物理新课堂学案选修35粤教版检测章末复习课第一章碰撞与动量守恒

章末复习课【知识体系】[答案填写]①守恒②有损失③损失最大④同向⑤I＝Ft⑥I＝Δp⑦合外力F合＝0⑧远大于⑨某一方向上主题1动量定理的应用1．动量定理的应用．(1)应用I＝Δp求变力的冲量：如果物体受到变力作用，则不能直接用I＝F·t求变力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，即等效代换为变力的冲量I.(2)应用Δp＝F·t求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中物体速度方向时刻在改变，求动量变化Δp＝p′－p需要应用矢量运算方法，比较复杂．如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化．(3)用动量定理解释现象：用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，分析力与作用时间的关系；另一类是作用力一定，分析力作用时间与动量变化间的关系．分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚．(4)处理连续流体问题(变质量问题)通常选取流体为研究对象，对流体应用动量定理列式求解．2．应用动量定理解题的步骤．(1)选取研究对象；(2)确定所研究的物理过程及其始、末状态；(3)分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况；(4)规定正方向，根据动量定理列方程式；(5)解方程，统一单位，求解结果．[典例❶]宇宙飞船在太空飞行时，如果遇到微陨石云，会受到较大的阻力．微陨石云是太空中游离的物质微粒比较集中的区域.已知宇宙飞船沿运行方向的横截面积为S，运行速度为v，微陨石云的平均密度为ρ，设宇宙飞船接触到的微陨石最后都附着在飞船上．求宇宙飞船在穿越微陨石云过程中所受阻力F的大小．解析：设在时间t内，微陨石的总质量m＝ρSvt，飞船增加的动量Δp＝mv＝ρSv2t由动量定理可得：Ft＝Δp，解得阻力F＝ρSv2答案：F＝ρSv2针对训练1．一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示．长物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止．g取10m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.解析：(1)由动能定理，有：－μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得μ＝0.32.(2)由动量定理，有FΔt＝mv′－mv，可得F＝130N.(3)W＝eq\f(1,2)mv′2＝9J.答案：(1)μ＝0.32(2)F＝130N(3)W＝9J主题2动量守恒中的临界问题在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两个物体相距最近、避免相碰和开始反向等临界问题，分析临界问题的关键是寻找临界状态，在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两个物体的相对速度关系和相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的切入点．【典例2】质量为M＝6kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为6kg，停在B的左端．质量为1kg的小球用长为0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为0.2m，物块与小球可视为质点，不计空气阻力．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板至少多长？解析：mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，v1＝eq\r(2gL)＝4m/s，mgh＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)，v′1＝eq\r(2gh)＝2m/s.球与A碰撞过程中，系统动量守恒mv1＝－mv′1＋mAvA得vA＝1m/s.物块A与木板B相互作用过程中mAvA＝(mA＋M)v共v共＝0.5m/s.μmAgx＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)(mA＋M)veq\o\al(2,共)，得x＝0.25m.答案：0.25m针对训练2．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2kg的滑块B，滑块A与B均可看作质点．现使滑块A从距小车的上表面高h＝1.25m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间黏合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，g取10m/s2.求：(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)小车C上表面的最短长度．解析：(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律有：mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)，①代入数据解得v1＝5m/s.②设A、B碰后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，mAv1＝(mA＋mB)v2，③代入数据解得v2＝2.5m/s.④(2)设小车C的最短长度为L，滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同设为v3，根据动量守恒定律有：(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3，⑤根据能量守恒定律：μ(mA＋mB)gL＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,3)，⑥联立⑤⑥式代入数据解得L＝0.375m.答案：(1)2.5m/s(2)0.375m主题3多体多过程的动量守恒对于两个以上的物体组成的物体系，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件多而无法解．这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程，或将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒定律方程．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，建立运动模型.(2)分清作用过程的各个阶段和联系各阶段的状态量.(3)合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要便于解题.【典例3】如图所示，光滑水平面上滑块A、C质量均为m＝1kg，B质量为M＝3kg.开始时A、B静止，现将C以初速度v0＝2m/s的速度滑向A，与A碰后C的速度变为零，而后A向右运动与(1)A与B碰撞后的共同速度大小；(2)A与B碰撞过程中，A与B增加的内能．解析：(1)以A、C组成的系统为研究对象，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mvA，A、B碰撞过程动量守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA＝(m＋M)v，代入数据解得：vA＝2m/s，v＝0.5(2)A、B碰撞过程中，由能量守恒定律可得A与B增加的内能：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得：ΔE＝1.5J.答案：(1)0.5m/s(2)1.5针对训练3.如图所示，一质量为M＝2kg，半径为R＝0.3m的四分之一光滑圆弧轨道A静止在光滑水平面上，轨道末端与水平面相切，现将质量为m＝1kg的滑块B(可视为质点)从弧形轨道顶端静止释放，滑块B从弧形轨道滑上水平而后，与静止的物块C发生弹性正碰．(1)求滑块B滑到水平面上的速度；(2)若滑块B与C碰后能再次追上A，则C的质量应满足什么条件？解析：(1)弧形轨道及水平面均光滑，滑块B滑下过程中，A、B组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒.设B滑到水平面时，A的速度大小为v1，B的速度大小为v2，根据动量守恒定律有Mv1＝mv2，A、B组成的系统机械能守恒：有mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得：v1＝1m/s，v2＝2m/s.(2)B、C发生弹性正碰，满足动量守恒，机械能守恒，设C的质量为m3，碰后B、C的速度的大小分别为v20、v3，且B与C碰后反向，则mv2＝－mv20＋m3v3，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,20)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)，若要B能追上A，应满足：v20＞v1，解得m3＞3kg.答案：(1)2m/s(2)m3＞3kg统揽考情1．动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点，动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查.2．动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点．真题例析(2016·全国Ⅰ卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．解析：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量m＝ρV＝ρSv0.(2)设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，根据运动学基本公式得：v2－veq\o\al(2,0)＝－2gh，水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正，根据动量定理，得－Mgt＝ρSv0t(0－v)，联立解得h＝eq\f(ρ2S2veq\o\al(4,0)－M2g2,2ρ2S2veq\o\al(2,0)g).答案：(1)ρSv0(2)eq\f(ρ2S2veq\o\al(4,0)－M2g2,2ρ2S2veq\o\al(2,0)g)针对训练(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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)()A．30kg·m/s B．5.7×102kgC．6.0×102kg·m/s D．6.3×10解析：设火箭的质量(不含燃气)为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1＝m2v2，解得火箭的动量为：p＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，故A正确，BCD错误．答案：A1.如图，某物体在拉力F的作用下没有运动，经时间t后()A．拉力的冲量为FtB．拉力的冲量为FtcosθC．支持力的冲量为零D．重力的冲量为零解析：根据冲量的公式，I＝Ft，所以t时间内拉力F的冲量就是Ft，故A正确，B错误；物体受到斜向上的力而没有运动，说明水平方向物体一定受到摩擦力的作用，而有摩擦力则物体必定受到支持力，所以经过t时间，则支持力的冲量一定不等于0，故C错误；根据冲量的公式，I＝Ft，所以t时间内重力G的冲量就是Gt，故D错误．答案：A2．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上有n个质量均为m的小球．现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出，第一种方式是将n个小球一起抛出，第二种方式是将小球一个接一个地抛出．则用上述不同方式抛完小球后小车的速度大小相比较()A．第一种较大 B．第二种较大C．两种一样大 D．不能确定解析：由于都是以相同的对地速度抛球，所以结果相同．答案：C3.(2017·全国卷Ⅲ)(多选)一质量为2kg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()A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零解析：由动量定理有Ft＝mv，解得v＝eq\f(Ft,m)，t＝1s时物块的速率v＝eq\f(Ft,m)＝1m/s，A正确；Ft图线与时间轴所围面积表示冲量，所以t＝2s时物块的动量大小为p＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，B正确；t＝3s时物块的动量大小为p′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×2－1×1))kg·m/s＝3kg·m/s，C错误；t＝4s时物块的动量大小为p″＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×2－1×2))kg·m/s＝2kg·m/s，速度不为零，D错误．答案：AB4．(2016·海南卷)如图，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得．某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k＝1.92×10－3s2/m.已知物块A和B的质量分别为mA＝0.400kg和mB＝0.100kg，重力加速度大小g＝9.8m(1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h­v2直线斜率的理论值k0.(2)求k值的相对误差δ(δ＝eq\f(|k－k0|,k0)×100%)，结果保留一位有效数字．解析：(1)设物块A和