发布时间 : 星期四 文章江西省宜春市宜春中学高中物理 第16章 动量守恒定律应用3 新人教版选修3-5更新完毕开始阅读bc62c9899ec3d5bbfd0a74b3
江西省宜春市宜春中学高中物理 第16章 动量守恒定律应用3 新人教版选修
3-5
知识导学(3分钟)
1.动量守恒定律结合动能定律以及能量守恒定律综合解决问题。 2.有时复杂问题的解题先从宏观把握，再阶段解决。 二．自主学习、独立思考（8分钟）
例题：质量为M的平板车在光滑的水平面上。车平台高是h=1.25米，车以V0=4m/s的速度向右运动。某时刻质量为m=M/2的木块轻放在车的右端，m落地时距平板车左端S=0.5米。求：
（1）木块离开平板车时平板车和木块的速度；
（2）若平板车长L=2米，则平板车与木块间的动摩擦因数μ是多少？ 三．合作交流、互相质疑（8分钟） 全体学生分组讨论整理思路
四．展示小组学习成果（5分钟） 各组派代表到前后黑板展示汇报 五．老师点评与答疑（8分钟）
对各组展示给予点评，对重点知识强调。解答学生提出的问题。 六. 当堂检测 （8分钟） 1、一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为2，如图所示。木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦系数为μ。A、B、C三者质量相等，原来都静止。现使槽A以大小为v0的初速向右运动，已知v0<2?gl 。当A和B发生碰撞时，两者速度互换。求： （1）从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程。 （2）在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小。 七．课后练习 （30分钟）
1、一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同。则碰撞前后小球速度变化量的大小为Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为（ ）
A．Δv=0 B．Δv=12m/s C．W=0 D．W=10.8J
2、如图所示，A、B两质量相等的物体，原来静止在平板小车C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3∶2，地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B相对C滑动的过程中 ①A、B系统动量守恒 ②A、B、C系统动量守恒 ③小车向左运动 ④小车向右运动 以上说法中正确的是( ) （ ）
AB A．①② B．②③ C．③① D．①④
C
3、静止在湖面上的小船上分别向相反方向水平抛出两个质量相等的小球，甲球先抛出，向左；乙球后抛出，向右，两球抛出后相对于岸的速率相等，则下面说法正确的是（ ） A、两球抛出后，船向右以运动，且乙球受到的冲量大些。 B、两球抛出后，船向右以运动，且甲球受到的冲量大些。 C、两球抛出后，船的速度为零，且甲球受到的冲量大些。 D、两球抛出后，船的速度为零，且两球受到的冲量大小相等。
1
4、如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量为m＝1 kg的物块．都以v＝4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4 m/s时，物块的运动情况是( )
A．做加速运动 B．做减速运动 C．做匀速运动 D．以上运动都可能
5、质量M＝100 kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60 kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上甲朝左、乙朝右以3 m/s的速率跃入水中，则（ ）
A．小船向左运动，速率为1 m/s B．小船向左运动，速率为0.6 m/s C．小船向右运动，速率大于1 m/s D．小船仍静止
6、两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1 kg，mB=2 kg，vA=6 m/s，vB=2 m/s 当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ） A．vA′=5 m/s， vB′=2.5 m/s
B．vA′=2 m/s， vB′=4 m/s
C．vA′=－4 m/s，vB′=7 m/s D．vA′=7 m/s， vB′=1.5 m/s
7、在距地面高为h，同时以相等初速V0分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量△P，有（ ） A．平抛过程最大 B．竖直上抛过程最大 C．竖直下抛过程最大 D．三者一样大 8、如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的相同的物理量是（ ） A
B、合力的冲量 C
D、以上几个量都不同
9、篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前.这样做
）
A.减小球对手的冲C.
为（ ）
A．8N·s，8N·s B．8N·s，-8N·s C．0， 8N·s D．0，-8N·s
答案
例（1）M、m在相对运动的过程中，系统不受外力，所以系统动量守恒。木块离开平板车后做平抛运动，木块落地时距平板车左端的距离就是木块的水平位移与平板车的位移的和。
由系统动量守恒： MV0=MV1－mV2
2 由运动学知识知： h=1/2 gt S= V1t+ V2t
解以上三式得： V1=3m/s V2=－2m/s （负2说明木块速度是向前的）
（2）由能量守恒知：μmgL=
B. D.
10、质量为1kg的物体沿直线运动，其v-t图象如图所示，则此物体在前4s和后4s内受到的合外力冲量
111MV 02－MV12－mV 22 2222
解以上式子得：μ=0.25
当堂检测： 解析：（1）A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B 以初速v0向右运动。由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率逐渐接近。设B、C达到相同速度v1时B移动的路程为s1。设A、B、C质量皆为m，由动量守恒定律，得 mv0=2mv1
22
由功能关系，得 μmgs1=2mv0/2－mv1/2
2
得 v1=v0/2 s1=3v0/（8μg）
根据条件 v0<2?gl，得 s1<3l/4
可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞，B与C一起将以v1向右匀速运动一段距离（l－s1）后才与A发生第二次碰撞。设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为s2。由功能关系，
2
得μmgs2=mv1/2
解得 s2=v02/（8μg）
因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为 s=s2+l－s1=l－v02/（4μg）
（2）由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止，B、C的速度均为v1。刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为v1。由于摩擦，B将加速，C将减速，直至达到相同速度v2。由动量守恒定律，得mv1=2mv2 解得 v2=v1/2=v0/4
因A的速度v1大于B的速度v2，故第三次碰撞发生在A的左壁。刚碰撞后，A的速度变为v2，B的速度变 为v1，C的速度仍为v2。由于摩擦，B减速，C加速，直至达到相同速度v3。由动量守恒定律，得mv1+mv2=2mv3
解得 v3=3v0/8
故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为
vA=v2=v0/4 vB=vC=v3=3v0/8
1、BC 动能是标量，动量是矢量
2、B 弹簧伸长时因A受摩擦力fA=μAmg 向右 B受摩擦力fB=μBmg 向左，μ统合外力为0，故总动量守恒，且一直为0
3、C 设抛小球的速度为V，甲球抛出后小船速度为V1，则动量守恒得： （以向右为正） 0＝（M＋m）V1－mv得V1＝mv/(M+m)向右
乙球抛出后小船速度为V2，则动量守恒得： （M＋m）V1=mv+MV2 将V1代入得V2＝0
另解：先后抛出和一次将两球抛出的效果同，设抛出后船速度为V2则
0＝-mv+mv+MV2 得V2＝0
4、薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v′，由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正)．
A＞
μ
B，
则fA＞fB，故两
物体受的合力向右，由牛三可知：车子受的摩擦力左，故小车向左运动 ，另由于三者组成的系
Mv?mv(3?1)?4?M?m3?1m/s＝2 m/s． Mv－mv＝(M＋m)v′ 所以v′＝
共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同．
在物块和薄板相互作用过程中，薄板一直做匀减速运动，而物块先沿负方向减速到速度为零，再沿正方向加速到2 m/s．当薄板速度为v1＝2.4 m/s时，设物块的速度为v2，由动量守恒定律得 Mv－mv＝Mv1＋mv2
(M?m)v?Mv12?4?3?2.4?m1v2＝m/s＝0．8 m/s
即此时物块的速度方向沿正方向，故物块正做加速运动，A选项正确．
3
5、B
6、B、取两球碰撞前的运动方向为正，则碰撞前系统总动量
，碰撞后，四个选项均满足
动量守恒。碰前系统总动能，碰后系统总动能应满足，选项C、D不满足被排除。选项A虽然满足动能关系，但仔细分析不符合实际，即碰后球A不可能沿原方向比球B的速度更大，故选项B正确。
7、【错解】 错解一：根据机械能守恒定律，抛出时初速度大小相等，落地时末速度大小也相等，它们的初态动量P1=mv0。是相等的，它们的末态动量P2=mv也是相等的，所以△P=P2-P1一定相等。选D。
错解二：从同一高度以相等的初速度抛出后落地，不论是平抛、竖直上抛或竖直下抛，因为重力相等所用时间也相同，所以冲量也相同，所以动量的改变量也相同，所以选D。
【错解原因】 错解一主要是因为没有真正理解动量是矢量，动量的增量△P=P2=P1也是矢量的差值，矢量的加减法运算遵从矢量的平行四边形法则，而不能用求代数差代替。平抛运动的初动量沿水平方向，末动量沿斜向下方；竖直上抛的初动量为竖直向上，末动量为竖直向下，而竖直下抛的初末动量均为竖直向下。这样分析，动量的增量△P就不一样了。
从运动合成的角度可知，平抛运动可由一个水平匀速运动和一个竖直自由落体运动合成得来。它下落的时间由高度决定，即t1=√2gh，而竖直上抛落地时间t2>t1，竖直下抛运动为初速不为零，加速度为g的匀加速度直线运动。竖直下抛落地时间t3＜t1，所以第二种解法是错误的。
【分析解答】由动量定理可知：I合＝ΔP＝mgt，竖直上抛时间最长，故冲量最大，竖直下抛时间最短，故冲量最小，正确答案为B
8、D 9、B 10、D
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