2012高中物理 1.2 動量 動量守恒定律每課一練 粵教版選修3-5

1、1.2 動量 動量守恒定律 每課一練（粵教版選修3-5）基礎(chǔ)達標1.若用p1、p2表示兩個在同一直線上運動并相互作用的物體的初動量，p1、p2表示它們的末動量，p1、p2表示它們相互作用過程中各自動量的變化，則下列式子能表示動量守恒的是( )A.p1=p2 B.p1+p2=p1+p2C.p1+p2=0 D.p1+p2=常數(shù)（不為零）解析：動量守恒的含義是兩物體相互作用前的總動量等于其相互作用后的總動量，因此有p1+p2=p1+p2，變形后有p1-p1+p2-p2=0，即p1+p2=0，又可以變形為p1=-p2.答案：BC2.已知機械能在碰撞過程中有損失，實驗中人從高處跳到低處時，為了安全，一般

2、都是讓腳尖先著地，這是為了( )A.減小地面對人的沖量B.使動量的變化變得更小C.延長與地面的沖擊時間，從而減小地面對人的沖力D.增大人對地的壓力，起到安全作用解析：動量的變化一定，由動量定理（F-mg）t=mv，所以,顯然時間越長所受沖力平均值越小.答案：C3.三塊完全相同的木塊從同一高度由靜止開始下落，A木塊順利下落，B木塊在開始下落的瞬間被一水平飛來的子彈擊中（未穿出），C木塊在下落到一半距離時被另一相同的水平飛來的子彈擊中未穿出，則三木塊落地時間關(guān)系為( )A.tA=tB=tC B.tAtBtCC.tAtB=tC D.tA=tBtC解析：A木塊做自由落體運動，B木塊被水平飛來的子彈擊中

3、后做平拋運動，A、B的運動時間均為t=，C木塊自由下落一半高度時豎直速度分量設(shè)為vy1，當一顆質(zhì)量為m的子彈擊中木塊后留在木塊內(nèi)，可以近似認為豎直方向木塊動量守恒，則木塊豎直方向的分速度變?yōu)関y2=vy1，即子彈擊中木塊后，木塊在豎直方向的分速度減小，所以落地時間延長.答案：D4.一質(zhì)量為m的物體放在光滑水平面上，今以恒力F沿水平方向推該物體，在相同的時間間隔內(nèi)，下列說法正確的是( )A.物體的位移相等 B.物體動能的變化量相等C.F對物體做的功相等 D.物體動量的變化量相等解析：由牛頓第二定律F=ma知，加速度恒定，做勻加速直線運動，故相同的時間間隔的位移x在增大；由W=Fx知，做的功也在增

4、大；由W=Ek知，動能的變化也在增大；由p=Ft知，動量的變化相等，故D項正確.答案：D5.如圖1-2-3所示，一質(zhì)量m=3 kg的物體靜止在光滑水平面上，受到與水平方向成60°角的力作用，F(xiàn)的大小為9 N，經(jīng)2 s時間，求圖1-2-3（1）物體重力沖量大小；（取g=10 N/kg）（2）力F的沖量大?。唬?）物體動量變化量.解析：本題考查恒力的沖量及在合沖量作用下物體的動量變化量，旨在加深對動量和沖量概念的認識.求解一個力的沖量只與力和力的作用時間有關(guān)，與該沖量的作用效果無關(guān).而求動量的變化量，可以通過合外力沖量來表示，特別對于變力（力大小變化和曲線運動中）是一種很好的方法.（1）

5、重力的沖量IG=mgt=3×10×2 N·s=60 N·s.（2）2 s內(nèi)F的沖量IF=F·t=9×2 N·s=18 N·s.（3）物體動量的變化是物體在水平方向上的外力的合沖量產(chǎn)生的p=Fcos60°·t=9×0.5×2 kg·m·s-1=9 kg·m·s-1答案：（1）60 N·s （2）18 N·s （3）9 kg·m·s-1綜合運用6.用半徑相同的兩小球A、B的碰撞驗證動量守恒定律.實驗裝

6、置如圖1-2-4，斜槽與水平槽圓滑連接.實驗時先不放B球，使A球從斜槽上某一固定點C由靜止?jié)L下，落到位于水平地面的記錄紙上留下痕跡.再把B球靜置于水平槽前端邊緣處，讓A球仍從C處由靜止液下，A球和B球碰撞后分別落在記錄紙上留下各自的痕跡.記錄紙上的O點是重垂線所指的位置，若測得各落點痕跡到O點的距離：OM=2.68cm，OP=8.62 cm,ON=11.50 cm，并知A、B兩球的質(zhì)量比為21，則未放B球時A球落地點是記錄紙上的_一點，系統(tǒng)碰撞前，總動量p與碰撞后總動量p的百分誤差_（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）.圖1-2-4解析：A球從固定點C由靜止?jié)L下，滾到最低點時有相同的水平速度v0，而A、B

7、兩球平拋后，下不落高度h相同，由h=知，運動時間t相同.水平方向v=.故小球的動量與水平位移成正比.若mAxA與（mAxA+mBxB）基本相等，則碰撞前后動量守恒.碰后A的速度會變小，故p點是未放B球時A球落地的.p=mAOp=mA×8.62 cmp=mAOM+mAON=mA×8.62 cm+mB×11.50 cm=mA×8.43 cm故=0.198.62=0.02.=2%.答案：p 2%7.如圖1-2-5所示，如果懸掛球的繩子能承受的最大拉力T0=10N，球質(zhì)量m=0.5 kg,L=0.3 m,錘頭質(zhì)量M=0.866 kg,如果錘頭沿水平方向打擊球m,

8、錘速度多大時才能把繩子打斷（設(shè)球原來靜止，打擊后錘頭靜止，g=10 m/s2）？圖1-2-5解析：球m被錘打擊后以O(shè)為圓心，L為半徑做圓周運動，且在剛打過后繩子拉力最大，由圓周運動向心力計算公式有T0-mg=m·v=錘打擊m過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，系統(tǒng)水平動量守恒mv0=mvv0=1 m/s若要錘打小球后繩子被拉斷，錘的速度應(yīng)大于等于1 m/s.答案：大于等于1 m/s8.如圖1-2-6所示，在支架的圓孔上放著一個質(zhì)量為M的木球，一質(zhì)量為m的子彈以速度v從下面很快擊中木球并穿出.擊穿后木球上升的最大高度為H，求子彈穿過木球后上升的高度.圖1-2-6解析：子彈穿出木球后向上做

9、豎直上拋運動，設(shè)射出后子彈的速度為v1，木球的速度為v2，由豎直向上拋運動有v2=子彈穿過瞬間動量守恒mv=mv1+Mv2v1=設(shè)子彈穿出后上升最大高度為h，h=.答案：h=9.將一根粗細均勻的長木棒豎直勻速按入水中，如果在第1秒內(nèi)浮力對木棒的沖量為I0，則在第n秒內(nèi)和n秒內(nèi)浮力隨浸入水中深度的變化關(guān)系是多少？解析：首先由阿基米德定律求出木棒所受浮力隨浸入水中深度的變化關(guān)系，再作出浮力F隨時間變化的圖象，根據(jù)圖象的物理意義，求不同時間內(nèi)浮力對木棒的沖量.設(shè)木棒的截面積為S，木棒浸入水中的深度為x，根據(jù)阿基米德定律，木棒所受的浮力為F=水gSx由于木棒是勻速進入水中的，故有x=vt,所以木棒所受

10、浮力為F=水gSvt式中水、g、S、v均為常數(shù)，故可寫作F=kt其中k=水gSv即浮力F與t成正比在Ft圖上作F的圖象，如下圖所示.OA線與時間軸及F軸的平行線所圍成的面積表示浮力的沖量大小.浮力F在第1秒內(nèi)的沖量為I0=浮力在第n秒內(nèi)的沖量為In=（n-1）k+nk=k（2n-1）=（2n-1）I0浮力在n秒內(nèi)的沖量為I=n·nk=k·n2=n2I0答案：In=（2n-1）I0 I=n2I010.第一個粒子質(zhì)量是m1，以v0的速度與原來靜止的質(zhì)量為m2的第二個粒子發(fā)生一維碰撞.測出了碰撞后第二個粒子的速度為v2,求第一個粒子原來速度v0的值可能范圍.解析：本題考查動量守恒

11、定律的特殊形式碰撞.我們通過分析碰撞的幾種形式，對碰撞中能量的轉(zhuǎn)化分析清楚，本題就迎刃而解了.同時還應(yīng)注意以下兩點：此題應(yīng)用的解題方法可以歸納為“條件法”，特點是利用v0的端值條件與題目中給出的條件相比較決定對v0的取值.在解題時，把完全彈性碰撞和完全非彈性碰撞，看成一般碰撞的特例，由碰撞的特點知，當碰撞后兩粒子發(fā)生完全非彈性碰撞時，機械能損失最大.即m1v0=(m1+m2)v2所以v0=這里的v0是機械能損失最大情況的值，是v0的上限，應(yīng)滿足v0 機械能損失最小的情況是兩粒子發(fā)生彈性碰撞時機械能損失為零由m1v0=m1v1+m2v2m1v02=m1v12+m2v22聯(lián)立以上兩式得v0=得到的

12、表達式是v0的下限，但它不符合題意，題中機械能有損失，所以v0應(yīng)取為v0 由兩式得.答案：拓展探究11.在平靜的水面上，有一條載人的小船，船的質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m，人相對船靜止，船和人以速度v0前進，當人對船以速度u沿跟船的運動相反方向行走時，船的速度多大？若船長為L，且開始時系統(tǒng)靜止，當人從船的一頭走到另一頭停止時，船后退距離是多少？（水的阻力不計）解析：本題考查動量守恒定律，以及動量的相對性，解答時分清作用前后各物體動量，然后應(yīng)用動量守恒定律即可.同時還應(yīng)注意此類題的解題步驟.此題第一步解題中，應(yīng)該把人對船的速度變?yōu)槿藢Φ氐乃俣?，即各物體的運動應(yīng)對同一參照系.第二步解題中，人走船也走，人

13、停船也停，因此整個過程系統(tǒng)動量變化為零，人在船上不管做什么運動船后退的距離一定相同.人船模型可以推廣到“人車模型”和“子彈打木塊”模型，它們的解法類似.（1）人和船組成系統(tǒng)，水平方向動量守恒，由于人對地速度為v-u，則由動量守恒定律知（m+M)v0=Mv+m(v-u)v=v0+方向與v0方向相同.（2）開始時人船都停止，總動量為零，設(shè)人在船上走一段較短時間t時，人和船都看作是勻速運動，推廣到整個過程時，人的平均速度為，船的平均速度為，如上圖設(shè)船后退s，則人的位移為L-s，由動量守恒定律m-M=0s=.答案：（1）v=v0+方向與v0方向相同（2）12.真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強

14、電場.在電場中，若將一個質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球的速度與豎直方向夾角為37°（取sin37°=0.6,cos37°=0.8).現(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度v0豎直向上拋出.求運動過程中（1）小球受到的電場力的大小及方向；（2）小球從拋出點至最高點的電勢能變化量；（3）小球的最小動量的大小及方向.解析：(1)根據(jù)題設(shè)條件，電場力大小Fe=mgtan37°=mg電場力的方向水平向右.（2）小球沿豎直方向做勻減速運動，速度為vyvy=v0-gt沿水平方向做初速度為0的勻加速運動，加速度為ax ax=小球上升到最高點的時間t=，此過程小球沿電場方向位移sx=電場力做功W=Fesx=小球上升到最