2017_2018学年高中物理动量守恒定律习题课：动量守恒定律的应用同步备课学案新人教版

习题课：动量守恒定律的应用同步 [目标定位]　1.加深对动量守恒定律的理解.2.进一步练习用动量守恒定律解决问题． 一、动量守恒条件及研究对象的选取 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．动量守恒定律成立的条件 动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统，其成立的条件可理解为： (1)理想条件：系统不受外力． (2)实际条件：系统所受合外力为零． (3)近似条件：系统所受外力比相互作用的内力小得多． (4)推广条件：系统所受外力之和不为零，但在某一方向上，系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统在这一方向上动量守恒． 2．动量守恒定律的五性 动量守恒定律是自然界最重要、最普遍的规律之一．它是一个实验定律，应用时应注意其：系统性、矢量性、相对性、同时性、普适性． 【例1】　 (多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是(　　) 图1 A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2 C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′ D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 解析　M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确． 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 　BC 分析多个物体组成的系统时，系统的划分非常重要，划分时要注意各物体状态的变化情况，分清作用过程中的不同阶段． 【例2】　如图2所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞蓬小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面前瞬间的速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g＝10 m/s2)(　　) 图2 A．5 m/s B．4 m/s C．8.5 m/s D．9.5 m/s 解析　由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝ 答案　A 系统整体上不满足动量守恒的条件，但在某一特定方向上，系统不受外力或所受外力远小于内力，则系统沿这一个方向的分动量守恒．可沿这一方向由动量守恒定律列方程解答． 二、多物体多过程动量守恒定律的应用 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】　如图3所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小． 图3 解析　长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒， 则mAv0＝mAvA＋mCvC① 两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到共同速度之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v② 长木板A和滑块B达到共同速度后， 恰好不再与滑块C碰撞， 则最后三者速度相等，vC＝v③ 联立①②③式，代入数据解得：vA＝2 m/s 答案　2 m/s 处理多物体多过程动量守恒应注意的问题 1．正方向的选取． 2．研究对象的选取，是取哪几个物体为系统作为研究对象． 3．研究过程的选取，应明确哪个过程中动量守恒． 三、动量守恒定律应用中的临界问题分析　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 分析临界问题的关键是寻找临界状态．如在动量守恒定律的应用中，常常出现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状态．其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为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg 的箱子和他一起以v0＝2 m/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v1为多少？(用字母表示) (2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度v2为多少？(用字母表示) (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，甲和箱子组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得： (M＋m)v0＝mv＋Mv1① 解得v1＝ (2)箱子和乙作用的过程动量守恒，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＝ (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≥5.2 m/s. 答案　(1) (2) (3)v1≤v2　5.2 m/s 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(某一方向上动量守恒问题)(多选)如图5所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法正确的是(　　) 图5 A．当小球到达最低点时，木块有最大速率 B．当小球的速率最大时，木块有最大速率 C．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为最大 D．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零 答案　ABD 解析　小球和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，初状态系统动量为零，当小球到达最低点时，小球有最大速率，所以木块也有最大速率；小球上升到最高点时，小球速率为零，木块的速率也为零． 2. (多过程中的动量守恒问题)如图6所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物块．从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前、后壁多次往复碰撞后(　　) 图6 A．两者的速度均为零 B．两者的速度总不会相等 C．物块的最终速度为 D．物块的最终速度为 答案　D 解析　物块与盒子组成的系统所受合外力为零，物块与盒子前、后壁多次往复碰撞后，以速度v共同运动，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，故v＝ 3. (多过程中的动量守恒问题)如图7所示，甲车的质量是2 kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1 kg的小物体，乙车质量为4 kg，以5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8 m/s的速度，物体滑到乙车上，若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2，则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止？(g取10 m/s2) 图7 答案　0.4 s 解析　乙与甲碰撞动量守恒：m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′ 得v乙′＝1 m/s 小物体在乙上滑动至有共同速度v时，对小物体与乙车运用动量守恒定律得m乙v乙′＝(m＋m乙)v， 得v＝0.8 m/s 对小物体应用牛顿第二定律得a＝μg＝2 m/s2 所以t＝ 4. (临界问题)如图8所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/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． 图8 答案　大于等于3.8 m/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′＝1 m/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＝m1v′＋Mu，解得u＝3.8 m/s. 因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s，就可避免两车相撞． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题组一　动量守恒条件及系统和过程的选取 1．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　) 答案　AC 2．把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时，关于枪、子弹和车，下列说法中正确的是(　　) A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和车组成的系统动量守恒 C．三者组成的系统因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可忽略不计，故系统动量近似守恒 D．三者组成的系统动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零 答案　D 解析　由于枪水平放置，故三者组成的系统除受重力和支持力(两外力平衡)外，不受其他外力，动量守恒，子弹和枪筒之间的力应为系统的内力，对系统的总动量没有影响，故选项C错误；分开枪和车，则枪和子弹组成的系统受到车对其的外力作用，车和枪组成的系统受到子弹对其的外力作用，动量都不守恒，正确选项为D. 3．两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车静止，如图1所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率(　　) 图1 A．等于零 B．小于B车的速率 C．大于B车的速率 D．等于B车的速率 答案　B 解析　选A车、B车和人组成的系统作为研究对象，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得0＝(M＋m)vA－MvB，则 4．如图2所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球．开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速度释放．在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是(　　) 图2 A．小车和小球系统动量守恒 B．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动 C．小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动 D．小球摆到最低点时，小车的速度最大 答案　D 解析　小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒；小球从图示位置下摆到最低点，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车的速度最大．当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车静止．故小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动． 题组二　多物体多过程动量守恒定律的应用 5．质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图3所示，最后这五个物块粘成一个整体，则它们最后的速度为(　　) 图3 A．v0 B. 答案　B 解析　由五个物块组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv0＝5mv，v＝ 6．一弹簧枪对准以6 m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，射出速度为10 m/s，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为5 m/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 答案　D 解析　设木块质量为m1，铅弹质量为m2，第一颗铅弹射入，有m1v0－m2v＝(m1＋m2)v1，代入数据可得 7.如图4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 图4 A. 答案　C 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＝ 8．如图5，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球A、B、C，其中B、C静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球A以速度v与小球B正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则在此碰撞过程中(　　) 图5 A．A、B的速度变为 B．A、B、C的速度均为 C．A、B的速度变为 D．A、B、C的速度均为 答案　C 解析　A、B碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，A、B系统所受合外力为零，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv′，解得：v′＝ 题组三　综合应用 9.在如图6所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v向右匀速运动．已知木箱的质量为m，人与车的质量为2m，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无能量损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求： 图6 (1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小； (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小． 答案　(1) 解析　(1)由动量守恒定律得2mv1－mv＝0 解得v1＝ (2)小明接木箱的过程中动量守恒 2mv1＋mv＝(2m＋m)v2 解得v2＝ 10.质量为M＝2 kg的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为mA＝2 kg的物体A(可视为质点)，如图7所示，一颗质量为mB＝20 g的子弹以600 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A相对车静止，求平板车最后的速度． 图7 答案　2.5 m/s 解析　子弹射穿A后，A在水平方向上获得一个速度vA，最后当A相对车静止时，它们的共同速度为v.子弹射穿A的过程极短，因此车对A的摩擦力、子弹的重力作用可略去，即认为子弹和A组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为A的位置没有发生变化，设子弹射穿A后的速度为v′， 由动量守恒定律有mBv0＝mBv′＋mAvA，得 vA＝ A获得速度vA相对车滑动，由于A与车间有摩擦，最后A相对车静止，以共同速度v运动，对于A与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有：mAvA＝(mA＋M)v，所以v＝ 11．如图8所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力) 图8 答案　4v0 解析　设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得 12mv0＝11mv1－mvmin① 10m·2v0－mvmin＝11mv2② 为避免两船相撞应满足 v1＝v2③ 联立①②③式得 vmin＝4v0 PAGE 1