【优选整合】人教版高中选修3-5-《第十六章动量守恒定律》章末总结(练)

第十六章 动量守恒定律1. [2014·重庆高考]一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。

不计质量损失，取重力加速度g ＝ 10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：平抛运动时间t ＝2h g＝1 s ，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m ，则mv＝34mv 甲＋14mv 乙，又v 甲＝x 甲t ，v 乙＝x 乙t ，t ＝1 s ，则有34x 甲＋14x 乙＝2 m ，将各选项中数据代入计算得B 正确。

答案：B2．[2013·福建高考]将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体。

忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( ) A.m Mv 0 B.M mv 0 C.MM －mv 0 D.mM －mv 0 解析：火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v ，据动量守恒定律有0＝(M －m )v －mv 0，得v ＝mM －mv 0，故选D 。

答案：D 3．[2013·江苏高考]如图所示，进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为80 kg 和100 kg ，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s 。

A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为0.2 m/s ，求此时B 的速度大小和方向。

解析：根据动量守恒，(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，代入数据可解得v B ＝0.02 m/s ，方向为离开空间站方向。

答案：0.02 m/s 远离空间站方向4．[2012·课标全国卷]如图，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O 。

让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平。

从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。

一、多选题1. 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A ．B ．C ．D ．2. 水平推力F 1和F 2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a 、b 两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v －t 图象如图所示，已知图中线段AB ∥CD ，则（ ）【优选整合】人教版高中选修3-5-《第十六章 动量守恒定律》章末总结（测）冲量量B ．F 1的冲量等于F 2的A ．F 1的冲量小于F 2的冲C．两物体受到的摩擦力大小不相等D．a物体受到的摩擦力冲量小于b物体受到的摩擦力冲量3. 如图所示,在光滑的水平面上静止着一带有光滑圆弧曲面的小车,其质量为M.现有一质量为m可视为质点的小球(可视为质点),以某一初速度从圆弧曲面的最低点冲上小车，且恰好能到达曲面的最高点,在此过程中,小球增加的重力势能为5.0J,若M>m,则小车增加的动能可能为（）A．4.0 J B．3.0 J C．2.0 J D．1.0 J二、单选题4. 如图所示，质量为m的物块B静止于光滑水平面上，B与弹簧的一端连接，弹簧另—端固定在竖直墙壁，弹簧处于原长．现有一质量也为m的A 物块以水平速度向右运动与B碰撞且粘在一起，则从A开始运动至弹簧被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是A．A、B组成的系统，在整个运动过程中动量守恒B．组成的系统，在整个运动过程中机械能守恒C．弹簧的圾大弹性势能为D ．从开始到将弹簧压缩至最短的过程中，弹簧对应的冲量大小为．5. 一个气球悬浮在空中，当气球下面吊梯上站着的人沿着梯子加速上爬时，下列说法正确的是( )A．气球匀速下降B．气球匀速上升C．气球加速上升D．气球加速下降6. 人和气球离地面高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m，人要从气球下栓着的轻质软绳上安全到达地面（人看成质点），软绳的长度至少为（）A．(m+M)H /M B．M H / (m+M)C．m H / (m+M)D．(m+M)H /m三、解答题7. 下列对几种物理现象的解释中，正确的是( )A ．砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻B ．跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量C ．在推车时推不动是因为推力的冲量为零D ．动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来8. 如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 甲=2kg 、m 乙=3kg 的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P 之间的动摩擦因数μ=0.5．一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg 的滑块P （可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E p =15J ，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态，现剪断细线，求：（1）滑块P 滑离甲车时的瞬时速度大小；（2）滑块P 滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P 在乙车上滑行的距离．（取g=10m/s 2）9. 如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车B ，其质量为M ＝4Kg ，右端用细绳T 系在墙上，小车的四分之一圆弧轨道半径为R ＝1.7m ，在最低点P 处与长为L ＝2m 的水平轨道相切，可视为质点的质量为m=2Kg 物块A 放在小车B 的最右端，A 与B 的动摩擦因数为μ＝0.4，整个轨道处于同一竖直平面内。

第十六章动量守恒定律本章优化总结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，应用动量定量时注意合外力的方向和系统运动方向的对应性．滑块A和B(质量分别为m A和m B)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？[思路点拨] 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(m A ＋m B )g ]t ＝(m A ＋m B )v －0解得v ＝[F －μ(mA ＋mB)g]tmA ＋mB在线断开后，滑块A 经时间t ′停止，根据动量定理有－μm A gt ′＝0－m A v由此得t ′＝vμg＝[F －μ(mA ＋mB)g]t μ(mA ＋mB)g设A 停止时，B 的速度为v B .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(m A ＋m B )g ](t ＋t ′)＝m B v B －0将t ′代入此式可求得B 滑块的速度为v B ＝F[F －μ(mA ＋mB)g]tμmB(mA ＋mB)g .[答案]F[F －μ(mA ＋mB)g]t μmB(mA ＋mB)g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．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t 1，细绳突然断裂，金属块和木块分离，再经时间t 2，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(F M ＋F m )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(t 1＋t 2)＝p ′－p ＝Mv －0则v ＝M ＋mMa (t 1＋t 2)． 答案：M ＋mMa (t 1＋t 2)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．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v A ；(2)A 、B 两球的质量之比m A ∶m B .[思路点拨] 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m A gh ＝12m A v 2A解得v A ＝2gh .(2)设两球碰撞后共同的速度为v ，由动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋m B )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 ＝12gt2在水平方向上有h 2＝vt联立以上各式得m A ∶m B ＝1∶3. [答案] (1)2gh (2)1∶32.(2014·高考北京卷)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间A 的速率v ；(2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′； (3)A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .解析：设滑块的质量为m .(1)根据机械能守恒定律mgR ＝12mv2得碰撞前瞬间A 的速率v ＝2gR ＝2 m/s.(2)根据动量守恒定律mv ＝2mv ′得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s.(3)根据动能定理12(2m )v ′2＝μ(2m )gl得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v′22μg＝0.25 m. 答案：(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m(18分)如图所示，两个斜面AB 和CD 的倾角分别为α和β，且均与水平面BC 平滑连接．水平面的C 端静止地放置一质量为m 的物块，在斜面AB 上一质量为M 的物块加速下滑，冲至水平面后与物块m 碰撞前瞬间速度为v 0，碰撞后合为一体冲上斜面CD ，物块与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g .求：(1)物块M 在斜面AB 上运动时的加速度大小a ；(2)两物块碰后的共同速度的大小v ；(3)能冲上斜面CD 的最大高度H .[思路点拨] (1)本题分为四个运动过程：①物块M 沿斜面AB 下滑的过程；②物块M 在水平面BC 的运动过程；③物块M 与m 的碰撞过程；④系统沿斜面CD 的上升过程．(2)过程与规律：①物块M 沿斜面AB 下滑过程的受力情况已知，牛顿运动定律是否适用？②物块M 在水平面BC 的运动过程是否需要分析？题目中给出的M 冲至水平面后与物块m 碰撞前瞬间速度为v 0与在B 点时的速度相同吗？水平面BC 段是否光滑对解题有影响吗？③物块M 与m 的碰撞过程的动量守恒吗？④整体冲上斜面CD 的运动过程遵循什么规律？[解析] (1)在AB 斜面上对物块进行受力分析(如图)，根据牛顿第二定律有：垂直斜面方向有：F N －Mg cos α＝0(2分) 沿斜面向下有：Mg sin α－F f ＝Ma(2分)又知F f ＝μF N (1分)由以上三式可解得加速度a ＝g sin α－μg cos α.(2分)(2)两物块碰撞过程中水平方向满足动量守恒，故有：Mv 0＝(M ＋m )v(3分)可得碰撞后整体的速度大小v ＝M M ＋mv 0.(2分)(3)碰撞后物块在斜面CD 上运动时只有重力和阻力做功，根据动能定理有：－μ(M ＋m )g cos β·H sin β－(M ＋m )gH ＝0－12(M ＋m )v 2(3分)可解得：H ＝M2v20sin β2(M ＋m )2g (sin β＋μcos β).(3分)[答案] (1)g sin α－μg cos α (2)M M ＋mv 0(3)M2v20sin β2(M ＋m )2g (sin β＋μcos β)本题考查了牛顿第二定律、动量守恒定律和动能定理的基本运用，掌握规律是正确解题的关键，对于第(3)问也可以采用动力学知识求解，但是没有运用动能定理解答方便．章末过关检测(一) (时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2017·高考全国卷乙)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102kg ·m/s C ．6.0×102kg ·m/sD ．6.3×102kg ·m/s解析：选A ．燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．2．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B ．物体的动能不变，其动量一定不变C ．动量越大的物体，其速度一定越大D ．物体的动量越大，其惯性也越大解析：选A ．动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，选项A 正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B 项错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C 错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D 错误．3．如图甲所示，物体A 、B 用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A 的质量为m ，B 的质量为M .当连接A 、B 的绳突然断开后，物体A 上升经过某一位置时速度大小为v ，这时物体B 下落的速度大小为u ，如图乙所示．在这段时间里，弹簧的弹力对物体A 的冲量为( )A ．mvB ．mv －MuC ．mv ＋MuD ．mv ＋mu解析：选D ．该题涉及的物体较多，可先选B 为研究对象．在B 下落的这段时间t 内，其动量向下增加Mu ，B 只受重力作用，由动量定理，重力的冲量为Mgt ＝Mu ，解得t ＝ug.在时间t 内，A 受两个力作用：重力mg ，方向向下；弹簧的弹力，方向向上．因为弹簧的弹力是变力，所以要计算弹力的冲量只能应用动量定理来解决．以A 为研究对象，其动量在时间t 内向上增加mv ，设弹力的冲量为I ，由动量定理有I －mgt ＝mv ，解得I ＝m (v ＋u )，故D 正确．4．质量m ＝100 kg 的小船静止在平静水面上，船两端载着m 甲＝40 kg 、m 乙＝60 kg 的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s 的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为( )A ．0.6 m/s ，向左B ．3 m/s ，向左C ．0.6 m/s ，向右D ．3 m/s ，向右解析：选A ．以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m 甲v －m 乙v ＋mv ′，代入数据解得v ′＝0.6 m/s ，方向向左．5．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )A ．E 0B ．2E03 C ．E03D ．E09解析：选C ．碰撞中动量守恒mv 0＝3mv 1，得v 1＝v03①E 0＝12mv 20②E k ′＝12×3mv 21③由①②③得E k ′＝12×3m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v032＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv20＝E03，故C 正确．6．如图所示，光滑水平面上有半径相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg ·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg ·m/s ，则( )6．如图所示，光滑水平面上有半径相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg ·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg ·m/s ，则( )A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5 B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选A ．由两球的动量都是6 kg ·m/s 可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A 球．碰后A 球的动量减少了4 kg ·m/s ，即A 球的动量为2 kg ·m/s ，由动量守恒定律得B 球的动量为10 kg ·m/s ，则碰后二者速度大小之比为2∶5，故选项A 是正确的．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全得3分，有错选或不答的得0分)7.如图所示，一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s ．下列说法正确的是( )A ．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 NB ．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NC ．球棒对垒球做的功为126 JD ．球棒对垒球做的功为36 J解析：选AC ．设球棒对垒球的平均作用力为F ，由动量定理得F ·t ＝m (v t －v 0)，取v t ＝45 m/s ，则v 0＝－25 m/s ，代入上式，得F ＝1 260 N ，由动能定理得W ＝12mv 2t －12mv 20＝126J ，选项A 、C 正确．8．向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a 、b 两部分，若质量较大的a 的速度方向仍沿原来的方向，则( )A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地的这段时间里，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a 、b 一定同时到达水平地面D ．在炸裂过程中，a 、b 受到的爆炸力的大小一定相等解析：选CD ．爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a 、b 的速度大小，所以选项A 、B 错误；因炸开后a 、b 都做平抛运动，且高度相同，故选项C 正确；由牛顿第三定律知，选项D 正确．9．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度v 0与质量为2m 的静止小球B 发生正碰．碰撞后，A 球的动能变为原来的1/9，那么小球B 的速度可能是( )A ．13v 0 B ．23v 0 C ．49v 0D ．59v 0解析：选AB ．当以A 球原来的速度方向为正方向时，则v A ′＝±13v 0根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv 0＋0＝m ×13v 0＋2mv B ′mv 0＋0＝m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13v0＋2mv B ″ 解得：v B ′＝13v 0，v B ″＝23v 0.由于碰撞过程中动能不增加，即12mv 20≥12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v032＋12·2mv 2B将13v 0及23v 0代入上式均成立，所以A 、B 选项均正确．10．如图所示，在光滑水平面上，质量为m 的小球 A 和质量为13m 的小球B 通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m 的小球C 以初速度v 0沿AB 连线向右匀速运动，并与小球A 发生弹性碰撞．在小球B 的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)，当小球B 与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走．不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B 与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B 的速度大小不变，但方向相反．则B 与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值E m 可能是( )A ．mv 20B ．12mv 20C ．16mv 20D ．130mv 20解析：选BC ．质量相等的C 球和A 球发生弹性碰撞后速度交换，当A 、B 两球的动量相等时，B 球与挡板相碰，则碰后系统总动量为零，则弹簧再次压缩到最短即弹性势能最大(动能完全转化为弹性势能)，根据机械能守恒定律可知，系统损失的动能转化为弹性势能E p ＝12mv 20，B 正确；当B 球速度恰为零时与挡板相碰，则系统动量不变化，系统机械能不变；当弹簧压缩到最短时，mv 0＝4mv13，弹性势能最大，由功能关系和动量关系可求出E p ＝12mv 20－12×43mv 21＝18mv 20，所以，弹性势能的最大值介于二者之间都有可能，C 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(12分)(2017·南通高二检测)某同学利用打点计时器和气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验．气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先____________________，然后________________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.试完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算结果保留三位有效数字．计算碰撞前m 1v 1＋m 2v 2＝________kg ·m/s ； 碰撞后m 1v 1′＋m 2v 2′＝________kg ·m/s.计算碰撞前m 1v 21＋m 2v 2＝________kg ·m 2/s 2； 碰撞后m 1v ′21＋m 2v ′2＝________kg ·m 2/s 2. 计算碰撞前v1m1＋v2m2＝________m/(s·kg)； 碰撞后v1′m1＋v2′m2＝________m/(s·kg)． (3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是________________________________________________________________________.(4)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是________________________________________________________________________.解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1.(2)碰撞前滑块1的速度v 1＝0.20.1m/s ＝2 m/sm 1v 1＝0.31×2 kg ·m/s ＝0.620 kg ·m/s碰撞前滑块2的速度v 2＝0碰撞后两滑块具有相同的速度v ＝0.1680.14m/s ＝1.2 m/sm 1v 1′＋m 2v 2′＝(m 1＋m 2)v ＝(0.310＋0.205)×1.2 kg ·m/s ＝0.618 kg ·m/sm 1v 21＋m 2v 2＝1.24 kg ·m 2/s2m 1v ′21＋m 2v ′2≈0.742 kg ·m 2/s2v1m1＋v2m2≈6.45 m/(s·kg) v1′m1＋v2′m2≈9.72 m/(s·kg)．(3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和．(4)计算结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦．答案：(1)接通打点计时器的电源 放开滑块1 (2)0.620 0.618 1.24 0.742 6.45 9.72(3)滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和(4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦12．(12分)(2017·衡水中学模拟)如图所示，可视为质点质量为m 的小球用长为L 的细线悬挂于O 点，在光滑的水平面上有一个质量为M 的物体，其右侧是一个半径为R 的光滑四分之一圆弧，左端是一段长为R2的粗糙水平面，在其左端A 处放有一个质量也为M 的弹性物体，物块与物体间有摩擦．现将小球拉起到与悬点O 等高处由静止释放，与物块发生弹性碰撞后回摆到θ＝60°角处才减停，同时物块恰能滑到物体右端最高点C 处，试求小球与物块的质量之比和物体与物块间的动摩擦因数．解析：小球下摆过程中，由mgL ＝12mv 21得v 1＝2gL ，碰后返回过程中，由mgL (1－cosθ)＝12mv ′21得v ′1＝gL小球和物块发生碰撞时动量守恒mv 1＝Mv 0－mv 1′和能量守恒12mv 21＝12Mv 20＋12mv ′21，联立解得v 0＝(2－1)gL ，m M＝2－12＋1物块沿物体上表面滑动的过程中动量守恒Mv 0＝2Mv ，损失的动能用于克服摩擦做功12Mv 20＝12(M ＋M )v 2＋MgR ＋μMg R 2，整理可得μ＝(3－22)L2R－2. 答案：2－12＋1(3－22)L2R －213．(16分)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v 1；(2)若已知h ＝0.1 m ，R ＝0.64 m ，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v 0，由机械能守恒定律得：m 0gh ＝12m 0v 20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：m 0v 0＝m 0v ′0＋m 1v 1由机械能守恒定律得：12m 0v 20＝12m 0v ′20＋12m 1v 21 解得：v 1＝2m0m0＋m1v 0＝21＋k v 0＝21＋k2gh . (2)同理可得：v 2＝21＋k v 1，…，v 4＝21＋kv 3，解得：v 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋k 4v 0，4号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得：12m 4v 24＝12m 4v 2＋m 4g ·2R ， 4号球在最高点：m 4v2R≥m 4g ，解得：k ≤2－1.答案：(1)21＋k2gh (2)k ≤2－1。

第十六章运量守恒定律错误!专题一动量定理及其应用1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．公式:Ft＝mv2－mv1，它为矢量式，在一维情况时可变为代数运算．3．研究对象是质点：它说明的是外力对时间的积累效果．应用动量定理分析或解题时，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．4．解题思路（1）确定研究对象，进行受力分析;（2)确定初、末状态的动量mv1和mv2（要先规定正方向，以便确定动量的正负,还要把v1和v2换成相对于同一惯性参考系的速度）;（3)利用Ft＝mv2－mv1列方程求解．质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回,取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________kg·m/s。

若小球与地面的作用时间为0。

2 s，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g＝10 m/s2)．[解析］小球与地面碰撞前后的动量变化为Δp＝mv′－mv＝0.2×4 kg·m/s－0。

2×（－6） kg·m/s＝2 kg·m/s。

由动量定理,小球受到地面的作用力F＝错误!＋mg＝12 N.［答案］ 2 121.如图甲所示，物体A、B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M。

当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经过某一位置时速度大小为v，这时物体B下落的速度大小为u，如图乙所示．在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为（)A．mvB．mv－MuC．mv＋MuD．mv＋mu解析:选D。

该题涉及的物体较多，可先选B为研究对象．在B下落的这段时间t内，其动量向下增加Mu,B只受重力作用，由动量定理，重力的冲量为Mgt＝Mu，解得t＝错误!.在时间t内，A受两个力作用：重力mg，方向向下；弹簧的弹力，方向向上．因为弹簧的弹力是变力，所以要计算弹力的冲量只能应用动量定理来解决．以A为研究对象，其动量在时间t 内向上增加mv，设弹力的冲量为I，由动量定理有I－mgt＝mv，解得I＝m(v＋u），故D正确．专题二动量定理和动量守恒定律的综合运用1．解决该类问题用到的规律：动量定理和动量守恒定律．2．解决该类问题的基本思路(1）选择研究对象和过程;①明确动量守恒定律所研究的系统和过程；②选定系统中动量定理所研究的某个物体及过程．（2)用动量守恒定律求解这个物体的末动量;（3)用动量定理对这个物体列方程,求解冲力等问题．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．一货车严重超载后的总质量为49 t，以54 km/h的速率匀速行驶．发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为 2.5 m/s2（不超载时则为5 m/s2)．（1）若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？(2)若超载货车刹车时正前方25 m处停着总质量为1 t的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0。

【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3-5题型一动量定理的两点应用1．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Δp与合外力的冲量具有等效代换关系，二者大小相等、方向一样，可以相互代换，据此有：(1)应用I＝Δp求变力的冲量：如果物体受到大小或方向改变的力的作用，如此不能直接用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Δp，等效代换变力的冲量I.(2)应用Δp＝FΔt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Δp＝p′－p需要运用矢量的运算方法，比拟麻烦．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．用动量定理解释相关物理现象的要点．由Ft ＝p ′－p ＝Δp 可以看出，当Δp 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Δp 与相互作用时间t 成正比．如下列图，一质量为m 的小球，以初速度v 0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．反弹速度的大小是入射速度大小的34.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v 0，如题图所示．由此得：v ＝2v 0，①碰撞过程中，小球速度由v 变为反向的34v ，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，如此斜面对小球的冲量为：I ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫34v －m ·(－v )，②由①②得：I ＝72mv 0. 答案：72mv 0 【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，根据动量定理可知：(mg －F )t ＝0－mv ，即F ＝mg ＋mv t ，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mv t，即动量的变化率，选项D 正确．题型二 动量守恒定律应用－爆炸现象解决爆炸类问题时，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v 0＝100 m/s ，经t ＝6.0 s 后，此炮弹炸成质量相等的两块．从爆炸时算起，经t 1＝10.0 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？(g ＝10 m/s2，空气阻力不计)(1)此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v 0′，离地面高度为H ，如此有：v 0′＝v 0－gt ， H ＝v 0t －，代入数据解得v0′＝40 m/s，H＝420 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．假设v1＞0，表示竖直向上运动；假设v1＜0，表示竖直向下运动；假设v1＝0，如此表示自由落体运动．假设v1＝0，如此落地时间t′＝2Hg＝84 s＜t1＝10.0 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，如此：－H＝v1t1－，解得：v1＝8 m/s.设刚爆炸后瞬间，后落地的碎片的速度为v2，如此由动量守恒定律得2mv0′＝mv1＋mv2.将v0′、v1代入解得：v2＝72 m/s.假设从爆炸时起，这块碎片经时间t2落地，如此－H＝v2t2－，得：5t22－72t2－420＝0，如此有t2≈18.9 s或t2′≈－4.5 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M＝6.0 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出时的速度v0＝60 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、R＝600 m为半径的圆周范围内，如此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 ＝v 202g ＝6022×10 m ＝180 m ， 弹片落地的时间t ＝2h g＝2×18010s ＝6 s ， 两弹片的质量m 1＝4.0 kg ，m 2＝2.0 kg ，设它们的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律知m 1v 1＝m 2v 2，所以v 2＝2v 1.设m 1刚好落在R ＝600 m 的圆周上，如此v 1＝R t ＝600 m 6 s＝100 m/s ， 此时v 2＝200 m/s ，所以总动能至少为：E ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝6×104 J. 答案：6×104 J题型三 动量和能量观点的综合应用－碰撞某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如下列图不用完全一样的轻绳将N 个大小一样、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、3…N ，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n ＋1号球碰撞前，n 号球的速度为vn ，求n ＋1号球碰撞后的速度．(2)假设N ＝5，在1号球向左拉高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vn ＋1′＝2vn k ＋1，我们利用不完全归纳法得到：如果知道v 1，那么，vn ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋k n v 1，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)此题中的两球相碰，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m 1，被碰球质量为m 2，碰前m 1的速度为v 1，碰后两球的速度分别为v 1′、v 2′.由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，得：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1 此题主要应用v 2′当n 取代1时，n ＋1就取代2.设n 号球质量为m ，与n ＋1号球碰撞后的速度分别为vn ′、vn ＋1′取水平向右为正方向，据题意有n 号球与n ＋1号球碰撞前的速度分别为vn 、0、mn ＋1＝kmn .根据动量守恒，有mnvn ＝mnvn ′＋kmnvn ＋1′，①根据机械能守恒，有，②由①②得：vn ＋1′＝2vn k ＋1(vn ＋1′ ＝0舍去)．③ (2)设1号球摆至最低点时的速度为v 1，由机械能守恒定律有：m 1gh ＝，④v 1＝2gh ，⑤ 同理可求，5号球碰后瞬间的速度：v 5＝2g ×16k ，⑥由③式可得vn ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋k nv 1，⑦ N ＝n ＝5时，v 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋k 5v 1，⑧ 由⑤⑥⑧三式得：k ＝2－1＝0.414.⑨答案：(1)n ＋1号球碰撞后的速度vn ＋1′＝2vn k ＋1(2)k 值为0.414 【小结】此题考查碰撞中的动量和能量问题，要注意动量守恒定律的研究对象选择、条件的判断、过程确实定．►针对训练3．如下列图，一个半径为R ＝1.00 m 粗糙的14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h ＝1.25 m ．在轨道末端放有质量为mB ＝0.30 kg 的小球B (视为质点)，B 左侧装有微型传感器，另一质量为mA ＝0.10 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s ＝0.80 m ，不计空气阻力，重力加速度取g ＝10 m/s2.求：(1)小球A 在碰前抑制摩擦力所做的功；(2)A 与B 碰撞过程中，系统损失的机械能．解析：(1)在最低点对A 球由牛顿第二定律有：FA －mAg ＝， ∴vA ＝4.00 m/s.在A 下落过程中由动能定理有：mAgR －Wf ＝12，∴A 球下落的过程中抑制摩擦力所做的功为Wf ＝0.20 J.(2)碰后B 球做平抛运动，在水平方向有：s ＝vB ′t在竖直方向有：，联立以上两式可得碰后B的速度为vB′＝1.6 m/s.在A、B碰撞由动量守恒定律有：mAvA＝mAvA′＋mBvB′，∴碰后A球的速度为vA′＝－0.80 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ΔE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题型四电磁场中的动量和能量如下列图，在空间存在这样一个磁场区域，以MN为界，上局部的均强磁场的磁感应强度为B1，下局部的匀强磁场的磁感应强度为B2，B1＝2B2＝2B，方向均垂直纸面向内，且磁场区域足够大．在距离界限为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，以平行于界限MN的速度向右运动，经过界限MN时的速度方向与界限成60°角，进入下局部磁场．当粒子B沿与界限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，由牛顿第二定律与向心力公式可求得半径与周期，再由几何关系即可解得P 、Q 间的距离；(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v 1，在MN 上方运动半径为R 1，运动周期为T 1，根据牛顿第二定律和圆周运动公式，qv 1B 1＝m ，①解得：R 1＝mv 1qB 1＝mv 12qB ，② T 1＝2πR 1v 1＝πm qB.③ 同理，粒子A 在MN 下方运动半径R 2和周期T 2分别为：R 2＝mv 1qB＝2R 1，④ T 2＝2πm qB＝2T 1.⑤ 粒子A 由P 点运动到MN 边界时速度与MN 的夹角为60°，如下列图，如此有：R 1－h ＝R 1cos 60°，得到：R 1＝2h ，R 2＝4h .PQ 间的距离为：PQ ＝2R 2sin 60°－2R 1sin 60°＝23h .⑥(2)粒子A 从P 点到Q 点所用时间为t ＝26T 1＋23T 2＝5πm 3qB.⑦ 设粒子B 的质量为M ，从P 点到Q 点速度为v ＝PQ t ＝63hqB 5πm ，⑧ 由R 1＝2h ＝mv2qB，⑨ 得到：mv ＝4qBh ，⑩根据动量守恒定律mv －Mv ＝0，⑪解得：M ＝103πm 9≈6m . 答案：(1)PQ 两点间的距离为23h (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下列图，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．如下列图，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 局部是外表粗糙的水平轨道，DC 局部是14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1.0×10－2C 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：(计算结果保存两位有效数字)(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)假设滑块通过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v 1，小车在此时的速度为v 2′.滑块从A 运动到D 的过程中系统动量守恒：mv ＋Mv 2＝mv 1＋Mv 2′，小车的速度为v 2′＝0，小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE ，，ΔE ＝21 J.(2)设滑块刚过D 点时，受到轨道的支持力为N ，N －(mg ＋qE ＋qv 1B )＝mv 21R，word 11 / 11 得N ＝35.5 N ，滑块对轨道压力N ′＝N ＝35.5 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mv 1＝(m ＋M )v ，如此有v ＝54m/s. 设圆弧轨道的最小半径为R min ，由能量守恒关系，代入数据解得：，代入数据解得：R min ＝0.90 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)假设滑块通过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 m。

章末小结与测评动量守恒定律⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧动量⎩⎪⎨⎪⎧定义：质量与速度的乘积，p ＝mv 单位：kg·m/s矢量：方向与v 同向动量的变化：Δp ＝p ′－p ，遵守矢量运算冲量⎩⎪⎨⎪⎧定义：力和力的作用时间的乘积，I ＝Ft矢量：与力的方向相同动量定理⎩⎪⎨⎪⎧内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量表达式：p ′－p ＝I力的表达：力等于动量的变化率，F ＝ΔpΔt动量守恒定律⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧动量守恒定律⎩⎪⎨⎪⎧条件：系统不受外力或所受合外力等于零表达式：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′碰撞与反冲⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧弹性碰撞⎩⎪⎨⎪⎧ 遵守动量守恒定律机械能守恒非弹性碰撞⎩⎪⎨⎪⎧遵守动量守恒定律机械能有损失完全非弹性碰撞⎩⎪⎨⎪⎧遵守动量守恒定律机械能损失最多反冲运动⎩⎪⎨⎪⎧产生反冲现象的原理：动量守恒反冲在生产、生活、科技中的应用1在动量变化一定的情况下，如果需要增大作用力，必须缩短作用时间。

如果需要减小作用力，必须延长作用时间，即缓冲作用。

2．定量计算在用动量定理计算有关问题时，要注意力必须是物体所受的合外力，以及动量定理的矢量性，求解前先规定正方向，再简化为代数运算(一维碰撞时)。

3．动量定理是解决动力学问题的一种重要方法对于只涉及物体运动时间而不涉及加速度的问题，用动量定理要比用牛顿运动定律解题方便得多。

[典例1] (天津高考)质量为0.2 kg 的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________kg·m/s。

若小球与地面的作用时间为0.2 s ，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g ＝10 m/s 2)。

[解析] 小球与地面碰撞前后的动量变化为Δp ＝mv ′－mv ＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2 kg·m/s。

知识网络⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧∆∆=∆=⎪⎩⎪⎨⎧=⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧∆-=∆'+'=+'+'=+⎪⎩⎪⎨⎧ ⎝⎛=∆=t p F p I I p p p p p p v m v m v m v m p p 动量变化间的互求关系动量定理给出了冲量和量变化的量度是物体动并且原因是物体发生动量变化的即于物体的动量变化物体所受合力的冲量等内容动量定理表达式的方向决定它的方向由矢量相对应它与是描述力的时间积累效应冲量表达式则这个方向上动量守恒受的合外力为零系统在某一个方向上所内力但外力系统受外力或者不受外力之和为系统不受条件守恒动量持不变这个系统的总动量保外力之和为零一个系统受外力或者受内容定律守恒动量是动量的变化表达式的方向相同与矢量相对应它与理量描述物体运动状态的物动量定律守恒动量,_______,_________,:________:_________,__________________,,,________,_____________,:________________,________:_______,________,21212122112211答案：时刻 速度 mv mv-mv 0 矢量 外力 零 远小于 过程量 时间 力 Ft 冲量 冲量重点突破一、动量守恒定律1【例1】 质量为 M 的气球上有一质量为 m 的猴子，如图16-1所示.气球和猴子静止在离地高为 h 的空中.从气球上放下一架不计质量的软梯，为使猴子沿软梯安全滑至地面，则软梯至少应为多长？解析：此题为前面习题课中出现过的人船模型，要正确分析物理情景，合理选择物理规律. 设下降过程中，气球上升高度为H ，由题意知猴子下落高度为h.取猴子和气球为系统，系统所受合外力为零，所以在竖直方向动量守恒，由动量守恒定律得：M·H=m·h ，解得H=M mh 所以软梯长度至少为L=h+H=M h m M )(+. 答案：Mh m M )(+ 【例2】 传送带以v 0=2 m/s 的水平速度，把质量为m=20 kg 的行李包送到原来静止在光滑水平轨道上的质量为M=30 kg 的长木板上.如果行李包与长木板之间的动摩擦因数为0.4，取g=10 m/s2，求：(1)行李包在长木板上滑行多长时间才能与小车保持相对静止？(2)长木板至少多长才能使行李包不致滑出车外？解析：当行李包滑上木板上之后，在摩擦力作用下，行李包做匀减速运动，木板做匀加速运动，最后达到共同速度，设其共同速度为v,运动示意图如图16-2所示.对行李包和长木板组成的系统，满足动量守恒条件，根据动量守恒定律有：图16-2mv 0=(M+m)v ，得共同速度为mM m v v +=0=0.8 m/s (1)对行李包，所受动摩擦力为F f =μmg ，其加速度大小为a=μg=4 m/s 2其速度从v 0=2 m/s 减至v=0.8 m/s ，所用时间为t=gv v μ--0=0.3 s. (2)由运动过程示意图可知，木板滑动距离s 1，行李包滑动距离s 2及木板长度L 间的几何关系为 L= s 2-s 1 ①对行李包：s 2=20v v +·t=0.42 m ② 对长木板：s 1=2v ·t=0.12 m ③ 得木板最小长度L=s 2-s 1=0.3 m.答案：(1)0.3 s (2)0.3 m二、动量定理【例3】 质量为m 的钢珠从高出沙坑表面H m 处由静止自由下落，不考虑空气阻力，掉入沙坑后停止，如图16-3所示.已知钢珠在沙坑中受到沙的平均阻力是F f ，则钢珠在沙内运动时间为多少？图16-3解析：设钢珠在空中下落时间为t 1，在沙坑中运动时间为t 2，则：在空中下落，有H=21gt 12，得gh t 21= 对全过程有：mg(t 1＋t 2)-F f t 2=0-0 得：mgF gh m t f -=22. 答案：mgF gh m f -2 【例4】 如图16-4所示，一根弹簧上端固定，下端系着质量为m 的物体A ，物体A 静止时的位置为P 处，再用细绳将质量也为m 的物体B 挂在物体A 的下面，平衡后将细绳剪断.如果物体A 回到P 点处时的速率为v ，此时物体B 的下落速度大小为u ，不计弹簧的质量和空气阻力，则这段时间里弹簧的弹力对物体A 的冲量大小为多少？图16-4思路分析：绳子剪断后，B 加速下降，A 加速上升，当A 回到P 点时，A 的速度达到最大值.本题中所求的是弹簧的弹力对物体A 的冲量，所以要分析清楚A 上升过程中A 的受力情况.解析：取向上方向为正，对B ：-mgt=-mu ①对A ：I 弹-mgt=mv ②两式联立得I 弹=m(v ＋u).答案：m(v ＋u)【例5】 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目.一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m 高处.已知运动员与网接触的时间为1.2 s.若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小.(取g=10 m/s 2)解析：取向上为正方向，运动员下落到网时的速度为112hg v -==-8 m/s ，运动员反弹刚离开网时的速度为222gh v ==10 m/s.运动员和网接触时受重力和网的弹力两个力的作用，根据动量定理有(F-mg)t=mv 2-mv 1，所以t m v m v F 12-=+mg=900 N+600 N=1 500 N. 答案：1 500 N。