2020学年高中物理 第十六章 动量守恒定律章末复习课 新人教版选修3-5 13页

章末复习课 ‎ ‎【知识体系】‎ 主题1　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)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．‎ ‎2．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．‎ ‎③求相互作用时间．‎ ‎④利用动量定理定性分析现象．‎ ‎【典例1】　一个铁球，从静止状态由‎10 m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4 s，该铁球的质量为‎336 g.‎ ‎(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‎10 m/s2)?‎ 解析：(1)小球自由下落‎10 m所用的时间是t1＝ ＝ s＝ s，重力的冲量IG＝mgt1＝0.336×10× N·s≈4.75 N·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×(＋0.4) N·s≈6.10 N·s，方向竖直向上．‎ ‎(3)由Ft2＝6.10 N·s得F＝15.25 N.‎ 答案：(1)4.75 N·s，方向竖直向下 ‎(1)6.10 N·s，方向竖直向上 ‎(3)15.25 N 方法总结 ‎(1)恒力的冲量可以用I＝Ft求解，也可以利用动量定理求解．本题第(1)问可先求出下落到泥潭时的速度，进而计算出冲量．‎ ‎(2)在泥潭中运动时要注意受力分析，合外力的冲量是重力和阻力的合冲量．‎ ‎(3)应用动量定理对全过程列式有时更简捷．‎ 针对训练 ‎1．篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，为了检测篮球的性能，某同学多次让一篮球从h1＝‎1.8 m处自由下落，测出篮球从开始下落至第一次反弹到最高点所用时间为t＝1.3 s，该篮球第一次反弹从离开地面至最高点所用时间为0.5 s，篮球的质量为m＝‎0.6 kg，g取‎10 m/s2.求篮球对地面的平均作用力(不计空气阻力)．‎ 解析：法一：设篮球从h1处下落触地的时间为t1，触地时速度大小为v1，弹起时速度大小为v2，弹起至达到最高点的时间为t2，‎ 则t1＝ ＝0.6 s，①‎ v1＝＝‎6 m/s.②‎ 弹起时速度大小 v2＝gt2＝‎5 m/s.③‎ 篮球与地面作用时间Δt＝t－t1－t2＝0.2 s．④‎ 篮球触地过程中，取向上为正方向，根据动量定理有 ‎(－mg)Δt＝mv2－(－mv1)，‎ 即＝mg＋.⑤‎ 代入数据得F＝39 N.‎ 根据牛顿第三定律，篮球对地面的平均作用力方向竖直向下，大小为39 N.‎ 法二：由上述解法中可知t1＝0.6 s，t2＝0.5 s，Δt＝0.2 s，对全过程应用动量定理有 Δt－mgt＝0.‎ 解得＝＝39 N.‎ 根据牛顿第三定律，篮球对地面的平均作用力方向竖直向下，大小为39 N.‎ 答案：39 N，方向竖直向下 主题2　解答动力学问题的三种思路 ‎1．三种思路的比较．‎ 思路 特点分析 适用情况 力的观点：牛顿运动定律结合运动学公式 分析物体的受力，确定加速度，建立加速度和运动量间的关系涉及力、加速度、位移、速度、时间 恒力作用下的运动 能量观点：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律 分析物体的受力、位移和速度，确定功与能的关系．系统内力做功会影响系统能量涉及力、位移、速度 恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动、瞬时作用 动量观点：动量定理和动量守恒定律 分析物体的受力(或系统所受外力)、速度，建立力、时间与动量间的关系(或动量守恒定律)，系统内力不影响系统动量涉及力、时间、动量(速度)‎ 恒力作用下的运动、瞬时作用、往复运动 ‎2.三种思路的选择．‎ 对于不 涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解；如果只有重力和弹簧弹力做功而不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．‎ 对于碰撞、反冲类问题，应用动量守恒定律求解，对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒(功能关系)建立方程．‎ ‎【典例2】　在某高速公路上，质量为M的汽车拉着质量为m的拖车匀速行驶，速度为v.在某一时刻拖车脱钩了，若汽车的牵引力保持不变，则在拖车刚停止运动的瞬间，汽车的速度为多大(设阻力大小正比于车的重量)?‎ 解析：法一：设阻力系数为k，汽车和拖车受到的阻力分别是Ff1＝kMg，Ff2＝kmg，‎ 则匀速运动时，牵引力F＝Ff1＋Ff2＝k(M＋m)g，‎ 拖车脱钩后做匀减速运动，加速度大小a2＝＝kg，‎ 到停止时所用时间t＝＝，‎ 汽车做匀加速运动，加速度大小a1＝＝，‎ 由速度公式得v′＝v＋a1t＝v.‎ 法二：将汽车和拖车看成一个系统，匀速运动时系统受到的合力为零．脱钩后在拖车停止前，牵引力和阻力均不变，系统受到的合力仍为零，故汽车和拖车的动量守恒．拖车停止时设汽车速度为v′，有(M＋m)v＝Mv′，‎ 解得v′＝v.‎ 答案：v 方法总结 ‎(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律．若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别是涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题时应优先考虑动能定理．所选方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别．‎ ‎(2)两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别是对于变力做功、曲线运动、竖直平面内的圆周运动、碰撞等问题，就更显示出它们的优越性．‎ 针对训练 ‎2．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．质量为m1的小球甲从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球乙发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球乙的速度大小v2.‎ 解析：设碰撞前小球甲到达平面的速度为v0，根据机械能守恒定律得 m1gh＝m1v.①‎ 设碰撞后甲与乙的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律得 m1v0＝m1v1＋m2v2.②‎ 由于碰撞过程中无机械能损失，所以有 m1v＝m1v＋m2v.③‎ 联立②③式解得v2＝.④‎ 将①式代入④式得v2＝.‎ 答案： 统揽考情 ‎“动量守恒定律”是力学的重要内容，在全国卷中以选做题3－5第2题的形式出现，分数在9分或10分，题型是计算题，一般综合了动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等物理规律，且难度不是太大(属中等难度)．‎ 真题例析 ‎(2020·课标全国Ⅱ卷)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位移x随时间t变化的图象如图所示．求：‎ ‎(1)滑块a、b的质量之比；‎ ‎(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．‎ 解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得 v1＝－‎2 m/s，‎ v2＝‎1 m/s.‎ a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得 v＝ m/s.‎ 由动量守恒定律得 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v.‎ 解得＝.‎ ‎(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2.‎ 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W＝(m1＋m2)v2，‎ 解得＝.‎ 答案：(1)＝　(2)＝ 针对训练 ‎(2020·重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长量．若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)‎ A.＋mg　　　　　 B.－mg C.＋mg D.－mg 解析：人下落h高度为自由落体运动，由运动学公式v2＝2gh，可知v＝；缓冲过程(取向上为正)由动量定理得(－mg)t＝0－(－mv)，解得＝＋mg，故选A.‎ 答案：A ‎1．(2020·广东卷)在同一匀强磁场中，α粒子(He)和质子(H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子(　　)‎ A．运动半径之比是2∶1‎ B．运动周期之比是2∶1‎ C．运动速度大小之比是4∶1‎ D．受到的洛伦兹力之比是2∶1‎ 解析：在同一匀强磁场B中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r＝，得两者的运动半径之比为1∶2，选项A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，得周期之比为2∶1，选项B 正确；α粒子和质子质量之比为4∶1，电荷量之比为2∶1，由于动量相同，故速度之比为1∶4，选项C错误；由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力f＝qvB，得受到的洛伦兹力之比为1∶2，选项D错误．‎ 答案：B ‎2.(2020·山东卷)如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．‎ 解析：根据动量守恒定律，A、B碰撞过程满足 mvA＝m＋m，‎ 解得vA＝；‎ 从A开始运动到与B相碰前的过程，‎ 根据动能定理：Wf＝mv－mv，‎ 解得Wf＝mv；‎ 则对物体B从与A碰撞完毕到与C相碰前损失的动能也为Wf，由动能定理可知：Wf＝mv－mv′，‎ 解得：vB＝ v0；‎ BC碰撞时满足动量守恒，则mvB＝2mv，‎ 解得v＝vB＝v0.‎ 答案：v0‎ ‎3．(2020·广东卷)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝‎0.5 m．物块A以v0＝‎6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝‎0.1 m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝‎1 kg(重力加速度g取‎10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)．‎ ‎(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；‎ ‎(2)碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；‎ ‎(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式．‎ 解析：(1)由机械能守恒定律得：mv＝mg(2R)＋mv2‎ 得：A滑过Q点时的速度v＝‎4 m/s.‎ 在Q点，由牛顿第二定律和向心力公式有：‎ F＋mg＝，‎ 解得：A滑过Q点时受到的弹力F＝22 N.‎ ‎(2)AB碰撞前A的速度为vA，由机械能守恒定律有：‎ mv＝mv，得：vA＝v0＝‎6 m/s.‎ AB碰撞后以共同的速度vP前进，由动量守恒定律得：‎ mvA＝(m＋m)vP，‎ 得：vP＝‎3 m/s.‎ 总动能Ek＝(m＋m)v＝9 J，‎ 滑块每经过一段粗糙段损失的机械能 ΔE＝fL＝μ(m＋m)gL＝0.2 J.‎ 则：k＝＝45.‎ ‎(3)AB滑到第n个光滑段上损失的能量 E＝nΔE＝0.2n J，‎ 由能量守恒得：(m＋m)v－(m＋m)v＝nΔE，‎ 代入数据解得：vP＝ m/s(n