2021高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒核心素养提升练六含解析鲁科版

1、核心素养提升(六) 二级结论 “一动一静”弹性碰撞的结论质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰有m1v1=m1v1+m2v2m1=m1v12+m2v22,解得v1=,v2=.结论:(1)当m1=m2时,v1=0,v2=v1.(2)当m1m2时,v10,v20,且v2v1.(3)当m1m2时,v10.(4)当m1m2时,v1=v1,v2=2v1.(5)当m1m2时,v1=-v1,v2=0.示例 (2019江西赣州模拟)如图所示,b,c,d,e,f 5个小球并排放置在光滑的水平面上,b,c,d,e 4个球质量相等,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v

2、0向b球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后(a)a.3个小球静止,3个小球运动b.4个小球静止,2个小球运动c.5个小球静止,1个小球运动d.6个小球都运动解析:因a,b质量不等,mamf,则e,f都向右运动.所以b,c,d静止;a向左运动,e,f向右运动.故a正确,b,c,d错误.即学即练 如图所示,在光滑的水平面上有三个完全相同的小球,它们排成一条直线,小球2,3静止,并靠在一起,小球1以速度v0射向它们,设碰撞中不损失机械能,则碰后三个小球的速度值是(d)a.v1=v2=v3=v0b.v1=0,v2=v3=v0c.v1=0,v2=v3=v0d.v1=v2=0,v3=v0解析:由题

3、意知,三个小球完全相同,且它们之间的碰撞为弹性碰撞,小球1与小球2碰撞后交换速度,小球1静止,小球2以速度v0向右运动,小球2与小球3碰撞后小球2静止,小球3以速度v0向右运动,故选项d正确.物理方法 动量守恒中的临界问题1.问题关键在动量守恒应用中,常常遇到相互作用的两物体恰好分离、恰好不相撞、两物体相距最近、某物体恰开始反向等临界问题,解决这类问题的关键是:(1)抓住题目中的关键词,理解临界状态出现的原因;(2)通过分析系统内各物体的受力情况、运动情况取得临界条件所满足的关系式.2.常见类型(1)物体恰好到达另一个斜面或弧形槽的最高点.临界条件是两物体的水平速度相等,竖直速度为零.(2)两

4、物体恰好不相撞.临界条件是两物体接触时速度恰好相等.(3)物体刚好不滑出小车.临界条件是物体滑到小车一端时与小车的速度相等.(4)弹簧具有最大弹性势能.当弹簧压缩到最短或伸长到最长时,该弹簧具有最大弹性势能.弹簧连着的两物体不能再靠近或远离,此时两物体具有相同的速度.因此,该类问题临界状态是弹簧连着的两物体速度相等.示例 (2016全国卷,35)如图所示,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b相距l;b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为m,两物块与地面间的动摩擦因数均相同,现使a以初速度v0向右滑动,此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞,重力加速度大小为g,

5、求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.解析: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mmgl即设在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m=m+mgl设在a,b碰撞后的瞬间,a,b的速度大小为v1,v2,由动量守恒和能量守恒有mv1=mv1+v2m=mv12+v22联立解得v2=v1由题意知,b没有与墙发生碰撞,由功能关系知v22gl联立解得a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件是.答案:见解析即学即练 甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车的质量共为m=30 kg,乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时,甲推着一个质量为

6、m=15 kg的箱子和他一起以大小为v0=2.0 m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,如图所示.为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住.若不计冰面的摩擦力,求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出,才能避免与乙相撞.解析:法一取甲开始运动的方向为正方向,设甲推出箱子后的速度为v1,箱子的速度为v,以甲和箱子为系统,则由动量守恒定律得(m+m)v0=mv1+mv.设乙抓住箱子后其速度为v2,以箱子和乙为系统,则由动量守恒定律得mv-mv0=(m+m)v2.而甲、乙不相撞的条件是v2v1,当甲和乙的速度相等时,甲推箱子的速度最小,此时v1=v2.联立解

7、得v=5.2 m/s,即甲至少要以对地5.2 m/s的速度将箱子推出,才能避免与乙相撞.法二若以甲、乙和箱子三者组成的整体为一系统,由于不相撞的条件是甲、乙速度相等,设为v1,则由动量守恒定律得(m+m)v0-mv0=(m+2m)v1,代入具体数据可得v1=0.4 m/s.再以甲和箱子为一系统,设推出箱子的速度为v,推出箱子前、后系统的动量守恒(m+m)v0=mv1+mv,代入具体数据得v=5.2 m/s.答案:5.2 m/s思维拓展1.液体类问题液体及其特点液体流质量具有连续性,通常已知密度分析步骤(1)建立“柱状”模型,沿流速v的方向选取一段柱形流体,其横截面积为s(2)微元研究,作用时间

8、t内的一段柱形流体的长度为l,对应的质量为m=svt(3)建立方程,应用动量定理研究这段柱状流体2.粒子类问题粒子及其特点通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“粒子”,质量具有独立性,通常给出单位体积内的粒子数n分析步骤(1)建立“柱状”模型,沿运动的方向选取一段微元,柱体的横截面积为s(2)在较短时间t内的一段柱形流体的长度为l,对应的体积为v=sv0t,则微元内的粒子数n=nv0st(3)先应用动量定理研究单个粒子,建立方程,再求出n个粒子的作用结果示例 在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的粒子流,从而对飞行器产生反冲力,使其获得加速度.假设飞行器在太空中

9、处于静止,已知飞行器的质量为m,发射的是2价氧离子,发射功率为p,加速电压为u,每个氧离子的质量为m,单位电荷的电量为e,不计发射氧离子后飞行器的质量变化,求:(1)射出的氧离子相对于飞行器的速度;(2)每秒钟射出的氧离子数;(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度.解析:(1)每个氧离子带电荷量为q=2e,由动能定理得qu=mv2,则氧离子速度v=.(2)设每秒射出的氧离子数为n,每秒对离子做的总功为nqu,即功率为p=nqu,由此可得每秒钟射出的氧离子数n=.(3)对射出离子,由动量定理得f=nmv,由牛顿第三定律可知,飞行器受力为f=nmv,根据牛顿第二定律有nmv=ma,则飞行器开始运动的加速度a=.答案:(1)(2)(3)即学即练 为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s,据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1103 kg/m3)(a)a.0.15 pab.0.54 pac.1.5 pad.5.4 pa解析:设雨滴受到支持