重庆市年高中物理专题一动量守恒定律及其应用（探究导学课型）课件新人教版选修

1、专题一专题一动量守恒定律及其应用动量守恒定律及其应用考点一考点一 动量定理的应用动量定理的应用1.(20131.(2013天津高考天津高考) )我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000m3 000m接力三连冠。观察发现接力三连冠。观察发现,“,“接棒接棒”的运动员甲提前站在的运动员甲提前站在“交棒交棒”的运动员乙前面的运动员乙前面, ,并且开始向前滑行并且开始向前滑行, ,待乙追上甲时待乙追上甲时, ,乙猛推甲一把乙猛推甲一把, ,使使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中, ,忽略运动员与冰面忽略

2、运动员与冰面间在水平方向上的相互作用间在水平方向上的相互作用, ,则则( () )A.A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.D.甲对乙做多少负功甲对乙做多少负功, ,乙对甲就一定做多少正功乙对甲就一定做多少正功【解析解析】选选B B。在。在“交接棒交接棒”过程中过程中, ,甲、乙之间的作用力是作用力和甲、乙之间的作用力是作用力和反作用力的关系反作用力的关系, ,所以甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等、方

3、向所以甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等、方向相反相反, ,甲、乙的动量变化大小相等、方向相反甲、乙的动量变化大小相等、方向相反,A,A项错误项错误,B,B项正确项正确; ;在在“交接棒交接棒”过程中过程中, ,由于甲、乙的位移的大小不一样由于甲、乙的位移的大小不一样, ,所以甲对乙做的所以甲对乙做的负功和乙对甲做的正功的数值不相等负功和乙对甲做的正功的数值不相等,D,D项错误项错误; ;由动能定理由动能定理, ,合外力做合外力做的功等于物体动能的变化的功等于物体动能的变化, ,所以甲、乙的动能变化量也不相等所以甲、乙的动能变化量也不相等,C,C项错项错误。误。2.(20152.(2015安徽

4、高考安徽高考) )一质量为一质量为0.5kg0.5kg的小物块放在水平地面上的的小物块放在水平地面上的A A点点, ,距离距离A A点点5m5m的位置的位置B B处是一面墙处是一面墙, ,如图所示。物块以如图所示。物块以v v0 0=9m/s=9m/s的初速度从的初速度从A A点沿点沿ABAB方向运动方向运动, ,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,7m/s,碰后以碰后以6m/s6m/s的的速度反向运动直至静止。速度反向运动直至静止。g g取取10m/s10m/s2 2。(1)(1)求物块与地面间的动摩擦因数求物块与地面间的动摩擦因数。(2)(2)若碰撞时间为若碰撞时

5、间为0.05s,0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F F。(3)(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W W。【解析解析】(1)(1)由动能定理得由动能定理得- -mgsmgs= =代数解得代数解得=0.32=0.32(2)(2)选初速度方向为正方向选初速度方向为正方向, ,由动量定理得由动量定理得- -FtFt=-=-mv-mvmv-mv代入数据解得代入数据解得F=130NF=130N(3)(3)物块反向运动过程中克服摩擦力所做的功等于物块动能的减少量物块反向运动过程中克服摩擦力所做的功等于

6、物块动能的减少量, ,即即W= mvW= mv2 2=9J=9J答案答案: :(1)0.32(1)0.32(2)130N(2)130N(3)9J(3)9J22011mvmv22123.(20143.(2014天津高考天津高考) )如图所示如图所示, ,水平地面上静止放置一辆小车水平地面上静止放置一辆小车A,A,质量质量m mA A=4kg,=4kg,上表面光滑上表面光滑, ,小车与地面间的摩擦力极小小车与地面间的摩擦力极小, ,可以忽略不计。可可以忽略不计。可视为质点的物块视为质点的物块B B置于置于A A的最右端的最右端,B,B的质量的质量m mB B=2kg=2kg。现对。现对A A施加一

7、个水施加一个水平向右的恒力平向右的恒力F=10N,AF=10N,A运动一段时间后运动一段时间后, ,小车左端固定的挡板与小车左端固定的挡板与B B发生发生碰撞碰撞, ,碰撞时间极短碰撞时间极短, ,碰后碰后A A、B B粘合在一起粘合在一起, ,共同在共同在F F的作用下继续运动的作用下继续运动, ,碰撞后经时间碰撞后经时间t=0.6s,t=0.6s,二者的速度达到二者的速度达到v vt t=2m/s=2m/s。求。求: :(1)A(1)A开始运动时加速度开始运动时加速度a a的大小。的大小。(2)A(2)A、B B碰撞后瞬间的共同速度碰撞后瞬间的共同速度v v的大小。的大小。(3)A(3)A

8、的上表面长度的上表面长度l。【解题指南解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析解答本题时应从以下三点进行分析: :(1)(1)由牛顿第二定律求由牛顿第二定律求A A的加速度。的加速度。(2)(2)根据动量守恒定律求共同速度。根据动量守恒定律求共同速度。(3)(3)结合动量守恒定律和动能定理求结合动量守恒定律和动能定理求A A的长度。的长度。【解析解析】(1)(1)以以A A为研究对象为研究对象, ,由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得F=F=m mA Aa a 代入数据解得代入数据解得a=2.5m/sa=2.5m/s2 2 (2)(2)对对A A、B B碰撞后共同运动碰撞后共同运动t=0.6st=

9、0.6s的过程的过程, ,由动量定理得由动量定理得Ft=(mFt=(mA A+m+mB B)v)vt t-(m-(mA A+m+mB B)v)v 代入数据解得代入数据解得v=1m/s v=1m/s (3)(3)设设A A、B B发生碰撞前发生碰撞前,A,A的速度为的速度为v vA A, ,对对A A、B B发生碰撞的过程发生碰撞的过程, ,由动量由动量守恒定律有守恒定律有m mA Av vA A=(=(m mA A+m+mB B)v)v 从开始运动到与从开始运动到与B B发生碰撞前发生碰撞前, ,由动能定理得由动能定理得: :F Fl= = 联立式联立式, ,代入数据解得代入数据解得: :l=

10、0.45m=0.45m答案答案: :(1)2.5m/s(1)2.5m/s2 2(2)1m/s(2)1m/s(3)0.45m(3)0.45m2AA1m v2【核心归纳核心归纳】1.1.动量定理的应用动量定理的应用: :(1)(1)定性解释一些物理现象定性解释一些物理现象: :在动量变化一定的情况下在动量变化一定的情况下, ,如果需要增大如果需要增大作用力作用力, ,必须缩短作用时间。如果需要减小作用力必须缩短作用时间。如果需要减小作用力, ,必须延长作用时间必须延长作用时间, ,这就是缓冲作用。这就是缓冲作用。(2)(2)定量计算定量计算: :在用动量定理计算有关问题时在用动量定理计算有关问题时

11、, ,要注意力必须是物体所要注意力必须是物体所受的合外力以及动量定理的矢量性受的合外力以及动量定理的矢量性, ,求解前先规定正方向求解前先规定正方向, ,再简化为代再简化为代数运算数运算( (一维碰撞时一维碰撞时) )。(3)(3)动量定理是解决动力学问题的一种重要方法。对于只涉及物体运动量定理是解决动力学问题的一种重要方法。对于只涉及物体运动时间而不涉及加速度的问题动时间而不涉及加速度的问题, ,用动量定理要比用牛顿运动定律解题用动量定理要比用牛顿运动定律解题方便得多。方便得多。2.2.用动量定理解题的一般步骤用动量定理解题的一般步骤: :(1)(1)明确研究对象和物理过程。明确研究对象和物

12、理过程。(2)(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况。分析研究对象在运动过程中的受力情况。(3)(3)选取正方向选取正方向, ,确定物体在运动过程中始末状态的动量。确定物体在运动过程中始末状态的动量。(4)(4)依据动量定理列方程、求解。依据动量定理列方程、求解。考点二考点二 碰撞与爆炸碰撞与爆炸1.(20141.(2014大纲版全国卷大纲版全国卷) )一中子与一质量数为一中子与一质量数为A(A1)A(A1)的原子核发生的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止弹性正碰。若碰前原子核静止, ,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为为( () )222A1A1A14AA.B

13、.C.D.A1A1A1A1【解题指南解题指南】解答本题应注意以下三点解答本题应注意以下三点: :(1)(1)中子和原子核碰撞过程中动量和机械能都守恒。中子和原子核碰撞过程中动量和机械能都守恒。(2)(2)中子的质量小于原子核的质量中子的质量小于原子核的质量, ,碰撞时返回。碰撞时返回。(3)(3)中子碰撞前后的方向的表示。中子碰撞前后的方向的表示。【解析解析】选选A A。中子与原子核发生弹性正碰时。中子与原子核发生弹性正碰时, ,动量和机械能都守恒动量和机械能都守恒, ,考虑到中子的质量小于静止的原子核的质量考虑到中子的质量小于静止的原子核的质量, ,所以设碰撞前中子的速所以设碰撞前中子的速度

14、为度为v v0 0, ,碰撞后中子原路返回的速度为碰撞后中子原路返回的速度为-v,-v,原子核的速度为原子核的速度为V,V,中子的中子的质量为质量为m,m,则原子核的质量为则原子核的质量为Am,Am,由动量守恒定律和机械能守恒定律由动量守恒定律和机械能守恒定律得得: : 故选项故选项A A正确。正确。222000v111A1mvAmVmvmvmvAmV222VA1和，所以，2.(2.(多选多选)(2012)(2012大纲版全国卷大纲版全国卷) )如图所示如图所示, ,大小相同的摆球大小相同的摆球a a和和b b的质的质量分别为量分别为m m和和3m,3m,摆长相同摆长相同, ,并排悬挂并排悬挂

15、, ,平衡时两球刚好接触。现摆球平衡时两球刚好接触。现摆球a a向左拉开一小角度后释放。若两球的碰撞是弹性的向左拉开一小角度后释放。若两球的碰撞是弹性的, ,下列判断正确的下列判断正确的是是( () )A.A.第一次碰撞后的瞬间第一次碰撞后的瞬间, ,两球的速度大小相等两球的速度大小相等B.B.第一次碰撞后的瞬间第一次碰撞后的瞬间, ,两球的动量大小相等两球的动量大小相等C.C.第一次碰撞后第一次碰撞后, ,两球的最大摆角不相同两球的最大摆角不相同D.D.发生第二次碰撞时发生第二次碰撞时, ,两球在各自的平衡位置两球在各自的平衡位置【解析解析】选选A A、D D。设摆球。设摆球a a到达最低点

16、恰未发生碰撞时的速度为到达最低点恰未发生碰撞时的速度为v v0 0, ,碰撞过程动量守恒且动能守恒碰撞过程动量守恒且动能守恒, ,碰后速度碰后速度 所以所以A A正确正确,B,B错误错误; ;第一次碰撞后的瞬间第一次碰撞后的瞬间, ,两球两球的速度大小相等的速度大小相等, ,摆起的高度摆起的高度h h满足满足v v2 2=2gh,=2gh,所以两球上升的高度相所以两球上升的高度相同同, ,故两球的最大摆角相同故两球的最大摆角相同,C,C错误错误; ;两摆摆长相等两摆摆长相等, ,由周期公式由周期公式T=T=可知周期相等可知周期相等,D,D项正确。项正确。1210012mm1vvvmm2；120

17、0122m1vvvmm2 ，2gl3.(20123.(2012新课标全国卷新课标全国卷) )如图如图, ,小球小球a a、b b用等长细线悬挂于同一固定用等长细线悬挂于同一固定点点O O。让球。让球a a静止下垂静止下垂, ,将球将球b b向右拉起向右拉起, ,使细线水平。从静止释放球使细线水平。从静止释放球b,b,两球碰后粘在一起向左摆动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此后细线与竖直方向之间的最大偏角为6060。忽略空气阻力。忽略空气阻力, ,求求: :(1)(1)两球两球a a、b b的质量之比。的质量之比。(2)(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与两球在碰

18、撞过程中损失的机械能与球球b b在碰前的最大动能之比。在碰前的最大动能之比。【解析解析】(1)(1)设球设球b b的质量为的质量为m m2 2, ,细线长为细线长为L,L,球球b b下落至最低点下落至最低点, ,但未但未与球与球a a相碰时的速率为相碰时的速率为v,v,由机械能守恒定律得由机械能守恒定律得m m2 2gL= mgL= m2 2v v2 2 式中式中g g为重力加速度的大小。设球为重力加速度的大小。设球a a的质量为的质量为m m1 1, ,在两球碰后的瞬间在两球碰后的瞬间, ,两球的共同速度为两球的共同速度为v,v,以向左为正方向以向左为正方向, ,由动量守恒定律得由动量守恒定

19、律得m m2 2v=(mv=(m1 1+m+m2 2)v)v 设两球共同向左运动到最高处时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细线与竖直方向的夹角为,由机由机械能守恒定律得械能守恒定律得 (m (m1 1+m+m2 2)v)v2 2=(m=(m1 1+m+m2 2)gL(1-cos)gL(1-cos) 1212联立式得联立式得 代入题给数据得代入题给数据得m m1 1mm2 2=( -1)1=( -1)1 (2)(2)两球在碰撞过程中的机械能损失为两球在碰撞过程中的机械能损失为Q=mQ=m2 2gL-(mgL-(m1 1+m+m2 2)gL(1-cos)gL(1-cos)

20、联立式联立式,Q,Q与碰前球与碰前球b b的最大动能的最大动能E Ek k(E(Ek k= m= m2 2v v2 2) )之比为之比为 联立式联立式, ,并代入题给数据得并代入题给数据得QEQEk k=(1- )1=(1- )1 答案答案: :(1)( -1)1(1)( -1)1(2)(1- )1(2)(1- )112m11m1 cos21212k2mmQ1(1 cos )Em22222【核心归纳核心归纳】1.1.碰撞的种类及特点碰撞的种类及特点: :分类标准分类标准种类种类特点特点能量是能量是否守恒否守恒弹性碰撞弹性碰撞动量守恒动量守恒, ,机械能守恒机械能守恒非弹性碰撞非弹性碰撞动量守恒

21、动量守恒, ,机械能机械能有损失有损失完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞动量守恒动量守恒, ,机械能机械能损失最大损失最大碰撞前后动碰撞前后动量是否共线量是否共线对心碰撞对心碰撞( (正碰正碰) )碰撞前后速度共线碰撞前后速度共线非对心碰撞非对心碰撞( (斜碰斜碰) )碰撞前后速度不共线碰撞前后速度不共线2.2.碰撞和爆炸的比较碰撞和爆炸的比较: :名称名称比较项目比较项目爆炸爆炸碰撞碰撞相相同同点点过程过程特点特点都是物体间的相互作用突然发生都是物体间的相互作用突然发生, ,相互作用的力为变相互作用的力为变力力, ,作用时间很短作用时间很短, ,平均作用力很大平均作用力很大, ,且远大于系统所且远

22、大于系统所受的外力受的外力, ,所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒动量守恒名称名称比较项目比较项目爆炸爆炸碰撞碰撞不不同同点点动能、动能、机械能机械能情况情况有其他形式的能转有其他形式的能转化为动能化为动能, ,动能会动能会增加增加, ,机械能不守机械能不守恒恒弹性碰撞时动能不变弹性碰撞时动能不变; ;非弹性碰非弹性碰撞时动能要损失撞时动能要损失, ,动能转化为内动能转化为内能能, ,动能减少动能减少, ,机械能不守恒机械能不守恒考点三考点三 动量守恒定律在多物体问题及临界问题中的应用动量守恒定律在多物体问题及临界问题中的应用1.(20151.(2

23、015全国卷全国卷)如图如图, ,在足够长的光滑水平面上在足够长的光滑水平面上, ,物体物体A A、B B、C C位位于同一直线上于同一直线上,A,A位于位于B B、C C之间。之间。A A的质量为的质量为m,Bm,B、C C的质量都为的质量都为M,M,三者三者均处于静止状态。现使均处于静止状态。现使A A以某一速度向右运动以某一速度向右运动, ,求求m m和和M M之间应满足什么之间应满足什么条件条件, ,才能使才能使A A只与只与B B、C C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。【解析解析】A A向右运动与向右运动与C C发生第一次碰撞发生第

24、一次碰撞, ,碰撞过程中碰撞过程中, ,系统的动量守恒、系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正机械能守恒。设速度方向向右为正, ,开始时开始时A A的速度为的速度为v v0 0, ,第一次碰撞后第一次碰撞后C C的速度为的速度为v vC1C1,A,A的速度为的速度为v vA1A1。由动量守恒和机械能守恒定律得。由动量守恒和机械能守恒定律得mvmv0 0=mv=mvA1A1+Mv+MvC1C1 联立式得联立式得v vA1A1= = v vC1C1= = 2220A1C1111mvmvMv2220mMvmM02mvmM如果如果mM,mM,第一次碰撞后第一次碰撞后,A,A与与C C速度同向速

25、度同向, ,且且A A的速度小于的速度小于C C的速度的速度, ,不可不可能与能与B B发生碰撞发生碰撞; ;如果如果m=M,m=M,第一次碰撞后第一次碰撞后,A,A停止停止,C,C以以A A碰前的速度向右碰前的速度向右运动运动,A,A不可能与不可能与B B发生碰撞发生碰撞; ;所以只需考虑所以只需考虑mMmM的情况。的情况。第一次碰撞后第一次碰撞后,A,A反向运动与反向运动与B B发生碰撞。设与发生碰撞。设与B B发生碰撞后发生碰撞后,A,A的速度为的速度为v vA2A2,B,B的速度为的速度为v vB1B1, ,同样有同样有 2A2A10mMmMvv() vmMmM根据题意根据题意, ,要

26、求要求A A只与只与B B、C C各发生一次碰撞各发生一次碰撞, ,应有应有v vA2A2vvC1C1 联立式得联立式得m m2 2+4mM-M+4mM-M2 200 解得解得m( -2)Mm( -2)M 另一解另一解m-( +2)Mm-( +2)M舍去。所以舍去。所以,m,m和和M M应满足的条件为应满足的条件为( -2)MmM( -2)MmM答案答案: :( -2)MmM( -2)MmM55552.(20112.(2011海南高考海南高考) )一质量为一质量为2m2m的物体的物体P P静止于光滑水平地面上静止于光滑水平地面上, ,其截其截面如图所示。图中面如图所示。图中abab为粗糙的水平

27、面为粗糙的水平面, ,长度为长度为L;bcL;bc为一光滑斜面为一光滑斜面, ,斜面斜面和水平面通过与和水平面通过与abab和和bcbc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为质量为m m的木块以大小为的木块以大小为v v0 0的水平初速度从的水平初速度从a a点向左运动点向左运动, ,在斜面上上在斜面上上升的最大高度为升的最大高度为h,h,返回后在到达返回后在到达a a点前与物体点前与物体P P相对静止。重力加速度相对静止。重力加速度为为g g。求。求: :(1)(1)木块在木块在abab段受到的摩擦力段受到的摩擦力F Ff f。(2)(2)木块

28、最后距木块最后距a a点的距离点的距离s s。【解析解析】(1)(1)从开始到木块到达最大高度过程从开始到木块到达最大高度过程: :由动量守恒得由动量守恒得:mv:mv0 0=3mv=3mv1 1由能的转化及守恒得由能的转化及守恒得: :2201f20f11mv3mvmghF L22mv3mghF3L解得： 。(2)(2)从最大高度至最终相对静止从最大高度至最终相对静止: :由动量守恒得由动量守恒得:3mv:3mv1 1=3mv=3mv2 2由能的转化及守恒得由能的转化及守恒得: :距距a a点的距离点的距离:s=L-x:s=L-x解得解得: :答案答案: :2212f113mvmgh3mvF

29、 x22202200v6gh3ghLsLLv3ghv3gh。 220020mv3mghv6gh12L3Lv3gh3.(20113.(2011新课标全国卷新课标全国卷) )如图如图,A,A、B B、C C三个木块的质量均为三个木块的质量均为m,m,置于光置于光滑的水平桌面上滑的水平桌面上,B,B、C C之间有一轻质弹簧之间有一轻质弹簧, ,弹簧的两端与木块接触而不弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B B和和C C紧连紧连, ,使弹簧不能伸使弹簧不能伸展展, ,以至于以至于B B、C C可视为一个整体。现可视为一个整体。现A A以初

30、速以初速v v0 0沿沿B B、C C的连线方向朝的连线方向朝B B运动运动, ,与与B B相碰并粘合在一起相碰并粘合在一起, ,以后细线突然断开以后细线突然断开, ,弹簧伸展弹簧伸展, ,从而使从而使C C与与A A、B B分离。已知分离。已知C C离开弹簧后的速度恰为离开弹簧后的速度恰为v v0 0。求弹簧释放的势能。求弹簧释放的势能。【解析解析】设碰后设碰后A A、B B和和C C的共同速度的大小为的共同速度的大小为v,v,由动量守恒得由动量守恒得3mv=mv3mv=mv0 0 设设C C离开弹簧时离开弹簧时,A,A、B B的速度大小为的速度大小为v v1 1, ,由动量守恒得由动量守恒

31、得3mv=2mv3mv=2mv1 1+mv+mv0 0 设弹簧的弹性势能为设弹簧的弹性势能为E Ep p, ,从细线断开到从细线断开到C C与弹簧分开的过程中机械能与弹簧分开的过程中机械能守恒守恒, ,有有 (3m)v(3m)v2 2+E+Ep p= = 由式得弹簧所释放的势能为由式得弹簧所释放的势能为E Ep p= = 答案答案: : 122210112m vmv22201mv3201mv3【核心归纳核心归纳】1.1.处理力学问题的基本思路有三种处理力学问题的基本思路有三种, ,一是牛顿定律一是牛顿定律, ,二是动量关系二是动量关系, ,三三是能量关系是能量关系(1)(1)若考查有关物理量的瞬时对应关系若考查有关物理量的瞬时对应