《高考物理一輪復習 專題十七 碰撞與動量守恒課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理一輪復習 專題十七 碰撞與動量守恒課件（30頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專 題 十 七 碰 撞 與 動 量 守 恒高 考 物 理 知 識 清 單 方法一對動量守恒定律的幾點說明1.系統性:動量守恒定律成立的條件是系統不受外力或所受外力之和為零,因此,應用動量守恒定律解決問題時,要注意分析系統受到哪些外力,是否滿足動量守恒的條件。系統的動量守恒時,系統內某一物體的動量可以不守恒,系統內所有物體動量的絕對值之和也可以不守恒,所以說“動量守恒”是指系統內所有物體動量的矢量和是守恒的。2.矢量性:動量守恒定律的表達式是矢量式。(1)該式說明系統的總動量在相互作用前后不僅大小相等,方向也相同。(2)處理一條直線上的動量守恒問題時,要選定一個正方向,用正、負號表示動量的方向,

2、從而將矢量運算轉化為代數運算。3.同一性:動量守恒定律中的各個速度必須相對同一參考系(一般是相對地面)。 4.同時性:動量是狀態(tài)量,動量守恒定律是指系統任意時刻總動量保持不變,因此系統內物體相互作用前的總動量m1v1+m2v2中的v1、v2必須是相互作用前同一時刻的瞬時速度;相互作用后的總動量m1v1+m2v2中的v1、v2必須是相互作用后同一時刻物體的瞬時速度。 突 破 方 法 例12012山東理綜,38(2)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碰撞后分開,B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起,此后A與B間的距離保

3、持不變。求B與C碰撞前B的速度大小。解題思路關鍵詞:光滑水平軌道,A與B碰后分開,B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起。A與B間的距離保持不變,說明最后速度相同,應用動量守恒解題,分別對A、B,對B、C列方程。解析設A與B碰撞后,A的速度為v A,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對B、C木塊:mBvB=(mB+mC)v由A與B間的距離保持不變可知 vA=v聯立式,代入數據得vB=v0答案v0點評本題為課改后較為流行的考查動量守恒應用的模型之一,學生在學習時應關注到下面的情況:(1)最終三者共速,有:3mv 0=(3m+

4、m+m)v,解得v=v0;(2)A、B碰撞損失的能量為:Ek=3m-3m(v0)2+m(v0)2=m;B、C碰撞損失的能量為:Ek=m(v0)2-2m(v0)2=m。1-1如圖所示,A、B兩物體質量之比mA mB=3 2,原來靜止在平板小車C上,A、B間有一根被壓縮的彈簧,地面光滑,當彈簧突然釋放后,則() 65 65 3512 20v 12 35 12 65 625 20v12 65 12 35 925 20v A.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同,A、B組成的系統的動量守恒B.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同,A、B、C組成的系統的動量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等,

5、A、B組成的系統的動量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C組成的系統的動量守恒答案BCD解析如果A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同,彈簧釋放后A、B分別相對于小車向左、向右滑動,它們所受的滑動摩擦力F A向右,FB向左。由于mA mB=3 2,所以FA FB=3 2,則A、B組成的系統所受的外力之和不為零,故其動量不守恒,A選項錯。對A、B、C組成的系統,A、B與C間的摩擦力為內力,該系統所受的外力為豎直方向上的重力和支持力,它們的合力為零,故該系統的動量守恒,B、D選項均正確。若A、B所受摩擦力大小相等,則A、B組成的系統的外力之和為零,故其動量守恒,C選項正確。 方法二力學

6、規(guī)律的綜合應用1.解動力學問題的三個基本觀點(1)力的觀點:運用牛頓定律結合運動學知識解題,可處理勻變速運動問題。(2)能量觀點:用動能定理和能量守恒觀點解題,可處理非勻變速運動問題。(3)動量觀點:用動量守恒觀點解題,可處理非勻變速運動問題。但綜合題的解法并非孤立,而應綜合利用上述三種觀點的多個規(guī)律,才能順利求解。2.力學規(guī)律的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式,可用牛頓第二定律。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時,一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。 (3)若研究的對象為一物體系統,且它們之間有相互作用,一般用兩個守恒定

7、律去解決問題,但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。(4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律,利用系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量,即轉變?yōu)橄到y內能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時,需注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉換。這種問題由于作用時間都極短,因此動量守恒定律一般能派上大用場。例2如圖所示,質量為m1=0.2kg的小物塊A,沿水平面與小物塊B發(fā)生正碰,小物塊B的質量為m2=1kg。碰撞前,A的速度大小為v0=3m /s,B靜止在水平地面上。由于兩物塊的材料未知,將可能發(fā)生不同性質的碰撞,已知A、B與地面間的動摩擦因數

8、均為=0.2,重力加速度g取10m /s 2,試求碰后B在水平面上滑行的時間。解析假如兩物塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞,碰后的共同速度為v 1,則由動量守恒定律有m1v0=(m1+m2)v1碰后,A、B一起滑行直至停下,設滑行時間為t1,則由動量定理有(m1+m2)gt1=(m1+m2)v1 解得t1=0.25s假如兩物塊發(fā)生的是彈性碰撞,碰后A、B的速度分別為vA、vB,則由動量守恒定律有m1v0=m1vA+m2vB由機械能守恒有m1=m1+m2設碰后B滑行的時間為t 2,則m2gt2=m2vB解得t2=0.5s可見,碰后B在水平面上滑行的時間t滿足0.25s t 0.5s答案見解析2-1如圖所

9、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m B=2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動量均為6kgm /s,運動中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動量增量為-4kgm /s,則() 12 20v 12 2Av 12 2Bv A.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2 5B.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為1 10C.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2 5D.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為1 10答案A解析由兩球的動量都是6kgm /s可知,運動方向都向右,且能夠相碰,說明左方是質量小速度大的小球,故左方是A球。碰后A球的動量減少了

10、4kgm /s,即A球的動量為2kgm /s,由動量守恒定律得B球的動量為10kgm /s,則其速度比為2 5,故選項A是正確的。 方法三模型法解題1.“子彈打木塊”模型對于滑塊類問題,往往通過系統內摩擦力的相互作用而改變系統內的物體的運動狀態(tài),既可由兩大定理和牛頓運動定律分析單個物體的運動,又可由守恒定律分析動量的傳遞、能量的轉化,在能量轉化方面往往用到E內=E機=F滑x相。例3如圖所示,光滑水平面上有A、B兩小車,質量分別為m A=20kg,mB=25kg。A以初速度v0=3m/s向右運動,B車原來靜止,且B車右端放著物塊C,C的質量為mC=15kg。A、B相撞且在極短時間內連接在一起,不

11、再分開。已知C與B水平表面間動摩擦因數為=0.20,B車足夠長,求C沿B上表面滑行的長度。 解析A、B相撞,A、B組成的系統動量守恒,有:mAv0=(mA+mB)v1解出v1=m /s。由于在極短時間內摩擦力對C的沖量可以忽略,故A、B剛連接為一體時,C的速度為零。此后,C沿B上表面滑行,直至相對于B靜止。這一過程中,系統動量守恒,系統的動能損失等于滑動摩擦力與C在B上的滑行距離之積:(m A+mB)v1=(mA+mB+mC)v(mA+mB)-(mA+mB+mC)v2=mCgL解出L=m。答案m4312 21v 121313 解題導引 面,曲面下端與水平面相切,如圖所示,一質量為m的物塊位于劈

12、A的傾斜面上,距水平面的高度為h,物塊從靜止滑下,然后又滑上劈B。求物塊在B上能夠達到的最大高度。解析物塊沿劈A下滑和沿劈B上滑的過程,系統在水平方向所受外力為零,故在水平方向動量守恒。設物塊到達劈A的底端時,物塊和劈A的速度大小分別為v和v 1,由機械能守恒和動量守恒得mgh=mv2+M1v1M1v1=mv設物塊在劈B上達到的最大高度為h,此時物塊和B的共同速度大小為v2,由機械能守恒和動量守恒得mgh+(M2+m)v2=mv212 1212 12 2.系統在某一特定方向上的動量守恒例4兩質量分別為M1和M2的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上,A和B的傾斜面都是光滑曲 mv=(M2+m)

13、v2聯立以上各式解得h=h答案h3.碰撞后運動狀態(tài)可能性的判定根據兩物體碰撞前的運動狀態(tài)判斷碰撞后可能的運動狀態(tài),是動量守恒定律中常見的問題。解決此類問題時,既可以用一般碰撞的速度范圍特點判斷,即任何一個碰撞過程的速度的取值,必處于完全彈性碰撞和完全非彈性碰撞這兩種碰撞速度之間,也可根據碰撞規(guī)律所遵循的三個制約關系進行判斷。(1)動量制約:即碰撞過程中必須受到動量守恒定律的制約,總動量的方向恒定不變,即p 1+p2=p1+p2。(2)動能制約:即在碰撞過程中,碰撞雙方的總動能不會增加,即Ek1+Ek2 Ek1+Ek2。(3)運動制約:即碰撞要受到運動的合理性要求的制約,如果碰前兩物體同向運動,

14、則后面物體的速度必須大于前面物體的速度,碰撞后原來在前面的物體速度必增大,且大于或等于后面的物體 1 21 2( )( )M MM m M m 1 21 2( )( )M MM m M m 的速度,否則碰撞沒有結束;如果碰前兩物體是相向運動,而碰后兩物體的運動方向不可能都不改變,除非碰后兩物體速度均為零。例5兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動,mA=1kg,mB=2kg,vA=6m /s,vB=2m /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.vA=5m /s,vB=2.5m /sB.v A=2m /s,vB=4m /sC.vA=-4m /s,vB=7m /sD

15、.vA=7m /s,vB=1.5m /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vA大于B的速度vB,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Ek=mAv+mBvx=57J,大于碰前的總動能E k=22J,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 12 2A 12 2B (1)該題型的特點(2)方程m1-m2=0(、為速度大小)(3)結論m1s1=m2s2(s1、s2為位移大小)例6長為L、質量為M的小船停在靜水中,一個質量為m的人立在船頭,若不計水的黏滯阻力,當人從船頭走到船尾的過程中,船和人對地面的位移

16、各是多少?解題導引 解析選人和船組成的系統為研究對象,因系統在水平方向不受力,所以動量守恒,人未走時系統的總動量為零。當人起步加速前進時,船同時加速后退;當人勻速前進時,船勻速后退;當人減 兩個物體動量守恒總動量為零1v 2v 1v 2v4.平均動量守恒問題(人船模型) 速前進時,船減速后退;當人速度為零時,船速度也為零。設某時刻人對地的速率為v1,船對地的速率為v2,根據動量守恒得mv1-Mv2=0因為在人從船頭走到船尾的整個過程中時刻滿足動量守恒,對式兩邊同乘以t,得mx1-Mx2=0式為人對地的位移和船對地的位移關系。由圖還可看出: x1+x2=L聯立兩式得12 Mx LM mmx LM m 答案見解析