【物理】2020届一轮复习人教版动量守恒定律及其应用学案

【物理】2020届一轮复习人教版动量守恒定律及其应用学案

动量守恒定律及其应用　　　　　　‎ ‎[基础知识·填一填]‎ ‎[知识点1]　动量守恒定律及其应用　‎ ‎1．几个相关概念 ‎(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统．‎ ‎(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力．‎ ‎(3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力．‎ ‎2．动量守恒定律 ‎(1)内容：如果一个系统　不受外力　，或者　所受外力的矢量和为0　，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．‎ ‎(2)表达式 ‎①p＝　p′　，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.‎ ‎②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．‎ ‎③Δp1＝　－Δp2　，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．‎ ‎④Δp＝　0　，系统总动量的增量为零．‎ ‎(3)适用条件 ‎①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．‎ ‎②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．‎ ‎③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．‎ 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．‎ ‎(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．(√)‎ ‎(2)动量守恒只适用于宏观低速．(×)‎ ‎(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．(×)‎ ‎(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．(√)‎ ‎(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中动量守恒．(√)‎ ‎[知识点2]　弹性碰撞和非弹性碰撞　‎ ‎1．碰撞 碰撞是指物体间的相互作用持续时间　很短　，而物体间相互作用力　很大　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 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 ‎　守恒　‎ 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失　最大　‎ ‎4.反冲现象 ‎(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．这类问题相互作用的过程中系统的动能　增大　，且常伴有其他形式能向动能的转化．‎ ‎(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用　远小于　物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理．‎ ‎5．爆炸问题 爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且　远大于　系统所受的外力，所以系统动量　守恒　，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．‎ 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．‎ ‎(1)弹性碰撞前后系统的机械能守恒．(√)‎ ‎(2)两物体在完全非弹性碰撞后不再分开，以共同速度运动．(√)‎ ‎(3)质量相等的两球以相等的速率相向正碰，碰后可能以某一相等的速率反向而行．(√)‎ ‎(4)质量相等的两球以相等的速率相向正碰，碰后可能以某一相等的速率同向而行．(×)‎ ‎(5)质量不相等的两球以相等的速率相向正碰，碰后可能以某一相等的速率互相分开．(×)‎ ‎[教材挖掘·做一做]‎ ‎1．(人教版选修3－5 P17第6题改编)甲、乙两名滑冰运动员沿同一直线相向运动，速度大小分别为‎3 m/s和‎1 m/s，迎面碰撞后(正碰)甲、乙两人反向运动，速度大小均为‎2 m/s.则甲、乙两人质量之比为(　　)‎ A．2∶3　　　　　　　 B．2∶5‎ C．3∶5 D．5∶3‎ 解析：C　[由动量守恒定律得：‎ m甲×3－m乙×1＝m甲×(－2)＋m乙×2‎ 所以＝，选项C正确．]‎ ‎2．(人教版选修3－5 P16第5题改编)某机车以‎0.8 m/s的速度驰向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接．机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢．设机车和车厢的质量都相等，求：跟最后一节车厢相碰后车厢的速度．铁轨的摩擦忽略不计．‎ 解析：取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝(m＋‎15m)v，v＝v0＝×‎0.8 m/s＝‎0.05 m/s.‎ 答案：‎0.05 m/s ‎3．根据人教版选修3－5 P17～P18“思考与讨论”回答下列问题．‎ ‎(1)如图为两钢性摆球碰撞时的情景．‎ ‎①两球质量相等，将一球拉到某位置释放，发现碰撞后，入射球静止，被碰球上升到与入射球释放时同样的高度，说明了什么？‎ ‎②弹性碰撞有什么特点？‎ ‎③质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止小球发生弹性正碰时，存在下列关系：‎ m1v1＝__________________________________________________，‎ m1v＝___________________________________________________.‎ ‎(2)①若质量为m1的小球以一定初速度v0沿光滑水平面撞击静止的小球m2，最终二者粘合在一起运动，试分析动量及能量关系．‎ ‎②非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特点是什么？‎ 答案：(1)①两球在最低点碰撞时，满足动量守恒条件，二者组成系统动量守恒，入射球静止，被碰球上升同样的高度，说明该碰撞过程中机械能不变．‎ ‎②弹性碰撞动量守恒，机械能守恒．‎ ‎③m1v′1＋m2v′2‎ m1v′＋m2v′ ‎(2)①二者碰撞时满足动量守恒条件，即有 m1v0＝(m1＋m2)v 碰撞前后总动能差值 ΔEk＝m1v－(m1＋m2)v2＝ ‎②a.非弹性碰撞：动量守恒，动能有损失，转化为系统内能．‎ b．完全非弹性碰撞：动量守恒；动能损失最大，碰后两物体粘在一起．‎ 考点一　动量守恒定律的理解及应用 ‎[考点解读]‎ ‎1．动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)‎ 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 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 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 ‎2.应用动量守恒定律解题的步骤 ‎ [典例赏析]‎ ‎[典例1]　(2019·郑州高三质量预测)如图所示，质量为m＝‎245 g的物块(可视为质 点)放在质量为M＝‎0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝‎5 g的子弹以速度v0＝‎300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取‎10 m/s2.子弹射入后，求：‎ ‎(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1.‎ ‎(2)木板向右滑行的最大速度v2.‎ ‎(3)物块在木板上滑行的时间t.‎ ‎[审题指导]‎ ‎(1)子弹进入物块后到一起向右滑行的时间极短，木板速度仍为零．‎ ‎(2)子弹与物块一起运动的初速度即为物块向右运动的最大速度v1.‎ ‎(3)木板足够长，物块最终与木板同速，此时，木板向右滑行的速度v2最大．‎ ‎[解析]　(1)子弹进入物块后向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得：m0v0＝(m0＋m)v1‎ 解得：v1＝‎6 m/s ‎(2)当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律得：‎ ‎(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2‎ 解得：v2＝‎2 m/s ‎(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：‎ ‎－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1‎ 解得：t＝1 s.‎ ‎[答案]　(1)‎6 m/s　(2)‎2 m/s　(3)1 s ‎[母题探究]‎ 母题 典例1‎ 探究1.动量守恒定律的矢量性 探究2.动量守恒定律的同时性 探究3.动量守恒定律的相对性 ‎[探究1]　动量守恒定律的矢量性　‎ 如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为‎10m、‎12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)‎ 解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律，得12mv0＝11mv1－mvmin,‎10m×2v0－‎ mvmin＝11mv2，为避免两船相撞应满足v1＝v2，联立解得vmin＝4v0.‎ 也可用不等式表达：设抛出货物的速度为v，由动量守恒定律，得乙船与货物12mv0＝11mv1－mv 甲船与货物‎10m×2v0－mv＝11mv2‎ 两船不相撞的条件是：v2≤v1‎ 解得v≥4v0.‎ 答案：4v0‎ ‎[探究2]　动量守恒定律的同时性　‎ 如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝‎2 kg、mB＝‎1 kg、mC＝‎2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝‎5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．‎ 解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律，得mAv0＝mAvA＋mCvC，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律，得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足：‎ vAB＝vC.联立以上三式，解得vA＝‎2 m/s.‎ 答案：‎2 m/s ‎[探究3]　动量守恒定律的相对性　‎ 一人站在静止于光滑平直轨道上的平板车上，人和车的总质量为M.现在这人双手各握一个质量均为m的铅球，以两种方式顺着轨道方向水平投出铅球：第一次是一个一个地投；第二次是两个一起投．设每次投掷时铅球对车的速度相同，则两次投掷后小车速度之比为(　　)‎ A.　　　　　 B. C．1 D. 解析：A　[因平直轨道光滑，故人与车及两个铅球组成的系统动量守恒．设每次投出的铅球对车的速度为u，第一次是一个一个地投掷时，有两个作用过程，根据动量守恒定律，投掷第一个球时，应有 ‎0＝(M＋m)v－m(u－v)①‎ 投掷第二个球时，有(M＋m)v＝Mv1－m(u－v1)②‎ 由①②两式，解得 v1＝(‎2M＋‎3m)mu/(M＋m)(M＋‎2m)‎ 第二次两球一起投出时，有0＝Mv2－‎2m(u－v2)，解得 v2＝2mu/(M＋‎2m)‎ 所以两次投掷铅球小车的速度之比 v1/v2＝(‎2M＋‎3m)/2(M＋m)．]‎ 考点二　碰撞问题 ‎[考点解读]‎ ‎1．分析碰撞问题的三个依据 ‎(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.‎ ‎(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.‎ ‎(3)速度要合理 ‎①碰前两物体同向，则v后＞v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后.‎ ‎②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．‎ ‎2．弹性碰撞的规律 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．‎ 以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′①‎ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2②‎ 由①②得v1′＝　v2′＝ 结论：‎ ‎(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．‎ ‎(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，并且v1′＜v2′，碰撞后两球都向前运动．‎ ‎(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例2]　两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝‎1 kg，mB＝‎2 kg，vA＝‎6 m/s，vB＝‎2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　　)‎ A．vA′＝‎5 m/s，vB′＝‎2.5 m/s B．vA′＝‎2 m/s，vB′＝‎4 m/s C．vA′＝－‎4 m/s，vB′＝‎7 m/s D．vA′＝‎7 m/s，vB′＝‎1.5 m/s ‎[解析]　B　[虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek＝22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确．]‎ ‎[母题探究]‎ 母题 典例2‎ 探究1.弹性碰撞 探究2.完全非弹性碰撞 探究3.多物多次碰撞问题 ‎[探究1]　弹性碰撞　‎ ‎(2016·全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．‎ 解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ，要使物块a、b能发生碰撞，应有mv>μmgl，即μ< 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，由动能定理可得 ‎－μmgl＝mv－mv 设在a、b发生弹性碰撞后，a、b的速度大小分别为v2、v3，‎ 由动量守恒定律和能量守恒定律得：‎ mv1＝mv2＋mv3‎ mv＝mv＋v 联立各式得v3＝v1‎ 由题意知b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 μmgl≥v 解得μ≥ 综上所述有≤μ< 答案：≤μ< ‎[探究2]　完全非弹性碰撞　‎ 两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：‎ ‎(1)滑块a、b的质量之比；‎ ‎(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．‎ 解析：(1)设a、b质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象，得 v1＝－‎2 m/s v2＝‎1 m/s a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v，由题给图象可得v＝ m/s.‎ 由动量守恒定律，得：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 联立各式解得＝.‎ ‎(2)由能量守恒得，‎ 两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2‎ 由图可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W＝(m1＋m2)v2‎ 解得＝.‎ 答案：(1)＝　(2)＝ ‎[探究3]　多物多次碰撞问题　‎ 如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静止于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0‎ 的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．‎ 解析：设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰撞后A的速度vA′＝v0，B的速度为vB＝v0，根据动量守恒定律，A、B碰撞过程满足 mvA＝m·＋m·，‎ 解得vA＝；‎ 从A开始运动到与B相碰的过程，根据动能定理：‎ Wf＝mv－mv，‎ 解得Wf＝mv 则对滑块B从与A碰撞完毕到与C相碰损失的动能也为Wf，由动能定理可知：Wf＝mv－mvB′2，‎ 解得vB′＝v0；‎ BC碰撞时满足动量守恒，则mvB′＝2mv共，‎ 解得v共＝vB′＝v0.‎ 答案：v0‎ ‎　多物多次碰撞 ‎1．由多个物体组成的系统，由于物体较多，相互作用的过程比较复杂，此时往往需要根据作用过程的不同阶段，合理的确定研究对象，列出多个动量守恒的方程．‎ ‎2．有时可能涉及到多次碰撞，此时需要注意明确研究的系统，以及确定针对哪个碰撞过程列方程.‎ 物理模型(八)　动量守恒中的两类模型 ‎◆题型1　子弹打木块模型 模型 特点及满足的规律 系统动量守恒、能量守恒：‎ mv0＝(m＋M)v，‎ fL相对＝mv－(M＋m)v2.‎ 木块固定并放于光滑面上，一般认为子弹受阻力相等，子弹完全穿出时系统产生的热量相等 ‎[典例赏析]‎ ‎[典例1]　(2019·张掖模拟)如图所示．质量M＝‎2 kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为MA＝‎2 kg的物体A(可视为质点)．一个质量为m＝‎20 g的子弹以‎500 m/s的水平速度射穿A后，速度变为‎100 m/s，最后物体A静止在车上．若物体A与小车间的动摩擦因数μ＝0.5(g取‎10 m/s2)．‎ ‎(1)平板车最后的速度是多大？‎ ‎(2)全过程损失的机械能为多少？‎ ‎(3)A在平板车上滑行的时间为多少？‎ ‎[审题指导]‎ ‎(1)最后物体A静止在车上，并不是A处于静止状态，而是A与车相对静止，以共同的速度运动．‎ ‎(2)全过程损失的机械能等于系统动能的减少量．‎ ‎[解析]　(1)对子弹和物体，由动量守恒得 mv0＝mv′＋MAv，‎ 得v＝‎4 m/s，‎ 同理对M和MA有MAv＝(M＋MA)v车，‎ 得v车＝‎2 m/s.‎ ‎(2)由能量守恒得：ΔE＝mv－mv′2－(M＋MA)v＝2 392 J.‎ ‎(3)对物体A由动量定理得：‎ ‎－μMAgt＝MAv车－MAv 得t＝0.4 s.‎ ‎[答案]　(1)‎2 m/s　(2)2 392 J　(3)0.4 s ‎[跟踪训练]‎ ‎1.(2019·北京四中质检)(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v 水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．上述两种情况相比较(　　)‎ A．子弹对滑块做的功一样多 B．子弹对滑块做的功不一样多 C．系统产生的热量一样多 D．系统产生热量不一样多 解析：AC　[根据动量守恒知，最后滑块获得的速度(最后滑块和子弹的共同速度)是相同的，即滑块获得的动能是相同的，根据动能定理，滑块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对滑块做的功一样多，A正确，B错误．子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多(子弹初、末速度相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，C正确，D错误．]‎ ‎◆题型2　人船模型 模型分类 特点及满足的规律 Mx＝m(L－x)‎ 特点：①两个物体　②总动量为零 ‎③动量守恒 ‎[典例赏析]‎ ‎[典例2]　如图所示，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？‎ ‎[解析]　先画出示意图如图所示 选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前系统的总动量为零．设某一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，选人前进的方向为正方向．根据动量守恒定律有：mv2－Mv1＝0，即＝.因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比，从而可以得出：在人从船头走向船尾的过程中，人和船的平均速度也跟它们的质量成反比，即对应的平均动量 M 1＝m 2，而位移s＝ t，所以有Ms1＝ms2，即＝.由图可知s1＋s2＝l，解得s1＝l，s2＝l.‎ ‎[答案]　船的位移为l　人的位移为l ‎　“人船模型”问题 ‎1．系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零．‎ ‎2．在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．在解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系．‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎2．如图所示，三角形木块A质量为M，置于光滑水平面上，底边长为a，在其顶部有一三角形小木块B质量为m，其底边长为b，若B从顶端由静止滑至底部，则木块A后退的距离为(　　)‎ A.　　　　　 B. C. D. 解析：C　[取向右方向为正方向．设木块A后退的距离为x，B从顶端由静止滑至底部时，B向左运动的距离为a－b－x，则 水平方向上A的平均速度大小为，B的平均速度大小为 根据水平方向动量守恒得：M－m＝0‎ 解得x＝.]‎