《2019-2020學年高考物理 主題1 動量與動量守恒定律 微型專題 動量守恒定律的應用學案（必修1）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020學年高考物理 主題1 動量與動量守恒定律 微型專題 動量守恒定律的應用學案（必修1）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、微型專題　動量守恒定律的應用 [學科素養(yǎng)與目標要求]　 物理觀念：1.進一步理解動量守恒定律的含義及守恒條件.2.理解動量守恒定律的普遍性. 科學思維：熟練掌握應用動量守恒定律解決實際問題. 一、動量守恒條件的理解 1.動量守恒定律成立的條件： (1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零； (2)系統(tǒng)的內力遠大于外力； (3)系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0. 此種情況說明：動量守恒定律的適用條件是普遍的，當系統(tǒng)所受的合外力不為零時，系統(tǒng)的總動量不守恒，但是合外力在某個方向上的分量為零時，那么在該方向上系統(tǒng)的動量分量是守恒的. 2.動量守恒定律的研究對象是系統(tǒng).

2、研究多個物體組成的系統(tǒng)時，必須合理選擇系統(tǒng)，分清系統(tǒng)的內力與外力，然后判斷所選系統(tǒng)是否符合動量守恒的條件. 例1　(多選)質量分別為M和m0的兩滑塊用輕彈簧連接，以恒定速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖1所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列情況可能發(fā)生的是(　　) 圖1 A.M、m0、m速度均發(fā)生變化，碰后分別為v1、v2、v3，且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3 B.m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，且滿足Mv＝Mv1＋mv2 C.m0的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関′，且滿足Mv＝(M＋m)v′ D.M、m0、m速度

3、均發(fā)生變化，M和m0的速度都變?yōu)関1，m的速度變?yōu)関2，且滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 答案　BC 解析　M和m碰撞時間極短，在極短的時間內彈簧形變極小，可忽略不計，因而m0在水平方向上沒有受到外力作用，動量不變(速度不變)，可以認為碰撞過程中m0沒有參與，只涉及M和m，由于水平面光滑，彈簧形變極小，所以M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，兩者碰撞后可能具有共同速度，也可能分開，所以只有B、C正確. 例2　如圖2所示，從傾角為30°、長0.3m的光滑斜面頂端滑下質量為2kg的貨包，掉在質量為13kg的靜止的小車里.若小車與水平面之間的動摩擦因數μ＝0.02，小車能前進多遠？

4、(g取10m/s2，不計空氣阻力) 圖2 答案　0.1m 解析　貨包離開斜面時速度為v＝＝＝m/s. 貨包離開斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在其落入小車前，其水平分速度vx不變，其大小為vx＝vcos30°＝1.5m/s.貨包落入小車中與小車相碰的瞬間，雖然小車在水平方向受到摩擦力的作用，但與相碰時的內力相比可忽略，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，以vx的方向為正方向，則mvx＝(M＋m)v′， 小車獲得的速度為v′＝＝m/s＝0.2 m/s 由動能定理有μ(M＋m)gs2＝(M＋m)v′2 得小車前進的距離為s2＝＝＝0.1m. 例2中貨包和小車組成的系統(tǒng)不滿足動量

5、守恒的條件，但系統(tǒng)在水平方向不受外力的作用，則系統(tǒng)在水平方向動量守恒. 二、多物體、多過程動量守恒定律的應用 多個物體相互作用時，物理過程往往比較復雜，分析此類問題時應注意： (1)正確進行研究對象的選?。河袝r對整體應用動量守恒定律，有時對部分物體應用動量守恒定律.研究對象的選取，一是取決于系統(tǒng)是否滿足動量守恒的條件，二是根據所研究問題的需要. (2)正確進行過程的選取和分析：通常對全程進行分段分析，并找出聯系各階段的狀態(tài)量.根據所研究問題的需要，列式時有時需分過程多次應用動量守恒，有時只需針對初、末狀態(tài)建立動量守恒的關系式. 例3　如圖3所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙

6、)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞.求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小. 圖3 答案　2m/s 解析　長木板A與滑塊C處于光滑水平軌道上，兩者碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊B與長木板A間的摩擦力可以忽略不計，長木板A與滑塊C組成的系統(tǒng)，在碰撞過程中動量守恒，取水平向右為正方向 則mAv0＝mAvA＋mCvC① A、C碰撞后，長木板A與滑塊B組成的系統(tǒng)所受合外力為零

7、，系統(tǒng)動量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v② 長木板A和滑塊B達到共同速度后，恰好不再與滑塊C碰撞，即最后三者速度相等，vC＝v③ 聯立①②③式，代入數據解得：vA＝2m/s 處理多物體、多過程動量守恒的問題應注意： (1)正方向的選取. (2)研究對象的選取，明確取哪幾個物體為系統(tǒng)作為研究對象. (3)研究過程的選取，明確哪個過程中動量守恒. 三、動量守恒定律應用中的臨界問題分析 分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態(tài)，在動量守恒定律的應用中，常常出現相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)，其臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系

8、，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵. 例4　如圖4所示，一質量為的人站在質量為m的小船甲上，以速率v0在水面上向右運動.另一個完全相同的小船乙以速率v0從右方向左方駛來，兩船在一條直線上運動.為避免兩船相撞，人從甲船以一定的速率水平向右躍到乙船上，不計水對船的阻力，問：為能避免兩船相撞，人水平跳出時相對于地面的速率至少多大？ 圖4 答案　v0 解析　設向右為正方向，兩船恰好不相撞，最后具有共同速度v1，對兩船和人組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律，有(＋m)·v0－mv0＝(2m＋)v1 解得v1＝v0. 設人躍出甲船的速率為v2，對甲船和人組成的系統(tǒng)，人從甲船躍出的過程滿足動量

9、守恒定律，有(＋m)v0＝mv1＋v2 解得v2＝v0. 1.(某一方向上的動量守恒)(2018·張家口一中月考)如圖5所示，在光滑水平面上放一個質量為M的斜面體，質量為m的物體沿斜面由靜止開始自由下滑，下列說法中正確的是(　　) 圖5 A.M和m組成的系統(tǒng)動量守恒 B.M和m組成的系統(tǒng)所受合力方向向上 C.M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒 D.M和m組成的系統(tǒng)豎直方向動量守恒 答案　C 解析　M和m組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒；豎直方向系統(tǒng)所受合外力不為零，且方向向下，系統(tǒng)在豎直方向上動量不守恒，則M和m組成的系統(tǒng)動量不守恒.故A、B、

10、D錯誤，C正確. 2.(多物體動量守恒)如圖6所示，在一光滑的水平面上，有質量相同的三個小球A、B、C，其中B、C靜止，中間連有一輕彈簧，彈簧處于自然伸長狀態(tài)，現小球A以速度v與小球B正碰并粘在一起，碰撞時間極短，則碰后瞬間(　　) 圖6 A.A、B的速度變?yōu)?，C的速度仍為0 B.A、B、C的速度均為 C.A、B的速度變?yōu)椋珻的速度仍為0 D.A、B、C的速度均為 答案　C 解析　A、B碰撞過程時間極短，彈簧沒有發(fā)生形變，A、B系統(tǒng)所受合外力為零，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv＝2mv′，解得：v′＝，A、B碰撞過程，C所受合外力為零，C的動量不變，速度仍為0.

11、3.(多過程中的動量守恒)如圖7所示，甲車的質量是2kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個質量為1kg的小物體，乙車質量為4kg，以5 m/s的速度向左運動，與甲車碰撞以后甲車獲得8 m/s的速度，物體滑到乙車上，若乙車足夠長，上表面與物體間的動摩擦因數為0.2，求： 圖7 (1)兩車碰撞后瞬間乙車的速度大??； (2)物體在乙車上表面滑行多長時間相對乙車靜止？(g取10m/s2) 答案　(1)1m/s　(2)0.4s 解析　(1)乙與甲組成的系統(tǒng)在碰撞過程中動量守恒，以向左為正方向 則有：m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′ 解得v乙′＝1m/s (2)以向左為正方向

12、，對小物體滑上乙車至小物體與乙車有共同速度v的過程，對小物體與乙車組成的系統(tǒng)，運用動量守恒定律得 m乙v乙′＝(m＋m乙)v，得v＝0.8m/s 對小物體應用牛頓第二定律得a＝μg＝2m/s2 t＝，代入數據得t＝0.4s 4.(動量守恒的臨界問題)如圖8所示，一輕質彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈射中并且子彈嵌在其中.已知物體A的質量mA是物體B的質量mB的，子彈的質量m是物體B的質量的，求： 圖8 (1)子彈擊中A后瞬間A與B的速度大小； (2)彈簧壓縮到最短時B的速度大小. 答案　(1)　0　(2) 解析　(1)子彈射入A的過

13、程，子彈與A組成的系統(tǒng)動量守恒，B的速度vB＝0保持不變.對于子彈和A組成的系統(tǒng)，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋mA)vA，又m＝mB，mA＝mB，聯立解得vA＝； (2)子彈、A、B組成的系統(tǒng)，從子彈開始射入物體A一直到彈簧被壓縮到最短的過程中，系統(tǒng)所受外力(重力、支持力)的合力始終為零，故整個過程系統(tǒng)的動量守恒，設系統(tǒng)的共同速度為v，由動量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v，又m＝mB，mA＝mB，故v＝，即彈簧壓縮到最短時B的速度為. 一、選擇題 1.質量M＝100kg的小船靜止在水面上，船首站著質量m甲＝40kg的游泳者甲，船尾站著質量m乙＝60kg

14、的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙兩游泳者在同一水平線上，甲朝左、乙朝右均以3m/s的速率同時躍入水中，則(　　) A.小船向左運動，速率為1m/s B.小船向左運動，速率為0.6m/s C.小船向右運動，速率大于1m/s D.小船仍靜止 答案　B 解析　設水平向右為正方向，兩游泳者同時跳離小船后小船的速度為v，根據甲、乙兩游泳者和小船組成的系統(tǒng)動量守恒有－m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0，代入數據可得v＝－0.6m/s，其中負號表示小船向左運動，所以選項B正確. 2.(2018·晉江市季延中學高二期末)如圖1所示，一塊質量為0.5kg的橡皮泥自距小車上表面1.25m高處由靜止下落，

15、恰好落入質量為2kg、速度為2.5m/s沿光滑水平地面運動的小車上，并與小車一起沿水平地面運動，取g＝10 m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.橡皮泥下落的時間為0.3s B.橡皮泥與小車一起在水平地面上運動的速度大小為3.5m/s C.橡皮泥落入小車的過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)動量守恒 D.整個過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)損失的機械能為7.5J 答案　D 解析　橡皮泥做自由落體運動，t＝＝0.5s，A錯.橡皮泥落到小車上，二者相互作用的過程，在水平方向動量守恒，Mv0＝(M＋m)v，解得v＝2m/s，B、C錯.系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝Mv02＋

16、mgh－(M＋m)v2＝7.5J，D正確. 3.(2018·揚州中學高二月考)如圖2所示，質量為m的人立于平板車上，車的質量為M，人與車以大小為v1的速度在光滑水平面上向東運動.當此人相對于車以大小為v2的速度豎直跳起時，車向東的速度大小為(　　) 圖2 A.B.　C.D.v1 答案　D 解析　人與車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，人向上跳起后，水平方向上的速度沒變，(m＋M)v1＝mv1＋Mv車，因此v車＝v1，所以D正確. 4.兩名質量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上.現在，其中一人向另一個人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回.如此反復進行幾次之后，甲和乙最后的

17、速率關系是(　　) A.若甲最先拋球，則一定是v甲＞v乙 B.若乙最后接球，則一定是v甲＞v乙 C.只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲＞v乙 D.無論怎樣拋球和接球，都是v甲＞v乙 答案　B 解析　因系統(tǒng)動量守恒，故最終甲、乙動量大小必相等，因此最終接球的人的速度小，B正確. 5.如圖3所示，質量為m2的小車上有一半圓形的光滑槽，一質量為m1的小球置于槽內，共同以速度v0沿水平面運動，并與一個原來靜止的小車m3對接，則對接后瞬間，小車的速度大小為(　　) 圖3 A. B. C. D.以上答案均不對 答案　C 解析　對接過程，兩小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以小車m2的初速

18、度方向為正方向，由動量守恒定律得：m2v0＝(m2＋m3)v，解得：v＝. 6.如圖4所示，質量為0.5kg的小球在距離車底面高20m處以一定的初速度向左平拋，落在以速度7.5 m/s沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，車上有一層油泥，車與油泥的總質量為4 kg，設小球在落到車上前瞬時速度是25 m/s，g取10m/s2，則當小球與小車相對靜止時，小車的速度是(　　) 圖4 A. m/s B.5 m/s C.4 m/s D. m/s 答案　B 解析　小球拋出后做平拋運動，根據動能定理得：mgh＝mv2－mv02，解得v0＝15 m/s，小球和車作用過程中，水平方向動量守恒

19、，以水平向右為正方向，則有：－mv0＋Mv車＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s. 7.質量相等的五個物塊在一光滑水平面上排成一條直線，且彼此隔開一定的距離，具有初速度v0的第5號物塊向左運動，依次與其余四個靜止物塊發(fā)生碰撞，如圖5所示，最后這五個物塊粘成一個整體，則它們最后的速度為(　　) 圖5 A.v0B.C.D. 答案　B 解析　由五個物塊組成的系統(tǒng)，沿水平方向不受外力作用，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由動量守恒定律得：mv0＝5mv，得v＝v0，即它們最后的速度為v0. 8.(多選)如圖6所示，將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側有一固定在水平面上的物塊.今讓一

20、小球自左側槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是(　　) 圖6 A.半圓槽內由A向B的過程中小球的機械能守恒，由B向C的過程中小球的機械能也守恒 B.小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒 C.小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒 D.小球離開C點以后，將做斜拋運動 答案　CD 解析　小球在半圓槽內由A向B運動時，由于槽的左側有一固定在水平面上的物塊，槽不會向左運動，則小球機械能守恒，從A到B做圓周運動，系統(tǒng)在水平方向上動量不守恒；從B到C運動的過程中，槽向右運動，系統(tǒng)在水平方向

21、上動量守恒，則B到C小球的機械能不守恒，故A、B錯誤，C正確；小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜拋運動，故D正確. 9.(多選)如圖7所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上.c車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上.小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同.他跳到a車上相對a車保持靜止，此后(　　) 圖7 A.a、b兩車運動速率相等 B.a、c兩車運動速率相等 C.三輛車的速率關系vc＞va＞vb D.a、c兩車運動方向相反 答案　CD 解析　若人跳離b、c車時相對地面的水平速度為v，以水平向右為正方向

22、，由動量守恒定律知：人和c車組成的系統(tǒng)：0＝－M車vc＋m人v 對人和b車：m人v＝M車vb＋m人v 對人和a車：m人v＝(M車＋m人)va 所以：vc＝，vb＝0，va＝ 即vc＞va＞vb，并且vc與va方向相反. 二、非選擇題 10.(2018·福建安溪一中、養(yǎng)正中學、惠安一中、泉州實驗中學高二下期末聯考)如圖8所示，木塊A的質量為mA＝1kg，足夠長的木板B的質量為mB＝4kg，質量為mC＝4kg的木塊C置于木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦.現使A以v0＝12 m/s的初速度向右運動，與B碰撞后將以4 m/s的速度彈回，C始終未脫離B.求： 圖8 (1)B運動

23、過程中的最大速度大??； (2)C運動過程中的最大速度大?。? (3)整個過程中系統(tǒng)損失的機械能. 答案　(1)4 m/s　(2)2 m/s　(3)48 J 解析　(1)A與B碰后瞬間，B速度最大，A、B系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB，代入數據得：vB＝4m/s； (2)B與C共速后，C速度最大，B、C系統(tǒng)動量守恒，以B的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入數據得：vC＝2m/s (3)由能量守恒定律得：ΔE損＝mAv02－mAvA2－(mB＋mC)vC2，解得ΔE損＝48J. 11.如圖9所示，

24、甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲.甲和他的冰車總質量為M＝30kg，乙和他的冰車總質量也為30kg.游戲時，甲推著一個質量為m＝15kg的箱子和他一起以v0＝2m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來.為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住.不計冰面摩擦. 圖9 (1)若甲將箱子以速度v推出，甲的速度變?yōu)槎嗌伲?用字母表示) (2)設乙抓住迎面滑來的速度為v的箱子后反向運動，乙抓住箱子后的速度變?yōu)槎嗌伲?用字母表示) (3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度應滿足什么條件？箱子被推出的速度至少多大？ 答案　見解析 解析　(1)甲將箱子推出的過程，甲和箱子組成的系統(tǒng)動量守恒，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得：(M＋m)v0＝mv＋Mv1 解得v1＝. (2)箱子和乙作用的過程，箱子和乙組成的系統(tǒng)動量守恒，以箱子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv－Mv0＝(m＋M)v2 解得v2＝. (3)甲、乙不相撞的條件是v1≤v2 其中v1＝v2為甲、乙恰好不相撞的條件. 即≤， 代入數據得v≥5.2m/s. 所以箱子被推出的速度至少為5.2m/s時，甲、乙才能不相撞. 11