《（浙江專版）2018年高中物理 第十六章 動量守恒定律章末小結學案 新人教版選修3-5》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專版）2018年高中物理 第十六章 動量守恒定律章末小結學案 新人教版選修3-5（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第十六章 動量守恒定律 動量守恒定律 動量守恒定律 動量定理的應用 1．定性解釋一些物理現(xiàn)象 在動量變化一定的情況下，如果需要增大作用力，必須縮短作用時間。如果需要減小作用力，必須延長作用時間，即緩沖作用。 2．定量計算 在用動量定理計算有關問題時，要注意力必須是物體所受的合外力，以及動量定理的矢量性，求解前先規(guī)定正方向，再簡化為代數(shù)運算(一維碰撞時)。 3．動量定理是解決動力學問題的一種重要方法 對于只涉及物體運動時間而不涉及加速度的問題，用動量定理要比用牛頓運動定律解題方便得多。 [典例1]　(天津高考)質(zhì)量為0.2 kg的小球豎直向下以6 m/s的

2、速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動量變化為________kg·m/s。若小球與地面的作用時間為0.2 s，則小球受到地面的平均作用力大小為________N(取g＝10 m/s2)。 [解析]　小球與地面碰撞前后的動量變化為Δp＝mv′－mv＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2 kg·m/s。由動量定理，小球受到地面的作用力F＝＋mg＝12 N。 [答案]　2　12 動量守恒定律及其應用 1．守恒條件 (1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒。 (2)近似守恒：系統(tǒng)受

3、到的合力不為零，但當內(nèi)力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。 (3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。 2．三種常見表達式 (1)p＝p′(系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′)。 實際應用時的三種常見形式： ①m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(適用于作用前后都運動的兩個物體組成的系統(tǒng))； ②0＝m1v1′＋m2v2′(適用于原來靜止的兩個物體組成的系統(tǒng)，比如爆炸、反沖等，兩者速率及位移大小與各自質(zhì)量成反比)； ③m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v(適用于兩物體作用后結合為一體或具有相同速度的情況，完全非彈性碰撞)。

4、 (2)Δp＝0(系統(tǒng)總動量不變)。 (3)Δp1＝－Δp2(相互作用的兩物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量增量大小相等、方向相反)。 [典例2]　光滑水平面上放著一質(zhì)量為M的槽，槽與水平面相切且光滑，如圖所示，一質(zhì)量為m的小球以速度v0向槽運動，若開始時槽固定不動，求小球上升的高度(槽足夠高)。若槽不固定，則小球能上升多高？ [解析]　槽固定時，設球上升的高度為h1，由機械能守恒定律得mgh1＝mv02， 解得h1＝。 槽不固定時，設小球上升的最大高度為h2，此時兩者速度為v， 由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v。 由機械能守恒定律得mv02＝(m＋M)v2＋mgh2， 解得槽不

5、固定時小球上升的高度h2＝。 [答案]　　 應用動量守恒定律解決臨界極值問題 在動量守恒定律的應用中，常常會遇到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、反復碰撞等臨界極值問題。這類問題求解的關鍵是充分利用反證法、極限法分析物體的臨界狀態(tài)，挖掘問題中隱含的臨界條件，選取適當?shù)南到y(tǒng)和過程，運用動量守恒定律進行解答。 [典例3]　兩磁鐵各放在不同的小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運動。已知甲車和磁鐵的總質(zhì)量為0.5 kg，乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1.0 kg。兩磁鐵的N極相對，推動一下，使兩車相向運動。某時刻甲的速率為2 m/s，乙的速率為3 m/s，兩車運動過程

6、中始終未相碰。求： (1)兩車最近時，乙的速度為多大？ (2)甲車開始反向運動時，乙的速度為多大？ [解析]　(1)兩車相距最近時，兩車的速度相同，設該速度為v，取乙車的速度方向為正方向。由動量守恒定律得 m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v 所以兩車最近時，乙車的速度為 v＝ ＝ m/s ≈1.33 m/s。 (2)甲車開始反向時，其速度為0，設此時乙車的速度為v乙′，由動量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′ 得v乙′＝ ＝m/s＝2 m/s。 [答案]　(1)1.33 m/s　(2)2 m/s 彈性碰撞與非彈性碰撞 1．碰撞的種類及特點 分類標準

7、種類 特點 能量是否守恒 彈性碰撞 動量守恒，機械能守恒 非彈性碰撞 動量守恒，機械能有損失 完全非彈性碰撞 動量守恒，機械能損失最大 2.碰撞和爆炸的比較 　　　名稱 比較項目 爆炸 碰撞 相同點 過程特點 都是物體間的相互作用突然發(fā)生，相互作用的力為變力，作用時間很短，平均作用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受的外力，所以可以認為碰撞、爆炸過程中系統(tǒng)的總動量守恒 能量情況 都滿足能量守恒，總能量保持不變 不同點 動能、機械能情況 有其他形式的能轉化為動能，動能會增加，機械能不守恒 彈性碰撞時動能不變，非彈性碰撞時動能要損失，動能轉化為內(nèi)能，動能減少，機械能

8、不一定守恒 動量與能量的綜合應用 [典例4]　如圖所示，小球A系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到水平面的距離為h。物塊B質(zhì)量是小球A的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O點正下方，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)拉動小球使線水平伸直，小球由靜止開始釋放，運動到最低點時與物塊發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升至最高點時到水平面的距離為。小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求碰后物塊的速度。 [解析]　設小球的質(zhì)量為m，運動到最低點與物塊碰撞前的速度大小為v1，取小球運動到最低點重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律，有 mgh＝mv12 得v1＝

9、設碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有 mg＝mv1′2 得v1′＝ 設碰后物塊的速度大小為v2，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有 mv1＝－mv1′＋5mv2 得v2＝ 。 [答案]　 [專題訓練] 1．一個質(zhì)量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5 m/s，設球棒與壘球的作用時間為0.01 s。下列說法正確的是(　　) A．球棒對壘球的平均作用力大小為1 260 N B．球棒對壘球的平均作用力大小為360 N C．球棒對壘球做的功為238.5 J D．球棒對壘球做的功為36 J 解析：選A

10、　設球棒對壘球的平均作用力為F，由動量定理得·t＝m(vt－v0)，取vt＝45 m/s，則v0＝－25 m/s，代入上式，得＝1 260 N，由動能定理得W＝mvt2－mv02＝126 J，只有選項A正確。 2.如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個小木塊。木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量。現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度v0，則(　　) A．小木塊和木箱最終都將靜止 B．小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動 C．小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來回往復碰撞，而木箱一直向右運動 D．如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動 解析：選B　木箱

11、和小木塊具有向右的動量，并且相互作用的過程中總動量守恒，A、D錯；由于木箱與底板間存在摩擦，小木塊最終將相對木箱靜止，B對，C錯。 3．(多選)如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當兩物體被同時釋放后，則(　　) A．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成系統(tǒng)的動量守恒 B．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成系統(tǒng)的動量守恒 C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成系統(tǒng)的動量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成系統(tǒng)的動量守恒 解析：選BCD　兩物體被同

12、時釋放后，A、B受到平板車的滑動摩擦力f＝μFN，F(xiàn)NA>FNB，若μ相同，則fA>fB，A、B組成系統(tǒng)的合外力不等于零，故A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒，選項A錯誤；若A、B與小車C組成系統(tǒng)，A與C，B與C的摩擦力則為系統(tǒng)內(nèi)力，A、B、C組成的系統(tǒng)受到的合外力為零，該系統(tǒng)動量守恒，選項B、D正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成系統(tǒng)所受到的合外力為零，所以A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，選項C正確。 4．如圖所示，甲車的質(zhì)量是m甲＝2.0 kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個質(zhì)量為m＝1.0 kg可視為質(zhì)點的小物體，乙車質(zhì)量為m乙＝4.0 kg，以v乙＝9.0 m/s的速度向左運

13、動，與甲車碰撞以后甲車獲得v甲′＝8.0 m/s的速度，物體滑到乙車上，若乙車上表面與物體的動摩擦因數(shù)為0.50，則乙車至少多長才能保證物體不從乙車上滑下？(g取10 m/s2) 解析：乙與甲碰撞動量守恒： m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′ 小物體m在乙上滑動至有共同速度v，對小物體與乙車運用動量守恒定律得： m乙v乙′＝(m＋m乙)v 由能量關系得： μmgΔx＝m乙v乙′2－(m乙＋m)v2 代入數(shù)據(jù)解得：Δx＝2 m 所以車長至少為2 m，才能保證物體不從乙車滑下。 答案：2 m (時間：45分鐘　滿分：100分) 一、單項選擇題(本題共5小題，每小題4分，

14、共20分) 1.如圖所示，兩個小球A、B在光滑水平地面上相向運動，它們的質(zhì)量分別為mA＝4 kg，mB＝2 kg，速度分別是vA＝3 m/s(設為正方向)，vB＝－3 m/s。則它們發(fā)生正碰后，速度的可能值分別為(　　) A．vA′＝1 m/s，vB′＝1 m/s B．vA′＝4 m/s，vB′＝－5 m/s C．vA′＝2 m/s，vB′＝－1 m/s D．vA′＝－1 m/s，vB′＝－5 m/s 解析：選A　相碰后，兩者仍按原來各自的方向繼續(xù)運動是不可能的，C錯；碰后速度都變大，必然動能增加，違反能量守恒定律，故B錯；碰后系統(tǒng)動量方向是反方向的，故D錯；A是碰后合為一體的情況

15、。 2.如圖所示，光滑水平面上有一小車，小車上有一物體，用一細線將物體系于小車的A端(細線未畫出)，物體與小車A端之間有一壓縮的彈簧，某時刻細線斷了，物體沿車滑動到B端并粘在B端的油泥上。關于小車、物體和彈簧組成的系統(tǒng)，下述說法中正確的是(　　) ①若物體滑動中不受摩擦力，則全過程系統(tǒng)機械能守恒 ②若物體滑動中有摩擦力，則全過程系統(tǒng)動量守恒 ③兩種情況下，小車的最終速度與斷線前相同 ④兩種情況下，系統(tǒng)損失的機械能相同 A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 解析：選B　取小車、物體和彈簧為一個系統(tǒng)，則系統(tǒng)水平方向不受外力(若有摩擦，則物體與小車間的摩擦力為內(nèi)力

16、)，故全過程系統(tǒng)動量守恒，小車的最終速度與斷線前相同，②、③正確。但由于物體粘在B端的油泥上，即物體與小車發(fā)生完全非彈性碰撞，有機械能損失，故全過程機械能不守恒，但系統(tǒng)損失的機械能相同①錯誤，④正確，故選B。 3.如圖所示，兩輛質(zhì)量相同的小車置于光滑的水平面上，有一人靜止站在A車上，兩車靜止。若這個人自A車跳到B車上，接著又跳回A車，靜止于A車上，則A車的速率(　　) A．等于零 B．小于B車的速率 C．大于B車的速率 D．等于B車的速率 解析：選B　兩車和人組成的系統(tǒng)位于光滑的水平面上，因而該系統(tǒng)動量守恒，設人的質(zhì)量為m1，車的質(zhì)量為m2，A、B車的速率分別為v1、v2，以A

17、車運動方向為正方向，則由動量守恒定律得(m1＋m2)v1－m2v2＝0，所以，有v1＝v2，<1，得v1

18、可視為質(zhì)點，質(zhì)量相等。Q與輕質(zhì)彈簧相連。設Q靜止，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞。在整個碰撞過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于(　　) A．P的初動能 B．P的初動能的 C．P的初動能的 D．P的初動能的 解析：選B　P、Q速度相等時，彈簧最短，彈性勢能最大。設P的初速度為v，兩者質(zhì)量都為m，彈簧最短時兩者的共同速度為v′，彈簧具有的最大彈性勢能為Ep。根據(jù)動量守恒，有mv＝2mv′，根據(jù)能量守恒有mv2＝×2mv′2＋Ep，以上兩式聯(lián)立求解得Ep＝mv2?？梢姀椈删哂械淖畲髲椥詣菽艿扔赑原來動能的一半，B正確。 二、多項選擇題(本題共5小題，每小題4分，共20分)

19、 6．在下列幾種現(xiàn)象中，動量不守恒的是(　　) A．在光滑水平面上發(fā)生碰撞的兩球 B．車靜止在光滑水平面上，車上的人從車頭走到車尾，以人、車為系統(tǒng) C．水平放置的彈簧一端固定，另一端與置于光滑水平面上的物體相連，令彈簧伸長后釋放使物體運動 D．打乒乓球時，以球和球拍為系統(tǒng) 解析：選CD　由動量守恒條件知：A、B選項中只有內(nèi)力起作用，動量守恒。C選項中，彈簧伸長后釋放，固定端受外力作用，故動量不守恒。D選項中，打乒乓球時手對球拍有力的作用，動量不守恒。 7．關于沖量和動量，下列說法中正確的是(　　) A．物體受到的沖量越大，其動量變化越大 B．物體受到的合力越大，其動量的變化就

20、越大 C．物體受到的沖量方向與物體動量方向相同 D．物體動量發(fā)生變化是因為受到了沖量作用 解析：選AD　由動量定理可知沖量越大，動量變化越大，沖量的方向就是動量變化的方向，A正確，B、C錯誤；沖量是動量變化的原因，D正確。 8．以初速度v水平拋出一質(zhì)量為m的石塊，不計空氣阻力，則對石塊在空中運動過程中的下列各物理量的判斷正確的是(　　) A．在兩個相等的時間間隔內(nèi)，石塊受到的沖量相同 B．在兩個相等的時間間隔內(nèi)，石塊動量的增量相同 C．在兩個下落高度相同的過程中，石塊動量的增量相同 D．在兩個下落高度相同的過程中，石塊動能的增量相同 解析：選ABD　不計空氣阻力，石塊只受重力

21、的沖量，無論路程怎樣，兩個過程的時間相同，重力的沖量就相同，A正確；據(jù)動量定理，石塊動量的增量等于它受到的沖量，由于在兩個相等的時間間隔內(nèi)，石塊受到重力的沖量相同，所以動量的增量必然相同，B正確；由于石塊下落時在豎直方向上做加速運動，兩個下落高度相同的過程所用時間不同，故所受重力的沖量就不同，因而動量的增量不同，C錯誤；據(jù)動能定理，外力對石塊所做的功等于石塊動能的增量，石塊只受重力作用，在重力的方向上位移相同，重力做功就相同，因此動能增量就相同，D正確。 9．如圖所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑的水平面上。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

22、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(　　) A．a(chǎn)、b兩車運動速率相等 B．a(chǎn)、c兩車運動速率相等 C．三輛車的速率關系vc>va>vb D．a(chǎn)、c兩車運動方向相反 解析：選CD　若人跳離b、c車時速度為v，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。 C、D正確。 10.木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力使彈簧壓

23、縮，如圖所示，當撤去外力后，下列說法中正確的是(　　) A．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a、b系統(tǒng)的動量守恒 B．a(chǎn)尚末離開墻壁前，a、b系統(tǒng)的動量不守恒 C．a(chǎn)離開墻壁后，a、b系統(tǒng)動量守恒 D．a(chǎn)離開墻壁后，a、b系統(tǒng)動量不守恒 解析：選BC　以a、b、彈簧為系統(tǒng)，撤去外力后，b向右運動，在a尚未離開墻壁前，系統(tǒng)受到墻壁的彈力FN，因此該過程a、b系統(tǒng)動量不守恒。當a離開墻壁后，系統(tǒng)水平方向不受外力，故系統(tǒng)動量守恒，選項B、C正確。 三、非選擇題(本題共6小題，共60分) 11．(8分)汽車在平直公路上做勻加速直線運動，已知汽車的質(zhì)量為m，其速度從v1增大到v2所經(jīng)歷的時間為t，路面阻

24、力為Ff，以汽車的運動方向為正方向，那么這段時間內(nèi)，汽車的動量改變量是________，路面阻力的沖量是________，汽車所受合力的沖量是________，牽引力的沖量是________。 解析：動量的改變量為Δp＝mv2－mv1，等于汽車所受合力的沖量，因為Δp＝IF－If＝IF－Fft，所以IF＝mv2－mv1＋Fft。 答案：mv2－mv1　－Fft　mv2－mv1 mv2－mv1＋Fft 12．(12分)一炮彈質(zhì)量為m，以一定的傾角斜向上發(fā)射，到達最高點時的速度為v，炮彈在最高點爆炸成兩塊，其中一塊沿原軌道返回，質(zhì)量為。求： (1)另一塊爆炸后瞬時的速度大??； (2)爆

25、炸后系統(tǒng)增加的機械能。 解析：(1)爆炸后一塊彈片沿原軌道返回，則該彈片速度大小為v，方向與原方向相反，設另一塊爆炸后瞬時速度為v1，則 爆炸過程中動量守恒，有 mv＝－v＋v1 解得v1＝3v。 (2)爆炸過程中重力勢能沒有改變 爆炸前系統(tǒng)總動能Ek＝mv2 爆炸后系統(tǒng)總動能 Ek′＝·v2＋·(3v)2＝mv2 系統(tǒng)增加的機械能ΔE＝Ek′－Ek＝2mv2。 答案：(1)3v　(2)2mv2 13．(12分)用繩懸掛一個M＝1 kg的木塊，由木塊重心到懸點的距離為l＝1 m，質(zhì)量為m＝10 g的子彈以v0＝500 m/s的速度水平射入木塊并以v1＝100 m/s的速度

26、水平穿出(g取10 m/s2)，求： (1)子彈射穿木塊的瞬間，繩的張力多大； (2)木塊能擺到多高。 解析：(1)選子彈m和木塊M為系統(tǒng)，由水平方向動量守恒有mv0＝mv1＋Mv2， v2＝ ＝ m/s＝4 m/s 木塊M在最低點受重力Mg和繩的拉力F，據(jù)牛頓第二定律有 F－Mg＝M， F＝M＝1× N＝26 N。 (2)木塊向上擺動，由機械能守恒有Mv22＝Mgh， h＝＝ m＝0.8 m。 答案：(1)26 N　(2)0.8 m 14．(14分)如圖所示，一質(zhì)量為M的物塊靜止在水平桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h。一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平

27、速度射出。重力加速度為g。求： (1)此過程中系統(tǒng)損失的機械能； (2)此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離。 解析：(1)設子彈射出物塊后物塊的速度為v，由動量守恒定律得mv0＝m＋Mv① 解得v＝v0② 系統(tǒng)損失的機械能為 ΔE＝mv02－③ 由②③式得ΔE＝mv02。④ (2)設物塊下落到地面所需時間為t，落地點距桌面邊緣的水平距離為x，則h＝gt2⑤ x＝vt⑥ 由②⑤⑥式得x＝ 。 答案：(1)mv02 (2) 15.(14分)如圖所示，在光滑水平面上有兩個木塊A、B，木塊B靜止，且其上表面左端放置著一小物塊C。已知mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1

28、 kg，現(xiàn)使木塊A以初速度v＝2 m/s沿水平方向向右滑動，木塊A與B相碰后具有共同速度(但不粘連)，C與A、B間均有摩擦。求： (1)木塊A與B相碰瞬間木塊A的速度及小物塊C的速度大??； (2)若木塊A足夠長，小物塊C的最終速度。 解析：(1)木塊A與B相碰瞬間小物塊C的速度為0，木塊A、B的速度相同，則由動量守恒定律得： mAv＝(mA＋mB)vA， 解得vA＝1 m/s。 (2)C滑上A后，摩擦力使C加速、使A減速，直至A、C具有共同速度，以A、C為系統(tǒng)，由動量守恒定律得mAvA＝(mA＋mC)vC， 解得vC＝ m/s。 答案：(1)1 m/s　0　(2) m/s 12