【物理】2018届一轮复习人教版 动量守恒定律及应用 学案

【物理】2018届一轮复习人教版 动量守恒定律及应用 学案

‎1.理解动量守恒定律的确切含义，知道其适用范围 ‎2.掌握动量守恒定律解题的一般步骤 ‎3.会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题 ‎ ‎ 一、动量守恒定律的理解及应用 ‎1．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零，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。‎ ‎2．动量守恒的条件 ‎(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)分方向守恒：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。‎ ‎3．动量守恒定律的“五性”‎ 系统性 动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒条件 相对性 公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系 同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度 矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值 普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统 二、碰撞现象的特点和规律 ‎1．碰撞 ‎(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，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≫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 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 ‎2.碰撞后运动状态可能性判断的三个依据 ‎(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。‎ ‎(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′‎ 或＋≥＋。‎ ‎(3)速度要符合情景。‎ ‎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。‎ 三　动量和能量观点的综合应用 ‎1．解动力学问题的三个基本观点 ‎(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。‎ ‎(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。‎ ‎(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。‎ ‎2．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较 定律名称 比较项目　　‎ 动量守恒定律 机械能守恒定律 相同点 研究对象 相互作用的物体组成的系统 研究过程 某一运动过程 不同点 守恒条件 系统不受外力或所受外力的矢量和为零 系统只有重力或弹力做功 表达式 p1＋p2＝p1′＋p2′‎ Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2‎ 矢标性 矢量式 标量式 某一方向上应用情况 可在某一方向上独立使用 不能在某一方向上独立使用 运算法则 矢量运算 代数运算 高频考点一　动量守恒定律的理解及应用 例1．在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中(　　)‎ A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 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 ‎【变式探究】如图所示，质量m＝10 kg的小车置于光滑水平面上，车上站着质量M＝30 kg的小孩，开始人车以1 m/s的速度向右运动，后来小孩以相对车2 m/s的水平速度向右跳下，求小孩跳下后车的速度(设向右的方向为正方向)(　　)‎ A．0.5 m/s　　　　　　　　 B．2 m/s C．－0.5 m/s D．－2 m/s 答案：　C ‎【举一反三】如图所示，在光滑水平面上静止着一倾角为θ，质量为M的斜面体B，现有一质量为m的物体A以初速度v0沿斜面上滑，若A刚好可到达B的顶端，且A、B具有共同速度，若不计A、B间的摩擦，则A到达顶端时速度的大小为(　　)‎ A. B． C. D． 解析：　因为物体A具有竖直方向的加速度，故系统在竖直方向受到向下的重力和水平面提供的向上的作用力且此方向合力不为零，故此方向的动量不守恒。但水平面光滑，故系统在水平方向动量守恒，即 mv0cos θ＝(M＋m)v 所以v＝，故选项B正确。‎ 答案：　B ‎【变式探究】如图所示，甲车质量为m1＝m，在车上有质量为M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平地面后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以v0的速度迎面滑来。为了避免两车发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上了乙车。已知h＝，不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看做质点。试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？‎ 解析：　设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得(m1＋M)v＝(m1＋M)gh 解得v1＝＝2v0‎ 设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，人跳离甲车的过程中，人和甲车组成的系统动量守恒，人跳上乙车的过程中，人和乙车组成的系统动量守恒。设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，则根据动量守恒定律有 人跳离甲车时(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′‎ 即(2m＋m)v1＝2mv＋mv1′①‎ 人跳上乙车时Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′‎ 即2mv－2mv0＝(2m＋2m)v2′②‎ 答案：　v0≤v≤v0‎ 高频考点二　 碰撞现象的特点和规律 例2．(多选)质量分别为mP＝1 kg、mQ＝2 kg的小球P、Q静止在光滑的水平面上，现给小球P以水平的速度vP0＝4 m/s沿直线朝小球Q运动，并发生正碰，分别用vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于vP、vQ的大小可能的是(　　)‎ A．vP＝vQ＝ m/s B．vP＝－1 m/s，vQ＝2.5 m/s C．vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s D．vP＝－4 m/s，vQ＝4 m/s 解析：　碰撞前总动量为p＝mPvP0＝4 kg·m/s，碰撞前总动能为Ek＝mPv＝8 J。如果vP＝vQ＝ m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，Ek′＝mPv＋mQv＝ J，碰撞过程动量守恒，能量不增加，A正确；如果vP＝－1 m/s，vQ＝2.5 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，Ek′＝mPv＋mQv＝6.75 J，能量不增加，碰撞过程动量守恒，B正确；如果vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝7 kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，C错误；如果vP＝－4 m/s，vQ＝4 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，Ek′＝mPv＋mQv＝24 J，碰撞过程动量守恒，动能增加，D错误。‎ 答案：　AB ‎【变式探究】(多选)在光滑的水平面上小球A以速度v1沿直线运动，经一段时间与静止在水平面上的小球B发生弹性正碰，已知A、B两球的质量分别为m1、m2，碰后两球的速率分别为v1′、v2′。则(　　)‎ A．若m1＝m2，则v2′＝v1‎ B．若m1≫m2，则v2′＝2v1‎ C．若m1≪m2，则v1′＝－v1‎ D．若m1＝m2，则v1′＝v1‎ 答案：　ABC ‎【举一反三】如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：‎ ‎(1)B的质量；‎ ‎(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。‎ 解析：　(1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得 m·＋2mBv＝(m＋mB)v①‎ 由①式得mB＝②‎ ‎(2)从开始到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v③‎ 设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则 ΔE＝m2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2 ④‎ 联立②③④式得 ΔE＝mv 答案：　(1)　(2)mv 高频考点三　动量和能量观点的综合应用 例3、[2016·全国甲卷·35(2)]如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力 加速度的大小g＝10 m/s2。‎ ‎(1)求斜面体的质量；‎ ‎(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④‎ 代入数据得 v1＝1 m/s⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥‎ m2v＝m2v＋m3v⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝1 m/s⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。‎ 答案：　(1)20 kg　(2)见解析 ‎【方法技巧】利用动量和能量的观点解题的技巧 ‎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。‎ ‎【举一反三】如图所示，用轻绳将质量分别为m1＝1.0 kg和m2＝2.0 kg的弹性小球a、b紧紧捆在一起，使它们发生微小的形变。两球以速度v0＝0.10 m/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过t＝5.0 s时，测得两球相距x＝4.5 m，求：‎ ‎(1)刚分离时，a、b两小球的速度v1、v2；‎ ‎(2)两球分开过程中释放的弹性势能Ep。‎ 答案：　(1)0.70 m/s　－0.20 m/s　(2)0.27 J ‎【变式探究】两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则在以后的运动中：‎ ‎(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？‎ ‎(2)系统中弹性势能的最大值是多少？‎ 解析：　(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。由A、B、C三者组成的系统动量守恒，‎ ‎(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC 解得vABC＝ m/s＝3 m/s ‎(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则mBv＝(mB＋mC)vBC，vBC＝ m/s＝2 m/s 设物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，‎ 根据能量守恒Ep＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)v＝12 J。‎ 答案：　(1)3 m/s　(2)12 J ‎ ‎ ‎1．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：　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。‎ 答案：　C ‎2．如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止。则此时A车和B车的速度之比为(　　)‎ A. B． C. D． 解析：　规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得＝，故选C。‎ 答案：　C ‎3.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)‎ A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5‎ B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10‎ C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5‎ D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10‎ 答案：　A ‎4．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)‎ 解析：　平抛运动时间t＝ ＝1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝mv甲＋mv乙，又v甲＝，v乙＝，t＝1 s，则有x甲＋x乙＝2 m，将各选项中数据代入计算得B正确。‎ 答案：　B ‎5.如图所示，A、B两物体的质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的轻质弹簧，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 答案：　BCD ‎6．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙壁上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，槽的底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高为h处开始下滑，则(　　)‎ A．在小球从圆弧槽上下滑的运动过程中，小球与槽组成的系统在水平方向上的动量始终守恒 B．在小球从圆弧槽上下滑的运动过程中，小球的机械能守恒 C．在小球压缩弹簧的过程中，小球与弹簧组成的系统的机械能守恒 D．小球离开弹簧后能追上圆弧槽 解析：　在小球下滑的过程中，小球与槽组成的系统所受的合外力不为零，系统的动量不守恒，但系统在水平方向上所受的合外力为零，所以系统在水平方向上的动量始终守恒，选项A正确；在小球下滑的过程中，对于小球与槽组成的系统，只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但小球的机械能不守恒，选项B错误；在小球压缩弹簧的过程中，对于小球与弹簧组成的系统，只有弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统的机械能守恒，选项C正确；在小球下滑的过程中，小球与槽组成的系统在水平方向上的动量守恒，因小球与槽的质量相等，故小球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，方向相反，小球被反弹后，小球与槽的速度相等，小球不能追上槽，选项D错误。‎ 答案：　AC ‎7．如图所示，质量为m1＝0.2 kg的小物块A，沿水平面与小物块B发生正碰，小物块B的质量为m2＝1 kg。碰撞前，A的速度大小为v0＝3 m/s，B静止在水平地面上。由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，试求碰后B在水平面上滑行的时间。‎ 假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后A、B的速度分别为vA、vB，则由动量守恒定律有 m1v0＝m1vA＋m2vB 由机械能守恒有 m1v＝m1v＋m2v 设碰后B滑行的时间为t2，则 μm2gt2＝m2vB 解得t2＝0.5 s 可见，碰后B在水平面上滑行的时间t满足 ‎0．25 s≤t≤0.5 s 答案：　0.25 s≤t≤0.5 s ‎8.如图，光滑的水平地面上停着一个木箱和小车，木箱质量为m，小车和人的总质量为M＝4m，人以对地速率v将木箱水平推出，木箱碰墙后等速反弹回来，人接住木箱后再以同样大小的速率v第二次推出木箱，木箱碰墙后又等速反弹回来……多次往复后，人将接不到木箱。求从开始推木箱到接不到木箱的整个过程，人所做的功。‎ 答案：　mv2‎ ‎9．在足够长的光滑水平面上有一个宽度为L的矩形区域，只要物体在此区域内就会受到水平向右的恒力F作用。两个可视为质点的小球如图所示放置，B球静止于区域的右边界，现将A球从区域的左边界由静止释放，A球向右加速运动，在右边界处与B球碰撞(碰撞时间极短)。若两球只发生一次碰撞，且最终两球的距离保持不变，求：‎ ‎(1)A、B两球的质量之比；‎ ‎(2)碰撞过程中A、B两球组成的系统机械能的损失。‎ 解析：　(1)设A、B两球质量分别为mA、mB，碰撞前A球速度为v0，A、B两球碰撞后瞬间速度大小分别为vA、vB 由题意知，碰撞后瞬间A、B两球速度大小相等、方向相反，设其大小为v，则vA＝vB＝v碰撞前，对A球由动能定理得FL＝mAv 碰撞后，设A球在区域内往复运动时间为t由动量定理得Ft＝2mAv 由牛顿运动定律，B球向右做匀速运动：L＝vt 碰撞后，由动量守恒定律得mAv0＝mBv－mAv 联立解得：v＝，mB＝4mA，即mA∶mB＝1∶4‎ ‎(2)由机械能守恒定律得碰撞过程系统机械能损失 ΔE＝mAv－ 解得：ΔE＝FL。‎ 答案：　(1)1∶4　(2)FL ‎10．光滑的水平面和半径相同的两个四分之一的光滑圆形轨道按如图所示方式平滑相连，小球B静止在水平轨道上，小球A从左侧四分之一圆弧最高点由静止释放，进入水平轨道后，与小球B发生弹性碰撞。碰撞后B球经过右侧圆弧C点时对轨道压力恰好为0。不计一切摩擦，且两球均可视为质点。求A、B两球的质量之比。(结果保留两位有效数字)‎ 答案：　0.55‎