物理2018屆高考頂層設計第一輪總復習打包老師搜集

第六章動量和支量守恒定律第2講動量守恒定律及應用微知識對點練微考點悟方法微專題巧突破微考場提技能微知識

對點練教材回扣基礎自檢知|識|梳|理微知識?

動量守恒定律內(nèi)容：如果系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的合力為零，這個系統(tǒng)的總動量

保持不變

。常用的四種表達形式①p＝p′：即系統(tǒng)相互作用前的總動量p

和相互作用后的總動量p′大小

相等

，方向

相同

。②Δp＝p′－p＝0：即系統(tǒng)總動量的

增量

為零。③Δp1＝－Δp2：即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動量的

增加量

等于另一部分動量的

減少量

。④

，即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同一直線上時，作用前總動量與作用后總動量相等。m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2(3)常見的幾種守恒形式及成立條件①理想守恒：系統(tǒng)

不受外力

或所受外力的

合力

為零。②近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內(nèi)力

遠大于

外力。③分動量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為零，系統(tǒng)在該方向上

動量守恒

。微知識?

碰撞時間內(nèi)產(chǎn)生碰撞現(xiàn)象：兩個或兩個以上的物體在相遇的極短

非常大

的相互作用的過程。碰撞特征①作用時間

短

。②作用力變化

快

。③內(nèi)力

遠大于

外力。④滿足

動量守恒

。(3)碰撞的分類及特點①彈性碰撞：動量

守恒

，機械能

守恒

。②非彈性碰撞：動量_守恒

，機械能

守恒

。③完全非彈性碰撞：動量

守恒

，機械能損失

最多

。微知識?

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

守恒

。微知識?

反沖運動物體的不同部分在內(nèi)力作用下向

相反

方向運動的現(xiàn)象。反沖運動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂胈動量守恒定律來處理。基|礎|診|斷一、思維診斷動量守恒定律中的速度是相對于同一參考系的速度(

√

)質(zhì)量相等的兩個物體發(fā)生碰撞時，一定交換速度(×

)3．系統(tǒng)的總動量不變是指系統(tǒng)總動量的大小保持不變()4．系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒(

)××解析

木塊

A

離開墻壁前，由

A、B

和彈簧組成的系統(tǒng)受墻壁的彈力，屬于外力，故系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒，故選項A

錯，B

對；木塊A

離開墻壁后，由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，又沒有機械能和其他形式的能量轉(zhuǎn)化，故機械能也守恒，故選項C

對，D

錯。答案

BC2．(動量守恒定律)如圖所示，用細線掛一質(zhì)量為M

的木塊，有一質(zhì)量為m

的子彈自左向右水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為v0

和v(設子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計)，木塊的速度大小為(

)A.mv0＋mvMB.mv0－mvMC.mv0＋mvM＋mD.mv0＋mvM＋m解析

子彈和木塊水平方向動量守恒，mv0＝Mv′＋mv，由此知

v′＝mv0－mvM答案，故B

正確。B3．(碰撞)兩球A、B

在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1

kg，mB＝2

kg，vA＝6

m/s，vB＝2

m/s。

當

A

追上

B

并發(fā)生碰撞后，兩球

A、B

速度的可能值是(

)v′A＝5

m/s，v′B＝2.5

m/sv′A＝2

m/s，v′B＝4

m/sv′A＝－4

m/s，v′B＝7

m/sv′A＝7

m/s，v′B＝1.5

m/s解析

雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但

A、D

兩項中，碰后

A的速度v′A

大于B

的速度v′B，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際；C

項k2中，兩球碰后的總動能

E′

＝1m

v′

＋2

2A

A

B

B1m

v′2＝57

J，大于碰前的總動能Ek＝22

J，違背了能量守恒定律；而B

項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，故B

項正確。答案

B4．(爆炸和反沖)將靜止在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0

豎直向下噴出質(zhì)量為m

的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是()M0MA.mv

B.

vm

0C.0v

D.M

mM－m

M－mv00M－m0解析

根據(jù)動量守恒定律

mv

＝(M－m)v，得

v＝

m

v

，選項

D

正確。答案

D微考點

悟方法核心考點分層突破2．動量守恒定律與機械能守恒定律的比較定律名稱比較項目動量守恒定律機械能守恒定律相同點研究對象相互作用的物體組成的系統(tǒng)研究過程某一運動過程不同點守恒條件系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零系統(tǒng)只有重力或彈力做功表達式p1＋p2＝p′1＋p′2Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2表達式的矢標性矢量式標量式某一方向上應用情況可在某一方向上獨立使用不能在某一方向獨立使用運算法則矢量運算代數(shù)運算解題導思：A、B碰撞過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？答：守恒。題中的“此后A、B

間距離保持不變”說明了什么？答：最終A、B、C

三個木塊的速度相同。解析

設

A

與

B碰撞后，A

的速度為

vA，B

與

C

碰撞前

B

的速度為

vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動量守恒定律得對A、B木塊：mAv0＝mAvA＋mBvB①對B、C木塊：mBvB＝(mB＋mC)v②由最后A

與B

間的距離保持不變可知vA＝v③B聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得

v

＝6

。5v0答案56v0解析

(1)銅塊在第一塊木板上滑動的過程中，由動量守恒得

Mv0＝Mv1＋10mv2，得：v2＝2.5

m/s。(2)銅塊從滑上第一塊木板到停在第二塊木板上，滿足動量守恒Mv0＝mv2＋(M＋9m)v3，得：v3≈3.4

m/s。答案

(1)2.5

m/s (2)3.4

m/s解析

因碰撞時間極短，A

與

C

碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間

A

的速度為vA，C

的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvCA

與B

在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vABA與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC，聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2

m/s。答案

2

m/s3．碰撞過程中發(fā)生的情況必須符合客觀實際，如果甲追上乙并發(fā)生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于或等于乙的速度，或甲反向運動。如果碰前甲、乙是相向運動，則碰后甲、乙的運動方向不可能都不改變，除非甲、乙碰撞后速度均為零。解題導思：A、B

兩球，誰的速度更大些？答：A

球的速度更大些。如何分析碰撞是否是彈性碰撞？答：計算碰撞前的動能和碰撞后的動能的關系即可判斷出結(jié)果。解析

由

mB＝2mA，pA＝pB

知碰前

vB＜vA，若右方為

A

球，由于碰前動量都為6kg·

m/s，即都向右運動，兩球不可能相碰；若左方為A球，設碰后二者速度分別為v′A、v′B，由題意知p′A＝mAv′A＝2

kg·

m/s，p′B＝mBv′BB2＝10

kg·

m/s，解得v′A＝。碰撞后A球動量變?yōu)?

kg·

m/s，B

球動量變?yōu)?0v′

5kg·

m/s，又mB＝2mA，由計算可知碰撞前后A、B

兩球動能之和不變，即該碰撞為彈性碰撞，選項A、C

正確。答案

AC題組微練2－1.甲、乙兩球在光滑水平軌道上同向運動，已知它們的動量分別是

p甲＝5kg·m/s，p

乙＝7kg·m/s，甲追上乙并發(fā)生碰撞，碰撞后乙球的動量變?yōu)閜′乙＝10

kg·m/s，則兩球質(zhì)量m

甲與m

乙的關系可能是()A．m

甲＝m

乙C．m

乙＝4m

甲B．m

乙＝2m

甲D．m

乙＝6m

甲解析

由碰撞中動量守恒可求得

p′甲＝2

kg·m/s。要使甲追上乙必須有：v

甲＞v

乙，

p甲

p乙甲

乙即m

＞m

，故m

乙＞1.4m

甲，碰后由于p′甲、p′乙均大于零，表示運動同向，則應有v′甲≤v′乙，p′甲

p′乙甲

乙即

m

≤

m

，故m

乙≤5m

甲，再由碰撞中的機械能不增加，則(應用p2＝2mEk)p2

p2甲

乙p′2

p′2甲

乙2m

＋2m

≥

2m

＋2m甲

乙

甲乙，代入數(shù)據(jù)得：m

51

，乙≥21m

甲綜合上述討論：m

甲與m

乙的質(zhì)量關系應為5121m

甲≤m

乙≤5m

甲。正確答案應選C。答案

C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mv0＝mvA1＋MvC1

①201

12

2A112

2mv

＝

mv

＋

Mv2C1②聯(lián)立①②式得A1v

＝m－Mm＋Mv0③vC1＝2mm＋M0v

④如果m>M，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m＝M，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<M

的情況。第一次碰撞后，A

反向運動與B

發(fā)生碰撞。設與B

發(fā)生碰撞后，A

的速度為vA2，B

的速度為vB1，同樣有vA2＝m＋M

m＋Mm－M

m－M2

v0vA1＝

⑤根據(jù)題意，要求

A

只與

B、C

各發(fā)生一次碰撞，應有

vA2≤vC1

⑥聯(lián)立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0

⑦解得

m≥(

5－2)M

⑧另一個解

m≤－( 5＋2)M

舍去。所以，m

和

M

應滿足的條件為(

5－2)M≤m<M

⑨答案

(

5－2)M≤m<M典例微探【例3】在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A

和B，兩者相距為d。現(xiàn)給A

一初速度，使A

與B

發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。當兩木塊都停止運動后，相距仍然為d。已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，B

的質(zhì)量為A

的2

倍，重力加速度大小為g。求A

的初速度的大小。解題導思：A、B

碰撞的過程中滿足動量守恒條件嗎？答：滿足，因碰撞過程時間極短，碰撞力很大，能夠滿足內(nèi)力遠遠大于外力的條件。碰撞前后兩木塊做什么運動？哪些力在做功？答：均做勻減速直線運動，摩擦力做功使其動能減小。解析

設在發(fā)生碰撞前的瞬間，木塊

A

的速度大小為

v；在碰撞后的瞬間，A

和B

的速度分別為v1

和v2。在碰撞過程中，由能量和動量守恒定律，得112

21mv2＝1

v

＋

(2m)v2m2

22①mv＝mv1＋(2m)v2

②式中，以碰撞前木塊A

的速度方向為正。由①②式得v

v21＝－

2

③設碰撞后A

和B

運動的距離分別為d1

和d2，由動能定理得1μmgd1＝2mv21④12μ(2m)gd

＝

(2m)v22

2⑤按題意有

d＝d1＋d2

⑥設A

的初速度大小為v0，由動能定理得1v20μmgd＝2m

－21mv2

⑦0聯(lián)立②～⑦式，得v

＝528μgd。

⑧答案285

μgd解析

(ⅰ)假如兩物塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，碰后的共同速度為

v1，則由動量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1碰后，A、B

一起滑行直至停下，設滑行時間為t1，則由動量定理有μ(m1＋m2)gt1＝(m1＋m2)v1解得t1＝0.25

s(ⅱ)假如兩物塊發(fā)生的是彈性碰撞，碰后A、B

的速度分別為vA、vB，則由動量守恒定律有m1v0＝m1vA＋m2vB由機械能守恒有121

02

21

12

2m

v

＝

m

v

＋

m

v21

A

2

B設碰后B

滑行的時間為t2，則μm2gt2＝m2vB解得t2＝0.5

s可見，碰后B

在水平面上滑行的時間t

滿足0．25

s≤t≤0.5

s答案

0.25

s≤t≤0.5

sC12m

gL＝

m

v2C

C小球C

反彈過程，由動能定理：C12C－m

gh＝0－

m

v′2C碰撞過程，根據(jù)動量定理：－FΔt＝mC(－v′C)－mCvC聯(lián)立以上各式解得：F＝1.2×103

N(2)為使物塊A

不滑離木板B，木板B

至少多長？解析

(1)小球

C

下擺過程，由動能定理：(1)小球C

與物塊A

碰撞過程中所受的撞擊力大??；(2)小球C

與物塊A

碰撞過程，由動量守恒定律：mCvC＝mC(－v′C)＋mAvA當物塊A恰好滑至木板B右端并與其共速時，所求木板B的長度最小。此過程，由動量守恒定律：mAvA＝(mA＋mB)v由能量守恒定律：v2A

A1

12μm

g·x＝2mA

－

(A

Bm

＋m

)v2聯(lián)立以上各式解得x＝0.5

m答案

(1)1.2×103

N (2)0.5

m微專題

巧突破專題微講突破瓶頸“人船模型”問題核心微講“人船模型”是初態(tài)均處于靜止狀態(tài)的兩物體發(fā)生相互作用的典型模型。模型概述：在水平方向所受合外力為零的兩個靜止物體(一個物體在另一個物體上)，在系統(tǒng)內(nèi)力的相互作用下同時開始反向運動，這樣的力學系統(tǒng)可看作“人船”模型。模型特點：兩物體速度大小、位移大小均與質(zhì)量成反比，方向相反，兩物體同時運動，同時停止，遵從動量守恒定律，系統(tǒng)或每個物體動能均發(fā)生變化：力對“人”做的功等于“人”動能的變化；力對“船”做的功等于“船”動能的變化。解析

當人從船頭走到船尾的過程中，人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上不受力的作用，故系統(tǒng)水平方向動量守恒，設某時刻人對地的速度為v2，船對地的速度為v1，則mv2－Mv1＝0，即v2/v1＝M/m。在人從船頭走到船尾的過程中每一時刻系統(tǒng)的動量均守恒，故mv2t－Mv1t＝0，即ms2－Ms1＝0，而s1＋s2＝L1所以s

＝mM＋m2L，s

＝MM＋mL。1答案

s

＝mM＋m2L，s

＝MM＋mL解析

(1)由于人與木板組成的系統(tǒng)在水平方向上受的合力不為零，故不遵守動量守恒。設人對地的位移為

s1，木板對地的位移為

s2，木板移動的加速度2為a2，人與木板的摩擦力為F，由牛頓定律得：F＝Ma1＝160

N；a

＝F－μ(M＋m)gm160－50×0.2×10＝

m/s2＝6.0

m/s210設人從B

端運動到A

端所用的時間為t，則1

12s1＝2a1t s

＝

a2

22,

2t

；s1＋s2＝20

m由以上各式解得t＝2.0

s，s2＝12m(2)解法一：設人運動到A

端時速度為v1，木板移動的速度為v2，則v1＝a1t＝8.

0

m/s,

v2＝a2t＝12.0

m/s，由于人抱住木樁的時間極短，在水平方向系統(tǒng)動量守恒，取人的方向為正方向，則Mv1－mv2＝(M＋m)v，得v＝4.0

m/s。由此斷定人抱住木樁后，木板21將向左運動。由動能定理得(M＋m)μgs＝

(M＋m)v2

解得s＝4.0

m。解法二：對木板受力分析，木板受到地面的摩擦力向左，故產(chǎn)生向左的沖量，因此，人抱住木樁后，系統(tǒng)將向左運動。由系統(tǒng)動量定理得(M＋m)μgt＝(M＋m)v，解得v＝4.0

m/s由動能定理得(M＋m)μgs＝1

M＋m)v2

解得2(s＝4.0

m.答案

(1)12

m (2)4.0

m解析

設小球相對于地面移動的距離為

s1，大球相對于地面移動的距離為2s

s1

2ts

。下落時間為

t，則由水平方向動量守恒得

m

t＝2m

；1

2

2s

＋s

＝R；解得s

＝31R。1答案

3R微考場

提技