《（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第六章 碰撞與動量守恒 6.2 動量守恒定律及其應用課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第六章 碰撞與動量守恒 6.2 動量守恒定律及其應用課件.ppt（83頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講 動量守恒定律及其應用,【知識導圖】,不受外力,所受外力的矢量和為零,m1v1+m2v2,-p2,所受合外力為零,外力為零,遠大于,守恒,不增加,守恒,增加,守恒,可能增加,【微點撥】 1.動量守恒定律的四個特性: (1)矢量性:守恒方程為矢量式,應統(tǒng)一正方向。 (2)瞬時性:每一時刻的總動量都和初始時刻的總動量相等。 (3)同一性:各物體的速度必須相對同一參考系。 (4)普適性: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.應用動量守恒定律的三點注意: (1)研究對象為系統(tǒng),而不是單個物體。 (2)是系統(tǒng)總動量守恒,還是某個方向上動量守恒。 (3)系統(tǒng)中各物體的速度是

2、否相對于同一參考系。,【慧眼糾錯】 (1)兩物體相互作用時若系統(tǒng)間存在摩擦力,則兩物體 組成的系統(tǒng)動量不守恒。 糾錯:_ _。 (2)動量守恒只適用于宏觀低速運動的物體系統(tǒng)。 糾錯:_。,系統(tǒng)所受合外力為零則動量守恒,與系統(tǒng)間作用,力無關,動量守恒也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng),(3)系統(tǒng)動量不守恒時無法應用動量守恒定律解題。 糾錯:_。 (4)物體相互作用時動量守恒,機械能也一定守恒。 糾錯:_ _。,某一方向上合外力為零也可應用動量守恒定律,系統(tǒng)所受合外力為零,動量守恒,但除重力以外,的其他力做功不一定為零,機械能不一定守恒,(5)若在光滑水平面上兩球相向運動,碰后均變?yōu)殪o止, 則兩球碰前的動

3、量一定相同。 糾錯:_ _。 (6)飛船做圓周運動時,若想變軌通常需要向前或向后 噴出氣體,該過程中系統(tǒng)動量將增加。 糾錯:_。,若在光滑水平面上兩球相向運動,碰后均變?yōu)殪o,止,則兩球碰前的動量大小一定相同,方向相反,飛船變軌噴氣時,滿足動量守恒條件,考點1動量守恒定律的理解及應用 【典題探究】 【典例1】(多選)(2018昆明模擬)如圖所示,在光滑 的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為M=1.5 kg的木板A,木 板上表面粗糙且固定一豎直擋板,擋板上連接一輕質(zhì)彈 簧,當彈簧處于原長時,在彈簧的左端輕放一質(zhì)量為,m=0.9 kg的物塊B,現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m0=0.1 kg的子彈C以v0=500 m/s的

4、速度水平擊中物塊并嵌入其中,該過程作用時間極短,則在A、B、C相互作用的過程中,下列說法中正確的有() 導學號04450138,A.A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 B.A、B、C以及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 C.子彈擊中物塊B的瞬間對物塊B產(chǎn)生的沖量為45 Ns D.彈簧被壓縮到最短時木板的速度為25 m/s,【解析】選A、C。A、B、C三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零,動量守恒,故A正確;由于存在摩擦阻力做功,機械能不守恒,故B錯誤;子彈擊中物塊B后與物塊B共速,由動量守恒有m0v0=(m+m0)v1,v1=50 m/s,故對物塊B產(chǎn)生的沖量等于B物塊獲得的動量,故對物塊B產(chǎn)生的沖量為45 Ns,

5、C正確;彈簧被壓縮到最短時三者共速,由動量守恒有m0v0=(m+M+m0)v2,v2=20 m/s,故D錯誤。,【遷移訓練】,遷移1:某一方向上的動量守恒 (2018吉林模擬)如圖所示,彈簧的一端固定在豎直墻上,質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上,底部與水平面平滑連接,一個質(zhì)量為m(mM)的小球從槽高h處開始自由下滑,下列說法正確的是(),A.在以后的運動全過程中,小球和槽的水平方向動量始終保持某一確定值不變 B.在下滑過程中,小球和槽之間的相互作用力始終不做功 C.全過程中,小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒,且水平方向動量守恒 D.小球被彈簧反彈后,小球和槽的機械能守恒,但小球不能回

6、到槽高h處,【解析】選D。在運動的全過程中,當小球與彈簧接觸后,小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零,系統(tǒng)在水平方向動量不守恒,故A錯誤;在下滑過程中,兩物體都有水平方向的位移,而相互作用力是垂直于槽面的,故作用力方向和位移方向不垂直,相互作用力均要做功,故B錯誤;全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與彈力做功,系統(tǒng)機械能守恒,小球與彈簧,接觸過程系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零,系統(tǒng)水平方向動量不守恒,故C錯誤;小球在槽上下滑過程系統(tǒng)水平方向不受力,系統(tǒng)水平方向動量守恒,球與槽分離時兩者動量大小相等,由于mM,則小球的速度大小大于槽的速度大小,小球被彈簧反彈后的速度大小等于球與槽分

7、離時的速度大小,小球被反彈后向左運動,由于球的速度大于槽的速度,球?qū)⒆飞喜鄄⒀夭凵匣?在整個,過程中只有重力與彈力做功,系統(tǒng)機械能守恒,由于球與槽組成的系統(tǒng)總動量水平向左,球滑上槽的最高點時系統(tǒng)速度相等水平向左,系統(tǒng)總動能不為零,由機械能守恒定律可知,小球上升的最大高度小于h,小球不能回到槽高h處,故D正確。,遷移2:“人船”模型中的動量守恒 (2018贛州模擬)如圖所示,三角形木塊A質(zhì)量為M,置于光滑水平面上,底邊長a,在其頂部有一三角形小木塊B質(zhì)量為m,其底邊長b,若B從頂端由靜止滑至底部,則木塊后退的距離為(),【解析】選C。取向右為正方向,設木塊后退的距離為 x,B從頂端由靜止滑至底部

8、時,B向左運動的距離為 a-b-x,則水平方向上A的平均速度大小為 ,B的平均 速度大小為 ,根據(jù)水平方向動量守恒得: M -m =0,解得,x= ,故選C。,遷移3:爆炸中的動量守恒 (2018安慶模擬)如圖,A、B質(zhì)量分別為m1=1 kg,m2= 2 kg,置于小車C上,小車的質(zhì)量為m3=1 kg,A、B與小車的動摩擦因數(shù)為0.5,小車靜止在光滑的水平面上。某時刻炸藥爆炸,若A、B間炸藥爆炸的能量有12 J轉(zhuǎn)化為A、B的機械能,其余能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。A、B始終在小車表面水平運動,小車足夠長,求:,(1)炸開后A、B獲得的速度各是多少。 (2)A、B在小車上滑行的時間各是多少。,【解析】(1)

9、炸藥爆炸瞬間A、B系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得: 0=m2v2-m1v1 A、B的機械能總量為12 J,故有: E= =12 J 聯(lián)立解得:v1=4 m/s,v2=2 m/s,(2)爆炸后A、B在C上滑動,B先與C相對靜止,設此時B、C的速度為v3,該過程中A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒。設該過程的時間為t1,由動量定理得: 對B:-m2gt1=m2v3-m2v2 對C:(m2g-m1g)t1=m3v3 解得:t1=0.2 s,對A、B、C系統(tǒng)由動量守恒定律得: 0=(m1+m2+m3)v 解得:v=0 設A滑動的總時間為t,由動量定理得: -m1gt=0-m1v1 解得:t=

10、0.8 s 答案:(1)4 m/s2 m/s(2)0.8 s0.2 s,【通關秘籍】 應用動量守恒定律解題的基本步驟,【加固訓練】 一炮彈質(zhì)量為m,以一定的傾角斜向上發(fā)射,達到最高點 時速度大小為v,方向水平。炮彈在最高點爆炸成兩塊, 其中一塊恰好做自由落體運動,質(zhì)量為 m,則爆炸后另 一塊瞬時速度大小為(),【解析】選B。爆炸前動量為mv,設爆炸后另一塊瞬時 速度大小為v,取炮彈到最高點未爆炸前的速度方向 為正方向,爆炸過程動量守恒,則有:mv= mv, 解得:v= v。,考點2碰撞規(guī)律 【典題探究】 【典例2】(2016全國卷)如圖,水平地面上有兩個 靜止的小物塊a和b,其連線與墻垂直;a

11、和b相距l(xiāng),b與墻 之間也相距l(xiāng);a的質(zhì)量為m,b的質(zhì)量為 m,兩物塊與地 面間的動摩擦因數(shù)均相同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動,此后a與b發(fā)生彈性碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞,重力加速度大小為g,求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件。導學號04450139,【題眼直擊】 (1)a與b發(fā)生彈性碰撞_。 (2)b沒有與墻發(fā)生碰撞_。,動量守恒、機械能守恒,b的最大位移為l,【解析】設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為, 要使物塊a、b能發(fā)生碰撞,應有 mgl, 即 設在a、b發(fā)生彈性碰撞前,a的速度大小為v1, 由動能定理可得-mgl=,設在a、b發(fā)生彈性碰撞后,a、b的速度大小分別 為v2、v3, 由動量

12、守恒定律和能量守恒定律得: mv1=mv2+ mv3 聯(lián)立各式得v3= v1,由題意知b沒有與墻發(fā)生碰撞,由動能定理得 解得 綜上所述有 答案:,【遷移訓練】,遷移1:完全非彈性碰撞問題 (多選)(2018長沙模擬)如圖所示,兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動,滑塊A的質(zhì)量為m,速度大小為2v0,方向向右,滑塊B的質(zhì)量為m,速度大小為v0,方向向左。兩滑塊發(fā)生碰撞后粘在一起,下列說法正確的是(),A.碰撞過程中機械能守恒 B.碰撞過程中動量守恒 C.碰后A和B一起向左運動,速度大小為 D.碰后A和B一起向右運動,速度大小為,【解析】選B、D。兩滑塊碰撞的過程動量守恒,以兩滑 塊組成的

13、系統(tǒng)為研究對象,由于合外力為零,所以系統(tǒng) 的動量守恒,碰撞過程中機械能不守恒,轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,故 A錯誤,B正確;取水平向右方向為正方向,碰撞前,A、B 的速度分別為vA=2v0,vB=-v0,根據(jù)動量守恒定律得 m2v0+m(-v0)=2mv,解得v= ,故C錯誤,D正確。,遷移2:多物體多過程的碰撞問題 (多選)(2018深圳模擬)質(zhì)量為m和M的兩個物塊A、B,中間夾著一根由輕繩束縛著的、被壓縮的輕質(zhì)彈簧,彈簧與A、B不相連,它們一起在光滑的水平面上以共同的速度向右運動,總動量為p,彈簧的彈性勢能為Ep;某時刻輕繩斷開,彈簧恢復到原長時,A剛好靜止,B向右運動,與質(zhì)量為M的靜止物塊C相碰并粘在

14、一起,則(),A.彈簧彈力對A的沖量大小為 B.彈簧彈力對B做功的大小為Ep C.全過程中機械能減小量為Ep D.B、C的最終速度為,【解析】選A、D。選取向右為正方向,兩個物體的總動 量是p,則A的動量pA= ,彈簧恢復到原長時,A剛 好靜止,由動量定理得I=pA-pA=0- =- 負號表示與選定的正方向相反,故A正確;彈簧對A、B作 用的過程中,彈簧對A做負功,對B做正功,系統(tǒng)的機械能 全部轉(zhuǎn)化為B的動能,所以B的動能的增加量等于彈簧的 彈性勢能與A的動能的和,所以彈簧彈力對B做的功大于Ep,故B錯誤;物塊A與B以及彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過 程中系統(tǒng)的動量守恒,設相互作用結(jié)束后B的速度為

15、v1, 選取向右為正方向,則p=Mv1,B與C相互作用的過程中二 者組成的系統(tǒng)的動量也守恒,設最終的速度為v2,根據(jù) 動量守恒得Mv1=(M+M)v2,聯(lián)立解得v2= ,整個過程 中損失的機械能E= (m+M) +Ep-,而v0= ,聯(lián)立解得E=Ep+ ,可知 只有在m與M相等時,全過程中機械能減小量才為Ep, 故C錯誤,D正確。,遷移3:碰撞中的臨界問題 如圖所示,固定的光滑圓弧面與質(zhì)量為6 kg的小車C的 上表面平滑相接,在圓弧面上有一個質(zhì)量為2 kg的滑 塊A,在小車C的左端有一個質(zhì)量為2 kg的滑塊B,滑塊 A與B均可看作質(zhì)點?，F(xiàn)使滑塊A從距小車的上表面高 h=1.25 m處由靜止下滑

16、,與B碰撞后瞬間粘合在一起,共同運動,最終沒有從小車C上滑出。已知滑塊A、B與小車C的動摩擦因數(shù)均為=0.5,小車C與水平地面的摩擦忽略不計,取g=10m/s2。求:,(1)滑塊A與B碰撞后瞬間的共同速度的大小。 (2)小車C上表面的最短長度。,【解析】(1)滑塊A下滑過程機械能守恒,由機械能 守恒定律得:mAgh= mA 代入數(shù)據(jù)解得:v1=5 m/s A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,以A的初速度方向為 正方向,由動量守恒定律得: mAv1=(mA+mB)v2 代入數(shù)據(jù)解得:v2=2.5 m/s,(2)A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒,以A的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得: (mA+mB)

17、v2=(mA+mB+mC)v3 代入數(shù)據(jù)解得:v3=1 m/s,由能量守恒定律得: (mA+mB)gL= (mA+mB) - (mA+mB+mC) 代入數(shù)據(jù)解得: L=0.375 m 答案:(1)2.5 m/s(2)0.375 m,【通關秘籍】 碰撞現(xiàn)象滿足的三個規(guī)律:,【加固訓練】 (多選)A、B兩球在光滑水平軌道上同向運動,A球的動量是7 kgm/s,B球的動量是9 kgm/s,當A球追上B球時發(fā)生碰撞,則碰撞后B球的動量變?yōu)?2 kgm/s,則兩球質(zhì)量mA、mB的關系可能是() A.mB=2mAB.mB=3mA C.mB=4mAD.mB=5mA,【解析】選A、B。以A的初速度方向為正方向

18、, 由動量守恒定律得:pA+pB=pA+pB, pB=12 kgm/s, 解得,pA=4 kgm/s,碰撞過程系統(tǒng)的總動能 不增加,則有 解得:,由題意可知:當A球追上B球時發(fā)生碰撞,則碰撞前A的速度大于B的速度,則有: 解得:,碰撞后A的速度不大于B的速度,則有 綜上得: 故A、B正確。,考點3動量守恒定律的綜合應用 【典題探究】 【典例3】(2016全國卷)如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑,地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h= 0.3 m(h小于斜面

19、體的高度)。已知小孩與滑板的總 質(zhì)量為m1=30 kg,冰塊的質(zhì)量為m2=10 kg,小孩與滑 板始終無相對運動。重力加速度的大小g取10 m/s2。導學號04450140,(1)求斜面體的質(zhì)量。 (2)通過計算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?,【解題探究】 (1)小孩推開冰塊過程中,小孩和冰塊系統(tǒng)動量守恒嗎? 提示:動量守恒。,(2)冰塊滑上斜面過程中動量守恒嗎?能否應用動量守恒定律?機械能守恒嗎? 提示:動量不守恒,但水平方向合力為零,因此水平方向動量守恒,水平方向可以應用動量守恒定律,冰塊滑上斜面過程中機械能守恒,冰塊的動能轉(zhuǎn)化為兩者的動能和冰塊的重力勢能。,【解析】(1)規(guī)定向右

20、為速度正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度,設此共同速度為v,斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得,m2v20=(m2+m3)v (m2+m3)v2+m2gh 式中v20=-3 m/s為冰塊推出時的速度。聯(lián)立式 并代入題給數(shù)據(jù)得 m3=20 kg,(2)設小孩推出冰塊后的速度為v1,由動量守恒定律 有m1v1+m2v20=0 代入數(shù)據(jù)得v1=1 m/s 設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3, 由動量守恒和機械能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3 ,聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得v2=1 m/s 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在

21、后方,故冰塊不能追上小孩。 答案:(1)20 kg(2)見解析,【通關秘籍】 1.解動力學問題的三個基本觀點:,2.動量觀點和能量觀點的比較:,【考點沖關】 1.(多選)(2018唐山模擬)如圖所示,一塊質(zhì)量為M的木板停在光滑的水平面上,木板的左端有擋板,擋板上固定一個小彈簧。一個質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)以水平速度v0從木板的右端開始向左運動,與彈簧碰撞后(彈簧處于彈性限度內(nèi)),最終又恰好停在木板的右端。根據(jù)上述情景和已知量,可以求出(),A.彈簧的勁度系數(shù) B.彈簧的最大彈性勢能 C.木板和小物塊組成的系統(tǒng)最終損失的機械能 D.若再已知木板長度l,可以求出木板和小物塊間的動摩擦因數(shù),【

22、解析】選B、C、D。小物塊m與長木板M構成的系統(tǒng)動 量守恒,設小物塊滑到最左端和最右端的速度分別為 v1 、v2,以向左為正方向,小物塊從開始位置滑動到最 左端的過程,由動量守恒定律得mv0=(M+m)v1,小物塊從 開始位置滑動到最后相對長木板靜止過程mv0=(M+m)v2, 解得v1= ,v2= ,小物塊滑動到最左端的,過程中,由能量守恒定律得 = (M+m) +Q+Ep, Q=Ffl,小物塊從開始滑動到最右端的過程中,由能量 守恒定律得 = (M+m) +Q,Q=2Ffl,由以上各 式可以解出Ep、Q、Q,故B、C正確;求出Q后,如果已 知木板長l,由Q=mgl,可以求出木板和小物塊間的

23、動 摩擦因數(shù),故D正確;因為缺少彈簧的壓縮量,無法求出 彈簧的勁度系數(shù),故A錯誤。,2.(2017天津高考)如圖所示,物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩相連,跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè),質(zhì)量分別為mA=2 kg、mB=1 kg。初始時A靜止于水平地面上,B懸于空中。現(xiàn)將B豎直向上舉高h=1.8 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。g取10 m/s2,空氣阻力不計。求:導學號04450141,(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的大小。 (3)初始時B離地面的高度H。,【解析】(1)B從

24、釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動, 有:h= gt2 解得:t=0.6 s,(2)設細繩繃直前瞬間B速度大小為v0,有 v0=gt=6 m/s, 細繩繃直瞬間,細繩張力遠大于A、B的重力, A、B相互作用,總動量守恒: mBv0=(mA+mB)v,繩子繃直瞬間,A、B系統(tǒng)獲得的速度:v=2 m/s 之后A做勻減速運動,所以細繩繃直瞬間的速度v即為 最大速度,A的最大速度為2 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(tǒng) 機械能守恒,有: (mA+mB)v2+mBgH=mAgH,解得初始時 B離地面的高度H=0.6 m。

25、 答案:(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m,【加固訓練】 如圖所示,一條帶有圓軌道的長軌道水平固定,圓軌道豎直,底端分別與兩側(cè)的直軌道相切,半徑R=0.5 m。物塊A以v0=6 m/s的速度滑入圓軌道,滑過最高點Q,再沿圓軌道滑出后,與直軌道上P處靜止的物塊B碰撞,碰后粘在一起運動,P點左側(cè)軌道光滑,右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段長度都為L=0.1 m。,物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為=0.1,A、B的質(zhì)量均為m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B可視為質(zhì)點,碰撞時間極短)。,(1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F。 (2)若碰后AB最終停止在第

26、k個粗糙段上,求k的數(shù)值。 (3)求碰后AB滑至第n個(nk)光滑段上的速度vn與n的關系式。,【解析】(1)物塊A滑入圓軌道到達Q的過程中機械能守恒,根據(jù)機械能守恒: mv2+2mgR 物塊A做圓周運動,故: F向= ,由聯(lián)立得:v=4 m/s F向=32 NGA=10 N,所以軌道上壁提供壓力。 合力提供向心力 F=F向-G 代入數(shù)值得F=22 N,(2)在與B碰撞前,系統(tǒng)機械能守恒,所以與B碰前A的速度為6 m/s,A和B在碰撞過程中動量守恒: mv0=2mv1 AB碰后向右滑動,由動能定理得: -2mgs=0- 由聯(lián)立得s=4.5 m k= =45,(3)碰后AB滑至第n個光滑段上的速度vn,由動能定理: -2mgnL= 解得:vn= 答案:(1)4 m/s22 N(2)45 (3)vn=,