2021高考物理一輪復習第六單元動量第2講動量守恒定律及其應用學案新人教版

1、第2講動量守恒定律及其應用考綱考情核心素養(yǎng)動量守恒定律及其應用彈性碰撞和非彈性碰撞動量守恒的條件碰撞的概念和碰撞的分類.物理觀念全國卷5年9考高考指數(shù)應用動量守恒定律解題的一般步驟用動量守恒定律解決碰撞、爆炸和反沖問題.科學思維知識點一動量守恒定律 1內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律2表達式(1)pp，系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p.(2)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和(3)p1p2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向(4)p0，系統(tǒng)總動量的增

2、量為零3適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向動量守恒知識點二碰撞爆炸反沖 1碰撞(1)碰撞現(xiàn)象：物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象(2)特點：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒(3)分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大2.爆炸現(xiàn)象：爆炸過程中內(nèi)力遠大于外力，爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動量不變3反沖運動(1)物體在內(nèi)力作用下分裂為兩

3、個不同部分并且這兩部分向相反方向運動的現(xiàn)象(2)反沖運動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚?思考判斷(1)兩物體相互作用時若系統(tǒng)不受外力，則兩物體組成的系統(tǒng)動量守恒()(2)動量守恒只適用于宏觀低速()(3)物體相互作用時動量守恒，但機械能不一定守恒()(4)若在光滑水平面上兩球相向運動，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動量大小一定相同()2某機車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對接機車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂設機車和車廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌

4、的摩擦忽略不計)(b)a0.053 m/s b0.05 m/sc0.057 m/s d0.06 m/s解析：取機車和15節(jié)車廂整體為研究對象，由動量守恒定律mv0(m15m)v，vv00.8 m/s0.05 m/s.故選項b正確3將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(a)a30 kgm/s b5.7102 kgm/sc6.0102 kgm/s d6.3102 kgm/s解析：設火箭的質(zhì)量為m1，燃氣的質(zhì)量為m2.由題意可知，燃氣的動量p2m2v25

5、0103600 kgm/s30 kgm/s.根據(jù)動量守恒定律可得0m1v1m2v2，則火箭的動量大小為p1m1v1m2v230 kgm/s，所以選項a正確，b、c、d錯誤4一炮彈質(zhì)量為m，以一定的傾角斜向上發(fā)射，達到最高點時速度大小為v，方向水平炮彈在最高點爆炸成兩塊，其中一塊恰好做自由落體運動，質(zhì)量為m，則爆炸后另一塊瞬時速度大小為(b)avb.v c.v d0解析：爆炸前動量為mv，設爆炸后另一塊瞬時速度大小為v，取炮彈到最高點未爆炸前的速度方向為正方向，爆炸過程動量守恒，則有：mvmv，解得：vv，選項b正確5.如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，a球在水平面上靜止放置，b球向左

6、運動與a球發(fā)生正碰，b球碰撞前、后的速率之比為31，a球垂直撞向擋板，碰后原速率返回兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則a、b兩球的質(zhì)量比為(d)a12 b21 c14 d41解析：設a、b質(zhì)量分別為ma、mb，b的初速度為v0，取b的初速度方向為正方向，由題意知，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，說明a、b碰撞后速度大小相等，方向相反，分別為和，則有mbv0mamb，解得mamb41，選項d正確考點1對動量守恒定律的理解1動量守恒定律的適用條件(1)前提條件：存在相互作用的物體系(2)理想條件：系統(tǒng)不受外力(3)實際條件：系統(tǒng)所受合外力為零(4)近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)所受的外力(5

7、)方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動量守恒2動量守恒定律的四個特性相對性公式中v1、v2、v1、v2必須相對于同一個慣性系同時性公式中v1、v2是在相互作用前同一時刻的速度，v1、v2是在相互作用后同一時刻的速度矢量性應先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動量為正值，相反為負值普適性不僅適用于低速宏觀系統(tǒng)，也適用于高速微觀系統(tǒng) 如圖所示，a、b兩物體的質(zhì)量之比為mamb12，它們原來靜止在平板車c上，a、b兩物體間有一根被壓縮了的水平輕質(zhì)彈簧，a、b兩物體與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，水平地面光滑當彈簧突然釋放后，a、b兩物體被彈開(a、b兩物體始終不滑出平板車)，則

8、有()aa、b系統(tǒng)動量守恒ba、b、c及彈簧整個系統(tǒng)機械能守恒c小車c先向左運動后向右運動d小車c一直向右運動直到靜止【解析】a、b兩物體和彈簧、小車c組成的系統(tǒng)所受合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒在彈簧釋放的過程中，因mamb12，由摩擦力公式fffnmg知，a、b兩物體所受的摩擦力大小不等，所以a、b兩物體組成的系統(tǒng)合外力不為零，a、b兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒，a物體對小車向左的滑動摩擦力小于b對小車向右的滑動摩擦力，在a、b兩物體相對小車停止運動之前，小車所受的合外力向右，會向右運動，因存在摩擦力做負功，最終整個系統(tǒng)將靜止，則系統(tǒng)的機械能減為零，不守恒，故a、b、c錯誤，d正確【答案】d

9、高分技法對動量守恒定律的進一步理解(1)動量守恒定律的研究對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)的動量是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關(guān)系. (2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時，要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)的作用力，要判斷系統(tǒng)是否動量守恒，或是否在某個方向上動量守恒.1.(多選)質(zhì)量分別為m和m0的兩滑塊甲、乙用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止滑塊丙發(fā)生碰撞，如圖所示，碰撞時間極短在此過程中，下列情況可能發(fā)生的是(bc)a甲、乙、丙的速度均發(fā)生變化，分別為v1、v2、v3，而且滿足(mm0)vmv1m0v2mv3b

10、乙的速度不變，甲和丙的速度變?yōu)関1和v2，而且滿足mvmv1mv2c乙的速度不變，甲和丙的速度都變?yōu)関，且滿足mv(mm)vd甲、乙、丙速度均發(fā)生變化，甲、乙的速度都變?yōu)関1，丙的速度變?yōu)関2，且滿足(mm)v0(mm)v1mv2解析：碰撞的瞬間滑塊甲和丙組成的系統(tǒng)動量守恒，滑塊乙的速度在瞬間不變，以滑塊甲的初速度方向為正方向，若碰后滑塊甲和丙的速度分別變?yōu)関1和v2，由動量守恒定律得mvmv1mv2；若碰后滑塊甲和丙的速度相同，由動量守恒定律得mv(mm)v，故b、c正確2.(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有一靜止的物體m，物體m上有一光滑的半圓弧軌道，最低點為c，a、b為同一水平直徑上的

11、兩點，現(xiàn)讓小滑塊m從a點由靜止下滑，則(cd)a小滑塊m到達物體m上的b點時小滑塊m的速度不為零b小滑塊m從a點到c點的過程中物體m向左運動，小滑塊m從c點到b點的過程中物體m向右運動c若小滑塊m由a點正上方h高處自由下落，則由b點飛出時做豎直上拋運動d物體m與小滑塊m組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒解析：物體m和小滑塊m組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒，d正確；小滑塊m滑到右端兩者水平方向具有相同的速度：0(mm)v，v0，可知小滑塊m到達物體m上的b點時，小滑塊m、物體m的水平速度為零，故當小滑塊m從a點由靜止下滑，則能恰好到達b點，當小滑塊由a點正上方h高處自由下落，則由b點

12、飛出時做豎直上拋運動，a錯誤，c正確；小滑塊m從a點到c點的過程中物體m向左加速運動，小滑塊m從c點到b點的過程中物體m向左減速運動，選項b錯誤考點2動量守恒定律的應用1對系統(tǒng)“總動量保持不變”的 理解(1)系統(tǒng)在整個過程中任意兩個時刻的總動量都相等，不能誤認為只是初、末兩個狀態(tài)的總動量相等(2)系統(tǒng)的總動量保持不變，但系統(tǒng)內(nèi)每個物體的動量可能都在不斷變化(3)系統(tǒng)的總動量指系統(tǒng)內(nèi)各物體動量的矢量和，總動量不變指的是系統(tǒng)的總動量的大小和方向都不變2動量守恒定律的表達式(1)m1v1m2v2m1v1m2v2(作用前后動量相等)(2)p0(系統(tǒng)動量的增量為零)(3)p1p2(相互作用的兩個物體組成

13、的系統(tǒng)，兩物體動量的增量大小相等，方向相反) 如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他的冰車總質(zhì)量m30 kg，乙和他的冰車總質(zhì)量也是30 kg.游戲時，甲推著一個質(zhì)量m15 kg的箱子和他一起以v02 m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來，為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住，不計冰面摩擦(1)若甲將箱子以速度v推出，則甲的速度變?yōu)槎嗌伲?用字母表示)(2)假設乙抓住迎面滑來的速度為v的箱子后反向運動，則乙抓住箱子后的速度變?yōu)槎嗌伲?用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞，則甲、乙的速度應滿足什么條件？箱子被推出的速度至少為多大？【解析】(

14、1)甲將箱子推出的過程，甲和箱子組成的整體動量守恒，由動量守恒定律得(mm)v0mvmv1解得v1v0(v0v)(2)箱子和乙作用的過程動量守恒，以箱子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mvmv0(mm)v2解得v2.(3)甲、乙不相撞的條件是v1v2，其中v1v2為甲、乙恰好不相撞的條件聯(lián)立以上各式得v5.2 m/s.【答案】(1)v0(v0v)(2)(3)甲的速度不大于乙的速度5.2 m/s高分技法應用動量守恒定律解題的步驟特別注意：系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量必須相對于同一參考系，一般都是選地面為參考系，即各物體都是相對地面的速度3.(多選)如圖所示，放在光滑水平桌面上的a、b兩木塊之間夾著一被

15、壓縮的固定的輕質(zhì)彈簧現(xiàn)釋放彈簧，a、b木塊被彈開后，各自在桌面上滑行一段距離后飛離桌面a落地點距桌邊水平距離為0.5 m，b落地點距桌邊水平距離為1 m，則(ad)aa、b離開彈簧時的速度之比為12ba、b離開彈簧時的速度之比為11ca、b質(zhì)量之比為12da、b質(zhì)量之比為21解析：a和b離開桌面后做平拋運動，下落的高度相同，則它們的運動時間相等，由xv0t得平拋運動的初速度的比值為，故a正確，b錯誤；彈簧彈開木塊的過程中，兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向，由動量守恒定律得mavambvb0，則a、b木塊的質(zhì)量之比為，故c錯誤，d正確4.(多選)如圖所示，三輛完全相同的平板小車a、

16、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平地面上，c車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同他跳到a車上相對a車保持靜止，此后(cd)aa、b兩車運動速率相等ba、c兩車運動速率相等c三輛車的速率關(guān)系為vcvavbda、c兩車運動方向相反解析：設三輛車的質(zhì)量都是m，小孩質(zhì)量為m，小孩跳離c車和b車時對地的水平速度都是v.對小孩從c車上跳往b車上的過程，對c車和小孩，有mvcmv，解得c車速度大小為vc，速度方向向左；小孩跳到b車上后又從b車跳到a車，由水平方向動量守恒可知，b車速度為零；對小孩跳到a車上的過程，由水平方向動量守恒有(mm)vamv，解得a

17、車的速度大小為va，速度方向向右，三輛車的速率關(guān)系為vcvavb，可知選項a、b錯誤，c、d正確考點3碰撞模型1碰撞遵循的三條原則(1)動量守恒定律(2)機械能不增加ek1ek2ek1ek2或(3)速度要合理同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大(或相等)相向碰撞：碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變2三種碰撞碰撞類型特征描述及重要關(guān)系式或結(jié)論彈性碰撞碰撞時，內(nèi)力是彈性力，只發(fā)生機械能的轉(zhuǎn)移，系統(tǒng)內(nèi)無機械能損失，叫作彈性碰撞，若系統(tǒng)有兩個物體在水平面上發(fā)生彈性碰撞，動量守恒，同時機械能也守恒滿足：m1v1m2v2m1v1m2v2m1vm2vm1vm2v非彈性碰撞發(fā)生非彈性

18、碰撞時，內(nèi)力是非彈性力，部分機械能轉(zhuǎn)化為物體的內(nèi)能，機械能有損失，動量守恒，總動能減少滿足：m1v1m2v2m1v1m2v2m1vm2vm1vm2v完全非彈性碰撞發(fā)生完全非彈性碰撞時，機械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化得最多，機械能損失最大碰后物體粘在一起，以共同速度運動，動量守恒，損失的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能滿足：m1v1m2v2(m1m2)vem1vm2v(m1m2)v2 如圖所示，三個直徑相同的小球靜止在足夠長的光滑水平面上，a、c兩球的質(zhì)量均為m，b球的質(zhì)量為km(k1)給a球一個水平向右的初速度v0，b球先與a球發(fā)生彈性正碰，再與c球發(fā)生彈性正碰求系數(shù)k的值為多大時，b與c碰后瞬間b球的速度最大？【解析】本

19、題考查多體碰撞問題設a、b發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為va、vb1，則mv0mvakmvb1，mvmvkmv，聯(lián)立解得vav0，vb1v0，設b、c發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為vb2、vc，同理可得vb2vb1，代入整理得vb2v0，設x，則有vb2(xx2)v0，當x0.5時，即0.5時vb2最大，解得k3.【答案】3高分技法碰撞的特點和規(guī)律1.碰撞的特點(1)時間特點：碰撞過程中，相互作用的時間極短，物體相對運動的全過程可忽略不計.(2)相互作用力特點：在碰撞過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力.(3)位移特點：在相互碰撞過程中，由于在極短的時間內(nèi)物體的速度發(fā)生突變，物體發(fā)生的位移極小，可認為碰撞前后

20、物體處于同一位置.2.運動物體與靜止物體發(fā)生彈性碰撞的規(guī)律5如圖所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0射向它們，設碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度值是(d)av1v2v3v0bv10，v2v3v0cv10，v2v3v0dv1v20，v3v0解析：由題設條件，三球在碰撞過程中總動量和總動能守恒若各球質(zhì)量為m，則碰撞前系統(tǒng)總動量為mv0，總動能為mv.選項a、b中的數(shù)據(jù)都違反了動量守恒定律，故不可能；假如選項c正確，則碰后總動量為mv0，但總動能為mv，這顯然違反了機械能守恒定律，故也不可能；故選項d正確，既滿足動量守恒定律

21、和機械能守恒定律，又滿足碰撞的合理性6.(多選)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的a、b兩球在同一直線上運動兩球質(zhì)量關(guān)系為mb2ma，規(guī)定向右為正方向，a、b兩球的動量均為6 kgm/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞前后a球動量變化量4 kgm/s，則(ac)a左方是a球，碰前兩球均向右運動b右方是a球，碰前兩球均向左運動c碰撞后a、b兩球速度大小之比為25d經(jīng)過驗證兩球發(fā)生的碰撞不是彈性碰撞解析：大小相同的a、b兩球在光滑水平面上發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得papb，由題知pa4 kgm/s，則得pb4 kgm/s.由于碰撞前兩球均向右運動，所以左方是a球，右邊是b球，故a正確

22、，b錯誤；碰撞后，兩球的動量分別為papapa6 kgm/s4 kgm/s2 kgm/s，pbpbpb6 kgm/s4 kgm/s10 kgm/s，由于兩球質(zhì)量關(guān)系為mb2ma，那么碰撞后a、b兩球速度大小之比為，故c正確；碰撞前系統(tǒng)的總動能為ek，碰撞后系統(tǒng)的總動能為ek，可知碰撞過程系統(tǒng)的動能守恒，所以兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞，故d錯誤考點4爆炸和反沖1爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于系統(tǒng)受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆

23、炸的時間極短，因而爆炸過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后的物體仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動2.對反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加 如圖所示，在光滑的水平地面上有一足夠長的平板，平板上固定一高h0.2 m的光滑平臺，平板與平臺的總質(zhì)量m6 kg，一輕質(zhì)彈簧左端固定在平臺上已知重力加速度g10 m/s2.(1)若平板被固定在地面上，將質(zhì)量m2 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)放在平臺

24、上彈簧的右端，用手推小物塊將彈簧壓縮一定的距離，松手后小物塊被彈射到距離平臺右側(cè)s1 m處的a點，求松手前瞬間彈簧的彈性勢能；(2)若不固定平板，扶住平臺用質(zhì)量仍為m的小物塊將彈簧壓縮至與(1)中相同的長度，同時放開小物塊及平臺，求小物塊落在平板上的位置到平臺右側(cè)的距離s.【解析】(1)在平板固定時，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為小物塊的動能，小物塊離開平臺后做平拋運動，平臺高為h，設小物塊彈出時的速度為v則：svt，hgt2由能量守恒定律得epmv2聯(lián)立解得松手前瞬間彈簧的彈性勢能ep25 j.(2)在平板不固定時，小物塊彈出后，平板也獲得一向左的速度設小物塊相對地面的速度大小為v1，平板相對地面的速度大小為v2則由動量守恒定律得：0mv1mv2由能量守恒定律得epmvmv小物塊下落過程中，在豎直方向上有：hgt2小物塊落點到平臺右側(cè)的距離：s(v1v2)t聯(lián)立解得：s m.【答案】(1)25 j(2) m高分技法分析爆炸