《高三物理一輪復(fù)習(xí) 第13章 第2節(jié) 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用課件 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三物理一輪復(fù)習(xí) 第13章 第2節(jié) 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用課件 新人教版（35頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第第2節(jié)節(jié)動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用考點(diǎn)考點(diǎn)1：碰撞：碰撞【例1】如圖1321所示，在光滑水平面上有直徑相同的a、b兩球，在同一直線上運(yùn)動(dòng)選定向右為正方向，兩球的動(dòng)量分別為pa=6kgm/s、pb=4kgm/s.當(dāng)兩球相碰之后，兩球的動(dòng)量可能是()Apa=6kgm/s、pb=4kgm/sBpa=6kgm/s、pb=8kgm/sCpa=4kgm/s、pb=6kgm/sDpa=2kgm/s、pb=0圖1321切入點(diǎn)：從分析動(dòng)量守恒入手【解析】由動(dòng)量守恒定律可知A項(xiàng)不正確D項(xiàng)b靜止，a向右，與事實(shí)不符，故D項(xiàng)錯(cuò)B項(xiàng)中a動(dòng)能不變，b動(dòng)能增加，總動(dòng)能增加，故B項(xiàng)錯(cuò)答案：C考點(diǎn)考點(diǎn)2：爆炸與反沖

2、：爆炸與反沖【例2】拋出的手雷在最高點(diǎn)時(shí)的水平速度為10m/s，這時(shí)突然炸成兩塊，其中大塊質(zhì)量300g仍按原方向飛行，其速度測(cè)得為50m/s，另一小塊質(zhì)量為200g，求它的速度的大小和方向【解析】設(shè)手雷原飛行方向?yàn)檎较?，則整體初速度v0=10m/s；m1=0.3kg的大塊速度為v1=50m/s，m2=0.2kg的小塊速度為v2，方向不清，暫設(shè)為正方向由動(dòng)量守恒定律：(m1+m2)v0=m1v1+m2v2.代入數(shù)據(jù)解得：v2=50m/s，此結(jié)果表明，質(zhì)量為200g的那部分以50m/s的速度向反方向運(yùn)動(dòng)，其中負(fù)號(hào)表示與所設(shè)正方向相反考點(diǎn)考點(diǎn)3：多物體系統(tǒng)的動(dòng)量守恒：多物體系統(tǒng)的動(dòng)量守恒【例3】如

3、圖1322所示，mA=1kg，mB=4kg，小物塊mC=1kg，ab、dc段均光滑，且dc段足夠長(zhǎng)；物體A、B上表面粗糙，最初均處于靜止小物塊C靜止在a點(diǎn)，已知ab長(zhǎng)度L=16m，現(xiàn)給小物塊C一個(gè)水平向右的瞬間沖量I0=6Ns.圖1322(1)當(dāng)C滑上A后，若剛好在A的右邊緣與A具有共同的速度v1(此時(shí)還未與B相碰)，求v1的大小(2)A、C共同運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與B相碰，若已知碰后A被反彈回來(lái)，速度大小為0.2m/s，C最后和B保持相對(duì)靜止，求B、C最終具有的共同速度v2.【解析】(1)對(duì)物塊C，由動(dòng)量定理，取向右為正方向，I0=mCv00，v0=I0/mC=6m/s，從C滑到A的右邊緣的過(guò)程中

4、，由于F合=0，所以A、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以v0方向?yàn)檎?，mCv0=(mC+mA)v1，所以v1=3m/s. (2)以v0方向?yàn)檎珹、C一起向右運(yùn)動(dòng)到與B相碰后，C將滑上B做減速運(yùn)動(dòng)，直到與B達(dá)到共同的速度，整個(gè)過(guò)程動(dòng)量守恒，有(mC+mA)v1=mAvA+(mB+mC)v2，所以v2=1.24m/s.題型一：人船模型問(wèn)題題型一：人船模型問(wèn)題【例4】某人站在靜浮于水面的船上，從某時(shí)刻開(kāi)始人從船頭走向船尾設(shè)水的阻力不計(jì)，那么在這段時(shí)間內(nèi)關(guān)于人和船的運(yùn)動(dòng)情況判斷錯(cuò)誤的是()A人勻速行走，船勻速后退，兩者速度大小與它們的質(zhì)量成反比B人加速行走，船加速后退，而且加速度大小與它們的質(zhì)量成反比C人走走停停

5、，船退退停停，兩者動(dòng)量總和總是為零D當(dāng)人從船頭走到船尾停止運(yùn)動(dòng)后，船由于慣性還會(huì)繼續(xù)后退一段距離0m vMvvMvm人 人船人人船人和船組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，選人前進(jìn)的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得： 即【解析】 故人前進(jìn)的速度跟船后退的速度大小總跟它們的質(zhì)量成反比，但人的速度和船的速度成正比故人走船走，人快船快，人慢船慢，人停船停即A、C的判斷是正確的由于人和船間的相互作用力大小相等，由牛頓第二定律知，m人a人=Ma船，即人和船的加速度大小跟它們的質(zhì)量成反比，B的判斷正確D選項(xiàng)的判斷錯(cuò)誤，應(yīng)選D.答案： D思維拓展：利用“人船模型”解題的基本思路：(1)先判斷初速度是否為零(若初速度

6、不為零，則此式不成立)(2)判斷在系統(tǒng)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，至少有一個(gè)方向動(dòng)量守恒(如水平方向或豎直方向)(3)畫(huà)出各物體位移關(guān)系的草圖，找出各長(zhǎng)度間的關(guān)系式“人船模型”在實(shí)際應(yīng)用中有許多變化，正確遷移、靈活運(yùn)用是關(guān)鍵題型二：多過(guò)程多物體的動(dòng)量守恒題型二：多過(guò)程多物體的動(dòng)量守恒【例5】如圖1323所示，在光滑的水平面上有兩塊并列放置的木塊A與B，已知A的質(zhì)量是500g，B的質(zhì)量是300g，有一質(zhì)量為80g的小銅塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))以25m/s的水平初速度開(kāi)始在A的表面滑動(dòng)銅塊最后停在B上，B與C一起以2.5m/s的速度共同前進(jìn)求(1)木塊A最后的速度vA；(2)C離開(kāi)A時(shí)的速度vC.圖13230

7、CCCABACCBABCBCCAABCm vm vmmvCBABCm vm vmmv 在 上滑動(dòng)時(shí)，選 、 、 作為一個(gè)系統(tǒng)，其總動(dòng)量守恒，則 滑到 上后 做勻速運(yùn)動(dòng)，再選 、 作為一個(gè)系統(tǒng)，其總動(dòng)量也守恒，則 【解析】點(diǎn)評(píng)：解決多個(gè)過(guò)程動(dòng)量守恒的問(wèn)題，一是動(dòng)量守恒的系統(tǒng)和過(guò)程如何確定，二是碰撞后的各個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)如何確定02.1m/s4m/s.CAABCBCACCABABCm vm vmmvvv 也可以研究 在 、 上面滑動(dòng)的全過(guò)程，在整個(gè)過(guò)程中， 、 、 組成系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，則： 把上述三方程式中的任意兩個(gè)聯(lián)立求解即可得到，1.(2011海南)一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，

8、其截面如圖1324所示圖中ab為粗糙的水平面，長(zhǎng)度為L(zhǎng)；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過(guò)與ab和bc均相切的長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧連接現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達(dá)a點(diǎn)前與物體P相對(duì)靜止重力加速度為g.求(1)木塊在ab段受到的摩擦力f；(2)木塊最后距a點(diǎn)的距離s.圖1324 0220201211 222(3)3Pvmvmm vmvmm vmghfLm vghfL設(shè)木塊和物體 共同速度為 ，兩物體從開(kāi)始到第一次到達(dá)共同速度過(guò)程由動(dòng)量和能量守恒得： 【 由得： 解析】 22020202()11 222263Pmvmm vfL

9、svghsLvgh木塊返回時(shí)與物體 第二次達(dá)到的共同速度與第一次相同 動(dòng)量守恒 ，全過(guò)程能量守恒得： 由得：2.(2011新課標(biāo))如圖1325，A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時(shí)用細(xì)線把BC緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個(gè)整體，現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘合在一起，以后細(xì)線突然斷開(kāi)，彈簧伸展，從而使C與A、B分離已知C離開(kāi)彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢(shì)能圖13250110332ABCvmvmvCABvmvmvmv設(shè)碰后 、 和 的共同速度的大小為 ，由動(dòng)量

10、守恒得 設(shè) 離開(kāi)彈簧時(shí)， 、 的速【解析度大小為 ，由動(dòng)量守恒得 】 p222p102p01113222213ECm vEm vmvEmv 設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為，從細(xì)線斷開(kāi)到 與彈簧分開(kāi)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，有 由式得彈簧所釋放的勢(shì)能為 3.(2010重慶理綜)某興趣小組用如圖1326所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)研究他們?cè)谒阶烂嫔瞎潭ㄒ粌?nèi)徑為d的圓柱形玻璃杯，杯口上放置一直徑為3d/2、質(zhì)量為m的勻質(zhì)薄圓板，板上放一質(zhì)量為2m的小物塊板中心、物塊均在杯的軸線上物塊與板間動(dòng)摩擦因數(shù)為，不計(jì)板與杯口之間的摩擦力，重力加速度為g，不考慮板翻轉(zhuǎn)圖1326 (1)對(duì)板施加指向圓心的水平外力F，設(shè)物塊與板間最大靜摩擦

11、力為fmax，若物塊能在板上滑動(dòng)，求F應(yīng)滿足的條件 (2)如果對(duì)板施加的指向圓心的水平外力是作用時(shí)間極短的較大沖擊力，沖量為I. I應(yīng)滿足什么條件才能使物塊從板上掉下？ 物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到掉下時(shí)的位移s為多少？ 根據(jù)s與I的關(guān)系式說(shuō)明要使s更小，沖量應(yīng)如何改變 maxmaxmax123232fafmaFfmaffFfFf設(shè)圓板與物塊相對(duì)靜止時(shí)，它們之間的靜摩擦力為 ，共同加速度為由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，有：對(duì)物塊，對(duì)圓板：兩物相對(duì)靜止，有 得 相對(duì)滑動(dòng)的條件【解析】 01202210220122.3112()422122022vvvImvmg sdmvmvmgsm vmvmvmv設(shè)沖擊剛結(jié)束時(shí)圓板獲得的

12、速度大小為 ，物塊掉下時(shí)，圓板和物塊速度大小分別為 和由動(dòng)量定理，有 由動(dòng)能定理，有： 對(duì)圓板 對(duì)物塊 由動(dòng)量守恒定律，有 12222222322912()23312()292vvImgdIIm gdsgmmdsgIIm gdIs要使物塊落下，必須由以上各式得分子有理化得根據(jù)上式結(jié)果知： 越大， 越小4.(2010貴陽(yáng)模擬)一人坐在靜止于冰面上的小車上，人與車的總質(zhì)量M=70kg，當(dāng)他接到一個(gè)質(zhì)量m=20kg、以速度v0=5m/s迎面滑來(lái)的木箱后，立即相對(duì)于自己以v=5m/s的速度逆著木箱原來(lái)滑行的方向推出木箱，不計(jì)冰面阻力則小車獲得的速度是多大？00()()20 (55)m/s2.2m/s.

13、7020vvvmvMvm vvm vvvMm 設(shè)推出木箱后小車的速度大小為 ，此時(shí)木箱相對(duì)地面的速度大小為，由動(dòng)量守恒定得【律解析】5.(2010長(zhǎng)沙調(diào)研)半圓形光滑軌道固定在水平地面上，如圖1327所示，并使其軌道平面與地面垂直，物體m1、m2同時(shí)由軌道左、右最高點(diǎn)釋放，二者碰后粘在一起向上運(yùn)動(dòng)，最高能上升到軌道M點(diǎn)，已知OM與豎直方向夾角為60，則兩物體的質(zhì)量之比m1 m2為( ) 圖1327A ( 21) ( 21)B. 2 1C ( 21) ( 21)D 12 C6.如圖1328所示，總質(zhì)量為M的大小兩物體，靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物體和大物體間有壓縮著的彈簧，另有質(zhì)量為2m的物體以v0速度向右沖來(lái)，為了防止沖撞，大物體將小物體發(fā)射出去，小物體和沖來(lái)的物體碰撞后粘合在一起問(wèn)小物體發(fā)射的速度至少應(yīng)多大，才能使它們不再碰撞？ 圖132820mMm vmv 發(fā)射小物體后大物體的速度跟質(zhì)量為的物體和小物體碰后的速度相等，恰好使它們不再相碰，這種情況發(fā)射小物體的速度就是避免相碰的最小發(fā)射速度對(duì)發(fā)射小物體的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得 【解析】002 222().2mmvMm vMmvvMm 對(duì)大、小物體和質(zhì)量為的物體相互作用的全過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得由上兩式求得