2020版高考物理总复习第六章第2节动量守恒定律教学案新人教版.docx

第2节动量守恒定律【p102】夯实基础1动量守恒定律的内容如果一个系统_不受外力_，或者_所受外力的矢量和为零_，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律2动量守恒定律的适用条件(1)不受外力或所受外力的合力为_零_注意：不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒. 考点突破例1在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中()A动量守恒，机械能守恒B动量不守恒，机械能不守恒C动量守恒，机械能不守恒D动量不守恒，机械能守恒【解析】此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中水平方向受到墙壁对系统的向右的作用力，所以系统的动量不守恒；子弹在进入木块的过程中，子弹相对于木块有一定的位移，所以子弹与木块组成的系统有一定的内能产生，所以系统的机械能也不守恒，故B正确，A、C、D错误【答案】B【小结】判断动量是否守恒，首先要明确研究对象(系统)，分清系统的内力与外力，再根据守恒条件判断1内力：系统内部物体之间的相互作用力2外力：系统外部物体对系统内部物体的作用力针对训练1一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处于平衡状态一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示让环自由下落，撞击平板已知碰后环与板以相同的速度向下运动则(A)A若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小有关D在碰后板和环一起下落的过程中，环与板的总机械能守恒【解析】圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故A正确，B错误；碰撞后平衡时，有kx(mM)g，即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，C错误；碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，环与板的总机械能不守恒，D错误【p102】夯实基础动量守恒定律的表达式1_pp_，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p.2_m1v1m2v2m1v1m2v2_，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和3p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向4p0，系统总动量的增量为零考点突破例2如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向【解析】以空间站为参考系，以v0的方向为正方向，根据动量守恒(mAmB)v0mAvAmBvB，解得vB0.02 m/s，远离空间站方向【答案】0.02 m/s远离空间站方向【小结】1.动量守恒定律的五性(1)矢量性动量守恒定律的表达式是矢量式在满足动量守恒条件的情况下系统的总动量的大小和方向都不变应用动量守恒定律解决同一直线上的动量守恒问题时一般可以先规定正方向，引入正负号，把矢量运算转化为代数运算，要特别注意表示动量方向的正、负号在不能确定某动量的方向时，可以先假定为正的，再依计算结果确定方向(2)相对性动量守恒定律表达式中的各个速度，必须是相对同一惯性参考系的速度，通常都取相对地面的速度(3)同时性动量守恒定律表达式中的v1、v2是相互作用前同一时刻的速度，v1、v2是相互作用后同一时刻的速度(4)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统(5)普适性：不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用高速运动的微观粒子组成的系统2应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象(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)规定正方向，确定初末状态动量；(4)寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态；(5)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等；(6)由动量守恒定律列式求解；(7)必要时进行讨论针对训练2如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为(B)Av，I0 Bv，I2mv0Cv，I Dv，I2mv0【解析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv0(Mm)v，解得：v.子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小v；子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：I(Mm)vmv02mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，故选B.3一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(D)Av0v2Bv0v2Cv0v2Dv0(v0v2)【解析】由动量守恒定律得，(m1m2)v0m1v1m2v2，解得v1v0(v0v2)，D项正确【p103】夯实基础1碰撞：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用力，而其他的相互作用力相对来说可以忽略不计的过程所有碰撞问题，动量都守恒(1)弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能_守恒_，这样的碰撞叫做弹性碰撞若两物体质量相等，则碰撞后，彼此交换速度(2)非弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能_不守恒_，这样的碰撞叫做非弹性碰撞(3)完全非弹性碰撞：碰撞过程中物体的形变完全不能恢复，以致两物体合为一体一起运动，即两物体在相互作用后以同一速度运动，系统机械能损失最大2碰撞、爆炸、反冲的特点分析(1)碰撞现象动量守恒机械能不增加速度要合理a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增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前v后.b若碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变(2)爆炸现象动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动(3)反冲运动反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理研究反冲运动的目的是找出反冲速度的规律求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态考点突破例3一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31.不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()【解析】弹丸爆炸过程遵守动量守恒定律，规定爆炸前弹丸的速度方向为正方向，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有mvmv甲mv乙爆炸后，甲、乙从同一高度同时开始做平抛运动，下落时间为t s1 s由B项图可知，v甲2.5 m/sv乙0.5 m/s代入式，恰成立，B项正确，由C项图可知v甲1 m/sv22 m/s代入式可知不成立，C项错误若爆炸后，甲、乙反向飞出，则有mvmv甲mv乙或mvmv甲mv乙由A项图可知，v甲2.5 m/sv乙0.5 m/s代入式可知不成立，A项错误由D项图可知v甲1 m/sv乙2 m/s代入式可知不成立，D项错误【答案】B针对训练4如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(C)Av0v Bv0vCv0(v0v) Dv0(v0v)【解析】设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有(Mm)v0mvMvx，解得vxv0(v0v)，选项C正确5如图所示B、C、D、E、F五个球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量，A球以速度v0向B运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(C)A五个小球静止，一个小球运动B四个小球静止，两个小球运动C三个小球静止，三个小球运动D六个小球都运动【解析】A球与B球相碰时，由于A质量小于B，A弹回，B获得速度与C碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，B静止，C获得速度同理，C与D的碰撞，D与E的碰撞都是如此E获得速度后与F的碰撞过程中，由于E的质量大于F，所以E、F碰后都向前运动所以碰撞之后，A、E、F三球运动，B、C、D三球静止选项C正确【p104】夯实基础1动量守恒定律和能量守恒定律是物理学中的两条重要定律，它们的适用范围很广这两条守恒定律跟牛顿运动定律形成了解答动力学问题的三条不同路线(力线、能线、动量线)若考查有关物理量的瞬时对应关系，则走力线(运用牛顿定律、运动学公式)；若考查一个过程，三条路线均可走，但选的路线不同，解决问题的难易、繁简程度可能会有很大的差别若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律；若研究对象是单个物体：涉及力和时间应优先考虑动量定理；涉及力、位移、功，应优先考虑动能定理这两个定理、两条守恒定律只考查一个物理过程始末两状态有关物理量的关系，不涉及过程的细节，这是它们的方便之处，特别是遇到变力问题，在中学范围内不好用牛顿定律解答时，用两个定理和两条守恒定律就能解答了2两条守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，且研究的都是某一物理过程，但两者守恒的条件不相同，要严加区别另外，动量守恒定律表示为矢量式，应用时，要切实注意方向；机械能守恒定律，能量守恒定律表示为标量式，对功和能量(重力势能)只需代数加减就行了考点突破例4如图，在离地4h的平台边缘放一个小球A，在其左侧有一个摆球B.从离平台h高处由静止释放，到达最低点时恰与A球正碰A球水平抛出，落地时距离平台边缘的水平距离4h，B球碰后能上升到离平台的最大高度为.不计空气阻力，重力加速度为g.求：(1)A水平抛出时的速度；(2)A、B两球质量之比.【解析】(1)y4hgt2，x4hvAtvA(2)B下降，v2gh，B碰后上升vB22gvB，若B碰后向左摆，由动量守恒得mBvBmBmAvA，碰前，总动能E1mBgh，碰后总动能为mAghmBg若mA1.5mB，则E21.75mBgh，增大了，不行B只能向右摆mBvBmBmAvA得【小结】应用动量观点和能量观点解题1动量观点和能量观点这两个观点研究的是物体或系统运动过程中状态的改变，不对过程的细节作深入的研究，而只关心状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道始末状态的动量、能量和力在过程中所做的功，即可对问题求解2利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题(1)动量定理、动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式(2)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解(3)中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便针对训练6如图所示在光滑水平地面上，停着一辆玩具汽车，小车上的平台A是光滑的，并靠在光滑的水平桌面旁，现有一质量为m的小物体C以速度v0沿水平桌面自左向右运动，滑过平台A后，恰能落在小车底面的前端B处，并粘合在一起，已知小车的质量为M，平台A离车底平面的高度OAh，求：(1)物体C与小车粘合后，小车的速度；(2)物体与小车相互作用的过程中，系统损失的机械能【解析】(1)最后车与物体以共同的速度v向右运动，依水平方向动量守恒有mv0(Mm)vv.(2)Emvmgh解得Emgh.7如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mAmC2m，mBm，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与滑块不拴接)开始时A、B以共同速度v0运动，C静止某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同求B与C碰撞前B的速度【解析】设共同速度为v，滑块A和B分开后B的速度为vB，由动量守恒定律有(mAmB)v0mAvmBvBmBvB(mBmC)v联立以上两式得，B与C碰撞前B的速度为vBv0.8两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段两者的位置x随时间t变化的图象如图所示求：滑块a、b的质量之比【解析】设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得v12 m/sv21 m/sa、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v m/s由动量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v联立式得m1m218考 点 集 训【p300】A组1关于冲量，下列说法正确的是(A)A冲量是物体动量变化的原因B作用在静止的物体上的力的冲量一定为零C动量越大的物体受到的冲量越大D冲量的方向就是物体运动的方向【解析】力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A选项正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量IFt，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化情况，是所有作用在物体上的力共同产生的效果，B选项不正确；物体所受冲量IFt与物体动量的大小pmv无关，C选项不正确；冲量的方向与物体运动的方向无关，D选项不正确2如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱关于上述过程，下列说法中正确的是(C)A男孩和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、小车的总动量增量大小不相等【解析】男孩、小车、木箱这一系统合外力为零，动量守恒，A、B均错，C对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，D错3(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(BD)A拉力F对物体的冲量大小为零B拉力F对物体的冲量大小为FtC拉力F对物体的冲量大小是Ftcos D合力对物体的冲量大小为零4(多选)质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，小球A的动能变为原来的，那么小球B的速度不可能是(BC)A.v0 B.v0 C.v0 D.v0【解析】碰后A球的动能变为原来的，说明速度大小是，根据动量守恒得：mv0mv12mv2，若碰后A、B同向运动：将v1v0代入得：v2v0，若碰后A、B反向运动，将v1v0代入得：v2v0，故A、D正确，B、C错误5质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑，如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中不正确的是(A)A小球一定沿水平方向向左做平抛运动B小球可能沿水平方向向左做平抛运动C小球可能沿水平方向向右做平抛运动D小球可能做自由落体运动【解析】小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统动量守恒、机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程如果mM，小球离开小车向右做平抛运动，所以答案应选A.6从倾角为30，长0.3 m的光滑斜面的顶端滑下质量为2 kg的货包，掉在质量为13 kg的小车里若小车与水平面之间的动摩擦因数0.02，小车能前进多远？(g取10 m/s2)【解析】货包离开斜面时速度为v m/s.货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在其落入小车前，其水平速度vx不变，其大小为vxvcos 301.5 m/s.货包落入小车中与小车相碰的瞬间，虽然小车在水平方向受到摩擦力的作用但与相碰时的内力相比可忽略，故系统在水平方向上动量守恒，则mvx(Mm)v.小车获得的速度为v m/s0.2 m/s.由动能定理有(Mm)gx2(Mm)v2.求得小车前进的距离为x20.1 m.7如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离已知C离开弹簧后的速度恰为v0.求弹簧释放的势能【解析】设碰后，A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得3mvmv0设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv2mv1mv0设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有(3m)v2Ep(2m)vmv由式得弹簧所释放的势能为Epmv.B组8在光滑的水平面的同一直线上，自左向右地依次排列质量均为m的一系列小球，另一质量为m的小球A以水平向右的速度v运动，依次与上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞n次后，剩余的总动能为原来的八分之一，则n为(C)A5 B6 C7 D8【解析】碰第一次后，总共质量为2m，共同速度为v1，碰第二次后，总共质量为3m，共同速度为，碰第n次后，总共质量为(n1)m，共同速度为.依题意有mv2(n1)m解得n7，选C.9(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(BD)A.mv2 B.v2C.NmgL DNmgL【解析】设系统损失的动能为E，根据题意可知，整个过程中小滑块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv(Mm)vt，mv2(Mm)vE，联立解得，Ev2，A项错误，B项正确；又由于小滑块与箱子壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ENmgL，C项错误，D项正确10如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船