高二物理人教版选修3-5习题：第十六章 动量守恒定律 章末含答案

一、动量定理及其应用
1．冲量的计算
(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量．
(2)变力的冲量：①通常利用动量定理I＝Δp求解．②可用图象法计算．在F－t图象中阴影部分(如图1)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．
图1
2．动量定理Ft＝m v2－m v1的应用
(1)它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，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．
(2)应用动量定理求解的问题：①求解曲线运动的动量变化量．②求变力的冲量问题及平均力
问题．
3．物体动量的变化率Δp
Δt 等于它所受的合外力，这是牛顿第二定律的另一种表达式．
例1 一个铁球，从静止状态由10 m 高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4 s ，该铁球的质量为336 g ，求：(结果保留两位小数，g 取10 m/s 2) (1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？ (2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？ (3)泥潭对小球的平均作用力大小为多少？ 解析 (1)小球自由下落10 m 所用的时间是t 1＝
2h g
＝ 2×10
10
s ＝ 2 s ，重力的冲量I G ＝mgt 1＝0.336×10× 2 N·s ≈4.75 N·s ，方向竖直向下．
(2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得mg (t 1＋t 2)－Ft 2＝0.泥潭的阻力F 对小球的冲量Ft 2＝mg (t 1＋t 2)＝0.336×10×(2＋0.4) N·s ≈6.10 N·s ，方向竖直向上．
(3)由Ft 2＝6.10 N·s 得F ＝15.25 N 答案 (1)4.75 N·s ，方向竖直向下 (2)6.10 N·s ，方向竖直向上 (3)15.25 N 二、动量守恒定律的应用
1．合理选择研究对象及对应运动过程． 2．由守恒条件判断研究的系统动量是否守恒．
注意：若选的过程包含几个子过程，则每个子过程都必须满足动量守恒． 3．解题时应先规定正方向，将矢量式转化为标量式．
例2 如图2所示，在光滑水平面上有两个木块A 、B ，木块B 左端放置小物块C 并保持静止，已知m A ＝m B ＝0.2 kg ，m C ＝0.1 kg ，现木块A 以初速度v ＝2 m/s 沿水平方向向右滑动，木块A 与B 相碰后具有共同速度(但不粘连)，C 与A 、B 间均有摩擦．求：
图2
(1)木块A 与B 相碰瞬间木块A 及小物块C 的速度大小；
(2)设木块A 足够长，求小物块C 的最终速度．
解析 (1)木块A 与B 相碰瞬间C 的速度为0，A 、B 木块的速度相同，由动量守恒定律得 m A v ＝(m A ＋m B )v A ，v A ＝v
2
＝1 m/s.
(2)C 滑上A 后，摩擦力使C 加速，使A 减速，直至A 、C 具有相同的速度，以A 、C 整体为研究对象，由动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋m C )v C ，v C ＝2
3 m/s ，方向水平向右．
答案 (1)1 m/s 0 (2)2
3 m/s ，方向水平向右 三、动量和能量综合问题分析
1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，可写出某一方向的分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量式，绝无分量表达式．
2．解题时必须注意动量守恒时，机械能不一定守恒，反之亦然．动量守恒的条件是合外力为零，而机械能守恒的条件是除重力弹力外的其他外力做的功为零． 3．若系统有多种形式的能参与转化，则应用能量守恒的观点分析较方便．
例3 如图3所示，在光滑水平面上，木块A 的质量m A ＝1 kg ，木块B 的质量m B ＝4 kg ，质量m C ＝2 kg 的木块C 置于足够长的木块B 上，B 、C 之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑．开始时B 、C 静止，A 以v 0＝10 m /s 的初速度向右运动，与B 碰撞后B 的速度为3.5 m/s ，碰撞时间极短．求：
图3
(1)A 、B 碰撞后A 的速度；
(2)弹簧第一次恢复原长时C 的速度大小．
解析 (1)因碰撞时间极短，A 、B 碰撞时，C 的速度为零，规定A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 m A v 0＝m A v A ＋m B v B 解得v A ＝m A v 0－m B v B m A
代入数据解得v A ＝－4 m/s ，负号说明方向与A 的初速度方向相反．
(2)第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零，设此时B 的速度为v B ′，C 的速度为v C . 由动量守恒定律得m B v B ＝m B v B ′＋m C v C
由机械能守恒定律得12m B v 2B ＝12m B v B ′2＋1
2m C v 2C
联立代入数据解得v C ＝14
3
m/s
答案 (1)4 m/s ，方向与A 的初速度方向相反 (2)14
3
m/s 例4 一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图4所示，图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止．重力加速度为g .求：
图4
(1)木块在ab 段受到的摩擦力F f ； (2)木块最后距a 点的距离s .
解析 (1)木块在斜面上上升到最高点时，木块与物体P 具有相同的水平速度，设为v 1.以v 0的方向为正方向，由
动量守恒定律得m v 0＝(m ＋2m )v 1 此过程中，由动能定理得 －mgh －F f L ＝12(m ＋2m )v 21－12m v 2
0 联立解得F f ＝m (v 20－3gh )3L
.
(2)设最后木块与物体P 的共同速度为v 2， 由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋2m )v 2 整个过程中，根据动能定理得 －F f (2L －s )＝12(m ＋2m )v 22－12m v 2
0 联立以上各式解得s ＝v 20－6gh v 20－3gh L .
答案 (1)m (v 20－3gh )3L (2)v 20－6gh
v 20－3gh
L
1．(多选)一质量为2 kg的质点在光滑平面上从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移x变化的关系式为p＝8x kg·m/s，关于该质点的说法正确的是()
A．速度变化率为8 m/s2
B．受到的恒力为16 N
C．1 s 末的动量为16 kg·m/s
D．1 s 末的动能为32 J
答案ABC
解析由式子p＝8x kg·m/s和动量定义式p＝m v，可以得到x＝v2
16
，再由匀加速直线运动的位移公式知加速度a＝8 m/s2.故A、B、C三个选项都是正确的；而1 s末的动能应是64 J，D 选项错误．
2．一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图5所示．物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止．g取10 m/s2.
图5
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.
答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J
解析(1)对小物块从A运动到B处的过程中
应用动能定理－μmgs＝1
2m v 2－1
2m v
2
代入数值解得μ＝0.32
(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s 由动量定理得：FΔt＝m v′－m v
解得F＝－130 N
其中“－”表示墙面对物块的平均力方向向左．
(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 －W ＝0－1
2
m v ′2，解得W ＝9 J
3．如图6所示，A 为一有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量M ＝40 kg 的小车B 静止于轨道右侧，其板与轨道底端靠近且在同一水平面上，一个质量m ＝20 kg 的物体C 以2 m /s 的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B 后经一段时间与小车相对静止并继续一起运动．若轨道顶端与底端水平面的高度差h 为0.8 m ，物体与小车板面间的动摩擦因数μ为0.4，小车与水平面间的摩擦忽略不计，(取g ＝10 m/s 2)求：
图6
(1)物体C 滑到轨道底端时的速度大小； (2)物体C 与小车保持相对静止时的速度大小； (3)物体冲上小车后相对于小车板面滑动的距离． 答案 (1)2 5 m/s (2)
23 5 m/s (3)5
3
m 解析 (1)下滑过程中机械能守恒，有： mgh ＝12m v 22－12m v 2
1 解得v 2＝
v 21＋2gh ＝2 5 m/s
(2)在物体C 冲上小车B 到与小车相对静止的过程中，两者组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有m v 2＝(m ＋M )v ， 得：v ＝m v 2m ＋M ＝20×2520＋40 m/s ＝23 5 m/s
(3)设物体C 冲上小车后， 相对于小车板面滑动的距离为l ， 由功能关系有：μmgl ＝12m v 22－12(m ＋M )v 2
代入数据解得：l ＝53 m.。