《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量守恒定律及其應(yīng)用 第2講 動量守恒定律學(xué)案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量守恒定律及其應(yīng)用 第2講 動量守恒定律學(xué)案.doc（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第2講　動量守恒定律 板塊一　主干梳理夯實基礎(chǔ) 【知識點1】　動量守恒定律及其應(yīng)用　Ⅱ 1．幾個相關(guān)概念 (1)系統(tǒng)：在物理學(xué)中，將相互作用的幾個物體所組成的物體組稱為系統(tǒng)。 (2)內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的相互作用力叫做內(nèi)力。 (3)外力：系統(tǒng)以外的其他物體對系統(tǒng)的作用力叫做外力。 2．動量守恒定律 (1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律。 (2)表達(dá)式 ①p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′。 ②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。 ③Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。 ④Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零。 (3)適用條件 ①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒。 ②近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。 ③某方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。 【知識點2】　彈性碰撞和非彈性碰撞?、? 1．碰撞 碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。 2．特點 在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。 3．分類 動量是否守恒 機械能是否守恒 彈性碰撞 守恒 守恒 非彈性碰撞 守恒 有損失 完全非彈性碰撞 守恒 損失最大 4．反沖現(xiàn)象 (1)在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用的過程中系統(tǒng)的動能增大，且常伴有其他形式能向動能的轉(zhuǎn)化。 (2)反沖運動的過程中，如果合外力為零或外力的作用遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，可利用動量守恒定律來處理。 5．爆炸問題 爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒，爆炸過程中位移很小，可忽略不計，作用后從相互作用前的位置以新的動量開始運動。 板塊二　考點細(xì)研悟法培優(yōu) 考點1動量守恒定律[深化理解] 1．動量守恒的“五性” (1)矢量性：表達(dá)式中初、末動量都是矢量，首先需要選取正方向，分清各物體初、末動量的正、負(fù)。 (2)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。 (3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動量守恒定律，各物體的速度必須是相對同一慣性參考系的速度。一般選地面為參考系。 (4)相對性：動量守恒定律方程中的動量必須是相對于同一慣性參考系。 (5)普適性：它不僅適用于兩個物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。 2．應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟 例1　如圖所示，質(zhì)量為m＝245 g的物塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M＝0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s 沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10 m/s2。子彈射入后，求： (1)物塊相對木板滑行的時間； (2)物塊相對木板滑行的位移。 (1)時間極短說明了什么？ 提示：①子彈與物塊作用時，物塊的位置沒發(fā)生變化； ②子彈與物塊作用結(jié)束后，物塊與木板才相互作用。 (2)物體相對木板滑行的位移是物塊的位移嗎？ 提示：不是。 嘗試解答　(1)1_s__(2)3_m。 (1)子彈打入木塊過程，由動量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m)v1， 木塊在木板上滑動過程，由動量守恒定律得 (m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2， 對子彈木塊整體，由動量定理得 －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)， 聯(lián)立解得物體相對小車的滑行時間t＝＝1 s。 (2)由能量守恒定律得 μ(m0＋m)gd＝(m0＋m)v－(m0＋m＋M)v， 聯(lián)立解得d＝3 m。 總結(jié)升華 應(yīng)用動量守恒定律應(yīng)注意的問題 (1)在同一物理過程中，系統(tǒng)的動量是否守恒與系統(tǒng)的選取密切相關(guān)，因此應(yīng)用動量守恒解決問題時，一定要明確哪些物體組成的系統(tǒng)在哪個過程中動量是守恒的。 (2)注意挖掘題目中的隱含條件，這是解題的關(guān)鍵，如本例中，時間極短是指子彈與物塊相互作用時，物塊m位置沒變，子彈與物塊m共速后，才相對木板M運動。物塊相對木板滑行的位移是指物塊m相對木板M滑行的位移，并非對地的位移，并且物塊m和木板最后共速。 1.如圖所示，在桌面邊緣有一木塊質(zhì)量是1.99 kg，桌子高h(yuǎn)＝0.8 m，一顆質(zhì)量為10 g的子彈，擊中木塊，并留在木塊內(nèi)，落在桌子右邊80 cm處的P點，子彈入射的速度大小是下列哪個數(shù)據(jù)(g取10 m/s2)(　　) A．200 m/s B．300 m/s C．400 m/s D．500 m/s 答案　C 解析　題目牽涉的過程有兩個：一是子彈打擊木塊；二是子彈木塊共同做平拋運動。根據(jù)平拋位移x＝0.8 m知x＝v共t，t＝，所以v共＝＝x＝2 m/s。子彈打擊木塊過程中動量守恒，則有mv0＝(M＋m)v共，所以v0＝＝400 m/s，C正確。 2. [2018寧夏固原市一中月考]如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質(zhì)量為m的球以速度v0向滑塊滾來，小球不能越過滑塊，則小球到達(dá)最高點時，小球和滑塊的速度大小是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　小球沿滑塊上滑的過程中，對小球和滑塊組成系統(tǒng)，水平方向不受外力因而動量守恒，小球到達(dá)最高點時和滑塊具有相同的對地速度v(若速度不相同，必然相對滑塊運動，此時一定不是最高點)。由水平方向動量守恒得：mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A正確。 考點2碰撞問題分析[模型應(yīng)用] 1．分析碰撞問題的三個依據(jù) (1)動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 (3)速度要合理 ①碰前兩物體同向，則v后>v前；碰后，原來在前的物體速度一定增大，且v前′≥v后′。 ②兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。 2．彈性碰撞的規(guī)律 兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒。 以質(zhì)量為m1，速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′① m1v＝m1v1′2＋m2v2′2② 由①②得v1′＝　v2′＝ 結(jié)論： (1)當(dāng)m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度。 (2)當(dāng)m1>m2時，v1′>0，v2′>0，并且v1′0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來。 例2　兩個小球A、B在光滑水平面上沿同一直線運動，其動量大小分別為5 kgm/s和7 kgm/s，發(fā)生碰撞后小球B的動量大小變?yōu)?0 kgm/s，由此可知：兩小球的質(zhì)量之比可能為(　　) A.＝1 B.＝ C.＝ D.＝ (1)A、B兩小球動量大小分別為5 kgm/s和7 kgm/s有幾種情況？ 提示：①同向運動，A球在前，B球在后； ②同向運動，A球在后，B球在前； ③相向運動。 (2)發(fā)生碰撞時，一定守恒的是什么？ 提示：動量。 嘗試解答　選C。 將兩小球碰撞前后的動量方向間的關(guān)系作出如下各種假設(shè)，然后運用碰撞的三個制約因素進(jìn)行檢驗。 (1)設(shè)A、B兩小球相向運動而發(fā)生碰撞，并取小球B碰前的運動方向為參考正方向，即 pA0＝－5 kgm/s，pB0＝7 kgm/s 根據(jù)“運動制約”，小球B在碰后動量欲增大，其動量方向必與原動量方向相反，即pB＝－10 kgm/s 根據(jù)“動量制約”，小球A在碰后動量必為pA＝12 kgm/s，而這樣的碰撞結(jié)果顯然違背了“動能制約”，因為顯然有： ＋≤＋。 (2)設(shè)A、B兩小球同向運動而發(fā)生碰撞，且A球在前，B球在后，取兩小球碰前的運動方向為參考正方向，即pA0＝5 kgm/s，pB0＝7 kgm/s。 根據(jù)“運動制約”，小球B在碰后動量欲增大，其動量方向必與原動量方向相反，即pB＝－10 kgm/s。 根據(jù)“動量制約”，小球A在碰后動量必為pA＝22 kgm/s，而這樣的碰撞結(jié)果顯然也違背“動能制約”，因為顯然也有：＋≤＋。 (3)設(shè)A、B兩小球同向運動而發(fā)生碰撞，且B球在前，A球在后，仍取兩個小球碰前的運動方向為參考正方向，即pA0＝5 kgm/s，pB0＝7 kgm/s。 根據(jù)“運動制約”，小球B在碰后動量欲增大，其動量方向必與原動量方向相同，即pB＝10 kgm/s。 根據(jù)“動量制約”，小球A在碰后動量必有pA＝2 kgm/s，而這樣的碰撞結(jié)果完全可以不違背“動能制約”，只要有：＋≥＋，即≤。 仍然根據(jù)“運動制約”，為了保證碰前小球A能追上小球B而發(fā)生碰撞，同時為了保證碰后小球A不至于超越到小球B的前面，應(yīng)分別有：>，≤。綜上可知≤≤，C正確。 總結(jié)升華 碰撞問題解題策略 (1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)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(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。 　(多選)質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰，碰撞后A球的動能變?yōu)樵瓉淼模敲葱∏駼的速度可能是(　　) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 答案　AB 解析　根據(jù)Ek＝mv2，碰撞后A球的動能變?yōu)樵瓉淼模瑒tA的速度變?yōu)関A′＝v0，正、負(fù)表示方向有兩種可能。 當(dāng)vA′＝v0，vA′與v0同向時有： mv0＝mv0＋2mvB，vB＝v0。 碰撞后系統(tǒng)總動能為： Ek總＝EkA′＋EkB′＝mv＝EkA， 機械能減小說明碰撞是非彈性碰撞。 當(dāng)vA′＝－v0，vA′與v0反向時有： mv0＝－mv0＋2mvB，vB＝v0。 碰撞后系統(tǒng)總動能為： Ek總″＝EkA″＋EkB″＝mv， 機械能守恒說明碰撞是彈性碰撞。 考點3爆炸、反沖及“人船模型”[模型應(yīng)用] 1．爆炸的特點 (1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，發(fā)生爆炸時物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。 (2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。 (3)位置不變：爆炸的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。 2．反沖 (1)現(xiàn)象：物體的不同部分在內(nèi)力的作用下向相反方向運動的現(xiàn)象。 (2)特點：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動量往往有以下幾種情況：①動量守恒；②動量近似守恒；③某一方向上動量守恒。反沖運動中機械能往往不守恒。 (3)實例：噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例。 3．“人船模型” 若系統(tǒng)在全過程中動量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動量也守恒。如果系統(tǒng)由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用中均發(fā)生運動，則由m11－m22＝0，得m1x1＝m2x2。 例3　載人氣球靜止于高h(yuǎn)的空中，氣球的質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？ (1)人和氣球的速度有什么關(guān)系？ 提示：＝。 (2)人和氣球?qū)Φ氐奈灰婆c繩長有什么關(guān)系？ 提示：x人＋x球＝L繩。 嘗試解答　h。 氣球和人原來靜止在空中，說明系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)在人下滑過程中動量守恒，人著地時繩梯至少應(yīng)接觸地面，設(shè)繩梯長為L，人沿繩梯滑至地面，人的位移為x人，球的位移為x球，它們的位移狀態(tài)圖如圖所示， 由平均動量守恒有：0＝Mx球－mx人， 又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝h。 總結(jié)升華 利用人船模型解題需注意兩點 (1)條件 ①系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向上的動量守恒。 ②構(gòu)成系統(tǒng)的兩物體原來靜止，因相互作用而反向運動。 ③x1、x2均為沿動量方向相對于同一參考系的位移。 (2)解題關(guān)鍵是畫出草圖確定初、末位置和各物體位移關(guān)系。 　(多選)向空中發(fā)射一物體，不計空氣阻力。當(dāng)此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向，則 (　　) A．b的速度方向一定與原速度方向相反 B．從炸裂到落地的這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大 C．a(chǎn)、b一定同時到達(dá)水平地面 D．在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等 答案　CD 解析　空中爆炸問題，因系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故滿足系統(tǒng)動量守恒的條件。由題中所給物理情景“一分為二”，系統(tǒng)動量守恒的表達(dá)式為mv0＝mava＋mbvb 因mava與mv0同向，取v0為正方向。討論： ①若mavamv0，則mbvb為負(fù)向，vb與va反向，a在b之前。所以A錯誤；因題設(shè)條件只給出了va與v0同向和ma>mb，但未給出va一定大于或等于v0的條件。所以vb大于、等于和小于va的情況都有可能存在，從同一高度平拋物體的水平射程由水平初速度決定，故sb>sa、sb＝sa、sbm，故v方向水平向右。 (2)功能關(guān)系：當(dāng)木塊A相對于地向左運動距離最遠(yuǎn)時，末速度為零，在這過程中，克服摩擦力Ff做功的結(jié)果是消耗了自身的動能：Ffs＝mv而A剛好沒有滑離B板的條件是：A滑到B板的最左端，且二者具有相同速度v，A、B間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)動能的損失：Q＝Ffl＝(v－v2)由以上各式得向左運動的最遠(yuǎn)距離：s＝l。 考點5動量守恒與其他知識的綜合[拓展延伸] 1．動量守恒與動能定理、功能關(guān)系、牛頓運動定律，以及直線運動、平拋運動、圓周運動等運動學(xué)知識綜合。 2．動量守恒與能量守恒、核反應(yīng)知識綜合。 3．動量守恒與混合場(重力場和電場)、向心力、平拋運動、能量綜合。 例5　[2017吉林長春調(diào)研]如圖，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切。質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平軌道上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平軌道高為h處由靜止釋放，在A球進(jìn)入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠(yuǎn)，相互作用力可認(rèn)為是零，A球進(jìn)入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用。帶電小球均可視為質(zhì)點。已知A、B兩球始終沒有接觸。重力加速度為g。求： (1)A、B兩球相距最近時，A球的速度v； (2)A、B兩球最終的速度vA、vB的大小。 (1)A、B兩球相距最近的含義是什么？ 提示：A、B共速。 (2)怎樣理解A、B兩球最終的速度？ 提示：當(dāng)A、B間相互斥力作用足夠長時間后，它們的間距就足夠遠(yuǎn)，相互間的斥力可以忽略不計，電勢能為零。 嘗試解答　(1)　(2)，。 (1)對下滑的過程：2mgh＝2mv，v0＝， 球進(jìn)入水平軌道后兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，兩球最近時速度相等。 2mv0＝(2m＋m)v， v＝v0＝。 (2)當(dāng)A、B相距最近之后，由于靜電斥力的相互作用，它們將會相互遠(yuǎn)離，當(dāng)它們相距足夠遠(yuǎn)時，它們之間的相互作用力可視為零，電勢能也視為零，它們就達(dá)到最終的速度，該過程中，A、B兩球組成的系統(tǒng)動量守恒、能量也守恒。 2mv0＝2mvA＋mvB， 2mv＝2mv＋mv， 得vA＝v0＝， vB＝v0＝。 總結(jié)升華 動量守恒與其他知識綜合問題的求解方法 動量守恒與其他知識綜合問題往往是多過程問題。解決這類問題首先要弄清物理過程，其次是弄清每一個物理過程遵從什么樣的物理規(guī)律。最后根據(jù)物理規(guī)律對每一個過程列方程求解，找出各物理過程之間的聯(lián)系是解決問題的關(guān)鍵。 　[2017河南開封一模]如圖所示，在高h(yuǎn)1＝30 m的光滑水平平臺上，物塊P以初速度v0水平向右運動，與靜止在水平臺上的物塊Q發(fā)生碰撞，mQ＝2mP，碰撞后物塊P靜止，物塊Q以一定的水平速度向右滑離平臺，并恰好沿光滑圓弧形軌道BC的B點的切線方向進(jìn)入圓弧形軌道，B點的高度h2＝15 m，圓弧軌道的圓心O與平臺等高，軌道最低點C的切線水平，并與地面上長為l＝70 m的水平粗糙軌道CD平滑連接，物塊Q沿軌道BCD運動并與右邊墻壁發(fā)生碰撞。g取10 m/s2。 (1)求物塊Q由A到B的運動時間； (2)求物塊P初速度v0的大??； (3)若小物塊Q與墻壁只發(fā)生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向運動過程中沒有沖出B點，最后停在軌道CD上的某點E(E點沒畫出)。設(shè)小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數(shù)為μ，求μ的取值范圍。 答案　(1) s　(2)20 m/s　(3)0.17<μ≤0.5 解析　(1)由于h1＝30 m，h2＝15 m，設(shè)小物塊Q從A運動到B的時間為t，則h1－h(huán)2＝gt2，解得t＝ s。 (2)由于R＝h1，Rcosθ＝h1－h(huán)2，所以θ＝60，小物塊Q平拋的水平速度是v1，有＝tan60，解得v1＝10 m/s。 小物塊P與Q發(fā)生碰撞的過程中系統(tǒng)的動量守恒，選取向右為正方向，由動量守恒定律得mPv0＝mQv1 解得v0＝20 m/s (3)設(shè)小物塊Q在水平軌道CD上通過的總路程為s，根據(jù)題意，該路程的最大值是smax＝3l 路程的最小值是smin＝l 路程最大時，動摩擦因數(shù)最??；路程最小時，動摩擦因數(shù)最大，由能量守恒知 mQgh1＋mQv＝μminmQgsmax， mQgh1＋mQv＝μmaxmQgsmin 解得μmax＝，μmin＝，即0.17<μ≤0.5。