《第十六章动量守恒定律》优化总结学案（含答案）

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1、本章优化总结动量定理的综合应用动量定理研究对象不仅适用于单个物体，对多个物体组成的系统同样适用，对多物体组成的系统在应用动量定理时应注意：(1)对多物体受力分析时，系统内物体间的相互作用力属于内力，不是合外力的组成部分(2)动量定理是矢量式，应用动量定量时注意合外力的方向和系统运动方向的对应性滑块 A 和 B(质量分别为 mA和 mB)用轻细线连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力 F 作用在 B 上，使 A、 B 一起由静止开始沿水平桌面滑动，如图所示已知滑块A、B 与水平桌面的动摩擦因数均为 ，在力 F 作用时间 t 后，A、B 间细线突然断开，此后力 F 仍作用于 B.试求：滑块 A 刚好

2、停住时，滑块 B 的速度为多大？思路点拨 在已知力的作用时间的情况下，可考虑应用动量定理求解比较简便解析 取滑块 A、B 构成的系统为研究对象设 F 作用时间 t 后线突然断开，此时A、B 的共同速度为 v，根据动量定理，有F( mAm B)gt(m Am B)v0解得 vF (mA mB)gtmA mB在线断开后，滑块 A 经时间 t停止，根据动量定理有m Agt0m Av由此得 t vg F (mA mB)gt(mA mB)g设 A 停止时，B 的速度为 vB.对于 A、B 系统，从力 F 开始作用至 A 停止的全过程，根据动量定理有F (mAm B)g(tt )m BvB0将 t代入此式

3、可求得 B 滑块的速度为 vB .FF (mA mB)gtmB(mA mB)g答案 FF (mA mB)gtmB(mA mB)g尽管系统内各物体的运动情况不同，但各物体所受的冲量之和仍等于各物体总动量的变化量应用这个处理方法能使一些繁杂的运动问题求解更简便 1.质量为 M 的金属块和质量为 m 的木块用细绳连在一起，放在水中，如图所示从静止开始以加速度 a 在水中匀加速下沉经时间 t1，细绳突然断裂，金属块和木块分离，再经时间 t2，木块停止下沉，试求此时金属块的速度解析：把金属块、木块及细绳看成一个物体系统，整个过程中受重力(Mg mg)和浮力(FM Fm)不变，它们的合力为 F 合 ( M

4、m)a，在绳断前后合力也不变 ，设木块停止下沉时，金属块的速度为 v，选取竖直向下为正方向，对全过程应用动量定理，有F 合 (t1t 2)ppMv0则 v a(t1t 2)M mM答案： a(t1t 2)M mM动量守恒定律的综合应用1解决该类问题用到的规律：动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等2解决该类问题的基本思路(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械

5、能不守恒，有机械能转化为内能(5)选取所需要的方程列式并求解如图所示，水平地面上固定有高为 h 的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为 h，坡道底端与台面相切小球 A 从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球 B 发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为 g.求：(1)小球 A 刚滑至水平台面的速度大小 vA；(2)A、B 两球的质量之比 mAm B.思路点拨 小球 A 下滑的过程，机械能守恒，可求小球 A 滑到坡道底端时的速度；小球 A 与 B 相碰 ，

6、满足动量守恒，由动量守恒可求共同速度，二者同时做平抛运动，利用平抛运动规律即可求出二者的质量之比解析 (1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得 mAgh mAv122A解得 vA .2gh(2)设两球碰撞后共同的速度为 v，由动量守恒定律得mAvA(m Am B)v粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动的时间为 t，由运动学公式，在竖直方向上有 h gt212在水平方向上有 vth2联立以上各式得 mAmB1 3.答案 (1) (2)132gh2.(2014高考北京卷) 如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块 A 和 B 分别静止在圆弧轨道的最

7、高点和最低点现将 A 无初速释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径 R0.2 m；A 和 B 的质量相等； A 和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数 0.2.取重力加速度 g10 m/s2.求：(1)碰撞前瞬间 A 的速率 v；(2)碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v；(3)A 和 B 整体在桌面上滑动的距离 l.解析：设滑块的质量为 m.(1)根据机械能守恒定律 mgR mv212得碰撞前瞬间 A 的速率 v 2 m/s.2gR(2)根据动量守恒定律 mv2mv得碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v v1 m/s.12(3)根据动能定理 (2m)v2

8、(2m)gl12得 A 和 B 整体沿水平桌面滑动的距离 l 0.25 m.v22g答案：(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m(18 分)如图所示，两个斜面 AB 和 CD 的倾角分别为 和 ，且均与水平面 BC平滑连接水平面的 C 端静止地放置一质量为 m 的物块，在斜面 AB 上一质量为 M 的物块加速下滑，冲至水平面后与物块 m 碰撞前瞬间速度为 v0，碰撞后合为一体冲上斜面 CD，物块与斜面间的动摩擦因数均为 ，重力加速度为 g.求：(1)物块 M 在斜面 AB 上运动时的加速度大小 a；(2)两物块碰后的共同速度的大小 v；(3)能冲上斜面 CD 的最大高度 H.思

9、路点拨 (1)本题分为四个运动过程：物块 M 沿斜面 AB 下滑的过程；物块 M 在水平面 BC 的运动过程；物块 M 与 m 的碰撞过程；系统沿斜面 CD 的上升过程(2)过程与规律：物块 M 沿斜面 AB 下滑过程的受力情况已知，牛顿运动定律是否适用？物块 M 在水平面 BC 的运动过程是否需要分析？题目中给出的 M 冲至水平面后与物块 m 碰撞前瞬间速度为 v0 与在 B 点时的速度相同吗？水平面 BC 段是否光滑对解题有影响吗？物块 M 与 m 的碰撞过程的动量守恒吗？整体冲上斜面 CD 的运动过程遵循什么规律？解析 (1)在 AB 斜面上对物块进行受力分析(如图) ，根据牛顿第二定律

10、有：垂直斜面方向有：F NMgcos 0 (2 分)沿斜面向下有：Mgsin F fMa (2 分)又知 FfF N (1 分)由以上三式可解得加速度agsin gcos . (2 分)(2)两物块碰撞过程中水平方向满足动量守恒，故有：Mv0(Mm) v (3 分)可得碰撞后整体的速度大小 v v0. (2 分)MM m(3)碰撞后物块在斜面 CD 上运动时只有重力和阻力做功 ， 根据动能定理有：(Mm)gcos (M m)gH 0 (Mm )v2 (3 分)Hsin 12可解得：H . (3 分)答案 (1)gsin gcos (2) v0MM m(3)本题考查了牛顿第二定律、动量守恒定律和

11、动能定理的基本运用，掌握规律是正确解题的关键，对于第(3)问也可以采用动力学知识求解，但是没有运用动能定理解答方便 章末过关检测(一)(时间：60 分钟，满分：100 分)一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1(2017高考全国卷乙)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空， 50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/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)( )A30 kgm/s B5.710 2 kgm/sC6.010 2 kgm/s D6.310

12、2 kgm/s解析：选 A燃气从火箭喷口喷出的瞬间 ，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为 p，根据动量守恒定律，可得 pmv 00，解得pmv 00.050 kg600 m/s30 kg m/s，选项 A 正确2关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B物体的动能不变，其动量一定不变C动量越大的物体，其速度一定越大D物体的动量越大，其惯性也越大解析：选 A动量具有瞬时性 ，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，选项 A 正确；动能不变 ，若速度方向变化，动量也发生了变化，B 项错误；物体动量的大小

13、由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项 C 错误；惯性由物体质量决定 ，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项 D 错误3如图甲所示，物体 A、B 用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A 的质量为 m，B的质量为 M.当连接 A、B 的绳突然断开后，物体 A 上升经过某一位置时速度大小为 v，这时物体 B 下落的速度大小为 u，如图乙所示在这段时间里，弹簧的弹力对物体 A 的冲量为( )Amv BmvMuCmv Mu Dmvmu解析：选 D该题涉及的物体较多 ，可先选 B 为研究对象在 B 下落的这段时间 t 内，其动量

14、向下增加 Mu，B 只受重力作用 ，由动量定理，重力的冲量为 MgtMu ，解得 t .ug在时间 t 内，A 受两个力作用：重力 mg，方向向下；弹簧的弹力，方向向上因为弹簧的弹力是变力，所以要计算弹力的冲量只能应用动量定理来解决以 A 为研究对象，其动量在时间 t 内向上增加 mv，设弹力的冲量为 I，由动量定理有 Imgtmv，解得 Im (vu)，故 D 正确4质量 m100 kg 的小船静止在平静水面上，船两端载着 m 甲 40 kg、m 乙 60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸 3 m/s 的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为( )A0.

15、6 m/s ，向左 B3 m/s，向左C0.6 m/s ，向右 D3 m/s，向右解析：选 A以向左为正方向 ，根据动量守恒得 0m 甲 vm 乙 vmv，代入数据解得 v0.6 m/s，方向向左5质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示具有动能 E0 的第 1 个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )AE 0 B2E03C DE03 E09解析：选 C碰撞中动量守恒 mv03mv 1，得 v1 v03E0 mv 12 20Ek 3mv 12 21由得 Ek 3m ，故 C 正确12 (v03)213

16、E036如图所示，光滑水平面上有半径相同的 A、B 两球在同一直线上运动两球质量关系为 mB2m A，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为 6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为4 kgm/s，则( )A左方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 25B左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 110C右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 25D右方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 110解析：选 A由两球的动量都是 6 kgm/s 可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是 A 球碰后

17、 A 球的动量减少了 4 kgm/s，即 A 球的动量为 2 kgm/s，由动量守恒定律得 B 球的动量为 10 kgm/s，则碰后二者速度大小之比为25，故选项 A 是正确的二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得 6 分，选对但不全得 3 分，有错选或不答的得 0 分)7.如图所示，一个质量为 0.18 kg 的垒球，以 25 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为 45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为 0.01 s下列说法正确的是( )A球棒对垒球的平均作用力大小为 1 260

18、 NB球棒对垒球的平均作用力大小为 360 NC球棒对垒球做的功为 126 JD球棒对垒球做的功为 36 J解析：选 AC设球棒对垒球的平均作用力为 F，由动量定理得 Ftm( vtv 0)，取vt45 m/s，则 v025 m/s，代入上式，得 F1 260 N，由动能定理得W mv mv 126 J，选项 A、C 正确12 2t 12 208向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成 a、b 两部分，若质量较大的 a 的速度方向仍沿原来的方向，则( )Ab 的速度方向一定与原速度方向相反B从炸裂到落地的这段时间里，a 飞行的水平距离一定比 b 的大Ca、b

19、一定同时到达水平地面D在炸裂过程中，a、b 受到的爆炸力的大小一定相等解析：选 CD爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定 a、b 的速度大小，所以选项A、B 错误；因炸开后 a、b 都做平抛运动，且高度相同，故选项 C 正确；由牛顿第三定律知，选项 D 正确9质量为 m 的小球 A，沿光滑水平面以速度 v0 与质量为 2m 的静止小球 B 发生正碰碰撞后，A 球的动能变为原来的 1/9，那么小球 B 的速度可能是( )A v0 B v013 23C v0 D v049 59解析：选 AB当以 A 球原来的速度方向为正方向时，则vA v013根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv00m v02m

20、v B13mv00m 2mv B( 13v0)解得：v B v0，v B v0.13 23由于碰撞过程中动能不增加，即mv m 2mv12 20 12 (v03)212 2B将 v0 及 v0 代入上式均成立，所以 A、B 选项均正确13 2310如图所示，在光滑水平面上，质量为 m 的小球 A 和质量为 m 的小球 B 通过轻弹13簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为 m 的小球 C 以初速度 v0 沿 AB 连线向右匀速运动，并与小球 A 发生弹性碰撞在小球 B 的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出) ，当小球 B 与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走不计所有碰撞过程中的机械能

21、损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球 B 与挡板的碰撞时间极短，碰后小球 B 的速度大小不变，但方向相反则 B 与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值 Em 可能是( )Amv B mv2012 20C mv D mv16 20 130 20解析：选 BC质量相等的 C 球和 A 球发生弹性碰撞后速度交换，当 A、B 两球的动量相等时，B 球与挡板相碰，则碰后系统总动量为零，则弹簧再次压缩到最短即弹性势能最大( 动能完全转化为弹性势能 )，根据机械能守恒定律可知 ，系统损失的动能转化为弹性势能 Ep mv ，B 正确；当 B 球速度恰为零时与挡板相碰，则系统动量不变化，系统机械12 20能不变；当弹簧压

22、缩到最短时，mv 0 ，弹性势能最大，由功能关系和动量关系可求4mv13出 Ep mv mv mv ，所以，弹性势能的最大值介于二者之间都有可能，C 正12 20 12 43 21 18 20确三、非选择题(本题共 3 小题，共 40 分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11(12 分)(2017南通高二检测)某同学利用打点计时器和气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，导轨空腔内不断通入的压缩空

23、气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差(1)下面是实验的主要步骤：安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；向气垫导轨通入压缩空气；把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；使滑块 1 挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；把滑块 2 放在气垫导轨的中间；先_，然后_，让滑块带动纸带一起运动；取下纸带，重复步骤，选出理想的纸带如图乙所示；测得滑块 1(包括撞针)的质量为 310 g，滑块 2(包括橡皮泥)的质量为 205 g.试完善实验步骤的内

24、容(2)已知打点计时器每隔 0.02 s 打一个点，计算结果保留三位有效数字计算碰撞前 m1v1m 2v2_kgm/s；碰撞后 m1v1m 2v2_kgm/s.计算碰撞前 m1v m 2v _kgm 2/s2；21 2碰撞后 m1v m 2v _kgm 2/s2.21 2计算碰撞前 _m/(skg)；v1m1 v2m2碰撞后 _m/(skg)v1m1 v2m2(3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是_.(4)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是_.解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块 1.(2)碰撞前滑块 1 的速度v1 m/s2 m/s0.20.1m1v10.312

25、 kg m/s0.620 kgm/s碰撞前滑块 2 的速度 v20碰撞后两滑块具有相同的速度v m/s1.2 m/s0.1680.14m1v1m 2v2(m 1m 2)v(0.3100.205)1.2 kgm/s 0.618 kgm/sm1v m 2v 1.24 kgm 2/s221 2m1v m 2v 0.742 kgm2/s221 2 6.45 m/(skg)v1m1 v2m2 9.72 m/(skg)v1m1 v2m2(3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是滑块 1、2 碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和(4)计算结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦答案：(1)接通打点

26、计时器的电源 放开滑块 1(2)0.620 0.618 1.24 0.742 6.45 9.72(3)滑块 1、2 碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和(4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦12(12 分)(2017衡水中学模拟)如图所示，可视为质点质量为 m 的小球用长为 L 的细线悬挂于 O 点，在光滑的水平面上有一个质量为 M 的物体，其右侧是一个半径为 R 的光滑四分之一圆弧，左端是一段长为 的粗糙水平面，在其左端 A 处放有一个质量也为 M 的R2弹性物体，物块与物体间有摩擦现将小球拉起到与悬点 O 等高处由静止释放，与物块发生弹性碰撞后回摆到 60 角处才减停，同时物块恰能滑到物体右端最高

27、点 C 处，试求小球与物块的质量之比和物体与物块间的动摩擦因数解析：小球下摆过程中，由 mgL mv 得 v1 ，碰后返回过程中，由12 21 2gLmgL(1 cos ) mv 得 v112 21 gL小球和物块发生碰撞时动量守恒 mv1Mv 0mv 1和能量守恒 mv Mv mv ，12 21 12 20 12 21联立解得 v0( 1) ， 2 gLmM 2 12 1物块沿物体上表面滑动的过程中动量守恒 Mv02Mv，损失的动能用于克服摩擦做功Mv (MM) v2MgRMg ，12 20 12 R2整理可得 2.(3 2r(2)L2R答案： 22 12 1 (3 2r(2)L2R13(1

28、6 分) 某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为 R 的半圆，在最低点与直轨道相切.5 个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为 0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k(k1)将 0 号球向左拉至左侧轨道距水平高度 h 处，然后由静止释放，使其与 1 号球碰撞，1 号球再与 2 号球碰撞所有碰撞皆为无机械能损失的正碰(不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为 g)(1)0 号球与 1 号球碰撞后，1 号球的速度大小 v1；(2)若已知 h0.

29、1 m，R0.64 m，要使 4 号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问 k 值为多少？解析：(1)设 0 号球碰前速度为 v0，由机械能守恒定律得：m 0gh m0v12 20碰撞过程两球动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 0v0m 0v0m 1v1由机械能守恒定律得： m0v m0v m1v12 20 12 20 12 21解得：v 1 v0 v0 .2m0m0 m1 21 k 21 k2gh(2)同理可得：v 2 v1， ，v 4 v3，21 k 21 k解得：v 4 v0，(21 k)44 号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得：m4v m4v2m 4g2R，12 24 124 号球在最高点：m 4 m 4g，v2R解得：k 1.2答案：(1) (2)k 121 k2gh 2