人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律导学案及答案

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律导学案及答案，共12页。
            动量、动力学和能量观点在力学中的应用 [学习目标]　1.进一步熟悉牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律等规律.2.灵活运用动力学观点、动量观点和能量观点解决力学问题．一、力的三个作用效果与五个规律作用效果对应规律公式表达三个基本观点力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合＝ma动力学观点力对空间积累效果动能定理W合＝ΔEk　W合＝mv22－mv12能量观点机械能守恒定律mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22力对时间积累效果动量定理F合t＝p′－pI合＝Δp动量观点动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 二、力学规律的选用原则1．如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．3．若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．4．在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程．5．在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场． 如图1所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将m1、m2之间的轻弹簧压缩后用细线连接，静置于水平桌面上，弹簧与两物体不拴连．现将细线烧断，弹簧将两物体弹开，m2离开弹簧后从右边飞出，m1冲上曲面．已知桌面高为h，m2平抛的水平射程为x，m1＝2m，m2＝m，不计一切摩擦，重力加速度为g，求：图1(1)m2离开弹簧时的速度大小；(2)m1上升到曲面最高点时距桌面的高度H；(3)弹簧的最大弹性势能．答案　(1)x　(2)　(3)解析　(1)对m2平抛过程分析，有h＝gt2，x＝v2t解得v2＝x.(2)弹簧将两物体弹开的过程，m1、m2组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有m1v1－m2v2＝0解得v1＝对m1冲上曲面过程，由机械能守恒定律有m1gH＝m1v12解得H＝.(3)弹簧的最大弹性势能为Ep＝m1v12＋m2v22解得Ep＝.1灵活选取系统.根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象.2灵活选取物理过程.在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究.列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况.(2020·随州市曾都区高二期中)如图2，光滑的水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝5 kg，上表面光滑，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝3 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.8 s，二者的速度达到vt＝2 m/s.求：图2(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l.答案　(1)2.0 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.64 m解析　(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa代入数据解得a＝＝2.0 m/s2(2)A、B碰撞后一起在F的作用下运动时间t的过程中，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v代入数据解得v＝1 m/s(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)vA从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝mAvA2代入数据可得l＝0.64 m.1．(力学三大观点的综合应用)(2020·合肥市质检)如图3甲所示，一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图像如图乙所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)图3A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/sB．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 JC．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为35 N·sD．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W答案　D解析　类比速度—时间图像中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图像中由a－t图线与t坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做的功为W＝mv2－mv02＝396 J，B项错；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48 N·s，C项错；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项对．2．(力学三大观点的综合应用)(2021·忻州一中月考)如图4所示，一水平轻弹簧右端固定在粗糙水平面右侧的竖直墙壁上，质量为M＝2 kg的物块静止在水平面上的P点，质量为m＝1 kg的小球用长l＝0.9 m的轻绳悬挂在P点正上方的O点．现将小球拉至轻绳与竖直方向成60°角位置，静止释放．小球到达最低点时恰好与物块发生弹性正碰．碰后物块向右运动并压缩弹簧，之后物块被弹回，刚好能回到P点．设小球与物块只碰撞一次，不计空气阻力，物块和小球均可视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2.求：图4(1)小球第一次摆到最低点与物块碰撞前瞬间对轻绳的拉力大小；(2)弹簧的最大弹性势能Ep.答案　(1)20 N　(2)2 J解析　(1)小球静止释放，由机械能守恒定律：mgl(1－cos 60°)＝mv02小球在最低点由牛顿第二定律得：FT－mg＝m又由牛顿第三定律有小球对轻绳的拉力FT′＝FT解得：FT′＝20 N.(2)小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv0＝mv0′＋Mv1mv02＝mv0′2＋Mv12物块从P点运动到最右端，由能量守恒定律得：Mv12＝Ep＋Q小球反弹后回到P点的过程，又有：Ep＝Q联立解得：Ep＝2 J.1.如图1所示，水平轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从离水平面高h处由静止开始沿固定光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧恢复原长后某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)图1A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为C．B与A分开后能达到的最大高度为D．B与A分开后能达到的最大高度不能计算答案　B解析　根据机械能守恒定律可得B刚到达水平面的速度v0＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝×2mv2＝mgh，故A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B分开，B以大小为v的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，解得B能达到的最大高度为h′＝h，故C、D错误．2.(2020·吉安县立中学高二期中)如图2所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板与小滑块Q质量相等，均为m＝1 kg，用大小为6 N、方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)图2A．木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量小于拉力F的冲量B．拉力F做功为6 JC．小滑块Q的最大速度为2 m/sD．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J答案　D解析　对系统由动量定理可得，木板P与小滑块Q组成的系统的动量增加量一定等于拉力F的冲量，选项A错误；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过·2m＝4 N，拉力F为6 N，大于4 N，故二者发生相对滑动，对木板P，由牛顿第二定律：F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2,1 s内木板P的位移x＝at2＝2 m，拉力F做功W＝Fx＝12 J，选项B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，据Ft＝2mv共，解得v共＝3 m/s，选项C错误；整个过程中，对系统由能量守恒可知W＝×2mv共2＋Q，解得Q＝3 J，选项D正确．3．如图3所示，一平台到地面的高度为h＝0.45 m，质量为M＝0.3 kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2.地面上有一质量为m＝0.1 kg的玩具青蛙，距平台右侧的水平距离为x＝1.2 m，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行．已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)图3A．玩具青蛙在空中运动的时间为0.2 sB．玩具青蛙在平台上运动的时间为2 sC．玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/sD．木块开始滑动时的速度大小为1 m/s答案　D解析　由h＝gt12得玩具青蛙在空中运动的时间为t1＝0.3 s，A项错误；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为vx＝＝4 m/s，vy＝gt1＝3 m/s，则玩具青蛙起跳时的速度大小为v0＝＝5 m/s，C项错误；由动量守恒定律得mvx＝(M＋m)v，解得木块开始滑动时的速度大小为v＝1 m/s，D项正确；对木块及玩具青蛙，由动量定理得：－μ( M＋m)gt2＝0－(M＋m)v，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t2＝0.5 s，B项错误．4.(2020·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图4所示，一质量为MB＝6 kg的木板B静止于光滑的水平面上，物块A的质量MA＝6 kg，停在B的左端，一质量为m＝1 kg 的小球用长为l＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上．将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h＝0.2 m，物块A与小球均可视为质点，A、B达到共同速度后A还在木板上，不计空气阻力，g取10 m/s2.图4(1)小球和物块A碰后瞬间物块A的速度大小；(2)A、B组成的系统因摩擦损失的机械能．答案　(1)1 m/s　(2)1.5 J解析　(1)对于小球，在运动的过程中机械能守恒，则有mgl＝mv12，得v1＝＝4 m/s，mgh＝mv1′2，得v1′＝＝2 m/s小球与物块A碰撞过程中，系统的动量守恒，以向右为正方向，则有：mv1＝－mv1′＋MAvA，解得vA＝1 m/s(2)物块A与木板B相互作用过程中：MAvA＝(MA＋MB)v共，解得v共＝0.5 m/s.A、B组成的系统因摩擦而损失的机械能ΔE＝MAvA2－(MA＋MB)v共2代入数据，解得ΔE＝1.5 J5.如图5所示，光滑的水平面上有一质量M＝9 kg的木板，其右端恰好和光滑固定的圆弧轨道AB的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切)，木板右端放有一质量m0＝2 kg的物体C(可视为质点)，已知圆弧轨道半径R＝0.9 m，现将一质量m＝4 kg的小滑块(可视为质点)，在轨道顶端A点由静止释放，滑块滑到B端后冲上木板，并与木板右端的物体C粘在一起沿木板向左滑行，最后恰好不从木板左端滑出，已知滑块和物体C与木板上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：图5(1)滑块到达圆弧的B端时，轨道对它的支持力大小；(2)木板的长度l.答案　(1)120 N　(2)1.2 m解析　(1)滑块从A端下滑到B端，由机械能守恒定律得mgR＝mv02，解得v0＝3 m/s在B点，由牛顿第二定律得，FN－mg＝m解得轨道对滑块的支持力FN＝120 N.(2)滑块滑上木板后，滑块与木板右端的物体C发生碰撞，以向左为正方向，设碰撞后共同的速度为v1，则mv0＝(m＋m0)v1代入数据得v1＝2 m/s对滑块、物体C以及木板，三者组成的系统沿水平方向的动量守恒，设末速度为v2，由动量守恒定律有(m＋m0)v1＝(m＋m0＋M)v2由能量守恒定律得μ(m＋m0)gl＝(m＋m0)v12－(M＋m＋m0)v22解得l＝1.2 m.6.如图6所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上表面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A、B两木块同时以相向的水平初速度v0和2v0滑上长木板，木板足够长，A、B始终未滑离木板也未发生碰撞．重力加速度为g，求：图6(1)此后运动过程中木块B的最小速度是多少？(2)木块A从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A发生的位移是多少？答案　见解析解析　(1)由题知，B向右减速，A向左减速，此时C静止不动；A先减速到零后与C一起反向向右加速，B向右继续减速，三者共速时，B的速度最小．取向右为正方向，根据动量守恒定律有，m·2v0－mv0＝5mv解得B的最小速度v＝.(2)A向左减速的过程，根据动能定理有－μmgx1＝0－mv02向左的位移为x1＝A、C一起向右加速的过程，根据动能定理有μmgx2＝×4m2向右的位移为x2＝取向右为正方向，整个过程A发生的位移为x＝x2－x1＝－即此过程中A发生的位移向左，大小为.