高中物理 第十六章 动量守恒定律章末复习课学案 新人教版选修35

6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 第十六章第十六章 动量守恒定律动量守恒定律 章末复习课 【知识体系】 主题 1 动量定理及其应用 1冲量的计算 (1)恒力的冲量：公式IFt适用于计算恒力的冲量 (2)变力的冲量： 通常利用动量定理Ip求解 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 可用图象法计算在Ft图象中阴影部分(如图)的面积就表示力在时间tt2t1内的冲量 2动量定理Ftmv2mv1的应用 (1)它说明的是力对时间的累积效应应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程 (2)应用动量定理求解的问题 求解曲线运动的动量变化量 求变力的冲量问题及平均力问题 求相互作用时间 利用动量定理定性分析现象 【典例 1】 一个铁球，从静止状态由 10 m 高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时 0.4 s，该铁球的质量为 336 g. (1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？ (2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？ (3)泥潭对小球的平均作用力为多少(保留两位小数，g取 10 m/s2)? 解析：(1)小球自由下落 10 m 所用的时间是t1 2hg 21010 s 2 s，重力的冲量IGmgt10.33610 2 Ns4.75 Ns，方向竖直向下 (2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得 mg(t1t2)Ft20. 泥潭的阻力F对小球的冲量 Ft2mg(t1t2)0.33610( 20.4) Ns6.10 Ns，方向竖直向上 (3)由Ft26.10 Ns 得F15.25 N. 答案：(1)4.75 Ns，方向竖直向下 (1)6.10 Ns，方向竖直向上 (3)15.25 N 方法总结 (1)恒力的冲量可以用IFt求解， 也可以利用动量定理求解 本题第(1)问可先求出下落到泥潭时的速度，进而计算出冲量 (2)在泥潭中运动时要注意受力分析，合外力的冲量是重力和阻力的合冲量 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 (3)应用动量定理对全过程列式有时更简捷 针对训练 1一垒球手水平挥动球棒，迎面打击一以速度 5 m/s 水平飞来的垒球，垒球随后在离打击点水平距离为 30 m 的垒球场上落地设垒球质量为 0.18 kg，打击点离地面高度为 2.2 m，球棒与垒球的作用时间为 0.010 s，重力加速度为 9.9 m/s2，求球棒对垒球的平均作用力的大小 解析：以m、v和v，分别表示垒球的质量、垒球在打击过程始、末瞬时速度的大小，球棒与垒球的作用时间为t，球棒对垒球的平均作用力的大小为f，取力的方向为正方向，根据动量定理有：ftmvm(v) 垒球在与球棒碰撞后，以速率v做平抛运动，令打击点高度为h，垒球落地点与打击点的水平距离为x，则按平抛运动规律有xvt，h12gt2，式中t是垒球做平抛运动时间，则可以得到：vxg2h，联立整理可以得到：fmtx g2hv900 N. 答案：900 N 主题 2 解答动力学问题的三种思路 1三种思路的比较 思路 特点分析 适用情况 力的观点：牛顿运动定律结合运动学公式 分析物体的受力，确定加速度，建立加速度和运动量间的关系涉及力、加速度、位移、速度、时间 恒力作用下的运动 能量观点：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律 分析物体的受力、位移和速度，确定功与能的关系系统内力做功会影响系统能量涉及力、位移、速度 恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动、瞬时作用 动量观点：动量定理和动量守恒定律 分析物体的受力(或系统所受外力)、速度，建立力、时间与动量间的关系(或动量守恒定律)，系统内力不影响系统动量涉及力、时间、动量(速度) 恒力作用下的运动、瞬时作用、往复运动 2.三种思路的选择 对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题， 无论是恒力做功还是变力做功， 一般都利用动能定理求解；如果只有重力和弹簧弹力做功而不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解 对于碰撞、反冲类问题，应用动量守恒定律求解，对于相互作用的两物体，若明确两物6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒(功能关系)建立方程 【典例 2】 如图，用两根等长的细线分别悬挂两个弹性球A、B，球A的质量为 2m，球B的质量为 9m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入球A，并留在其中，子弹与球A作用时间极短；设A、B两球作用为对心弹性碰撞求 (1)子弹与A球作用过程中，子弹和A球系统损失的机械能； (2)B球被碰撞后，从最低点运动到最高点过程中，合外力对B球冲量的大小 解析：(1)对子弹和A球，由动量守恒定律，得 mv0(m2m)v， 由能量守恒定律，可知12mv2012(m2m)v2E， 解得E13mv20. (2)对子弹和A球、B球系统，由动量守恒定律，得 3mv3mv19mv2， 根据能量守恒定律，有12(3m)v212(3m)v2112(9m)v22， 解得v216v0； 对B球，由动量定理，有I09mv232mv0， 合外力的冲量大小为32mv0. 答案：(1)13mv20 (2)32mv0 方法总结 (1)若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理， 特别是涉及时间问题时应优先考虑动量定理， 涉及功和位移问题时应优先考虑动能定理所选方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别 (2)两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处特别是对于变力做功、曲线运动、竖直平面内的圆周运动、碰撞等问题，就更显示出它们的优越性 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 针对训练 2.如图所示， 光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B，B的质量为M3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生弹性碰撞，碰撞后小物块A又滑上劈B，求物块A在B上能够达到的最大高度 解析：C.A组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0mvCmvA， 由能量守恒定律得：12mv2012mv2C12mv2A，解得：vC0，vAv0， AB系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvA(mM)v， 系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：12mv2Amgh12(mM)v2，解得：h3v208g. 答案：h3v208g 统揽考情 “动量守恒定律”是力学的重要内容，在全国卷中，2017 高考改为必考内容，题型预计是综合计算题，一般可以综合牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等物理规律，且难度可能为中等难度以上 真题例析 (2015课标全国卷)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段两者的位移x随时间t变化的图象如图所示求： (1)滑块a、b的质量之比； (2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得 v12 m/s， v21 m/s. a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得 v23 m/s. 由动量守恒定律得 m1v1m2v2(m1m2)v. 解得m1m218. (2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 E12m1v2112m2v2212(m1m2)v2. 由图象可知，两滑块最后停止运动由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W12(m1m2)v2， 解得WE12. 答案：(1)m1m218 (2)WE12 针对训练 (2015重庆卷)高空作业须系安全带， 如果质量为m的高空作业人员不慎跌落， 从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)， 此后经历时间t安全带达到最大伸长量若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m2ghtmg B.m2ghtmg C.m ghtmg D.m ghtmg 解析：人下落h高度为自由落体运动，由运动学公式v22gh，可知v 2gh；缓冲过程(取向上为正)由动量定理得(- F mg)t0(mv)，解得- F m2ghtmg，故选 A. 答案：A 1(2017全国卷)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( ) A30 kgm/s B5.7102 kgm/s C6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s 解析：火箭与喷出的燃气组成的系统在竖直方向上动量守恒选竖直向上为正方向，设喷气后火箭的动量为p，由动量守恒定律得：0pmv，则pmv0.050600 kgm/s30 kgm/s. 答案：A 2(2017全国卷)(多选)一质量为 2 kg 的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动F随时间t变化的图线如图所示，则( ) At1 s 时物块的速率为 1 m/s Bt2 s 时物块的动量大小为 4 kgm/s Ct3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/s Dt4 s 时物块的速度为零 解析：对物块，由动量定理可得：Ftmv，解得vFtm，t1 s 的速率为v1 m/s，A正确；在Ft图中面积表示冲量，故t2 s 时物块的动量大小pFt22 kgm/s4 kgm/s，B 正确，t3 s 时物块的动量大小为p(2211)kgm/s3 kgm/s，C错误；t4 s 时物块的动量大小为p(2212)kgm/s2 kgm/s，故t4 s 时物块的速度为 1 m/s，D 错误 答案：AB 3(2016全国卷)如图，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小孩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 3 m/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h0.3 m(h小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小g10 m/s2. (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？ 解析：(1)规定向右为速度正方向冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 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 m2v20(m2m3)v， 12m2v22012(m2m3)v2m2gh， 式中v203 m/s 为冰块推出时的速度联立式并代入题给数据，得 m320 kg. (2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律，有 m1v1m2v200， 代入数据，得 v11 m/s； 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律，有 m2v20m2v2m3v3， 12m2v22012m2v2212m3v23， 联立式并代入数据，得 v21 m/s， 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 答案：(1)20 kg (2)不能追上小孩 4(2016全国卷)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同现使a以初速度v0向右滑动此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件 解析：设物块与地面间的动摩擦因数为.若要物块a、b能够发生碰撞，应有 12mv20mgl， 即v202gl； 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒，有 12mv2012mv21mgl； 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒和能量守恒，有 mv1mv13m4v2， 12mv2112mv21123m4v22， 联立式，解得v287v1； 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系，可知 123m4v223m4gl， 联立式，可得 32v20113gl. 联立式，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为 32v20113glv202gl. 答案：32v20113glv202gl