五-2011.04.13动量定理的拓展应用

来源:互联网 编辑:李元芳 手机版

2011届高考物理二轮总复习专题过关检测

动量定理的拓展应用

1、动量定理FΔt=mvt-mv0可以用一种更简洁的方式FΔt=ΔP表达,式中左边表示物体受到的冲量,右边表示动量的增量(变化量)。此式稍加变形就得

其含义是:物体所受外力(若物体同时受几个力作用,则为合外力)等于物体动量的变化率。这一公式通常称为“牛顿第二定律的动量形式”。这一形式更接近于牛顿自己对牛顿第二定律的表述。应用这个表述我们在分析解决某些问题时会使思路更加清晰、简洁。

2、物体动量的增量可以是物体质量不变,由速度变化形成:ΔP=mv2I一mv1=m(V2一v1)=mΔv,

动量定理表达为FΔt=mΔv.也可以是速度不变,由质量变化形成:ΔP=m2v一mlv=(m2一ml)v=Δmv,动量定理表达为FΔt=ΔmV。在分析问题时要注意第二种情况。

动量守恒定律

知识简析 一、动量守恒定律

1、内容:相互作用的物体,如果不受外力或所受外力的合力为零,它们的总动量保持不变,即作用前的总动量与作用后的总动量相等.

2、动量守恒定律适用的条件

①系统不受外力或所受合外力为零.

②当内力远大于外力时.

③某一方向不受外力或所受合外力为零,或该方向上内力远大于外力时,该方向的动量守恒.

3、常见的表达式

①p/=p,其中p/、p分别表示系统的末动量和初动量,表示系统作用前的总动量等于作用后的总动量。

②Δp=0 ,表示系统总动量的增量等于零。

③Δp1=-Δp2,其中Δp1、Δp2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量,表示两个物体组成的系统,各自动量的增量大小相等、方向相反。

其中①的形式最常见,具体来说有以下几种形式

A、m1vl+m2v2=m1v/l+m2v/2,各个动量必须相对同一个参照物,适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。

B、0= m1vl+m2v2,适用于原来静止的两个物体组成的系统。

C、m1vl+m2v2=(m1+m2)v,适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。

二、对动量守恒定律的理解

(1)动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量,而不能改变系统的总动量,在系统运动变化过程中的任一时刻,单个物体的动量可以不同,但系统的总动量相同。

(2)应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物,不能选择相对地面作加速运动的物体为参照物。

(3)动量是矢量,系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变。等号的含义是说等号的两边不但大小相同,而且方向相同。

规律方法 1、动量守恒定律的“四性”

在应用动量守恒定律处理问题时,要注意“四性”

①矢量性:动量守恒定律是一个矢量式,,对于一维的运动情况,应选取统一的正方向,凡与正方向相同的动量为正,相反的为负。若方向未知可设与正方向相同而列方程,由解得的结果的正负判定未知量的方向。

②瞬时性:动量是一个状态量,即瞬时值,动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定,列方程m1vl+m2v2=m1v/l+m2v/2时,等号左侧是作用前各物体的动量和,等号右边是作用后各物体的动量和,不同时刻的动量不能相加。

③相对性:由于动量大小与参照系的选取有关,应用动量守恒定律时,应注意各物体的速度必须是相对于同一惯性参照系的速度,一般以地球为参照系

④普适性:动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统,也适用于多个物体组成的系统,不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组成的系统。

【例5】一辆质量为60kg的小车上有一质量为40kg的人(相对车静止)一起以2m/s的速度向前运动,突然人相对车以 4m/s的速度向车后跳出去,则车速为多大?

下面是几个学生的解答,请指出错在何处.

(1)解析;人跳出车后,车的动量为60v,人的动量为40(4十v)由动量守恒定律:

(60+40)×2=60v- 40(4+v)解得: v= 0.4 m/s (没有注意矢量性)

(2)解析:选车的方向为正,人跳出车后,车的动量为60v,人的动量一40×4,由动量守恒定律:

(60+40)×2=60v —40×4,解得v=6m/s (没有注意相对性)

(3)解析:选车的方向为正,人跳出车后的动量为60v,人的动量一40×(4一2)由动量守恒定律得

(60+40)×2=60v —40×(4一2)解得v=14/3m/s (没有注意瞬时性)

(4)解析:选地为参照物,小车运动方向为正,据动量守恒定律,

(60+40)×2=60v —40(4—v)解得 v=3.6m/s此法正确.答案:3.6 m/s

2、应用动量守恒定律的基本思路

1.明确研究对象和力的作用时间,即要明确要对哪个系统,对哪个过程应用动量守恒定律。

2.分析系统所受外力、内力,判定系统动量是否守恒。

3.分析系统初、末状态各质点的速度,明确系统初、末状态的动量。

4.规定正方向,列方程。5.解方程。如解出两个答案或带有负号要说明其意义。

一、选择题(本题包括10小题,共40分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)

1.一质量为m的物体沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑,滑到底端历时为t,则下滑过程中斜面对物体的冲量大小和方向为(  )

A.大小为mgcosθ·t B.方向垂直斜面向上

C.大小为mgsinθ·t D.方向竖直向上

解析:物体沿固定斜面匀速下滑,则斜面对物体的作用力与重力大小相等、方向相反,故斜面对物体的冲量大小为mgt,方向竖直向上,选项D正确.答案:D

2.如图6-1所示,一个轻质弹簧左端固定在墙上,一个质量为m的木块以速度v0从右边沿光滑水平面向左运动,与弹簧发生相互作用,设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内,那么整个相互作用过程中弹簧对木块的冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是(  )

图6-1

A.I=0, B.I=mv0,

C.I=2mv0,W=0 D.I=2mv0,

解析:木块与弹簧相互作用的过程,木块和弹簧组成的系统机械能守恒,所以弹簧恢复原长、木块刚要离开弹簧时,木块的速度大小仍为v0,方向水平向右.取水平向右为正方向,由动量定理得I=mv0-m(-v0)=2mv0;由动能定理得选项C对.答案:C

3.物体受到合力F的作用,由静止开始运动,力F随时间变化的图象如图6-2所示,下列说法中正确的是(  )

图6-2

A.该物体将始终向一个方向运动

B.3 s末该物体回到原出发点

C.0~3 s内,力F的冲量等于零,功也等于零

D.2~4 s内,力F的冲量不等于零,功却等于零

解析:图线和横坐标所围的面积等于冲量,0~1 s内的冲量为负,说明速度沿负方向,而1~2 s内冲量为正,且大于0~1 s内的冲量,即速度的方向发生变化,所以A错误.0~3 s内,力F的冲量为零,即物体0 s时的速度和3 s时的速度一样,故0~3 s内力F的冲量等于零,功也等于零,C、D正确.分析运动过程可以得到3 s末物体回到原出发点,B正确.答案:BCD

4.如图6-3所示,两个质量不相等的小车中间夹一被压缩的轻弹簧,现用两手分别按住小车,使它们静止在光滑水平面上.在下列几种释放小车的方式中,说法正确的是(  )

图6-3

A.若同时放开两车,则此后的各状态下,两小车的加速度大小一定相等

B.若同时放开两车,则此后的各状态下,两小车的动量大小一定相等

C.若先放开左车,然后放开右车,则此后的过程中,两小车和弹簧组成的系统总动量向左

D.若先放开左车,然后放开右车,则此后的过程中,两小车和弹簧组成的系统总动量向右

解析:由于两车质量不相等,两车的加速度大小不相等.由动量守恒,若同时放开两车,初总动量为零,此后任意时刻总动量为零,所以两小车的动量大小一定相等;若先放开左车,然后放开右车,则初总动量向左,此后的过程中,两小车和弹簧组成的系统总动量向左,所以B、C正确.答案:BC

5.质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰,碰撞后,A球的动能变为原来的1/9,那么碰撞后B球的速度大小可能是(  )

A. B. C. D.

解析:A球碰撞后的速度大小为v/3,若A碰后与原速度方向相同,则若A反弹,则所以A、B正确.答案:AB

6.在高速公路上发生一起交通事故,一辆质量为1 500 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg向北行驶的卡车,碰后两辆车接在一起,并向南滑行了一段距离后停止.根据测速仪的测定,长途客车在碰前以20 m/s的速率行驶.由此可判断卡车碰前的行驶速率(  )

A.小于10 m/s B.大于10 m/s,小于20 m/s

C.大于20 m/s,小于30 m/s D.大于30 m/s,小于40 m/s

解析:设卡车与客车碰后的共同速度为v′,且v′与客车的运动方向相同,则有

m客·v客-m卡·v=(m客+m卡)·v′

v′>0,m客v客-m卡v>0

选项A正确.

7.A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动,图6-4表示发生碰撞前后的vt图线,由图线可以判断(  )

图6-4

A.A、B的质量比为3∶2 B.A、B作用前后总动量守恒

C.A、B作用前后总动量不守恒 D.A、B作用前后总动能不变

解析:因水平面光滑,水平方向上不受外力作用,所以系统的总动量守恒,B对,C错.mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′,代入图中数据得mA∶mB=3∶2,A对.碰撞前总动能,碰撞后总动能故碰撞前后总动能不变,D对.

答案:ABD

8.如图6-5所示,一轻弹簧与质量为m的物块组成弹簧振子.物体沿竖直方向在A、B两点间做简谐运动,O点为平衡位置.某时刻,物体正经过C点向上运动,已知OC=h,振动周期为T,则从这时刻开始的半个周期内,下列说法中正确的是(  )

图6-5

A.重力做的功为2mgh B.回复力做的功为零

C.重力的冲量为mgT/2 D.回复力的冲量为零

解析:做简谐运动的物体,在相隔半周期的两个时刻,速度大小相等、方向相反.故回复力(合力)做功为零,回复力的冲量为C处物体动量的2倍,B对,D错.重力的冲量为C对.在相隔半周期的两个时刻,振子所在位置关于平衡位置对称,所以重力做功W=mg×2h=2mgh.A对.

答案:ABC

9.如图6-6甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两木块A、B相连,静止在光滑水平面上.现使A瞬时获得水平向右的速度v=3 m/s,以此时刻为计时起点,两木块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图示信息可知(  )

图6-6

A.t1时刻弹簧最短,t3时刻弹簧最长

B.从t1时刻到t2时刻弹簧由伸长状态恢复到原长

C.两物体的质量之比为m1∶m2=1∶2

D.在t2时刻两物体动能之比为Ek1∶Ek2=1∶4

解析:通过对A、B运动分析知,t1时刻,弹簧最长,t2时刻弹簧为原长,t3时刻弹簧最短,A错误,B正确.A和B组成的系统动量守恒,0~t1时间内,m1v=(m1+m2)×1,所以m1∶m2=1∶2,C正确.t2时刻, 所以Ek1∶Ek2=1∶8,D错误.

答案:BC

10.如图6-7,一轻弹簧左端固定在长木块M的左端,右端与小物块m连接,且m、M及M与地面间接触光滑.开始时,m和M均静止,现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2,从两物体开始运动以后的整个运动过程中,对m、M和弹簧组成的系统(整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度),正确的说法是(  )

图6-7

A.由于F1、F2等大反向,故系统机械能守恒

B.F1、F2分别对m、M做正功,故系统动量不断增加

C.F1、F2分别对m、M做正功,故系统机械能不断增加

D.当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时,m、M的动能最大

解析:由于F1、F2等大反向,系统所受合外力为零,所以系统动量守恒,系统机械能先增加后减小,当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时,m、M加速终止,m、M速度最大,以后开始减速,所以D正确.

答案:D

二、填空实验题(2小题,共20分)

11.(6分)用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律,实验装置示意图如图6-8,斜槽与水平槽圆滑连接.实验时先不放B球,使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下,落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹.再把B球静置于水平槽前端边缘处,让A球仍从C处由静止滚下,A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹.记录纸上的O点是重垂线所指的位置,若测得各落点痕迹到O点的距离:OM=2.68 cm,OP=8.62 cm,ON=11.50 cm,并知A、B两球的质量之比为2∶1,则未放B球时A球落地点是记录纸上的________点,系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差_________ %(结果保留一位有效数字).

图6-8

解析:由实验数据可知系统碰撞前的总动量为

碰后总动量为

且mA∶mB=2∶1,则百分误差为

答案:P 2

12.(14分)碰撞的恢复系数的定义为其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度,v1和v2分别是碰撞后两物体的速度.弹性碰撞的恢复系数e=1,非弹性碰撞的e<1.某同学借用验证动量守恒定律的实验装置(如图6-9所示)验证弹性碰撞的恢复系数是否为1,实验中使用半径相等的钢质小球1和2(它们之间的碰撞可近似为弹性碰撞),且小球1的质量大于小球2的质量.

图6-9

实验步骤如下:

安装好实验装置,作好测量前的准备,并记下重垂线所指的位置O.

第一步,不放小球2,让小球1从斜槽上A点由静止滚下,并落在地面上.重复多次,用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面,其圆心就是小球落点的平均位置.

第二步,把小球2放在斜槽前端边缘处的C点,让小球1从A点由静止滚下,使它们碰撞.重复多次,并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置.

第三步,用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离,即线段OM、OP、ON的长度.

在上述实验中,

(1)P点是__________的平均位置,M点是__________的平均位置,N点是__________的平均位置.

(2)请写出本实验的原理__________________________________________________________

_______________________________________________________________________________

写出用测量量表示的恢复系数的表达式__________.

(3)三个落地点距O点的距离OM、OP、ON与实验所用的小球质量是否有关?__________

_______________________________________________________________________________

解析:(1)P点是在实验的第一步中小球1落点的平均位置.

M点是小球1与小球2碰后小球1落点的平均位置.

N点是小球2落点的平均位置.

(2)由小球从槽口C飞出后做平抛运动的时间相同,假设为t,则有

OP=v10t OM=v1t ON=v2t

小球2碰撞前静止,即v20=0

(3)OP与小球的质量无关,OM和ON与小球的质量有关.答案:见解析

三、计算题(本题包括4小题,共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位)

13.(8分)一个物体静置于光滑水平面上,外面扣一质量为M的盒子,如图6-10所示.现给盒子一初速度v0,此后,盒子运动的vt图象呈周期性变化,如图6-11所示.请据此求盒内物体的质量.

图6-10

图6-11

解析:设物体的质量为m,t0时刻受盒子碰撞获得速度v,根据动量守恒定律

Mv0=mv①

3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0,说明碰撞是弹性碰撞

联立①②解得m=M③

(也可通过图象分析得出v0=v,结合动量守恒,得出正确结果).

答案:m=M

14.(10分)图6-12 中有一个竖直固定在地面的透气圆筒,筒中有一劲度系数为k的轻弹簧,其下端固定,上端连接一质量为m的薄滑块.圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体,它对滑块的阻力可调.起初 ,滑块静止,ER流体对其阻力为0,弹簧的长度为L.现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下,与滑块碰撞后粘在一起向下运动.为保证滑块做匀减速运动,且下移距离为时速度减为0,ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变.试求(忽略空气阻力):

图6-12

(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能;

(2)滑块向下运动过程中加速度的大小;

(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小.

解析:(1)设物体下落末速度为v0,由机械能守恒定律有

设碰后共同速度为v1,由动量守恒定律

2mv1=mv0得

碰撞过程中系统损失的机械能为

(2)设加速度大小为a,由运动学公式有

2as=v12

(3)设弹簧弹力为FN,ER流体对滑块的阻力为FER,受力分析如图所示,由牛顿第二定律有

FN+FER-2mg=2ma

FN=kx

答案:(1) (2) (3)

15.(10分)(2010湖北部分重点中学二联,24)如图6-13所示,ABC为光滑轨道,其中AB段水平放置,BC段是半径为R的圆弧,AB与BC相切于B点.A处有一竖直墙面,一轻弹簧的一端固定于墙上,另一端与一质量为M的物块相连接,当弹簧处于原长状态时,物块恰能与固定在墙上的L形挡板接触于B处但无挤压.现使一质量为m的小球从圆弧轨道上距水平轨道高h处的D点由静止开始下滑.小球与物块相碰后立即共速但不粘连,物块与L形挡板相碰后速度立即减为零也不粘连.(整个过程中,弹簧没有超过弹性限度.不计空气阻力,重力加速度为g)

图6-13

(1)试求弹簧获得的最大弹性势能;

(2)求小球与物块第一次碰后沿BC上升的最大高度;

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