2019-2020学年高中物理 第十六章 动量守恒定律 习题课1 动量守恒定律的应用课件 新人教版选

习题课1动量守恒定律的应用01课堂合作探究02课后达标检测要点一某一方向上动量守恒定律的应用1．动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不少情况下，合力在某个方向上的分量为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的．2．分析该方向上对应过程的初、末状态，确定初、末状态的动量．3．选取恰当的动量守恒的表达式列方程．4．结合常用的机械能守恒、动能定理或能量守恒的公式，列出对应的方程．5．根据题意分析讨论，得出结论．[典例1]光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m的小球以速度v0向槽运动．若开始时槽固定不动，求小球上升的高度(槽足够高)．若槽不固定，则小球又上升多高？[思路点拨](1)槽固定时，小球的机械能守恒；槽不固定时，小球和槽组成系统的机械能守恒，且水平方向上动量守恒．(2)小球上升到最高点时，与槽速度相同．[解析]槽固定时，设球上升的高度为h1，由机械能守恒得mgh1＝12mv20，解得h1＝v202g.槽不固定时，设球上升的最大高度为h2，此时两者速度为v.由水平方向上动量守恒得mv0＝(m＋M)v，由机械能守恒得12mv20＝12(m＋M)v2＋mgh2，解得槽不固定时，小球上升的高度h2＝Mv202m＋Mg.[答案]v202gMv202m＋Mg1.如图所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为()A．0B．向左C．向右D．无法确定解析：小球和圆槽组成的系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒．细线被烧断的瞬间，系统在水平方向的总动量为零，设小球到达最高点时，球与槽水平方向上的共同速度为v′，由动量守恒定律有0＝(M＋m)v′，所以v′＝0，故A正确．答案：A2.(多选)带有14光滑圆弧轨道质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则()A．小球以后将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此过程小球对小车做的功为12Mv20D．小球在弧形槽上上升的最大高度为v202g解析：小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′①12Mv20＝2×(12Mv′2)＋Mgh②联立①②得h＝v204g，知D错．小球返回小车左端时的速度为v1，小车的速度为v2，则由动量守恒定律和机械能守恒定律得Mv0＝Mv1＋Mv2③12Mv20＝12Mv21＋12Mv22④由③④解得v1＝0，v2＝v0，故小球将做自由落体运动，小车的动能为12Mv20，由动能定理得此过程小球对小车做的功为12Mv20，A错，B、C对．答案：BC要点二动量守恒定律在爆炸类问题中的应用1．爆炸的特点是物体间的相互作用突然发生，相互作用力尽管是变力，但作用时间很短，爆炸产生的内力远大于外力(如重力、摩擦力等)，因此爆炸过程中外力的作用可以近似忽略，系统满足动量守恒的条件，因此可以利用动量守恒定律求解爆炸问题．2．由于爆炸过程中物体间相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，可认为此过程动量守恒，位移不发生变化．[典例2]抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量为300g，仍按原方向飞行，测得其速度为50m/s，另一小块质量为200g，求它的速度的大小和方向．[解析]设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度v0＝10m/s，m1＝0.3kg的大块速度为v1＝50m/s、m2＝0.2kg的小块速度为v2.手雷爆炸瞬间由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2解得v2＝m1＋m2v0－m1v1m2＝0.3＋0.2×10－0.3×500.2m/s＝－50m/s方向与手雷初速度方向相反．[答案]50m/s方向与手雷初速度方向相反3．(多选)向空中发射一物体，不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则()A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b中受到的爆炸力的冲量大小一定相等解析：爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b两块的速度大小，所以选项A、B不能确定；因炸开后两者都做平抛运动，且高度相同，故选项C正确；由牛顿第三定律知选项D正确．答案：CD4．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g取10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：弹丸水平飞行爆炸时，在水平方向只有内力作用，外力为零，系统水平方向上动量守恒．设m乙＝m，则m甲＝3m，爆炸前p总＝(3m＋m)v，而爆炸后两弹片都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，h＝12gt2，解得t＝1s，水平方向做匀速运动，x＝vt，选项A中，v甲＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s，p总′＝3mv甲－mv乙≠p总，不满足动量守恒，选项A不符合题意；同理分析选项B、C、D，可知选项B符合题意，选项C、D不符合题意．答案：B要点三动量守恒定律在多物体、多过程中的应用求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；(2)分清作用过程中的不同阶段，并按作用关系将系统内的物体分成几个小系统，既要符合守恒条件，又方便解题．(3)对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒方程．[典例3]如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．[解析]长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，取水平向右为正方向则mAv0＝mAvA＋mCvC①A、C碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v②长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v③联立①②③式，代入数据解得：vA＝2m/s[答案]2m/s[总结提升]处理多物体、多过程动量守恒问题时应注意的事项：(1)正方向的选取．(2)研究对象的选取，明确取哪几个物体为系统作为研究对象．(3)研究过程的选取，明确哪个过程中动量守恒．5．(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后()A．a、b两车运动速率相等B．a、c两车运动速率相等C．三辆车的速率关系为vc＞va＞vbD．a、c两车运动方向相反解析：若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律知，人和c车组成的系统：0＝－M车vc＋m人v对人和b车：m人v＝－M车vb＋m人v对人和a车：m人v＝(M车＋m人)va所以vc＝m人vM车，vb＝0，va＝m人vM车＋m人即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反．答案：CD6．如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0.08kg的10块完全相同的长直木板．一质量M＝1.0kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6.0m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4.0m/s.铜块最终停在第二块木板上．(g取10m/s2，结果保留两位有效数字)求：(1)第一块木板的最终速度；(2)铜块的最终速度．解析：(1)铜块和10块长木板水平方向不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二块木板时，木板的速度为v2，由动量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2得v2＝2.5m/s，方向与小铜块初速度方向相同．(2)由题可知铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒得Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3得v3≈3.4m/s，方向与小铜块初速度方向相同．答案：(1)2.5m/s，方向与小铜块初速度方向相同(2)3.4m/s，方向与小铜块初速度方向相同