[推荐学习]新课标2018版高考物理一轮复习第十一章动量近代物理初步第2讲动量守恒定律及其应用教案

第2讲动量守恒定律及其应用知识点一系统内力和外力1.系统：相互作用的组成的一个整体.2.内力：系统物体间的相互作用力.3.外力：系统的物体对系统的物体的作用力.答案：1.两个或多个物体 2.内部 3.以外以内知识点二动量守恒定律1.内容：如果一个系统，或者为0，这个系统的总动量.2.成立条件(具备下列条件之一)(1)系统.(2)系统所受外力的矢量和为.3.表达式(1)p＝p′含义：系统相互作用前总动量p等于总动量p′.(2)Δp1＝－Δp2含义：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量、.(3)Δp＝0含义：系统为零.(4)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′含义：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量之和等于.答案：1.不受外力所受外力的矢量和保持不变 2.(1)不受外力(2)0 3.(1)相互作用后(2)大小相等方向相反(3)总动量增量(4)作用后的动量之和(1)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒. ( )(2)只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒.( )(3)只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒.( )(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒.( )(5)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同.( )答案：(1) (2) (3) (4) (5)考点对动量守恒条件的理解1.系统不受外力或系统所受外力的合力为零.2.系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小很多.3.系统所受外力的合力虽不为零，但系统在某一个方向上不受外力或受到的合外力为零，则系统在该方向上的动量守恒.[典例1] (多选)如图所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C 上，A、B间有一根被压缩的弹簧，水平地面光滑.当弹簧突然释放后，则( )A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒[解析] 要判断A、B组成的系统动量是否守恒，要先分析A、B组成的系统受到的合外力与A、B之间相互作用的内力，看合外力之和是否为零，或者内力是否远远大于合外力.[答案] BCD[变式1] (2017·江苏苏北调研)如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推木箱.关于上述过程，下列说法中正确的是( )A.男孩与木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同答案：C 解析：如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为0，那么这个系统的总动量保持不变.选项A中，男孩与木箱组成的系统受到小车对系统的摩擦力的作用；选项B中，小车与木箱组成的系统受到人对系统的力的作用；动量、动量的改变量均为矢量，选项D中，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等、方向相反.故选C.判断系统的动量是否守恒时，要注意动量守恒的条件是系统不受外力或所受的合外力为零.因此，要分清系统中的物体所受的力哪些是内力，哪些是外力.在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关.考点对动量守恒定律的理解和应用1.矢量性：动量守恒方程是一个矢量方程.对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的情况，应选取统一的正方向.凡是与选取正方向相同的动量为正，相反为负.若方向未知，可设为与正方向相同列动量守恒方程，通过解得的结果的正负，判定未知量的方向.2.瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定.列方程m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2时，等号左侧是作用前(或某一时刻)各物体的动量和，等号右侧是作用后(或另一时刻)各物体的动量和.不同时刻的动量不能相加.3.相对性：由于动量大小与参考系的选取有关，所以应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度.一般以地面为参考系.4.系统性：研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统，而不是其中的一个物体.5.普适性：它不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统.考向1 动量守恒定律的基本应用[典例2] 人和冰车的总质量为m 总，另有一质量为m 的木球，m 总∶m ＝31∶2，人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v (相对于地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方的固定挡板，不计一切摩擦.设球与挡板碰撞时无机械能损失，人接住球后再以同样的速度v (相对于地面)将球沿冰面向正前方推向挡板，求人推多少次后才不再能接到球.[解析] 人在接球和推球的过程中均满足动量守恒的条件，以推球的方向为正方向 第一次推球，0＝mv －m 总v 1，v 1＝mvm 总(人后退速度) 球碰挡板后速度变为－v ，又被以v 1后退的人接到 －m 总v 1－mv ＝－(m 总＋m )v ′1 人接球后后退速度为v ′1＝2mvm 总＋m第二次推球，－(m 总＋m )v ′1＝mv －m 总v 2v 2＝3mv m 总第二次接球，－m 总v 2－mv ＝－(m 总＋m )v ′2 人第二次接球后后退速度v ′2＝4mvm 总＋m第三次推球，－(m 总＋m )v ′2＝mv －m 总v 3v 3＝5mv m 总第三次接球，－m 总v 3－mv ＝－(m 总＋m )v ′3 人第三次接球后后退速度v ′3＝6mvm 总＋m综上所述，人第n 次推球后，后退速度为v n ＝（2n －1）mvm 总，球碰挡板后又以此速度滑向人，若人不再能接球，必须有v n ≥v ，即（2n －1）mv m 总≥v得出n ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 总m 2，即n ≥12⎝⎛⎭⎪⎫1＋312＝8.25所以人推9次后将不再接到球. [答案] 9次考向2 应用动量守恒定律解决人船模型问题[典例3] 如图所示，物体A 和B 质量分别为m 2和m 1，其水平直角边长分别为a 和b .A 、B 之间存在摩擦，B 与水平地面无摩擦.可视为质点的m 2与地面间的高度差为h ，当A 由B 顶端从静止开始滑到B 的底端时.(1)B 的水平位移是多少？(2)m 2滑到斜面底端时速度为v 2，此时m 1的速度为v 1.则在m 2下滑过程中，m 2损失的机械能为多少？[解析] (1)设向右为正方向，下滑过程中A 的速度为－v 2，B 的速度为v 1，对A 和B 组成的系统，水平方向上不受任何外力，故水平方向的动量守恒，则每时每刻都有m 1v 1－m 2v 2＝0， 则有m 1x 1－m 2x 2＝0， 由题意可知x 1＋x 2＝b －a ， 联立可得x 1＝m 2（b －a ）m 1＋m 2.(2)根据能量守恒定律，m 2损失的机械能为m 2gh －12m 2v 22－12m 1v 21.[答案] (1)m 2（b －a ）m 1＋m 2 (2)m 2gh －12m 2v 22－12m 1v 21应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程). (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒). (3)规定正方向，确定初末状态动量. (4)由动量守恒定律列出方程.(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明.考点碰撞现象的特点和规律1.碰撞：物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力非常大的现象.2.特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒.3.分类(1)动量守恒：即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加：即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2，或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2.(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v ′前≥v ′后.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.考向1 动量守恒与弹性碰撞[典例4] (2015·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间.A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态.现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.[解析] A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒.设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1 ①12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1 ② 联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0 ③v C 1＝2m m ＋Mv 0 ④如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况.第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞.设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0⑤ 根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1 ⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0 ⑦ 解得m ≥(5－2)M ⑧ 另一个解m ≤－(5＋2)M 舍去所以，m 和M 应满足的条件为(5－2)M ≤m <M . ⑨ [答案] (5－2)M ≤m <M 考向2 动量守恒与非弹性碰撞[典例5] 如图所示，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平.从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：(1)两球a 、b 的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比.[解析] (1)设球b 的质量为m 2，细线长为L ，球b 下落至最低点，但未与球a 相碰时的速率为v ，由机械能守恒定律得m 2gL ＝12m 2v 2①式中g 是重力加速度的大小.设球a 的质量为m 1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v ′，以向左为正.由动量守恒定律得m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得 12(m 1＋m 2)v ′2＝(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)③ 联立①②③式得m 1m 2＝11－cos θ－1④ 代入题给数据得m 1m 2＝2－1.⑤ (2)两球在碰撞过程中的机械能损失是Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)⑥联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能E k E k ＝12m 2v 2之比为Q E k ＝1－m 1＋m 2m 2(1－cos θ)⑦联立⑤⑦式，并代入题给数据得Q E k ＝1－22.⑧ [答案] (1)2－1 (2)1－221.弹性碰撞的规律两物体发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒.假设质量为m 1的物体，以速度v 1与原来静止的质量为m 2的物体发生弹性正碰，碰撞后它们的速度分别为v ′1和v ′2.根据动量守恒定律得m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2根据机械能守恒定律得12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22解得v ′1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1 ①，v ′2＝2m 1m 1＋m 2v 1 ② 结论：(1)当m 1＝m 2时，即两物体的质量相等时，由①②两式得v ′1＝0，v ′2＝v 1，即两者的速度互换.(2)当m 1≫m 2时，即第一个物体的质量比第二个物体的质量大得多时，m 1－m 2≈m 1，m 1＋m 2≈m 1，由①②两式得v ′1＝v 1，v ′2＝2v 1.(3)当m 1≪m 2时，即第一个物体的质量比第二个物体的质量小得多时，m 1－m 2≈－m 2，m 1＋m 2≈m 2，2m 1m 1＋m 2≈0，由①②两式得v ′1＝－v 1，v ′2＝0.2.完全非弹性碰撞的规律设质量分别为m 1、m 2的两物体碰撞前的速度分别为v 1、0，碰撞后的共同速度为v ′，则系统的动量和能量具有如下关系.动量关系：m 1v 1＝(m 1＋m 2)v ′能量关系：12m 1v 21＝12(m 1＋m 2)v ′2＋ΔE ，ΔE 为碰撞过程中损失的动能.考点动量与能量的综合应用1.解决动力学问题的三个基本观点(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律).(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理.(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处.特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性.考向1 动量守恒定律与运动学的综合应用[典例6] (2017·广东汕头二模)如图所示，两个弹性小球a和b的质量分别为m a、m b.a 球原来静止在离地高度H＝2.4 m 的P点，b球原来静止在离地高度h＝1.6 m 的Q点.先静止释放a球，在a球即将碰到b球时同样静止释放b球，两球碰撞时间极短，碰后在同一竖直线运动，已知m b＝3m a，重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略小球大小、空气阻力及碰撞中的动能损失，且小球落地后不再跳起.求：(1)a球即将碰到b球时的速度大小；(2)b球与a球先后落地的时间差.[解析] (1)设a球下落至即将碰到b球的位置时，有v2＝2g(H－h)代入数据解得a球即将碰到b球时速度v ＝4 m/s.(2)a 球与b 球碰撞过程动量守恒(取向下方向为正方向)，得m a v ＝m a v a ＋m b v b碰撞过程没有动能损失，得 12m a v 2＝12m a v 2a ＋12m b v 2b 将m b ＝3m a 和其余数据代入解得碰后a 球和b 球的速度分别为v a ＝－2 m/s(方向向上) v b ＝2 m/s(方向向下)碰后b 球做竖直下抛运动，经时间t 落地，有h ＝v b t ＋12gt 2碰后a 球做竖直上抛运动，运动时间比b 球多Δt ，有h ＝v a (t ＋Δt )＋12g (t ＋Δt )2代入数据解得两球先后落地的时间差 Δt ＝0.4 s.[答案] (1)4 m/s (2)0.4 s考向2 动量守恒定律与动量定理的综合应用[典例7] (2017·湖北宜昌一模)如图所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝15 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止.物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2.求：(1)物块在车面上滑行的时间t ；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过多少？[解析] (1)设物块与小车的共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为F f ，对物块应用动量定理有 －F f t ＝m 2v －m 2v 0 ② 其中F f ＝μm 2g ③联立以上三式解得t ＝m 1v 0μ（m 1＋m 2）g代入数据得t ＝0.3×20.5×（0.3＋0.2）×10s ＝0.24 s. ④(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v ′，则有m 2v ′0＝(m 1＋m 2)v ′ ⑤由功能关系有12m 2v ′20＝12(m 1＋m 2)v ′2＋μm 2gL ⑥ 代入数据解得v ′0＝510 m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v ′0不能超过510 m/s. [答案] (1)0.24 s (2)510 m/s 考向3 动量与能量的综合应用[典例8] 光滑水平面上放着质量m A ＝1 kg 的物块A 与质量m B ＝2 kg 的物块B ，A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能E p ＝49 J.在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示.放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R ＝0.5 m ，B 恰能到达最高点C .取g ＝10 m/s 2，求：(1)绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小； (2)绳拉断的过程中绳对B 的冲量I 的大小； (3)绳拉断的过程中绳对A 所做的功W .[解析] (1)设B 在绳被拉断后瞬间的速度为v B ，到达C 点时的速度为v C ，有m B g ＝m B v 2CR12m B v 2B ＝12m B v 2C ＋2m B gR 代入数据得v B ＝5 m/s.(2)设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为v 1，取水平向右为正方向，有E p ＝12m B v 21I ＝m B v B －m B v 1代入数据得I ＝－4 N·s，其大小为4 N·s.(3)设绳断后A 的速度为v A ，取水平向右为正方向，有m B v 1＝m B v B ＋m A v AW ＝12m A v 2A 代入数据得W ＝8 J.[答案] (1)5 m/s (2)4 N·s(3)8 J应用动量、能量观点解决问题的两点技巧(1)灵活选取系统.根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象.(2)灵活选取物理过程.在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究.列方程前要注意分析、判断所选过程动量、机械能的守恒情况.1.[动量守恒、机械能守恒的判断]粗糙的水平地面上放着一个木块，一颗子弹水平地射进木块后停留在木块中，带动木块一起滑行一段距离，在这个过程中，子弹和木块组成的系统( )A.动量和机械能都守恒B.动量和机械能都不守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能守恒答案：B 解析：子弹射入木块的过程中，系统的动量守恒，机械能不守恒；它们一起在粗糙水平地面上滑行的过程中动量和机械能均不守恒，故选B.2.[动量守恒与碰撞]如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动.滑块A 的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左.两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A.A和B都向左运动B.A和B都向右运动C.A静止，B向右运动D.A向左运动，B向右运动答案：D 解析：选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2mv0，B的动量p B＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意.3.[动量守恒与碰撞](多选)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5 kg·m/s，B球的动量是7 kg·m/s.当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B 两球的动量可能值分别是( )A.6 kg·m/s,6 kg·m/sB.3 kg·m/s,9 kg·m/sC.－2 kg·m/s,14 kg·m/sD.－5 kg·m/s,15 kg·m/s答案：BC 解析：两球组成的系统动量守恒.A 球减少的动量等于B 球增加的动量，故D 错.虽然碰撞前后的总动量相等，但A 球的动量不可能沿原方向增加，故A 错.选B 、C.4.[动量守恒定律的应用]质量为m 1＝1 kg 和m 2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x ­t 图象如图所示，则( )A.此碰撞一定为弹性碰撞B.被碰物体的质量为2 kgC.碰后两物体速度相同D.此过程有机械能损失答案：A 解析：位移—时间图象的斜率表示物体的速度，由图象求出碰撞前后的速度分别为：v 1＝4 m/s ，v 2＝0，v ′1＝－2 m/s ，v ′2＝2 m/s ；由动量守恒定律有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2，得m 2＝3 kg ；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8 J ，机械能无损失，因此是弹性碰撞.B 、C 、D 错误，A 正确.5.[动量守恒定律与动能定理的综合]如图所示，滑块A 、B 质量均为m ＝2 kg ，滑块A 光滑，滑块B 与水平地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，B 与右侧墙壁的距离为L ＝ 1.75 m.开始时B 静止，A 以速度v 0＝4 m/s 向右滑向B ，A 与B 第一次碰撞过程中无能量损失，B 与墙碰撞时间极短且碰后以原速率弹回，若A 与B 第二次碰后粘在一起，则滑块A 、B 共同的速度大小为( )A.0.5 m/sB.1.5 m/sC.2.5 m/sD.3.5 m/s答案：B 解析：由题意可知，滑块A 、B 碰撞后发生速度交换，即v B 1＝v 0.随后滑块B 做匀减速直线运动，加速度大小为a ＝μg ＝1 m/s 2.滑块B 与墙壁发生碰撞，只是改变了滑块的运动方向，匀减速运动的加速度大小不变，设滑块B 第二次与A 碰撞时的速度为v B 2.由动能定理得，－2μmgL ＝12mv 2B 2－12mv 2B 1，解得v B 2＝3 m/s.滑块A 与B 第二次碰后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得，mv B 2＝2mv ，解得v ＝1.5 m/s.。