高中物理第十六章動量守恒定律章末復(fù)習(xí)檢測

1、第十六章 動量守恒定律【知識體系】主題 1動量定理及其應(yīng)用1沖量的計(jì)算(1)恒力的沖量：公式 IFt 適用于計(jì)算恒力的沖量(2)變力的沖量：通常利用動量定理 Ip 求解可用圖象法計(jì)算在 Ft 圖象中陰影部分(如圖)的面積就表示力在時(shí)間tt2t11內(nèi)的沖量2動量定理 Ftmv2mv1 的應(yīng)用(1)它說明的是力對時(shí)間的累積效應(yīng)應(yīng)用動量定理解題時(shí)，只考慮物體的初、末狀態(tài)的動量，而不必考慮中間的運(yùn)動過程(2)應(yīng)用動量定理求解的問題求解曲線運(yùn)動的動量變化量求變力的沖量問題及平均力問題求相互作用時(shí)間利用動量

2、定理定性分析現(xiàn)象【典例 1】一個(gè)鐵球，從靜止?fàn)顟B(tài)由 10 m 高處自由下落，然后陷入泥潭中，從進(jìn)入泥潭到靜止用時(shí) 0.4 s，該鐵球的質(zhì)量為 336 g.(1)從開始下落到進(jìn)入泥潭前，重力對小球的沖量為多少？(2)從進(jìn)入泥潭到靜止，泥潭對小球的沖量為多少？(3)泥潭對小球的平均作用力為多少(保留兩位小數(shù)，g 取 10 m/s2)?2h解析：(1)小球自由下落 10 m 所用的時(shí)間是 t1 g 2×10沖量 

3、IGmgt10.336×10× 2 N·s4.75 N·s，方向豎直向下s 2 s，重力的(2)設(shè)向下為正方向，對小球從靜止開始運(yùn)動至停在泥潭中的全過程運(yùn)用動量定理得mg(t1t2)Ft20.泥潭的阻力 F 對小球的沖量Ft2mg(t1t2)0.336×10×( 20.4) N·s6.10 N·s，方向豎直向上(3)由 Ft26.10 N·s 得 F15.25

4、0;N.答案：(1)4.75 N·s，方向豎直向下(1)6.10 N·s，方向豎直向上(3)15.25 N方法總結(jié)(1)恒力的沖量可以用 IFt 求解，也可以利用動量定理求解本題第(1)問可先求出下落到泥潭時(shí)的速度，進(jìn)而計(jì)算出沖量(2)在泥潭中運(yùn)動時(shí)要注意受力分析，合外力的沖量是重力和阻力的合沖量2點(diǎn)的水平距離為 x，則按平拋運(yùn)動規(guī)律有 xvt，h  gt2，式中 t是壘球做平拋運(yùn)(3)應(yīng)用動量定理對全過程列式有時(shí)更簡捷針對訓(xùn)練1一壘球手水平揮動球棒，迎面打擊一以速度

5、0;5 m/s 水平飛來的壘球，壘球隨后在離打擊點(diǎn)水平距離為 30 m 的壘球場上落地設(shè)壘球質(zhì)量為 0.18 kg，打擊點(diǎn)離地面高度為 2.2m，球棒與壘球的作用時(shí)間為 0.010 s，重力加速度為 9.9 m/s2，求球棒對壘球的平均作用力的大小解析：以 m、v 和 v，分別表示壘球的質(zhì)量、壘球在打擊過程始、末瞬時(shí)速度的大小，球棒與壘球的作用時(shí)間為 t，球棒對壘球的平均作用力的大小為 f，取力的方向?yàn)檎较?，根?jù)動量定理有：

6、ftmvm(v)壘球在與球棒碰撞后，以速率 v做平拋運(yùn)動，令打擊點(diǎn)高度為 h，壘球落地點(diǎn)與打擊122h                     tè2h  ø動時(shí)間，則可以得到：vx答案：900 Ng          

7、            mæ，聯(lián)立整理可以得到：f çxg   öv÷900 N.1三種思路的比較思路主題 2 解答動力學(xué)問題的三種思路特點(diǎn)分析適用情況力的觀點(diǎn)：牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式分析物體的受力，確定加速度，建立加速度和運(yùn)動量間的關(guān)系涉及力、加 恒力作用下的運(yùn)動速度、位移、速度、時(shí)間能量觀點(diǎn)：動能定理、機(jī) 分析物體的受力、位移和速度，確定&

8、#160;恒力作用下的運(yùn)動、變力械能守恒定律和能量守功與能的關(guān)系系統(tǒng)內(nèi)力做功會影響 作用下的曲線運(yùn)動、往復(fù)恒定律系統(tǒng)能量涉及力、位移、速度運(yùn)動、瞬時(shí)作用分析物體的受力(或系統(tǒng)所受外力)、動量觀點(diǎn)：動量定理和動速度，建立力、時(shí)間與動量間的關(guān)系 恒力作用下的運(yùn)動、瞬時(shí)量守恒定律(或動量守恒定律)，系統(tǒng)內(nèi)力不影響系統(tǒng)動量涉及力、時(shí)間、動量(速度)作用、往復(fù)運(yùn)動2.三種思路的選擇對于不涉及物體運(yùn)動過程中的加速度和時(shí)間問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解；如果只有重力和彈簧彈力做功而不涉及運(yùn)動過程的加速度和時(shí)間問題，則采用機(jī)械能守恒定律求解對于碰撞、反沖類問題，應(yīng)

9、用動量守恒定律求解，對于相互作用的兩物體，若明確兩物3體相對滑動的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒(功能關(guān)系)建立方程【典例 2】如圖，用兩根等長的細(xì)線分別懸掛兩個(gè)彈性球 A、B，球 A 的質(zhì)量為 2m，球 B 的質(zhì)量為 9m，一顆質(zhì)量為 m 的子彈以速度 v0 水平射入球 A，并留在其中，子彈與球 A作用時(shí)間極短；設(shè) A、B 兩球作用為對心彈性碰撞求(1)子彈與 A 球作用過程中，子彈和 A 球系統(tǒng)損失

10、的機(jī)械能；(2)B 球被碰撞后，從最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)過程中，合外力對 B 球沖量的大小解析：(1)對子彈和 A 球，由動量守恒定律，得mv0(m2m)v，110由能量守恒定律，可知2mv22(m2m)v2E，10解得E3mv2.(2)對子彈和 A 球、B 球系統(tǒng)，由動量守恒定律，得3mv3mv19mv2，111(3m)v21根據(jù)能量守恒定律，有2(3m)v222(9m)v2，1解得 v26v0；3對 B 球，由動量定理，有 I09mv22mv0，3合外力的沖量大小為2mv0.

11、130答案：(1)3mv2(2)2mv0方法總結(jié):(1)若研究對象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮兩大守恒定律若研究對象為單一物體，可優(yōu)先考慮兩個(gè)定理，特別是涉及時(shí)間問題時(shí)應(yīng)優(yōu)先考慮動量定理，涉及功和位移問題時(shí)應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理所選方法不同，處理問題的難易、繁簡程度可能有很大的差別(2)兩個(gè)守恒定律和兩個(gè)定理只考查一個(gè)物理過程的始、末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處特別是對于變力做功、曲線運(yùn)動、豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動、碰撞等問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性4針對訓(xùn)練2如圖所示，ABC 為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC 段水平，AB 段與&

12、#160;BC 段平滑連接質(zhì)量為 m1 的小球甲從高為 h 處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道 BC 段上質(zhì)量為m2 的小球乙發(fā)生碰撞，碰撞后兩球的運(yùn)動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機(jī)械能損失求碰撞后小球乙的速度大小 v2.聯(lián)立式解得 v2  2m1v0 .將式代入式得 v21m1m2m1m2解析：設(shè)碰撞前小球甲到達(dá)平面的速度為 v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得1m1gh2m1v20.設(shè)碰撞后甲與乙的速度分別為 v1 和&

13、#160;v2，根據(jù)動量守恒定律得m1v0m1v1m2v2.由于碰撞過程中無機(jī)械能損失，所以有111     0     12m1v22m1v22m2v2.m1m22m2gh.2m2gh答案：1統(tǒng)攬考情“動量守恒定律”是力學(xué)的重要內(nèi)容，在全國卷中，2017 高考改為必考內(nèi)容，題型預(yù)計(jì)是綜合計(jì)算題，一般可以綜合牛頓運(yùn)動定律、動能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律等物理規(guī)律，且難度可能為中等難度以上真題例析(2015·課標(biāo)全國卷)滑塊 a、b 沿水平面上同一條

14、直線發(fā)生碰撞，碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動，經(jīng)過一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段兩者的位移 x 隨時(shí)間 t 變化的圖象如圖所示求：5vm/s.m28E2m28   E2(1)滑塊 a、b 的質(zhì)量之比；(2)整個(gè)運(yùn)動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比解析：(1)設(shè) a、b 的質(zhì)量分別為 m1、m2，a、b 碰撞前的速度為 v1、v2.由題給圖象得v12 m/s，v21 m/s.a、b 發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后

15、兩滑塊的共同速度為 v.由題給圖象得23由動量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v.m1解得1 .(2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為1111     E2m1v22m2v22(m1m2)v2.由圖象可知，兩滑塊最后停止運(yùn)動由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為1W2(m1m2)v2，W1解得 .m1W1答案：(1)1(2)針對訓(xùn)練(2015·重慶卷) 高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為 m 的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距

16、離為 h(可視為自由落體運(yùn)動)，此后經(jīng)歷時(shí)間 t 安全帶達(dá)到最大伸長量若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時(shí)間安全帶對人的平均作用力大小為()mgmgA.m 2ghtB.m 2ghtmgmgC.m ghtD.m ght6程(取向上為正)由動量定理得(F  mg)t0(mv)，解得F  mg，故選 A.解析：在同一勻強(qiáng)磁場 B 中，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑r，得v 的速度向右運(yùn)動，B 再與 C 發(fā)生

17、碰撞，碰后 B、C 粘在一起向右運(yùn)動滑塊 A、B 與軌道   ，得周期之比為 21，選項(xiàng) B 正確； 粒子和質(zhì)子質(zhì)量之比為 41，電荷量之比為解析：人下落 h 高度為自由落體運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式 v22gh，可知 v 2gh；緩沖過-m 2ght答案：A21(2015·廣東卷)在同一勻強(qiáng)磁場中， 粒子(4He)和質(zhì)子(1H)做勻速圓周運(yùn)動，若它們的動量大小相等，則  粒子和質(zhì)子(

18、)A運(yùn)動半徑之比是 21B運(yùn)動周期之比是 21C運(yùn)動速度大小之比是 41D受到的洛倫茲力之比是 21mvqB兩者的運(yùn)動半徑之比為 12，選項(xiàng) A 錯誤；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期 T2mqB21，由于動量相同，故速度之比為 14，選項(xiàng) C 錯誤；由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中受到的洛倫茲力 fqvB，得受到的洛倫茲力之比為 12，選項(xiàng) D 錯誤答案：B2.(2015·山東卷)如圖，三個(gè)質(zhì)量相同的滑塊 A、B、C，間隔相等

19、地靜置于同一水平直1軌道上現(xiàn)給滑塊 A 向右的初速度 v0，一段時(shí)間后 A 與 B 發(fā)生碰撞，碰后 A、B 分別以8v0、340間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值兩次碰撞時(shí)間極短求 B、C 碰后瞬間共同速度的大小解析：根據(jù)動量守恒定律，A、B 碰撞過程滿足v3v0mmvAm 84 0，7v解得 vA 8 0；從 A 開始運(yùn)動到與 B 相碰前的過程，1102根據(jù)動能定理：Wf2mv22mvA，15

20、 0解得 Wf128mv2；7 答案：   21v1W則對物體 B 從與 A 碰撞完畢到與 C 相碰前損失的動能也為 Wf，由動能定理可知：f2mv2B122mvB，8解得：vB21 v0；BC 碰撞時(shí)滿足動量守恒，則 mvB2mv，121    16解得 v2vBv0.1603(2016·全國卷)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為 M 的卡通玩具

21、穩(wěn)定地懸停在空中為計(jì)算方便，假設(shè)水柱從橫截面積為 S 的噴口持續(xù)以速度 v0 豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于 S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開忽略空氣阻力已知水的密度為 ，重力加速度大小為g.求：(1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對于噴口的高度解析：(1)設(shè)t 時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則mV，Vv0St，由式，得單位時(shí)間從噴口噴出的水的質(zhì)量為mtv0S.(2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對于噴口的高度為 h，水從噴

22、口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為 v.對于t 時(shí)間內(nèi)噴出的水，由能量守恒，得11                 02(m)v2(m)gh2(m)v2，在 h 高度處，t 時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小p(m)v，設(shè)水對玩具的作用力的大小為 F，根據(jù)動量定理，有Ftp，由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件，得FMg，聯(lián)立式，得82g22v20S2

23、v2M2gh0 .2g22v20S2v2M2g答案：(1)v0S(2)0 4(2016·全國卷)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和小孩面前的冰塊均靜止于冰面上某時(shí)刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為 h0.3 m(h小于斜面體的高度)已知小孩與滑板的總質(zhì)量為 m130 kg，冰塊的質(zhì)量為 m210 kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動取重力加速度的大小 g10 m/s2.(1)求

24、斜面體的質(zhì)量；(2)通過計(jì)算，判斷冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？解析：(1)規(guī)定向右為速度正方向冰塊在斜面體上運(yùn)動到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為 v，斜面體的質(zhì)量為 m3.由水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒定律，得m2v20(m2m3)v，11     2m2v202(m2m3)v2m2gh，式中 v203 m/s 為冰塊推出時(shí)的速度聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)，得m320 kg.(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為 v1，由動量守恒定律，有m1v1m2v200，代入數(shù)據(jù)，得v

25、11 m/s；設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為 v2 和 v3，由動量守恒和機(jī)械能守恒定律，有m2v20m2v2m3v3，111          32m2v202m2v22m3v2，聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)，得v21 m/s，故由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方， 冰塊不能追上小孩答案：(1)20 kg(2)不能追上小孩5(2016·全國卷)如圖，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊 a 和 b，其連線與墻垂直；9a 和 b 相距 l，b 與墻之間也相距 l；a 的質(zhì)量為 m，b 的質(zhì)量為 m.兩物塊與地面間的動摩擦34因數(shù)均相同現(xiàn)使 a 以初速度 v0 向右滑動此后 a 與&#