《物理 第1章 碰撞與動量守恒 習題課1 動量守恒定律的應用 滬科版選修3-5》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《物理 第1章 碰撞與動量守恒 習題課1 動量守恒定律的應用 滬科版選修3-5（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1章習題課1動量守恒定律的應用學習目標1.進一步理解動量守恒定律的含義及守恒條件.2.進一步熟練掌握應用動量守恒定律解決問題的方法和步驟.內(nèi)容索引題型探究達標檢測題型探究一、動量守恒條件的擴展應用1.動量守恒定律成立的條件：(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零；(2)系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力；(3)系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0.2.動量守恒定律的研究對象是系統(tǒng).研究多個物體組成的系統(tǒng)時，必須合理選擇系統(tǒng)，再對系統(tǒng)進行受力分析.分清系統(tǒng)的內(nèi)力與外力，然后判斷所選系統(tǒng)是否符合動量守恒的條件.B.m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，且滿足 MvMv1mv2C.m0的速度不變，

2、M和m的速度都變?yōu)関，且滿足 Mv(Mm)v例例1 (多選)質量分別為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖1所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列情況可能發(fā)生的是A.M、m0、m速度均發(fā)生變化，碰后分別為v1、v2、v3， 且滿足(Mm0)v Mv1m0v2mv3圖1D.M、m0、m速度均發(fā)生變化，M和m0的速度都變?yōu)関1，m的速度變?yōu)関2，且滿足 (Mm0)v(Mm0)v1mv2解析答案解析解析M和m碰撞時間極短，在極短的時間內(nèi)彈簧形變極小，可忽略不計，因而m0在水平方向上沒有受到外力作用，動量不變(速度不變)，可以認為碰撞過

3、程中m0沒有參與，只涉及M和m，由于水平面光滑，彈簧形變極小，所以M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，兩者碰撞后可能具有共同速度，也可能分開，所以只有B、C正確.例例2 如圖2所示，一輛砂車的總質量為M，靜止于光滑的水平面上.一個質量為m的物體A以速度v落入砂車中，v與水平方向成角，求物體落入砂車后車的速度v.圖2答案答案解析答案解析解析物體和車作用時總動量不守恒，而水平面光滑，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，即mvcos (Mm)v，得v ，方向與v的水平分量方向相同.1.分析多個物體組成的系統(tǒng)時，系統(tǒng)的劃分非常重要，劃分時要注意各物體狀態(tài)的變化情況，分清作用過程中的不同階段.2.系統(tǒng)整體上不滿足動

4、量守恒的條件，但在某一特定方向上，系統(tǒng)不受外力或所受外力遠小于內(nèi)力，則系統(tǒng)沿這一個方向的分動量守恒.可沿這一方向由動量守恒定律列方程解答.總結提升總結提升求解這類問題時應注意：(1)正確分析作用過程中各物體狀態(tài)的變化情況；(2)分清作用過程中的不同階段，并按作用關系將系統(tǒng)內(nèi)的物體分成幾個小系統(tǒng)，既要符合守恒條件，又要方便解題.(3)對不同階段、不同的小系統(tǒng)準確選取初、末狀態(tài)，分別列動量守恒方程.二、動量守恒定律在多物體、多過程中的應用例例3 如圖3所示，A、B兩個木塊的質量分別為2 kg與0.9 kg，A、B上表面粗糙，與水平地面間接觸光滑，質量為0.1 kg的鐵塊以10 m/s的速度從A的左

5、端向右滑動，最后鐵塊與B的共同速度大小為0.5 m/s，求：(1)A的最終速度大小；圖3答案答案 0.25 m/s解析答案解析解析選鐵塊和木塊A、B為一系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由系統(tǒng)總動量守恒得：mv(MBm)vBMAvA可求得：vA0.25 m/s.(2)鐵塊剛滑上B時的速度大小.答案答案 2.75 m/s解析答案解析解析設鐵塊剛滑上B時的速度為v，此時A、B的速度均為vA0.25 m/s，由系統(tǒng)動量守恒得：mvmv(MAMB)vA可求得v2.75 m/s.針對訓練針對訓練如圖4所示，光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C，質量分別為mA3m、mBmCm，開始時B、C均靜止，A以初速度v0向右

6、運動，A與B碰撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間的距離保持不變.求B與C碰撞前B的速度大小.圖4答案答案 解析答案解析解析 解法一把A、B、C看成一個系統(tǒng)，整個過程中由動量守恒定律得：mAv0(mAmBmC)vB、C碰撞過程中由動量守恒定律得：mBvB(mBmC)v聯(lián)立解得vB v0.解法二設A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動量守恒定律得：對A、B木塊：mAv0mAvAmBvB 對B、C木塊：mBvB(mBmC)v 由題意A與B間的距離保持不變可知vAv 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vB v0.達標檢測1.(多選)如圖5所示，在

7、光滑的水平面上有一靜止的斜面，斜面光滑，現(xiàn)有一個小球從斜面頂端由靜止釋放，在小球下滑的過程中，以下說法正確的是A.斜面和小球組成的系統(tǒng)動量守恒B.斜面和小球組成的系統(tǒng)僅在水平方向上動量守恒C.斜面向右運動D.斜面靜止不動123圖5解析答案4解析解析斜面和小球組成的系統(tǒng)受到斜面的重力、地面的支持力以及小球的重力，這三個力的合力不為零(球有豎直向下的加速度)，故斜面和小球組成的系統(tǒng)動量不守恒，A選項錯誤；但在水平方向上斜面和小球組成的系統(tǒng)不受外力，故水平方向動量守恒，B選項正確；由水平方向動量守恒知斜面向右運動，C選項正確，D選項錯誤.12342.如圖6所示，質量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子

8、內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一個質量為m的物塊.從某一時刻起給m一個水平向右的初速度v0，那么在物塊與盒子前后壁多次往復碰撞后A.兩者的速度均為零B.兩者的速度總不會相等C.物塊的最終速度為 ，方向水平向右D.物塊的最終速度為 ，方向水平向右12解析答案3圖64解析解析物塊與盒子組成的系統(tǒng)所受合外力為零，物塊與盒子前后壁多次往復碰撞后，以速度v共同運動，由動量守恒定律得：mv0(Mm)v，故v ，方向水平向右，D項對.12343.(多選)如圖7所示，在光滑的水平面上放著一個上部為半圓形光滑槽的木塊，開始時木塊是靜止的，把一個小球放到槽邊從靜止開始釋放，關于兩個物體的運動情況，下列說法正確的是A.當小

9、球到達最低點時，木塊有最大速率B.當小球的速率最大時，木塊有最大速率C.當小球再次上升到最高點時，木塊的速率為最大D.當小球再次上升到最高點時，木塊的速率為零12解析答案3圖74解析解析小球和木塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，初狀態(tài)系統(tǒng)動量為零，當小球到達最低點時，小球有最大速率，所以木塊也有最大速率；小球上升到最高點時，小球速率為零，木塊的速率也為零.12344.如圖8所示，光滑水平面上有三個木塊A、B、C，質量分別為mA、mB、mC，mAmC2m、mBm.A、B用細繩連接，中間有一壓縮的彈簧(彈簧與木塊不拴接).開始時A、B以共同速度v0運動，C靜止.某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三木塊速度恰好相同，求B與C碰撞前B的速度.12解析答案3圖8答案答案 4解析解析細繩斷開后，在彈簧彈力的作用下，A做減速運動，B做加速運動，最終三者以共同速度向右運動，設共同速度為v，A和B分開后，與C碰撞前B的速度為vB，對三個木塊組成的系統(tǒng)，整個過程總動量守恒，取v0的方向為正方向，則有(mAmB)v0(mAmBmC)v對A、B兩個木塊，分開過程滿足動量守恒，則有(mAmB)v0mAvmBvB聯(lián)立兩式可得：vB .1234