2019年高考物理一輪復習 第六章 動量和動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及應用學案.doc
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第2講 動量守恒定律及應用 微知識1 動量守恒定律 1．內(nèi)容：如果系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的合力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。 2．常用的四種表達形式 (1)p＝p′，即系統(tǒng)相互作用前的總動量p和相互作用后的總動量p′大小相等，方向相同。 (2)Δp＝p′－p＝0，即系統(tǒng)總動量的增量為零。 (3)Δp1＝－Δp2，即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的減少量。 (4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同一直線上時，作用前總動量與作用后總動量相等。 3．常見的幾種守恒形式及成立條件 (1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。 (2)近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內(nèi)力遠大于外力。 (3)分動量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為零，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。 微知識2 碰撞 1．碰撞現(xiàn)象：兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用的過程。 2．碰撞特征 (1)作用時間短。 (2)作用力變化快。 (3)內(nèi)力遠大于外力。 (4)滿足動量守恒。 3．碰撞的分類及特點 (1)彈性碰撞：動量守恒，機械能守恒。 (2)非彈性碰撞：動量守恒，機械能不守恒。 (3)完全非彈性碰撞：動量守恒，機械能損失最多。 微知識3 爆炸現(xiàn)象 爆炸過程中內(nèi)力遠大于外力，爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動量守恒。 微知識4 反沖運動 1．物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運動的現(xiàn)象。 2．反沖運動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚?。 一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“√”，錯誤的畫“”。) 1．動量守恒定律中的速度是相對于同一參考系的速度。(√) 2．質量相等的兩個物體發(fā)生碰撞時，一定交換速度。() 3．系統(tǒng)的總動量不變是指系統(tǒng)總動量的大小保持不變。() 4．系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒。() 二、對點微練 1．(動量守恒條件)(多選)如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩個木塊，A、B之間用一輕彈簧連接，A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止狀態(tài)。若突然撤去力F，則下列說法中正確的是( ) A．木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒 B．木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒 C．木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒 D．木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒 解析 木塊A離開墻壁前，由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)受墻壁的彈力，屬于外力，故系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒，故選項A錯，B對；木塊A離開墻壁后，由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，又沒有機械能和其他形式的能量轉化，故機械能也守恒，故選項C對，D錯。 答案 BC 2．(動量守恒定律)如圖所示，用細線掛一質量為M的木塊，有一質量為m的子彈自左向右水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為v0和v(設子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計)，木塊的速度大小為( ) A. B. C. D. 解析 子彈和木塊水平方向動量守恒，mv0＝Mv′＋mv，由此知v′＝，故B項正確。 答案 B 3．(碰撞)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是( ) A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s 解析 雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際；C項中，兩球碰后的總 動能E′k＝mAv′A2＋mBv′B2＝57 J，大于碰前的總動能Ek＝22 J，違背了能量守恒定律；而B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，故B項正確。 答案 B 4．(爆炸和反沖)將靜止在地面上，質量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結束時火箭模型獲得的速度大小是( ) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 解析 根據(jù)動量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝v0，選項D正確。 答案 D 見學生用書P095 微考點 1 動量守恒定律的應用 核|心|微|講 1．動量守恒定律適用條件 (1)前提條件：存在相互作用的物體系。 (2)理想條件：系統(tǒng)不受外力。 (3)實際條件：系統(tǒng)所受合外力為零。 (4)近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)所受的外力。 (5)方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動量守恒。 2．動量守恒定律與機械能守恒定律的比較 3．應用動量守恒定律的解題步驟 典|例|微|探 【例1】 如圖所示，光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C，質量分別為mA＝3m、mB＝mC＝m，開始時B、C均靜止，A以初速度v0向右運動，A與B相撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間的距離保持不變。求B與C碰撞前B的速度大小。 【解題導思】 (1)A、B碰撞過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？ 答：守恒。 (2)題中的“此后A、B間距離保持不變”說明了什么？ 答：最終A、B、C三個木塊的速度相同。 解析 設A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動量守恒定律得 對A、B木塊：mAv0＝mAvA＋mBvB，① 對B、C木塊：mBvB＝(mB＋mC)v，② 由最后A與B間的距離保持不變可知vA＝v，③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得vB＝v0。 答案 v0 題|組|微|練 1．如圖所示，水平光滑地面上依次放置著質量均為m＝0.08 kg的10塊完全相同的長直木板。質量M＝1.0 kg、大小可忽略的小銅塊以初速度v0＝6.0 m/s從長木板左端滑上木板，當銅塊滑離第一塊木板時，速度大小為v1＝4.0 m/s，銅塊最終停在第二塊木板上。g取10 m/s2，結果保留兩位有效數(shù)字。求： (1)第一塊木板的最終速度。 (2)銅塊的最終速度。 解析 (1)銅塊在第一塊木板上滑動的過程中，由動量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2，得v2＝2.5 m/s。 (2)銅塊從滑上第一塊木板到停在第二塊木板上，滿足動量守恒 Mv0＝mv2＋(M＋9m)v3， 得v3≈3.4 m/s。 答案 (1)2.5 m/s (2)3.4 m/s 2．如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。 解析 因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mCvC， A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得 mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB， A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC，聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2 m/s。 答案 2 m/s 微考點 2 碰撞問題 核|心|微|講 1．碰撞過程中動量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2。 2．碰撞后系統(tǒng)總動能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2，或＋≥＋。 3．碰撞過程中發(fā)生的情況必須符合客觀實際，如果甲追上乙并發(fā)生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于或等于乙的速度，或甲反向運動。如果碰前甲、乙是相向運動，則碰后甲、乙的運動方向不可能都不改變，除非甲、乙碰撞后速度均為零。 典|例|微|探 【例2】 (多選)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動。兩球質量關系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6 kg m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4 kgm/s，則( ) A．該碰撞為彈性碰撞 B．該碰撞為非彈性碰撞 C．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 【解題導思】 (1)A、B兩球，誰的速度更大些？ 答：A球的速度更大些。 (2)如何分析碰撞是否是彈性碰撞？ 答：計算碰撞前的動能和碰撞后的動能的關系即可判斷出結果。 解析 由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方為A球，由于碰前動量都為6 kg m/s，即都向右運動，兩球不可能相碰；若左方為A球，設碰后二者速度分別為v′A、v′B，由題意知p′A＝mAv′A＝2 kg m/s，p′B＝mBv′B＝10 kg m/s，解得＝。碰撞后A球動量變?yōu)? kg m/s，B球動量變?yōu)?0 kg m/s，又mB＝2mA，由計算可知碰撞前后A、B兩球動能之和不變，即該碰撞為彈性碰撞，選項A、C正確。 答案 AC 【反思總結】 碰撞問題的解題策略 1．抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應方程求解。 2．可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1＝v0、v2＝v0。 3．熟記彈性正碰的一些結論，例如，當兩球質量相等時，兩球碰撞后交換速度；當m1?m2，且v20＝0時，碰后質量大的速率不變，質量小的速率為2v0；當m1?m2，且v20＝0時，碰后質量小的球原速率反彈。 題|組|微|練 3．(多選)(2018湖南師大附中摸底考試)質量為m，速度為v的A球跟質量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度可能值為( ) A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v 解析 若發(fā)生的是完全非彈性碰撞：mv＝4mv1?v1＝0.25v，若發(fā)生的是彈性碰撞：可得B球的速度v2＝0.5v，即0.25v≤v′≤0.5v，故B、C項正確。 答案 BC 4．如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質量為m，B、C的質量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。 解析 A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒。設速度方向向右為正，開始時A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1，由動量守恒定律和機械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1，① mv＝mv＋Mv，② 聯(lián)立①②式得 vA1＝v0，③ vC1＝v0。④ 如果m>M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運動，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m
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