高考物理一轮复习第十一章动量近代物理初步第2讲动量守恒定律及其应用教案.doc

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1、- 1 - / 17【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习第十一章动量近代物理精选高考物理一轮复习第十一章动量近代物理初步第初步第 2 2 讲动量守恒定律及其应用教案讲动量守恒定律及其应用教案知识点一 系统 内力和外力1.系统：相互作用的 组成的一个整体.2.内力：系统 物体间的相互作用力.3.外力：系统 的物体对系统 的物体的作用力.答案：1.两个或多个物体 2.内部 3.以外 以内知识点二 动量守恒定律1.内容：如果一个系统 ，或者 为 0，这个系统的总动量 .2.成立条件(具备下列条件之一)(1)系统 .(2)系统所受外力的矢量和为 .3.表达式(1)pp含义：系统相互作用

2、前总动量 p 等于 总动量 p.(2)p1p2含义：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量 、 .(3)p0含义：系统 为零.(4)m1v1m2v2m1v1m2v2含义：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量之和等于 .- 2 - / 17答案：1.不受外力 所受外力的矢量和 保持不变 2.(1)不受外力 (2)0 3.(1)相互作用后 (2)大小相等 方向相反 (3)总动量增量 (4)作用后的动量之和(1)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒. ( )(2)只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒.( )(3)只要系统所受的合外力为零

3、，系统的动量就守恒.( )(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒.( )(5)若在光滑水平面上的两球相向运动，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) (5) 考点 对动量守恒条件的理解1.系统不受外力或系统所受外力的合力为零.2.系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小很多.3.系统所受外力的合力虽不为零，但系统在某一个方向上不受外力或受到的合外力为零，则系统在该方向上的动量守恒.典例 1 (多选)如图所示，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，水平地面光滑.当弹簧突然释放后，

4、则( )A.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 组成的系统动量守恒解析 要判断 A、B 组成的系统动量是否守恒，要先分析 A、B- 3 - / 17组成的系统受到的合外力与 A、B 之间相互作用的内力，看合外力之和是否为零，或者内力是否远远大于合外力.答案 BCD变式 1 (2017江苏苏北调研)如图所示，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

5、用力向右迅速推木箱.关于上述过程，下列说法中正确的是( )A.男孩与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、小车的总动量增量相同答案：C 解析：如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为 0，那么这个系统的总动量保持不变.选项 A 中，男孩与木箱组成的系统受到小车对系统的摩擦力的作用；选项 B 中，小车与木箱组成的系统受到人对系统的力的作用；动量、动量的改变量均为矢量，选项 D 中，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等、方向相反.故选 C.判断系统的动量是否守恒时，要注意动量守恒的条件是系统不受外力或所受

6、的合外力为零.因此，要分清系统中的物体所受的力哪些是内力，哪些是外力.在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关.考点 对动量守恒定律的理解和应用1.矢量性：动量守恒方程是一个矢量方程.对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的情况，应选取统一的正方向.凡是与选取正方向相同的动量为正，相反为负.若方向未知，可设为与正方向相同列动量守恒方程，通过解得的结果的正负，判定未知量的方向.- 4 - / 172.瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定.列方程 m1v1m2v2m1v1m2v2 时，等号左侧是作用前(或某一时刻)各物体的动量和，等号右侧是作用后(或另

7、一时刻)各物体的动量和.不同时刻的动量不能相加.3.相对性：由于动量大小与参考系的选取有关，所以应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度.一般以地面为参考系.4.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，而不是其中的一个物体.5.普适性：它不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统.考向 1 动量守恒定律的基本应用典例 2 人和冰车的总质量为 m 总，另有一质量为 m 的木球，m 总m312，人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度 v(相对于地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方的固定挡板，不计一切摩擦.设球与挡板碰撞时无机械能损失，人接住球后

8、再以同样的速度v(相对于地面)将球沿冰面向正前方推向挡板，求人推多少次后才不再能接到球.解析 人在接球和推球的过程中均满足动量守恒的条件，以推球的方向为正方向第一次推球，0mvm 总 v1，v1(人后退速度)球碰挡板后速度变为v，又被以 v1 后退的人接到m 总 v1mv(m 总m)v1人接球后后退速度为 v12mv m总m第二次推球，(m 总m)v1mvm 总 v2- 5 - / 17v23mv m总第二次接球，m 总 v2mv(m 总m)v2人第二次接球后后退速度 v24mv m总m第三次推球，(m 总m)v2mvm 总 v3v35mv m总第三次接球，m 总 v3mv(m 总m)v3人第

9、三次接球后后退速度 v36mv m总m综上所述，人第 n 次推球后，后退速度为 vn，球碰挡板后又以此速度滑向人，若人不再能接球，必须有 vnv，即v得出 n，即 n8.25所以人推 9 次后将不再接到球.答案 9 次考向 2 应用动量守恒定律解决人船模型问题典例 3 如图所示，物体 A 和 B 质量分别为 m2 和 m1，其水平直角边长分别为 a 和 b.A、B 之间存在摩擦，B 与水平地面无摩擦.可视为质点的 m2 与地面间的高度差为 h，当 A 由 B 顶端从静止开始滑到B 的底端时.(1)B 的水平位移是多少？(2)m2 滑到斜面底端时速度为 v2，此时 m1 的速度为 v1.则在 m

10、2下滑过程中，m2 损失的机械能为多少？解析 (1)设向右为正方向，下滑过程中 A 的速度为v2，B 的速度为 v1，对 A 和 B 组成的系统，水平方向上不受任何外力，故水平方向的动量守恒，则每时每刻都有 m1v1m2v20，- 6 - / 17则有 m1x1m2x20，由题意可知 x1x2ba，联立可得 x1.(2)根据能量守恒定律，m2 损失的机械能为 m2ghm2vm1v.答案 (1) (2)m2ghm2vm1v2 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

11、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.考点 碰撞现象的特点和规律1.碰撞：物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力非常大的现象.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4.碰撞现象满足的三个规律(1)动量守恒：即 p1p2p1p2.(2)动能不增加：即 Ek1Ek2Ek1Ek2，或.- 7 - / 17(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

12、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.考向 1 动量守恒与弹性碰撞典例 4 (2015新课标全国卷)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.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

13、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mv0mvA1MvC1 mvmvMv 1 2联立式得vA1v0 vC1v0 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，- 8 - / 17A 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

14、得 m24mMM20 解得 m(2)M 另一个解 m(2)M 舍去所以，m 和 M 应满足的条件为(2)MmM. 答案 (2)MmM 考向 2 动量守恒与非弹性碰撞典例 5 如图所示，小球 a、b 用等长细线悬挂于同一固定点 O.让球 a 静止下垂，将球 b 向右拉起，使细线水平.从静止释放球 b，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 60.忽略空气阻力，求：(1)两球 a、b 的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球 b 在碰前的最大动能之比.解析 (1)设球 b 的质量为 m2，细线长为 L，球 b 下落至最低点，但未与球 a 相碰时的速率为 v，由机械能

15、守恒定律得m2gLm2v2式中 g 是重力加速度的大小.设球 a 的质量为 m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为 v，以向左为正.由动量守恒定律得m2v(m1m2)v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 ，由机械能守恒定律得- 9 - / 17(m1m2)v2(m1m2)gL(1cos )1 2联立式得1m1 m2代入题给数据得1.m1 m2(2)两球在碰撞过程中的机械能损失是Qm2gL(m1m2)gL(1cos )联立式，Q 与碰前球 b 的最大动能 EkEkm2v2 之比为1(1cos )联立式，并代入题给数据得1.Q Ek答案 (1)1 (2)1221.弹性碰撞的规律两

16、物体发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒.假设质量为 m1 的物体，以速度 v1 与原来静止的质量为 m2 的物体发生弹性正碰，碰撞后它们的速度分别为 v1 和 v2.根据动量守恒定律得 m1v1m1v1m2v2根据机械能守恒定律得 m1vm1vm2v2 2解得 v1v1 ，v2v1 结论：(1)当 m1m2 时，即两物体的质量相等时，由两式得v10，v2v1，即两者的速度互换.(2)当 m1m2 时，即第一个物体的质量比第二个物体的质量大- 10 - / 17得多时，m1m2m1，m1m2m1，由两式得v1v1，v22v1.(3)当 m1m2 时，即第一个物体的质量比第二个物体的质量小得

17、多时，m1m2m2，m1m2m2，0，由两式得v1v1，v20.2.完全非弹性碰撞的规律设质量分别为 m1、m2 的两物体碰撞前的速度分别为 v1、0，碰撞后的共同速度为 v，则系统的动量和能量具有如下关系.动量关系：m1v1(m1m2)v能量关系：m1v(m1m2)v2E，E 为碰撞过程中损失的动能.- 11 - / 17考点 动量与能量的综合应用1.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2.利用动量和能量的观点解题的技巧(1)若研究

18、对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律).(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理.(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处.特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性.考向 1 动量守恒定律与运动学的综合应用典例 6 (2017广东汕头二模)如图所示，两个弹性小球 a 和b 的质量分别为 ma、mb.a 球原来静止在离地高度 H2.4 m 的 P 点，b 球原来静止在离地高度 h1.6 m 的 Q 点.先静止释

19、放 a 球，在 a 球即将碰到 b 球时同样静止释放 b 球，两球碰撞时间极短，碰后在同一竖直线运动，已知 mb3ma，重力加速度大小取 g10 m/s2，忽略小球大小、空气阻力及碰撞中的动能损失，且小球落地后不再跳起.求：(1)a 球即将碰到 b 球时的速度大小；(2)b 球与 a 球先后落地的时间差.- 12 - / 17解析 (1)设 a 球下落至即将碰到 b 球的位置时，有v22g(Hh)代入数据解得 a 球即将碰到 b 球时速度v4 m/s.(2)a 球与 b 球碰撞过程动量守恒(取向下方向为正方向)，得mavmavambvb碰撞过程没有动能损失，得mav2mavmbv1 22 b将

20、 mb3ma 和其余数据代入解得碰后 a 球和 b 球的速度分别为va2 m/s(方向向上)vb2 m/s(方向向下)碰后 b 球做竖直下抛运动，经时间 t 落地，有hvbtgt2碰后 a 球做竖直上抛运动，运动时间比 b 球多 t，有hva(tt)g(tt)2代入数据解得两球先后落地的时间差t0.4 s.答案 (1)4 m/s (2)0.4 s考向 2 动量守恒定律与动量定理的综合应用典例 7 (2017湖北宜昌一模)如图所示，质量 m10.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长 L15 m，现有质量 m20.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度 v02 m/s 从左端滑上小车，

21、最后在车面上某处与小车保持相对静止.物块与车面间的动摩擦因数0.5，g 取 10 m/s2.求：(1)物块在车面上滑行的时间 t；- 13 - / 17(2)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？解析 (1)设物块与小车的共同速度为 v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0(m1m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为 Ff，对物块应用动量定理有Fftm2vm2v0 其中 Ffm2g 联立以上三式解得 tm1v0 （m1m2）g代入数据得 t s0.24 s. (2)要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度 v，则有m2v0(m1m2

22、)v 由功能关系有m2v(m1m2)v2m2gL 1 2代入数据解得 v05 m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度 v0 不能超过 5 m/s.答案 (1)0.24 s (2)5 m/s考向 3 动量与能量的综合应用典例 8 光滑水平面上放着质量 mA1 kg 的物块 A 与质量mB2 kg 的物块 B，A 与 B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与 A、B 均不拴接)，用手挡住 B 不动，此时弹簧弹性势能 Ep49 J.在 A、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示.放手后 B 向右运动，绳在短暂时间内被- 14 - /

23、17拉断，之后 B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径 R0.5 m，B 恰能到达最高点 C.取 g10 m/s2，求：(1)绳拉断后瞬间 B 的速度 vB 的大小；(2)绳拉断的过程中绳对 B 的冲量 I 的大小；(3)绳拉断的过程中绳对 A 所做的功 W.解析 (1)设 B 在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达 C 点时的速度为 vC，有 mBgmBv2 C RmBvmBv2mBgR1 2代入数据得 vB5 m/s.(2)设弹簧恢复到自然长度时 B 的速度为 v1，取水平向右为正方向，有 EpmBv2 1ImBvBmBv1代入数据得 I4 Ns，其大小为 4 Ns.(3)设绳断后 A

24、 的速度为 vA，取水平向右为正方向，有mBv1mBvBmAvAWmAv 代入数据得 W8 J.答案 (1)5 m/s (2)4 Ns (3)8 J应用动量、能量观点解决问题的两点技巧(1)灵活选取系统.根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象.(2)灵活选取物理过程.在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究.列方程前要注意分析、判断所选过程动量、机械能的守恒情况.1.动量守恒、机械能守恒的判断粗糙的水平地面上放着一个木块，一颗子弹水平地射进木块后停留在木块中，带动木块一起滑行一- 15 -

25、/ 17段距离，在这个过程中，子弹和木块组成的系统( )A.动量和机械能都守恒B.动量和机械能都不守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能守恒答案：B 解析：子弹射入木块的过程中，系统的动量守恒，机械能不守恒；它们一起在粗糙水平地面上滑行的过程中动量和机械能均不守恒，故选 B.2.动量守恒与碰撞如图所示，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 2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度大小为 v0，方向向左.两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A.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

26、向左运动，B 向右运动答案：D 解析：选向右为正方向，则 A 的动量pAm2v02mv0，B 的动量 pB2mv0.碰前 A、B 的动量之和为零，根据动量守恒，碰后 A、B 的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项 D 符合题意.3.动量守恒与碰撞(多选)A、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是 5 kgm/s，B 球的动量是 7 kgm/s.当 A 球追上 B 球时发生碰撞，则碰撞后 A、B 两球的动量可能值分别是( )A.6 kgm/s,6 kgm/s- 16 - / 17B.3 kgm/s,9 kgm/sC.2 kgm/s,14 kgm/sD.5 kgm/s,

27、15 kgm/s答案：BC 解析：两球组成的系统动量守恒.A 球减少的动量等于B 球增加的动量，故 D 错.虽然碰撞前后的总动量相等，但 A 球的动量不可能沿原方向增加，故 A 错.选 B、C.4.动量守恒定律的应用质量为 m11 kg 和 m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其 xt 图象如图所示，则( )A.此碰撞一定为弹性碰撞B.被碰物体的质量为 2 kgC.碰后两物体速度相同D.此过程有机械能损失答案：A 解析：位移时间图象的斜率表示物体的速度，由图象求出碰撞前后的速度分别为：v14 m/s，v20，v12 m/s，v22 m/s；由动量守恒定律有 m1v1m1v

28、1m2v2，得m23 kg；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为 8 J，机械能无损失，因此是弹性碰撞.B、C、D 错误，A 正确.5.动量守恒定律与动能定理的综合如图所示，滑块 A、B 质量均为 m2 kg，滑块 A 光滑，滑块 B 与水平地面之间的动摩擦因数0.1，B 与右侧墙壁的距离为 L 1.75 m.开始时 B 静止，A 以速度 v04 m/s 向右滑向 B，A 与 B 第一次碰撞过程中无能量损失，B 与墙碰撞时间极短且碰后以原速率弹回，若 A 与 B 第二次碰后粘在一起，则滑块 A、B 共同的速度大小为( )B.1.5 m/s A.0.5 m/s- 17 - / 17D.3.5 m/sC.2.5 m/s答案：B 解析：由题意可知，滑块 A、B 碰撞后发生速度交换，即vB1v0.随后滑块 B 做匀减速直线运动，加速度大小为 ag1 m/s2.滑块 B 与墙壁发生碰撞，只是改变了滑块的运动方向，匀减速运动的加速度大小不变，设滑块 B 第二次与 A 碰撞时的速度为 vB2.由动能定理得，2mgLmvmv，解得 vB23 m/s.滑块 A 与 B 第二次碰后粘在一起的速度为 v，由动量守恒定律得，mvB22mv，解得v1.5 m/s.