高中物理 第十六章 動量守恒定律章末復(fù)習(xí)課學(xué)案 新人教版選修35

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1、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

2、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 動量守恒定律動量守恒定律 章末復(fù)習(xí)課 【知識體系】 主題 1 動量定理及其應(yīng)用 1沖量的計算 (1)恒力的沖量：公式IFt適用于計算恒力的沖量 (2)變力的沖量： 通常利用動量定理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

3、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 可用圖象法計算在Ft圖象中陰影部分(如圖)的面積就表示力

4、在時間tt2t1內(nèi)的沖量 2動量定理Ftmv2mv1的應(yīng)用 (1)它說明的是力對時間的累積效應(yīng)應(yīng)用動量定理解題時，只考慮物體的初、末狀態(tài)的動量，而不必考慮中間的運動過程 (2)應(yīng)用動量定理求解的問題 求解曲線運動的動量變化量 求變力的沖量問題及平均力問題 求相互作用時間 利用動量定理定性分析現(xiàn)象 【典例 1】 一個鐵球，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 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

5、 10 m/s2)? 解析：(1)小球自由下落 10 m 所用的時間是t1 2hg 21010 s 2 s，重力的沖量IGmgt10.33610 2 Ns4.75 Ns，方向豎直向下 (2)設(shè)向下為正方向，對小球從靜止開始運動至停在泥潭中的全過程運用動量定理得 mg(t1t2)Ft20. 泥潭的阻力F對小球的沖量 Ft2mg(t1t2)0.33610( 20.4) Ns6.10 Ns，方向豎直向上 (3)由Ft26.10 Ns 得F15.25 N. 答案：(1)4.75 Ns，方向豎直向下 (1)6.10 Ns，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，

6、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的速度，進(jìn)而計算出沖量 (2)在泥潭中運動時要注意受力分析，合外力的沖量是重力和阻力的合沖量 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

7、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)應(yīng)用動量定理對全過程列式有時更簡捷 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 m/s 水平飛來的壘球，壘球隨后在離打擊點水平距離為 30 m 的壘球場上落地設(shè)壘球質(zhì)量為 0.18 kg，打擊點離地面高度為 2.2 m，球棒與壘球的作用時間為 0.010 s，重

8、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、末瞬時速度的大小，球棒與壘球的作用時間為t，球棒對壘球的平均作用力的大小為f，取力的方向為正方向，根據(jù)動量定理有：ftmvm(v) 壘球在與球棒碰撞后，以速率v做平拋運動，令打擊點高度為h，壘球落地點與打擊點的水平距離為x，則按平拋運動規(guī)律有xvt，h12gt2，式中t是壘球做平拋運動時間，則可以得到：vxg2h，聯(lián)立整理可以得到：fmtx g2hv900 N. 答案：900 N 主題 2 解答動力學(xué)問題的三種思路 1三種思路的比較 思路 特點分析 適用情況 力的觀點：牛頓運

9、動定律結(jié)合運動學(xué)公式 分析物體的受力，確定加速度，建立加速度和運動量間的關(guān)系涉及力、加速度、位移、速度、時間 恒力作用下的運動 能量觀點：動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律 分析物體的受力、位移和速度，確定功與能的關(guān)系系統(tǒng)內(nèi)力做功會影響系統(tǒng)能量涉及力、位移、速度 恒力作用下的運動、變力作用下的曲線運動、往復(fù)運動、瞬時作用 動量觀點：動量定理和動量守恒定律 分析物體的受力(或系統(tǒng)所受外力)、速度，建立力、時間與動量間的關(guān)系(或動量守恒定律)，系統(tǒng)內(nèi)力不影響系統(tǒng)動量涉及力、時間、動量(速度) 恒力作用下的運動、瞬時作用、往復(fù)運動 2.三種思路的選擇 對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間問題，

10、 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動過程的加速度和時間問題，則采用機械能守恒定律求解 對于碰撞、反沖類問題，應(yīng)用動量守恒定律求解，對于相互作用的兩物體，若明確兩物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

11、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 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

12、，子彈與球A作用時間極短；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)損失的機械能； (2)B球被碰撞后，從最低點運動到最高點過程中，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， 由能量守恒定律，可知12mv2012(m2m)v2E， 解得E13mv20. (2)對子彈和A球、B球系統(tǒng)，由動量守恒定律，得 3mv3mv19mv2， 根據(jù)能量守恒定律，有12(3m)v212(3m)v2112(9m)v22， 解得v216v0； 對B球，由動量定理，有I09mv232mv0， 合外力的沖量大小為32mv0. 答案：(1)

13、13mv20 (2)32mv0 方法總結(jié) (1)若研究對象為一個系統(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)先考慮兩個定理， 特別是涉及時間問題時應(yīng)優(yōu)先考慮動量定理， 涉及功和位移問題時應(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)兩個守恒定律和兩個定理只考查一個物理過程的始、末兩個狀態(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、曲線運動、豎直平面內(nèi)的圓周運動、碰撞等問題，就更顯示出它們的優(yōu)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

14、 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

15、 F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 針對訓(xùn)練 2.如圖所示， 光滑水平面上依次放置兩個質(zhì)量均為m的小物塊A和C以及光滑曲面劈B，B的質(zhì)量為M3m，劈B的曲面下端與水平面相切，且劈B足夠高，現(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞后小物塊A又滑上劈B，求物塊A在B上能夠達(dá)到的最大高度 解析：C.A組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0mvCmvA， 由能量守恒定律得：12mv2012mv2C12mv2A，解得：vC0，vAv0， AB系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mvA(mM)v， 系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律

16、得：12mv2Amgh12(mM)v2，解得：h3v208g. 答案：h3v208g 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)計是綜合計算題，一般可以綜合牛頓運動定律、動能定理、機械能守恒定律、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沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞，碰撞后兩者粘在一起運動，經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段兩者的位移x隨時間t變化的圖象如圖所示求： (1)滑塊a、b的質(zhì)量之比； (2)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比 6 E D B C 3 1

17、 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

18、 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)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，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象得 v23 m/s. 由動量守恒定律得 m1v1m2v2(m1m2)v. 解得m1m218. (2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機械能為 E12m1v2112m2v2212(m1m2)v2. 由圖象可知，兩滑塊最后停止運動由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為

19、 W12(m1m2)v2， 解得WE12. 答案：(1)m1m218 (2)WE12 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離為h(可視為自由落體運動)， 此后經(jīng)歷時間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，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為( ) A.m2ghtmg B.m2ghtmg C.m ghtmg D.m ghtmg 解析：人下落h高度為自由落體運動，由運動學(xué)公式v22gh，可知v 2gh；緩沖過程(取向上為正)由動量定理得(- F mg)t0(mv)，解得- F m2

20、ghtmg，故選 A. 答案：A 1(2017全國卷)將質(zhì)量為 1.00 kg 的模型火箭點火升空，50 g 燃燒的燃?xì)庖源笮? 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

21、 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 為 600 m/s 的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)( ) A30 kgm/s B5.7102 kgm/s C6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s 解析：火箭與噴出的燃?xì)饨M成的系統(tǒng)在豎直方向上動量守恒選豎直向上為正方向，

22、設(shè)噴氣后火箭的動量為p，由動量守恒定律得：0pmv，則pmv0.050600 kgm/s30 kgm/s. 答案：A 2(2017全國卷)(多選)一質(zhì)量為 2 kg 的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動F隨時間t變化的圖線如圖所示，則( ) At1 s 時物塊的速率為 1 m/s Bt2 s 時物塊的動量大小為 4 kgm/s Ct3 s 時物塊的動量大小為 5 kgm/s Dt4 s 時物塊的速度為零 解析：對物塊，由動量定理可得：Ftmv，解得vFtm，t1 s 的速率為v1 m/s，A正確；在Ft圖中面積表示沖量，故t2 s 時物塊的動量大小pFt22 kgm/s4 kgm/s，

23、B 正確，t3 s 時物塊的動量大小為p(2211)kgm/s3 kgm/s，C錯誤；t4 s 時物塊的動量大小為p(2212)kgm/s2 kgm/s，故t4 s 時物塊的速度為 1 m/s，D 錯誤 答案：AB 3(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動取重力加速度的大小g10 m

24、/s2. (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過計算，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動到最大高度時兩者達(dá)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

25、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，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械能守恒定律，得 m2v20(m2m3)v， 12m2v22012(m2m3)v2m2gh， 式中v203 m/s 為冰塊推出時的速度聯(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

26、速度為v1，由動量守恒定律，有 m1v1m2v200， 代入數(shù)據(jù)，得 v11 m/s； 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律，有 m2v20m2v2m3v3， 12m2v22012m2v2212m3v23， 聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)，得 v21 m/s， 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， 故冰塊不能追上小孩 答案：(1)20 kg (2)不能追上小孩 4(2016全國卷)如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為34m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同現(xiàn)使a以初

27、速度v0向右滑動此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件 解析：設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有 12mv20mgl， 即v202gl； 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為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

28、 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 設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1、v2，由動量守恒和能量守恒，有 mv1mv13m4v2， 12mv2112mv21123m4v22， 聯(lián)立式，解得v287v1； 由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系，可知 123m4v223m4gl， 聯(lián)立式，可得 32v20113gl. 聯(lián)立式，a與b發(fā)生碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為 32v20113glv202gl. 答案：32v20113glv202gl