高考物理大一轮复习专题十一动量波粒二象性和近代物理初步第2讲动量守恒定律的综合运用课件.ppt

第2讲动量守恒定律的综合运用,一、碰撞1.特点：作用时间_，相互作用的内力_，有些碰撞尽管合外力不为零，但合外力相对于内力可忽略，故,动量近似_.,极短,极大,守恒,2.分类(1)弹性碰撞(机械能_).(2)非弹性碰撞(存在动能损失).(3)完全非弹性碰撞(碰撞后具有共同的_，动能损失,最多).,守恒,速度,3.联系：从动能损失多少的角度看，非弹性碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间.,【基础检测】1.如图11-2-1所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹,性碰撞后的运动状态是(A.A和B都向左运动C.A静止，B向右运动,)图11-2-1B.A和B都向右运动D.A向左运动，B向右运动,解析：选向右为正方向，则A的动量pAm2v02mv0.B的动量pB2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意.,答案：D,二、爆炸及反冲运动1.爆炸(1)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，,系统的总动量可看做_.,守恒,增加,(2)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，所以爆炸前后系统的总动能_.,2.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，如发射炮弹时炮身后退，火箭因喷气而发射等.(1)系统内的不同部分在强大的内力作用下向_方向运动，通常用动量守恒定律来处理.(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以,系统的总机械能_.,相反,增加,守恒,(3)反冲运动中系统的平均动量也_.,【基础检测】2.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露.有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为,v，方向水平向东；则另一块的速度为(,),A.3v0vB.2v03vC.3v02vD.2v0v,解析：取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv02mvmvx，可得vx3v02v，C正确.答案：C,考点1碰撞问题,重点归纳1.弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时，应满足动量守恒定律和机械能守恒定律.以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有,推导：(1)当两球质量相等时，v10、v2v1，即两球碰撞后交换了速度.(2)当质量大的球碰撞质量小的球时，v10、v20，碰撞后两球都向前运动.(3)当质量小的球碰撞质量大的球时，v10，碰撞后质量小的球被反弹回来.,2.碰撞的可能性判断：解决碰撞问题时要抓住碰撞的三个,特点.,(1)动量守恒：p1p2p1p2.,(2)动能不增加：Ek1Ek2Ek1Ek2.(3)速度要符合情景,如果碰撞前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于,前面物体的速度，否则无法实现碰撞.,碰撞后，原来在前的物体速度一定增大，且速度大于或,等于原来在后的物体速度.,如果碰撞前两物体是相向运动，则碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均变为零.,典例剖析,图11-2-2,解：设物块与地面间的动摩擦因数为.若要物块a、b能够发生碰撞，应有,设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有,设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒和能量守恒有,由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知,备考策略：高考对碰撞问题的考查主要以计算题形式出现，有宏观物体间的碰撞，也有微观粒子间的碰撞；有两个或多个物体间的单次或多次碰撞；有单独考查碰撞问题的题目，也有综合其他知识(或过程和方法)考查的题目.,【考点练透】,1.(2014年大纲卷)冰球运动员甲的质量为80.0kg，当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止.假设碰撞时间极短，求：,(1)碰后乙的速度的大小.(2)碰撞中总机械能的损失.,解：(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v2.由动量守恒定律有,mv1Mv2Mv2代入数据解得v21.0m/s.,(2)设碰撞过程中总机械能的损失为E，应有,联立式，代入数据得,E1400J.,考点2,曲线运动与碰撞问题的综合,重点归纳解答此类问题的策略(1)根据物体的运动过程，分别利用曲线运动规律(如平抛运动的规律和圆周运动的规律)列方程.(2)在临界点(如最高点或最低点)发生碰撞，由动量守恒定律列方程.(3)分析碰撞后可能出现的情况，得出结果.,典例剖析例2：(2014年重庆卷)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v2m/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，取重力加速度g10m/s2，,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(,),A,B,C,D,答案：B,间t1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v2m/s，因此水平位移大于2m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为31，所以速度变化量之比为13，由平抛运动水平方向上，xv0t，所以A图中，v乙0.5m/s，v甲2.5m/s，v乙2.5m/s，v甲0.5m/s，A项错误，B图中，v乙0.5m/s，v甲2.5m/s，v乙1.5m/s，v甲0.5m/s，B项正确.,【考点练透】2.如图11-2-3所示，质量为m的小球悬挂在长为L的细线下端，将它拉至与竖直方向成60的位置后自由释放.当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的、质量为2m的木,(1)小球与木块碰撞前瞬间所受拉力的大小.(2)木块在水平地面上滑行的距离.,图11-2-3,解：(1)设小球摆至最低点时的速度为v，根据动能定理有,设小球与木块碰撞前瞬间所受拉力为T，有,代入数据，解得T2mg.,(2)设小球与木块碰撞后，小球的速度为v1，木块的速度为v2，水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv2mv2mv1,设木块在水平地面上滑行的距离为s，根据动能定理有联立并代入数据，解得s1.8L.,3.(2016年湖北龙泉中学、宜昌一中联考)如图11-2-4所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足,道上，A、B的质量分别为mA1.5kg和mB0.5kg.现让A以6m/s的速度v1水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间t为0.3s，碰后的速度大小v1变为4m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，重力加速度g取10m/s2，求：,(1)在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力F的,大小.,(2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度h.,图11-2-4,解：(1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时根据动量定理有FtmAv1mA(v1)解得F50N.(2)设碰撞后A、B的共同速度为v，根据动量守恒定律有mAv1(mAmB)vA、B在光滑圆弧轨道上滑动时，机械能守恒，由机械守恒定律得,解得h0.45m.,考点3动量和能量的综合应用,重点归纳1.动量的观点和能量的观点(1)动量的观点：动量守恒定律.(2)能量的观点：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律.2.动量的观点和能量的观点的优点只要知道过程的始末状态动量式、动能式和力在过程中所做的功，即可对问题求解，不需要对过程变化的细节做深入研究.,3.利用动量的观点和能量的观点解题时应注意下列问题：(1)动量守恒定律是矢量表达式，故可写出分量表达式；而动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式.,(2)应用这两个规律时，先确定研究对象及运动状态的变化过程，再根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解.,典例剖析,例3：(2016年新课标全国卷)如图11-2-5所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h0.3m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m130kg，冰块的质量为m210kg，小孩与滑板始终无相对运动.重力加速度的大小g取10m/s2.,图11-2-5,(1)求斜面体的质量.,(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解：(1)规定向右为速度正方向.冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得,m2v2(m2m3)v,式中v23m/s为冰块推出时的速度.联立式并代入题给数据得,m320kg.,(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有,m1v1m2v20代入数据得,v11m/s,设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有,m2v2m2v2m3v3,联立式并代入数据得v21m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩.,备考策略：此题是动量守恒定律及机械能守恒定律的综合应用问题；解题关键是要知道动量守恒的条件及两物体相互作用时满足的能量关系，列方程即可；注意动量守恒定律的矢量性，知道符号的含义；此题难度中等，意在考查考生灵活利用物理知识解决问题的能力.,【考点练透】,4.(2016年新课标全国卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为，重力加速度大小为g.求,(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量.,(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.,解：(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则,mVVv0St,由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为,mt,v0S.,(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于t时间内喷出的水，由能量守恒得,在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为,p(m)v,设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得,5.(2014年北京卷)如图11-2-6所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点.现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动.已知圆弧轨道光滑，半径R0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数0.2.取重力加速度g10m/s2.求：(1)碰撞前瞬间A的速率v.(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v.,(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l.,图11-2-6,解：设滑块的质量为m,模型,子弹击打木块模型,子弹击打木块模型具有下列几条主要的力学规律.(1)动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对相互作用力，故两物体的加速度大小与质量成反比，方向相反.,(2)运动学规律：子弹穿过木块可看做是两个做匀变速直线运动的物体间的追及问题，或者说是一个相对运动问题.在一段时间内子弹射入木块的深度，就是这段时间内两者相对位移的大小.,(3)动量规律：由于系统不受外力作用，故而遵守动量守恒,定律.,(4)能量规律：由于相互作用力做功，故系统或每个物体的动能均发生变化.力对子弹做的功量度子弹动能的变化；力对木块做的功量度木块动能的变化；一对相互作用力做的总功量度系统动能的变化.,(5)热量的计算：滑动摩擦力和相对位移的乘积等于摩擦产,生的热量，即QFfs，这是一个常用的关系.,例5：如图11-2-7所示，一个长为d、质量为M的长木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0从木块的左端滑向右端，设物块与长木块间的动摩擦因数为，当物块与长木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q.,图11-2-7,审题突破：此题类似于木块放在光滑水平面上，子弹以初速度v0射击木块的子弹打木块模型，小物块类似于子弹，所以用动量守恒定律列方程求出共同速度，再用动能定理列方程求解.,解：解法一,全过程分析,对物块，滑动摩擦力Ff做负功，由动能定理得即Ff对物块做负功，使物块动能减少,对长木块，滑动摩擦力Ff对其做正功，由动能定理得,又以物块、长木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，则mv0(mM)vt,故系统机械能转化为内能的量为,解法二,先根据动量守恒定律求出m和M的共同速度，再,根据动能定理或能量守恒定律求出转化为内能的量Q设物块和长木块的最终速度为v，由动量守恒定律可得mv0(mM)v由动能定理可得,同类延伸：对类似于子弹打木块的模型，只要是两个物体构成的系统，不受外力作用，在内力作用下产生相对位移，即可用子弹打木块模型解答，结合动量守恒定律和动能定理就能解答该类问题.,【触类旁通】(2016年郑州高三质量预测)如图11-2-8所示，质量为m245g的物块(可视为质点)放在质量为M0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4.质量