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1、江西省宜春市宜春中學高中物理 第16章 動量守恒定律應用3 新人教版選修3-5 知識導學(3分鐘) 1. 動量守恒定律結合動能定律以及能量守恒定律綜合解決問題。 2. 有時復雜問題的解題先從宏觀把握，再階段解決。 二．自主學習、獨立思考（8分鐘） 例題：質量為M的平板車在光滑的水平面上。車平臺高是h=1.25米，車以V0=4m/s的速度向右運動。某時刻質量為m=M/2的木塊輕放在車的右端，m落地時距平板車左端S=0.5米。求： （1）木塊離開平板車時平板車和木塊的速度； （2）若平板車長L=2米，則平板車與木塊間的動摩擦因數(shù)μ是多少？ 三． 合作交流、互相質疑（8分鐘） 全

2、體學生分組討論整理思路 四． 展示小組學習成果（5分鐘） 各組派代表到前后黑板展示匯報 五． 老師點評與答疑（8分鐘） 對各組展示給予點評，對重點知識強調。解答學生提出的問題。 六. 當堂檢測 （8分鐘） 1、一段凹槽A倒扣在水平長木板C上，槽內有一小物塊B，它到槽兩內側的距離均為2，如圖所示。木板位于光滑水平的桌面上，槽與木板間的摩擦不計，小物塊與木板間的摩擦系數(shù)為μ。A、B、C三者質量相等，原來都靜止?，F(xiàn)使槽A以大小為v0的初速向右運動，已知v0< 。當A和B發(fā)生碰撞時，兩者速度互換。求： （1）從A、B發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞的時間內，木板C運動的路程。 （2）在A、B

3、剛要發(fā)生第四次碰撞時，A、B、C三者速度的大小。 七． 課后練習 （30分鐘） 1、一個質量為0.3kg的彈性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運動，反彈后的速度大小與碰撞前相同。則碰撞前后小球速度變化量的大小為Δv和碰撞過程中墻對小球做功的大小W為（　?。? A．Δv=0 　　　　B．Δv=12m/s C．W=0 　　　D．W=10.8J 2、如圖所示，A、B兩質量相等的物體，原來靜止在平板小車C上，A和B間夾一被壓縮了的輕彈簧，A、B與平板車上表面動摩擦因數(shù)之比為3∶2，地面光滑。當彈簧突然釋放后，A、B相對C滑動的過程

4、中 ①A、B系統(tǒng)動量守恒 ②A、B、C系統(tǒng)動量守恒 ③小車向左運動 ④小車向右運動 以上說法中正確的是( 　　) （ ） A．①② B．②③ C．③① D．①④ 3、靜止在湖面上的小船上分別向相反方向水平拋出兩個質量相等的小球，甲球先拋出，向左；乙球后拋出，向右，兩球拋出后相對于岸的速率相等，則下面說法正確的是（　　　） A、兩球拋出后，船向右以運動，且乙球受到的沖量大些。 B、兩球拋出后，船向右以運動，且甲球受到的沖量大些。 C、兩球拋出后，船的速度為零，且甲球受到的沖量大些。 D、兩球拋出后，船的速度為零，且兩球受到的沖量大小相等。 4、如圖所

5、示，在光滑水平面上，有一質量為M＝3 kg的薄板和質量為m＝1 kg的物塊．都以v＝4 m/s的初速度朝相反方向運動，它們之間有摩擦，薄板足夠長，當薄板的速度為2.4 m/s時，物塊的運動情況是( ) A．做加速運動 B．做減速運動 C．做勻速運動 D．以上運動都可能 5、質量M＝100 kg的小船靜止在水面上，船首站著質量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站著質量m乙＝60 kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙兩游泳者同時在同一水平線上甲朝左、乙朝右以3 m/s的速率躍入水中，則（ ） A．小船向左運動，速率為1 m/s

6、 B．小船向左運動，速率為0.6 m/s C．小船向右運動，速率大于1 m/s D．小船仍靜止 6、兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運動，mA=1 kg，mB=2 kg，vA=6 m/s，vB=2 m/s 當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是（ ） A．vA′=5 m/s， vB′=2.5 m/s B．vA′=2 m/s， vB′=4 m/s C．vA′=－4 m/s，vB′=7 m/s D．vA′=7 m/s， vB′=1.5 m/s 7、在距地面高為h，同時以相等初速V0分別平拋，豎直上拋，豎直

7、下拋一質量相等的物體m當它們從拋出到落地時，比較它們的動量的增量△P，有（ ） A．平拋過程最大 B．豎直上拋過程最大 C．豎直下拋過程最大 D．三者一樣大 8、如圖所示，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端的過程中，兩個物體具有的相同的物理量是（ ） A、重力的沖量 B、合力的沖量 C、剛到達底端時動量的水平分量 D、以上幾個量都不同 9、籃球運動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前.這樣做可以（　　　?。? A.減小球對手的沖量 B.減小球的動量變化率 C.

8、減小球的動量變化量 D.減小球的動能變化量 10、質量為1kg的物體沿直線運動，其v-t圖象如圖所示，則此物體在前4s和后4s內受到的合外力沖量為（　?。? A．8N·s，8N·s　 B．8N·s，-8N·s C．0， 8N·s　 D．0，-8N·s 答案 例（1）M、m在相對運動的過程中，系統(tǒng)不受外力，所以系統(tǒng)動量守恒。木塊離開平板車后做平拋運動，木塊落地時距平板車左端的距離就是木塊的水平位移與平板車的位移的和。 由系統(tǒng)動量守恒： MV0=MV1－mV2 由運動學知識知： h=1/2 gt2 S= V1t+ V2t

9、 解以上三式得： V1=3m/s V2=－2m/s （負2說明木塊速度是向前的） （2）由能量守恒知：μmgL=MV 02－MV12－mV 22 解以上式子得：μ=0.25 當堂檢測： 解析：（1）A與B剛發(fā)生第一次碰撞后，A停下不動，B 以初速v0向右運動。由于摩擦，B向右作勻減速運動，而C向右作勻加速運動，兩者速率逐漸接近。設B、C達到相同速度v1時B移動的路程為s1。設A、B、C質量皆為m，由動量守恒定律，得 mv0=2mv1 由功能關系，得 μmgs1=2mv02/2－mv12/2 得 v1=v0/2 s1=3v02/（

10、8μg） 根據(jù)條件 v0<，得 s1<3l/4 可見，在B、C達到相同速度v1時，B尚未與A發(fā)生第二次碰撞，B與C一起將以v1向右勻速運動一段距離（l－s1）后才與A發(fā)生第二次碰撞。設C的速度從零變到v1的過程中，C的路程為s2。由功能關系，得μmgs2=mv12/2 解得 s2=v02/（8μg） 因此在第一次到第二次碰撞間C的路程為 s=s2+l－s1=l－v02/（4μg） （2）由上面討論可知，在剛要發(fā)生第二次碰撞時，A靜止，B、C的速度均為v1。剛碰撞后，B靜止，A、C的速度均為v1。由于摩擦，B將加速，C將減速，直至達到相同速度v2。由動量守恒定律，得mv

11、1=2mv2 解得 v2=v1/2=v0/4 因A的速度v1大于B的速度v2，故第三次碰撞發(fā)生在A的左壁。剛碰撞后，A的速度變?yōu)関2，B的速度變 為v1，C的速度仍為v2。由于摩擦，B減速，C加速，直至達到相同速度v3。由動量守恒定律，得mv1+mv2=2mv3 解得 v3=3v0/8 故剛要發(fā)生第四次碰撞時，A、B、C的速度分別為 vA=v2=v0/4 vB=vC=v3=3v0/8 1、BC　　動能是標量，動量是矢量 2、B　　　彈簧伸長時因A受摩擦力fA=μAmg 向右 B受摩擦力fB=μBmg 向左，μA＞μB，則fA＞fB，故兩物體受的合力向右，由牛三

12、可知：車子受的摩擦力左，故小車向左運動　　　，另由于三者組成的系統(tǒng)合外力為0，故總動量守恒，且一直為0 3、C　　　　設拋小球的速度為V，甲球拋出后小船速度為V1，則動量守恒得： 　　　　　　（以向右為正）　0＝（M＋m）V1－mv得V1＝mv/(M+m)向右 　　　　　　　乙球拋出后小船速度為V2，則動量守恒得： 　　　　　　?。∕＋m）V1=mv+MV2　　將V1代入得V2＝0 　　　　另解：先后拋出和一次將兩球拋出的效果同，設拋出后船速度為V2則 0＝-mv+mv+MV2　　　得V2＝0 4、薄板足夠長，則最終物塊和薄板達到共同速度v′，由動量守恒定律得(取薄板運動方向為正

13、)． Mv－mv＝(M＋m)v′　　　所以v′＝m/s＝2 m/s． 共同運動速度的方向與薄板初速度的方向相同． 在物塊和薄板相互作用過程中，薄板一直做勻減速運動，而物塊先沿負方向減速到速度為零，再沿正方向加速到2 m/s．當薄板速度為v1＝2.4 m/s時，設物塊的速度為v2，由動量守恒定律得 Mv－mv＝Mv1＋mv2 v2＝m/s＝0．8 m/s 即此時物塊的速度方向沿正方向，故物塊正做加速運動，A選項正確． 5、B 6、B、取兩球碰撞前的運動方向為正，則碰撞前系統(tǒng)總動量，碰撞后，四個選項均滿足動量守恒。碰前系統(tǒng)總動能，碰后系統(tǒng)總動能應滿足，選項C、D不滿足被排除。選項A

14、雖然滿足動能關系，但仔細分析不符合實際，即碰后球A不可能沿原方向比球B的速度更大，故選項B正確。 7、【錯解】? 錯解一：根據(jù)機械能守恒定律，拋出時初速度大小相等，落地時末速度大小也相等，它們的初態(tài)動量P1=mv0。是相等的，它們的末態(tài)動量P2=mv也是相等的，所以△P=P2-P1一定相等。選D。 錯解二：從同一高度以相等的初速度拋出后落地，不論是平拋、豎直上拋或豎直下拋，因為重力相等所用時間也相同，所以沖量也相同，所以動量的改變量也相同，所以選D。 【錯解原因】? 錯解一主要是因為沒有真正理解動量是矢量，動量的增量△P=P2=P1也是矢量的差值，矢量的加減法運算遵從矢量的平行四邊形法則

15、，而不能用求代數(shù)差代替。平拋運動的初動量沿水平方向，末動量沿斜向下方；豎直上拋的初動量為豎直向上，末動量為豎直向下，而豎直下拋的初末動量均為豎直向下。這樣分析，動量的增量△P就不一樣了。 從運動合成的角度可知，平拋運動可由一個水平勻速運動和一個豎直自由落體運動合成得來。它下落的時間由高度決定，即t1=√2gh，而豎直上拋落地時間t2>t1，豎直下拋運動為初速不為零，加速度為g的勻加速度直線運動。豎直下拋落地時間t3＜t1，所以第二種解法是錯誤的。 【分析解答】由動量定理可知：I合＝ΔP＝mgt，豎直上拋時間最長，故沖量最大，豎直下拋時間最短，故沖量最小，正確答案為B 8、D　　　　9、B　　　10、D