1、學案5習題課：動量守恒定律的應用學習目標定位 1.進一步理解動量守恒定律的含義，理解動量守恒定律的系統(tǒng)性、相對性、矢量性和獨立性.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一、把握守恒條件，合理選取系統(tǒng)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)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0；(3)系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力2動量守恒定律的研究對象是系統(tǒng)選擇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例1(雙選)質(zhì)量為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(zhì)

2、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()圖1AM、m0、m速度均發(fā)生變化，碰后分別為v1、v2、v3，且滿足(Mm0)vMv1mv2m0v3Bm0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，且滿足MvMv1mv2Cm0的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関，且滿足Mv(Mm)vDM、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)，可以認為碰撞過程中m0沒有參與，只涉及M和m，由

3、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正確答案BC例2 圖2如圖2所示，一輛砂車的總質(zhì)量為M，靜止于光滑的水平面上一個質(zhì)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.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vmvcos /(Mm)答案mvcos /(Mm)二、認真分析物理過程，合理選擇初末狀態(tài)對于由多個物體組成的系統(tǒng)，由于物體較多，作用過程較為復雜，這時往往要根據(jù)作用過程中的不同階段，將系統(tǒng)內(nèi)的物體按作用的關系分成幾個小

4、系統(tǒng)，對不同階段、不同的小系統(tǒng)準確選取初、末狀態(tài)，分別列動量守恒定律方程求解例3兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為mA0.5 kg，mB0.3 kg，它們的下底面光滑，上表面粗糙；另有一質(zhì)量mC0.1 kg 的滑塊C(可視為質(zhì)點)，以vC25 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如圖3所示，由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上，B和C的共同速度為3.0 m/s，求：圖3(1)當C在A上表面滑動時，C和A組成的系統(tǒng)動量是否守恒？C、A、B三個物體組成的系統(tǒng)動量是否守恒？(2)當C在B上表面滑動時，C和B組成的系統(tǒng)動量是否守恒？C剛滑上B時的速度vC是多大？解析(1)當C

5、在A上表面滑動時，由于B對A有作用力，C和A組成的系統(tǒng)動量不守恒對于C、A、B三個物體組成的系統(tǒng)，所受外力的合力為零，動量守恒(2)當C在B上表面滑動時，C和B發(fā)生相互作用，系統(tǒng)不受外力作用，動量守恒由動量守恒定律得：mCvCmBvA(mBmC)vBCA、B、C三個物體組成的系統(tǒng)，動量始終守恒，從C滑上A的上表面到C滑離A，由動量守恒定律得：mCvCmCvC(mAmB)vA由以上兩式聯(lián)立解得vC4.2 m/s，vA2.6 m/s.答案(1)不守恒守恒(2)守恒4.2 m/s三、動量守恒定律應用中的臨界問題分析在動量守恒定律的應用中，常常會遇到相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動

6、等臨界問題分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態(tài)，臨界狀態(tài)的出現(xiàn)是有條件的，這個條件就是臨界條件臨界條件往往表現(xiàn)為某個(或某些)物理量的特定取值在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵例4如圖4所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲甲和他的冰車總質(zhì)量共為M30 kg，乙和他的冰車總質(zhì)量也是30 kg.游戲時，甲推著一個質(zhì)量為m15 kg的箱子和他一起以v02 m/s 的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住若不計冰面摩擦圖4(1)若甲將箱子以速度v推出，

7、甲的速度變?yōu)槎嗌伲?用字母表示)(2)設乙抓住迎面滑來的速度為v的箱子后返向運動，乙抓住箱子后的速度變?yōu)槎嗌伲?用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度應滿足什么條件？箱子被推出的速度至少多大？解析(1)甲將箱子推出的過程，甲和箱子組成的整體動量守恒，以箱子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：(Mm)v0mvMv1解得v1(2)箱子和乙作用的過程，乙和箱子組成的整體動量守恒，以箱子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mvMv0(mM)v2解得v2(3)甲、乙不相撞的條件是v1v2其中v1v2為甲、乙恰好不相撞的條件聯(lián)立三式，并代入數(shù)據(jù)得v5.2 m/s.答案(1)(2)(3)v1

8、v25.2 m/s1系統(tǒng)動量守恒的條件2合理選取研究對象和研究過程3臨界問題的分析1(雙選)如圖5所示，在質(zhì)量為M的小車上掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車和擺球以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短，在此碰撞過程中，下列可能發(fā)生的情況是()圖5A小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(Mm0)vMv1mv2m0v3B擺球的速度不變，小車和木塊的速度分別變?yōu)関1、v2，滿足MvMv1mv2C擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関，滿足Mv(Mm)vD小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(Mm0)v(

9、Mm0)v1mv2答案BC2.圖6(雙選)如圖6所示，小車放在光滑的水平面上，將系著繩的小球拉開到一定的角度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中()A小球向左擺動時，小車也向左運動，且系統(tǒng)動量守恒B小球向左擺動時，小車向右運動，且系統(tǒng)動量守恒C小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車的速度不為零D在任意時刻，小球和小車在水平方向上的動量一定大小相等、方向相反答案BD解析以小球和小車組成的系統(tǒng)為研究對象，在水平方向上不受力的作用，所以系統(tǒng)在水平方向上動量守恒由于初始狀態(tài)小車與小球均靜止，所以小球與小車在水平方向上的動量要么都為零，要么大小相等、方向相反，所以A、C錯，B、D對3如圖7所示

10、，滑塊A、C的質(zhì)量均為m，滑塊B的質(zhì)量為m.開始時A、B分別以v1、v2的速度沿光滑水平軌道向固定在右側的擋板運動，現(xiàn)將C無初速度地放在A上，并與A粘合不再分開，此時A與B相距較近，B與擋板相距足夠遠若B與擋板碰撞將以原速率反彈，A與B碰撞將粘合在一起為使B能與擋板碰撞兩次，v1、v2應滿足什么關系？圖7答案1.5v2v12v2或v1v20聯(lián)立式得1.5v2v12v2或v1v20.所以A、C正確3(單選)(2014重慶4)一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為31.不計質(zhì)量損失，取重力加速度g10 m/s2.則下列圖中兩塊彈片飛行

11、的軌跡可能正確的是()答案B解析彈丸爆炸瞬間爆炸力遠大于外力，故爆炸瞬間動量守恒因兩彈片均水平飛出，飛行時間t 1 s，取向右為正方向，由水平速度v知，選項A中，v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s；選項B中，v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s；選項C中，v甲1 m/s，v乙2 m/s；選項D中，v甲1 m/s，v乙2 m/s.因爆炸瞬間動量守恒，故mvm甲v甲m乙v乙，其中m甲m，m乙m，v2 m/s，代入數(shù)值計算知選項B正確4(單選)如圖3所示，將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側靠豎直墻壁，右側靠一質(zhì)量為M2的物塊今讓一質(zhì)量為m的小球自左側槽口A的正上方h

12、高處從靜止開始下落，與半圓槽相切自A點進入槽內(nèi)，則以下結論中正確的是()圖3A小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒B小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒C小球離開C點以后，將做豎直上拋運動D槽將與墻不會再次接觸答案D解析小球從AB的過程中，半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心，而小球?qū)Π雸A槽的壓力方向相反指向左下方，因為有豎直墻壁擋住，所以半圓槽不會向左運動，可見，該過程中，小球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動量并不守恒，而由小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒從BC的過程中，小球?qū)Π雸A槽的壓力方向指向右下方，所以半圓槽要向右推動物塊一起運動

13、，因而小球參與了兩個運動：一個是沿半圓槽的圓周運動，另一個是與半圓槽一起向右運動，小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，此過程中，因為有物塊擋住，小球與半圓槽在水平方向動量并不守恒，在小球運動的全過程，水平方向動量也不守恒，選項A、B錯誤；當小球運動到C點時，它的兩個分運動的合速度方向并不是豎直向上，此后小球做斜上拋運動，即選項C錯誤；因為全過程中，整個系統(tǒng)在水平方向上獲得了水平向右的沖量，最終槽將與墻不會再次接觸，選項D正確方法技巧題組5(單選)一彈簧槍可射出速度為10 m/s的鉛彈，現(xiàn)對準以6 m/s 的速度沿光滑桌面迎面滑來的木塊發(fā)射一顆鉛彈，鉛彈射入木塊后未穿出，木塊繼續(xù)向前運動，速度

14、變?yōu)? m/s.如果想讓木塊停止運動，并假定鉛彈射入木塊后都不會穿出，則應再向木塊迎面射入的鉛彈數(shù)為()A5顆 B6顆C7顆 D8顆答案D解析設木塊質(zhì)量為m1、鉛彈質(zhì)量為m2，取木塊運動的方向為正方向，第一顆鉛彈射入，有m1v0m2v(m1m2)v1，代入數(shù)據(jù)可得15，設再射入n顆鉛彈木塊停止，有(m1m2)v1nm2v0，解得n8.6(2014北京22)如圖4所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點現(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞后結合為一個整體，并沿桌面滑動已知圓弧軌道光滑，半徑R0.2 m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動

15、摩擦因數(shù)0.2.取重力加速度g10 m/s2.求：圖4(1)碰撞前瞬間A的速率v；(2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v；(3)A和B整體在桌面上滑動的距離l.答案(1)2 m/s(2)1 m/s(3)0.25 m解析設滑塊的質(zhì)量為m(1)根據(jù)機械能守恒定律mgRmv2得碰撞前瞬間A的速率v2 m/s(2)根據(jù)動量守恒定律mv2mv得碰撞后瞬間A和B整體的速率vv1 m/s(3)根據(jù)動能定理(2m)v2(2m)gl得A和B整體沿水平桌面滑動的距離l0.25 m7.圖5如圖5所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈射中并且子彈嵌在其中已知物體A的質(zhì)量mA是

16、物體B的質(zhì)量mB的3/4，子彈的質(zhì)量m是物體B的質(zhì)量的1/4，求彈簧壓縮到最短時B的速度答案解析彈簧壓縮到最短時，子彈、A、B具有共同的速度v1，且子彈、A、B組成的系統(tǒng)，從子彈開始射入物體A一直到彈簧被壓縮到最短的過程中，系統(tǒng)所受外力(重力、支持力)之和始終為零，故整個過程系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律得mv0(mmAmB)v1，又mmB，mAmB，故v1，即彈簧壓縮到最短時B的速度為.8以初速度v0與水平方向成60角斜向上拋出的手榴彈，到達最高點時炸成質(zhì)量分別是m和2m的兩塊其中質(zhì)量大的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行求：(1)質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向；(2)爆炸過程有多少

17、化學能轉(zhuǎn)化為彈片的動能答案(1)2.5v0與爆炸前速度方向相反(2)mv解析手榴彈爆炸過程中，爆炸產(chǎn)生的作用力是內(nèi)力，遠大于重力，因此爆炸過程中各彈片組成的系統(tǒng)動量守恒因為爆炸過程火藥的化學能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，進而有一部分轉(zhuǎn)化為彈片的動能，所以此過程系統(tǒng)的機械能(動能)增加(1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運動，在最高點處爆炸前的速度v1v0cos 60v0.設v1的方向為正方向，如圖所示，由動量守恒定律得3mv12mv1mv2.其中爆炸后大塊彈片的速度v12v0，小塊彈片的速度v2為待求量，解得v22.5v0，“”號表示v2的速度方向與爆炸前速度方向相反(2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學能等于

18、系統(tǒng)動能的增量，即Ek2mv12mv(3m)vmv.9.圖6如圖6所示，質(zhì)量為m的子彈，以速度v水平射入用輕繩懸掛在空中的木塊，木塊的質(zhì)量為M，繩長為L，子彈停留在木塊中，求子彈射入木塊后的瞬間繩子張力的大小答案(mM)g解析物理過程共有兩個階段：射入階段和圓周運動階段射入階段可認為木塊還未擺動，繩子沒有傾斜，子彈和木塊組成的系統(tǒng)水平方向不受外力作用，動量守恒子彈停留在木塊中后以一定的速度做變速圓周運動，繩子傾斜，水平方向有了分力，動量不再守恒在子彈射入木塊的瞬間，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒取向左為正方向，由動量守恒定律得0mv(mM)v1解得v1.隨后子彈和木塊整體以此初速度向左擺動做圓周運動在圓周運動的最低點，整體只受重力(mM)g和繩子的拉力F作用，由牛頓第二定律得(取向上為正方向)F(mM)g(mM)將v1代入解得F(mM)g(mM)(mM)g創(chuàng)新應用題組10如圖7所示，甲車質(zhì)量m120 kg，車上有質(zhì)量M50 kg的人，甲車(連同車上的人)以v3 m/s的速度向右滑行，此時質(zhì)量m250 kg的乙車正以v0