量变化量方向水平向左，根据动量定理可知，合力对小球的冲量方向水平向左，选项C错误，D正确。]12．(多选)古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身重力的撞击力时即可致死，并设兔子与树桩的作用时间为0.2 s，则被撞死的兔子奔跑的速度大小可能为(g取10 m/s2)(　　)A．1 m/s B．1.5 m/sC．2 m/s D．2.5 m/sCD　[选取兔子奔跑的方向为正方向，对兔子由动量定理得－Ft＝0－mv，则F＝mvt。当F≥mg时，兔子即被撞死，即F＝mvt≥mg，所以v≥gt，即v≥10×0.2 m/s＝2 m/s，故选项C、D正确。]13．(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)A．12mv2 B．mMv22m+M C．12NμmgL D．NμmgLBD　[小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间。二者相对静止，即为共速，设速度为v1，可得mv＝(m＋M)v1，系统损失动能ΔEk＝12mv2－12M+mv12＝mMv22m+M，A错误，B正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C错误，D正确。]14．(多选)A、B两船的质量均为m，它们都静止在平静的湖面上，A船上质量为m2的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船。水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则(　　)A．A、B两船的速度大小之比为3∶2B．A、B(包括人)的动量大小之比为1∶1C．A、B(包括人)的动量之和为0D．因跳跃次数未知，故以上选项均无法确定ABC　[选A船、B船和人为一个系统，则他们的初始总动量为0。由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为0。选最终B船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律可得0＝m+m2vB＋mvA，解得vB＝－23vA。所以A、B两船的速度大小之比为3∶2，选项A正确；A和B(包括人)的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为1∶1，选项B正确；由于系统的总动量守恒，始终为0，故A和B(包括人)的动量之和也始终为0，选项C正确。]15．某同学用图甲所示的装置验证动量守恒定律。图中AB为斜槽，BC为水平槽。甲(1)下列说法正确的是________。A．该实验要求入射小球的质量应大于被碰小球的质量B．该实验要求入射小球和被碰小球必须是金属材质C．该实验通过测量入射小球从斜槽上由静止释放的高度h得到小球碰撞前的速度D．该实验通过测量小球做平抛运动的竖直位移间接得到小球碰撞前后的速度(2)实验时先使入射小球从斜槽上某一固定位置S多次由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上并留下痕迹，从而确定P点的位置；再把被碰小球放在水平槽末端，让入射小球仍从位置S多次由静止释放，跟被碰小球碰撞后，两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，从而确定M、N点的位置。实验中，确定P点位置时多次落点的痕迹如图乙所示，刻度尺的零刻线与O点对齐，则OP＝________cm。乙(3)该实验若要验证两小球碰撞前后的动量是否守恒，需要分别测量记录纸上M点距O点的距离LOM、P点距O点的距离LOP、N点距O点的距离LON。除此之外，还需要测量的物理量是____________________________，需要验证的关系式为________________(其中涉及需要测量的物理量请用自己设定的字母表示)。[解析]　(1)要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，而对小球的材质无要求，故A正确，B错误；入射小球从静止下落过程中会受到轨道对其的摩擦力作用，由于摩擦力做功未知，所以不能通过测量入射小球从斜槽上由静止释放的高度h得到小球碰撞前的速度，故C错误；两球碰撞后均做平抛运动，平抛的初速度为v＝xt，竖直高度相同，则下落时间相等，故只需要测量平抛的水平位移而不需要测量竖直高度，故D错误。(2)为保证减小实验误差，则应读轨迹中心到O点的距离即为OP的长度，毫米刻度尺的最小分度是毫米，估读到0.1 mm，所以OP＝39.80 cm。(3)据平抛运动知识可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：v0＝LOPt，v1＝LOMt，v2＝LONt令入射小球的质量为m1和被碰小球的质量为m2，根据动量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2可得验证的表达式为：m1LOP＝m1LOM＋m2LON还需要测量的物理量是入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2。[答案]　(1)A　(2)39.80　(3)入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2　m1LOP＝m1LOM＋m2LON16．2023年6月4日6时33分，神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在距离地表约10 km的高度打开降落伞，速度减至8 m/s后保持匀速向下运动。在距离地面的高度约1 m时，返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使返回舱的速度在0.2 s内由8 m/s降到2 m/s。假设反推发动机工作时降落伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2。(1)求反推发动机工作过程中返回舱动量变化量的大小；(2)为了估算反推发动机工作过程中返回舱受到的平均推力大小，甲、乙两位同学给出了如下两种不同的解法：请分析判断以上两种解法是否正确。若不正确，请说明错误原因并给出正确解法；(3)若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的平均推力大小为F，喷出气体的密度为ρ，4台发动机喷气口的直径均为D，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱运动的速度。求喷出气体的速度。[解析]　(1)规定竖直向下为正方向，喷气过程中返回舱动量变化量为Δp＝mv2－mv1＝－1.8×104 kg·m/s喷气过程中返回舱动量变化量的大小为1.8×104 kg·m/s。(2)甲、乙两同学的解法均不正确，甲同学忽略了重力，乙同学没有规定正方向，解题过程中力的正方向与速度的正方向不一致，正确解法如下：设返回舱受到的平均推力为F，取竖直向下为正方向，根据动量定理得(mg－F)t＝mv2－mv1解得F＝1.2×105 N。(3)以Δt时间内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速度为v，则每台发动机喷出气体的质量为m＝ρ·πD24·vΔt根据牛顿第三定律可得返回舱对气体的作用力F′＝F对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得F′Δt＝4mv－0解得v＝FπρD2。[答案]　(1)1.8×104 kg·m/s　(2)见解析　(3)FπρD217．如图所示，有一摆长为L的单摆，摆球A自水平位置摆下，在摆的平衡位置与置于光滑水平面的B球发生弹性碰撞，导致后者又跟置于同一水平面的C球发生完全非弹性碰撞。假设A、B、C球的质量均为m，重力加速度为g。那么：(1)A、B球碰后A球的速度为多大？(2)B、C球碰后它们共同的速度多大？(3)B球和C球碰撞过程中损失的机械能是多少？[解析]　(1) 对A球从最高点到最低点进行分析，由机械能守恒得mgL＝12mv2解得v＝2gL由于A球与B球发生弹性碰撞，且质量相等，所以交换速度，所以碰后速度为vB＝2gL，A球速度为vA＝0。(2)对B、C球由水平方向动量守恒得mvB＝(m＋m)v′解得v′＝2gL2，即B、C球碰后的速度是2gL2。(3) 根据能量守恒可知12mvB2＝12(m＋m)v′2＋Q代入数值解得Q＝12mgLB球和C球碰撞过程中损失的机械能是12mgL。[答案]　(1) 0　(2) 2gL2　(3)12mgL18．如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩。[解析]　(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v ①12m2v202＝12(m2＋m3)v2＋m2gh ②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg。 ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0 ④代入数据得v1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥12m2v202＝12m2v22＋12m3v32 ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。[答案]　(1)20 kg　(2)见解析比较项目爆炸碰撞相同点过程特点都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒过程模型由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始能量情况都满足能量守恒，总能量保持不变不同点动能情况有其他形式的能转化为动能，动能会增加弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能有损失，动能转化为内能甲同学的解法：设返回舱受到的推力为F，根据动量定理FΔt＝mv2－mv1解得F＝mv2-mv1Δt＝(3 000×2-3 000×80.2) N＝－9.0×104 N乙同学的解法：设返回舱受到的推力为F，根据动量定理(F－mg)Δt＝mv2－mv1解得F＝mg＋mv2-mv1Δt＝(3.0×104＋3 000×2-3 000×80.2) N＝－6.0×104 N