高中物理第十六章动量守恒定律章末复习检测

1、第十六章 动量守恒定律【知识体系】主题 1动量定理及其应用1冲量的计算(1)恒力的冲量：公式 IFt 适用于计算恒力的冲量(2)变力的冲量：通常利用动量定理 Ip 求解可用图象法计算在 Ft 图象中阴影部分(如图)的面积就表示力在时间tt2t11内的冲量2动量定理 Ftmv2mv1 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求解曲线运动的动量变化量求变力的冲量问题及平均力问题求相互作用时间利用动量

2、定理定性分析现象【典例 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.(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为多少(保留两位小数，g 取 10 m/s2)?2h解析：(1)小球自由下落 10 m 所用的时间是 t1 g 2×10冲量 

3、IGmgt10.336×10× 2 N·s4.75 N·s，方向竖直向下s 2 s，重力的(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(t1t2)Ft20.泥潭的阻力 F 对小球的冲量Ft2mg(t1t2)0.336×10×( 20.4) N·s6.10 N·s，方向竖直向上(3)由 Ft26.10 N·s 得 F15.25

4、0;N.答案：(1)4.75 N·s，方向竖直向下(1)6.10 N·s，方向竖直向上(3)15.25 N方法总结(1)恒力的冲量可以用 IFt 求解，也可以利用动量定理求解本题第(1)问可先求出下落到泥潭时的速度，进而计算出冲量(2)在泥潭中运动时要注意受力分析，合外力的冲量是重力和阻力的合冲量2点的水平距离为 x，则按平抛运动规律有 xvt，h  gt2，式中 t是垒球做平抛运(3)应用动量定理对全过程列式有时更简捷针对训练1一垒球手水平挥动球棒，迎面打击一以速度

5、0;5 m/s 水平飞来的垒球，垒球随后在离打击点水平距离为 30 m 的垒球场上落地设垒球质量为 0.18 kg，打击点离地面高度为 2.2m，球棒与垒球的作用时间为 0.010 s，重力加速度为 9.9 m/s2，求球棒对垒球的平均作用力的大小解析：以 m、v 和 v，分别表示垒球的质量、垒球在打击过程始、末瞬时速度的大小，球棒与垒球的作用时间为 t，球棒对垒球的平均作用力的大小为 f，取力的方向为正方向，根据动量定理有：

6、ftmvm(v)垒球在与球棒碰撞后，以速率 v做平抛运动，令打击点高度为 h，垒球落地点与打击122h                     tè2h  ø动时间，则可以得到：vx答案：900 Ng          

7、            mæ，联立整理可以得到：f çxg   öv÷900 N.1三种思路的比较思路主题 2 解答动力学问题的三种思路特点分析适用情况力的观点：牛顿运动定律结合运动学公式分析物体的受力，确定加速度，建立加速度和运动量间的关系涉及力、加 恒力作用下的运动速度、位移、速度、时间能量观点：动能定理、机 分析物体的受力、位移和速度，确定&

8、#160;恒力作用下的运动、变力械能守恒定律和能量守功与能的关系系统内力做功会影响 作用下的曲线运动、往复恒定律系统能量涉及力、位移、速度运动、瞬时作用分析物体的受力(或系统所受外力)、动量观点：动量定理和动速度，建立力、时间与动量间的关系 恒力作用下的运动、瞬时量守恒定律(或动量守恒定律)，系统内力不影响系统动量涉及力、时间、动量(速度)作用、往复运动2.三种思路的选择对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解；如果只有重力和弹簧弹力做功而不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解对于碰撞、反冲类问题，应

9、用动量守恒定律求解，对于相互作用的两物体，若明确两物3体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒(功能关系)建立方程【典例 2】如图，用两根等长的细线分别悬挂两个弹性球 A、B，球 A 的质量为 2m，球 B 的质量为 9m，一颗质量为 m 的子弹以速度 v0 水平射入球 A，并留在其中，子弹与球 A作用时间极短；设 A、B 两球作用为对心弹性碰撞求(1)子弹与 A 球作用过程中，子弹和 A 球系统损失

10、的机械能；(2)B 球被碰撞后，从最低点运动到最高点过程中，合外力对 B 球冲量的大小解析：(1)对子弹和 A 球，由动量守恒定律，得mv0(m2m)v，110由能量守恒定律，可知2mv22(m2m)v2E，10解得E3mv2.(2)对子弹和 A 球、B 球系统，由动量守恒定律，得3mv3mv19mv2，111(3m)v21根据能量守恒定律，有2(3m)v222(9m)v2，1解得 v26v0；3对 B 球，由动量定理，有 I09mv22mv0，3合外力的冲量大小为2mv0.

11、130答案：(1)3mv2(2)2mv0方法总结:(1)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所选方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别(2)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特别是对于变力做功、曲线运动、竖直平面内的圆周运动、碰撞等问题，就更显示出它们的优越性4针对训练2如图所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC 段水平，AB 段与&

12、#160;BC 段平滑连接质量为 m1 的小球甲从高为 h 处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道 BC 段上质量为m2 的小球乙发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失求碰撞后小球乙的速度大小 v2.联立式解得 v2  2m1v0 .将式代入式得 v21m1m2m1m2解析：设碰撞前小球甲到达平面的速度为 v0，根据机械能守恒定律得1m1gh2m1v20.设碰撞后甲与乙的速度分别为 v1 和&

13、#160;v2，根据动量守恒定律得m1v0m1v1m2v2.由于碰撞过程中无机械能损失，所以有111     0     12m1v22m1v22m2v2.m1m22m2gh.2m2gh答案：1统揽考情“动量守恒定律”是力学的重要内容，在全国卷中，2017 高考改为必考内容，题型预计是综合计算题，一般可以综合牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等物理规律，且难度可能为中等难度以上真题例析(2015·课标全国卷)滑块 a、b 沿水平面上同一条

14、直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段两者的位移 x 随时间 t 变化的图象如图所示求：5vm/s.m28E2m28   E2(1)滑块 a、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比解析：(1)设 a、b 的质量分别为 m1、m2，a、b 碰撞前的速度为 v1、v2.由题给图象得v12 m/s，v21 m/s.a、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后

15、两滑块的共同速度为 v.由题给图象得23由动量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v.m1解得1 .(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为1111     E2m1v22m2v22(m1m2)v2.由图象可知，两滑块最后停止运动由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为1W2(m1m2)v2，W1解得 .m1W1答案：(1)1(2)针对训练(2015·重庆卷) 高空作业须系安全带，如果质量为 m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距

16、离为 h(可视为自由落体运动)，此后经历时间 t 安全带达到最大伸长量若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()mgmgA.m 2ghtB.m 2ghtmgmgC.m ghtD.m ght6程(取向上为正)由动量定理得(F  mg)t0(mv)，解得F  mg，故选 A.解析：在同一匀强磁场 B 中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r，得v 的速度向右运动，B 再与 C 发生

17、碰撞，碰后 B、C 粘在一起向右运动滑块 A、B 与轨道   ，得周期之比为 21，选项 B 正确； 粒子和质子质量之比为 41，电荷量之比为解析：人下落 h 高度为自由落体运动，由运动学公式 v22gh，可知 v 2gh；缓冲过-m 2ght答案：A21(2015·广东卷)在同一匀强磁场中， 粒子(4He)和质子(1H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则  粒子和质子(

18、)A运动半径之比是 21B运动周期之比是 21C运动速度大小之比是 41D受到的洛伦兹力之比是 21mvqB两者的运动半径之比为 12，选项 A 错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期 T2mqB21，由于动量相同，故速度之比为 14，选项 C 错误；由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力 fqvB，得受到的洛伦兹力之比为 12，选项 D 错误答案：B2.(2015·山东卷)如图，三个质量相同的滑块 A、B、C，间隔相等

19、地静置于同一水平直1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8v0、340间的动摩擦因数为同一恒定值两次碰撞时间极短求 B、C 碰后瞬间共同速度的大小解析：根据动量守恒定律，A、B 碰撞过程满足v3v0mmvAm 84 0，7v解得 vA 8 0；从 A 开始运动到与 B 相碰前的过程，1102根据动能定理：Wf2mv22mvA，15

20、 0解得 Wf128mv2；7 答案：   21v1W则对物体 B 从与 A 碰撞完毕到与 C 相碰前损失的动能也为 Wf，由动能定理可知：f2mv2B122mvB，8解得：vB21 v0；BC 碰撞时满足动量守恒，则 mvB2mv，121    16解得 v2vBv0.1603(2016·全国卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为 M 的卡通玩具

21、稳定地悬停在空中为计算方便，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0 竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于 S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开忽略空气阻力已知水的密度为 ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度解析：(1)设t 时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mV，Vv0St，由式，得单位时间从喷口喷出的水的质量为mtv0S.(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h，水从喷

22、口喷出后到达玩具底面时的速度大小为 v.对于t 时间内喷出的水，由能量守恒，得11                 02(m)v2(m)gh2(m)v2，在 h 高度处，t 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小p(m)v，设水对玩具的作用力的大小为 F，根据动量定理，有Ftp，由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件，得FMg，联立式，得82g22v20S2

23、v2M2gh0 .2g22v20S2v2M2g答案：(1)v0S(2)0 4(2016·全国卷)如图，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小孩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.(1)求

24、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？解析：(1)规定向右为速度正方向冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，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m2v20(m2m3)v，11     2m2v202(m2m3)v2m2gh，式中 v203 m/s 为冰块推出时的速度联立式并代入题给数据，得m320 kg.(2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律，有m1v1m2v200，代入数据，得v

25、11 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m2v20m2v2m3v3，111          32m2v202m2v22m3v2，联立式并代入数据，得v21 m/s，故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， 冰块不能追上小孩答案：(1)20 kg(2)不能追上小孩5(2016·全国卷)如图，水平地面上有两个静止的小物块 a 和 b，其连线与墙垂直；9a 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34因数均相同现使 a 以初速度 v0 向右滑动此后 a 与&#