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產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，通常可以用動量守恒定律來處理。 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)內各物體間相互作用的內力遠大于系統(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，代入數據得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，代入數據得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)?，F(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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