高中物理动量好动量观点的综合应用复习学案 粤教版

1、学必求其心得，业必贵于专精专题4 动量好动量观点的综合应用1动量的观点和能量的观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律,若研究对象为单个物体，可优先考虑两个定理，特别涉及时间问题时，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这两个观点研究的是一个物理过程的初、末两个状态，不对过程变化的细节作深入的研究，这是它们比牛顿运动定律的方便之处2利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(1）动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；（2）动能定理和能量守恒定律是标量表达式,绝无分量表达式曲线运动

2、（a不恒定）、竖直面内的圆周运动、碰撞等,就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解,若用动量或能量的观点求解会比较方便复习过关1(多选）如图1所示，质量为m的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长,与水平方向的夹角为.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h,则下列关系式中正确的是(）图1amv0（mm）vbmv0cos (mm)vcmghm（v0sin )2dmgh(mm）v2mv答案bd解析小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒,全过程机械能也守恒以向右为正

3、方向，在小物块上升过程中,由水平方向系统动量守恒得:mv0cos (mm)v，故a错误，b正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得:mgh（mm）v2mv，故c错误，d正确2如图2所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为m的小车，小车左端靠在竖直墙壁上,其左侧半径为r的四分之一圆弧轨道ab是光滑的，轨道最低点b与水平轨道bc相切,bc2r,整个轨道处于同一竖直面内将质量为m的物块(可视为质点,其中m2m)从a点无初速度释放，物块与小车上表面bc之间的动摩擦因数为0.5。求物块相对bc运动的位移(g10 m/s)图2答案r解析小物块从a下滑到b的过程中，小车保持静止，对物块由机械能守恒定律得mgrm

4、v从b到c的过程中，小车和物块组成的系统水平方向动量守恒，有mv0(mm)v1从b到c的过程中，由功能关系得mgsmv（mm）v联立各式得sr.3。如图3所示,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图3答案v0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,碰后a的速度vav0，b的速度vbv0，由动量守恒定律得mvamvamvb设碰

5、撞前a克服轨道阻力所做的功为wa，由功能关系得wamvmv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wbmvmvb2据题意可知wawb设b、c碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvb2mv联立式,代入数据得vv04置于光滑水平面上的 a、 b两球质量均为m，相隔一定距离,两球之间存在恒定斥力作用,初始时两球均被锁定而处于静止状态现同时给两球解除锁定并给 a球一冲量i，使之沿两球连线射向 b球， b球初速度为零在之后的运动过程中两球始终未接触，试求:(1)两球间的距离最小时 b球的速度；(2)两球间的距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对 a球做的功答案

6、（1)（2）解析（1)对a球由动量定理可得imv0两球间的距离最小时两球等速，根据系统动量守恒mv02mv得v（2)从初始状态到二者距离达到与初始状态相等过程中，设二者位移大小均为l,根据动量守恒定律得mv0mv1mv2对a由动能定理可得flmvmv对b由动能定理可得flmv0(写出类似弹性碰撞的方程即前后两个时刻的动能不变也可)可得v10，v2v0两球距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对a球做的功wamvmv2。5如图4所示,光滑的水平地面上有一质量为m3 kg的木板，其左端放有一可看成质点、质量m1 kg的重物，右方有一竖直的墙重物与木板间的动摩擦因数为0.5.使木板与重物以共同的速度

7、v06 m/s向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，经t0.1 s木板以v14 m/s的速度返回，重力加速度为g10 m/s2.求：图4（1）墙壁对木板的平均作用力的大小；（2）板与墙作用时间很短，忽略碰撞过程中重物的速度变化若重物不从木板上掉下来,则木板的最小长度为多少答案（1）305 n(2)7。5 m解析(1)设向左为正方向，板碰后速度为v1，由动量定理有：（fmg）tmv1（mv0)代入数据可求得f305 n（2）设重物与板共速为v共，由动量守恒定律有mv1mv0（mm）v共得v共1.5 m/s设板最小长度为l，从板与墙碰后到板与重物相对静止，系统损失的动能全部转化为内能，有mglmvmv

8、(mm）v代入数据得：l7。5 m。6如图5所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h0.3 m（h小于斜面体的高度）已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小g10 m/s2.图5（1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案（1）20 kg(2)不能，理由见解析解析(1）规定向左为速度正方向冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共

9、同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0(m2m3）vm2v(m2m3)v2m2gh式中v03 m/s为冰块推出时的速度联立式并代入题给数据得m320 kgv1 m/s（2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v00代入数据得v11 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0m2v2m3v3m2vm2vm3v联立式并代入数据得v21 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩7在光滑水平面上静置有质量为m的滑板，上表面光滑，ab水平

10、，bc为圆弧,圆弧底端切线水平，如图6所示一可视为质点的物块p，质量也为m，从木板ab的右端以初速度v0滑上滑板ab，最终恰好能滑到圆弧的最高点c处，求:图6（1)物块滑到c处时的速度v；(2）圆弧的半径r；（3）滑块刚滑上圆弧时，水平面对滑板的支持力大小答案(1）(2）(3)6mg解析（1)由点a到点c时，取向左为正由动量守恒得mv02mv，得：v(2)由点a到点c时，根据能量守恒得mvmgr2mv2，则：r(3）滑块刚滑上圆弧时，设b点对滑块的支持力为fnb,由牛顿第二定律得:fnbmgm则:fnb5mg由牛顿第三定律得,此时水平面对滑板的支持力为:fnfnbmg6mg.8如图7所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同现使a以初速度v0向右滑动此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件图7答案解析设物块与地面间的动摩擦因数为.若要物块a、b能够发生碰撞，应有mvmgl即设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒定律得mvmvmgl设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒和能量守恒有