2017_2018学年高中物理第一章碰撞与动量守恒章末清点教学案教科版选修3_5

解析：气球与物体匀速上升，重力、阻力、浮力平稳，系统所受合力为零，吊绳断裂后，三力均不变，合力仍为零，故系统动量守恒，那么(M＋m)v0＝Mv，得v＝ v0。
答案： v0
12．(10分)(新课标全国卷Ⅱ)现利用图4所示的装置验证动量守恒定律。在图4中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右边带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)能够记录遮光片通过光电门的时刻。
2．质量为2 kg的物体在水平面上做直线运动，假设速度大小由4 m/s变成6 m/s，那么在此进程中，动量转变的大小可能是( )
A.4 kg·m/sB.10 kg·m/s
C.20 kg·m/sD.12 kg·m/s
解析：选AC 假设两个速度同向，那么Δv＝2 m/s，假设两个速度反向，那么Δv＝10 m/s，即可判定动量的转变可能为4 kg·m/s或20 kg·m/s。
A. B.
C. D.
解析：选A 中子和原子核发生弹性正碰，动量守恒、能量守恒，那么mv＝mv1＋Amv2， mv2＝ mv12＋ Amv22，联立方程可得： ＝ ，选项A正确，选项B、C、D错误。
二、填空题(此题共2小题，共14分。把答案填在题中横线上，或按题目要求作答)
11．(4分)质量为M的气球下面吊着质量为m的物体以速度v0匀速上升，突然吊绳断裂，当物体上升速度为零时，气球的速度为________。(整个进程中空气浮力和阻力的大小均不变)
图1 3
(1)滑块P刚滑上乙车时的速度大小；
(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为多大？
[解析] (1)设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1，现在两车的速度为v2
，对整体应用动量守恒定律和能量守恒定律有：
mv1－2m1v2＝0
E0＝ mv12＋ m1v22＋ m1v22
解得：v1＝4 m/s。
2．临界问题
在动量守恒定律的应用中，常常会碰到彼此作用的两物体相距最近，幸免相碰和物体开始反向运动等临界问题。这种问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和进程，运用动量守恒定律进行解答。
[例2] 如图1 2所示，滑腻水平直轨道上有三个滑块，A、B、C，质量别离为mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一紧缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)。开始时A、B以一起速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一路，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。
v0＝2.00 m/s③
v1＝0.970 m/s④
设滑块B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有
v2＝ ⑤
代入题给实验数据得
v2＝2.86 m/s⑥
设两滑块在碰撞前、后的总动量别离为p和p′，那么
p＝m1v0⑦
p′＝m1v1＋m2v2⑧
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为
δp＝ ×100%⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得
(2)当系统知足动量守恒条件时，系统的机械能未必守恒，当机械能守恒时动量也未必守恒。
[例3] 如图1 3所示，滑腻水平面上放置质量均为m1＝2 kg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)。其中甲车上表面滑腻，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.5。一根通过细线拴着而被紧缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1 kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，现在弹簧贮存的弹性势能E0＝10 J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止。现剪断细线，求：
8.如图2所示，一轻质弹簧两头连着物体A和B，放在滑腻的水平面上。若是物体A被水平速度为v0的子弹射中并留在物体A中，已知物体A的质量是物体B的质量的 ，子弹的质量是物体B的质量的 ，那么弹簧被紧缩到最短时A的速度为( )
图2
A. B.
C. D.
解析：选B 设mB＝m，
那么有： mv0＝( m＋ m)vA；
3．关于系统动量守恒的条件，以下说法正确的选项是( )
A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不必然守恒
解析：选C 由动量守恒的条件知C正确。D项中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量必然守恒。
图1
A．以速度v做平抛运动
B．以小于v的速度做平抛运动
C．静止于车上
D．自由下落
解析：选D 由动量守恒：mv＝mv1＋mv2，由机械能守恒： mv2＝ mv12＋ mv22，解得v1＝0，v2＝v，故D正确。
6．A、B两球在滑腻水平面上做相向运动，已知mA>mB，当两球相碰后，其中一球停止，那么能够判定( )
图4
实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz。
将光电门固定在滑块B的右边，启动打点计时器，给滑块A一贯右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时刻为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图5所示。
A．碰前A的动量与B的动量大小相等
B．碰前A的动量大于B的动量
C．假设碰后A的速度为零，那么碰前A的动量大于B的动量
D．假设碰后B的速度为零，那么碰前A的动量大于B的动量
解析：选C 假设碰后A球静止，那么B球必然反弹，故有A球的动量大于B球的动量；假设碰撞后B球静止，那么A球必然反弹，有B球的动量大于A球的动量，故C正确。
4．“子弹打木块”模型
(1)在此类问题中，由于木块处于滑腻水平面上，子弹冲击木块的进程中动量守恒。
(2)由于存在阻力做功，那么系统的机械能减小，且减小量为阻力乘以相对位移(子弹打入木块的深度)，因此系统产生的内能，即热量Q＝fs相＝ΔE机。
[例1] 如图1 1所示，在滑腻的水平面上有一辆平板车，上面站着一个人，车以速度v0前进。已知车的质量为m1，人的质量为m2，某时刻人突然向前跳离车，设人跳离车时，相关于车的速度为v，求人跳离后车的速度。
D．v木＝4.2 m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确信
解析：选B 依照动量守恒定律，m1v＝m1v1＋m2v2，即0.2×5.0＝0.2v1＋3.0×4.2得：v1＝－58 m/s，这一进程不可能发生，因为碰撞后机械能增加了。
5．如图1所示，带有滑腻弧形轨道的小车质量为m静止，放在滑腻水平面上，一质量也是m的铁块，以速度v沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，那么当铁块回到小车右端时，将( )
图1 1
[解析] 由受力特点可知人与车组成的系统动量守恒。由相对速度v可成立人、车末速度的关系。
选取人和车组成的系统为研究对象。人跳出车的进程中，系统的动量守恒。取车前进方向为正方向，假设人跳出以后车的速度为v1，人的速度为v2。
对系统由动量守恒定律(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2
又v2－v1＝v，因此v1＝v0－ 。
4．在滑腻的水平面上有一质量为0.2 kg的小球以5.0 m/s的速度向前运动，与质量为3.0 kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝4.2 m/s，那么( )
A．碰撞后球的速度为v球＝－1.3 m/s
B．v木＝4.2 m/s这一假设不合理，因此这种情形不可能发生
C．v木＝4.2 m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来
图6
解析：选取地面为参考系，设小车相关于地面的速度为v，那么电动玩具车相关于地面的速度为(v－0.5)m/s，依照动量守恒定律有Mv＋m(v－0.5)＝0，得v＝ ＝ m/s＝0.17 m/s。
[答案]v0－
专题二
多物体组成系统的动量问题及临界问题
1.多体问题
关于两个以上的物体组成的物体系，由于物体较多，彼此作用的情形也不尽相同，作用进程较为复杂，尽管仍可对初、末状态成立动量守恒的关系式，但因未知条件过量而无法求解，这时往往要依照作用进程中的不同时期，成立多个动量守恒的方程，或将系统内的物体按彼此作用的关系分成几个小系统，别离成立动量守恒的方程。
(2)设滑块P和小车乙达到的一起速度为v，滑块P在乙车上滑行的距离为L，对滑块P和小车乙应用动量守恒定律和能量守恒定律有：
mv1－m1v2＝(m＋m1)v
μmgL＝ mv12＋ m1v22－ (m＋m1)v2
解得：L＝ m。
[答案] (1)4 m/s (2) m
(时刻：90分钟 总分值：100分)
一、选择题(此题共10小题，每题4分，共40分。在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全数选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
δp＝1.7%<5%⑩
因此，本实验在许诺的误差范围内验证了动量守恒定律。
答案：观点析
三、计算题(此题共4小题，共46分。解许诺写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(10分)图6所示，把一辆质量为0.5 kg的电动玩具车，放在质量为1 kg的带有滑腻轮子的小车上，当接通玩具车的电源，使它相关于小车以0.5 m/s的速度运动时，小车如何运动？
A．m1、m2系统动量不守恒
B．弹簧最长时，其弹性势能为 m2v02
C．m1、m2速度相同时，一起速度为
D．m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒
解析：选CD 两球组成系统所受合力为零，那么动量守恒，包括弹簧在内的系统在整个进程中没有能量损失，故机械能守恒。当弹簧伸长最长时两小球速度相同。
10．(全国大纲卷)一中子与一质量数为A(A＞1)的原子核发生弹性正碰。假设碰前原子核静止，那么碰撞前与碰撞后中子的速度之比为( )
图1 2
[解析] 设一起速度为v，球A与B分开，B的速度为vB，由动量守恒定律有
(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB，
mBvB＝(mB＋mC)v，
联立这两式得B与C碰撞前B的速度为vB＝ v0。
[答案] v0专题三Βιβλιοθήκη 动量守恒与机械能守恒的综合
(1)两个定律的研究对象都是物体系，外力作用于系统会改变物体系的总动量，当除重力和系统内弹力(一样是弹簧弹力)之外的力对系统做功时，要改变系统的机械能，即要发生机械能和其他形式能的转化。
7．质量为m的小球A以速度v0在滑腻水平面上运动。与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，那么碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为( )
A．vA＝ v0vB＝ v0B．vA＝ v0vB＝ v0
C．vA＝ v0vB＝ v0D．vA＝ v0vB＝ v0
解析：选AC 两球发生对心碰撞，应知足动量守恒及能量不增加，且后面的物体不能与前面物体有二次碰撞，故D错误。依照动量守恒定律可得，四个选项都知足。但碰撞前总动能为 mv02，而碰撞后B选项能量增加，B错误，故A、C正确。
图5
假设实验许诺的相对误差绝对值 最大为5%，本实验是不是在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算进程。
解析：按概念，滑块运动的瞬时速度大小
v＝ ①
式中Δs为滑块在很短时刻Δt内走过的路程。
设纸带上打出相邻两点的时刻距离为ΔtA，那么
ΔtA＝ ＝0.02 s②
ΔtA可视为很短。
设滑块A在碰撞前、后瞬时速度大小别离为v0、v1。将②式和图给实验数据代入①式得
1．以下说法中正确的选项是( )
A．物体的动量转变，其速度大小必然转变
B．物体的动量转变，其速度方向必然转变
C．物体的速度转变，其动量必然转变
D．物体的速度转变，其动量必然转变
解析：选CD 由p＝mv可知，物体的动量与质量的大小、速度的大小(速度)和方向三个因素有关，只要其中的一个因素转变或它们都转变，p就转变。
第一章 碰撞与动量
碰撞与动量守恒
专题一
动量守恒定律应用中的常见模型
1.人船模型
此类问题关键在于确信物体位移或速度间的关系，并结合动量守恒求解。
2．完全非弹性碰撞模型
此类问题特点是最后物体“合”为一体，具有一起的末速度。利用动量守恒结合功能关系求解。
3．爆炸模型
此类问题动量守恒，其他形式的能转化为物体的动能，知足能量守恒。
mvA＝2mv共(A、B等速时弹簧最短)，
解得v共＝ v0。
9．如图3所示，两滑腻且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2别离穿在两杆上，两球间连接一个维持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0，若是两杆足够长，那么在尔后的运动进程中，以下说法正确的选项是( )
图3