壓軸題05 動(dòng)量定理及碰撞類動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用- 2025年高考物理壓軸題專項(xiàng)訓(xùn)練（全國(guó)通用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

動(dòng)量定理及動(dòng)量守恒定律在高考物理中擁有極其重要的地位，它們不僅是力學(xué)知識(shí)體系的核心組成部分，也是分析和解決物理問(wèn)題的重要工具。
在高考命題中，動(dòng)量定理及動(dòng)量守恒定律的考查形式豐富多樣。這些考點(diǎn)既可能以選擇題、計(jì)算題的形式直接檢驗(yàn)學(xué)生對(duì)基本原理的掌握情況，也可能通過(guò)復(fù)雜的計(jì)算題、應(yīng)用題，要求學(xué)生運(yùn)用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律進(jìn)行深入分析和計(jì)算。此外，這些考點(diǎn)還經(jīng)常與其他物理知識(shí)點(diǎn)相結(jié)合，形成綜合性強(qiáng)的題目，以檢驗(yàn)學(xué)生的綜合應(yīng)用能力。
備考時(shí)，考生應(yīng)首先深入理解動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律的基本原理和概念，明確它們的適用范圍和條件。其次，考生需要熟練掌握相關(guān)的公式和計(jì)算方法，并能夠在實(shí)際問(wèn)題中靈活運(yùn)用。此外，考生還應(yīng)注重解題方法的總結(jié)和歸納，特別是對(duì)于典型題目的解題思路和方法，要進(jìn)行反復(fù)練習(xí)和鞏固。
考向一：彈簧類問(wèn)題中應(yīng)用動(dòng)量定理
1.動(dòng)量定理的表達(dá)式F·Δt=Δp是矢量式,在一維的情況下,各個(gè)矢量必須以同一個(gè)規(guī)定的方向?yàn)檎较?。運(yùn)用它分析問(wèn)題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向,公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。
2.動(dòng)量定理的應(yīng)用技巧
(1)應(yīng)用I=Δp求變力的沖量
如果物體受到大小或方向改變的力的作用,則不能直接用I=Ft求沖量,可以求出該力作用下物體動(dòng)量的變化Δp,等效代換得出變力的沖量I。
(2)應(yīng)用Δp=FΔt求動(dòng)量的變化
考向二：流體類和微粒類問(wèn)題中應(yīng)用動(dòng)量定理
1.流體類“柱狀模型”問(wèn)題
2.微粒類“柱狀模型”問(wèn)題
考向三：碰撞類和類碰撞類問(wèn)題中應(yīng)用動(dòng)量守恒定律
1.碰撞三原則：
(1)動(dòng)量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動(dòng)能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p\\al( 2,1),2m1)＋eq \f(p\\al( 2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。
2. “動(dòng)碰動(dòng)”彈性碰撞
v1
v2
v1’ˊ
v2’ˊ
m1
m2
發(fā)生彈性碰撞的兩個(gè)物體碰撞前后動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：
(1) (2)
聯(lián)立（1）、（2）解得：
v1’=，v2’=.
特殊情況：若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
3. “動(dòng)碰靜”彈性碰撞的結(jié)論
兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2 （2）
解得：v1′＝eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)
(2)當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)
(4)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)
(5)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)
01 應(yīng)用動(dòng)量定理處理蹦極類問(wèn)題
1．蹦極是一項(xiàng)非常刺激的戶外休閑活動(dòng)。圖甲為蹦極的場(chǎng)景，一游客從蹦極臺(tái)下落的速度一位移圖象如圖乙所示。已知彈性輕繩的彈力與伸長(zhǎng)量的關(guān)系符合胡克定律，游客及攜帶裝備的總質(zhì)量為，彈性輕繩原長(zhǎng)為，若空氣阻力恒定，游客下落至處時(shí)速度大小為，重力加速度取，下列正確的是（）
A．整個(gè)下落過(guò)程中，游客先處于失重后處于超重狀態(tài)
B．游客及攜帶裝備從靜止開(kāi)始下落的過(guò)程中重力的沖量為
C．游客在最低點(diǎn)時(shí)，彈性勢(shì)能最大為
D．彈性繩長(zhǎng)為時(shí)，游客的加速度大小為
【答案】A
【詳解】A．由題圖乙可知游客從蹦極臺(tái)下落過(guò)程先加速后減速，即先有向下的加速度后有向上的加速度，所以游客先處于失重后處于超重狀態(tài)，故A正確；
B．以游客及攜帶裝備為研究對(duì)象，從靜止開(kāi)始下落15m的過(guò)程中，由動(dòng)量定理得
I合=IG－IF－If＝mv＝50×15N·s＝750N·s
故重力的沖量大于750N·s，故B錯(cuò)誤；
C．游客在前5m做勻加速直線，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
f=50N
從下落至最低點(diǎn)過(guò)程中能量守恒
解得
=500×26-50×26=11700J
故C錯(cuò)誤；
D．游客下落15m時(shí)合力為0時(shí)速度最大，此時(shí)彈性繩的彈力和阻力等于游客及攜帶裝備的總重力，即
f+kΔx＝mg
解得
k＝＝45N/m
彈性繩長(zhǎng)為20m時(shí)，彈性繩的彈力
F＝kΔx′＝45×(20－10)N＝450N
根據(jù)牛頓第二定律得
F+f－mg＝ma
解得
a＝0m/s2
故D錯(cuò)誤。
故選A。
02 應(yīng)用動(dòng)量定理處理流體類問(wèn)題
2．雨打芭蕉是中國(guó)古代文學(xué)中常見(jiàn)的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p，小明將一圓柱形量筒置于雨中，測(cè)得時(shí)間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，設(shè)雨滴下落的速度為，雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈，雨水的密度為，不計(jì)雨滴重力。壓強(qiáng)p為（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】以極短時(shí)間內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量為，雨滴與芭蕉葉作用的有效面積為S，根據(jù)動(dòng)量定理有
由于圓柱形量筒置于雨中，測(cè)得時(shí)間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，則單位面積單位時(shí)間內(nèi)下落的雨水質(zhì)量為
則以極短時(shí)間內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量
根據(jù)牛頓第三定律有
雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)
解得
故選B。
03 分方向動(dòng)量定理應(yīng)用問(wèn)題
3．如圖所示，實(shí)線是實(shí)驗(yàn)小組某次研究平拋運(yùn)動(dòng)得到的實(shí)際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運(yùn)動(dòng)的理論軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結(jié)果。實(shí)驗(yàn)中，小球的質(zhì)量為m，水平初速度為，初始時(shí)小球離地面高度為h。已知小球落地時(shí)速度大小為v，方向與水平面成角，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）
A．小球落地時(shí)重力的功率為
B．小球下落的時(shí)間為
C．小球下落過(guò)程中的水平位移大小為
D．小球下落過(guò)程中空氣阻力所做的功為
【答案】B
【詳解】A．小球落地時(shí)重力的功率為
故A錯(cuò)誤；
B．小球下落過(guò)程在豎直方向根據(jù)動(dòng)量定理
解得小球下落的時(shí)間為
故B正確；
C．小球在水平方向根據(jù)動(dòng)量定理
解得小球下落過(guò)程中的水平位移大小為
故C錯(cuò)誤；
D．小球下落過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理
解得小球下落過(guò)程中空氣阻力所做的功為
故D錯(cuò)誤。
故選B。
04 彈性碰撞類問(wèn)題
4．如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠(yuǎn)大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時(shí)間均可忽略不計(jì)。已知m2＝3m1，則A反彈后能達(dá)到的高度為（）
A．hB．2hC．3hD．4h
【答案】D
【詳解】下降過(guò)程為自由落體運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得
v2=2gh
解得觸地時(shí)兩球速度相同，為

m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過(guò)程為研究過(guò)程，碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：
m2v-m1v=m1v1+m2v2
由能量守恒定律得

由題可知
m2=3m1
聯(lián)立解得
反彈后高度為
故D正確，ABC錯(cuò)誤。
故選D。
05 完全非彈性碰撞類問(wèn)題
5．如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有n個(gè)質(zhì)量均為m的小滑塊，相鄰滑塊之間的距離為L(zhǎng)，某個(gè)滑塊均可看成質(zhì)點(diǎn)?，F(xiàn)給第一個(gè)滑塊水平向右的初速度，滑塊間相碰后均能粘在一起，則從第一個(gè)滑塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第個(gè)滑塊與第n個(gè)滑塊相碰時(shí)的總時(shí)間為（）

A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】由于每次相碰后滑塊會(huì)粘在一起，根據(jù)動(dòng)量守恒定律
可知第二個(gè)滑塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的速度大小為
同理第三個(gè)滑塊開(kāi)始滑動(dòng)的速度大小為
第（n-1）個(gè)球開(kāi)始滑動(dòng)的速度大小為
因此運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為
故選B。
06 斜面類類碰撞問(wèn)題
6．如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面，且沒(méi)有從滑塊上端沖出去，若測(cè)得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說(shuō)法不正確的是（）
A．小球的質(zhì)量為
B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度為
C．小球能夠上升的最大高度為
D．若a>b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運(yùn)動(dòng)
【答案】C
【詳解】A．設(shè)小球的質(zhì)量為m，初速度為v0，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律得
結(jié)合圖乙可得
所以
，
故A正確，不符合題意；
D．對(duì)小球和圓弧滑塊組成的系統(tǒng)，有
解得小球在與圓弧滑塊分離時(shí)的速度為
即a>b時(shí)，小球的速度方向向左，所以小球與圓弧分離時(shí)向左做平拋運(yùn)動(dòng)，故D正確，不符合題意；
B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律得
解得
故B正確，不符合題意；
C．小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得
解得
故C錯(cuò)誤，符合題意。
故選C。
07 彈簧類類碰撞問(wèn)題
7．如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量均為2kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁接觸但不黏連。物塊C從t=0時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t=4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與物塊A粘在一起不再分開(kāi)，物塊C的v-t圖像如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）
A．物塊C的質(zhì)量為2kg
B．物塊B離開(kāi)墻壁前，彈簧的最大彈性勢(shì)能為40.5J
C．4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對(duì)物塊B的沖量大小為0
D．物塊B離開(kāi)墻壁后，物塊B的最大速度大小為3.6m/s
【答案】D
【詳解】A．由圖知，C與A碰前速度為，碰后速度為，C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以C的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律
解得
故A錯(cuò)誤；
B．AC粘在一起速度變?yōu)?時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，為
故B錯(cuò)誤；
C．由圖知，12s末A和C的速度為，4s到12s過(guò)程中墻壁對(duì)物體B的沖量大小等于彈簧對(duì)物體B的沖量大小，也等于彈簧對(duì)A和C整體的沖量大小，墻對(duì)B的沖量為
解得
方向向左，故C錯(cuò)誤；
D．物塊B剛離時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可得，AC向左運(yùn)動(dòng)的速度大小為3m/s，物塊B離開(kāi)墻壁后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物體B的速度最大，則有
代入數(shù)據(jù)解得
物塊B的最大速度為3.6m/s，故D正確。
故選D。
1．（2019·湖南長(zhǎng)沙·一模）一質(zhì)量為m1的物體以v0的初速度與另一質(zhì)量為m2的靜止物體發(fā)生碰撞，其中m2=km1，k＜1。碰撞可分為完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞。碰撞后兩物體速度分別為v1和v2．假設(shè)碰撞在一維上進(jìn)行，且一個(gè)物體不可能穿過(guò)另一個(gè)物體。物體1碰撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】若發(fā)生彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒
m1v0=m1v1+m2v2
由能量關(guān)系
解得
物體1碰撞后與碰撞前速度之比
若發(fā)生完全非彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒
m1v0=(m1+m2)v
解得
物體1碰撞后與碰撞前速度之比
所以, 物體1碰撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是
故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選B。
2．（2024高三·安徽滁州·模擬預(yù)測(cè)）蹦極是一項(xiàng)刺激的戶外休閑活動(dòng)，足以使蹦極者在空中體驗(yàn)幾秒鐘的“自由落體”。如圖所示，蹦極者站在高塔頂端，將一端固定的彈性長(zhǎng)繩綁在踝關(guān)節(jié)處。然后雙臂伸開(kāi)，雙腿并攏，頭朝下跳離高塔。設(shè)彈性繩的原長(zhǎng)為，蹦極者下落第一個(gè)時(shí)動(dòng)量的增加量為，下落第五個(gè)時(shí)動(dòng)量的增加量為，把蹦極者視為質(zhì)點(diǎn)，蹦極者離開(kāi)塔頂時(shí)的速度為零，不計(jì)空氣阻力，則滿足（）
A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】蹦極者下落高度的過(guò)程，可視為做自由落體運(yùn)動(dòng)，對(duì)于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)連續(xù)相等位移的時(shí)間之比為
可知
即
由動(dòng)量定理得
故
故選D。
3．（2024·山東臨沂·一模）列車(chē)在水平長(zhǎng)直軌道上的模擬運(yùn)行圖如圖所示，列車(chē)由質(zhì)量均為m的5節(jié)車(chē)廂組成，假設(shè)只有1號(hào)車(chē)廂為動(dòng)力車(chē)廂。列車(chē)由靜止開(kāi)始以額定功率P運(yùn)行，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間達(dá)到最大速度，列車(chē)向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，1號(hào)車(chē)廂會(huì)受到前方空氣的阻力，假設(shè)車(chē)廂碰到空氣前空氣的速度為0，碰到空氣后空氣的速度立刻與列車(chē)速度相同，已知空氣密度為。1號(hào)車(chē)廂的迎風(fēng)面積（垂直運(yùn)動(dòng)方向上的投影面積）為S，不計(jì)其他阻力，忽略2號(hào)、3號(hào)、4號(hào)、5號(hào)車(chē)廂受到的空氣阻力。當(dāng)列車(chē)以額定功率運(yùn)行到速度為最大速度的一半時(shí)，1號(hào)車(chē)廂對(duì)2號(hào)車(chē)廂的作用力大小為（）
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】設(shè)動(dòng)車(chē)的速度為v，動(dòng)車(chē)對(duì)空氣的作用力為F，取時(shí)間內(nèi)空氣柱的質(zhì)量為，對(duì)一小段空氣柱應(yīng)用動(dòng)量定理可得
其中
解得
由牛頓第三定律可得，空氣對(duì)動(dòng)車(chē)的阻力為
當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，速度達(dá)到最大，則
解得
當(dāng)速度達(dá)到最大速度一半時(shí)，此時(shí)速度為
此時(shí)受到的牽引力
解得
此時(shí)受到的阻力
對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律
對(duì)1號(hào)車(chē)廂，根據(jù)牛頓第二定律可得
聯(lián)立解得
當(dāng)列車(chē)以額定功率運(yùn)行到速度為最大速度的一半時(shí)，由牛頓第三定律，1號(hào)車(chē)廂對(duì)2號(hào)車(chē)廂的作用力大小為
故選B。
4．（2024·北京順義·一模）1899年，蘇聯(lián)物理學(xué)家列別捷夫首先從實(shí)驗(yàn)上證實(shí)了“光射到物體表面上時(shí)會(huì)產(chǎn)生壓力”，和大量氣體分子與器壁的頻繁碰撞類似，將產(chǎn)生持續(xù)均勻的壓力，這種壓力會(huì)對(duì)物體表面產(chǎn)生壓強(qiáng)，這就是“光壓”。某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的探測(cè)器，利用太陽(yáng)光的“光壓”為探測(cè)器提供動(dòng)力，以使太陽(yáng)光對(duì)太陽(yáng)帆的壓力超過(guò)太陽(yáng)對(duì)探測(cè)器的引力，將太陽(yáng)系中的探測(cè)器送到太陽(yáng)系以外。假設(shè)質(zhì)量為m的探測(cè)器正朝遠(yuǎn)離太陽(yáng)的方向運(yùn)動(dòng)，帆面的面積為S，且始終與太陽(yáng)光垂直，探測(cè)器到太陽(yáng)中心的距離為r，不考慮行星對(duì)探測(cè)器的引力。已知：?jiǎn)挝粫r(shí)間內(nèi)從太陽(yáng)單位面積輻射的電磁波的總能量與太陽(yáng)絕對(duì)溫度的四次方成正比，即，其中T為太陽(yáng)表面的溫度，為常量。引力常量為G，太陽(yáng)的質(zhì)量為M，太陽(yáng)的半徑為R，光子的動(dòng)量，光速為c。下列說(shuō)法正確的是（）
A．常量的單位為
B．t時(shí)間內(nèi)探測(cè)器在r處太陽(yáng)帆受到太陽(yáng)輻射的能量
C．若照射到太陽(yáng)帆上的光一半被太陽(yáng)帆吸收一半被反射，探測(cè)器太陽(yáng)帆的面積S至少為
D．若照射到太陽(yáng)帆上的光全部被太陽(yáng)帆吸收，探測(cè)器在r處太陽(yáng)帆受到的太陽(yáng)光對(duì)光帆的壓力
【答案】D
【詳解】A．P0是單位時(shí)間從太陽(yáng)單位面積輻射的電磁波的能量，所以單位為，則
則常量的單位為
故A錯(cuò)誤；
B．t時(shí)間內(nèi)探測(cè)器在r處太陽(yáng)帆受到太陽(yáng)輻射的能量
故B錯(cuò)誤；
C．輻射到太陽(yáng)帆的光子的總數(shù)
一半光子被吸收，一半反射，則有
其中
聯(lián)立可得
故C錯(cuò)誤；
D．若照射到太陽(yáng)帆上的光全部被太陽(yáng)帆吸收，則有
可得探測(cè)器在r處太陽(yáng)帆受到的太陽(yáng)光對(duì)光帆的壓力
故D正確。
故選D。
6．（2024·江西·一模）如圖所示，假設(shè)入射光子的動(dòng)量為p0，光子與靜止的電子發(fā)生彈性碰撞。碰后光子的動(dòng)量大小為p1，傳播方向與入射方向夾角為α：碰后電子的動(dòng)量大小為p2，出射方向與光子入射方向夾角為β。已知光速為c，普朗克常量為h，下列說(shuō)法正確的是（）
A．碰前入射光的波長(zhǎng)為B．碰后電子的能量為
C．D．
【答案】C
【詳解】A．根據(jù)德布羅意公式可知，碰前入射光的波長(zhǎng)為
選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．設(shè)電子的質(zhì)量為m，則碰后電子的能量為
選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
CD．沿光子入射方向的動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知
選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
7．（2024高三下·江西·開(kāi)學(xué)考試）如圖所示，平面（紙面）第一象限內(nèi)有足夠長(zhǎng)且寬度均為、邊界均平行軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ的下邊界與軸重合。位于處的離子源能釋放出質(zhì)量為、電荷量為、速度方向與軸夾角為的正離子束，沿紙面射向磁場(chǎng)區(qū)域。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是（）
A．速度大小為的離子不能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ
B．速度大小為的離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
C．恰能到達(dá)軸的離子速度大小為
D．恰能到達(dá)軸的離子速度大小為
【答案】ABC
【詳解】
AB．當(dāng)離子不進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ速度最大時(shí)，軌跡與邊界相切，如圖1
則由幾何關(guān)系解得根據(jù)
解得在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期
所有速度小于的離子都未進(jìn)入Ⅱ區(qū)，速度偏轉(zhuǎn)角都為，運(yùn)動(dòng)時(shí)間都為
故AB正確；
CD．，且磁場(chǎng)Ⅱ方向向外，則離子進(jìn)磁場(chǎng)Ⅱ后順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，離子恰到軸時(shí)速度與軸平行，如圖2
取水平向右為正方向，全過(guò)程在水平方向由動(dòng)量定理有
解得
故C正確，D錯(cuò)誤。
故選ABC。
8．（2024·黑龍江哈爾濱·二模）如圖所示，空間等距分布垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，豎直方向磁場(chǎng)區(qū)域足夠長(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，每一條形磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾燃跋噜彈l形磁場(chǎng)區(qū)域間距均為?，F(xiàn)有一個(gè)邊長(zhǎng)、質(zhì)量、電阻的單匝正方形線框，以的初速度從左側(cè)磁場(chǎng)邊緣水平進(jìn)入磁場(chǎng)，以下說(shuō)法正確的是（）
A．線框進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，通過(guò)線框的電荷量
B．線框剛進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，安培力大小為
C．線框從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱
D．線框從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過(guò)程中能穿過(guò)2個(gè)完整磁場(chǎng)區(qū)域
【答案】ACD
【詳解】A．線框進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，通過(guò)線框的電荷量為
故A正確；
B．線框剛進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為
線框受到的安培力大小為
故B錯(cuò)誤；
C．線框從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過(guò)程中，由于線框上下兩邊總是同時(shí)處在磁場(chǎng)中，則上下兩邊受到的安培力相互抵消，即線框豎直方向只受重力作用，可認(rèn)為豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)；水平方向在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)水平方向的速度減為零時(shí)，線框開(kāi)始豎直下落；則線框從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為
故C正確；
D．線框從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過(guò)程中，水平方向根據(jù)動(dòng)量定理可得
又
聯(lián)立解得
線框穿過(guò)1個(gè)完整磁場(chǎng)區(qū)域，有安培力作用的水平距離為，由于
可知線框從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過(guò)程中能穿過(guò)2個(gè)完整磁場(chǎng)區(qū)域，故D正確。
故選ACD。
9．（2024·湖北·二模）如圖所示，質(zhì)量分別為m、3m、nm的圓弧槽、小球B、小球C均靜止在水平面上，圓弧槽的半徑為R，末端與水平面相切?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的小球A從圓弧槽上與圓心等高的位置由靜止釋放，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性正碰，已知重力加速度為g，不計(jì)A、B、C大小及一切摩擦。下列說(shuō)法正確的是（）
A．小球A通過(guò)圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧槽的壓力大小為mg
B．若BC發(fā)生的是完全非彈性碰撞，n取不同值時(shí)，BC碰撞損失的機(jī)械能不同
C．若BC發(fā)生的是彈性正碰，當(dāng)時(shí)，碰撞完成后小球C的速度為
D．n取不同值時(shí)，C最終的動(dòng)量不同，其最小值為
【答案】BCD
【詳解】A．小球A第一次下滑到圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)，小球A和圓弧槽組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，有
根據(jù)小球A和圓弧槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有
解得
小球A通過(guò)圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)，相對(duì)于圓弧槽的速度大小為
根據(jù)牛頓第二定律有
聯(lián)立解得，小球A通過(guò)圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)，受到圓弧槽的支持力為
則小球A通過(guò)圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧槽的壓力大小為5mg，故A錯(cuò)誤；
B．若BC發(fā)生的是完全非彈性碰撞，設(shè)小球A與B碰撞后，小球B的初速度為，則BC碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒有
根據(jù)能量守恒有
聯(lián)立解得，BC碰撞損失的機(jī)械能為
可知，當(dāng)n取不同值時(shí)，BC碰撞損失的機(jī)械能不同，故B正確；
C．小球A與B發(fā)生彈性正碰，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒有
根據(jù)機(jī)械能守恒有
聯(lián)立解得
，
若BC發(fā)生的是彈性正碰，當(dāng)時(shí)，BC碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒有
根據(jù)機(jī)械能守恒有
聯(lián)立解得，碰撞完成后小球C的速度為
故C正確；
D．當(dāng)BC發(fā)生的是完全非彈性正碰時(shí)，C獲得的動(dòng)量最小。BC碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒有
解得，碰撞完成后小球C的速度為
則此時(shí)C的動(dòng)量為
可知，當(dāng)n取1時(shí)，C的動(dòng)量取最小值為
故D正確。
故選BCD。
10．（2024·湖南岳陽(yáng)·二模）如圖所示，傾角為的足夠長(zhǎng)的斜面上放有質(zhì)量均為m相距為L(zhǎng)的AB滑塊，其中滑塊A光滑，滑塊B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，。AB同時(shí)由靜止開(kāi)始釋放，一段時(shí)間后A與B發(fā)生第一次碰撞，假設(shè)每一次碰撞時(shí)間都極短，且都是彈性正碰，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）
A．釋放時(shí)，A的加速度為B．第一次碰后A的速度為
C．從開(kāi)始釋放到第一次碰撞的時(shí)間間隔為D．從開(kāi)始釋放到第二次碰撞的時(shí)間間隔為
【答案】AC
【詳解】A．A物體沿斜面下滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律
解得
故A正確；
C．對(duì)A滑塊，設(shè)從開(kāi)始釋放A與B第一次碰撞所用時(shí)間為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)
故C正確；
B．第一次碰撞前，A的速度為
設(shè)第一碰后A的速度為，B的速度為，則碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒
聯(lián)立解得
故B錯(cuò)誤；
D．B物體沿斜面下滑時(shí)有
解得
兩物體相碰后，A物體的速度變?yōu)榱?，以后再做勻加速運(yùn)動(dòng)，而B(niǎo)物體將以的速度沿斜面向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)再經(jīng)t2時(shí)間相碰，則有
解得
故從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩物體第二次相碰，共經(jīng)歷時(shí)間
故D錯(cuò)誤。
故選AC。
11．（2024高三下·山西晉中·開(kāi)學(xué)考試）如圖所示，質(zhì)量為的物塊P與長(zhǎng)木板Q之間有一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，P與彈簧拴接，Q與彈簧接觸但不拴接，Q的上表面粗糙。時(shí)，物塊P以初速度向左運(yùn)動(dòng)，時(shí)間內(nèi)物塊P與長(zhǎng)木板Q的圖像如圖所示，時(shí)刻，把質(zhì)量為的物塊M放在Q的最左端，圖中未畫(huà)出，M最終未從Q上滑出，則（）

A．物體Q的質(zhì)量為
B．時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為
C．M和Q之間由于摩擦作用的發(fā)熱量為
D．彈簧可以和Q發(fā)生二次作用
【答案】AC
【詳解】A．時(shí)刻，所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得
則物體的質(zhì)量為，故A正確；
B．時(shí)刻，彈簧壓縮到最短，和速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒
根據(jù)能量守恒可得最大彈性勢(shì)能為
故B錯(cuò)誤；
C．時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量守恒
根據(jù)機(jī)械能守恒
聯(lián)立解得
2t0時(shí)刻，和彈簧分離，和之間動(dòng)量守恒，有
解得
產(chǎn)生的熱量為
故C正確；
D．由上分析可知和共速時(shí)
彈簧不能和發(fā)生二次作用，故D錯(cuò)誤。
故選AC。
12．（2024·湖南長(zhǎng)沙·二模）如圖甲，質(zhì)量分別為mA和mB的A、B兩小球用輕質(zhì)彈簧連接置于光滑水平面上，初始時(shí)刻兩小球被分別鎖定，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)。t=0時(shí)刻解除A球鎖定，t=t1時(shí)刻解除B球鎖定，A、B兩球運(yùn)動(dòng)的a-t圖像如圖乙所示，S1表示0到t1時(shí)間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。下列說(shuō)法正確的是（）

A．t1時(shí)刻后A、B系統(tǒng)的總動(dòng)量大小始終為mAS1B．
C．D．t2時(shí)刻，彈簧伸長(zhǎng)量大于0時(shí)刻的壓縮量
【答案】AB
【詳解】A．a(chǎn)-t圖像的面積等于這段時(shí)間的速度變化量大小，t=0時(shí)刻解除A球鎖定，t=t1時(shí)刻解除B球鎖定，說(shuō)明t1時(shí)刻只有A球具有速度，設(shè)此時(shí)A球的速度為v1，則有
t1時(shí)刻后A、B組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，故總動(dòng)量等于t1時(shí)刻A球的動(dòng)量，則有
故A正確；
B．由圖像可知t1時(shí)刻A球的加速度為0，則此時(shí)彈簧彈力等于0，即彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，t2時(shí)刻兩球的加速度都達(dá)到最大，說(shuō)明此時(shí)彈簧的彈力最大，彈簧的伸長(zhǎng)量最大，即t2時(shí)刻兩球具有相同的速度，設(shè)t2時(shí)刻A、B兩球的速度為v2，從t1到t2過(guò)程，A球的速度變化量大小為
B球的速度變化量大小為
從t1到t2過(guò)程，A、B組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有
可得
聯(lián)立可得
故B正確；
C．t=0到t1時(shí)刻，A球速度變化量大小為
從t1到t2過(guò)程，A球的速度變化量大小為
從t1到t2過(guò)程，B球的速度變化量大小為
聯(lián)立可得
故C錯(cuò)誤；
D．從t=0到t2時(shí)刻，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，則有
說(shuō)明t=0時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能大于t2時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能，即t=0時(shí)刻彈簧的壓縮量大于t2時(shí)刻彈簧的伸長(zhǎng)量，故D錯(cuò)誤。
故選AB。
13．（2024·廣東茂名·二模）甲、乙兩位同學(xué)利用中國(guó)象棋進(jìn)行游戲。某次游戲中，在水平放置的棋盤(pán)上，甲用手將甲方的棋子以0.4m/s的初速度正對(duì)乙方棋子彈出，兩棋子相碰撞后（碰撞時(shí)間極短），甲方棋子速度大小變?yōu)?.1m/s，方向不變．兩棋子初始位置如圖所示，棋子中心與網(wǎng)格線交叉點(diǎn)重合，該棋盤(pán)每方格長(zhǎng)寬均，棋子直徑均為，棋子質(zhì)量相等均為，棋子與棋盤(pán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。重力加速度g大小取。求：
（1）甲、乙兩棋子相碰時(shí)損失的機(jī)械能；
（2）通過(guò)計(jì)算，判斷乙方棋子中心是否滑出邊界；
（3）甲方棋子從彈出到停下所需的時(shí)間。（計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）
【答案】（1）；（2）不滑出邊界；（3）
【詳解】（1）設(shè)甲、乙兩棋子碰撞前瞬間甲棋子的速度大小為，從甲棋子開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到甲、乙碰撞前瞬間過(guò)程，甲移動(dòng)距離為
對(duì)甲棋子，由動(dòng)能定理得
代入數(shù)據(jù)解得
甲、乙兩棋子碰撞過(guò)程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后瞬間乙棋子的速度大小為，以碰撞前甲棋子的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得
代入數(shù)據(jù)解得
碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為
解得
（2）設(shè)乙棋子碰后運(yùn)動(dòng)距離停下來(lái)，對(duì)乙棋子，由動(dòng)能定理得
解得
即可乙棋子移動(dòng)距離不夠1方格，棋子中心不滑出邊界。
（3）對(duì)甲棋子從彈出到碰撞前，列動(dòng)量定理有
解得
碰撞后，對(duì)甲棋子，列動(dòng)量定理有
解得
甲方棋子從彈出到停下所需的時(shí)間為
14．（2024·山西臨汾·二模）如圖所示，傾角為的固定斜面的底端安裝一個(gè)彈性擋板，質(zhì)量分別m和4m的物塊a、b置于斜面上，a與斜面間無(wú)摩擦，b與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于。兩物塊之間夾有一個(gè)勁度系數(shù)很大且處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)短彈簧（長(zhǎng)度忽略不計(jì)），彈簧被鎖定。現(xiàn)給兩物塊一個(gè)方向沿斜面向下、大小為的初速度，同時(shí)解除彈簧鎖定，彈簧瞬間完全釋放彈性勢(shì)能，并立即拿走彈簧。物塊a與擋板、a與b之間的碰撞均無(wú)機(jī)械能的損失，彈簧鎖定時(shí)的彈性勢(shì)能為，重力加速度為g。求：
（1）彈簧解除鎖定后的瞬間a、b的速度大??；
（2）解除鎖定，a與b第一次碰撞后，b沿斜面上升的最大高度。
【答案】（1），；（2）
【詳解】（1）由于彈簧在瞬間解除鎖定，在此瞬間內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，a、b系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以沿斜面向下為正方向，有
根據(jù)能量守恒
解得
，
（另一組解不符合實(shí)際，舍去。）
（2）彈簧瞬間解除鎖定后，由于b與斜面的摩擦因數(shù)，解除鎖定后b保持靜止。由于a與斜面間無(wú)摩擦，a沿斜面勻加速下滑，與擋板碰撞后原速率反彈，再沿斜面勻減速上滑，直到與b發(fā)生碰撞。根據(jù)機(jī)械能守恒，a與b碰撞前的速度大小仍為，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有
解得
（向下），
之后，對(duì)b，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
15．（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）如題圖所示，一邊長(zhǎng)為的正方體物塊靜置于足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，該正方體物塊內(nèi)有一條由半徑為四分之一圓弧部分和豎直部分平滑連接組成的細(xì)小光滑圓孔道。一質(zhì)量為的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），以初速度沿水平方向進(jìn)入孔道，恰好能到達(dá)孔道最高點(diǎn)?？椎乐睆铰源笥谛∏蛑睆?，孔道粗細(xì)及空氣阻力可不計(jì)，重力加速度為g。
（1）求該正方體物塊的質(zhì)量；
（2）求小球離開(kāi)孔道時(shí)的速度；
（3）小球從進(jìn)入孔道至到達(dá)孔道最高點(diǎn)的過(guò)程中，小球在孔道圓弧部分運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，求小球到達(dá)孔道最高點(diǎn)時(shí)，該正方體物塊移動(dòng)的距離。
【答案】（1）；（2），方向水平向右；（3）
【詳解】（1）小球從進(jìn)入孔道至到達(dá)最高點(diǎn)過(guò)程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、水平方向動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，則有
，
解得
，
（2）小球從進(jìn)入孔道到離開(kāi)孔道過(guò)程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、水平方向動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，則有
，
解得
，
即小球離開(kāi)孔道時(shí)速度大小為，方向與初速度相同，即水平向右。
（3）小球從進(jìn)入孔道至到達(dá)孔道圓弧部分最高點(diǎn)的過(guò)程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量始終守恒，則有
小球在孔道圓弧部分運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則有
其中
，
該時(shí)間內(nèi)，小球和物塊的相對(duì)位移為
解得
小球離開(kāi)孔道圓弧部分至到達(dá)孔道最高點(diǎn)過(guò)程中，小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則有
該過(guò)程中，物塊在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程物塊的位移
其中
解得
綜上可知，小球到達(dá)孔道最高點(diǎn)時(shí)，物塊移動(dòng)的距離
解得
16．（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，軌道ABCD由半徑的光滑四分之一圓弧軌道AB、長(zhǎng)度的粗糙水平軌道BC以及足夠長(zhǎng)的光滑水平軌道CD組成。質(zhì)量的物塊P和質(zhì)量的物塊Q壓縮著一輕質(zhì)彈簧并鎖定（物塊與彈簧不連接），三者靜置于CD段中間，物塊P、Q可視為質(zhì)點(diǎn)。緊靠D的右側(cè)水平地面上停放著質(zhì)量的小車(chē)，其上表面EF段粗糙，與CD等高，長(zhǎng)度；FG段為半徑的四分之一光滑圓弧軌道；小車(chē)與地面間的阻力忽略不計(jì)。P、Q與BC、EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度，現(xiàn)解除彈簧鎖定，物塊P、Q由靜止被彈出（P、Q脫離彈簧后立即撤走彈簧），其中物塊P進(jìn)入CBA軌道，而物塊Q滑上小車(chē)。不計(jì)物塊經(jīng)過(guò)各連接點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能損失。
（1）若物塊P經(jīng)過(guò)CB后恰好能到達(dá)A點(diǎn)，求物塊P通過(guò)B點(diǎn)時(shí)，物塊P對(duì)圓弧軌道的彈力；
（2）若物塊P經(jīng)過(guò)CB后恰好能到達(dá)A點(diǎn)，試分析物塊Q能否沖出小車(chē)上的G點(diǎn)，若能沖出G點(diǎn)，求出物塊Q從飛離G點(diǎn)到再次回到G點(diǎn)過(guò)程中小車(chē)通過(guò)的位移；若物塊Q不能飛離G點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）若彈簧解除鎖定后，物塊Q向右滑上小車(chē)后能通過(guò)F點(diǎn)，并且后續(xù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程始終不滑離小車(chē)，求被鎖定彈簧的彈性勢(shì)能取值范圍。
【答案】（1）60N，方向豎直向下；（2）能，；（3）
【詳解】（1）物塊P從B到A過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有
物塊P在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
根據(jù)牛頓第三定律，物塊對(duì)軌道的壓力大小60N，方向豎直向下；
（2）物塊P被彈出到運(yùn)動(dòng)到A過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
對(duì)P、Q構(gòu)成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
解得
對(duì)Q與小車(chē)構(gòu)成的系統(tǒng)，在水平方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
解得
根據(jù)能量守恒定律有
解得
物塊P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
（3）物塊被彈開(kāi)過(guò)程有
當(dāng)物塊Q向右滑上小車(chē)后恰好到達(dá)F點(diǎn)與小車(chē)共速時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最小，此時(shí)，對(duì)物塊Q與小車(chē)有
解得
由于
當(dāng)物塊Q沖上FG圓弧沒(méi)有越過(guò)G點(diǎn)之后又返回E點(diǎn)與小車(chē)共速時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能達(dá)到最大值，則彈簧彈開(kāi)兩物塊過(guò)程有
當(dāng)物塊Q沖上FG圓弧沒(méi)有越過(guò)G點(diǎn)之后又返回E點(diǎn)與小車(chē)共速過(guò)程有
解得
綜合上述，被鎖定彈簧的彈性勢(shì)能的取值范圍為
流體及
其特點(diǎn)
通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ
分
析
步
驟
1
建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S
2
微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt
3
建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理研究這段柱狀流體
微粒及
其特點(diǎn)
通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n
分
析
步
驟
1
建立“柱狀模型”，沿運(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S
2
微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt
3
先應(yīng)用動(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算

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