1、【金版学案】2015-2016高中物理 第十六章 动量守恒定律章末总结 新人教版选修3-51用动量定理求变力的冲量和物体动量的变化一个物体的动量变化p与合外力的冲量具有等效代换关系，二者大小相等、方向相同，可以相互代换，据此有：(1)应用Ip求变力的冲量：如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用Ft求变力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化p，等效代换变力的冲量I.(2)应用pFt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动的物体速度方向时刻在变化，求动量的变化ppp需要运用矢量的运算方法，比较麻烦如果作用力是恒力，可以先求恒力的冲量，等效代换动量的变化2用动量定理解释相
2、关物理现象的要点由Ftppp可以看出，当p为恒量时，作用力F的大小与相互作用时间t成反比当F为恒量时，物体动量的变化p与相互作用时间t成正比如图所示，一质量为m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地落到一倾角为30的固定斜面上，并立即沿反方向弹回已知反弹速度的大小是入射速度大小的.求在碰撞过程中斜面对小球的冲量的大小【思路点拨】(1)小球在碰撞斜面前做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动竖直方向为自由落体，末速度与斜面垂直，速度分解如图(2)由平抛运动的规律可以求得与斜面碰撞时的速度的大小，再由动量定理可以求得斜面对小球的冲量解析：小球在碰撞斜面前做平抛运动设刚要碰撞斜面时小球速度
3、为v，由题意知，v的方向与竖直线的夹角为30，且水平分量仍为v0，如题图所示由此得：v2v0，碰撞过程中，小球速度由v变为反向的v，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，设反弹速度的方向为正方向，则斜面对小球的冲量为：Imm(v)，由得：Imv0.答案：mv0【小结】重力的冲量可以忽略不计是因为作用时间极短重力的冲量远小于斜面对物体的冲量，这是物理学中常用的一种近似处理方法针对训练1人从高处跳下，为更好地保护身体，双脚触地，膝盖弯曲让身体重心继续下降着地过程这样做，可以减小(D)A人动量变化的时间 B人受到的冲量C人的动量变化量 D人的动量变化率解析：人着地的初速度一定，末速度为零，根据
4、动量定理可知：(mgF)t0mv，即Fmg，所以为保护好身体，就是要减少人与地面之间的作用力F，即减少，即动量的变化率，选项D正确解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：1动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒2动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加3位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动从地面竖直向上发射一炮弹，炮弹的初速度v0100 m/s，经t6.0 s后，此炮弹炸成
5、质量相等的两块从爆炸时算起，经t110.0 s后，第一块碎片先落到发射点，求从爆炸时起，另一碎片经多长时间也落回地面？(g10 m/s2，空气阻力不计)(1)本题考查反冲模型的动量守恒问题，炮弹射出后根据竖直上抛规律计算出爆炸时初速度，再根据第一块碎片落到发射点时间判断爆炸后瞬间它的速度(2)由射出过程中系统动量守恒可计算后落地的碎片的速度和时间解析：设炮弹爆炸时的速度为v0，离地面高度为H，则有：v0v0gt，Hv0t，代入数据解得v040 m/s，H420 m.设刚爆炸后瞬间，先落到地面上的碎片的速度为v1，因落在发射点，所以v1为竖直方向若v10，表示竖直向上运动；若v10，表示竖直向下
6、运动；若v10，则表示自由落体运动若v10，则落地时间t st110.0 s，由此可知，v1方向应是竖直向上选炮弹爆炸时H高度为坐标原点，则：Hv1t1，解得：v18 m/s.设刚爆炸后瞬间，后落地的碎片的速度为v2，则由动量守恒定律得2mv0mv1mv2.将v0、v1代入解得：v272 m/s.若从爆炸时起，这块碎片经时间t2落地，则Hv2t2，得：5t2272t24200，则有t218.9 s或t24.5 s(舍去)答案：18.9 s【小结】(1)炮弹在空中爆炸时，所受合外力(重力)虽不为零，但重力比起炮弹碎块间相互作用的内力小得多，故可认为爆炸过程炮弹系统(各碎块)的动量守恒(2)爆炸时
7、位置不变，各碎块自爆炸位置以炸裂后的速度开始运动针对训练2有一大炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M6.0 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出时的速度v060 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、R600 m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(忽略空气阻力)解析：炮弹炸裂时的高度h m180 m，弹片落地的时间ts6 s，两弹片的质量m14.0 kg，m22.0 kg，设它们的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律知m1v1m2v2，所以v22v1.设m1刚好落在R600 m的圆周上，则v
8、1100 m/s，此时v2200 m/s，所以总动能至少为：Em1v21m2v226104 J.答案：6104 J某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示不用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3N，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k(k1)将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞所有碰撞皆为无机械能损失的正碰(不计空气阻力，忽略绳的伸长，g取10 m/s2)(1)设与n1号球碰撞前，n号球的速度为vn，求n1号球碰撞后的速度(2)若N5，在1号球向
9、左拉高h的情况下，要使5号球碰撞后升高16k(16h小于绳长)问k值为多少？【思路点拨】(1)用动量守恒和机械能守恒分析该碰撞过程，解方程组即可(2)根据题意前后两个小球碰撞后后一个小球的速度与两球的质量有关系，即vn1，我们利用不完全归纳法得到：如果知道v1，那么，vn1v1，于是第5号球的速度可求，那么，5号球上升的高度用机械能守恒可以解决解析：(1)本题中的两球相碰，均可看成是“一静一动弹性碰撞模型”因为每个球的质量依次递减，碰后不会出现入射球反弹的情况如果入射球质量为m1，被碰球质量为m2，碰前m1的速度为v1，碰后两球的速度分别为v1、v2.由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv1m
10、1v1m2v2，得：v1v1v2v1本题主要应用v2当n取代1时，n1就取代2.设n号球质量为m，与n1号球碰撞后的速度分别为vn、vn1取水平向右为正方向，据题意有n号球与n1号球碰撞前的速度分别为vn、0、mn1kmn.根据动量守恒，有mnvnmnvnkmnvn1，根据机械能守恒，有，由得：vn1(vn10舍去)(2)设1号球摆至最低点时的速度为v1，由机械能守恒定律有：m1gh，v1，同理可求，5号球碰后瞬间的速度：v5，由式可得vn1v1，Nn5时，v5v1，由三式得：k10.414.答案：(1)n1号球碰撞后的速度vn1(2)k值为0.414【小结】本题考查碰撞中的动量和能量问题，要
11、注意动量守恒定律的研究对象选择、条件的判断、过程的确定针对训练3如图所示，一个半径为R1.00 m粗糙的圆弧轨道，固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度h1.25 m在轨道末端放有质量为mB0.30 kg的小球B(视为质点)，B左侧装有微型传感器，另一质量为mA0.10 kg的小球A(也视为质点)由轨道上端点从静止开始释放，运动到轨道最低处时，传感器显示读数为2.6 N，A与B发生正碰，碰后B小球水平飞出，落到地面时的水平位移为s0.80 m，不计空气阻力，重力加速度取g10 m/s2.求：(1)小球A在碰前克服摩擦力所做的功；(2)A与B碰撞过程中，系统损失的机械能解析：(
12、1)在最低点对A球由牛顿第二定律有：FAmAg，vA4.00 m/s.在A下落过程中由动能定理有：mAgRWf，A球下落的过程中克服摩擦力所做的功为Wf0.20 J.(2)碰后B球做平抛运动，在水平方向有：svBt在竖直方向有：，联立以上两式可得碰后B的速度为vB1.6 m/s.在A、B碰撞由动量守恒定律有：mAvAmAvAmBvB，碰后A球的速度为vA0.80 m/s，负号表示碰后A球运动方向向左由能量守恒得碰撞过程中系统损失的机械能为：，故E损0.384 J.在A与B碰撞的过程当中，系统损失的机械能为0.384 J.答案：(1)0.20 J(2)0.384 J如图所示，在空间存在这样一个磁
13、场区域，以MN为界，上部分的均强磁场的磁感应强度为B1，下部分的匀强磁场的磁感应强度为B2，B12B22B，方向均垂直纸面向内，且磁场区域足够大在距离界线为h的P点有一带负电荷的离子处于静止状态，某时刻该离子分解成为带电荷的粒子A和不带电的粒子B，粒子A质量为m、带电荷q，以平行于界线MN的速度向右运动，经过界线MN时的速度方向与界线成60角，进入下部分磁场当粒子B沿与界线平行的直线到达位置Q点时，恰好又与粒子A相遇不计粒子的重力(1)P、Q两点间距离(2)粒子B的质量【思路点拨】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律及向心力公式可求得半径及周期，再由几何关系即可解得P、Q间的距
14、离；(2)由A的运动过程可求得A从P到Q所经历的时间，再由运动学公式可求得B的运动速度；由半径公式可求得A的速度；由动量守恒即可求得粒子B的质量解析：(1)粒子A在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子A的速度为v1，在MN上方运动半径为R1，运动周期为T1，根据牛顿第二定律和圆周运动公式，qv1B1m，解得：R1，T1.同理，粒子A在MN下方运动半径R2和周期T2分别为：R22R1，T22T1.粒子A由P点运动到MN边界时速度与MN的夹角为60，如图所示，则有：R1hR1cos 60，得到：R12h，R24h.PQ间的距离为：PQ2R2sin 602R1sin 602h.(2)
15、粒子A从P点到Q点所用时间为tT1T2.设粒子B的质量为M，从P点到Q点速度为v，由R12h，得到：mv4qBh，根据动量守恒定律mvMv0，解得：M6m.答案：(1)PQ两点间的距离为2h(2)粒子B的质量为6m【小结】(1)画出粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求解粒子在磁场中的速度大小；根据动量守恒求得粒子B的质量(2)根据轨迹的对称性，由几何知识求出PQ间的距离针对训练4如图所示，质量为3.0 kg的小车以1.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是光滑圆弧，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有
16、竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度E为40 N/C，磁感应强度B为2.0 T现有一质量为1.0 kg、带负电且电荷量为1.0102C的滑块以8 m/s的水平速度向右冲上小车，当它通过D点时速度为5.0 m/s(滑块可视为质点，g取10 m/s2)，求：(计算结果保留两位有效数字)(1)滑块从A到D的过程中，小车、滑块组成的系统损失的机械能；(2)如果圆弧轨道半径为1.0 m，求滑块刚过D点时对轨道的压力；(3)若滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，求此圆弧的最小半径解析：(1)设滑块运动到D点时的速度为v1，小车在此时的速度为v2.滑块从A运动到D的过程中系
17、统动量守恒：mvMv2mv1Mv2，小车的速度为v20，小车与滑块组成的系统损失的机械能为E，E21 J.(2)设滑块刚过D点时，受到轨道的支持力为N，N(mgqEqv1B)，得N35.5 N，滑块对轨道压力NN35.5 N.(3)滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同速度v，由动量守恒定律mv1(mM)v，则有v m/s.设圆弧轨道的最小半径为Rmin，由能量守恒关系，代入数据解得：，代入数据解得：Rmin0.90 m.答案：(1)小车、滑块组成的系统损失的机械能是21 J(2)滑块刚过D点时对轨道的压力为35.5 N(3)若滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，此圆弧的最小半径为0.90 m8
