2019年高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動量第2節(jié)動量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案新人教版

1、第二節(jié)動量守恒定律及其應(yīng)用(對應(yīng)學(xué)生用書第107頁)教材知識速填知識點1動量守恒定律1動量守恒的條件(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(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時系統(tǒng)動量近似守恒(3)系統(tǒng)所受外力之和不為零，但在某個方向上所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2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3動量守恒的數(shù)學(xué)表達(dá)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

2、向相反)易錯判斷(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)物體相互作用時動量守恒，但機(jī)械能不一定守恒()知識點2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(yuǎn)大于外力，可認(rèn)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(jī)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完全非彈性碰撞守恒損失最大2.反沖運動(1)物體在內(nèi)力作用下分裂為兩個不同部分，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

3、，通常可以用動量守恒定律來處理3爆炸問題(1)爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒(2)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易錯判斷(1)在爆炸現(xiàn)象中，動量嚴(yán)格守恒()(2)在碰撞問題中，機(jī)械能也一定守恒()(3)反沖現(xiàn)象中動量守恒、動能增加()教材習(xí)題回訪考查點：碰撞現(xiàn)象分析1(魯科版選修35P20T3)(多選)半徑相等的兩個小球A和B，在光滑水平面上沿同一直線相向運動若A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量，發(fā)生彈性碰撞前，兩球的動能相等碰撞后兩球的運動狀態(tài)可能是 ()AA球的速度為零，B球的速度不為零 BB球的速度為零，

4、A球的速度不為零C兩球的速度均不為零D兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動能仍相等答案AC考查點：動量守恒定律在反沖現(xiàn)象中的應(yīng)用2(粵教版選修35P16T2)一個靜止的、不穩(wěn)定的原子核的質(zhì)量為m，當(dāng)它放射出一個質(zhì)量為m、速度為v的粒子后，剩余部分獲得的反沖速度大小為()A.B.C. D.答案C考查點：動量守恒定律在碰撞現(xiàn)象中的應(yīng)用3(人教版選修35P21T2改編)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s.當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球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考查點：碰撞中的圖象問題4(滬科選修35P23T4改編)(多選)如圖621甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(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xt圖象已知m10.1 kg.由此可以判斷()圖621A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(jī)械能答案AC(對應(yīng)學(xué)生用書第108頁)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達(dá)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

6、面)同時性動量是一個瞬時量，表達(dá)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：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，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622所示，當(dāng)撤去外力后，下列說法中正確的是()圖62

7、2Aa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)動量不守恒題眼點撥“撤去外力”及“光滑水平面”，要分析撤去外力后，a和b的受力特點和運動特點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623所示，A、B兩物體質(zhì)量之比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(dāng)彈簧突然釋放后，則() 【導(dǎo)學(xué)號：】圖623A若

8、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FAFB32，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選項錯誤對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

9、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(jī)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)象的三點說明(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)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(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)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

10、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(yuǎn)遠(yuǎn)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(xué)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(rèn)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爆炸問題1(多選)向空中發(fā)射一物體(不計空氣阻力)，當(dāng)物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂為a、b兩塊若質(zhì)量較大的a的速度方向仍沿原來的方向，則()Ab的速度方向一定與原速度方向相反B從炸裂到落地這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大Ca、b一

11、定同時到達(dá)地面D炸裂的過程中，a、b的動量變化大小一定相等CD根據(jù)動量守恒定律可知，若a的速度方向仍沿原來的方向，則b的速度大小和方向無法判斷，A錯誤；物體炸裂后，a、b都做平拋運動，因距地面高度相同，所以a、b一定同時到達(dá)地面，但它們飛行的水平距離無法判斷，B錯誤，C正確；根據(jù)動量守恒可以判斷D正確上題中若物體飛行到距離地面5 m高，飛行的水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為31.不計質(zhì)量損失，重力加速度g取10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()B爆炸以后甲、乙均做平拋運動，可根據(jù)豎直方向的自由落體運動求得時間t1 s；根據(jù)水平方向的勻速直

12、線運動求得爆炸后兩者的水平速度大小在A、B選項中，v甲2.5 m/s；v乙0.5 m/s；C、D選項中，v甲1 m/s，v乙2 m/s.彈丸爆炸時水平方向不受外力，滿足動量守恒定律設(shè)乙的質(zhì)量為m，則甲的質(zhì)量為3m，爆炸前彈丸的動量為p4mv8m(kgms1)爆炸后，選項A中總動量pA3mv甲mv乙7m(kgms1)，A項錯誤；選項B中總動量pB3mv甲mv乙8m(kgms1)，B項正確；選項C中總動量pC3mv甲mv乙5m(kgms1)，C項錯誤；選項D中總動量pD3mv甲mv乙m(kgms1)，D項錯誤考向2反沖問題2(2017全國卷)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的

13、燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/sA由于噴氣時間短，且不計重力和空氣阻力，則火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒燃?xì)獾膭恿縫1mv0.05600 kgm/s30 kgm/s，則火箭的動量p2p130 kgm/s，選項A正確考向3碰撞問題3如圖624所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運動在小球A的前方O點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點處為一豎直的墻壁小球A與小球B發(fā)生彈性正碰后

14、小球A與小球B均向右運動小球B與墻壁碰撞后以原速率返回并與小球A在P點相遇，2，則兩小球質(zhì)量之比m1m2為() 【導(dǎo)學(xué)號：】圖624A75 B13C21 D53題眼點撥“光滑水平面”表明物體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間的關(guān)系D設(shè)A、B兩個小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律有m1v0m1v1m2v2，發(fā)生彈性碰撞，不損失動能，故根據(jù)能量守恒定律有m1vm1vm2v，兩個小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運動學(xué)規(guī)律有v1v2(2)15，聯(lián)立三式可得m1m253，D正確4(多選)A、B兩球沿同一條直線運動，如圖625所示的xt圖象記錄了它們碰撞前后的運

15、動情況，其中a、b分別為A、B碰撞前的xt圖象c為碰撞后它們的xt圖象若A球質(zhì)量為1 kg，則B球質(zhì)量及碰后它們的速度大小為()圖625A2 kg B. kgC4 m/s D1 m/sBD由圖象可知碰撞前二者都做勻速直線運動，va m/s3 m/s，vb m/s2 m/s，碰撞后二者連在一起做勻速直線運動，vc m/s1 m/s.碰撞過程中動量守恒，即mAvamBvb(mAmB)vc可解得mB kg由以上可知選項B、D正確(多選)質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰碰撞后，A球的動能變?yōu)樵瓉淼?，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，兩球的碰撞不一定是彈性碰撞，A球碰后動能變?yōu)樵瓉淼?，則其速度大小僅為原來的.兩球在光滑水平面上正碰，碰后A球的運動有兩種可能，繼續(xù)沿原方向運動或被反彈當(dāng)以A球原來的速度方向為正方向時，則vAv0，根據(jù)兩球碰撞前、后的總動量守恒，有mv00mv02mvB，mv00m2mvB.解得vBv0，vBv0.反思總結(jié)碰撞問題解題策略(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解.(2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1.當(dāng)兩物體質(zhì)量相等時，兩物體碰撞后交換速度.(3)因碰撞過程發(fā)生在瞬間，一般認(rèn)為系統(tǒng)內(nèi)各物體的速度瞬間發(fā)生突變，而物體

17、的位置不變.動量守恒中的力學(xué)綜合問題1應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)；(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量；(4)由動量守恒定律列出方程；(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明2解決動力學(xué)問題的三個基本觀點力的觀點運用牛頓定律結(jié)合運動學(xué)知識解題，可處理勻變速運動問題能量觀點用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題動量觀點用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題母題(2016全國卷)如圖626所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在

18、滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h0.3 m(h小于斜面體的高度)已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m130 kg，冰塊的質(zhì)量為m210 kg，小孩與滑板始終無相對運動取重力加速度的大小g10 m/s2.圖626(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？題眼點撥“光滑冰面”表明斜面體與物體碰撞會沿平面運動；“最大高度”表明冰塊和斜面體達(dá)到共同速度解析(1)規(guī)定向右為速度正方向冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由

19、水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v20(m2m3)vm2v(m2m3)v2m2gh式中v203 m/s為冰塊被推出時的速度聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得m320 kg.(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1m2v200代入數(shù)據(jù)得v11 m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3m2vm2vm3v聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得v21 m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩答案(1)20 kg(2)不能母題遷移遷移1多物體、多階段運動的求解1(2015全國卷)如圖627所示，在

20、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?fàn)顟B(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各發(fā)生一次碰撞設(shè)物體間的碰撞都是彈性的. 【導(dǎo)學(xué)號：】圖627題眼點撥“光滑水平面”表明碰撞過程動量守恒；“各發(fā)生一次碰撞”要思考發(fā)生一次碰撞的條件及各種可能解析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(jī)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(jī)械能守恒定律得mv0mvA1MvC1mvmvMv聯(lián)立式得vA1 v0vC1 v0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mM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vA2vA12v0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(2)M另一解m(2)M舍去所以，m和M應(yīng)滿足的條件為(2)MmM.答案(2)MmM遷移2臨界問題分析2(2018河北石家莊檢測)如圖628所示，甲車質(zhì)量m1m，在車上有質(zhì)量M2m的人，甲車(連同