高中第三节 动量守恒定律第1课时导学案

这是一份高中第三节 动量守恒定律第1课时导学案，共12页。

[学习目标] 1.进一步理解动量守恒定律的含义及守恒条件.2.会利用动量守恒定律分析多物体、多过程问题.3.会分析动量守恒定律应用中的临界问题．
一、对动量守恒条件的进一步理解
1．动量守恒定律成立的条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；
(2)系统的内力远大于外力；
(3)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0.
此种情况说明：当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是合外力在某个方向上的分量为零时，那么在该方向上系统的动量分量是守恒的．
2．动量守恒定律的研究对象是系统．研究多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，分清系统的内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．
(多选)质量分别为M和m0的两滑块用轻弹簧连接，均以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )
图1
A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案 BC
解析 M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确．
如图2所示，质量为0.5 kg的小球在距离车内上表面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的小车中，车内上表面涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度大小是25 m/s，g取10 m/s2，不计空气阻力，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )
图2
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
答案 A
解析 小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得
mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，
代入数据解得v0＝15 m/s.
小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则有
－mv0＋Mv1＝(M＋m)v′，
解得v′＝5 m/s.
所以A选项正确．
二、动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用
多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意：
(1)正确进行研究对象的选取：有时对整体应用动量守恒定律，有时对部分物体应用动量守恒定律．研究对象的选取一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要．
(2)正确进行过程的选取和分析：通常对全程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量．根据所研究问题的需要，列式时有时需分过程多次应用动量守恒，有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式．
如图3所示，木块A的质量为mA＝1 kg，足够长的木板B的质量为mB＝4 kg，质量为mC＝4 kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0＝12 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后将以4 m/s的速度弹回，C始终未脱离B.求：
图3
(1)B运动过程中的最大速度大小；
(2)C运动过程中的最大速度大小；
(3)整个过程中系统损失的机械能．
答案 (1)4 m/s (2)2 m/s (3)48 J
解析 (1)A与B碰后瞬间，B速度最大，A、B系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB，代入数据得：vB＝4 m/s.
(2)B与C共速后，C速度最大，B、C系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入数据得：vC＝2 m/s.
(3)由能量守恒定律得：ΔE损＝eq \f(1,2)mAv02－eq \f(1,2)mAvA2－eq \f(1,2)(mB＋mC)vC2，解得ΔE损＝48 J.
三、动量守恒定律在临界问题中的应用
1．在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．
2．动量守恒定律应用中的常见临界情形
如图4所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在光滑水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为30 kg，乙和他的冰车总质量也为30 kg，游戏时甲推着一质量为10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度滑行，乙在甲的正前方相对地面静止，为避免碰撞，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞( )
图4
A．8 m/s B．3 m/s
C．6 m/s D．10 m/s
答案 A
解析 设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙获得的速度为v乙，取向右为正方向．以甲和箱子为系统，根据动量守恒定律，得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv，①
选箱子和乙为系统，得mv＝(m＋M乙)v乙，②
当甲与乙恰好不相撞时v甲＝v乙，③
联立①②③解得v＝8 m/s.
1．(动量守恒的判断)如图5所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自A点进入槽内，并从C点飞出，则以下结论中正确的是( )
图5
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
答案 C
解析 小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向左运动，则小球的机械能守恒，从A到B做圆周运动，小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力不为零，动量不守恒；小球从B到C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上合外力为零，动量守恒，小球的机械能不守恒，槽的支持力对其做功，故A、B错误，C正确；小球离开C点时，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误．
2．(多物体的动量守恒)如图6所示，质量为m2的小车上有一半圆形的光滑槽，一质量为m1的小球置于槽内，共同以速度v0沿光滑水平面运动，并与一个原来静止的小车m3对接(时间极短)，则对接后瞬间，小车的速度大小为( )
图6
A.eq \f(m2＋m3v0,m1＋m2＋m3) B.eq \f(m2v0,m1＋m2＋m3)
C.eq \f(m2v0,m2＋m3) D．以上均不对
答案 C
解析 对接过程，两小车组成的系统动量守恒，以小车m2的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝(m2＋m3)v，解得：v＝eq \f(m2v0,m2＋m3)，故C正确．
3．(多物体的动量守恒)如图7所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B上表面粗糙，与水平地面间接触面光滑，质量为0.1 kg的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：
图7
(1)A的最终速度大小；
(2)铁块刚滑上B时的速度大小．
答案 (1)0.25 m/s (2)2.75 m/s
解析 (1)选铁块和木块A、B为一系统，取水平向右为正方向，由系统动量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA
解得：vA＝0.25 m/s.
(2)设铁块刚滑上B时的速度为v′，此时A、B的速度均为vA＝0.25 m/s.
由系统动量守恒得：mv＝mv′＋(MA＋MB)vA
解得v′＝2.75 m/s.
4．(动量守恒定律在临界问题中的应用)如图8所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小．(不计水的阻力)
图8
答案 4v0
解析 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，以开始时甲、乙两船的运动方向为正方向．由动量守恒定律得
12mv0＝11mv1－mvmin①
10m×2v0－mvmin＝11mv2②
为避免两船相撞应满足
v1＝v2③
联立①②③式得
vmin＝4v0.
1.如图1所示，在光滑水平面上放一个质量为M的斜面体，质量为m的物体沿斜面由静止开始自由下滑，下列说法中正确的是( )
图1
A．M和m组成的系统动量守恒
B．M和m组成的系统所受合力方向向上
C．M和m组成的系统水平方向动量守恒
D．M和m组成的系统竖直方向动量守恒
答案 C
解析 M和m组成的系统在水平方向上所受合外力为零，系统水平方向动量守恒；竖直方向系统所受合外力不为零，且方向向下，系统在竖直方向上动量不守恒，则M和m组成的系统动量不守恒，故A、B、D错误，C正确．
2．(多选)(2021·辽宁营口开发区一中月考)如图2所示，在质量为M的小车中挂着一摆球，摆球质量为m0，小车和摆球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )
图2
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v′，满足Mv＝(M＋m)v′
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案 BC
解析 碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，这一瞬间摆球的速度不变，若碰后小车和木块的速度变为v1和v2，根据动量守恒有Mv＝Mv1＋mv2；若碰后小车和木块速度相同，都为v′，根据动量守恒定律有Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确，A、D错误．
3．质量M＝100 kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60 kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者在同一水平线上，甲朝左、乙朝右均以3 m/s的速率同时跃入水中后瞬间( )
A．小船向左运动，速率为1 m/s
B．小船向左运动，速率为0.6 m/s
C．小船向右运动，速率大于1 m/s
D．小船仍静止
答案 B
解析 设水平向右为正方向，两游泳者同时跳离小船后瞬间小船的速度为v，根据甲、乙两游泳者和小船组成的系统动量守恒有－m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0，代入数据可得v＝－0.6 m/s，其中负号表示小船向左运动，所以选项B正确．
4.如图3所示，质量为m的人立于平板车上，车的质量为M，人与车以大小为v1的速度在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以大小为v2的速度竖直跳起时，车向东的速度大小为( )
图3
A.eq \f(Mv1－Mv2,M－m) B.eq \f(Mv1,M－m)
C.eq \f(Mv1＋Mv2,M－m) D．v1
答案 D
解析 人与车组成的系统在水平方向上动量守恒，人向上跳起后，水平方向上的速度没变，(m＋M)v1＝mv1＋Mv车，因此v车＝v1，所以D正确．
5.如图4所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平地面上，滑块的光滑弧面底部与地面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是( )
图4
A.eq \f(mv0,M＋m) B.eq \f(mv0,M) C.eq \f(Mv0,M＋m) D.eq \f(Mv0,m)
答案 A
解析 小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成的系统，水平方向不受外力，因而该系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对滑块运动，此时小球一定不是在最高点)．由水平方向动量守恒得，mv0＝(M＋m)v，所以v＝eq \f(mv0,M＋m)，A正确．
6.质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图5所示，最后这五个物块粘成一个整体，则它们最后的速度为( )
图5
A．v0 B.eq \f(v0,5) C.eq \f(v0,3) D.eq \f(v0,4)
答案 B
解析 由于五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用，故系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得：mv0＝5mv，得v＝eq \f(1,5)v0，即它们最后的速度为eq \f(1,5)v0.
7.如图6所示，一块质量为0.5 kg的橡皮泥自距小车上表面1.25 m高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg、速度为2.5 m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
图6
A．橡皮泥下落的时间为0.3 s
B．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/s
C．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒
D．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J
答案 D
解析 橡皮泥做自由落体运动，t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.5 s，A错误．橡皮泥落到小车上，二者相互作用的过程，在水平方向动量守恒，Mv0＝(M＋m)v，解得v＝2 m/s，B、C错误．系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)Mv02＋mgh－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝7.5 J，D正确．
8．(2020·广州二中期中)甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为m的球，现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为2v的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为(忽略空气阻力)( )
A.eq \f(2M,M－m) B.eq \f(M＋m,M)
C.eq \f(2M＋m,3M) D.eq \f(M,M＋m)
答案 D
解析 甲、乙之间传递球时不必考虑过程中的细节，只考虑初状态和末状态的情况．研究对象是由甲、乙二人和球组成的系统，开始时系统的总动量为零，最后时刻系统的总动量仍为零．设甲最终的速度大小为v甲，乙最终的速度大小为v乙，二者方向相反，根据动量守恒定律得(M＋m)v甲－Mv乙＝0，则eq \f(v甲,v乙)＝eq \f(M,M＋m)，选项D正确．
9．如图7所示，质量均为M＝0.4 kg的两长平板小车A和B开始时紧靠在一起，都静止于光滑水平面上．质量m＝0.2 kg的小物块(可看成质点)以初速度v＝9 m/s从最左端滑上小车A的上表面，最后停在小车B最右端时速度为v2＝2 m/s，则最后A的速度v1为( )
图7
A．1.5 m/s B．2 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s
答案 A
解析 对三者整体分析，系统动量守恒，有mv＝(m＋M)v2＋Mv1，解得v1＝1.5 m/s，选项A正确．
10．(多选)A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船上质量为eq \f(1,2)m的人，以对地水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则( )
A．A、B两船速度大小之比为2∶3
B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)两船动能之比为3∶2
D．A、B(包括人)两船动能之比为1∶1
答案 BC
解析 最终人在B船上，以系统为研究对象，在整个过程中，以A船的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA－(m＋eq \f(1,2)m)vB＝0，解得：eq \f(vA,vB)＝eq \f(3,2)，故A错误；以人与两船组成的系统为研究对象，总动量守恒，所以A、B(包括人)两船的动量大小之比为1∶1，故B正确；两船的动能之比eq \f(EkA,EkB)＝eq \f(\f(p2,2m),\f(p2,2m＋\f(1,2)m))＝eq \f(3,2)，故C正确，D错误．
11.如图8所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A的质量是物体B的质量的eq \f(3,4)，子弹的质量是物体B的质量的eq \f(1,4)，弹簧压缩到最短时B的速度为( )
图8
A.eq \f(v0,2) B.eq \f(v0,4) C.eq \f(v0,8) D.eq \f(v0,3)
答案 C
解析 弹簧压缩到最短时，子弹、A、B具有共同的速度v1，且子弹、A、B组成的系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受合外力始终为零，故整个过程系统的动量守恒，取子弹水平速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝eq \f(1,4)mB，mA＝eq \f(3,4)mB，故v1＝eq \f(v0,8)，即弹簧压缩到最短时B的速度为eq \f(v0,8).
12.(多选)如图9所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后( )
图9
A．a、b两车运动速率相等
B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系vc>va>vb
D．a、c两车运动方向相反
答案 CD
解析 设人跳离b、c车时相对地面的水平速度为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律知，人和c车组成的系统：0＝M车vc＋m人v
对人和b车：m人v＝M车vb＋m人v
对人和a车：m人v＝(M车＋m人)va
所以：vc＝－eq \f(m人v,M车)，vb＝0，va＝eq \f(m人v,M车＋m人)
即vc>va>vb，并且vc与va方向相反，故选C、D.
13.如图10所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．
图10
答案 2 m/s
解析 长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，取水平向右为正方向
则mAv0＝mAvA＋mCvC
长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，即最后三者速度相等，即vC＝v
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v
联立解得：vA＝2 m/s.
14.(2020·黑龙江肇东市第四中学月考)质量为M＝2 kg的小车静止于光滑水平面上，小车的上表面由光滑的eq \f(1,4)圆弧和光滑平面组成，弧半径为R＝0.3 m，车的右端固定有一不计质量的水平弹簧，如图11所示．现有一质量为m＝1 kg的滑块从圆弧最高处无初速度下滑，与弹簧相接触(不拴接)并压缩弹簧．重力加速度g＝10 m/s2，求：
图11
(1)弹簧具有的最大的弹性势能Epm；
(2)当滑块与弹簧分离时小车的速度大小．
答案 (1)3 J (2)1 m/s
解析 (1)设水平向右为正方向，小车与滑块组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向上动量守恒，小车与滑块速度相等时弹簧的弹性势能最大．
根据动量守恒定律，此时滑块与小车速度为零，
由于没有摩擦力，系统的机械能守恒，
由机械能守恒定律可得，
弹簧的弹性势能最大为Epm＝mgR＝1×10×0.3 J＝3 J；
(2)小车和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，
由动量守恒定律得Mv1－mv2＝0，
由机械能守恒定律得mgR＝eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22，
联立解得v1＝1 m/s.
光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大
物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的小车B上，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B两物体的速度必定相等
质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来．设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点(即小球竖直方向上的速度为零)时，两物体的速度肯定相等(方向为水平向右)
A、B以共同的初速度v0向右运动，A(上表面粗糙)与C发生碰撞后，再与B相互作用，最后不再相撞的临界条件是：三者具有相同的速度.