【新步步高】2015-2016学年高二物理人教版选修3-5导学案第十六章动量守恒定律

学案8章末总结一、动量定理及其应用1．冲量的计算(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量．(2)变力的冲量：①通常利用动量定理I＝Δp求解．②可用图象法计算．在F－t图象中阴影部分(如图1)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．图12．动量定理Ft＝mv2－mv1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：①求解曲线运动的动量变化量．②求变力的冲量问题及平均力问题．例1一个铁球，从静止状态由10m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4s，该铁球的质量为336g，求：(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10m/s2)解析(1)小球自由下落10m所用的时间是t1＝2hg＝2×1010s＝2s，重力的冲量IG＝mgt1＝0.336×10×2N·s≈4.75N·s，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(t1＋t2)－Ft2＝0.泥潭的阻力F对小球的冲量Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(2＋0.4)N·s≈6.10N·s，方向竖直向上．(3)由Ft2＝6.10N·s得F＝15.25N答案(1)4.75N·s，竖直向下(2)6.10N·s，竖直向上(3)15.25N二、动量守恒定律的应用1．合理选择研究对象及对应运动过程．2．由守恒条件判断研究的系统动量是否守恒．注意：若选的过程包含几个子过程，则每个过程都必须满足动量守恒．3．解题时应先规定正方向，将矢量式转化为标量式．例2如图2所示，在光滑水平面上有两个木块A、B，木块B左端放置小物块C并保持静止，已知mA＝mB＝0.2kg，mC＝0.1kg，现木块A以初速度v＝2m/s沿水平方向向右滑动，木块A与B相碰后具有共同速度(但不粘连)，C与A、B间均有摩擦．求：图2(1)木块A与B相碰瞬间A木块及小物块C的速度大小；(2)设木块A足够长，求小物块C的最终速度．解析(1)木块A与B相碰瞬间C的速度为0，A、B木块的速度相同，由动量守恒定律得mAv＝(mA＋mB)vA，vA＝v2＝1m/s.(2)C滑上A后，摩擦力使C加速，使A减速，直至A、C具有相同的速度，以A、C整体为研究对象，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mC)vC，vC＝23m/s，方向水平向右．答案(1)1m/s0(2)23m/s，方向水平向右三、动量和能量综合问题分析1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量式，绝无分量表达式．2．解题时必须注意动量守恒时，机械能不一定守恒，反之亦然．动量守恒的条件是F合＝0，而机械能守恒的条件是W外＝0.例3如图3所示，在光滑水平面上，木块A的质量mA＝1kg，木块B的质量mB＝4kg，质量mC＝2kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑．开始时B、C静止，A以v0＝10m/s的初速度向右运动，与B碰撞后B的速度为3.5m/s，碰撞时间极短．求：图3(1)A、B碰撞后A的速度；(2)弹簧第一次恢复原长时C的速度．解析(1)因碰撞时间极短，A、B碰撞时，C的速度为零，规定A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB解得vA＝mAv0－mBvBmA代入数据解得vA＝－4m/s，负号说明方向与A的初速度方向相反．(2)第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零，设此时B的速度为vB′，C的速度为vC.由动量守恒定律得mBvB＝mBvB′＋mCvC由机械能守恒定律得12mBv2B＝12mBvB′2＋12mCv2C联立代入数据解得vC＝143m/s答案(1)4m/s，方向与A的初速度方向相反(2)143m/s例4一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图4所示，图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：图4(1)木块在ab段受到的摩擦力Ff；(2)木块最后距a点的距离s.解析(1)木块在斜面上上升到最高点时，木块与物体P具有相同的水平速度，设为v1.以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v1此过程中，由动能定理得－mgh－FfL＝12(m＋2m)v21－12mv20联立解得Ff＝mv20－3gh3L.(2)设最后木块与物体P的共同速度为v2，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v2整个过程中，根据动能定理得－Ff(2L－s)＝12(m＋2m)v22－12mv20联立以上各式解得s＝v20－6ghv20－3ghL.答案(1)mv20－3gh3L(2)v20－6ghv20－3ghL1．(动量定理的应用)一质量为2kg的质点在光滑平面上从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移x变化的关系式为p＝8xkg·m/s，关于该质点的说法不正确的是()A．速度变化率为8m/s2B．受到的恒力为16NC．1s末的动量为16kg·m/sD．1s末的动能为32J答案D解析由式子p＝8xkg·m/s和动量定义式p＝mv，可以得到x＝v216，再由匀加速直线运动的位移公式知加速度a＝8m/s2.故A、B、C三个选项都是正确的；而1s末的动能应是64J，D选项错误．2．(动量守恒定律的应用)两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝0.5kg，mB＝0.3kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC＝0.1kg的滑块C(可视为质点)，以vC＝25m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图5所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，求：图5(1)当C在A上表面滑动时，C和A组成的系统动量是否守恒？C、A、B三个物体组成的系统动量是否守恒？(2)当C在B上表面滑动时，C和B组成的系统动量是否守恒？C刚滑上B时的速度vC′是多大？答案(1)不守恒守恒(2)守恒4.2m/s解析(1)当C在A上表面滑动时，由于B对A有作用力，C和A组成的系统动量不守恒．对于C、A、B三个物体组成的系统，所受外力的合力为零，动量守恒．(2)当C在B上表面滑动时，C和B发生相互作用，系统不受外力作用，动量守恒．由动量守恒定律得：mCvC′＋mBvA＝(mB＋mC)vBC①A、B、C三个物体组成的系统，动量始终守恒，从C滑上A的上表面到C滑离A，由动量守恒定律得：mCvC＝mCvC′＋(mA＋mB)vA②由以上两式联立解得vC′＝4.2m/s，vA＝2.6m/s.3．(动量和能量的综合应用)如图6所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量M＝40kg的小车B静止于轨道右侧，其板与轨道底端靠近且在同一水平面上，一个质量m＝20kg的物体C以2.0m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并继续一起运动．若轨道顶端与底端水平面的高度差h为0.8m，物体与小车板面间的动摩擦因数μ为0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计，(取g＝10m/s2)求：图6(1)物体C滑到轨道底端时的速度大小；(2)物体C与小车保持相对静止时的速度大小；(3)物体冲上小车后相对于小车板面滑动的距离．答案(1)25m/s(2)235m/s(3)53m解析(1)下滑过程中机械能守恒，有：mgh＝12mv22－12mv21解得v2＝v21＋2gh＝25m/s(2)在物体C冲上小车B到与小车相对静止的过程中，两者组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv2＝(m＋M)v，得：v＝mv2m＋M＝20×2520＋40m/s＝235m/s(3)设物体C冲上小车后，相对于小车板面滑动的距离为l，由功能关系有：μmgl＝12mv22－12(m＋M)v2代入数据解得：l＝53m