2020新亮剑高考物理总复习讲义:第六单元 动量 第2课时 .docx
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1、第六单元动量课时2动量守恒定律及其应用见自学听讲P1041.动量守恒定律 (1)内容:如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零,则这个系统的总动量保持不变。(2)表达式:对两个物体组成的系统,常写成p1+p2=p1+p2或m1v1+m2v2=m1v1+m2v2。(3)适用条件:系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。2.弹性碰撞和非弹性碰撞 (1)弹性碰撞:碰撞过程中机械能守恒。(2)非弹性碰撞:碰撞过程中机械能减少。(3)完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体或碰撞后具有共同速度,这种碰撞动能损失最多。3.反冲运动 (1)定义:一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,一部分向某个方向运动,另外
2、一个部分必然向相反方向运动,这个现象叫反冲。(2)特点:物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动。在反冲运动中,系统的合外力一般不为零,但内力远大于外力,可认为反冲运动中系统动量守恒。在反冲运动中机械能总量一般是增加的。(3)反冲现象的应用和防止应用:反击式水轮机是使水从转轮的叶片中流出,由于反冲而使转轮旋转,从而带动发电机发电,火箭、喷气式飞机是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的推力,等等。避免有害的反冲运动。1.(2018湖北宜昌六校联考)甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动,速度大小都是1 m/s,甲、乙相遇时用力推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,速度大小分别为 1
3、m/s 和2 m/s。则甲、乙两运动员的质量之比为()。A.23 B.32 C.12 D.21答案B2.(2018湖南长沙模拟)图示为中国队队员投掷冰壶的镜头。在某次投掷中,冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰,碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行。若两冰壶质量相等,规定向前运动方向为正方向,则碰后中国队冰壶的速度为()。A.0.1 m/sB.-0.1 m/sC.0.7 m/sD.-0.7 m/s答案A3.(2018江苏南通第二次质量调研模拟)(多选)下列属于反冲运动的是()。A.喷气式飞机的运动 B.氢气球的上升C.火箭的运动 D.反击式水轮机的运动答案A
4、CD4.(2018湖南邵阳单元测验)如图所示,两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上,有一质量为m的人静止站在A车上,两车静止。若这个人自A车跳到B车上,接着又跳回A车并与A车相对静止,则此时A车和B车的速度之比为()。A.M+mmB.M+mMC.MM+mD.mM+m答案C1.(2017全国卷,14)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 kgm/sB.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/sD.6.3102 kg
5、m/s解析设火箭的质量为m1,燃气的质量为m2,根据动量守恒定律知m1v1=m2v2,解得火箭的动量p=m2v2=m1v1=30 kgm/s,A项正确。答案A2.(2015全国卷,35)如图,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。解析设A运动的初速度为v0,A向右运动与C发生碰撞,由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2由机械能守恒定律得12mv02=12mv12+12Mv22联立解得v1=m-M
6、m+Mv0,v2=2mm+Mv0要使得A与B能发生碰撞,需要满足v10,即mMA向左运动与B发生碰撞过程,有mv1=mv3+Mv412mv12=12mv32+12Mv42联立解得v3=m-Mm+Mv1,v4=2mm+Mv1由于mM,所以A还会向右运动,根据要求不发生第二次碰撞,需要满足v3v2,即2mm+Mv0m-Mm+Mv1=m-MM+m2v0整理可得m2+4MmM2解得m(5-2)M所以使A只与B、C各发生一次碰撞,应满足(5-2)MmM。答案(5-2)MmM见自学听讲P105一系统动量守恒的判断和守恒条件的理解动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体系统,其成立的条件:(1)理想条件:系统
7、不受外力。(2)实际条件:系统所受外力矢量和为零。(3)近似条件:系统所受外力比相互作用的内力小得多,外力的作用可以被忽略。(4)推广条件:系统所受外力的矢量和虽不为零,但在某一方向上,系统不受外力或所受外力的矢量和为零,则系统在这一方向上动量守恒。例1如图所示,轻弹簧一端固定在墙上,另一端连一挡板,挡板A的质量为m,一物体沿光滑水平面以一定的速度撞向挡板,物体B的质量为M,物体与挡板相接触的一面都装有尼龙搭扣,使得它们相撞后立即粘连在一起,若碰撞时间极短(极短时间内完成粘连过程),则对挡板A、物体B和弹簧组成的系统,下列说法中正确的是()。A.在A与B相撞的过程中,系统的动量守恒而机械能不守
8、恒B.从A与B开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中,系统的动量不守恒而机械能守恒C.从A与B开始接触到弹簧恢复原长的过程中,系统的动量守恒而机械能不守恒D.从A与B开始接触到弹簧恢复原长的过程中,系统的动量不守恒而机械能守恒解析在A与B相撞的过程中,有能量损失,所以系统机械能不守恒。碰撞的瞬间,由于时间极短,内力远大于外力,系统动量守恒,故A项正确;从A与B开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中,墙壁对系统有作用力,即系统所受的合力不为零,系统动量不守恒,由于碰撞的过程有能量损失,故系统机械能不守恒,B、C、D三项错误。答案A分清系统的内力和外力分析系统内物体的受力时,要分清哪些是系统的内力,哪些是
9、系统外的物体对系统的作用力。系统的内力是系统内物体相互作用,它们对系统的冲量的矢量和为零,虽然改变某个物体的动量,但不改变系统的总动量。二系统动量守恒的理解和运用1.对系统“总动量保持不变”的理解(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等,不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。(2)系统的总动量保持不变,但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和,总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变。2.动量守恒定律的表达式(1)m1v1+m2v2=m1v1+m2v2(作用前后动量相等)。(2)p=0(系统动量的增量为零)。(3)p1=-p2(相互
10、作用的两个物体组成的系统,两物体动量的增量大小相等,方向相反)。例2如图所示,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的速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为()。A.v0+mMvB.v0-mMvC.v0+mM(v0+v)D.v0+mM(v0-v)解析以水平向右为正方向,小船和救生员组成的系统满足动量守恒,则(M+m)v0=m(-v)+Mv,解得v=v0+mM(v0+v),故C项正确。答案C应用动量守恒定律解题的步骤特别注意:系统内各物体的动量必须相对于同一参考系,一般都是选地面为参考系,即各物体都是相对地面的速
11、度。例3如图所示,甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车总质量M=30 kg,乙和他的冰车总质量也是30 kg。游戏时,甲推着一个质量m=15 kg的箱子和他一起以v0=2 m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处,乙迅速抓住,不计冰面摩擦。(1)若甲将箱子以速度v推出,则甲的速度变为多少?(用字母表示)(2)假设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动,则乙抓住箱子后的速度变为多少?(用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞,则甲、乙的速度应满足什么条件?箱子被推出的速度至少为多大?解析(1)甲将箱子推出的过程,甲和箱子组
12、成的整体动量守恒,由动量守恒定律得(M+m)v0=mv+Mv1解得v1=(M+m)v0-mvM=v0+mM(v0-v)。(2)箱子和乙作用的过程动量守恒,以箱子的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv-Mv0=(m+M)v2解得v2=mv-Mv0m+M。(3)甲、乙不相撞的条件是v1v2,其中v1=v2为甲、乙恰好不相撞的条件联立以上各式得v5.2 m/s。答案(1)v0+mM(v0-v)(2)mv-Mv0m+M(3)甲的速度不大于乙的速度5.2 m/s在动量守恒定律的应用中,常常会遇到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问题。分析临界问题的关键是寻找临界状态,临界状态的
13、出现是有条件的,这个条件就是临界条件,临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值。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,这些特定关系的判断是求解这类问题的关键。三爆炸问题的求解解决爆炸类问题时,要抓住以下三个特征:1.动量守恒:由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸的物体间的相互作用力远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的动量守恒。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,因此爆炸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,物体仍然从爆炸的位
14、置以新的动量开始运动。例4从某高度自由下落一个质量为M的物体,当物体下落h时,突然炸裂成两块,已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置。(1)求刚炸裂时另一块碎片的速度。(2)问爆炸过程中有多少化学能转化为碎片的动能?解析(1)M下落h后,根据动能定理有Mgh=12Mv2由于爆炸时动量守恒,有Mv=-mv+(M-m)v联立解得v=M+mM-m2gh,方向竖直向下。(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量,即Ek=12mv2+12(M-m)v2-12Mv2解得Ek=12(m-M)v2+(M+m)2ghM-m。答案(1)M+mM-m2gh,方向竖直向下(2)12(m-M
15、)v2+(M+m)2ghM-m四反冲运动中的“人船模型”1.“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒,在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。2.人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律:m1v1-m2v2=0。(2)运动特点:人动船动,人静船静,人快船快,人慢船慢,人左船右;人船位移比等于它们质量的反比;人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比,即x1x2=v1v2=m2m1。(3)应用此关系时要注意一个问题:v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。例5如图所示,一个倾角为的直角斜
16、面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M,顶端高度为h,现有一质量为m的小物体,沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是()。A.mhM+mB.MhM+mC.mh(M+m)tanD.Mh(M+m)tan解析此题属“人船模型”问题。小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒,设小物体在水平方向上对地的位移为x1,斜面体在水平方向上对地的位移为x2,因此有0=mx1-Mx2,x1+x2=htan。联立解得x2=mh(M+m)tan,C项正确。答案C“人船模型”问题应注意以下两点(1)适用条件:系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零。在系统内发生相
17、对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒。如水平方向或竖直方向。(2)画草图:解题时要画出各物体的位移关系草图,找出各长度间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。五碰撞问题碰撞过程历时很短,在短时间内系统内力远大于外力,这时外力虽然不为零,但由于时间短,对系统的冲量很小,可以忽略不计,因此可以认为系统动量守恒。但系统机械能不一定守恒,我们根据机械能的变化情况可以将碰撞分为三类。种类特点弹性碰撞动量守恒,机械能守恒非弹性碰撞动量守恒,机械能有损失完全非弹性碰撞(合为一体)动量守恒,机械能损失最大例6如图所示,两个半径相同的小球A、B分别被不可伸长的细线悬吊着,两个小球静止时,它们刚好接触
18、,且球心在同一条水平线上,两根细线竖直。小球A的质量小于B的质量。现向左移动小球A,使悬吊A球的细线张紧着与竖直方向成某一角度,然后无初速度释放小球A,两个小球将发生碰撞,碰撞过程没有机械能损失,且碰撞前后小球的摆动平面不变。已知碰撞前A球摆动的最高点与最低点的高度差为h,则小球B的质量越大,碰后()。A.A上升的最大高度hA越大,而且hA可能大于hB.A上升的最大高度hA越大,但hA不可能大于hC.B上升的最大高度hB越大,而且hB可能大于hD.B上升的最大高度hB越大,但hB不可能大于h解析 根据动量守恒和机械能守恒可得mAv0=mAv1+mBv2,12mAv02=12mAv12+12mB
19、v22,联立解得v1=(mA-mB)v0mA+mB,v2=2mAv0mA+mB,由于mAm2时,v10,v20,碰撞后两球都向前运动。当m1m2时,v1=v1,v2=2v1,碰撞后大球速度不变,小球速度是大球的两倍。当m1m2时,v10,碰撞后质量小的球被反弹回来。当m1m2时,v1=-v1,v2=0,碰撞后小球被原速率反弹回来,大球不动。(2)如果发生完全非弹性碰撞,系统损失的机械能最大,明确能量损失的去向,列出功能关系方程,结合动量守恒方程求解。如果碰撞中某物体损失的能量最多,则碰后该物体的速度为零,应用动量守恒和功能关系列方程联合求解。例7两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动
20、,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/sB.vA=2 m/s,vB=4 m/sC.vA=-4 m/s,vB=7 m/sD.vA=7 m/s,vB=1.5 m/s解析虽然题中四个选项均满足动量守恒定律,但A、D两项中,碰后A的速度vA大于B的速度vB,必然要发生第二次碰撞,不符合实际;C项中,两球碰后的总动能Ek=12mAvA2+12mBvB2=57 J,大于碰前的总动能Ek=12mAvA2+12mBvB2=22 J,违背了能量守恒定律;B项既符合实际情况,也不违背能量守
21、恒定律。故B项正确。答案B碰撞遵守的规律(1)动量守恒,即p1+p2=p1+p2。(2)动能不增加,即Ek1+Ek2Ek1+Ek2或p122m1+p222m2p122m1+p222m2。(3)速度要合理碰前两物体同向,则v后v前;碰后,原来在前的物体速度一定增大,且v前v后。两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。六子弹打木块模型在分析和解答动量守恒定律问题时,“子弹射木块”是常见的类型题之一,由于子弹射入时间非常短,内力远大于外力,所以可以认为子弹与木块构成的系统动量守恒。按实际中出现的类型大致可分为射入、射穿两类:射入类的特点是子弹射入木块后二者以相同速度一起运动;射穿类的特点
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