发布时间 : 星期日 文章高中物理第一章碰撞与动量守恒习题课动量守恒定律的应用同步备课教学案粤教版选修更新完毕开始阅读bd05052118e8b8f67c1cfad6195f312b3069eb1f
习题课 动量守恒定律的应用
[学习目标] 1.进一步理解动量守恒定律的含义及守恒条件.2.进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤．
一、动量守恒条件的扩展应用 1．动量守恒定律成立的条件：
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零； (2)系统的内力远大于外力；
(3)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0.
2．动量守恒定律的研究对象是系统．研究多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析．分清系统的内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件． 例1 (多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )
图1
A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3 B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2 C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝
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(M＋m0)v1＋mv2 答案 BC
解析 M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确．
例2 如图2所示，质量分布均匀、形状对称的金属块内有一个半径为R的圆形槽，金属块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙壁．一质量为m的小球从金属块左上端R处静止下落，7
小球到达最低点后从金属块的右端冲出，到达最高点时离圆形槽最低点的高度为R，重力加
4速度为g，不计空气阻力．求：
图2
(1)小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力为多大？ (2)金属块的质量为多少？ 答案 (1)5mg (2)7m
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解析 (1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有mg·2R＝mv0
2小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有
2v0
FN－mg＝m
R根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为FN′＝FN 联立解得FN′＝5mg.
(2)设金属块的质量为M，小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，则mv0＝(m＋M)v 根据能量守恒定律有
mg·R＝mv02－(m＋M)v2
联立解得M＝7m.
虽然系统整体上不满足动量守恒的条件，但在某一特定方向上，系统不受外力或所受外力远小于内力，则系统沿这一个方向的分动量守恒．可沿这一方向由动量守恒定律列方程解答．
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二、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．
例3 如图3所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B上表面粗糙，与水平地面间接触光滑，质量为0.1 kg的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：
图3
(1)A的最终速度大小；
(2)铁块刚滑上B时的速度大小． 答案 (1)0.25 m/s (2)2.75 m/s
解析 (1)选铁块和木块A、B为一系统，取水平向右为正方向， 由系统总动量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA 得：vA＝0.25 m/s.
(2)设铁块刚滑上B时的速度为v′，此时A、B的速度均为vA＝0.25 m/s， 由系统动量守恒得：mv＝mv′＋(MA＋MB)vA
得v′＝－2.75 m/s.故铁块刚滑上B时的速度大小为2.75 m/s. 三、动量守恒定律应用中的临界问题分析
分析临界问题的关键是寻找临界状态，在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键． 例4
图4
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4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，则小球上升的高度？
22
v0 Mv 0
答案
2g2?m＋M?g3 / 12
12
解析 槽固定时，设球上升的高度为h1，由机械能守恒得mgh1＝mv0
2
2v0
解得h1＝
2g槽不固定时，设球上升的最大高度为h2，此时两者速度为v. 由动量守恒定律得：
mv0＝(m＋M)v
由机械能守恒得： 121
mv0＝(m＋M)v2＋mgh2 22
2
Mv 0
解得h2＝.
2?m＋M?g
1. (多选)如图5所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶端由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是( )
图5
A．斜面和小球组成的系统动量守恒
B．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒 C．斜面向右运动 D．斜面静止不动 答案 BC
解析 斜面和小球组成的系统受到斜面的重力、地面的支持力以及小球的重力，这三个力的合力不为零(球有竖直向下的加速度)，故斜面和小球组成的系统动量不守恒，A选项错误；但在水平方向上斜面和小球组成的系统不受外力，故水平方向动量守恒，B选项正确；由水平方向动量守恒知斜面向右运动，C选项正确，D选项错误．
2．如图6所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一个质量为m的物块．从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后( )
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