2019年高考物理一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用学案新人教版

1、第二节动量守恒定律及其应用(对应学生用书第107页)教材知识速填知识点1动量守恒定律1动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒2动量守恒定律的内容一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量就保持不变3动量守恒的数学表达式(1)pp(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p)(2)p0(系统总动量变化为零)(3)p1p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方

2、向相反)易错判断(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒()(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等()(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒()知识点2碰撞、反冲和爆炸问题1碰撞(1)概念：碰撞是指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，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒(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.反冲运动(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象(2)反冲运动中，相互作用力一般较大

3、，通常可以用动量守恒定律来处理3爆炸问题(1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒(2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动易错判断(1)在爆炸现象中，动量严格守恒()(2)在碰撞问题中，机械能也一定守恒()(3)反冲现象中动量守恒、动能增加()教材习题回访考查点：碰撞现象分析1(鲁科版选修35P20T3)(多选)半径相等的两个小球A和B，在光滑水平面上沿同一直线相向运动若A球的质量大于B球的质量，发生弹性碰撞前，两球的动能相等碰撞后两球的运动状态可能是 ()AA球的速度为零，B球的速度不为零 BB球的速度为零，

4、A球的速度不为零C两球的速度均不为零D两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等答案AC考查点：动量守恒定律在反冲现象中的应用2(粤教版选修35P16T2)一个静止的、不稳定的原子核的质量为m，当它放射出一个质量为m、速度为v的粒子后，剩余部分获得的反冲速度大小为()A.B.C. D.答案C考查点：动量守恒定律在碰撞现象中的应用3(人教版选修35P21T2改编)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是 ()AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/s

5、CvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s答案B考查点：碰撞中的图象问题4(沪科选修35P23T4改编)(多选)如图621甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的xt图象已知m10.1 kg.由此可以判断()图621A碰前m2静止，m1向右运动B碰后m2和m1都向右运动Cm20.3 kgD碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能答案AC(对应学生用书第108页)动量守恒的理解和判断1动量守恒定律的“五性”矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地

6、面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2必须是系统中各物体在同一时刻的动量，p1、p2必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2.判断系统动量是否守恒的方法方法一：直接由动量守恒的条件判断方法二：直接看系统的动量是否变化如果系统的动量增加或减少，则系统的动量一定不守恒题组通关1(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图622所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是()图62

7、2Aa尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒Ba尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒Ca离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒Da离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒题眼点拨“撤去外力”及“光滑水平面”，要分析撤去外力后，a和b的受力特点和运动特点BC动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒2(多选)如图623所示，A、B两物体质量之比mAmB32，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，当弹簧突然释放后，则() 【导学号：】图623A若

8、A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒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组成系统的动量守恒BCD如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，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FA向右，FB向左，由于mAmB32，所以FAFB32，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误对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、支持力，它们的合力为零，故该

9、系统的动量守恒，B、D选项正确若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确碰撞、爆炸与反冲1碰撞现象满足的三个规律(1)动量守恒(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对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加(3)反冲运动中平均动量守恒3爆炸现象的三个规律(1)动量守恒

10、由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒(2)动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加(3)位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动多维探究考向1爆炸问题1(多选)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则()Ab的速度方向一定与原速度方向相反B从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大Ca、b一

11、定同时到达地面D炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等CD根据动量守恒定律可知，若a的速度方向仍沿原来的方向，则b的速度大小和方向无法判断，A错误；物体炸裂后，a、b都做平抛运动，因距地面高度相同，所以a、b一定同时到达地面，但它们飞行的水平距离无法判断，B错误，C正确；根据动量守恒可以判断D正确上题中若物体飞行到距离地面5 m高，飞行的水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31.不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()B爆炸以后甲、乙均做平抛运动，可根据竖直方向的自由落体运动求得时间t1 s；根据水平方向的匀速直

12、线运动求得爆炸后两者的水平速度大小在A、B选项中，v甲2.5 m/s；v乙0.5 m/s；C、D选项中，v甲1 m/s，v乙2 m/s.弹丸爆炸时水平方向不受外力，满足动量守恒定律设乙的质量为m，则甲的质量为3m，爆炸前弹丸的动量为p4mv8m(kgms1)爆炸后，选项A中总动量pA3mv甲mv乙7m(kgms1)，A项错误；选项B中总动量pB3mv甲mv乙8m(kgms1)，B项正确；选项C中总动量pC3mv甲mv乙5m(kgms1)，C项错误；选项D中总动量pD3mv甲mv乙m(kgms1)，D项错误考向2反冲问题2(2017全国卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的

13、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)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/sA由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒燃气的动量p1mv0.05600 kgm/s30 kgm/s，则火箭的动量p2p130 kgm/s，选项A正确考向3碰撞问题3如图624所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁小球A与小球B发生弹性正碰后

14、小球A与小球B均向右运动小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，2，则两小球质量之比m1m2为() 【导学号：】图624A75 B13C21 D53题眼点拨“光滑水平面”表明物体水平方向除碰撞力外，不受其它力作用；“”以位移方式表明速度间的关系D设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0m1v1m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有m1vm1vm2v，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1v2(2)15，联立三式可得m1m253，D正确4(多选)A、B两球沿同一条直线运动，如图625所示的xt图象记录了它们碰撞前后的运

15、动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的xt图象c为碰撞后它们的xt图象若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小为()图625A2 kg B. kgC4 m/s D1 m/sBD由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，va m/s3 m/s，vb m/s2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，vc m/s1 m/s.碰撞过程中动量守恒，即mAvamBvb(mAmB)vc可解得mB kg由以上可知选项B、D正确(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰碰撞后，A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是()A.v0 B.v0C.v0 D.v0A

16、B要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的，则其速度大小仅为原来的.两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹当以A球原来的速度方向为正方向时，则vAv0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv00mv02mvB，mv00m2mvB.解得vBv0，vBv0.反思总结碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解.(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1.当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度.(3)因碰撞过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体

17、的位置不变.动量守恒中的力学综合问题1应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明2解决动力学问题的三个基本观点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动量观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题母题(2016全国卷)如图626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

18、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h0.3 m(h小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小g10 m/s2.图626(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？题眼点拨“光滑冰面”表明斜面体与物体碰撞会沿平面运动；“最大高度”表明冰块和斜面体达到共同速度解析(1)规定向右为速度正方向冰块在斜面体上运动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

19、水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20(m2m3)vm2v(m2m3)v2m2gh式中v203 m/s为冰块被推出时的速度联立式并代入题给数据得m320 kg.(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200代入数据得v11 m/s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m2v20m2v2m3v3m2vm2vm3v联立式并代入数据得v21 m/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答案(1)20 kg(2)不能母题迁移迁移1多物体、多阶段运动的求解1(2015全国卷)如图627所示，在

20、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，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. 【导学号：】图627题眼点拨“光滑水平面”表明碰撞过程动量守恒；“各发生一次碰撞”要思考发生一次碰撞的条件及各种可能解析A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0mvA1MvC1mvmvMv联立式得vA1 v0vC1 v0如果mM，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果mM，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑mM的情况第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞，设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有vA2vA12v0根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2vC1联立式得m24mMM20解得m(2)M另一解m(2)M舍去所以，m和M应满足的条件为(2)MmM.答案(2)MmM迁移2临界问题分析2(2018河北石家庄检测)如图628所示，甲车质量m1m，在车上有质量M2m的人，甲车(连同