17-18版第6章第2節(jié)　動量守恒定律及其應(yīng)用

1、1第第 2 節(jié)節(jié)動量守恒定律及其應(yīng)用動量守恒定律及其應(yīng)用知識點 1動量守恒定律及其表達式1動量守恒定律的內(nèi)容一個系統(tǒng)不受外力或所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量就保持不變2動量守恒的數(shù)學表達式(1)pp(系統(tǒng)相互作用前總動量 p 等于相互作用后總動量 p)(2)p0(系統(tǒng)總動量變化為零)(3)p1p2(相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)， 兩物體動量增量大小相等，方向相反)知識點 2動量守恒的成立條件1系統(tǒng)不受外力或所受外力之和為零時，系統(tǒng)的動量守恒2 系統(tǒng)所受外力之和不為零， 但當內(nèi)力遠大于外力時系統(tǒng)動量近似守恒 如碰撞、打擊、爆炸等過程，動量均可認為守恒3系統(tǒng)所受外力之和不為零，但在某個方向上所

2、受合外力為零或不受外力，或外力可以忽略，則在這個方向上，系統(tǒng)動量守恒知識點 3碰撞、反沖和爆炸問題1碰撞(1)概念：碰撞是指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，可認為相互碰撞的物體組成的系統(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完全彈性碰撞守恒有損失2完全非彈性碰撞守恒損失最大2.反沖現(xiàn)象在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開在相互作用的過程中系統(tǒng)的動能增大，且常伴有其他形式能向動能的轉(zhuǎn)化3爆炸問題爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠大于系

3、統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒，爆炸過程中位移很小，可忽略不計，作用后從相互作用前的位置以新的動量開始運動1正誤判斷(1)系統(tǒng)所受合外力的沖量為零，則系統(tǒng)動量一定守恒()(2)動量守恒是指系統(tǒng)在初、末狀態(tài)時的動量相等()(3)在爆炸現(xiàn)象中，動量嚴格守恒()(4)在碰撞問題中，機械能也一定守恒()(5)動量守恒時，機械能不一定守恒()2判斷動量是否守恒如圖 621 所示的裝置中，木塊 B 與水平桌面間是光滑的，子彈 A 沿水平方向射入木塊后，停在木塊內(nèi)將彈簧壓縮到最短，現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中()圖 621A動量守

4、恒，機械能守恒B動量不守恒，機械能不守恒C動量守恒，機械能不守恒D動量不守恒，機械能守恒B由于子彈射入木塊過程中， 二者間存在著摩擦， 故此過程機械能不守恒，子彈與木塊一起壓縮彈簧的過程中， 速度逐漸減小到零， 所以此過程動量不守恒，3故整個過程中動量、機械能均不守恒3分析系統(tǒng)的動量特點(多選)如圖 622 所示，半徑和動能相等的兩小球相向而行甲球質(zhì)量 m甲大于乙球質(zhì)量 m乙，水平面是光滑的，兩球做對心碰撞以后的運動情況可能是下述哪些情況()【導學號：92492262】圖 622A甲球速度為零，乙球速度不為零B兩球速度都不為零C乙球速度為零，甲球速度不為零D兩球都以各自原來的速率反向運動AB首

5、先根據(jù)兩球動能相等，12m甲v2甲12m乙v2乙，得出兩球碰前動量大小之比為：p甲p乙m甲m乙，因 m甲m乙，則 p甲p乙，則系統(tǒng)的總動量方向向右根據(jù)動量守恒定律可以判斷，碰后兩球運動情況可能是 A、B 所述情況，而 C、D情況是違背動量守恒定律的，故 C、D 情況是不可能的4動量守恒定律的應(yīng)用某同學質(zhì)量為 60 kg，在軍事訓練中要求他從岸上以大小為 2 m/s 的速度跳到一條向他緩緩漂來的小船上，然后去執(zhí)行任務(wù)，小船的質(zhì)量是 140 kg，原來的速度大小是 0.5 m/s，該同學上船后又跑了幾步，最終停在船上，則()A人和小船最終靜止的水面上B該過程同學的動量變化量為 105 kgm/sC

6、船最終的速度是 0.95 m/sD該過程船的動量變化量是 70 kgm/s4B規(guī)定人原來的速度方向為正方向設(shè)人上船后，船與人共同速度為 v.由題意，水的阻力忽略不計，該同學跳上小船后與小船達到同一速度的過程，人和船組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，則由動量守恒得：m人v人m船v船(m人m船)v，解得：v0.25 m/s，方向與船原來的速度方向相反，故 A、C錯誤；該同學動量的變化量：pm人vm人v人60(0.252)kgm/s105kgm/s，因系統(tǒng)動量過恒，所以船的動量的變化量為 105 kgm/s，故 B 正確，D錯誤動量守恒的理解和判斷1.動量守恒定律的“五性”矢量性動量守恒定律的表

7、達式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量，表達式中的 p1、p2必須是系統(tǒng)中各物體在同一時刻的動量，p1、p2必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2.判斷系統(tǒng)動量是否守恒的方法方法一：直接由動量守恒的條件判斷方法二：系統(tǒng)所受的合外力是否為零不很明確時，直接看系統(tǒng)的動量是否變化如果系統(tǒng)的動量增加或減少的話，則系統(tǒng)的動量一定不守恒題組通關(guān)1(多選)木塊 a 和 b

8、用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a 緊靠在墻壁上，在 b 上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖 623 所示，當撤去外力后，下列說法中正確的是()5圖 623Aa 尚未離開墻壁前，a 和 b 組成的系統(tǒng)動量守恒Ba 尚未離開墻壁前，a 和 b 組成的系統(tǒng)動量不守恒Ca 離開墻壁后，a 和 b 組成的系統(tǒng)動量守恒Da 離開墻壁后，a 和 b 組成的系統(tǒng)動量不守恒BC動量守恒定律的適用條件是不受外力或所受合外力為零a 尚未離開墻壁前，a 和 b 組成的系統(tǒng)受到墻壁對它們的作用力，不滿足動量守恒條件；a離開墻壁后，系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒2(多選)如圖 624 所示，A、B 兩物體質(zhì)量之比

9、 mAmB32，原來靜止在平板小車 C 上，A、B 間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑，當彈簧突然釋放后，則()【導學號：92492263】圖 624A若 A、B 與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B 組成系統(tǒng)的動量守恒B若 A、B 與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C 組成系統(tǒng)的動量守恒C若 A、B 所受的摩擦力大小相等，A、B 組成系統(tǒng)的動量守恒D若 A、B 所受的摩擦力大小相等，A、B、C 組成系統(tǒng)的動量守恒BCD如果 A、B 與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，彈簧釋放后 A、B分別相對小車向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力 FA向右，F(xiàn)B向左，由于mAmB32，所以 FAFB

10、32，則 A、B 組成系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，A 選項錯對 A、B、C 組成的系統(tǒng)，A、B 與 C 間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重力、支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，B、D 選項正確若 A、B 所受摩擦力大小相等，則 A、B 組成系統(tǒng)的受到的外力之和為零，故其動量守恒，C 選項正確6碰撞、爆炸與反沖1.碰撞現(xiàn)象滿足的三個規(guī)律(1)動量守恒(2)機械能不增加(3)速度要合理若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有 v后v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有 v前v后.碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變2對反沖現(xiàn)象

11、的三點說明(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強大內(nèi)力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理(2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加(3)反沖運動中平均動量守恒3爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律(1)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受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒(2)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，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加(3)位置不變爆炸的時間極短， 因而作用過程中， 物體產(chǎn)生的位移很小， 一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動多維探究考向 1爆炸與反沖問題1(

12、多選)有關(guān)實際生活中的現(xiàn)象，下列說法正確的是()A火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度B體操運動員在著地時曲腿是為了減小地面對運動員的作用力7C用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響D為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，發(fā)動機艙越堅固越好ABC火箭靠噴出氣體，通過反沖獲得前進的動力，從而獲得巨大速度，A 正確； 體操運動員在著地時曲腿是為了延長作用時間來減小地面對運動員的作用力，B 正確；用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響，C 正確；為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，需要兼顧延長作用時間，減小作用力，D 錯誤；故選 A、B、C.2以與水平方向成 60角斜向上的初速度 v

13、0射出的炮彈，到達最高點時因爆炸分成質(zhì)量分別為 m 和 2m 的兩塊，其中質(zhì)量為 2m 的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行求：(1)質(zhì)量較小的那一塊彈片速度的大小和方向；(2)爆炸過程中有多少化學能轉(zhuǎn)化為炮彈的動能？【導學號：92492264】【解析】(1)斜拋的炮彈在水平方向上做勻速直線運動，則炮彈在最高點爆炸前的速度為 v1v0cos 60v02設(shè)炮彈在最高點爆炸前的速度方向為正方向，由動量守恒定律得 3mv12mv1mv2又 v12v0解得 v22.5v0，負號表示速度方向與規(guī)定的正方向相反(2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學能等于動能的增量，所以轉(zhuǎn)化為動能的化學能為EEk12(2m)v

14、1212mv2212(3m)v21274mv20.【答案】(1)2.5v0，方向與爆炸前炮彈運動的方向相反(2)274mv20考向 2碰撞問題3(多選)如圖 625 甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為 m1和 m2.圖乙為它們碰撞前后的 s t 圖象已知 m10.1 kg，由此可以判斷()8甲乙圖 625A碰前 m2靜止，m1向右運動B碰后 m2和 m1都向右運動Cm20.3 kgD碰撞過程中系統(tǒng)損失了 0.4 J 的機械能AC由圖乙可以看出，碰前 m1的位移隨時間均勻增加，m2的位移不變，可知 m2靜止，m1向右運動，故 A 正確碰后一個位移增大，一個位移減小，說明兩球

15、運動方向不一致，即 B 錯誤由圖乙可以算出碰前 m1的速度 v14 m/s，碰后的速度 v12 m/s，碰前 m2的速度 v20，碰后的速度 v22 m/s，由動量守恒 m1v1m2v2m1v1m2v2，計算得 m20.3 kg，故 C 正確碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能E12m1v2112m1v1212m2v220，因此 D 錯誤4(2015全國卷)如圖 626 所示，在足夠長的光滑水平面上，物體 A、B、C 位于同一直線上，A 位于 B、C 之間A 的質(zhì)量為 m，B、C 的質(zhì)量都為 M，三者均處于靜止狀態(tài)現(xiàn)使 A 以某一速度向右運動，求 m 和 M 之間應(yīng)滿足什么條件，才能使 A 只與 B、C

16、 各發(fā)生一次碰撞設(shè)物體間的碰撞都是彈性的圖 626【解析】 A 向右運動與 C 發(fā)生第一次碰撞， 碰撞過程中， 系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒設(shè)速度方向向右為正，開始時 A 的速度為 v0，第一次碰撞后 C 的速度為 vC1，A 的速度為 vA1.由動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0mvA1MvC112mv2012mv2A112Mv2C1聯(lián)立式得9vA1mMmMv0vC12mmMv0如果 mM，第一次碰撞后，A 與 C 速度同向，且 A 的速度小于 C 的速度，不可能與 B 發(fā)生碰撞；如果 mM，第一次碰撞后，A 停止，C 以 A 碰前的速度向右運動，A 不可能與 B 發(fā)生碰撞；所以只需考慮 m

17、M 的情況第一次碰撞后，A 反向運動與 B 發(fā)生碰撞設(shè)與 B 發(fā)生碰撞后，A 的速度為vA2，B 的速度為 vB1，同樣有vA2mMmMvA1mMmM2v0根據(jù)題意，要求 A 只與 B、C 各發(fā)生一次碰撞，應(yīng)有vA2vC1聯(lián)立式得m24mMM20解得 m( 52)M另一解 m( 52)M 舍去所以，m 和 M 應(yīng)滿足的條件為( 52)MmM.【答案】( 52)Mmmgl即v202gl設(shè)在 a、b 發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a 的速度大小為 v1.由能量守恒有12mv2012mv21mgl設(shè)在 a、b 碰撞后的瞬間，a、b 的速度大小分別為 v1、v2，由動量守恒和能量守恒有mv1mv134mv21

18、2mv2112mv211234mv22聯(lián)立式解得 v287v1由題意知，b 沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知1234mv2234mgl聯(lián)立式，可得32v20113gl聯(lián)立式，a 與 b 發(fā)生彈性碰撞，但 b 沒有與墻發(fā)生碰撞的條件32v20113glv202gl.【答案】32v20113glv202gl考向 3動量、能量、牛頓運動定律的綜合應(yīng)用4(2017衡陽模擬)如圖 6210 所示，內(nèi)壁粗糙、半徑 R0.4 m 的四分之一圓弧軌道 AB 在最低點 B 與光滑水平軌道 BC 相切質(zhì)量 m20.2 kg 的小球 b 左端連接一輕質(zhì)彈簧， 靜止在光滑水平軌道上， 另一質(zhì)量 m10.2 kg 的小球 a 自圓13弧軌道頂端由靜止釋放，運動到圓弧軌道最低點 B 時對軌道的壓力為小球 a 重力的 2 倍忽略空氣阻力，重力加速度 g 取 10 m/s2.求：圖 6210(1)小球 a 由 A 點運動到 B 點的過程中，摩擦力做功 Wf；(2)小球 a 通過彈簧與小球 b 相互作用的過程中，彈簧的最大彈性勢能 Ep；(3)小球 a 通過彈簧與小球 b 相互作用的整個過程中，彈簧對小球 b 的沖量 I的大小【解析】(1)小球由釋放到最低點的過程中，根據(jù)動能定理：m1gRWf12m1v21小球在最低點，根據(jù)牛頓第二