最新粤教版高中物理选修35第一章《习题课 动量守恒定律的应用》学案Word格式文档下载.docx

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答案　mvcosθ/（M＋m）

二、认真分析物理过程,合理选择初末状态

对于由多个物体组成的系统,由于物体较多,作用过程较为复杂,这时往往要根据作用过程中的不同阶段,将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统,对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态,分别列动量守恒定律方程求解．

例3　两块厚度相同的木块A和B,紧靠着放在光滑的水平面上,其质量分别为mA＝0.5kg,mB＝0.3kg,它们的下底面光滑,上表面粗糙；

另有一质量mC＝0.1kg的滑块C（可视为质点）,以vC＝25m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面,如图3所示,由于摩擦,滑块最后停在木块B上,B和C的共同速度为3.0m/s,求：

图3

（1）当C在A上表面滑动时,C和A组成的系统动量是否守恒？

C、A、B三个物体组成的系统动量是否守恒？

（2）当C在B上表面滑动时,C和B组成的系统动量是否守恒？

C刚滑上B时的速度vC′是多大？

解析　

（1）当C在A上表面滑动时,由于B对A有作用力,C和A组成的系统动量不守恒．对于C、A、B三个物体组成的系统,所受外力的合力为零,动量守恒．

（2）当C在B上表面滑动时,C和B发生相互作用,系统不受外力作用,动量守恒．由动量守恒定律得：

mCvC′＋mBvA＝（mB＋mC）vBC①

A、B、C三个物体组成的系统,动量始终守恒,从C滑上A的上表面到C滑离A,由动量守恒定律得：

mCvC＝mCvC′＋（mA＋mB）vA②

由以上两式联立解得vC′＝4.2m/s,vA＝2.6m/s.

答案　

（1）不守恒　守恒　

（2）守恒　4.2m/s

三、动量守恒定律应用中的临界问题分析

在动量守恒定律的应用中,常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．分析临界问题的关键是寻找临界状态,临界状态的出现是有条件的,这个条件就是临界条件．临界条件往往表现为某个（或某些）物理量的特定取值．在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系,这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．

例4　如图4所示,甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车总质量共为M＝30kg,乙和他的冰车总质量也是30kg.游戏时,甲推着一个质量为m＝15kg的箱子和他一起以v0＝2m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处,乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．

图4

（1）若甲将箱子以速度v推出,甲的速度变为多少？

（用字母表示）．

（2）设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后返向运动,乙抓住箱子后的速度变为多少？

（3）若甲、乙最后不相撞,甲、乙的速度应满足什么条件？

箱子被推出的速度至少多大？

解析　

（1）甲将箱子推出的过程,甲和箱子组成的整体动量守恒,以箱子的速度方向为正方向,由动量守恒定律得：

（M＋m）v0＝mv＋Mv1①

解得v1＝

②

（2）箱子和乙作用的过程,乙和箱子组成的整体动量守恒,以箱子的速度方向为正方向,由动量守恒定律得：

mv－Mv0＝（m＋M）v2③

解得v2＝

④

（3）甲、乙不相撞的条件是v1≤v2⑤

其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件．

联立②④⑤三式,并代入数据得

v≥5.2m/s.

答案　

（1）

（2）

　（3）v1≤v2

　5.2m/s

1．系统动量守

恒的条件

2．合理选取研究对象和研究过程

3．临界问题的分析

1．（双选）如图5所示,在质量为M的小车上挂有一单摆,摆球的质量为m0,小车和摆球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短,在此碰撞过程中,下列可能发生的情况是（　　）

图5

A．小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为v1、v2、v3,满足（M＋m0）v＝Mv1＋mv2＋m0v3

B．摆球的速度不变,小车和木块的速度分别变为v1、v2,满足Mv＝Mv1＋mv2

C．摆球的速度不变,小车和木块的速度都变为v′,满足Mv＝（M＋m）v′

D．小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足（M＋m0）v＝（M＋m0）v1＋mv2

2.

图6

（双选）如图6所示,小车放在光滑的水平面上,将系着绳的小球拉开到一定的角度,然后同时放开小球和小车,那么在以后的过程中（　　）

A．小球向左摆动时,小车也向左运动,且系统动量守恒

B．小球向左摆动时,小车向右运动,且系统动量守恒

C．小球向左摆到最高点,小球的速度为零而小车的速度不为零

D．在任意时刻,小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反

答案　BD

解析　以小球和小车组成的系统为研究对象,在水平方向上不受力的作用,所以系统在水平方向上动量守恒．由于初始状态小车与小球均静止,所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零,要么大小相等、方向相反,所以A、C错,B、D对．

3．如图7所示,滑块A、C的质量均为m,滑块B的质量为

m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动,现将C无初速度地放在A上,并与A粘合不再分开,此时A与B相距较近,B与挡板相距足够远．若B与挡板碰撞将以原速率反弹,A与B碰撞将粘合在一起．为使B能与挡板碰撞两次,v1、v2应满足什么关系？

图7

答案　1.5v2<

v1≤2v2或

v1≤v2<

v1

解析　设向右为正方向,A与C粘合在一起的共同速度为v′,由动量守恒定律得mv1＝2mv′①

为保证B碰挡板前A未能追上B,应满足v′≤v2②

设A与B碰后的共同速度为v″,由动量守恒定律得

2mv′－

mv2＝

mv″③

为使B能与挡板再次碰撞应满足v″>

0④

联立①②③④式得1.5v2<

[概念规律题组]

1．（双选）如图1所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,下列说法中正确的是（　　）

A．先放开右手,后放开左手,总动量向左

B．先放开左手,后放开右手,总动量向右

C．先放开左手,后放开右手,总动量向左

D．先放开右手,后放开左手,总动量向右

答案　CD

解析　先放开右手后,系统的总动量向右,再放开左手后,系统的动量守恒,所以总动量仍向右,选项A错误,D正确；

同理分析,先放开左手后,系统的总动量向左,再放开右手后,系统的动量守恒,所以总动量仍向左,选项B错误,C正确．本题答案为C、D.

2．（双选）如图2所示,小车放在光滑水平面上,A、B两人站在车的两端,这两人同时开始相向行走,发现车向左运动,分析小车运动的原因可能是（　　）

A．A、B质量相等,但A比B速率大

B．A、B质量相等,但A比B速率小

C．A、B速率相等,但A比B的质量大

D．A、B速率相等,但A比B的质量小

答案　AC

解析　两人及车组成的系统动量守恒,则mAvA－mBvB－mCvC＝0,得mAvA－mBvB>

0.所以A、C正确．

3．（单选）（2014·

重庆·

4）一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失,取重力加速度g＝10m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（　　）

答案　B

解析　弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力,故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出,飞行时间t＝

＝1s,取向右为正方向,由水平速度v＝

知,选项A中,v甲＝2.5m/s,v乙＝－0.5m/s；

选项B中,v甲＝2.5m/s,v乙＝0.5m/s；

选项C中,v甲＝1m/s,v乙＝2m/s；

选项D中,v甲＝－1m/s,v乙＝2m/s.因爆炸瞬间动量守恒,故mv＝m甲v甲＋m乙v乙,其中m甲＝

m,m乙＝

m,v＝2m/s,代入数值计算知选项B正确．

4．（单选）如图3所示,将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上,左侧靠竖直墙壁,右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落,与半圆槽相切自A点进入槽内,则以下结论中正确的是（　　）

A．小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒

B．小球在槽内运动的全过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒

C．小球离开C点以后,将做竖直上抛运动

D．槽将与墙不会再次接触

答案　D

解析　小球从A→B的过程中,半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心,而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方,因为有竖直墙壁挡住,所以半圆槽不会向左运动,可见,该过程中,小球与半圆槽在水平方向受到外力作用,动量并不守恒,而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒．从B→C的过程中,小球对半圆槽的压力方向指向右下方,所以半圆槽要向右推动物块一起运动,因而小球参与了两个运动：

一个是沿半圆槽的圆周运动,另一个是与半圆槽一起向右运动,小球所受支持力方向与速度方向并不垂直,此过程中,因为有物块挡住,小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒,在小球运动的全过程,水平方向动量也不守恒,选项A、B错误；

当小球运动到C点时,它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上,此后小球做斜上抛运动,即选项C错误；

因为全过程中,整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量,最终槽将与墙不会再次接触,选项D正确．

[方法技巧题组]

5．（单选）一弹簧枪可射出速度为10m/s的铅弹,现对准以6m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹,铅弹射入木块后未穿出,木块继续向前运动,速度变为5m/s.如果想让木块停止运动,并假定铅弹射入木块后都不会穿出,则应再向木块迎面射入的铅弹数为（　　）

A．5颗B．6颗

C．7颗D．8颗

解析　设木块质量为m1、铅弹质量为m2,取木块运动的方向为正方向,第一颗铅弹射入,有m1v0－m2v＝（m1＋m2）v1,代入数据可得

＝15,设再射入n颗铅弹木块停止,有（m1＋m2）v1－nm2v＝0,解得n＝8.

6．（2014·

·

22）如图4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R＝0.2m；

A和B的质量相等；

A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10m/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.

答案　

（1）2m/s　

（2）1m/s　（3）0.25m

解析　设滑块的质量为m

（1）根据机械能守恒定律mgR＝

mv2

得碰撞前瞬间A的速率v＝

＝2m/s

（2）根据动量守恒定律mv＝2mv′

得碰撞后瞬间A和B整体的速率

v′＝

v＝1m/s

（3）根据动能定理

（2m）v′2＝μ（2m）gl

得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝

＝0.25m

7.

如图5所示,一轻质弹簧两端连着物体A和B,放在光滑的水平面上,物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A的质量mA是物体B的质量mB的3/4,子弹的质量m是物体B的质量的1/4,求弹簧压缩到最短时B的速度．

答案　

解析　弹簧压缩到最短时,子弹、A、B具有共同的速度v1,且子弹、A、B组成的系统,从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中,系统所受外力（重力、支持力）之和始终为零,故整个过程系统的动量守恒,由动量守恒定律得

mv0＝（m＋mA＋mB）v1,又m＝

mB,mA＝

mB,故v1＝

＝

即弹簧压缩到最短时B的速度为

.

8．以初速度v0与水平方向成60°

角斜向上抛出的手榴弹,到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行．求：

（1）质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；

（2）爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能．

答案　

（1）2.5v0　与爆炸前速度方向相反　

（2）

mv

解析　手榴弹爆炸过程中,爆炸产生的作用力是内力,远大于重力,因此爆炸过程中各弹片组成的系统动量守恒．因为爆炸过程火药的化学能转化为内能,进而有一部分转化为弹片的动能,所以此过程系统的机械能（动能）增加．

（1）

斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动,在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos60°

v0.设v1的方向为正方向,如图所示,由动量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2.

其中爆炸后大块弹片的速度v1′＝2v0,小块弹片的速度v2为待求量,解得v2＝－2.5v0,“－”号表示v2的速度方向与爆炸前速度方向相反．

（2）爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量,即ΔEk＝

×

2mv1′2＋

－

（3m）v

9.

如图6所示,质量为m的子弹,以速度v水平射入用轻绳悬挂在空中的木块,木块的质量为M,绳长为L,子弹停留在木块中,求子弹射入木块后的瞬间绳子张力的大小．

答案　（m＋M）g＋

解析　物理过程共有两个阶段：

射入阶段和圆周运动阶段．射入阶段可认为木块还未摆动,绳子没有倾斜,子弹和木块组成的系统水平方向不受外力作用,动量守恒．子弹停留在木块中后以一定的速度做变速圆周运动,绳子倾斜,水平方向有了分力,动量不再守恒．

在子弹射入木块的瞬间,子弹和木块组成的系统动量守恒．取向左为正方向,由动量守恒定律得0＋mv＝（m＋M）v1

随后子弹和木块整体以此初速度向左摆动做圆周运动．在圆周运动的最低点,整体只受重力（m＋M）g和绳子的拉力F作用,由牛顿第二定律得（取向上为正方向）

F－（m＋M）g＝（m＋M）

将v1代入解得

F＝（m＋M）g＋（m＋M）

＝（m＋M）g＋

[创新应用题组]

10．如图7所示,甲车质量m1＝20kg,车上有质量M＝50kg的人,甲车（连同车上的人）以v＝3m/s的速度向右滑行,此时质量m2＝50kg的乙车正以v0＝1.8m/s的速度迎面滑来,为了避免两车相撞,当两车相距适当距离时,人从甲车跳到乙车上,求人跳出甲车的水平速度（相对地面）应当在什么范围以内才能避免两车相撞？

不计地面和小车的摩擦,且乙车足够长．

答案　大于等于3.8m/s

解析　人跳到乙车上后,如果两车同向,甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．

以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象,由水平方向动量守恒得：

（m1＋M）v－m2v0＝（m1＋m2＋M）v′,解得v′＝1m/s.

以人与甲车为一系统,人跳离甲车过程水平方向动量守恒,得：

（m1＋M）v＝m1v1′＋Mu

解得u＝3.8m/s.

因此,只要人跳离甲车的速度u≥3.8m/s,就可避免两车相撞．