高中物理粤教版5第一章碰撞与动量守恒 章末复习课

章末复习课【知识体系】[答案填写]①守恒②有损失③损失最大④同向⑤I＝Ft⑥I＝Δp⑦合外力F合＝0⑧远大于⑨某一方向上主题1动量定理的应用1．动量定理的应用．(1)应用I＝Δp求变力的冲量：如果物体受到变力作用，则不能直接用I＝F·t求变力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，即等效代换为变力的冲量I.(2)应用Δp＝F·t求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中物体速度方向时刻在改变，求动量变化Δp＝p′－p需要应用矢量运算方法，比较复杂．如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化．(3)用动量定理解释现象：用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，分析力与作用时间的关系；另一类是作用力一定，分析力作用时间与动量变化间的关系．分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚．(4)处理连续流体问题(变质量问题)通常选取流体为研究对象，对流体应用动量定理列式求解．2．应用动量定理解题的步骤．(1)选取研究对象；(2)确定所研究的物理过程及其始、末状态；(3)分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况；(4)规定正方向，根据动量定理列方程式；(5)解方程，统一单位，求解结果．【典例1】(2023·天津卷)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B黏合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝s，二者的速度达到v1＝2m/s.求：(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l.解析：(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律得F＝mAa，代入数据解得：a＝2.5m/s2.(2)对A、B碰撞后共同运动t＝s的过程中，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v1－(mA＋mB)v，代入数据解得：v＝1m/s.(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有：mAvA＝(mA＋mB)v，A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理得：Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，解得：l＝0.45m.答案：(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m针对训练1．(2023·安徽卷)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示．长物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止．g取10m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.解析：(1)由动能定理，有：－μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得μ＝.(2)由动量定理，有FΔt＝mv′－mv，可得F＝130N.(3)W＝eq\f(1,2)mv′2＝9J.答案：(1)μ＝(2)F＝130N(3)W＝9J主题2动量守恒中的临界问题在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两个物体相距最近、避免相碰和开始反向等临界问题，分析临界问题的关键是寻找临界状态，在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两个物体的相对速度关系和相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的切入点．【典例2】质量为M＝6kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为6kg，停在B的左端．质量为1kg的小球用长为0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为0.2m，物块与小球可视为质点，不计空气阻力．已知A、B间的动摩擦因数μ＝，为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板至少多长？解析：mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，v1＝eq\r(2gL)＝4m/s，mgh＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)，v′1＝eq\r(2gh)＝2m/s.球与A碰撞过程中，系统动量守恒mv1＝－mv′1＋mAvA得vA＝1m/s.物块A与木板B相互作用过程中mAvA＝(mA＋M)v共v共＝m/s.μmAgx＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)(mA＋M)veq\o\al(2,共)，得x＝0.25m.答案：0.25m针对训练2．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2kg的滑块B，滑块A与B均可看作质点．现使滑块A从距小车的上表面高h＝1.25m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间黏合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ＝，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，g取10m/s2.求：(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)小车C上表面的最短长度．解析：(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律有：mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)，①代入数据解得v1＝5m/s.②设A、B碰后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，mAv1＝(mA＋mB)v2，③代入数据解得v2＝2.5m/s.④(2)设小车C的最短长度为L，滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同设为v3，根据动量守恒定律有：(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3，⑤根据能量守恒定律：μ(mA＋mB)gL＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,3)，⑥联立⑤⑥式代入数据解得L＝0.375m.答案：(1)2.5m/s(2)0.375m主题3多体多过程的动量守恒对于两个以上的物体组成的物体系，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件多而无法解．这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程，或将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒定律方程．解这类问题时应注意：(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型.(2)分清作用过程的各个阶段和联系各阶段的状态量.(3)合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要便于解题.【典例3】(2023·课标全国Ⅰ卷)如图所示，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，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间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．解析：设A运动的初速度为v，A向右运动与C发生碰撞，根据弹性碰撞可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(mv＝mv1＋Mv2，,\f(1,2)mv2＝\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，))可得v1＝eq\f(m－M,m＋M)vv2＝eq\f(2m,m＋M)v.要使得A与B发生碰撞，需要满足v1<0，即m<M.A反向向左运动与C发生碰撞过程，弹性碰撞eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(mv1＝mv3＋Mv4，,\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋\f(1,2)Mveq\o\al(2,4)，))整理可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(v3＝\f(m－M,m＋M)v1，,v4＝\f(2m,m＋M)v1，))由于m<M，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≤v2，即v2＝eq\f(2m,m＋M)v≥eq\f(M－m,m＋M)v1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－M,m＋M)))eq\s\up12(2)v，整理可得m2＋4Mm≥M2解方程可得m≥(eq\r(5)－2)M.答案：m≥(eq\r(5)－2)M针对训练3．(2023·山东卷)如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平轨道上．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eq\f(1,8)v0、eq\f(3,4)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，两次碰撞时间极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．解析：根据动量守恒定律，A、B碰撞过程满足mvA＝m·eq\f(v0,8)＋m·eq\f(3v0,4)，解得vA＝eq\f(7v0,8)；从A开始运动到与B相碰的过程，根据动能定理：Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得Wf＝eq\f(15,128)mveq\o\al(2,0).则对物体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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)，解得：v′B＝eq\r(\f(21,64))v0.B、C碰撞时满足动量守恒，则mv′B＝2mv共，解得v共＝eq\f(1,2)v′B＝eq\f(\r(21),16)v0.答案：eq\f(\r(21),16)v0统揽考情1．动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点，动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查.2．动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点．真题例析(2023·课标全国Ⅰ卷)如图，质量分别为mA、mB的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知mB＝3mA，重力加速度大小为g＝10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度．解析：(1)B球从地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有mBgh＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，可得B球第一次到达地面时的速度vB＝eq\r(2gh)＝4m/s.(2)A球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度vA＝gt＝3m/s设B球的速度为v′B,则有碰撞过程动量守恒mAvA＋mBv′B＝mBv″B碰撞过程没有动能损失，则有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mBv″eq\o\al(2,B)解得，v′B＝1m/s，v″B＝2m/s.小球B与地面碰撞后根据没有动能损失所以B离开地面上抛时速度v0＝vB＝4m/s，所以P点的高度hP＝eq\f(veq\o\al(2,0)－v′eq\o\al(2,B),2g)＝0.75m.答案：(1)4m/s(2)0.75m针对训练(2023·课标全国Ⅱ卷)利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．图(a)实验测得滑块A的质量m1＝0.310kg，滑块B的质量m2＝0.108kg，遮光片的宽度d＝1.00cm；打点计时器所用的交流电的频率为f＝50Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰；碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．图(b)若相对误差绝对值eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(碰撞前后总动量之差,碰前总动量)))×100%))实验允许的最大值为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．解析：按定义，物体运动的瞬时速度大小v为：v＝eq\f(Δs,Δt)，①式中Δs为物块在很短时间Δt内走过的路程，设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则ΔtA＝eq\f(1,f)＝s，②ΔtA可视为很短，设在A碰撞前后瞬时速度大小分别为v0，v1，将②式和图给实验数据代入①式可得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(v0＝m/s，③,v1＝m/s，④))设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有v2＝eq\f(d,ΔtB)，⑤代入题所给的数据可得：v2＝2.86m/s⑥设两滑块在碰撞前后的动量分别为p和p′，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝m1v0，⑦,p′＝m2v1＋m2v2，⑧))两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δr＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(p－p′,p)))×100%，⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，可得：δr＝%<5%.因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．答案：见解析1．如图所示，F1、F2等大反向，同时作用于静止在光滑水平面上的A、B两物体上，已知MA>MB，经过相同时间后撤去两力．以后两物体相碰并粘成一体，这时A、B将()A．停止运动 B．向右运动C．向左运动 D．仍运动但方向不能确定解析：取向右为正方向，对物体A，由动量定理可知：pA＝F1t，同理对物体B可得：pB＝－F2t，将A、B看成一系统，由动量守恒定律知：pA＋pB＝(MA＋MB)v，解得：v＝0，故选项A正确．答案：A2．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上有n个质量均为m的小球．现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出，第一种方式是将n个小球一起抛出，第二种方式是将小球一个接一个地抛出．则用上述不同方式抛完小球后小车的速度大小相比较()A．第一种较大 B．第二种较大C．两种一样大 D．不能确定解析：由于都是以相同的对地速度抛球，所以结果相同．答案：C3．(2023·课标全国Ⅱ卷)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(v1＝－2m/s，,v2＝1m/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＝eq\f(2,3)m/s，由动量守恒定律得：m1v1＋m2v2