人教版(新教材)高中物理选择性必修1第一章 动量守恒定律章末总结

人教版（新教材）高中物理选择性必修第一册PAGEPAGE1章末总结突破一动量定理的综合应用动量定理研究对象不仅适用于单个物体，对多个物体组成的系统同样适用，对多物体组成的系统在应用动量定理时应注意：(1)对多物体受力分析时，系统内物体间的相互作用力属于内力，不是合外力的组成部分。(2)动量定理是矢量式，应用动量定理时注意合外力的方向和系统运动方向的对应性。〖例1〗滑块A和B(质量分别为mA和mB)用轻细线连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动，如图所示。已知滑块A、B与水平桌面的动摩擦因数均为μ，在力F作用时间t后，A、B间细线突然断开，此后力F仍作用于B。试求：滑块A刚好停住时，滑块B的速度为多大？思路导引在已知力的作用时间的情况下，可考虑应用动量定理求解比较简便。〖解析〗取滑块A、B构成的系统为研究对象。设F作用时间t后线突然断开，此时A、B的共同速度为v，根据动量定理，有〖F－μ(mA＋mB)g〗t＝(mA＋mB)v－0解得v＝eq\f([F－μ（mA＋mB）g]t,mA＋mB)在线断开后，滑块A经时间t′停止，根据动量定理有－μmAgt′＝0－mAv由此得t′＝eq\f(v,μg)＝eq\f([F－μ（mA＋mB）g]t,μ（mA＋mB）g)设A停止时，B的速度为vB。对于A、B系统，从力F开始作用至A停止的全过程，根据动量定理有〖F－μ(mA＋mB)g〗(t＋t′)＝mBvB－0将t′代入此式可求得B滑块的速度为vB＝eq\f(F[F－μ（mA＋mB）g]t,μmB（mA＋mB）g)。〖答案〗eq\f(F[F－μ（mA＋mB）g]t,μmB（mA＋mB）g)方法凝炼尽管系统内各物体的运动情况不同，但各物体所受的冲量之和仍等于各物体总动量的变化量。应用这个处理方法能使一些繁杂的运动问题求解更简便。〖针对训练1〗质量为M的金属块和质量为m的木块用细绳连在一起，放在水中，如图所示。从静止开始以加速度a在水中匀加速下沉。经时间t1，细绳突然断裂，金属块和木块分离，再经时间t2，木块停止下沉，试求此时金属块的速度。〖解析〗把金属块、木块及细绳看成一个物体系统，整个过程中受重力(Mg＋mg)和浮力(FM＋Fm)不变，它们的合力为F合＝(M＋m)a，在绳断前后合力也不变，设木块停止下沉时，金属块的速度为v，选取竖直向下为正方向，对全过程应用动量定理，有F合(t1＋t2)＝p′－p＝Mv－0则v＝eq\f(M＋m,M)a(t1＋t2)。〖答案〗eq\f(M＋m,M)a(t1＋t2)突破二动量守恒定律的综合应用1.解决该类问题用到的规律：动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等。2.解决该类问题的基本思路(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象。(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程。(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件。(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能。(5)选取所需要的方程列式并求解。〖例2〗如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：(1)小球A刚滑至水平台面的速度大小vA；(2)A、B两球的质量之比mA∶mB。思路引导小球A下滑的过程，机械能守恒，可求小球A滑到坡道底端时的速度；小球A与B相碰，满足动量守恒，由动量守恒可求共同速度，二者同时做平抛运动，利用平抛运动规律即可求出二者的质量之比。〖解析〗(1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)解得vA＝eq\r(2gh)。(2)设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动的时间为t，由运动学公式，在竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上有eq\f(h,2)＝vt联立以上各式得mA∶mB＝1∶3。〖答案〗(1)eq\r(2gh)(2)1∶3〖针对训练2〗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，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为R的半圆，在最低点与直轨道相切。5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k(k<1)。将0号球向左拉至左侧轨道距水平高度h处，然后由静止释放，使其与1号球碰撞，1号球再与2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，小球可视为质点，重力加速度为g)(1)0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1；(2)若已知h＝0.1m，R＝0.64m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k值为多少？〖解析〗(1)设0号球碰前速度为v0，由机械能守恒定律得m0gh＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)碰撞过程两球动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0＝m0v0′＋m1v1由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m0v0′2＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)解得v1＝eq\f(2m0,m0＋m1)v0＝eq\f(2,1＋k)v0＝eq\f(2,1＋k)eq\r(2gh)。(2)同理可得v2＝eq\f(2,1＋k)v1，…，v4＝eq\f(2,1＋k)v3，解得v4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋k)))eq\s\up12(4)v0，4号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m4veq\o\al(2,4)＝eq\f(1,2)m4v2＋m4g·2R，4号球在最高点m4eq\f(v2,R)≥m4g，解得k≤eq\r(2)－1。〖答案〗(1)eq\f(2,1＋k)eq\r(2gh)(2)k≤eq\r(2)－1突破三解答动力学问题的三种思路1.三种思路的比较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、加速度、位移、速度、时间恒力作用下的运动能量观点：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律分析物体的受力、位移和速度，确定功与能的关系。系统内力做功会影响系统能量涉及力、位移、速度恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动、瞬时作用动量观点：动量定理和动量守恒定律分析物体的受力(或系统所受外力)、速度，建立力、时间与动量间的关系(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)恒力作用下的运动、瞬时作用、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的问题，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，应用动量守恒定律求解，对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒(功能关系)建立方程。〖例3〗(2019·全国卷Ⅲ，25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？思路引导本题为多过程问题，解题关键是将这个过程进行拆分：①弹簧弹开瞬间，根据动量守恒定律确定两物块的初速度；②物块B向左做匀减速直线运动，物块A向右运动，碰墙后以原速率返回的过程，可等效为匀减速直线运动；③物块A、B的弹性碰撞过程，遵守动量守恒定律以及机械能守恒定律，可据此确定碰撞后的速度；④两物块各自减速到零，由运动学公式计算两物块的位移。〖解析〗(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s。③(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有μmBg＝mBa④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处，B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s＝0.25m＋0.25m＝0.50m。⑨(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有－μmAg(2l＋sB)＝eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝eq\r(7)m/s⑪故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动，设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式2asA′＝vA″2，2asB′＝vB″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m⑯sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91m。〖答案〗(1)4.0m/s1.0m/s(2)物块B先停止0.50m(3)0.91m方法凝炼关于动量变化量的求解(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。〖针对训练3〗如图所示，光滑水平面上有一质量为M＝4.0kg的平板车，车的上表面右侧是一段长L＝1.0m的水平轨道，水平轨道左侧是一半径R＝0.25m的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′点相切。车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m＝1.0kg的小物块(可视为质点)紧靠弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5。整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A。不考虑小物块与弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力，取g＝10m/s2。求：(1)解除锁定前弹簧的弹性势能；(2)小物块第二次经过O′点时的速度大小；(3)小物块与车最终相对静止时距O′点的距离。〖解析〗(1)平板车和小物块组成的系统，水平方向动量守恒。解除锁定前，系统总动量为零，故小物块到达圆弧最高点A时，平板车和小物块的共同速度v共＝0。设弹簧解除锁定前的弹性势能为Ep，上述过程中系统能量守恒，则有Ep＝mgR＋μmgL代入数据解得Ep＝7.5J。(2)设小物块第二次经过O′点时的速度