2018-2019版物理新导学笔记人教通用版选修3-5名师公开课精品讲义：第十六章 动量守恒定律 微型专题　动量守

……………………………………………………………名校名师推荐…………………………………………………微型专题　动量守恒定律的应用[学习目标]　1.进一步理解动量守恒定律的含义及守恒条件.2.进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤．一、动量守恒条件的扩展应用1．动量守恒定律成立的条件：(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；(2)系统的内力远大于外力；(3)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0.2．动量守恒定律的研究对象是系统．研究多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ．分清系统的内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．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1A．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＋m0v2＋mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2C．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 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．例2　如图2所示，质量分布均匀、形状对称的金属块内有一个半径为R的光滑半圆形槽，金属块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙壁．质量为m的小球从金属块左上端R处静止下落，小球到达最低点后向右运动从金属块的右端冲出，到达最高点时离半圆形槽最低点的高度为R，重力加速度为g，不计空气阻力．求：图2(1)小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力为多大？(2)金属块的质量为多少？答案　(1)5mg　(2)7m解析　(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有mg·2R＝mv02小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有FN－mg＝m根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为FN′＝FN联立解得FN′＝5mg.(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块组成的系统水平方向动量守恒，则mv0＝(m＋M)v根据能量守恒定律有mg·R＝mv02－(m＋M)v2联立解得M＝7m.虽然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、动量守恒定律在多物体、多过程中的应用求解这类问题时应注意：(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况；(2)分清作用过程中的不同阶段，并按作用关系将系统内的物体分成几个小系统，既要符合守恒条件，又方便解题．(3)对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒方程．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＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/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答案　2m/s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，取水平向右为正方向则mAv0＝mAvA＋mCvC①A、C碰撞后，长木板A与滑块B组成的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＝2m/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，明确取哪几个物体为系统作为研究对象．(3)研究过程的选取，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，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，一质量为的人站在质量为m的小船甲上，以速率v0在水平面上向右运动．另一个完全相同的小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，问：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？图4答案　v0解析　设向右为正方向，两船恰好不相撞，最后具有共同速度v1，由动量守恒定律，有(＋m)·v0－mv0＝(2m＋)v1解得v1＝v0.设人跃出甲船的速率为v2，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律，有(＋m)v0＝mv1＋v2解得v2＝v0.1．(某一方向上的动量守恒)(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5A．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)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，盒内放有一个质量为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6A．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，方向水平向右D．物块的最终速度为，方向水平向右答案　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＝，方向水平向右，D项正确．3．(多过程中的动量守恒)如图7所示，小明站在静止在光滑水平面上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，人与车的总质量为2m，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求：图7(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)v　(2)v解析　(1)由动量守恒定律得2mv1－mv＝0解得v1＝v(2)小明接木箱的过程中动量守恒，有2mv1＋mv＝(2m＋m)v2解得v2＝v.4．(动量守恒的临界问题)如图8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？不计地面和小车之间的摩擦，且乙车足够长．图8答案　大于等于3.8m/s解析　人跳到乙车上后，当两车同向且甲车的速度等于乙车的速度时，两车恰好不相撞．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＝m1v′＋Mv1解得v1＝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．一、选择题 考点 西游记考点整理二建建筑实务必背考点药理学考点整理部分幼儿综合素质考点归纳小学教育教学知识能力 一　动量守恒条件及系统和过程的选取1．(多选)如图1所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶端由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是(　　)图1A．斜面和小球组成的系统动量守恒B．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒C．斜面向右运动D．斜面静止不动答案　BC解析　斜面和小球组成的系统受到斜面的重力、地面的支持力以及小球的重力，这三个力的合力不为零(球有竖直向下的加速度)，故斜面和小球组成的系统动量不守恒，A选项错误；但在水平方向上斜面和小球组成的系统不受外力，故水平方向上动量守恒，B选项正确；由水平方向上动量守恒知斜面向右运动，C选项正确，D选项错误．2．质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方竖直向下落入一个质量为m的大铁球，如图2所示，则铁球落入砂车后，砂车将(　　)图2A．立即停止运动B．仍匀速运动，速度仍为v0C．仍匀速运动，速度小于v0D．做变速运动，速度不能确定答案　C解析　铁球和砂车组成的系统水平方向动量守恒，设砂车初速度方向为正，根据动量守恒定律得：Mv0＝(m＋M)v解得：v＝即砂车仍匀速运动，速度小于v0，故C正确，A、B、D错误．3．如图3所示，质量为m2的小车上有一半圆形的光滑槽，一质量为m1的小球置于槽内，共同以速度v0沿水平面运动，并与一个原来静止的小车m3对接，则对接后瞬间，小车的速度大小为(　　)图3A. B.C. D．以上答案均不对答案　C解析　对接过程，两小车组成的系统动量守恒，以小车m2的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝(m2＋m3)v，解得：v＝.4．(多选)如图4所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是(　　)图4A．小球在半圆槽内由A向B做圆周运动，由B向C也做圆周运动B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D．小球离开C点以后，将做斜抛运动答案　CD解析　小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向左运动，则小球机械能守恒，从A到B做圆周运动，系统在水平方向上动量不守恒；从B到C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上动量守恒，则B到C小球的运动不是圆周运动，故A、B错误，C正确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜抛运动，故D正确．考点二　多物体、多过程中的动量守恒5．两辆质量相同的小车，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5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5A．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＝，即vA＜vB，故选项B正确．6．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6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6A．v0B.C.D.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＝v0，即它们最后的速度为v0.7．如图7所示，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，则碰后瞬间(　　)图7A．A、B的速度变为，C的速度仍为0B．A、B、C的速度均为C．A、B的速度变为，C的速度仍为0D．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′＝，A、B碰撞过程，C所受合外力为零，C的动量不变，速度仍为0.8．(多选)如图8所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的物块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　)图8A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动答案　BC解析　小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当弹簧伸长的过程中，C向右运动，则小车向左运动，故A错误．规定向右为正方向，在C与B碰前，根据动量守恒得，0＝mvC－Mv，解得vC∶v＝M∶m，故B正确．因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当C与油泥粘在一起时，总动量仍然为零，则小车停止运动，故C正确，D错误．二、非选择题9．(多过程中的动量与能量的综合应用)如图9所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m，且可看做质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.重力加速度为g，求：图9(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.答案　(1)　方向水平向右　v0　方向水平向右　(2)－L　mv解析　(1)P1、P2碰撞过程，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1解得：v1＝，方向水平向右对P1、P2、P组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＋2mv0＝4mv2.解得：v2＝v0，方向水平向右．(2)当P最终停在A点时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由能量守恒定律得：2μmg×2(L＋x)＝×2mv02＋×2mv12－×4mv22解得：x＝－L.当弹簧压缩至最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由动量守恒定律得：mv0＋2mv0＝4mv2.最大弹性势能：Ep＝×2mv＋×2mv－×4mv－2μmg(L＋x)．解得：Ep＝mv.10．(多过程中的动量守恒)如图10所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)．其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.5.一根通过细线(细线未画出)拴着而被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧储存的弹性势能E0＝10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，求：(g＝10m/s2)图10(1)滑块P滑上乙车前瞬间速度的大小；(2)要使滑块P恰好不滑离小车乙，则小车乙最终的速度为多少？答案　(1)4m/s　(2)m/s解析　(1)设滑块P滑上乙车前瞬间的速度大小为v0，小车的速度大小为v，选v0的方向为正方向，以整体为研究对象，从滑块P开始运动(初状态)到滑上乙车前(末状态)的过程中动量守恒，则有mv0－2Mv＝0在这个过程中系统的机械能守恒，有E0＝mv02＋×2Mv2联立两式解得：v0＝4m/s同时可得v＝1m/s(2)设滑块P到达小车乙另一端时与小车乙恰好有共同速度v′，根据动量守恒定律有mv0－Mv＝(m＋M)v′解得：v′＝m/s.11．(临界问题)如图11，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.图11(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案　(1)20kg　(2)不能，理由见解析解析　(1)规定向左为速度正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入数据得v1＝－1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥m2v02＝m2v22＋m3v32⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．1