20xx粵教版高中物理選修3-513動(dòng)量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用一課三練-資料下載頁
2024-12-03 21:36本頁面
【導(dǎo)讀】確定研究對(duì)象組成的______，分析所研究的物理過程中，系統(tǒng)________. 的情況是否滿足動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用條件．。設(shè)定________，分別寫出系統(tǒng)初、末狀態(tài)的總動(dòng)量．。根據(jù)動(dòng)量守恒定律列方程．。解方程，統(tǒng)一單位后代入數(shù)值進(jìn)行運(yùn)算，列出結(jié)果．。2．碰撞過程遵循的原則。__________機(jī)械能______；非彈性碰撞機(jī)械能有________，即12m1v21＋12m2v22≥12. m1v1′2＋12m2v2′2，而完全非彈性碰撞機(jī)械能損失最多．原則三：物理情景可行。在光滑水平面上，質(zhì)量為m1的小球以速度v1與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生。彈性正碰．根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有：。被加速后，沿同一條直線相向運(yùn)動(dòng)而發(fā)生猛烈碰撞．為了使碰撞前的動(dòng)能盡可能。多地轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，關(guān)鍵是設(shè)法使這兩個(gè)重離子在碰撞前的瞬間具有相同大小的。5．質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A. 知識(shí)點(diǎn)一碰撞問題分析。的速度運(yùn)動(dòng)，碰上一輛m2＝×104kg的靜止的貨車，它們碰撞后拴接在一起
【正文】 同．求 B與 C 碰撞前 B 的速度． 圖 12 10．如圖 12 所示，一輛質(zhì)量為 M 的平板小車在光滑的水平面上以速度 v 做直線運(yùn)動(dòng)，今在小車的前端輕輕地放上一個(gè)質(zhì)量為 m 的物體，物體放在小車上時(shí)相對(duì)于地面的水平速度為零，設(shè)物體與小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 μ，為使物 體不致于從小車上滑下去，小車的最短長(zhǎng)度為多少？ 習(xí)題課 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 課堂探究練 1． D [能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律是自然界的普遍規(guī)律，選項(xiàng) B 正確．動(dòng)量守恒定律適用于宏觀、低速和微觀、高速情況，故中微子的動(dòng)量與一個(gè) μ 子和一個(gè)τ子的動(dòng)量和相同，當(dāng) μ 子和中微子的運(yùn)動(dòng)方向一致且 μ 子的動(dòng)量小于中微子的 動(dòng)量時(shí)， τ子的運(yùn)動(dòng)方向與中微子的運(yùn)動(dòng)方向一致，選項(xiàng) A、 C 正確．若 μ 子和中微子的運(yùn)動(dòng)方向相反，則 τ子的運(yùn)動(dòng)方向與中微子的運(yùn)動(dòng)方向肯定相同． ] 點(diǎn)評(píng) 微觀粒子的運(yùn)動(dòng)也遵 循動(dòng)量守恒定律． 2． C 3． AC [系統(tǒng)總動(dòng)量為零，所以要使小車向左運(yùn)動(dòng)，甲和乙的總動(dòng)量必須向右，即要求 p 甲 p 乙 ，故 C 對(duì)， B、 D 錯(cuò)．要使小車靜止不動(dòng)，甲、乙總動(dòng)量應(yīng)為零，即 p 甲 ＝－ p 乙 ，故 A 對(duì)． ] 4． v1≤ 2v2或 12v1≤ v223v1 解析 設(shè)向右為正方向， A 與 C 粘合在一起運(yùn)動(dòng)的共同速度為 v′ ，由動(dòng)量守恒定律得 mv1＝ 2mv′① 為保證 B 碰擋板前 A 未能追上 B，應(yīng)滿足 v′ ≤ v2② 設(shè) A 與 B 碰后的共同速度為 v″ ，由動(dòng)量守恒定律得 2mv′ － 32mv2＝ 72mv″③ 為使 B 能與擋板再次碰撞應(yīng)滿足 v″ 0④ 聯(lián)立 ①②③④ 式得 1． 5v2v1≤ 2v2或 12v1≤ v223v1 點(diǎn)評(píng) 多個(gè)物體相互作用時(shí)，可以根據(jù)問題的需要，選擇其中幾個(gè)物體作為一個(gè)系統(tǒng)，若其符合動(dòng)量守恒的條件，則應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解． 5． BC [小球升到最高點(diǎn)時(shí)與小車相對(duì)靜止，有共同速度 v′ ，由水平方向動(dòng)量守恒得： mv0＝ 2mv′① 由機(jī)械能守恒定律得： 12mv20＝ 2(12mv′2)＋ mgh② 解 ①② 得： h＝ v204g，知 D 錯(cuò)．從小球滑上小車到滾下并離開小車，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，由于無摩擦，故機(jī)械能守恒，設(shè)小球返回右端時(shí)速度大小為 v1，此時(shí)小車速度大小為 v2，則有 mv 0＝ mv2－ mv1和 12mv 20＝ 12mv22＋ 12mv 21，解得v2＝ v0， v1＝ 0，即兩者交換 速度，故 B、 C 對(duì)， A 錯(cuò)． ] 6． 4v0 解析 設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為 vmin，拋出貨物后船的速度為 v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為 v2，由動(dòng)量守恒定律得 12mv0＝ 11mv1－ mv min① 10m 2v0－ mvmin＝ 11mv2② 為避免兩船相撞應(yīng)滿足 v1＝ v2③ 聯(lián)立 ①②③ 式得 vmin＝ 4v0 方法總結(jié) 在動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用中，常常會(huì)遇到相互作用的兩物體恰好分離、恰好不相碰、兩物體相距最近、某物體恰好開始反向等臨界問題，分析此類問題時(shí)應(yīng)注意以下幾個(gè)方面： (1)分析物體的受力情況、 運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，判斷系統(tǒng)是否滿足動(dòng)量守恒的條件，正確應(yīng)用動(dòng)量守恒定律． (2)分析臨界狀態(tài)出現(xiàn)所需的條件，即臨界條件．臨界條件往往表現(xiàn)為某個(gè) (或某些 )物理量的特定取值 (或特定關(guān)系 )，通常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系或相對(duì)位移關(guān)系，這些特定關(guān)系是求解這類問題的關(guān)鍵． 7． (1)1 m/s (2) m/s 解析 (1)設(shè)小車的質(zhì)量為 m，選向右方向?yàn)檎较?，則由動(dòng)量守恒定律得：mv 甲 － mv 乙 ＝ mv 甲 ′ ， 所以 v 甲 ′ ＝ v 甲 － v 乙 ＝ 1 m/s (2)兩車速度相等時(shí)距離最近，故有： mv 甲 － mv 乙 ＝ 2mv 共 ， 所以 v 共 ＝ v甲 － v乙2 ＝ m/s 8． m/s 解析 對(duì)子彈和物體 A 由動(dòng)量守恒定律有 mBv0＝ mBv1＋ mAvA 對(duì)物體 A 與平板車有： mAvA＝ (mA＋ M)v 聯(lián)立解得： v＝ m/s 課后鞏固練 1． B [作用前總動(dòng)量為零，則作用后兩物體的動(dòng)量大小相等，方向相反．速度大小跟它們的質(zhì)量成反比，選項(xiàng) A 對(duì)， B 錯(cuò)；彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，作用完畢，選項(xiàng) C、 D 對(duì)． ] 2． B [由動(dòng)量守恒定律有 0＝ m2v＋ (m1－ m2)v′ ，得 v′ ＝－ m2vm1－ m2.] 3． C [在 h2高處，設(shè)子彈射入前木塊速度為 v，射入后木塊豎直分速度變?yōu)関′ ，子彈和木塊在相互作用瞬間豎直方向動(dòng)量守恒，則 m1v＝ (m1＋ m2)v′ ，顯然 v′ vt＝ 2gh，故 v′ 2gh， C 正確． ] 4． A [由于碰后兩車一起向南運(yùn)動(dòng)一段距離，由動(dòng)量守恒定律得： m 客 v 客 m卡 v 卡． 代入數(shù)據(jù)得 v 卡 10 m/ A 正確． ] 5． D [設(shè)木塊運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，第一顆鉛彈射入，有 m1v0－ m2v＝ (m1＋ m2)v1，代入數(shù)據(jù)可得 m1m2＝ 15，設(shè)再射入 n 顆鉛彈后木塊停止，有 (m1＋ m2)v1－ nm2v＝ 0，解得 n＝ 8.] 6． BD [從子彈射向木塊到一起運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程可以分為兩個(gè)階段：子彈射入木塊的瞬間系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，之后子彈在木塊中與木塊一起上升，該過程只有重力做功，機(jī)械能守恒但總能量小于子彈射入木塊前的動(dòng)能，因此 A、 C 錯(cuò)誤；由子彈射入木塊瞬間動(dòng)量守恒可得子彈射入木塊后的共同速度為 mv0M＋ m， B 正確；之后子彈和木塊一起上升，該階段機(jī)械能守恒，可得上升的最大高度為 m2v202g?M＋ m?2， D 正確． ] θM＋ m 解析 以球和砂車作為系統(tǒng)，整個(gè)過程中水平方向不受外力，故水平方向動(dòng)量守恒．據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mv0cos θ＝ (M＋ m)v，所以 v＝ mv0cos θM＋ m . 8． m/s，解答 (1)沒有注意矢量性；解答 (2)沒有注意相對(duì)性；解答 (3)沒有注意同時(shí)性． 解析 選地面為參考系，小車的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎?v0＝ 2 m/s，人相對(duì)于車的速 度 v＝ 4 m/s，人跳出車后車的速度為 v1，人的速度為 v2，則 v2＝ v1－ v＝ (v1－ 4) m/s 由動(dòng)量守恒定律有 (M＋ m)v0＝ Mv1＋ mv 2 代入數(shù)據(jù)得 (60＋ 40) 2＝ 60v1＋ 40(v1－ 4) 解得 v1＝ m/s 解析 設(shè)三滑塊的共同速度為 v， A 與 B 分開后 B 的速度為 vB，由動(dòng)量守恒定律得 (mA＋ mB)v0＝ mAv＋ mBvB mBvB＝ (mB＋ mC)v 聯(lián)立以上兩式，得 B 與 C 碰撞前 B 的速度 vB＝ 95v0 10. Mv22μ?m＋ M?g 解析 達(dá)到相對(duì)靜止時(shí) 有共同速度 v′ ，則由動(dòng)量守恒有 Mv＝ (m＋ M)v′ 平板車的最小長(zhǎng)度為兩者發(fā)生的最小相對(duì)距離，設(shè)為 L. 由能量守恒有 μmgL＝ 12Mv2－ 12(m＋ M)v′ 2 聯(lián)立解得 L＝ Mv22μ?m＋ M?g
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