2020高考物理第2讲动量守恒定律及其应用教案鲁科版.docx

第2讲动量守恒定律及其应用知识排查动量守恒定律1.内容一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变。2.表达式(1)pp，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p。(2)m1v1m2v2m1v1m2v2，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。(3)p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。3.动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。弹性碰撞和非弹性碰撞1.碰撞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完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最多反冲和爆炸问题1.反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动。(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、爆竹升空、发射火箭等。(3)规律：遵从动量守恒定律。2.爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。小题速练1.思考判断(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)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。()(4)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。()答案(1)(2)(3)(4)2.人教版选修35P16T5改编某机车以0.8 m/s 的速度驶向停在铁轨上的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，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)()A.0.053 m/sB.0.05 m/sC.0.057 m/s D.0.06 m/s解析取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv0(m15m)v，vv00.8 m/s0.05 m/s。故选项B正确。答案B3.(2017全国卷，14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kgm/s B.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s解析设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量p2m2v250103600 kgm/s30 kgm/s。根据动量守恒定律可得0m1v1m2v2，则火箭的动量大小为p1m1v1m2v230 kgm/s，所以选项A正确，B、C、D错误。答案A动量守恒定律的条件及应用1.动量守恒定律的适用条件(1)前提条件：存在相互作用的物体系。(2)理想条件：系统不受外力。(3)实际条件：系统所受合外力为零。(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。2.动量守恒定律的四个特性相对性公式中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是在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【例1】如图1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mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg。开始时C静止，A、B一起以v05 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。图1解析因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0mAvAmCvCA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mAvAmBv0(mAmB)vABA与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vABvC联立式，代入数据得vA2 m/s答案2 m/s应用动量守恒定律解题时应该首先判断动量是否守恒，这就需要理解好动量守恒的条件，基本思路如下1.(多选)(2019福建南平模拟)如图2所示，在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止。此人将锤抡起至最高点，此时大锤在头顶的正上方，然后，人用力使锤落下敲打车的左端，如此周而复始，使大锤连续地敲打车的左端，最后，人和锤都恢复至初始状态并停止敲打。在此过程中，下列说法中正确的是 ()图2A.锤从最高点落下至刚接触车的过程中，车的动量方向先水平向右，后水平向左B.锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向左的动量，车的动量减小至零C.锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，车具有水平向右的动量，车的动量先增大后减小D.在任一时刻，人、锤和车组成的系统动量守恒解析由水平方向动量守恒可知锤从最高点落下至刚接触车的过程中，车的动量方向先水平向右，后水平向左，故A正确；锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向左的动量，车的动量减小至零，故B正确；锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，锤的动量方向先向左再向右，则车的动量先向右再向左，故C错误；人、锤和车组成的系统，在水平方向上所受的外力之和为零，水平方向上动量守恒，故D错误。答案AB2.两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1 kg，两磁铁的N极相对。推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s。方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰。则：(1)两车最近时，乙的速度为多大？(2)甲车开始反向时，乙的速度为多大？解析(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙v乙m甲v甲(m甲m乙)v所以两车最近时，乙车的速度为v m/s m/s。(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙v乙m甲v甲m乙v乙解得v乙2 m/s答案(1) m/s(2)2 m/s碰撞模型的规律及应用1.碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律。(2)机械能不增加。(3)速度要合理。若碰前两物体同向运动，则应有v后v前，碰后原来在前面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。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。2.弹性碰撞的结论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m1v1m1v1m2v2m1vm1v12m2v22【例2】(2019湖北宜昌西陵区模拟)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p15 kgm/s，p27 kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kgm/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是()A.m1m2 B.2m1m2C.4m1m2 D.6m1m2解析甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1p2p1p2，得p12 kgm/s。由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有，得m1m2。因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即m1m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以m1m2。因此选项C正确。答案C1.如图3所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是()图3A.甲球速度为零，乙球速度不为零B.两球速度都为零C.乙球速度为零，甲球速度不为零D.两球都以各自原来的速率反向运动解析首先根据两球动能相等，m甲vm乙v得出两球碰前动量大小之比为，因m甲m乙，则p甲p乙，则系统的总动量方向向右。根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A所述情况，而B、C、D情况是违背动量守恒的。答案A2.(2019海口模拟)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图4所示的位移时间图象。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知()图4A.碰前滑块与滑块速度大小之比为72B.碰前滑块的动量大小比滑块的动量大小大C.碰前滑块的动能比滑块的动能小D.滑块的质量是滑块的质量的解析根据st图象的斜率等于速度，可知碰前滑块速度为v12 m/s，滑块的速度为v20.8 m/s，则碰前速度大小之比为52，故选项A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块的动量为负，滑块的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块的动量大小比滑块的小，故选项B错误；碰撞后的共同速度为v0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1m2v2(m1m2)v，解得m26m1，由动能的表达式可知，m1vm2v，故选项C错误，D正确。答案D常见的三个经典模型模型“人船模型”类问题的处理方法1.人船模型的适用条件物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动量为零。2.人船模型的特点(1)遵从动量守恒定律：m1v1m2v20。如图5所示。图5(2)两物体的位移满足：mM0s人s船L即s人L，s船L【例3】(2019辽宁凌源模拟)长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)()图6A.L B. C. D.解析设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则mv1Mv20，设人从右端到达左端时间为t，则有mv1tMv2t0，化简为ms1Ms2，由空间几何关系得s1s2L，联立解得车的位移为s2，故只有选项C正确。答案C模型“滑块弹簧”碰撞模型【例4】(2019甘肃协作体联考)如图7所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M3 kg。质量m1 kg的铁块B以水平速度v04 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()图7A.3 J B.4 J C.6 J D.20 J解析设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为f。铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律可得mvfL(Mm)v2Ep。由动量守恒定律，得mv0(Mm)v。从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由能量关系得mv2fL(Mm)v2，联立解得Ep3 J，故选项A正确。答案A模型“子弹打木块”模型【例5】(2019陕西咸阳模拟)如图8所示，相距足够远完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定。试求：图8(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小；(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t。解析(1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有mv0m(v0)3mv解得vv0对子弹与第一块木块组成的相互作用系统，由能量守恒有fLmvm(v0)2(3m)v2解得子弹受到木块阻力f(2)对子弹与第二块木块组成的相互作用系统，由于m(v0)2，则子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v共，由动量守恒定律有m(v0)(m3m)v共解得v共对第二块木块，由动量定理有ft3m()子弹在第二块木块中的运动时间为t答案(1)v0(2)1.(多选)如图9所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m2 kg的另一物体B以水平速度v03 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是()图9A.木板获得的动能为2 JB.系统损失的机械能为4 JC.木板A的最小长度为1.5 mD.A、B间的动摩擦因数为0.1解析根据动量守恒定律可得mv0(mmA)v，得mA4 kg，A的动能EkmAv22 J，系统损失的动能Ekmv(mAm)v26 J，木板长L(v0v)t1vt1v0t11.5 m，mgma，解得0.2。选项A、C正确。答案AC2.(2019福建福州模拟)如图10所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为mA0.1 kg，mB0.1 kg，mC0.3 kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E0.4 J转化为A和B沿轨道方向的动能。图10(1)求爆炸后瞬间A、B的速度大小；(2)求弹簧弹性势能的最大值。解析(1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向由动量守恒mAvAmBvB0爆炸产生的能量有0.4 J转化为A、B的动能EmAvmBv解得vAvB2 m/s(2)取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时，B、C达到共同速度vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1由动量守恒mBvB(mBmC)vBC由能量守恒定律mBv(mBmC)vEp1解得Ep10.15 J答案(1)大小均为2 m/s(2)0.15 J课时作业(时间：40分钟)基础巩固练1.(多选)如图1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出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是()图1A.男孩和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、小车的总动量增量大小相同解析男孩和木箱组成的系统受小车的摩擦力，所以动量不守恒，A错误；小车与木箱组成的系统受男孩的力为外力，所以动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统，不受外力，所以动量守恒，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，但方向相反，D正确。答案CD2.将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()A.v0 B.v0C.v0 D.v0解析根据动量守恒定律mv0(Mm)v，得vv0，选项D正确。答案D3.(多选)如图2所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()图2A.弹簧伸长过程中C向右运动，同时小车也向右运动B.C与油泥碰前，C与小车的速率之比为MmC.C与油泥粘在一起后，小车立即停止运动D.C与油泥粘在一起后，小车继续向右运动解析小车与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，小车应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，小车的速率为v2，则0mv1Mv2，得，故B正确；设C与油泥粘在一起后，小车、C的共同速度为v共，则0(Mm)v共，得v共0，故C正确，D错误。答案BC4.如图3，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()图3A.v0v B.v0vC.v0(v0v) D.v0(v0v)解析取向右为正方向，由动量守恒有(Mm)v0mvMv，解之有vv0(v0v)，故C正确。答案C5.质量分别为ma1 kg和mb2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移时间图象如图4所示，则可知碰撞属于()图4A.弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.条件不足，无法判断解析由st图象可知，碰撞前，va3 m/s，vb0，碰撞后，va1 m/s，vb2 m/s，碰撞前的总动能为mavmbv J，碰撞后的总动能为mava2mbvb2 J，故机械能守恒；碰撞前的总动量为mavambvb3 kgm/s，碰撞后的总动量为mavambvb3 kgm/s，故动量守恒。所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确。答案A6.(2019安徽江南十校联考)如图5所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为()图5A.0.5 m/s B.1.0 m/sC.1.5 m/s D.2.0 m/s解析碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有2mgs02mv，得v21 m/s。A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0mv12mv2，mvmv2mv，解得v01.5 m/s，则选项C正确。答案C7.如图6所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为31，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量比为()图6A.12 B.21 C.14 D.41解析设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和，则有mBv0mAmB，解得mAmB41，选项D正确。答案D8.(多选)如图7所示，一质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左端，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与物块甲在同一直线上相向运动，则()图7A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统动量守恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C.碰撞过程中，甲物块的速率可能为1 m/s，也可能为5 m/sD.碰撞过程中，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为1.7 m/s解析甲、乙两物块(包括弹簧)组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确；当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，由动量守恒定律得mv乙mv甲2mv，代入数据解得v0.5 m/s，故B错误；若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相同，则mv乙mv甲mv甲mv乙，代入数据解得v乙6 m/s。两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律。若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相反，则mv乙mv甲mv甲mv乙，代入数据解得v乙4 m/s，可见，碰撞后乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律。所以物块甲的速率不可能达到5 m/s，故C错误；甲、乙组成的系统动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得mv乙mv甲mv甲mv乙，碰撞结束后，系统的机械能守恒，则mvmvmv甲2mv乙2，代入数据解得v甲4 m/s，v乙3 m/s，可知碰撞结束后，甲与乙交换速度；碰撞过程中，乙物块的速率在3 m/s4 m/s之间都是可以的，所以速率可能为2 m/s，也可能为1.7 m/s，故D正确。答案AD综合提能练9.(2018福建三明三模)如图8所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上。A、B间用一