版物理新导学笔记选修35第十六章 3Word文档格式.docx
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(2)内力:
系统中物体间的相互作用力.
(3)外力:
系统外部物体对系统内物体的作用力.
2.动量守恒定律
(1)内容:
如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变.
(2)表达式:
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′(作用前后动量相等).
(3)适用条件:
系统不受外力或者所受外力的矢量和为零.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)一个系统初、末态动量大小相等,即动量守恒.( ×
)
(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞,两个物体组成的系统动量守恒.( √ )
(3)只要系统所受到的合力为零,动量就守恒.( √ )
(4)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零.( √ )
(5)只要系统内存在摩擦力,动量就不可能守恒.( ×
2.如图3所示,质量为m的小球A静止在光滑水平面上,质量为2m的小球B以速度v0与A碰撞后粘在一起,则粘在一起后A、B的共同速度v=________.
图3
答案
v0
一、对动量守恒条件的理解
例1
(2016·
台州仙居高二检测)如图4所示,下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是( )
图4
A.图甲,在光滑水平面上,子弹水平射入木块的过程中
B.图乙,剪断细线,弹簧恢复原长的过程中
C.图丙,两球匀速下降,细线断裂后,它们在水中向下运动的过程中
D.图丁,木块沿光滑斜面由静止滑下的过程中
答案 AC
解析 题图甲,射入过程中子弹和木块组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒.题图乙,剪断细线,墙壁对左侧木块有作用力,系统所受合外力不为零,动量不守恒.题图丙,木块和铁球组成的系统在水中受到的合外力为零,系统动量守恒;
题图丁,木块下滑过程,斜面水平方向受挡板作用力,系统合外力不为零,动量不守恒.
针对训练 如图5所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,下列说法中正确的是( )
图5
A.两手同时放开后,系统总动量始终为零
B.先放开左手,后放开右手,此后动量不守恒
C.先放开左手,后放开右手,总动量向左
D.无论是否同时放手,只要两手都放开后,在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零
答案 ACD
解析 当两手同时放开时,系统所受的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因为开始时总动量为零,故系统总动量始终为零,选项A正确;
先放开左手,左边的小车就向左运动,当再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统的动量守恒,若先放开左手,系统总动量方向向左,若先放开右手,系统总动量方向向右,故选项B错误,C、D正确.
1.动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统.判断系统的动量是否守恒,与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系.
2.判断系统的动量是否守恒,要注意守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零,因此要分清哪些力是内力,哪些力是外力.
3.系统的动量守恒,并不是系统内各物体的动量都不变.一般来说,系统的动量守恒时,系统内各物体的动量是变化的,但系统内各物体的动量的矢量和是不变的.
二、动量守恒定律的理解及简单应用
1.对动量守恒定律的理解:
(1)系统性:
动量守恒定律的研究对象不是单一物体而是几个相互作用的物体组成的系统.
(2)矢量性:
表达式p1+p2=p1′+p2′是一个矢量式,其矢量性表现在:
系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等,而且方向相同.
(3)相对性:
动量守恒定律中,系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一惯性系,各物体的速度通常均为相对于地面的速度.
(4)同时性:
动量守恒定律中p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量,p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量.
(5)普适性:
动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统,也适用于多个物体组成的系统;
不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组成的系统.
2.应用动量守恒定律的解题步骤:
例2
质量m1=10g的小球在光滑的水平桌面上以30cm/s的速率向右运动,恰遇上质量为m2=50g的小球以10cm/s的速率向左运动,碰撞后,小球m2恰好停止,则碰后小球m1的速度大小和方向如何?
答案 20cm/s 方向向左
解析 碰撞过程中,两小球组成的系统所受合外力为零,动量守恒.设向右为正方向,则v1=30cm/s,v2=-10cm/s;
v2′=0.
由动量守恒定律列方程m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
代入数据解得v1′=-20cm/s.
故碰后小球m1的速度大小为20cm/s,方向向左.
例3
将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上,每个小车与固定在其上的磁铁的总质量为m,水平面光滑.开始时甲车速度大小为3m/s,方向向右,乙车速度大小为2m/s,方向向左并与甲车速度方向在同一直线上,如图6所示.
图6
(1)当乙车速度为零时,甲车的速度多大?
方向如何?
(2)由于磁性极强,故两车不会相碰,那么两车的距离最小时,乙车的速度是多大?
答案
(1)1m/s 方向向右
(2)0.5m/s 方向向右
解析 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用,两车之间的磁力是系统内力,系统动量守恒,设向右为正方向.
(1)v甲=3m/s,v乙=-2m/s.
据动量守恒定律得:
mv甲+mv乙=mv甲′,代入数据解得
v甲′=1m/s,方向向右.
(2)两车的距离最小时,两车速度相同,设为v′,
由动量守恒定律得:
mv甲+mv乙=mv′+mv′.
解得v′=0.5m/s,方向向右.
例4
一辆质量m1=3.0×
103kg的小货车因故障停在车道上,后面一辆质量m2=1.5×
103kg的轿车来不及刹车,直接撞入货车尾部失去动力.相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了x=6.75m停下.已知车轮与路面间的动摩擦因数均为μ=0.6,求碰撞前瞬间轿车的速度大小.(重力加速度取g=10m/s2)
答案 27m/s
解析 由牛顿第二定律得a=
=μg=6m/s2
v=
=9m/s
取轿车的运动方向为正方向,由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v
解得:
v0=27m/s.
1.(动量守恒的条件)如图7所示,在光滑水平地面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接.A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态.若突然撤去力F,则下列说法中正确的是( )
图7
A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
答案 BC
解析 若突然撤去力F,木块A离开墙壁前,墙壁对木块A有作用力,所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但由于A没有离开墙壁,墙壁对木块A不做功,所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,选项A错误,B正确;
木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零,所以系统动量守恒且机械能守恒,选项C正确,D错误.
2.(动量守恒定律的应用)如图8所示,一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离.已知卫星的质量为m1,箭体的质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为( )
图8
A.v0-v2B.v0+v2
C.v0-
v2D.v0+
(v0-v2)
答案 D
解析 取火箭的速度方向为正方向,根据动量守恒定律
有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,可得v1=v0+
(v0-v2),故选D.
3.(动量守恒定律的应用)解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务时,假设鱼雷快艇的总质量为M,以速度v前进,现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后,快艇速度减为原来的
,不计水的阻力,则鱼雷的发射速度为( )
A.
vB.
v
C.
vD.
答案 A
解析 以快艇的速度方向为正方向,根据动量守恒定律有:
Mv=(M-m)
v+mv′,
解得v′=
v.
4.(动量守恒定律的应用)如图9所示,传送带以v0=2m/s的水平速度把质量m=20kg的行李包运送到原来静止在光滑轨道上的质量M=30kg的小车上,若行李包与车上表面间的动摩擦因数μ=0.4,g=10m/s2,求:
(小车足够长)
图9
(1)小车的最大速度的大小;
(2)行李包从滑上小车至在小车上滑到最远处所经历的时间.
答案
(1)0.8m/s
(2)0.3s
解析
(1)以行李包与小车组成的系统为研究对象,行李包与小车最后达到相同速度,此时小车速度最大,设为v.
取v0的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v
解得v=0.8m/s.
(2)对行李包,由动量定理得-μmgt=mv-mv0
解得t=0.3s.
一、选择题
考点一 动量守恒的判断
1.下列情形中,满足动量守恒条件的是( )
A.用铁锤打击放在铁砧上的铁块,打击过程中,铁锤和铁块的总动量
B.子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块的过程中,子弹和木块的总动量
C.子弹水平穿过墙壁的过程中,子弹和墙壁的总动量
D.棒击垒球的过程中,棒和垒球的总动量
答案 B
2.(2018·
绍兴高二检测)汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶,突然拖车与汽车脱钩,而汽车的牵引力不变,各自受的阻力不变,则在拖车停止运动前( )
A.汽车和拖车的总动量不变
B.汽车和拖车的总动能不变
C.汽车和拖车的总动量增加
D.汽车和拖车的总动能增加
答案 AD
解析 对于整体而言,牵引力和阻力的大小都没变,整体所受的合力还是为零,所以整体的动量守恒,A正确,C错误;
当拖车与汽车脱钩后,汽车的牵引力不变,但是汽车受到的拖车的拉力为零,所以汽车要做加速运动,拖车做减速运动,汽车的位移大于拖车的位移,对系统而言,牵引力做的功比阻力做的功多,所以汽车和拖车的总动能要增加,B错误,D正确.
3.(2018·
效实中学高二期中)如图1所示,木块B与水平轻弹簧相连放在光滑的水平面上,弹簧的另一端与竖直墙壁相连,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内,入射时间极短,而后木块将弹簧压缩到最短.关于子弹和木块组成的系统,下列说法正确的是( )
A.子弹射入木块的过程中,系统的动量守恒
B.子弹射入木块的过程中,系统的机械能守恒
C.木块压缩弹簧的过程中,系统的动量守恒
D.木块压缩弹簧的过程中,系统的机械能守恒
考点二 动量守恒定律的应用
4.如图2所示,小车放在光滑的水平面上,将系着绳的小球拉开一定的角度,然后同时放开小球和小车,不计空气阻力,那么在以后的过程中( )
A.小球向左摆动时,小车也向左运动,且系统动量守恒
B.小球向左摆动时,小车向右运动,且系统在水平方向上动量守恒
C.小球向左摆到最高点,小球的速度为零而小车的速度不为零
D.在任意时刻,小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或者都为零)
答案 BD
解析 以小球和小车组成的系统为研究对象,在水平方向上不受外力的作用,所以系统在水平方向上动量守恒.由于初始状态小车与小球均静止,所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零,要么大小相等、方向相反,所以A、C错,B、D对.
5.一颗手榴弹被投出后到达最高点时的速度为v0=10m/s,设它炸成两块后,质量为0.4kg的大块速度大小为250m/s,方向与原来方向相反,若取v0方向为正方向,则质量为0.2kg的小块速度为( )
A.-470m/sB.530m/s
C.470m/sD.800m/s
解析 手榴弹爆炸过程系统动量守恒,由题意知v0方向为正方向,根据动量守恒定律得:
Mv0=m1v1+m2v2.即:
0.6×
10kg·
m/s=0.4×
(-250)kg·
m/s+0.2kg×
v2,解得:
v2=530m/s,故选B.
6.如图3所示,水平面上有两个木块,两木块的质量分别为m1、m2,且m2=2m1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩的水平轻弹簧,烧断绳后,两木块分别向左、右运动.若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,且μ1=2μ2,则在弹簧伸长的过程中,两木块( )
A.动量大小之比为1∶1B.速度大小之比为2∶1
C.动量大小之比为2∶1D.速度大小之比为1∶1
答案 AB
解析 以两木块及弹簧组成的系统为研究对象,绳断开后,弹簧对两木块的推力可以看成是内力;
水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力,且Ff1=μ1m1g,Ff2=μ2m2g.因此系统所受合外力F合=μ1m1g-μ2m2g=0,满足动量守恒定律的条件.设弹簧伸长过程中某一时刻,两木块速度大小分别为v1、v2.由动量守恒定律有(以向右为正方向):
-m1v1+m2v2=0,即m1v1=m2v2,两木块的动量大小之比为1∶1,故A项正确,C项错误.两木块的速度大小之比为
=
,故B项正确,D项错误.
7.质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1水平向右运动,质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块,要使木块停下来,则发射子弹的数目为(全部子弹留在木块中不穿出)( )
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 设发射子弹的数目为n,以n颗子弹和木块M组成的系统为研究对象.系统在水平方向所受的合外力为零,满足动量守恒的条件.选子弹运动的方向为正方向,由动量守恒定律有:
nmv2-Mv1=0,得n=
.
8.两个小木块A和B用细线(未画出)连接且中间夹着一轻质弹簧,如图4所示,将这一系统置于光滑的水平桌面上,松开细线后,木块A、B分别向左、右方向运动,A、B离开桌面前已与弹簧分离,离开桌面后做平抛运动(离开桌面前两木块已和弹簧分离),落地点与桌面边缘的水平距离分别为lA=1m,lB=2m,则下列说法正确的是( )
A.木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB=1∶2
B.木块A、B的质量之比mA∶mB=2∶1
C.木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA∶EkB=1∶2
D.弹簧对木块A、B的作用力大小之比FA∶FB=1∶2
答案 ABC
解析 A、B两木块脱离弹簧后做平抛运动,由平抛运动规律得:
木块A、B离开弹簧时的速度大小之比为
,故A选项正确;
取向左为正方向,根据动量守恒定律得:
mAvA-mBvB=0,因此
,故B选项正确;
木块A、B离开弹簧时的动能之比为:
×
,C选项正确;
弹簧对木块A、B的作用力大小之比:
,D选项错误.
9.(2018·
宁波高二检测)如图5所示,一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块.木箱和小木块都具有一定的质量.现使木箱获得一个向右的初速度v0,则( )
A.小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动
B.小木块和木箱最终速度为
C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动
D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者将一起向左运动
解析 系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,最终两个物体以相同的速度一起向右运动.取v0方向为正方向,由动量守恒定律:
Mv0=(m+M)v得:
.A、B项正确.
10.根据UIC(国际铁路联盟)的定义,高速铁路是指营运速率达200km/h以上的铁路和动车组系统.据广州铁路局警方测算:
当和谐号动车组列车(如图6所示)以350km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时,如果撞击一块质量为0.5kg的障碍物,会产生大约5000N的冲击力,撞击时间约为0.01s,瞬间可能造成列车颠覆,后果不堪设想.在撞击过程中,下列说法正确的是( )
A.列车受到合外力的冲量约为50N·
s
B.列车受到合外力的冲量约为104N·
C.障碍物受到合外力的冲量约为175N·
D.列车和障碍物组成的系统动量近似守恒
二、非选择题
11.(动量守恒定律的应用)a、b两个小球在一直线上发生碰撞,它们在碰撞前后的x-t图象如图7所示.若a球的质量为ma=1kg,则b球的质量mb等于多少?
答案 2.5kg
解析 由题图知va=4m/s,va′=-1m/s,vb=0,vb′=2m/s,根据动量守恒定律有mava=mava′+mbvb′,代入数据解得mb=2.5kg.
12.(动量守恒定律的应用)如图8所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块A和B(均可视为质点)分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点.现将A无初速度释放,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动.已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2m,A和B的质量相等,A、B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2.取重力加速度g=10m/s2.求:
(1)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′;
(2)A、B整体在桌面上滑动的距离L.
答案
(1)1m/s
(2)0.25m
解析
(1)滑块A从圆弧轨道最高点到最低点机械能守恒,由
mAv
=mAgR,可得vA=2m/s.在最低点和B相撞,满足动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律得mAvA=(mA+mB)v′,可得v′=1m/s.
(2)对A、B一起沿桌面滑动的过程,由动能定理得-μ(mA+mB)gL=0-
(mA+mB)v′2,可得L=0.25m.
13.(动量定理、动能定理、动量守恒定律的综合应用)(2018·
绍兴高二检测)如图9所示,质量为m=1kg的滑块,以v0=5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面上的平板小车,若小车质量M=4kg,平板小车足够长,滑块在平板小车上滑移1s后相对小车静止.求:
(g取10m/s2)
(1)滑块与平板小车之间的滑动摩擦因数μ;
(2)此时小车在地面上滑行的位移.
答案
(1)0.4
(2)0.5m
解析
(1)滑块滑上平板小车到与平板小车相对静止,设速度为v1,以v0的方向为正方向,
根据动量守恒定律:
mv0=(M+m)v1,①
对m根据动量定理:
-μmgt=mv1-mv0,②
由①②得μ=0.4
(2)对M根据动能定理有:
μmgx车=
Mv
-0③
解得x车=0.5m.
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