高中物理粤教版选修3-5学案 第一章+章末盘点知识整合与阶段检测+Word版含解析

碰撞与动量守恒
考点一
动量定理的理解与应用
1.容易混淆的几个物理量的区别
(1)动量与冲量的区别：
名称
内容
大小
矢量性
方向
瞬时
与过程
相对性与绝对性
联系
动量
p＝mv
矢量
与v
同向
瞬时量
相对性与参照物选择有关
动量与
冲量无
因果关
系
冲量
I＝Ft
矢量
与F
同向
过程量
绝对性与参照物选择无关
(2)动量、动量变化量、动量变化率的区别：
名称
内容
大小
矢量性
方向
与其他的联系
动量
p＝mv
矢量
与v同向
—
动量变
化量
Δp＝mvt－mv0
矢量
与合力
同向
Δp＝F合·t
动量
变化率

矢量
与合力
同向
＝F合
2．动量定理的应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量。
如果物体受到变力作用，则不能直接用I＝F·t求变力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，即等效代换为变力的冲量I。
(2)应用Δp＝F·t求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化。
曲线运动中物体速度方向时刻在改变，求动量变化Δp＝p′－p需要应用矢量运算方法，比较复杂。如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。
(3)用动量定理解释现象。
用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，分析力与作用时间的关系；另一类是作用力一定，分析力作用时间与动量变化间的关系。分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚。
(4)处理连续流体问题(变质量问题)。
通常选取流体为研究对象，对流体应用动量定理列式求解。
3．应用动量定理解题的步骤
(1)选取研究对象。
(2)确定所研究的物理过程及其始、末状态。
(3)分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况。
(4)规定正方向，根据动量定理列方程式。
(5)解方程，统一单位，求解结果。
[例1]　蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s。若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g取10 m/s2)
[解析]　方法一：运动员刚接触网时的速度大小：
v1＝＝ m/s＝8 m/s，方向向下。
刚离网时速度的大小：
v2＝＝ m/s＝10 m/s，方向向上。
运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为F，对运动员由动量定理(以向上为正方向)有：
(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)
解得F＝＋mg
＝ N＋60×10 N
＝1.5×103 N，方向向上。
方法二：此题也可以对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理。
从3.2 m高处自由下落的时间为：
t1＝ ＝  s＝0.8 s
运动员弹回到5.0 m高处所用的时间为：
t2＝ ＝  s＝1 s
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力F的作用，对全过程应用动量定理，
有Ft3－mg(t1＋t2＋t3)＝0，
则F＝mg
＝×60×10 N
＝1.5×103N，
方向向上。
[答案]　1.5×103N　方向向上
考点二
动量守恒定律
1.动量守恒定律的四个基本特性
(1)整体性。
动量守恒定律是针对一个物体系统而言的，具有系统的整体性，而对物体系统内的一部分，动量守恒定律就不适用了。所以要合理地选择适用动量守恒定律的相互作用系统，即合理的确定研究对象。
(2)矢量性。
动量是矢量，动量守恒是指系统内各部分动量的矢量和保持不变。因此，在解题时必须首先选定正方向，然后运用矢量合成和分解法则来计算各状态动量的矢量和，而不能简单地采用代数和。
(3)相对性。
动量守恒定律在应用时，系统在作用前、后的动量都应是相对于同一惯性参考系而言的，具有相对同一性，若系统的不同部分的动量不是相对同一惯性参考系，则系统的动量就不可能守恒。
(4)瞬时性。
在动量守恒定律所适用的系统中，一般来说，系统内的各部分在不同时刻具有不同的动量，系统在某一时刻的动量，应该是此时刻系统内各部分的瞬时动量的矢量和。因而，在运用动量守恒定律解题时，不应该将不同瞬时的动量相互混淆，更不能交叉套用。
2．动量守恒定律应用中的模型
对实际问题的研究或对物理问题的求解，往往是将具体的问题抽象成物理模型，并运用物理规律得出结果。动量守恒定律的应用中，常遇到的典型模型有碰撞、反冲、相对位移(人船模型)等模型。
(1)碰撞：物体与物体发生碰撞时，相互作用时间极短，相互作用的内力远大于系统所受外力，所以各类碰撞均满足系统动量守恒定律。但要注意物理情境可行性原则。
(2)反冲：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭，都属于反冲运动，这些运动的特点都是系统相互作用的内力远大于系统受到的外力，所以在相互作用的过程中系统总动量守恒，研究反冲运动的目的是找出反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的对象和各物体对地的运动状态。
(3)相对位移：关键是找出组成系统的两部分位移之间的关系，常列出平均动量守恒关系式进行求解。
[例2]　(全国卷Ⅰ)如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰好为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求：
(1)B球第一次到达地面时的速度；
(2)P点距离地面的高度。
[解析]　(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝①
将h＝0.8 m代入上式，
得vB＝4 m/s②
(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′。
由运动学规律可得v1＝gt③
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④
mAv12＋mBv22＝mBv2′2⑤
设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，
由运动学及碰撞的规律可得vB′＝vB⑥
设P点距地面的高度为h′，
由运动学规律可得
h′＝⑦
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得
h′＝0.75 m⑧
[答案]　(1)4 m/s　(2)0.75 m
考点三
动量、能量综合问题的求解
处理力学问题的基本方法有三种：一是牛顿定律，二是动量关系，三是能量关系。若考查有关物理量的瞬时对应关系，须应用牛顿定律，若考查一个过程，三种方法都有可能，但方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别。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。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。
利用动量的观点和能量的观点解题时应注意下列问题：
(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式。
(2)动量守恒定律和能量守恒定律研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件。并根据研究的两个状态(初、末状态)列方程求解。
[例3]　(山东高考)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。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。
[解析]　设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰撞后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得
mvA＝mvA′＋mvB①
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，
由功能关系得WA＝mv02－mvA2②
设B与C碰撞前B的速度为vB′，
B克服轨道阻力所做的功为WB，
由功能关系得WB＝mvB2－mvB′2③
据题意可知WA＝WB④
设B、C碰撞后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB′＝2mv⑤
联立①②③④⑤式，代入数据得
v＝v0。⑥
[答案]　v0
(时间：60分钟　满分：100分)
一、单项选择题(共5小题，每小题6分，共30分)
1．(天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是(　　)
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
解析：选B　摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误。
2．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)
A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
C．只要系统所受到的合外力的冲量为零，系统的动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量就一定守恒
解析：选C　系统动量守恒的条件是系统所受外力之和为零或系统内力远大于外力，而与系统内有无摩擦力及物体做何种形式的运动无关，故A、B、D错。合外力的冲量为零，说明合外力为零，系统动量守恒，C对。
3．两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4 s时间内的vt图像如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为(　　)
A.和0.30 s　　　　　　 B．3和0.30 s
C.和0.28 s D．3和0.28 s
解析：选B　当仅在物体之间存在相互作用时，两物体的总动量守恒，取t＝0和t＝t1时刻列方程：m乙×4＝(m甲＋m乙)×1，有m甲＝3m乙。再由图线乙有＝，所以t1＝0.30 s，B正确。
4.如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中(　　)
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能不守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．动量不守恒、机械能守恒
解析：选B　在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能不守恒。实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒(此瞬间弹簧尚未形变)。子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒(墙壁对弹簧的作用力是系统外力，且外力不等于零)。若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒。综上所述可知选项B对。
5．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后， A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是(　　)
A．0.6v B．0.4v
C．0.3v D．0.2v
解析：选A　由动量守恒定律得mv ＝2mvB －mvA, 化简可得vA＝2vB－v0，又因为vA>0, 所以vB>0.5v, A正确。
二、多项选择题(共3小题，每小题6分，共18分。全选对得6分，选不全得3分，选错或不选不得分)
6.如图所示，把重物G压在纸带上，用一水平力缓慢拉动纸带，用另一水平力快速拉动纸带，纸带都被从重物下面抽出，对这两个过程，下面的解释正确的是(　　)
A．缓慢拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力大
B．快速拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力小
C．缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D．快速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小
解析：选CD　对重物，在纸带抽出的过程中，所受的合力即为纸带给它的滑动摩擦力Ff＝μmg(其中μ是重物与纸带间的动摩擦因数，m是重物的质量)，显然重物所受合力F合＝Ff，在快抽和慢抽两种情况下是不变量，A、B均错。由F合t＝Fft＝Δp知：F合一定，Δp∝t，故慢抽时，t较长，纸带给重物的冲量I大，C正确。快抽时，t较短，纸带给重物的冲量I小，D正确。
7．如图所示，小车放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　)
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时小车也向右运动
B．C与B碰前，C与小车的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，小车立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，小车继续向右运动
解析：选BC　弹簧向右推C，C向右运动，同时弹簧向左推A端，小车向左运动，A错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C与B碰前，由mvC＝MvAB，得vC∶vAB＝M∶m，B正确；C与B碰撞过程中动量守恒，由mvC－MvAB＝(M＋m)v，知v＝0，故C正确，D错误。
8.矩形滑块由不同材料的上下两层黏结在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射入滑块，若射击上层，则子弹刚好不穿出；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，则上述两种情况相比较(　　)
A．两次子弹对滑块做的功一样多
B．两次滑块受的冲量一样大
C．子弹射入下层过程中克服阻力做功较少
D．子弹射入上层过程中系统产生的热量较多
解析：选AB　由水平方向动量守恒可以知道，两种情况对应的末速度是一样的，系统动能的减少也是一样的，系统产生的热量也一样多，D错误，由动能定理可知，子弹克服阻力做功相同，子弹对滑块做功相同，A对C错，由动量定理可以分析，两次滑块所受冲量一样大，B也正确。
三、非选择题(共3小题，共52分，填空题把答案写在横线上，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
9．(16分)如图所示，在验证碰撞中动量守恒的实验中，实验要证明的是动量守恒定律的成立，即m1v1＝m1v1′＋m2v2′。
(1)按这一公式的要求，需测量两小球的质量和它们碰撞后的水平速度，但实验中我们只需测量两小球的质量和飞行的水平距离。这是由于小球碰撞后做________运动，各球下落高度相同，因而它们的________也是相同的，可用小球飞行的水平距离来代表小球的水平速度。
(2)实验时，质量分别为m1、m2的球半径大小均为r，且都已知，要完成这个实验，必须补充的测量工具还有________。
(3)由于偶然因素的存在，重复操作时小球落点不完全重合是正常的，落点(如P点)的确定办法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)用图中的符号来表示A、B两小球碰撞中动量守恒的表达式是________________________________________________________________________。
解析：两小球碰撞后做平抛运动，运动时间相同，在动量守恒表达式m1v1＝m1v′1＋m2v2′两边同乘以飞行时间即有m1＝m1＋m2(－2r)，应该注意的是两小球做平抛运动的抛出点位置是不相同的，入射小球做平抛运动的抛出点在斜槽的末端，被碰小球做平抛运动的抛出点位置在支柱上，两者相距2r。
答案：(1)平抛　飞行时间　(2)毫米刻度尺
(3)用半径尽量小的圆把多次落点圈住，圆的圆心就是小球落点的平均位置
(4)m1＝m1＋m2(－2r)
10．(16分)从倾角为30°，长0.3 m的光滑斜面上滑下质量为2 kg的货包，掉在质量为13 kg的小车里(如图)。若小车与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.02，小车能前进多远？(g取10 m/s2)
解析：货包离开斜面时速度为v＝＝＝ m/s。
货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在其落入小车前，其水平速度vx不变，其大小为vx＝v·cos 30°＝1.5 m/s。货包落入小车中与小车相碰的瞬间，虽然小车在水平方向受到摩擦力的作用，但与相碰时的内力相比可忽略，故系统在水平方向上动量守恒，则mvx＝(M＋m)v′。
小车获得的速度为v′＝＝ m/s＝0.2 m/s。
由动能定理有μ(M＋m)gx2＝(M＋m)v′2。
求得小车前进的距离为x2＝＝＝0.1 m。
答案：0.1 m
11．(20分)如图甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4.0 kg和m2＝6.0 kg，用轻弹簧相连放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触。另有一个物体C从t＝0时刻起以一定的速度向左运动，在t＝5.0 s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开。物体C的vt图像如图乙所示。试求：
(1)物块C的质量m3；
(2)在5.0 s到15.0 s的时间内物体A动量变化的大小和方向。
解析：(1)根据vt图像可知，物体C与物体A相碰前的速度为v1＝6 m/s，
相碰后的速度为v2＝2 m/s。
根据动量守恒定律得：
m3v1＝(m1＋m3)v2
解得：m3＝2.0 kg。
(2)规定向左的方向为正方向，
在第5.0 s和第15.0 s末物体A的速度分别为：
v2＝2 m/s，v3＝－2 m/s
所以物体A的动量变化为：
Δp＝m1(v3－v2)＝－16 kg·m/s
即在5.0 s到15.0 s的时间内物体A动量变化的大小为：16 kg·m/s，方向向右。
答案：(1)2.0 kg　(2)16 kg·m/s　向右