《2019年高考物理一輪復習 第六章 動量守恒定律及其應用 第2講 動量守恒定律學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理一輪復習 第六章 動量守恒定律及其應用 第2講 動量守恒定律學案（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2講動量守恒定律板塊一主干梳理夯實基礎【知識點1】動量守恒定律及其應用1幾個相關概念(1)系統：在物理學中，將相互作用的幾個物體所組成的物體組稱為系統。(2)內力：系統內各物體之間的相互作用力叫做內力。(3)外力：系統以外的其他物體對系統的作用力叫做外力。2動量守恒定律(1)內容：如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統的總動量保持不變，這就是動量守恒定律。(2)表達式pp，系統相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p。m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的動量和等于作用后的動量和。p1p2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。p0，系統

2、總動量的增量為零。(3)適用條件理想守恒：系統不受外力或所受外力的合力為零，則系統動量守恒。近似守恒：系統受到的合力不為零，但當內力遠大于外力時，系統的動量可近似看成守恒。某方向守恒：系統在某個方向上所受合力為零時，系統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象。2特點在碰撞現象中，一般都滿足內力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統動量守恒。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反沖現象(1)在某些情況下，原來系統內物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末

3、速度不再相同而分開。這類問題相互作用的過程中系統的動能增大，且常伴有其他形式能向動能的轉化。(2)反沖運動的過程中，如果合外力為零或外力的作用遠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，且遠大于系統所受的外力，所以系統動量守恒，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。(2)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相

4、等。(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關，應用動量守恒定律，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，也適用于多個物體組成的系統；不僅適用于宏觀物體組成的系統，也適用于微觀粒子組成的系統。2應用動量守恒定律解題的步驟例1如圖所示，質量為m245 g的物塊(可視為質點)放在質量為M0.5 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為0.4。質量為m05 g的子彈以速度v0300 m/s 沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)

5、，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：子彈與物塊作用時，物塊的位置沒發(fā)生變化；子彈與物塊作用結束后，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(m0m)v1，木塊在木板上滑動過程，由動量守恒定律得(m0m)v1(m0mM)v2，對子彈木塊整體，由動量定理得(m0m)gt(m0m)(v2v1)，聯立解得物體相對小車的滑行時間t1 s。(2)由能量守恒定律得(m0m)gd(m0m)v(m0

6、mM)v，聯立解得d3 m?？偨Y升華應用動量守恒定律應注意的問題(1)在同一物理過程中，系統的動量是否守恒與系統的選取密切相關，因此應用動量守恒解決問題時，一定要明確哪些物體組成的系統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量是1.99 kg，桌子高h0.8 m，一顆質量為10 g的子彈，擊中木塊，并留在木塊內，落在桌子右邊80 cm處

7、的P點，子彈入射的速度大小是下列哪個數據(g取10 m/s2)()A200 m/s B300 m/sC400 m/s D500 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。根據平拋位移x0.8 m知xv共t，t，所以v共x2 m/s。子彈打擊木塊過程中動量守恒，則有mv0(Mm)v共，所以v0400 m/s，C正確。2. 2018寧夏固原市一中月考如圖所示，質量為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

8、滑塊上滑的過程中，對小球和滑塊組成系統，水平方向不受外力因而動量守恒，小球到達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(Mm)v，所以v，A正確?？键c2碰撞問題分析模型應用1分析碰撞問題的三個依據(1)動量守恒，即p1p2p1p2。(2)動能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2或。(3)速度要合理碰前兩物體同向，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。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)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1，速度為v1的小球與質量為

9、m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1m1v1m2v2m1vm1v12m2v22由得v1v2結論：(1)當m1m2時，v10，v2v1，兩球碰撞后交換了速度。(2)當m1m2時，v10，v20，并且v1v2，碰撞后兩球都向前運動。(3)當m1m2時，v10，碰撞后質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：同向運動，A球在前，B球

10、在后；同向運動，A球在后，B球在前；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系作出如下各種假設，然后運用碰撞的三個制約因素進行檢驗。(1)設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pA05 kgm/s，pB07 kgm/s根據“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pB10 kgm/s根據“動量制約”，小球A在碰后動量必為pA12 kgm/s，而這樣的碰撞結果顯然違背了“動能制約”，因為顯然有：。(2)設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

11、的運動方向為參考正方向，即pA05 kgm/s，pB07 kgm/s。根據“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pB10 kgm/s。根據“動量制約”，小球A在碰后動量必為pA22 kgm/s，而這樣的碰撞結果顯然也違背“動能制約”，因為顯然也有：。(3)設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pA05 kgm/s，pB07 kgm/s。根據“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pB10 kgm/s。根據“動量制約”，小球A在碰后動量必有pA2 kgm/s，而這樣的碰撞結果

12、完全可以不違背“動能制約”，只要有：，即。仍然根據“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，應分別有：，。綜上可知，C正確?？偨Y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：v1v0、v2v0。(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m1m2，且v200時，碰后質量大的速率不變，質量小的速率為2v0；當m1m2，且v200時，碰后質量小的球原速率反彈。(多選)質量為m的小球A，沿光滑

13、水平面以v0的速度與質量為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?，那么小球B的速度可能是()A.v0 B.v0 C.v0 D.v0答案AB解析根據Ekmv2，碰撞后A球的動能變?yōu)樵瓉淼模瑒tA的速度變?yōu)関Av0，正、負表示方向有兩種可能。當vAv0，vA與v0同向時有：mv0mv02mvB，vBv0。碰撞后系統總動能為：Ek總EkAEkBmvEkA，機械能減小說明碰撞是非彈性碰撞。當vAv0，vA與v0反向時有：mv0mv02mvB，vBv0。碰撞后系統總動能為：Ek總EkAEkBmv，機械能守恒說明碰撞是彈性碰撞?？键c3爆炸、反沖及“人船模型”模型應用1爆炸的特點(1)動量守恒：

14、由于爆炸是在極短的時間內完成的，發(fā)生爆炸時物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒。(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸前后系統的總動能增加。(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而在作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽略不計，可以認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)現象：物體的不同部分在內力的作用下向相反方向運動的現象。(2)特點：一般情況下，物體間的相互作用力(內力)較大，因此系統動量往往有以下幾種情況：動量守恒；動量近似守恒；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

15、氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例。3“人船模型”若系統在全過程中動量守恒，則這一系統在全過程中平均動量也守恒。如果系統由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用中均發(fā)生運動，則由m11m220，得m1x1m2x2。例3載人氣球靜止于高h的空中，氣球的質量為M，人的質量為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系？提示：。(2)人和氣球對地的位移與繩長有什么關系？提示：x人x球L繩。嘗試解答h。氣球和人原來靜止在空中，說明系統所受合外力為零，故系統在人下滑過程中動量守恒，人著地時繩梯至少應接觸地面，設繩梯長為L，人沿繩梯滑至地面，人的位移為x人，球的位移為x

16、球，它們的位移狀態(tài)圖如圖所示，由平均動量守恒有：0Mx球mx人，又有x球x人L，x人h，故Lh?？偨Y升華利用人船模型解題需注意兩點(1)條件系統的總動量守恒或某一方向上的動量守恒。構成系統的兩物體原來靜止，因相互作用而反向運動。x1、x2均為沿動量方向相對于同一參考系的位移。(2)解題關鍵是畫出草圖確定初、末位置和各物體位移關系。(多選)向空中發(fā)射一物體，不計空氣阻力。當此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂成a、b兩塊，若質量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向，則 ()Ab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Ca、b一定同時到達水平地面D在炸

17、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，因系統內力遠大于外力，故滿足系統動量守恒的條件。由題中所給物理情景“一分為二”，系統動量守恒的表達式為mv0mavambvb因mava與mv0同向，取v0為正方向。討論：若mavamv0，則mbvb為負向，vb與va反向，a在b之前。所以A錯誤；因題設條件只給出了va與v0同向和mamb，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sbsa、sbsa、sbsa都有可能，B錯誤；平拋運動的飛行時間由拋出點的高度決定，h相同，由t知，t相同，C

18、正確；炸裂過程a與b相互作用遵循牛頓第三定律，F與F等值、反向，D正確?？键c4子彈打木塊問題(滑塊類問題)模型應用子彈射擊木塊的兩種典型情況1木塊放置在光滑的水平面上運動性質：子彈對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；木塊在滑動摩擦力作用下做勻加速運動。處理方法：把子彈和木塊看成一個系統，系統水平方向動量守恒；系統的機械能不守恒；對木塊和子彈分別利用動能定理。2木塊固定在水平面上運動性質：子彈對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；木塊靜止不動。處理方法：對子彈應用動能定理或牛頓第二定律。兩種類型的共同點：(1)系統內相互作用的兩物體間的一對滑動摩擦力做功的總和恒為負值(因為有一部分機械能轉

19、化為內能)；(2)摩擦生熱的條件：必須存在滑動摩擦力和相對滑行的路程，大小為Qfs，其中f是滑動摩擦力的大小，s是兩個物體的相對路程(在一段時間內“子彈”射入“木塊”的深度，就是這段時間內兩者的相對路程，所以說是一個相對運動問題)。例42016張掖模擬如圖所示。質量M2 kg的足夠長的小平板車靜止在光滑水平面上，車的一端靜止著質量為MA2 kg的物體A(可視為質點)。一個質量為m20 g的子彈以500 m/s的水平速度射穿A后，速度變?yōu)?00 m/s，最后物體A靜止在車上。若物體A與小車間的動摩擦因數0.5(g取10 m/s2)。(1)平板車最后的速度是多大？(2)全過程損失的機械能為多少？(

20、3)A在平板車上滑行的時間為多少？(1)最后物體A靜止在車上，是物體A最終的速度是零嗎？這句話的含義是什么？提示：最終的速度不是零。這句話的含義是物體A與小平板車相對靜止，二者有共同的速度和共同的加速度。(2)全過程損失的機械能等于什么？提示：總機械能的損失等于系統動能的減少量。嘗試解答(1)2_m/s_(2)2392_J_(3)0.4_s。(1)對子彈和物體，由動量守恒得mv0mvMAv，得v4 m/s，同理對M和MA有MAv(MMA)v車，得v車2 m/s。(2)由能量守恒得：Emvmv2(MMA)v2392 J。(3)對物體A由動量定理得：MAgtMAv車MAv得t0.4 s?？偨Y升華對

21、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。一質量為M、長為l的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，mm，故v方向水平向右。(2)功能關系：當木塊A相對于地向左運動距離最遠時，末速度為零，在這過程中，克服摩擦力Ff做功的結果是消耗了自身的動能：Ffsmv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間因摩擦產生的內能等于系統動能的損失：QFfl(vv2)由以上各式得向左運動的

22、最遠距離：sl?？键c5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、圓周運動等運動學知識綜合。2動量守恒與能量守恒、核反應知識綜合。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52017吉林長春調研如圖，LMN是豎直平面內固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切。質量為m的帶正電小球B靜止在水平軌道上，質量為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球進入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠，相互作用力可認為是零，A球進入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用。帶電小球均可視為

23、質點。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A、B間相互斥力作用足夠長時間后，它們的間距就足夠遠，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：2mgh2mv，v0，球進入水平軌道后兩球組成的系統動量守恒，兩球最近時速度相等。2mv0(2mm)v，vv0。(2)當A、B相距最近之后，由于靜電斥力的相互作用，它們將會相互遠離，當它們相距足夠遠時，它們之間的相互作用力可

24、視為零，電勢能也視為零，它們就達到最終的速度，該過程中，A、B兩球組成的系統動量守恒、能量也守恒。2mv02mvAmvB，2mv2mvmv，得vAv0，vBv0?？偨Y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系是解決問題的關鍵。2017河南開封一模如圖所示，在高h130 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，mQ2mP，碰撞后物塊P靜止，物塊Q以一定的水平速度向右滑離

25、平臺，并恰好沿光滑圓弧形軌道BC的B點的切線方向進入圓弧形軌道，B點的高度h215 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l70 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)。設小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數為，求的取值范圍。答案(1) s(2)20 m/s(3)0.170.5解析(1)由于h130 m，h215 m，設小物塊Q從A運動到B的時間為t，則h1h2gt2，解得t s。(2)由于Rh1，Rcosh1h2，所以60，小物塊Q平拋的水平速度是v1，有tan60，解得v110 m/s。小物塊P與Q發(fā)生碰撞的過程中系統的動量守恒，選取向右為正方向，由動量守恒定律得mPv0mQv1解得v020 m/s(3)設小物塊Q在水平軌道CD上通過的總路程為s，根據題意，該路程的最大值是smax3l路程的最小值是sminl路程最大時，動摩擦因數最??；路程最小時，動摩擦因數最大，由能量守恒知mQgh1mQvminmQgsmax，mQgh1mQvmaxmQgsmin解得max，min，即0.170.5。12