高三物理冲量动量 动量定理专题复习学案教师版.docx
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高三物理冲量动量动量定理专题复习学案教师版
动量冲量动量定理
一、动量和冲量
1.动量(状态量)——物体的质量和速度的乘积叫做动量:
p=mv
2.动量的变化:
由于动量为矢量,则求解动量的变化时,其运算遵循平行四边形定则。
①若初末动量在同一直线上,则在选定正方向的前提下,可化矢量运算为代数运算。
*②若初末动量不在同一直线上,则运算遵循平行四边形定则。
【练1】一个质量为m=40g的乒乓球自高处落下,以速度
=1m/s碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速率为
=0.5m/s。
求在碰撞过程中,乒乓球动量变化为多少?
正方向
1.解:
取竖直向下为正方向,乒乓球的初动量为:
乒乓球的末动量为:
乒乓球动量的变化为:
=
负号表示
的方向与所取的正方向相反,即竖直向上。
3.冲量(过程量)——力和力的作用时间的乘积叫做冲量:
I=Ft
(1)它的方向由力的方向决定。
可能与力同方向,也可能不共线。
(2)高中阶段要求会用I=Ft计算恒力的冲量(一般用动量定理求冲量的情况更多)。
(3)冲量和功不同。
恒力在一段时间内可能不作功,但一定有冲量。
(4)求合外力冲量的两种方法
①求合外力,再求合外力的冲量②先求各个力的冲量,再求矢量和
H
【练2】质量为m的小球由高为H的光滑固定斜面顶端无初速滑到底端过程中,重力、弹力、合力的冲量各是多大?
2.解:
力的作用时间都是
,力的大小依次是mg、mgcosα和mgsinα,所以它们的冲量依次是:
点评:
特别要注意,该过程中弹力虽然不做功,但对物体有冲量。
【练3】(2017·高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是( )
A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变
B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力
C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零
D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变
二、动量定理
1.动量定理——物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。
既I=Δp
⑴动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因,冲量是物体动量变化的量度。
这里所说的冲量是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。
⑵动量定理给出了冲量(过程量)和动量变化(状态量)间的互求关系。
⑶动量定理表达式是矢量式。
在一维情况下,各个矢量以同一个规定的方向为正。
⑷如果是变力,那么F表示平均值
(5)现代物理学把力定义为物体动量的变化率:
(牛顿第二定律的动量形式)。
动量定理和牛顿第二定律的联系与区别
联系:
①
形式可以相互转化
②都是以地面为参考系
区别:
③牛顿定律适用宏观低速,而动量定理适用于宏观微观高速低速
④
动量的变化率,表示动量变化的快慢;而
表明力是产生加速度的原因。
(6)对比于动能定理
I=Ft=mv2-mv1(力在时间上的累积)
W=Fs=
mv22-
mv21(力在空间上的累积)
【练4】以初速度v0平抛出一个质量为m的物体,抛出后t秒内物体的动量变化是多少?
解析:
因为合外力就是重力,所以Δp=Ft=mgt
2.动量定理的定性应用
【练5】某同学要把压在木块下的纸抽出来。
第一次他将纸迅速抽出,木块几乎不动;第二次他将纸较慢地抽出,木块反而被拉动了。
这是为什么?
解析:
物体动量的改变不是取决于合力的大小,而是取决于合力冲量的大小。
在水平方向上,第一次木块受到的是滑动摩擦力,一般来说大于第二次受到的静摩擦力;但第一次力的作用时间极短,摩擦力的冲量小,因此木块没有明显的动量变化,几乎不动。
第二次摩擦力虽然较小,但它的作用时间长,摩擦力的冲量反而大,因此木块会有明显的动量变化。
【练6】(多选)有关实际中的现象,下列说法正确的是( )
A.火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度
B.体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力
C.用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响
D.为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,发动机舱越坚固越好
3.动量定理的定量计算
⑴明确研究对象和研究过程。
研究对象可以是一个物体,也可以是几个物体组成的质点组。
质点组内各物体可以是保持相对静止的,也可以是相对运动的。
研究过程既可以是全过程,也可以是全过程中的某一阶段。
⑵进行受力分析。
只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。
⑶规定正方向。
由于力、冲量、速度、动量都是矢量,在一维的情况下,列式前要先规定一个正方向,和这个方向一致的矢量为正,反之为负。
⑷写出初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。
C
⑸根据动量定理列式求解。
【练7】质量为m的小球,从沙坑上方自由下落,经过时间t1到达沙坑表面,又经过时间t2停在沙坑里。
求:
⑴沙对小球的平均阻力F;
⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。
7.解:
设刚开始下落的位置为A,刚好接触沙的位置为B,在沙中到达的最低点为C。
⑴在下落的全过程对小球用动量定理:
重力作用时间为t1+t2,而阻力作用时间仅为t2,以竖直向下为正方向,有:
mg(t1+t2)-Ft2=0,解得:
⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理:
在t1时间内只有重力的冲量,在t2时间内只有总冲量(已包括重力冲量在内),以竖直向下为正方向,有:
mgt1-I=0,∴I=mgt1
点评:
若本题目给出小球自由下落的高度,可先把高度转换成时间后再用动量定理。
当t1>>t2时,F>>mg。
【练8】如图所示,一高空作业的工人重为600N,系一条长为L=5m的安全带,若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t=1s,求安全带受的冲力?
(g取10m/s2)
8.解:
[审题指导] 转换研究对象,先以人为研究对象,利用动量定理求出人受安全带的冲力,再利用牛顿第三定律求安全带受的冲力.
[解析] 法一:
程序法
设工人刚要拉紧安全带时的速度为v,
v2=2gL,得v=
经缓冲时间t=1s后速度变为0,取向下为正方向,工人受两个力作用,即拉力F和重力mg,对工人由动量定理知,(mg-F)t=0-mv,F=
将数值代入得F=1200N.
由牛顿第三定律,工人给安全带的冲力F′为1200N,方向竖直向下.
法二:
全过程整体法
在整个下落过程中对工人应用动量定理,重力的冲量大小为mg,拉力F的冲量大小为Ft.初、末动量都是零,取向下为正方向,
由动量定理得mg-Ft=0
解得F==1200N.
由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力大小为F′=F=1200N,方向竖直向下.
[答案] 1200N,方向竖直向下
【练9】(2017·高考全国卷Ⅲ)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动.F随时间t变化的图线如图所示,则( )
A.t=1s时物块的速率为1m/s
B.t=2s时物块的动量大小为4kg·m/s
C.t=3s时物块的动量大小为5kg·m/s
D.t=4s时物块的速度为零
4.在F-t图中的冲量(F-t图上的“面积”表示冲量的大小)
*【练10】跳伞运动员从2000m高处跳下,开始下落过程未打开降落伞,假设初速度为零,所受空气阻力与下落速度大小成正比,最大降落速度为vm=50m/s。
运动员降落到离地面s=200m高处才打开降落伞,在1s内速度均匀减小到v1=5.0m/s,然后匀速下落到地面,试求运动员在空中运动的时间。
10.解:
整个过程中,先是变加速运动,接着匀减速,最后匀速运动,作出v—t图线如图
(1)所示。
由于第一段内作非匀变速直线运动,用常规方法很难求得这1800m位移内的运动时间。
考虑动量定理,将第一段的v—t图按比例转化成f—t图,如图
(2)所示,则可以巧妙地求得这段时间。
设变加速下落时间为t1,
又:
mg=kvm,得
所以:
第二段1s内:
所以第三段时间
空中的总时间:
5.应用动量定理求解连续作用问题
机枪连续发射子弹、水柱持续冲击煤层等都属于连续作用问题。
这类问题的特点是:
研究对象不是质点(也不是能看成质点的物体),动量定理应用的对象是质点或可以看做质点的物体,所以应设法把子弹、水柱质点化,通常选取一小段时间内射出的子弹或喷出的水柱作为研究对象,对它们进行受力分析,应用动量定理,或者结合牛顿运动定律综合求解。
【练11】正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量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,导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。
(注意:
解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时做必要的说明)
11.解:
一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI=2mv如图所示,以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体,由题设可知,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,碰壁粒子总数N=n·SvΔt
Δt时间内粒子给嚣壁的冲量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
答案 f=nmv2
【练12】一股水流以10m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出,喷嘴截面积为0.5cm2,有一质量为0.32kg的球,因受水对其下侧的冲击而停在空中,若水冲击球后速度变为0,则小球停在离喷嘴多高处?
12.解:
小球能停在空中,说明小球受到的冲力等于重力F=mg①
小球受到的冲力大小等于小球对水的力。
取很小一段长为Δl的小水柱Δm,其受到重力Δmg和球对水的力F,取向下为正方向。
(F+Δmg)t=0-(-Δmv)②
其中小段水柱的重力Δm·g忽略不计,Δm=ρS·Δl
②式变为F=
因t很短,Δl很小,一小段Δl的水柱可以看成匀速上升,Δl=vt。
上式变为F=ρSv2③
v为冲击小球前水的速度,即水以初速v0射出后,上升到h高处时的速度。
根据竖直上抛的公式有
v2-v=2(-g)h
所以v=
代入③,有F=ρS(v-2gh)
代入①,有mg=ρS(v-2gh)
h==
=m=1.8m
答案 1.8m
方法技巧
动量定理用于处理连续流体或粒子流的作用力问题,分析的关键是构建合理的物理模型,即隔离出一定形状的流体或粒子流作为研究对象,从而化“无形”为“有形”。
三、动量守恒定律
1.动量守恒定律的内容
一个系统不受外力或者受外力之和为零,这个系统的总动量保持不变。
即:
守恒是指整个过程任意时刻相等(时时相等,类比匀速)
定律适用于宏观和微观高速和低速
2.动量守恒定律成立的条件
⑴系统不受外力或者所受外力之和为零;
⑵系统受外力,但外力远小于内力,可以忽略不计;
⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零,则该方向上动量守恒。
3.动量守恒定律的表达形式
(1)
,即p1+p2=p1/+p2/,
(2)Δp1+Δp2=0,Δp1=-Δp2
4.理解:
①正方向②同一参考系③微观和宏观都适用
5.动量守恒定律的重要意义
从现代物理学的理论高度来认识,动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。
(另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。
)从科学实践的角度来看,迄今为止,人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。
6.应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法
(1)选系统:
依题意恰当选择系统(有的题目不止选择一次)
(2)判条件:
判断是否符合动量守恒的条件。
(3)设方向:
依题意设出便于列式运算的正方向
(4)定动量:
确定出初、末时刻的总动量。
(5)列等式:
初、末状态的总动量间划等号。
【练13】一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中,A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如图所示.则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )
A.动量守恒,机械能守恒
B.动量不守恒,机械能守恒
C.动量守恒,机械能不守恒
D.无法判定动量、机械能是否守恒
【练14】(多选)如图所示,小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。
关于上述过程,下列说法中正确的是( )
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
【练15】如图,质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止。
若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为( )
A.v0+vB.v0-v
C.v0+(v0+v)D.v0+(v0-v)
【练16】 (2016·高考全国卷Ⅱ)如图,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3m/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=0.3m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g=10m/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?
16.解:
[审题指导] 在人与冰块分离、冰块与斜面体作用过程中水平方向都满足动量守恒条件,结合能量守恒可得出三者之间的速度关系.
[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)v①
m2v=(m2+m3)v2+m2gh②
式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度,联立①②式并代入题给数据得m3=20kg.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=0④
代入数据得v1=1m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20=m2v2+m3v3⑥
m2v=m2v+m3v⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1m/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)20kg
(2)见解析
四、动量守恒定律的应用
1.碰撞
(1)特点:
相互作用时间很短、相互作用力很强、内力远大于外力。
(2)分类:
①按碰撞前后物体运动是否共线分
正碰(对心碰撞):
碰撞前后物体运动共线。
斜碰(非对心碰撞):
碰撞前后物体运动不共线。
②按碰撞过程中能量损失情况分
m2
Ⅰ.弹性碰撞模型
【练17】质量为m1小球在光滑的水平面上以速度v1向静止的质量为m2的小球运动,如图所示,两球发生弹性碰撞,求碰后两小球的速度分别为多少?
17.解:
设碰后两小的速度分别为v1′和v2′,设向右为正。
由于两小球碰撞过程中动量守恒
m1v1=m1v1′+m2v2′①
两小球属弹性碰撞,所以碰撞前后总动能不变
②
联立①②得
(这个结论最好背下来,以后经常要用到。
)
【练18】(弹性碰撞)如图,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m,速度为2v0,方向向右,滑块B的质量为2m,速度大小为v0,方向向左,两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
A.A和B都向左运动
B.A和B都向右运动
C.A静止,B向右运动
D.A向左运动,B向右运动
【练19】(2015·高考全国卷Ⅰ)如图,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.
19.解:
[审题指导] 由于是弹性碰撞,则同时满足动量守恒和机械能守恒,并且物体间碰后速度还要满足实际情况,即前面的速度大于后面的速度.
[解析] A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒.设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mvA1+MvC1①
mv=mv+Mv②
联立①②式得
vA1=v0③
vC1=v0④
如果m>M,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;所以只需考虑m 第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞.设与B发生碰撞后,A的速度为vA2,B的速度为vB1,同样有 vA2=vA1=v0⑤ 根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有 vA2≤vC1⑥ 联立④⑤⑥式得m2+4mM-M2≥0 解得m≥(-2)M 另一解m≤-(+2)M舍去. 所以,m和M应满足的条件为 (-2)M≤m Ⅱ.非弹性碰撞 子弹打木块模型 子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。 作为一个典型,它的特点是: 子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动。 下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。 【练20】质量为m2的木块静止在光滑的水平面上,有一质量为m1的子弹以速度v1射入木块中,并与木块一起运动,如图所示。 设子弹对木块的阻力恒为f,求子弹射入木块的深度。 S2 20.解: 依题意作出初、末状态的示意图。 子 弹射入木块的过程中动量守恒(向右为正) m1v1=(m1+m2)v′① 对子弹和木块分别应用动能定理得 ② ③ 由①②③得 一个重要的结论: 由②③得 摩擦力在相对路程上所做的功等于系统机械能的减少量。 【练21】(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块.若射击下层,子弹刚好不射出;若射击上层,则子弹刚好能射穿一半厚度,如图所示.则上述两种情况相比较( ) A.子弹的末速度大小相等 B.系统产生的热量一样多 C.子弹对滑块做的功不相同 D.子弹和滑块间的水平作用力一样大 其它非弹性碰撞问题 【练22】(2015·全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞;碰撞后两者粘在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段。 两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。 求: (1)滑块a、b的质量之比; (2)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。 22.解: (1)设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1、v2。 由题给图象得 v1=-2m/s① v2=1m/s② a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v。 由题给图象得 v=m/s③ 由动量守恒定律得 m1v1+m2v2=(m1+m2)v④ 联立①②③④式得 m1∶m2=1∶8⑤ (2)由能量守恒定律得,两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE=m1v+m2v-(m1+m2)v2⑥ 由图象可知,两滑块最后停止运动.由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为 W=(m1+m2)v2⑦ 联立⑥⑦式,并代入题给数据得 W∶ΔE=1∶2 2.解决碰撞问题的三个依据 ⑴动量守恒。 ⑵动能不增加 ⑶速度符合情境: 对碰撞前、后速度同向的两物体,碰前后面物体速度大,碰后前面物体速度大。 【练23】两个小球在光滑水平面上沿同一直线,同一方向运动,B球在前,A球在后,MA=1kg, MB=2kg,vA=6m/s, vB=2m/s, 当A球与B球发生碰撞后,A、B两球速度可能为 () A. =5m/s, =2.5m/s B. =2m/s, =4m/s C. =-4m/s, =7m/s D. =7m/s, =1.5m/s 【练24】动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动,A追上B并发生碰撞后。 若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s,而方向不变,那么A、B质量之比的可能范围是什么? 24.解: A能追上B,说明碰前vA>vB,∴ ;碰后A的速度不大于B的速度, ;又因为碰撞过程系统动能不会增加, ,由以上不等式组解得: 点评: 此类碰撞问题要考虑三个因素: ①碰撞中系统动量守恒;②碰撞过程中系统动能不增加;③碰前碰后两个物体位置关系(不穿越)和速度大小应保证其顺序合理。 3.反冲问题 ⑴现象: 物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动现象。 ⑵特点: 一般情况下物体间的相互作用力(内力)较大,因此系统动量往往有以下几种情况: ①动量守恒; ②动量近似守恒; ③某一方向动量守恒,反冲运动中机械能往往不守恒。 ⑶实例: 喷气式飞机、火箭、焰火等都是利用反冲现象的实例。 【练25】总质量为M的火箭模型从飞机上释放时的速度为v0,速度方向水平。 火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后,火箭本身的速度变为多大? 25.解: 火箭喷出燃气前后系统动量守恒。 喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m,以v0方向为正方向, 【练26】(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为600m/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.30kg·m/s B.5.7×102kg·m/s C.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s 4.爆炸类问题 ⑴动量守恒: 由于爆炸是在极短时间内完成的,发生爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力所以在爆炸过程中动量守恒。 ⑵动能增加: 在爆炸过程中,由于有其它形式的能量(如化学能、弹性势能、核能等)转化为动能,所以爆炸前后系统的总动能增加。 ⑶位置不变: 爆炸的时间极短,因而在作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 【练27】抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s,这时突然炸成两块,其中大块质量300g仍按原方向飞行,其速度测得为50m/s,另一小块质量为200g,求它的速度的大小和方向。 27.解: 手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=(m1+m2)g,可见系统的动量并不守恒。 但在爆炸瞬间,内力远大于外力时,外力可以不计,系统动量近似守恒。 设手雷原飞行方向为正方向,则整体初速度 ;m1=0.3kg的大块速度为 m/s、m2=0.2kg的小块速度为 ,方向不清,暂设为正方向。 由动量守恒定律: m/s 此结果表明,质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动,其中负号表示与所设正方向相反 【练28】(2018·高考全国卷Ⅰ)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
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