【物理】2019届一轮复习人教版动量复习学案 23页

动量复习辅导讲义 授课主题 动量守恒复习 教学目的 ‎1、回顾动量部分的主要知识点 ‎2、会通过动量守恒的条件判断动量是否守恒 ‎3、建立能量守恒的观点，能把动量和能量结合起来 教学重难点 动量守恒复习 教学内容 本章知识点讲解 动量定理的理解和应用 ‎1．动量定理的理解 ‎(1)动量定理描述的是一个过程，它表明物体所受合外力的冲量是物体动量变化的原因，物体动量的变化是它受到的外力作用经过一段时间积累的结果。‎ ‎(2)动量定理Ft＝mvt－mv0是一个矢量式，运算应遵循平行四边形定则。若公式中各量均在一条直线上，可规定某一方向为正，根据题设给出各量的方向研究它们的正负，从而把矢量运算简化为代数运算。‎ ‎(3)动量定理既适用于恒力，也适用于变力，对于变力的情况，动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值。‎ ‎(4)动量定理说明的是合力的冲量与动量变化量的关系，反映力对时间的积累效果，与物体的初、末动量无必然联系，动量变化量的方向与合力的冲量方向相同。而物体在某一时刻的动量方向跟合力的冲量方向无必然联系。‎ ‎(5)动量定理的研究对象是单个物体或物体系统。系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和。而物体之间的作用力不会改变系统的总动量。‎ ‎2．动量定理的应用 ‎(1)动力学问题中的应用 ‎①在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便。‎ ‎②因为动量定理不仅适用于恒力作用，也适用于变力作用，而且也不需要考虑运动过程的细节。‎ ‎(2)用动量定理解释现象 ‎①用动量定理解释的现象一般可分为两类：‎ 一类是物体的动量变化量一定，这种情况下力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小。‎ 另一类是作用力一定，这种情况下力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小。‎ 分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚。‎ ‎②用动量定理解释现象时，关键分析清楚作用力、时间及动量变化量的情况。‎ ‎3．应用动量定理解题的步骤 ‎(1)明确研究对象和研究过程 研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。‎ ‎(2)进行受力分析 只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。‎ ‎(3)规定正方向 由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前可以先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。‎ ‎(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。‎ ‎(5)根据动量定理列式求解。‎ 特别提醒 ‎(1)若各力的作用时间相同，且各外力为恒力，可以先求合力，再乘以时间求冲量，I合＝F合·t。‎ ‎(2)若各外力作用时间不同，可以先求出每个外力在相应时间的冲量，然后求各外力冲量的矢量和，即I 合＝F1t1＋F2t2＋…‎ ‎(3)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。‎ ‎(4)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。‎ 二、动量守恒定律的理解与应用 ‎1．动量守恒定律的“五性”‎ 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)‎ 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 ‎2.动量守恒定律适用条件 ‎(1)前提条件：存在相互作用的物体系。‎ ‎(2)理想条件：系统不受外力。‎ ‎(3)实际条件：系统所受合外力为0。‎ ‎(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。‎ ‎(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。‎ ‎3．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较 定律名称 比较项目　　　‎ 动量守恒定律 ‎ 机械能守恒定律 相同点 研究对象 相互作用的物体组成的系统 研究过程 某一运动过程 不同点 守恒条件 系统不受外力或所受外力的矢量和为零 系统只有重力或弹力做功 表达式 p1＋p2＝p1′＋p2′‎ E 1＋Ep1＝E 2＋Ep2‎ 表达式的矢标性 矢量式 标量式 某一方向上应用情况 可在某一方向上独立使用 不能在某一方向独立使用 运算法则 矢量运算 代数运算 ‎4.应用动量守恒定律的解题步骤 ‎(1)明确研究对象，确定系统的组成(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)由动量守恒定律列出方程；‎ ‎(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。‎ 特别提醒 ‎(1)动量守恒定律是自然界中最普遍、最基本的规律之一。它不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领域。‎ ‎(2)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的。‎ ‎(3)速度v与参考系的选取有关，因此相互作用的物体的速度v1、v2、v1′、v2′都必须相对同一惯性参考系，通常都是指相对地面的速度。‎ ‎(4)动量是状态量，具有瞬时性，动量守恒指的是在任意两个确定状态下系统的动量矢量和相同，因此动量守恒定律的表达式中v1、v2必须是相互作用前同一时刻两物体的瞬时速度，v1′、v2′必须是相互作用后同一时刻两物体的瞬时速度。‎ ‎(5)对于两个以上的物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按相互作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒方 程。‎ 三、碰撞、反冲、爆炸类问题 ‎1．碰撞 ‎(1)对碰撞的理解 ‎①发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略。‎ ‎②即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，故外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的。‎ ‎③若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。‎ ‎(2)物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断 弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律。确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。‎ ‎①题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。‎ ‎②题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。‎ ‎(3)弹性碰撞的规律 规律：满足动量守恒和机械能守恒。‎ 例如：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 m1v1＝m1v1′＋m2v2′①‎ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2②‎ 由①②得v1′＝，v2′＝ 结论：‎ a．当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后交换了速度。‎ b．当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后都向前运动。当m1≫m2时，即第一个物体的质量比第二个物体的质量大得多时，m1－m2≈m1，m1＋m2≈m1，由①②两式得v1′＝v1，v2′＝2v1。‎ c．当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球反弹。当m1≪m2时，即第一个物体的质量比第二个物体的质量小得多时，m1－m2≈－m2，m1＋m2≈m2，≈0，由①②两式得v1′＝－v1，v2′＝0。‎ ‎(4)非弹性碰撞的规律 规律：满足动量守恒和能量守恒(而机械能不守恒)。‎ 例如：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非弹性碰撞为例，由动量守恒定律知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，由能量守恒定律知，系统损失的机械能ΔE损＝m1v－。‎ ‎(5)碰撞现象满足的三个规律 ‎①动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′。‎ ‎②动能不增加：即E 1＋E 2≥E 1′＋E 2′或＋≥＋。‎ ‎③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．碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。‎ ‎2．反冲 ‎(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象。‎ ‎(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒。‎ ‎(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。‎ ‎3．爆炸的特点 ‎(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时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。‎ ‎(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 增加。‎ ‎(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，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。‎ 特别提醒 ‎(1)弹性碰撞能够完全恢复形变，非弹性碰撞是不能够完全恢复形变，完全非弹性碰撞是碰后粘在一起。‎ ‎(2)反冲运动中平均动量守恒。‎ 典型例题：‎ ‎1、如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 g、mB＝1 g、mC＝2 g。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。‎ ‎[答案]　2 m/s[解析]　因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC，联立以上各式，代入数据得vA＝2 m/s。‎ ‎2、如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧。当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，‎ ‎(1)整个系统损失的机械能；‎ ‎(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。‎ ‎[答案]　(1)　(2)mv[解析]　(1)从A压缩弹簧到A与B具有共同速度v1时，对A、B和弹簧组成的系统，根据动量守恒定律得mv0＝2mv1①‎ 得v1＝。根据机械能守恒定律得此时弹性势能为Ep＝mv－(2m)v＝mv。‎ 当B与C碰撞时，由于作用时间极短，弹簧来不及发生形变，所以势能也保持不变。‎ B与C碰撞前后瞬间，B、C组成的系统动量守恒，设碰后B、C共同速度为v2。‎ 根据动量守恒定律得mv1＝2mv2②由①②得v2＝。B、C碰撞之后，A、B、C组成的系统机械能守恒。‎ 整个过程中损失的能量为ΔE＝mv－＝。‎ ‎(2)弹簧最短时A、B、C具有共同速度v3。根据动量守恒定律得mv1＋2mv2＝3mv3，得v3＝。‎ B与C碰后，A、B、C组成的系统机械能守恒，设弹簧最短时势能为Ep′。Ep′＝－(3m)v＝mv。‎ ‎4、如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点。P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2黏连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P2之间的动摩擦因数为μ。求：‎ ‎(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；‎ ‎(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。‎ ‎[答案]　(1)　v0　(2)－L　 ‎[解析]　(1)对P1、P2碰撞瞬间由动量守恒定律得mv0＝2mv1①‎ 对P、P1、P2碰撞全过程由动量守恒定律得3mv0＝‎ ‎4mv2②解得v1＝，v2＝v0‎ ‎(2)当P、P2速度相等时弹簧压缩最短，此时v＝v2③‎ 对P1、P2刚碰完到弹簧压缩到最短过程，应用能量守恒定律得 (2m)v＋(2m)v－(4m)v2＝2μmg(x＋L)＋Ep④‎ 对P1、P2刚碰完到P停在A点，由能量守恒定律得 (2m)v＋(2m)v－(4m)v＝2μmg·2(x＋L)⑤‎ 联立以上各式，解得x＝－L，Ep＝。‎ 巩固练习 ‎1．高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)‎ A.＋mg　　　　　 B.－mg C.＋mg D.－mg 答案　A 解析　人做自由落体运动时，有v＝，选向下为正方向，又mgt－Ft＝0－mv，得F＝＋mg，所以A项正确。‎ ‎2．如图，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(　D　)‎ A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 ‎3．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后(　C　)‎ A．甲木块的动量守恒 B．乙木块的动量守恒 C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒 D．甲、乙两木块所组成系统的机械能守恒 ‎4．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　B　)‎ ‎5．一质量为0.5 g的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。‎ ‎(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；‎ ‎(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。‎ 答案　(1)μ＝0.32　(2)F＝130 N ‎(3)W＝9 J 解析　(1)由动能定理，有－μmgs＝mv2－mv可得μ＝0.32‎ ‎(2)由动量定理，有FΔt＝mv′－mv可得F＝130 N W＝mv′2＝9 J 当堂达标检测 ‎1. 如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的力F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上。已知mA