2018年高二物理选修3-5习题：第十六章 动量守恒定律 章末 含答案 精品

一、动量定理及其应用 1．冲量的计算

(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量．

(2)变力的冲量：①通常利用动量定理I＝Δp求解．②可用图象法计算．在F－t图象中阴影部分(如图1)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．

图1

2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用

(1)它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．

(2)应用动量定理求解的问题：①求解曲线运动的动量变化量．②求变力的冲量问题及平均力

问题．

Δp

3．物体动量的变化率等于它所受的合外力，这是牛顿第二定律的另一种表达式．

Δt例1 一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4 s，该铁球的质量为336 g，求：(结果保留两位小数，g取10 m/s2) (1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？ (2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？ (3)泥潭对小球的平均作用力大小为多少？ 解析 (1)小球自由下落10 m所用的时间是t1＝

2h＝ g

2×10

s＝2 s，重力的冲量IG＝10

mgt1＝0.336×10×2 N·s≈4.75 N·s，方向竖直向下．

(2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得mg(t1＋t2)－Ft2＝0.泥潭的阻力F对小球的冲量Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(2＋0.4) N·s≈6.10 N·s，方向竖直向上．

(3)由Ft2＝6.10 N·s得F＝15.25 N 答案 (1)4.75 N·s，方向竖直向下 (2)6.10 N·s，方向竖直向上 (3)15.25 N 二、动量守恒定律的应用

1．合理选择研究对象及对应运动过程． 2．由守恒条件判断研究的系统动量是否守恒．

注意：若选的过程包含几个子过程，则每个子过程都必须满足动量守恒． 3．解题时应先规定正方向，将矢量式转化为标量式．

例2 如图2所示，在光滑水平面上有两个木块A、B，木块B左端放置小物块C并保持静止，已知mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，现木块A以初速度v＝2 m/s沿水平方向向右滑动，木块A与B相碰后具有共同速度(但不粘连)，C与A、B间均有摩擦．求：

图2

(1)木块A与B相碰瞬间木块A及小物块C的速度大小； (2)设木块A足够长，求小物块C的最终速度．

解析 (1)木块A与B相碰瞬间C的速度为0，A、B木块的速度相同，由动量守恒定律得

v

mAv＝(mA＋mB)vA，vA＝＝1 m/s.

2

(2)C滑上A后，摩擦力使C加速，使A减速，直至A、C具有相同的速度，以A、C整体为2

研究对象，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mC)vC，vC＝ m/s，方向水平向右．

3答案 (1)1 m/s 0 2

(2) m/s，方向水平向右 3三、动量和能量综合问题分析

1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，可写出某一方向的分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量式，绝无分量表达式．

2．解题时必须注意动量守恒时，机械能不一定守恒，反之亦然．动量守恒的条件是合外力为零，而机械能守恒的条件是除重力弹力外的其他外力做的功为零． 3．若系统有多种形式的能参与转化，则应用能量守恒的观点分析较方便．

例3 如图3所示，在光滑水平面上，木块A的质量mA＝1 kg，木块B的质量mB＝4 kg，质量mC＝2 kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑．开始时B、C静止，A以v0＝10 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短．求：

图3

(1)A、B碰撞后A的速度；

(2)弹簧第一次恢复原长时C的速度大小．

解析 (1)因碰撞时间极短，A、B碰撞时，C的速度为零，规定A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mBvB mAv0－mBvB解得vA＝ mA

代入数据解得vA＝－4 m/s，负号说明方向与A的初速度方向相反．

(2)第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零，设此时B的速度为vB′，C的速度为vC. 由动量守恒定律得mBvB＝mBvB′＋mCvC 111

由机械能守恒定律得mBvB 2＝mBvB′2＋mCvC 2

22214

联立代入数据解得vC＝ m/s

3

答案 (1)4 m/s，方向与A的初速度方向相反

14

(2) m/s 3

例4 一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图4所示，图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：

图4

(1)木块在ab段受到的摩擦力Ff； (2)木块最后距a点的距离s.

解析 (1)木块在斜面上上升到最高点时，木块与物体P具有相同的水平速度，设为v1.以v0的方向为正方向，由

动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v1 此过程中，由动能定理得 112

－mgh－FfL＝(m＋2m)v2 1－mv0

22m?v20－3gh?

联立解得Ff＝. 3L

(2)设最后木块与物体P的共同速度为v2， 由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v2 整个过程中，根据动能定理得 112

－Ff(2L－s)＝(m＋2m)v22－mv0 22v20－6gh联立以上各式解得s＝2L.

v0－3ghm?v2v20－3gh?0－6gh

答案 (1) (2)2L

3Lv0－3gh

1．(多选)一质量为2 kg的质点在光滑平面上从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移x变化的关系式为p＝8x kg·m/s，关于该质点的说法正确的是( ) A．速度变化率为8 m/s2 B．受到的恒力为16 N C．1 s 末的动量为16 kg·m/s

D．1 s 末的动能为32 J 答案 ABC

v2

解析 由式子p＝8x kg·m/s和动量定义式p＝mv，可以得到x＝，再由匀加速直线运动的

16位移公式知加速度a＝8 m/s2.故A、B、C三个选项都是正确的；而1 s末的动能应是64 J，D选项错误．

2．一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图5所示．物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止．g取10 m/s2.

图5

(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；

(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W. 答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J

解析 (1)对小物块从A运动到B处的过程中 11

应用动能定理－μmgs＝mv2－mv2

220代入数值解得μ＝0.32

(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s 由动量定理得：FΔt＝mv′－mv 解得F＝－130 N

其中“－”表示墙面对物块的平均力方向向左． (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 1

－W＝0－mv′2，解得W＝9 J

2

3．如图6所示，A为一有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量M＝40 kg的小车B静止于轨道右侧，其板与轨道底端靠近且在同一水平面上，一个质量m＝20 kg的物体C以2 m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并继续一起运动．若轨道顶端与底端水平面的高度差h为0.8 m，物体与小车板面间的动摩擦因数μ为0.4，小车与水平面间的摩擦忽略不计，(取g＝10 m/s2)求：

图6

(1)物体C滑到轨道底端时的速度大小； (2)物体C与小车保持相对静止时的速度大小； (3)物体冲上小车后相对于小车板面滑动的距离． 答案 (1)25 m/s (2)

255 m/s (3) m 33

解析 (1)下滑过程中机械能守恒，有： 112

mgh＝mv22－mv1 22

解得v2＝v21＋2gh＝25 m/s

(2)在物体C冲上小车B到与小车相对静止的过程中，两者组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv2＝(m＋M)v， mv220×252得：v＝＝ m/s＝5 m/s

3m＋M20＋40(3)设物体C冲上小车后， 相对于小车板面滑动的距离为l， 112

由功能关系有：μmgl＝mv22－(m＋M)v 225代入数据解得：l＝ m.

3

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(1)物体C滑到轨道底端时的速度大小； (2)物体C与小车保持相对静止时的速度大小； (3)物体冲上小车后相对于小车板面滑动的距离． 答案 (1)25 m/s (2)

255 m/s (3) m 33

解析 (1)下滑过程中机械能守恒，有： 112

mgh＝mv22－mv1 22

解得v2＝v21＋2gh＝25 m/s

(2)在物体C冲上小车B到与小车相对静止的过程中，两者组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv2＝(m＋M)v， mv220×252得：v＝＝ m/s＝5 m/s

3m＋M20＋40(3)设物体C冲上小车后， 相对于小车板面滑动的距离为l， 112

由功能关系有：μmgl＝mv22－(m＋M)v 225代入数据解得：l＝ m.

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