《2018屆高考物理二輪復習 板塊一 專題突破復習 專題二 能量與動量 第三講 碰撞與動量守恒學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018屆高考物理二輪復習 板塊一 專題突破復習 專題二 能量與動量 第三講 碰撞與動量守恒學案（16頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第三講碰撞與動量守恒 知識建構高考調研1.2018年高考中該部分內容的考查難度將加大(1)利用圖象或公式直接考查動量定理或者動量守恒定律(2)考查動量定理的應用，特別是動量定理在流體力學中的應用此外，動量定理還可以與電場、磁場、電磁感應等知識綜合命題，選擇題和計算題的命題形式皆有可能出現(3)考查動量守恒定律及其應用試題常常涉及多個物體、多個過程，以碰撞模型為紐帶，幾個運動階段既相互獨立，又相互聯系，物體碰前、碰后的速度是聯系各運動階段的橋梁此類題目中動量常與能量、牛頓運動定律等知識相互結合2.常用的思想方法：動量定理結合微積分的思想方法彈性碰撞中的二級結論法.答案(1)物體所受合外力的沖量等

2、于它的動量的變化(2)一個系統不受外力或者所受外力之和為零，這個系統的總動量保持不變(3)動量守恒定律成立的條件系統不受外力或系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒系統所受合外力雖然不為零，但系統的內力遠大于外力時，如碰撞、爆炸等現象中，系統的動量可看成近似守恒系統所受的合外力雖不為零，如果在某一個方向上合外力為零，那么在該方向上系統的動量守恒(4)碰撞的分類考向一動量定理歸納提煉1用動量定理的解題的基本思路2應用動量定理解題技巧(1)動量定理沒有適用條件，在計算與時間有關的問題時都可以適用(2)動量定理研究對象選擇可以是單一物體，也可以是質點系，在研究質點系問題時，受力分析是只考慮質點系的

3、外力(3)在應用動量定理時需要規(guī)定正方向(2016全國卷)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開忽略空氣阻力已知水的密度為，重力加速度大小為g.求：(1)噴泉單位時間內噴出的水的質量；(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度思路點撥(1)玩具在空中懸停說明Fmg.(2)求水對玩具的作用力，可考慮動量定理解題解析(1)設t時間內，從噴口噴出的水的體積為V，質量為m，則mVVv0St由

4、式得，單位時間內從噴口噴出的水的質量v0S(2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v.對于t時間內噴出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v在h高度處，t時間內噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小p(m)v設水對玩具的作用力的大小為F，根據動量定理有Ftp由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得FMg聯立式得h答案(1)v0S(2)用動量定理解決連續(xù)的流體問題在日常的生活和生產中，常涉及流體的連續(xù)相互作用問題，用常規(guī)的方法很難解決，若構建柱體微元模型，然后用動量定理分析求解，則可使問題迎刃而解對于流體或類似流體(如粒子流)問題，解答的

5、原則一般是選擇一段時間內作用在某物體上的流體為研究對象，然后確定出流體柱的體積、質量、狀態(tài)變化及受力情況，再確定與其對物體的作用規(guī)律熟練強化遷移一動量定理與生產生活相結合1(2015重慶卷)高空作業(yè)須系安全帶，如果質量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)此后經歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()A.mg B.mgC.mg D.mg解析下降h階段v22gh，得v，對此后至安全帶最大伸長過程應用動量定理，設豎直向下為正，(Fmg)t0mv，得Fmg，A正確選A.答案

6、A遷移二動量定理解決連續(xù)流體問題2(多選)(2017河北名校聯盟)如圖所示，用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊右側的煤層設水柱直徑為D，水流速度為v，方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零高壓水槍的質量為M，手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為.下列說法正確的是()A高壓水槍單位時間噴出的水的質量為vD2B高壓水槍的功率為D2v3C水柱對煤層的平均沖力為D2v2D手對高壓水槍的作用力水平向右解析設t時間內，從水槍噴出的水的體積為V，質量為m，則mV，VSvtD2vt，單位時間噴出水的質量為vD2，選項A錯誤t時間內水槍噴出的水的動能Ekmv2D2v3t，由動

7、能定理知高壓水槍在此期間對水做功為WEkD2v3t，高壓水槍的功率PD2v3，選項B正確考慮一個極短時間t，在此時間內噴到煤層上水的質量為m，設煤層對水柱的作用力為F，由動量定理，Ftmv，t時間內沖到煤層水的質量mD2vt，解得FD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對煤層的平均沖力為FFD2v2，選項C正確當高壓水槍向右噴出高壓水流時，水流對高壓水槍的作用力向左，由于高壓水槍有重力，根據平衡條件，手對高壓水槍的作用力方向斜向右上方，選項D錯誤答案BC考向二動量守恒定律的應用歸納提煉1動量守恒定律解題思路及方法2三種常見表達式(1)pp(系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p)實際應用

8、時的三種常見形式m1v1m2v2m1v1m2v2(適用于作用前后都運動的兩個物體組成的系統)0m1v1m2v2(適用于原來靜止的兩個物體組成的系統，比如爆炸、反沖等，兩者速率及位移大小與各自質量成反比)m1v1m2v2(m1m2)v(適用于兩物體作用后結合為一體或具有相同速度的情況，完全非彈性碰撞)(2)p0(系統總動量不變)(3)p1p2(相互作用的兩物體組成的系統，兩物體動量增量大小相等、方向相反)(多選)(2017陜西寶雞模擬)光滑水平面上放有質量分別為2m和m的物塊A和B，用細線將它們連接起來，兩物塊中間夾有一壓縮的輕質彈簧(彈簧與物塊不相連)，彈簧的壓縮量為x.現將細線剪斷，此刻物塊

9、A的加速度大小為a，兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v，則()A物塊開始運動前，彈簧的彈性勢能為mv2B物塊開始運動前，彈簧的彈性勢能為3mv2C物塊B的加速度大小為a時彈簧的壓縮量為D物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為x思路點撥(1)可根據動量守恒求得物塊B的速度(2)剪斷細繩瞬間，彈簧兩側物塊受力大小相等解析依據題述，兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v，由動量守恒定律，2mvmv，解得物塊B的速度大小v2v；由能量守恒定律，物塊開始運動前，彈簧的彈性勢能Ep2mv2mv23mv2，A錯誤，B正確剪斷細線瞬間，輕彈簧兩側物塊受力大小相等，都為kx，由牛頓第二定律，kx2m

10、a；當物塊B的加速度大小為a時，由牛頓第二定律，makx，聯立解得x，C正確根據上述分析可知，物塊B的加速度是A的2倍，由sat2，物塊B的位移是A的2倍，物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為x，D錯誤答案BC三種碰撞解讀(1)彈性碰撞碰撞結束后，形變全部消失，動能沒有損失，不僅動量守恒，而且初、末動能相等m1v1m2v2m1v1m2v2m1vm2vm1v12m2v22v1v2v20時，v1v1v2v1討論：m1m2，v10，v2v1(速度交換)；m1m2，v10，v20(碰后，兩物體沿同一方向運動)；m1m2，v1v1，v22v1；m1m2，v10(碰后，兩物體沿相反方向運動)；m1m

11、2，v1v1，v20； 熟練強化遷移一非彈性碰撞1光滑水平面上有A、B兩輛小車，mB1 kg，原來靜止，mA1 kg(含支架)現將小球C用長為0.2 m的細線懸于支架頂端，mC0.5 kg.開始時A車與C球以v04 m/s的速度沖向B車，如右圖所示若A、B正碰后粘在一起，不計空氣阻力，g取10 m/s2，求小球C擺動到最大高度時的速度和上升的最大高度解析設A，B相碰后二者的共同速度為v，(相碰時C球水平方向不受力，仍保持v0的速度)則由動量守恒定律mAv0(mAmB)v解得v2 m/sA、B粘在一起后，小球C向右擺，細繩在水平方向的分力使A、B加速，當C的速度與A、B水平方向的速度相同時小球擺

12、至最高點，則由動量守恒，有mCv0(mAmB)v(mAmBmC)v解得A、B、C相同的速度v2.4 m/s.再由機械能守恒定律，設C球擺上的最大高度為h，則mCv(mAmB)v2(mAmBmC)v2mCgh解得h0.16 m答案2.4 m/s0.16 m遷移二彈性碰撞2如圖所示，AB為傾角37的粗糙斜面軌道，通過一小段光滑圓弧與光滑水平軌道BC相連接，質量為m2的小球乙靜止在水平軌道上，質量為m1的小球甲以速度v0與乙球發(fā)生彈性正碰若m1m212，且軌道足夠長，要使兩球能發(fā)生第二次碰撞，求乙球與斜面之間的動摩擦因數的取值范圍(sin370.6，cos370.8)解析設碰后甲的速度為v1，乙的速

13、度為v2，由動量守恒和機械能守恒，有m1v0m1v1m2v2m1vm1vm2v解得v1v0v0，v2v0v0設乙球沿斜面上滑的最大位移大小為s，滑到斜面底端的速度大小為v，由動能定理有(m2gsin37m2gcos37)sm2v(m2gsin37m2gcos37)sm2v2解得2乙要能追上甲，則v解得0.45答案mgl即設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1，由能量守恒有mvmvmgl設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1、v2，由動量守恒和能量守恒有mv1mv1v2mvmv12v22聯立式解得v2v1由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關系可知vgl聯立式，可得聯立式，

14、a與b發(fā)生碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件答案3(2017天津卷)如圖所示，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的細繩相連，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為mA2 kg、mB1 kg.初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中現將B豎直向上再舉高h1.8 m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸取g10 m/s2，空氣阻力不計求：(1)B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t；(2)A的最大速度v的大??；(3)初始時B離地面的高度H.解析本題考查自由落體運動、機械能守恒定律及動量守恒定律(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有h

15、gt2代入數據解得t0.6 s(2)設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有vBgt細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得mBvB(mAmB)v之后A做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度v即最大速度，聯立式，代入數據解得v2 m/s(3)細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統機械能守恒，有(mAmB)v2mBgHmAgH代入數據解得H0.6 m答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m 遷移訓練1如下圖所示，一質量為M、頂端距離地面為h的帶有曲面的斜面體放在水平面上，斜面體底端的切線水平，將

16、一質量為m、可視為質點的滑塊從斜面體的頂端由靜止釋放第一次斜面體固定在水平面上，滑塊滑到斜面體底端時的速度大小為v1；第二次斜面體不固定，滑塊滑到斜面體底端時的速度大小為v2.已知M4 kg、m5 kg，忽略一切摩擦則的值為多少？解析第一次斜面體固定，滑塊下滑過程中只有重力做功，滑塊的機械能守恒，滑塊在最高處的重力勢能全部轉化為滑到斜面體底端時的動能，有mghmv解得滑塊滑到斜面體底端時的速度v1第二次斜面體不固定，當滑塊滑到斜面體底端時，對滑塊和斜面體組成的系統，由于在水平方向上不受外力，因此系統在水平方向上動量守恒滑塊到達斜面體底端時的速度為v2，設斜面體的速度為v0，則由水平方向動量守恒

17、，得mv2Mv00滑塊下滑時，只有重力和系統內的彈力做功，系統的機械能守恒，有mghmvMv聯立解得v2 因此兩種情況下滑塊到達斜面體底端的速度的比值為 .答案2(2017湖南長沙四縣三月模擬)足夠長的平行金屬軌道M、N，相距L0.5 m，且水平放置；M、N左端與半徑R0.4 m的光滑豎直半圓軌道相連，金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質量mbmc0.1 kg，電阻RbRc1 ，軌道的電阻不計平行水平金屬軌道M、N處于磁感應強度B1 T的勻強磁場中，磁場方向與軌道平面垂直，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖所示，若使b棒以初速度v010 m/s開始向左運動，求：(1)c棒的最大速度(2

18、)c棒中產生的焦耳熱(3)若c棒達最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達軌道最高點時對軌道的壓力的大小解析(1)在磁場力作用下，b棒做減速運動，c棒做加速運動，當兩棒速度相等時，c棒達最大速度選兩棒為研究對象，根據動量守恒定律有mbv0(mbmc)v解得c棒的最大速度為：vv0v05 m/s(2)從b棒開始運動到兩棒速度相等的過程中，系統減少的動能轉化為電能，兩棒中產生的總熱量為：Qmbv(mbmc)v22.5 J因為RbRc，所以c棒中產生的焦耳熱為Qc1.25 J(3)設c棒沿半圓軌道滑到最高點時的速度為v，從最低點上升到最高點的過程由機械能守恒可得：mcv2mcv2mcg2R解得v3 m

19、/s在最高點，設軌道對c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得mcgFmc解得F1.25 N由牛頓第三定律得，在最高點c棒對軌道的壓力為1.25 N答案(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N3(2017湖北七市3月模擬)如圖所示，光滑平行金屬軌道的水平部分處于豎直向下的B4 T的勻強磁場中，兩軌道間距為L0.5 m，軌道足夠長金屬棒a和b的質量都為m1 kg，電阻RaRb1 .b棒靜止于軌道水平部分，現將a棒從h80 cm高處自靜止沿弧形軌道下滑，通過C點進入軌道的水平部分，已知兩棒在運動過程中始終保持與軌道垂直，且兩棒始終不相碰求a、b兩棒的最終速度，以及整個過程中b棒中產生的焦耳熱(已知重力加速度g10 m/s2)解析a棒下滑至C點時速度設為v0，則由機械能守恒，有：mghmv解得v04 m/s此后的運動過程中，a、b兩棒達到共速前，兩棒所受安培力始終等大反向，因此a、b兩棒組成的系統動量守恒，有：mv0(mm)v解得a、b兩棒共同的最終速度為v2 m/s，此后兩棒一起做勻速直線運動由能量守恒定律可知，整個過程中回路產生的總的焦耳熱為：Qmv(mm)v2則b棒中產生的焦耳熱QbQ聯立解得：Qb2 J答案2 m/s2 J16