【物理】2019届一轮复习人教版 动量守恒定律及其应用 学案 15页

第二节　动量守恒定律及其应用 (对应学生用书第 107 页) [教材知识速填] 知识点 1　动量守恒定律 1．动量守恒的条件 (1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒． (2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守 恒． (3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外 力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒． 2．动量守恒定律的内容 一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量就保持不 变． 3．动量守恒的数学表达式 (1)p＝p′(系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后总动量 p′)． (2)Δp＝0(系统总动量变化为零)． (3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相 等，方向相反)． 易错判断 (1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒．(√) (2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等．(×) (3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(√) 知识点 2　碰撞、反冲和爆炸问题 1．碰撞 (1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用 力很大的现象． (2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞 的物体组成的系统动量守恒． (3)分类： 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 2.反冲运动 (1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运 动的现象． (2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处 理． 3．爆炸问题 (1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外 力，所以系统动量守恒． (2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新 的动量开始运动． 易错判断 (1)在爆炸现象中，动量严格守恒．(×) (2)在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×) (3)反冲现象中动量守恒、动能增加．(√) [教材习题回访] 考查点：碰撞现象分析 1．(鲁科版选修 3—5P20T3)(多选)半径相等的两个小球 A 和 B，在光滑水平面上 沿同一直线相向运动．若 A 球的质量大于 B 球的质量，发生弹性碰撞前，两 球的动能相等．碰撞后两球的运动状态可能是 (　　) A．A 球的速度为零，B 球的速度不为零 B．B 球的速度为零，A 球的速度不为零 C．两球的速度均不为零 D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等 [答案]　AC 考查点：动量守恒定律在反冲现象中的应用 2．(粤教版选修 3－5P16T2)一个静止的、不稳定的原子核的质量为 m′，当它放 射出一个质量为 m、速度为 v 的粒子后，剩余部分获得的反冲速度大小为 (　　) A. m′v m′＋m 　　　　　 B. mv m′＋m C. mv m′－m D. mv m′ [答案]　C 考查点：动量守恒定律在碰撞现象中的应用 3．(人教版选修 3－5P21T2 改编)两球 A、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方 向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s.当 A 追上 B 并发生碰撞 后，两球 A、B 速度的可能值是 (　　) A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s [答案]　B 考查点：碰撞中的图象问题 4．(沪科选修 3－5P23T4 改编)(多选)如图 6­2­1 甲所示，在光滑水平面上的两个小 球发生正碰．小球的质量分别为 m1 和 m2.图乙为它们碰撞前后的 x­t 图象．已 知 m1＝0.1 kg.由此可以判断(　　) 图 6­2­1 A．碰前 m2 静止，m1 向右运动 B．碰后 m2 和 m1 都向右运动 C．m2＝0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了 0.4 J 的机械能 [答案]　AC (对应学生用书第 108 页) 动量守恒的理解和判断 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.判断系统动量是否守恒的方法 方法一：直接由动量守恒的条件判断． 方法二：直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少，则系 统的动量一定不守恒． [题组通关] 1．(多选)木块 a 和 b 用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a 紧靠在墙壁 上，在 b 上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图 6­2­2 所示，当撤去外力后， 下列说法中正确的是(　　) 图 6­2­2 A．a 尚未离开墙壁前，a 和 b 组成的系统动量守恒 B．a 尚未离开墙壁前，a 和 b 组成的系统动量不守恒 C．a 离开墙壁后，a 和 b 组成的系统动量守恒 D．a 离开墙壁后，a 和 b 组成的系统动量不守恒 [题眼点拨]　“撤去外力”及“光滑水平面”，要分析撤去外力后，a 和 b 的受力特点和运动特点． BC　[动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a 尚未离 开墙壁前，a 和 b 组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒 条件；a 离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．] 2．(多选)如图 6­2­3 所示，A、B 两物体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静止在平 板小车 C 上，A、B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后， 则(　　) 【导学号：84370259】 图 6­2­3 A．若 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B 组成系统的动量 守恒 B．若 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C 组成系统的 动量守恒 C．若 A、B 所受的摩擦力大小相等，A、B 组成系统的动量守恒 D．若 A、B 所受的摩擦力大小相等，A、B、C 组成系统的动量守恒 BCD　[如果 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后 A、 B 分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力 FA 向右，FB 向 左，由于 mA∶mB＝3∶2，所以 FA∶FB＝3∶2，则 A、B 组成系统所受的 外力之和不为零，故其动量不守恒，A 选项错误．对 A、B、C 组成的系 统，A、B 与 C 间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力、 支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D 选项正确．若 A、B 所受摩擦力大小相等，则 A、B 组成系统的受到的外力之和为零，故其动 量守恒，C 选项正确．] 碰撞、爆炸与反冲 1．碰撞现象满足的三个规律 (1)动量守恒 (2)机械能不增加 (3)速度要合理 ①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′. ②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．对反冲现象的三点说明 (1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守 恒来处理． (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械 能增加． (3)反冲运动中平均动量守恒． 3．爆炸现象的三个规律 (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． [多维探究] 考向 1　爆炸问题 1．(多选)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时， 物体炸裂为 a、b 两块．若质量较大的 a 的速度方向仍沿原来的方向，则(　　) A．b 的速度方向一定与原速度方向相反 B．从炸裂到落地这段时间里，a 飞行的水平距离一定比 b 的大 C．a、b 一定同时到达地面 D．炸裂的过程中，a、b 的动量变化大小一定相等 CD　[根据动量守恒定律可知，若 a 的速度方向仍沿原来的方向，则 b 的 速度大小和方向无法判断，A 错误；物体炸裂后，a、b 都做平抛运动， 因距地面高度相同，所以 a、b 一定同时到达地面，但它们飞行的水平距 离无法判断，B 错误，C 正确；根据动量守恒可以判断 D 正确．] 上题中若物体飞行到距离地面 5 m 高，飞行的水平速度 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，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(　　) B　[爆炸以后甲、乙均做平抛运动，可根据竖直方向的自由落体运动求得 时间 t＝ 2h g ＝1 s；根据水平方向的匀速直线运动求得爆炸后两者的水平 速度大小．在 A、B 选项中，v 甲＝x甲 t ＝2.5 m/s；v 乙＝x乙 t ＝0.5 m/s；C、D 选项中，v 甲＝x甲 t ＝1 m/s，v 乙＝x乙 t ＝2 m/s.弹丸爆炸时水平方向不受外力， 满足动量守恒定律．设乙的质量为 m，则甲的质量为 3m，爆炸前弹丸的 动量为 p＝4mv＝8m(kg·m·s －1)．爆炸后，选项 A 中总动量 pA＝3mv 甲－ mv 乙＝7m(kg·m·s －1)，A 项错误；选项 B 中总动量 pB＝3mv 甲＋mv 乙＝ 8m(kg·m·s －1)，B 项正确；选项 C 中总动量 pC＝3mv 甲＋mv 乙＝5m(kg·m·s －1)，C 项错误；选项 D 中总动量 pD＝3mv 甲－mv 乙＝m(kg·m·s －1)，D 项 错误．] 考向 2　反冲问题 2．(2017·全国Ⅰ卷)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大 小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间， 火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　) A．30 kg·m/s　　　　 B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s A　[由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统 动量守恒． 燃气的动量 p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s， 则火箭的动量 p2＝p1＝30 kg·m/s，选项 A 正确．] 考向 3　碰撞问题 3．如图 6­2­4 所示，在光滑的水平面上，质量为 m1 的小球 A 以速率 v0 向右运 动．在小球 A 的前方 O 点处有一质量为 m2 的小球 B 处于静止状态，Q 点处 为一竖直的墙壁．小球 A 与小球 B 发生弹性正碰后小球 A 与小球 B 均向右运 动．小球 B 与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球 A 在 P 点相遇，PQ＝2PO， 则两小球质量之比 m1∶m2 为(　　) 【导学号：84370260】 图 6­2­4 A．7∶5 B．1∶3 C．2∶1 D．5∶3 [题眼点拨]　①“光滑水平面”表明物体水平方向除碰撞力外，不受其它 力作用；②“PQ＝2PO”以位移方式表明速度间的关系． D　[设 A、B 两个小球碰撞后的速度分别为 v1、v2，由动量守恒定律有 m1v0 ＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有 1 2m1v 20＝1 2m1v21＋1 2m2v22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规 律有 v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得 m1∶m2＝5∶3，D 正确．] 4．(多选)A、B 两球沿同一条直线运动，如图 6­2­5 所示的 x­t 图象记录了它们碰 撞前后的运动情况，其中 a、b 分别为 A、B 碰撞前的 x­t 图象．c 为碰撞后它 们的 x­t 图象．若 A 球质量为 1 kg，则 B 球质量及碰后它们的速度大小为(　　) 图 6­2­5 A．2 kg B.2 3 kg C．4 m/s D．1 m/s BD　[由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，va＝4－10 2 m/s＝－3 m/s， vb＝4－0 2 m/s＝2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，vc＝2－4 4－2 m/s ＝－1 m/s. 碰撞过程中动量守恒，即 mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc 可解得 mB＝2 3 kg 由以上可知选项 B、D 正确．] (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，A 球的动能变为原来的1 9 ，那么小球 B 的速度可 能是(　　) A.1 3v0 B.2 3v0 C.4 9v0 D.5 9v0 AB　[要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A 球碰后动能变为原 来的1 9 ，则其速度大小仅为原来的1 3.两球在光滑水平面上正碰，碰后 A 球 的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹． 当以 A 球原来的速度方向为正方向时，则 vA′＝±1 3v0， 根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有 mv0＋0＝m×1 3v0＋2mvB′， mv0＋0＝m×(－1 3v0)＋2mvB″. 解得 vB′＝1 3v0，vB″＝2 3v0.] [反思总结]　碰撞问题解题策略 (1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解. (2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后 的速度满足： v1＝ . 当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度. (3)因碰撞过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变， 而物体的位置不变. 动量守恒中的力学综合问题 1．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． 2．解决动力学问题的三个基本观点 力的 观点 运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题 能量 观点 用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题 动量 观点 用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题 [母题](2016·全国Ⅱ卷)如图 6­2­6 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 3 m/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 h＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为 m1＝30 kg，冰块的质量 为 m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小 g＝10 m/s2. 图 6­2­6 (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？ [题眼点拨]　①“光滑冰面”表明斜面体与物体碰撞会沿平面运动； ②“最大高度”表明冰块和斜面体达到共同速度． [解析](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 m2v20＝(m2＋m3)v ① 1 2m2v 220＝1 2(m2＋m3)v2＋m2gh ② 式中 v20＝－3 m/s 为冰块被推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得 m3＝20 kg. ③ (2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0 ④ 代入数据得 v1＝1 m/s ⑤ 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 m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥ 1 2m2v 220＝1 2m2v22＋1 2m3v23 ⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝1 m/s ⑧ 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． [答案](1)20 kg　(2)不能 [母题迁移] 迁移 1　多物体、多阶段运动的求解 1．(2015·全国Ⅰ卷)如图 6­2­7 所示，在足够长的光滑水平面上，物体 A、B、C 位于同一直线上，A 位于 B、C 之间．A 的质量为 m，B、C 的质量都为 M， 三者均处于静止状态．现使 A 以某一速度向右运动，求 m 和 M 之间应满足 什么条件，才能使 A 只与 B、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性 的. 【导学号：84370261】 图 6­2­7 [题眼点拨]　①“光滑水平面”表明碰撞过程动量守恒；②“各发生一次 碰撞”要思考发生一次碰撞的条件及各种可能． [解析]　A 向右运动与 C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、 机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时 A 的速度为 v0，第一次碰撞 后 C 的速度为 vC1，A 的速度为 vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1 ① 1 2mv20＝1 2mv 2A1＋1 2Mv 2C1 ② 联立①②式得 vA1＝m－M m＋M v0 ③ vC1＝ 2m m＋M v0 ④ 如果 m>M，第一次碰撞后，A 与 C 速度同向，且 A 的速度小于 C 的速度， 不可能与 B 发生碰撞；如果 m＝M，第一次碰撞后，A 停止，C 以 A 碰前 的速度向右运动，A 不可能与 B 发生碰撞；所以只需考虑 m