高三物理一轮复习精品学案：动量守恒定律及“三类模型”问题

1、高三物理一轮复习第2讲动量守恒定律及“三类模型”问题一、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.2 .表达式(1)p=p,系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p.(2)mivi + m2v2= miv，+ 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.3 3) Api = Ap2,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向(4)Ap=0,系统总动量的增量为零3.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零 一.(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力(3)某一方向守恒：如果

2、系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒.31关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是()A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B.只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D.系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒答案 C二、碰撞、反冲、爆炸1 .碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程 就可称为碰撞.(2)特点：作用时间极短，内力 (相互碰撞力)远太斗卜力，总动量守恒.(3)碰撞分类弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失.非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能

3、有损失.完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大2 .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、爆竹爆炸、发射火箭等.(3)规律：遵从动量守恒定律.3 .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.高三物理一轮复习2如图 1 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2vo,方向向右，滑块 B的质量为2m,速度大小为vo,方向向左，两滑块发生弹性

4、碰撞后的运动状态是（）图1A.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 以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、 B 的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A 应该向左运动，B 应该向右运9动，选项D 正确，A、 B、 C 错误 .命题点一动量守恒定律的理解和基本应用1(多选)如图2 所示，A、 B 两物体质量之比mA： mB=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，地面光滑，

5、当弹簧突然释放后，则()图2A. 若A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B 组成的系统的动量守恒B. 若A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C 组成的系统的动量守恒C. 若 A、 B 所受的摩擦力大小相等，A、 B 组成的系统的动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒答案 BCD解析 如果A、 B 与平板车上表面的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、 B 分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右、FfB向左，由于mA：mB=3：2,所以FfA：FfB=3 ： 2,则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项

6、错误；对 A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，与平板车间的动摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B 、 D 选项正确；若A、 B 所受的摩擦力大小相等，则A、 B 组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C 选项正确.高三物理一轮复习1两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0.5kg,乙车和磁铁的总质量为1kg,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2m/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

7、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？答案(1)；m/s (2)2 m/s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乙一m甲v甲=(m甲+ m乙)v所以两车最近时，乙车的速度为21m乙 v 乙一m 甲v 甲1X30.5X2m/s=三 m/s.0.5+ 1(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乙一m甲v甲=m乙v乙解得v乙=2m/s命题点碰撞模型问题1 .碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律 (2)机械能不增加P12P

8、22P1 2 P2 Ek1+Ek2Ek1 +Ek2 或看十片彳一十 :一 2m1 2m22m12m2(3)速度要合理同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等).相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变2 .弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒mivi + m2v2= mivi + m2v21 19 1,9,1/mivi2+ m2v22=/mivi 2 + m2v2 2m1- m2 v1+ 2m2v2解得v1，=m1+ m2m2 m1 v2 + 2m1v1v2 =m1 + m2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若 m1 = m2,则

9、v1 = v2 , v2 =v1,即两物体交换速度当碰前物体2的速度为零时，v2=0,则：m1 m2 v12m1v1v1 =, v2 =,m1+ m2m+ m2m1=m2时，v1 =0, v2 =v1,碰撞后两物体交换速度 .m1m2时，v1 0, v2 0,碰撞后两物体沿同方向运动.m1m2时，v1 0,碰撞后质量小的物体被反弹回来3（多选）两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是mi = 4kg, m2=2kg, A的速度vi = 3m/s（设为正），B的速度v2=-3 m/s,则它们发生正碰后，其速度可能分别是（）A.均为 1m/sB. + 4 m/s 和一5m/sC.

10、 + 2m/s 和一1 m/sD. im/s 和 5 m/s答案 AD解析由动量守恒，可验证四个选项都满足要求.再看动能情况1 ci c 1_1 一_ 一.Ek=2mivi2+2m2V22 = 2* 4X 9J+gx 2x 9J = 27J_ , I ,2,1,2Ek = 2mivi 2+2m2V2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有 EkEk,可排除选项 B.选项C虽满足EkEk, 但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向（va 0, vb 叱 mglvo2设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为vi.由能量守恒定律得2mvo2 = 2mvi2 +mgl设在a、

11、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为V1 、V2 ,以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒有,.3,mvi=mvi +qmv219 1-132mvi2 = 2mvi 2 + 2X4mv2 2联立式解得V =7vi由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知1、/3, 213m2x4mv2，2 科 Ygl联立式，可得32vo2B 113gl联立式得，a与b发生弹性碰撞，但 b没有与墙发生碰撞的条件为32vo(2015全国卷I 35(2)如图4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

12、，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.vo2w 113gl 2g图4答案(乖2)MWmv M解析 设A运动的初速度为vo, A向右运动与C发生碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得mvo = mvi+ Mv2 1c 1 c 1 C由机械能守恒定律得2mvo2= mvi2+ 2M v22m 一 M2m可得 V1 =V0 , V2 =V0m+ Mm+ M要使得A与B能发生碰撞，需要满足 V10,即mMA反向向左运动与 B发生碰撞过程，有mv1 = mv3 + Mv412 12122mv12 = 2mv32 + 2Mv42m M2m整理可得

13、V3=V1, V4=V1m+ Mm+ M由于mvM,所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3 M2解方程可得 m(75-2)M另一解mW (J5 + 2)M舍去所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(乖2)M wmv M拓展点1滑块一弹簧”碰撞模型 如图5所示，质量M = 4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根水平轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离 L =0.5m,这段滑板与木块 A(可视为质点)之间的动摩擦因数 产0.2,而弹簧自由端 C到弹簧固 定端D所对应的滑板上表面光滑.木块A以速度vo=10m/s由滑板B左端开始沿滑板 B上表 面向右运动.已知木

14、块 A的质量 m= 1 kg, g取10 m/s2.求：高三物理一轮复习图5(1)弹簧被压缩到最短时木块 A的速度大小；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能.答案(1)2m/s (2)39J解析 (1)弹簧被压缩到最短时，木块 A与滑板B具有相同的速度，设为 v,从木块A开始沿滑板B上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量守恒，以向右为正方向，则mvo = (M + m)v解得v=3-v0M + m代入数据得木块A的速度v=2m/s(2)在木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系知，最大弹性势能为12 12Epm=2mv。- 2(m+M)v 一

15、科 mgL代入数据得Epm=39J.拓展点2 “滑块一平板”碰撞模型25图6(1)物块与小车共同速度大小；(2)物块在车面上滑行的时间t;(3)小车运动的位移大小 x;(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度V0不超过多少？答案 (1)0.8m/s (2)0.24 s (3)0.096 m (4)5 m/s解析 (1)设物块与小车共同速度为v,以水平向右为正方向，根据动量守恒定律：m2 v0 = (mi+ m2)v解得 v= 0.8m/s(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff,对物块应用动量定理：Fft= m2v m2v0又 Ff=2gV0 v解得：t =Wg代入数据得t= 0.

16、24s19(3)对小车应用动能te理：(in2gx=?miv2解得 x= 0.096m(4)要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块运动到小车右端时与小车有共同的速度，设其为v,以水平向右为正方向，则:高三物理一轮复习m2vo =(mi+m2)v由系统能量守恒有：1, 2 1, 22m2vo 2=2(mi + m2)v 2+ 11112gL代入数据解得vo = 5m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度V0不超过5m/s.拓展点3 “滑块一斜面”碰撞模型 (2016全国卷n 35(2)如图7所示，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

17、止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/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mi = 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/s2m2vo = 2(m2+ m3)v + m2gh.图7(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？答案(1)20kg (2)不能，理由见 解析解析(1)规定向左为速度正方向.冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v,斜面体的质量为m3.由水平方向

18、动量守恒和机械能守恒定律得29式中vo = 3m/s为冰块推出时的速度.联立式并代入题给数据得5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m3= 20kg(2)设小孩推出冰块后的速度为vi,由动量守恒定律有mivi + m2vo= 0代入数据得vi= - 1m/s m2vo= m2v2+ m3v312m2vo= (m2+ m3)v12 12 ,2,122m2vo =2m2v2 + 2m3v3联立式并代入数据得v2= 1m/s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.1两个物体1 .特点 2动量守恒3总动量为零2 .方程

19、mivi m2v2= 0(vi、v2 为速度大小3 .结论 mixi= m2X2（xi、X2 为位移大小）高三物理一轮复习8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，若不计水的阻力和空气阻力，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？答案见 解析解析选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零.当人起步加速前进时，船同时加速后退；当人匀速前进时，船匀速后退；当人减速前进时，船减速后退；当人速度为零时，船速度也为零.设某时刻人对地的速率为 V1,船对地的速率为 V2,以人运动的方向为正方向， 根据动量守恒定律得

20、mvi Mv2 = 0因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒，对式两边同乘以 At,得mxi Mx2 =0式为人对地的位移和船对地的位移关系.由图还可看出：Xl+X2=L联立两式得X1 = -L, X2=一LM + m M + m3如图 8 所示， 质量为 M 的气球下挂着长为L 的绳梯，一质量为m 的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离分别是多少？（不计空气阻力）图8答案见 解析解析由于人和气球组成的系统静止在空中，竖直方向系统所受外力之和为零即系统竖直方向总动量守恒.设某时刻人对地的速率为 V1,气球对地的速率为 V2

21、,以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得mvi M V2 = 0因为在人从绳梯的下端爬到顶端的整个过程中时刻满足动量守恒定律，对 式两边同乘以31高三物理一轮复习At,可得mx= My由题意知x+ y= L联立得x=Lm+ My = m-Lm+ M即人相对于地面移动的距离是 - L.M + m气球相对于地面移动的距离是 一L.M + m命题点四“子弹打木块”模型问题1 .木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒.2 .两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相.3 .根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能4 .系统产生的内能 Q=Ff x相，即两物

22、体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能）,等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积5 .当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透 过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为AEk= Ff L（L为木块的长度）.39解析 (1)设子弹、木块相对静止时的速度为V,以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mvo = (M + m)v解得v=一V0M + m(2)设子弹在木块内运动的时间为t,由动量定理得对木块：Fft=Mv0解得t=MmvoFf M + m(3)设子弹、木块发生的位移分别为,一 1.一 12 1.2对子弹：一 Ffxi = 2mv2

23、2mvo2XI、X2,如图所示，由动能定理得2Mm M + 2m vo解得:xi =2Ff M + m 2一 _1 o对木块：FfX2=2Mv222口Mm vo解得：X2 =；2Ff M+ m 22Mmvo子弹打进木块的深度等于相对位移，即X 相=X1 X2 =2Ff M+ m(4)系统损失的机械能为12 12E 损= 2mvo2 _2(M + m)v2=2Mmvo2系统增加的内能为Q= Ff x相=2 M+ m系统增加的内能等于系统损失的机械能假设子弹恰好不射出木块，此时有12 12FfL = 2mv0 2(M + m)vMmvo2解得L因此木块的长度至少为Mmvo22Ff M+ m2Ff

24、M + m2m、长为L的木块置于光滑水平面上，质量为 m的子弹以初速度 V0水平向右射向木块，穿2过木块的过程中受到木块的恒定阻力为Ff=5m6LL,试问子弹能否穿过木块？若能穿过，求出子弹穿过木块后两者的速度；若不能穿过，求出子弹打入木块后两者的速度图9答案见解析解析 设子弹能穿过木块，穿过木块后子弹的速度为V1,木块的速度为V2,以子弹初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律得mvo = mvi + 2mv2根据能量守恒定律得2WL-L= 2mvo2-2mvi2- 2X 2mv22由式解得vi =或vi = 726 vo5.将V1=W代入式，得V2 = 12V0V1（舍去）V01112V0,木块的速度为4vo.将vi=2代入式，得V2 = 4V0V1所以假设成立