还剩52页未读，
继续阅读
22届高中物理一轮总复习 17 动量守恒定律及其应用（新高考）课件PPT
展开
这是一份22届高中物理一轮总复习 17 动量守恒定律及其应用（新高考）课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，必备知识预案自诊，知识梳理，考点自诊，关键能力学案突破，对点演练，核心素养专项提升，模型概述，案例探究，创新训练等内容，欢迎下载使用。
一、动量守恒定律及其应用1.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,这个系统的总动量保持不变,这就是动量守恒定律。 (2)表达式①p= p' ,系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。 ②m1v1+m2v2= m1v1'+m2v2' ,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和。 ③Δp1= -Δp2 ,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 ④Δp= 0 ,系统总动量的增量为零。
2.动量守恒的条件不受外力或所受外力的合力为零,不是系统内每个物体所受的合外力都为零,更不能认为系统处于 平衡 状态。
二、碰撞、反冲、爆炸1.碰撞(1)特点:作用时间极短,内力(相互碰撞力)远 大于 外力,总动量守恒。 (2)分类①弹性碰撞:碰撞后系统的机械能 没有 损失。 ②非弹性碰撞:碰撞后系统的机械能有损失。③完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体,机械能损失 最大 。
2.爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用时间很短,作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以系统动量 守恒 。 3.反冲(1)定义:当物体的一部分以一定的速度离开物体时,剩余部分将获得一个反向 冲量 ,如发射炮弹、火箭等。 (2)特点:系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力,动量守恒。
1.判断下列说法的正误。(1)若在光滑水平面上的两球相向运动,碰后均变为静止,则两球碰前的动量大小一定相等。( √ )(2)只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒。( × )(3)无论碰撞、反冲还是爆炸类问题,动能都不会增大。( × )(4)两物体组成的系统总动量守恒,这个系统中两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反。( √ )(5)弹性碰撞过程中系统动量一定守恒。( √ )
2.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短的时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷气过程中重力和空气阻力可忽略)( )A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/sC.6.0×102 kg·m/sD.6.3×102 kg·m/s
答案 A解析 燃气从火箭喷口喷出的瞬间,火箭和燃气组成的系统动量守恒,设燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为p,根据动量守恒定律,可得p-mv0=0,解得p=mv0=0.050 kg×600 m/s=30 kg·m/s,选项A正确。
3.A球的质量是m,B球的质量是2m,它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前,A在后,发生正碰后,A球仍朝原方向运动,但其速率是原来的一半,碰后两球的速率比vA'∶vB'为( )A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.2∶3
4.(新教材人教版选择性必修第一册P23习题改编)质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,试求碰撞后B球速度v'可能值的范围。
1.动量守恒的条件(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒。(2)近似守恒:系统受到的外力矢量和不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。(3)某一方向上守恒:系统在某个方向上所受外力矢量和为零时,系统在该方向上动量守恒。
2.动量守恒定律的“六种”性质
【典例1】 (多选)(2020全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为( )A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
答案 BC 解析 以人和物块为系统,设人的质量为m人,物块的质量为m,速度v0=5.0 m/s,人第一次推出物块后的速度为v1,在第一次推出物块的过程中,0=m人v1-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第二次推出的过程中,m人v1+mv0=m人v2-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第三次推出的过程中,m人v2+mv0=m人v3-mv0……在人接住反弹而回的物块并将其第七次推出的过程中,m人v6+mv0=m人v7-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第八次推出的过程中,m人v7+mv0=m人v8-mv0。由于第七次推出后,v7<5 m/s,把前七次的方程求和得m人(v1+v2+…+v6)+6mv0=m人(v1+v2+…+v7)-7mv0,可求出m人>52 kg,A错误。由于第八次推出后,v8>5 m/s,把前八次的方程求和得m人(v1+v2+…+v7)+7mv0=m人(v1+v2+…+v8)-8mv0,可求出m人<60 kg,D错误。故B、C正确。
破题 对第1次推的过程列动量守恒定律公式,求出推完后运动员的速度,同理求出运动员第2次、第3次推完木箱的速度,由数学归纳法总结出运动员第n次推完木箱的速度表达式,根据第7次推完时木箱的速度小于5.0 m/s和第8次推完时木箱的速度大于5.0 m/s求出质量范围。
方法技巧 动量守恒定律解题“五步法”
1.(2020江苏卷)一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水,静止在水中,遇到危险时,它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出,以2 m/s的速度向前逃窜,求该乌贼喷出的水的速度大小v。答案28 m/s解析由动量守恒定律得mv-Mv'=0,解得 ,代入数据得v=28 m/s。
2.(2020全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为( )A.3 J B.4 JC.5 J D.6 J
1.碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律。(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.弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。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'
结论:(1)当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1(质量相等,速度交换);(2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑);(3)当m10(小碰大,要反弹);(4)当m1≫m2时,v1'=v1,v2'=2v1(极大碰极小,大不变,小加倍);(5)当m1≪m2时,v1'=-v1,v2'=0(极小碰极大,小等速率反弹,大不变)。
【典例2】 (2020云南昆明月考)在水平桌面上固定着一个光滑圆管轨道(平面ABCD为水平面),在轨道的B点放置着一个质量为m2的小球乙,另一个质量为m1、大小与乙相同的小球甲以速率v0运动,过A点的运动方向如图所示。已知 ,两小球的直径略小于管的内径,小球间每次碰撞均为弹性正碰,AC、BD是圆管轨道两条相互垂直的直径,则甲、乙两球第二次碰撞将会在( )A.在B、C两点间B.在D、A两点间C.在C、D两点间D.在A、B两点间
解析 两个小球发生弹性碰撞,设第一次碰撞后小球A的速度为vA,小球B的速度为vB,由动量守恒定律可知mv0=mvA+4mvB,由机械能守恒定律可知
方法技巧 一动撞一静弹性碰撞模型经常用到,并且运算比较麻烦,可以记住碰后两个速度结果公式,直接代入求解。
3.(2020北京卷)在同一竖直平面内,3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度;静止时小球恰能接触且悬线平行,如图所示。在下列实验中,悬线始终保持绷紧状态,碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是( )A.将1号移至高度h释放,碰撞后,观察到2号静止、3号摆至高度h,若2
号换成质量不同的小钢球,重复上述实验,3号仍能摆至高度hB.将1、2号一起移至高度h释放,碰撞后,观察到1号静止,2、3号一起摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都守恒C.将右侧涂胶的1号移至高度h释放,1、2号碰撞后粘在一起,根据机械能守恒,3号仍能摆至高度hD.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放,碰撞后,2、3号粘在一起向右运动,未能摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都不守恒
答案 D解析 1号球与质量不同的2号球相碰撞后,1号球速度不为零,则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能,所以2号球与3号球相碰撞后,3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能,则3号不可能摆至高度h,故A错误;1、2号球释放后,三小球之间的碰撞为弹性碰撞,且三小球组成的系统只有重力做功,所以系统的机械能守恒,但整个过程中,系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,故B错误;1、2号碰撞后粘在一起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能损失,所以1、2号球在与3号球相碰后,3号球获得的动能不足以使其摆至高度h,故C错误;碰撞后,2、3号粘在一起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能损失,且整个过程中,系统所受合外力不为零,所以系统的机械能和动量都不守恒,故D正确。
4.(多选)如图所示,用两根长度均为L的细绳,分别把a、b两小球悬于同一高度,静止时两小球恰好相接触,a、b两小球大小相同、质量相等。现把a小球拉到与悬点等高的位置,细绳刚好被拉直,然后由静止释放,当a小球摆动到最低位置时与b小球发生对心碰撞,b小球可能上升的高度为( ) C.L
1.子弹打木块的两种常见类型(1)木块放在光滑的水平面上,子弹以初速度v0射击木块。运动性质:子弹相对地面做匀减速直线运动;木块在子弹对木块的作用下做匀加速运动。图像描述:从子弹击中木块时刻开始,在同一个v-t坐标系中,两者的速度图线如图甲(子弹穿出木块)或图乙(子弹停留在木块中)所示。
图中,图线的纵坐标给出各时刻两者的速度,图线的斜率反映了两者的加速度。两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移。方法:把子弹和木块看成一个系统,利用以下三个关系。①系统水平方向动量守恒;②系统的能量守恒(机械能不守恒);③对木块和子弹分别利用动能定理。推论:系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移,即ΔE=Ffd。
(2)物块固定在水平面上时,子弹以初速度v0射击木块,对子弹利用动能定理,可得 。
2.两种类型的共同点(1)系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值。(因为有一部分机械能转化为内能)(2)摩擦生热的条件:必须存在滑动摩擦力和相对滑行的位移。大小为Q=Ff·s,其中Ff是滑动摩擦力的大小,s是两个物体的相对位移(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,所以说是一个相对运动问题)。(3)静摩擦力可对物体做功,但不能产生内能(因为两物体的相对位移为零)。
【典例3】 一质量为M的木块放在光滑的水平面上,一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中,设子弹与木块之间的相互作用力为Ff。求:(1)子弹、木块相对静止时的速度大小;(2)子弹在木块内运动的时间;(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块的对地位移大小以及子弹打进木块的深度。
(2)设子弹在木块内运动的时间为t,对木块由动量定理得Fft=Mv-0,解得 。
方法技巧 分析子弹打木块模型时,首先要画好运动的示意图,分别找出子弹和木块对地的位移,计算摩擦力对子弹和木块做功时用摩擦力乘以它们对地的位移,计算摩擦生热时用摩擦力乘以子弹相对木块的位移。
5.(多选)(2020湖南长沙月考)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成,将其放在光滑的水平面上,如图所示。质量为m的子弹以速度v水平射向滑块。若射击上层,则子弹刚好不穿出,如图甲所示;若射击下层,整个子弹刚好嵌入,如图乙所示。则比较上述两种情况,以下说法正确的是( )A.两次子弹对滑块做功一样多B.两次滑块所受冲量一样大C.子弹击中上层过程中产生的热量多D.子弹嵌入下层过程中对滑块做功多
解析 根据动量守恒定律知道最后滑块获得的速度(最后滑块和子弹共速)是相同的,即物块获得的动能是相同的,根据动能定理,滑块动能的增量是子弹做功的结果,所以两次子弹对滑块做的功一样多,故A正确,D错误;由动量和动能的关系 知,滑块最终的动量也是相同的,由动量定理知滑块受到的冲量一样大,故B正确;子弹嵌入下层或击中上层过程中,系统产生的热量都等于系统减少的动能,而子弹减少的动能一样多,滑块增加的动能也一样多,则系统减小的动能一样多,故系统产生的热量一样多,故C错误。
滑块—滑板模型作为力学的基本模型经常出现,也是一个高频的考查模型。是对直线运动和牛顿运动定律和动量守恒定律有关知识的综合应用,能力要求很高,往往以压轴题形式出现。这类问题可分为两类。
1.没有外力参与,滑块与滑板组成的系统动量守恒,系统除遵从动量守恒定律外,还遵从能量守恒定律,摩擦力与相对位移的乘积等于系统动能的损失,即Ff·s滑=ΔEk。此类问题虽然受恒力作用时可以应用牛顿运动定律和运动学公式求解,但是求解过程相当麻烦,受变力作用时更是无能为力,因此选用能量守恒和动量守恒求解是最好选择。2.系统受到外力,这时对滑块和滑板一般隔离分析,画出它们运动的示意图,应用牛顿运动定律和运动学公式求解。
【典例4】 如图所示,光滑的水平面上有两个完全一样的长木板A和B,在A板的右侧边缘放有小滑块C,开始A、C以相同的速度v0向右匀速运动,与静止在水平面上的木板B发生正碰,碰后两木板粘在一起并继续向右运动,最终滑块C刚好没有从木板上掉下。已知木板A、B和滑块C的质量均为m,C与A、B之间的动摩擦因数均为μ。求:(1)最终滑块C的速度大小;(2)木板B的长度L。
解析(1)AB碰撞一直到最终ABC一起向右运动的过程中,ABC组成系统动量守恒,以v0方向为正方向,根据动量守恒定律得2mv0=3mv,解得 。
破题 (1)AB碰撞一直到最终ABC一起向右运动的过程中,ABC组成的系统动量守恒,以v0方向为正方向,根据动量守恒定律列式求解最终的共同速度;(2)AB碰撞过程中,AB组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律求出碰撞后AB的速度,此后C在B上滑行过程中,根据能量守恒列式求解L。
“碰撞过程作用时间极短”有不直接相互作用物体的运动状态不变的含意。在相互作用中牵涉多个物体时,由于作用时间极短,所以只有直接发生作用的物体间的动量才能转移,而其他物体不参与此次作用。
6.(2020贵州铜仁三模)如图所示,长木板A静止在水平轨道上,小物块B静止在长木板的左端。光滑斜轨道底端水平,与长木板上表面等高。小物块C从斜轨道高为h=0.8 m处由静止下滑,与B发生弹性正碰(碰撞时间极短)。已知A、B、C的质量均为1 kg,物块B、C与长木板A之间的动摩擦因数均为μ1=0.4,长木板A与水平轨道之间的动摩擦因数μ2=0.15,滑块最终都未滑离长木板。(g取10 m/s2)
(1)求物块C与物块B碰撞后瞬间物块B的速度大小;(2)求物块B相对长木板A滑动的距离;(3)如果在初位置固定住长木板A,增大物块C的质量,当物块C的质量远大于物块B的质量时,仍让物块C从原位置由静止下滑,其他条件不变,求物块B、C都停下时B、C间的距离。答案(1)4 m/s (2)1.6 m (3)6 m
含弹簧的碰撞问题,一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律,此类问题的一般解法是:(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态;(2)分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态,依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程;(3)判断解出的结果是否满足“物理情境可行性原则”,如果不满足,则要舍掉该结果;
(4)由于弹簧的弹力是变力,所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解;(5)要特别注意弹簧的三个状态:原长时弹簧的弹性势能为零,压缩到最短或伸长到最长的状态时弹簧连接的物体具有共同的速度,弹簧具有最大的弹性势能,这往往是解决此类问题的突破点。
【典例5】 (2020山东泰安一模)如图所示,水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起,质量分别为2m、3m,静止时弹簧恰好处于原长。一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞。不计一切摩擦,弹簧始终处于弹性限度内,则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为( )
思维点拨 本题解题的关键是C与A发生的碰撞可能是弹性碰撞,也可能是非弹性碰撞,当发生弹性碰撞时,碰后A的速度最大,弹簧压缩量最大,最大弹性势能最大,当发生完全非弹性碰撞时,碰后A的速度最小,弹簧压缩量最小,最大弹性势能最小,一般的非弹性碰撞最大弹性势能介于两者之间。
通过以上例题我们可以看出:应用动量、能量观点解决问题时要注意两个方面:一要灵活选取系统:根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象,不一定选所有的物体为研究对象.二要灵活选取物理过程:在综合题目中,物体运动常有几个不同的过程,根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究。列方程前要注意分析、判断所选过程动量、机械能的守恒情况。
7.如图所示为静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块,滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连,滑块A左侧紧靠一固定挡板P,某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动,滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动,弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J,此时撤掉固定挡板P,之后弹簧弹开释放势能,已知滑块A、B、C的质量分别为mA=mB=0.2 kg,mC=0.1 kg, =3.17,求:
(1)滑块C的初速度v0的大小;(2)弹簧弹开恢复到原长的瞬时,滑块B、C的速度大小;(3)从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中,弹簧对滑块B、C整体的冲量。
答案(1)9 m/s (2)1.9 m/s (3)1.47 N·s,方向水平向右
典型物理模型指导突破科学思维之模型建构——“人船模型”
(2020辽宁沈阳三模)如图所示,质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点,一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿AB轨道滑下,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点。已知小车质量M=3m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。则( )
应用“人船模型”求解问题应注意以下两点(1)适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零;②在系统内发生相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。
1.(多选)如图所示,绳长为l,小球质量为m,小车质量为M,将小球向右拉至水平后放手,则(水平面光滑)( )A.系统的总动量守恒B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向C.小球不能向左摆到原高度D.小车向右移动的最大距离为
答案 BD 解析 系统只是在水平方向所受的合力为零,竖直方向的合力不为零,故水平方向的动量守恒,而总动量不守恒,A错误,B正确;根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得,小球仍能向左摆到原高度,C错误;小球相对于小车的最大位移为2l,根据“人船模型”,系统水平方向动量守恒,设小球的平均速度为vm,小车的平均速度为vM,mvm-MvM=0,两边同时乘以运动时间t,mvmt-MvMt=0,即mxm=MxM,又xm+xM=2l,解得小车移动的最大距离为 ,D正确。
2.(2020广东中山模拟)如图所示,三角形木块A质量为M,置于光滑水平面上,水平长度为a,在其顶部有一三角形小木块B,质量为m,水平长度为b,若B从顶端由静止滑至底部,则木块A后退的距离为( )
答案 C解析取向右为正方向,设木块A后退的距离为x,B从顶端由静止滑至底部
一、动量守恒定律及其应用1.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,这个系统的总动量保持不变,这就是动量守恒定律。 (2)表达式①p= p' ,系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。 ②m1v1+m2v2= m1v1'+m2v2' ,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和。 ③Δp1= -Δp2 ,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 ④Δp= 0 ,系统总动量的增量为零。
2.动量守恒的条件不受外力或所受外力的合力为零,不是系统内每个物体所受的合外力都为零,更不能认为系统处于 平衡 状态。
二、碰撞、反冲、爆炸1.碰撞(1)特点:作用时间极短,内力(相互碰撞力)远 大于 外力,总动量守恒。 (2)分类①弹性碰撞:碰撞后系统的机械能 没有 损失。 ②非弹性碰撞:碰撞后系统的机械能有损失。③完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体,机械能损失 最大 。
2.爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用时间很短,作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以系统动量 守恒 。 3.反冲(1)定义:当物体的一部分以一定的速度离开物体时,剩余部分将获得一个反向 冲量 ,如发射炮弹、火箭等。 (2)特点:系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力,动量守恒。
1.判断下列说法的正误。(1)若在光滑水平面上的两球相向运动,碰后均变为静止,则两球碰前的动量大小一定相等。( √ )(2)只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒。( × )(3)无论碰撞、反冲还是爆炸类问题,动能都不会增大。( × )(4)两物体组成的系统总动量守恒,这个系统中两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反。( √ )(5)弹性碰撞过程中系统动量一定守恒。( √ )
2.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短的时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷气过程中重力和空气阻力可忽略)( )A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/sC.6.0×102 kg·m/sD.6.3×102 kg·m/s
答案 A解析 燃气从火箭喷口喷出的瞬间,火箭和燃气组成的系统动量守恒,设燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为p,根据动量守恒定律,可得p-mv0=0,解得p=mv0=0.050 kg×600 m/s=30 kg·m/s,选项A正确。
3.A球的质量是m,B球的质量是2m,它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前,A在后,发生正碰后,A球仍朝原方向运动,但其速率是原来的一半,碰后两球的速率比vA'∶vB'为( )A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.2∶3
4.(新教材人教版选择性必修第一册P23习题改编)质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,试求碰撞后B球速度v'可能值的范围。
1.动量守恒的条件(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒。(2)近似守恒:系统受到的外力矢量和不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。(3)某一方向上守恒:系统在某个方向上所受外力矢量和为零时,系统在该方向上动量守恒。
2.动量守恒定律的“六种”性质
【典例1】 (多选)(2020全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为( )A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
答案 BC 解析 以人和物块为系统,设人的质量为m人,物块的质量为m,速度v0=5.0 m/s,人第一次推出物块后的速度为v1,在第一次推出物块的过程中,0=m人v1-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第二次推出的过程中,m人v1+mv0=m人v2-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第三次推出的过程中,m人v2+mv0=m人v3-mv0……在人接住反弹而回的物块并将其第七次推出的过程中,m人v6+mv0=m人v7-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第八次推出的过程中,m人v7+mv0=m人v8-mv0。由于第七次推出后,v7<5 m/s,把前七次的方程求和得m人(v1+v2+…+v6)+6mv0=m人(v1+v2+…+v7)-7mv0,可求出m人>52 kg,A错误。由于第八次推出后,v8>5 m/s,把前八次的方程求和得m人(v1+v2+…+v7)+7mv0=m人(v1+v2+…+v8)-8mv0,可求出m人<60 kg,D错误。故B、C正确。
破题 对第1次推的过程列动量守恒定律公式,求出推完后运动员的速度,同理求出运动员第2次、第3次推完木箱的速度,由数学归纳法总结出运动员第n次推完木箱的速度表达式,根据第7次推完时木箱的速度小于5.0 m/s和第8次推完时木箱的速度大于5.0 m/s求出质量范围。
方法技巧 动量守恒定律解题“五步法”
1.(2020江苏卷)一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水,静止在水中,遇到危险时,它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出,以2 m/s的速度向前逃窜,求该乌贼喷出的水的速度大小v。答案28 m/s解析由动量守恒定律得mv-Mv'=0,解得 ,代入数据得v=28 m/s。
2.(2020全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为( )A.3 J B.4 JC.5 J D.6 J
1.碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律。(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.弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。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'
结论:(1)当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1(质量相等,速度交换);(2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑);(3)当m1
【典例2】 (2020云南昆明月考)在水平桌面上固定着一个光滑圆管轨道(平面ABCD为水平面),在轨道的B点放置着一个质量为m2的小球乙,另一个质量为m1、大小与乙相同的小球甲以速率v0运动,过A点的运动方向如图所示。已知 ,两小球的直径略小于管的内径,小球间每次碰撞均为弹性正碰,AC、BD是圆管轨道两条相互垂直的直径,则甲、乙两球第二次碰撞将会在( )A.在B、C两点间B.在D、A两点间C.在C、D两点间D.在A、B两点间
解析 两个小球发生弹性碰撞,设第一次碰撞后小球A的速度为vA,小球B的速度为vB,由动量守恒定律可知mv0=mvA+4mvB,由机械能守恒定律可知
方法技巧 一动撞一静弹性碰撞模型经常用到,并且运算比较麻烦,可以记住碰后两个速度结果公式,直接代入求解。
3.(2020北京卷)在同一竖直平面内,3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度;静止时小球恰能接触且悬线平行,如图所示。在下列实验中,悬线始终保持绷紧状态,碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是( )A.将1号移至高度h释放,碰撞后,观察到2号静止、3号摆至高度h,若2
号换成质量不同的小钢球,重复上述实验,3号仍能摆至高度hB.将1、2号一起移至高度h释放,碰撞后,观察到1号静止,2、3号一起摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都守恒C.将右侧涂胶的1号移至高度h释放,1、2号碰撞后粘在一起,根据机械能守恒,3号仍能摆至高度hD.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放,碰撞后,2、3号粘在一起向右运动,未能摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都不守恒
答案 D解析 1号球与质量不同的2号球相碰撞后,1号球速度不为零,则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能,所以2号球与3号球相碰撞后,3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能,则3号不可能摆至高度h,故A错误;1、2号球释放后,三小球之间的碰撞为弹性碰撞,且三小球组成的系统只有重力做功,所以系统的机械能守恒,但整个过程中,系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,故B错误;1、2号碰撞后粘在一起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能损失,所以1、2号球在与3号球相碰后,3号球获得的动能不足以使其摆至高度h,故C错误;碰撞后,2、3号粘在一起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能损失,且整个过程中,系统所受合外力不为零,所以系统的机械能和动量都不守恒,故D正确。
4.(多选)如图所示,用两根长度均为L的细绳,分别把a、b两小球悬于同一高度,静止时两小球恰好相接触,a、b两小球大小相同、质量相等。现把a小球拉到与悬点等高的位置,细绳刚好被拉直,然后由静止释放,当a小球摆动到最低位置时与b小球发生对心碰撞,b小球可能上升的高度为( ) C.L
1.子弹打木块的两种常见类型(1)木块放在光滑的水平面上,子弹以初速度v0射击木块。运动性质:子弹相对地面做匀减速直线运动;木块在子弹对木块的作用下做匀加速运动。图像描述:从子弹击中木块时刻开始,在同一个v-t坐标系中,两者的速度图线如图甲(子弹穿出木块)或图乙(子弹停留在木块中)所示。
图中,图线的纵坐标给出各时刻两者的速度,图线的斜率反映了两者的加速度。两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移。方法:把子弹和木块看成一个系统,利用以下三个关系。①系统水平方向动量守恒;②系统的能量守恒(机械能不守恒);③对木块和子弹分别利用动能定理。推论:系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移,即ΔE=Ffd。
(2)物块固定在水平面上时,子弹以初速度v0射击木块,对子弹利用动能定理,可得 。
2.两种类型的共同点(1)系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值。(因为有一部分机械能转化为内能)(2)摩擦生热的条件:必须存在滑动摩擦力和相对滑行的位移。大小为Q=Ff·s,其中Ff是滑动摩擦力的大小,s是两个物体的相对位移(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,所以说是一个相对运动问题)。(3)静摩擦力可对物体做功,但不能产生内能(因为两物体的相对位移为零)。
【典例3】 一质量为M的木块放在光滑的水平面上,一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中,设子弹与木块之间的相互作用力为Ff。求:(1)子弹、木块相对静止时的速度大小;(2)子弹在木块内运动的时间;(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块的对地位移大小以及子弹打进木块的深度。
(2)设子弹在木块内运动的时间为t,对木块由动量定理得Fft=Mv-0,解得 。
方法技巧 分析子弹打木块模型时,首先要画好运动的示意图,分别找出子弹和木块对地的位移,计算摩擦力对子弹和木块做功时用摩擦力乘以它们对地的位移,计算摩擦生热时用摩擦力乘以子弹相对木块的位移。
5.(多选)(2020湖南长沙月考)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成,将其放在光滑的水平面上,如图所示。质量为m的子弹以速度v水平射向滑块。若射击上层,则子弹刚好不穿出,如图甲所示;若射击下层,整个子弹刚好嵌入,如图乙所示。则比较上述两种情况,以下说法正确的是( )A.两次子弹对滑块做功一样多B.两次滑块所受冲量一样大C.子弹击中上层过程中产生的热量多D.子弹嵌入下层过程中对滑块做功多
解析 根据动量守恒定律知道最后滑块获得的速度(最后滑块和子弹共速)是相同的,即物块获得的动能是相同的,根据动能定理,滑块动能的增量是子弹做功的结果,所以两次子弹对滑块做的功一样多,故A正确,D错误;由动量和动能的关系 知,滑块最终的动量也是相同的,由动量定理知滑块受到的冲量一样大,故B正确;子弹嵌入下层或击中上层过程中,系统产生的热量都等于系统减少的动能,而子弹减少的动能一样多,滑块增加的动能也一样多,则系统减小的动能一样多,故系统产生的热量一样多,故C错误。
滑块—滑板模型作为力学的基本模型经常出现,也是一个高频的考查模型。是对直线运动和牛顿运动定律和动量守恒定律有关知识的综合应用,能力要求很高,往往以压轴题形式出现。这类问题可分为两类。
1.没有外力参与,滑块与滑板组成的系统动量守恒,系统除遵从动量守恒定律外,还遵从能量守恒定律,摩擦力与相对位移的乘积等于系统动能的损失,即Ff·s滑=ΔEk。此类问题虽然受恒力作用时可以应用牛顿运动定律和运动学公式求解,但是求解过程相当麻烦,受变力作用时更是无能为力,因此选用能量守恒和动量守恒求解是最好选择。2.系统受到外力,这时对滑块和滑板一般隔离分析,画出它们运动的示意图,应用牛顿运动定律和运动学公式求解。
【典例4】 如图所示,光滑的水平面上有两个完全一样的长木板A和B,在A板的右侧边缘放有小滑块C,开始A、C以相同的速度v0向右匀速运动,与静止在水平面上的木板B发生正碰,碰后两木板粘在一起并继续向右运动,最终滑块C刚好没有从木板上掉下。已知木板A、B和滑块C的质量均为m,C与A、B之间的动摩擦因数均为μ。求:(1)最终滑块C的速度大小;(2)木板B的长度L。
解析(1)AB碰撞一直到最终ABC一起向右运动的过程中,ABC组成系统动量守恒,以v0方向为正方向,根据动量守恒定律得2mv0=3mv,解得 。
破题 (1)AB碰撞一直到最终ABC一起向右运动的过程中,ABC组成的系统动量守恒,以v0方向为正方向,根据动量守恒定律列式求解最终的共同速度;(2)AB碰撞过程中,AB组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律求出碰撞后AB的速度,此后C在B上滑行过程中,根据能量守恒列式求解L。
“碰撞过程作用时间极短”有不直接相互作用物体的运动状态不变的含意。在相互作用中牵涉多个物体时,由于作用时间极短,所以只有直接发生作用的物体间的动量才能转移,而其他物体不参与此次作用。
6.(2020贵州铜仁三模)如图所示,长木板A静止在水平轨道上,小物块B静止在长木板的左端。光滑斜轨道底端水平,与长木板上表面等高。小物块C从斜轨道高为h=0.8 m处由静止下滑,与B发生弹性正碰(碰撞时间极短)。已知A、B、C的质量均为1 kg,物块B、C与长木板A之间的动摩擦因数均为μ1=0.4,长木板A与水平轨道之间的动摩擦因数μ2=0.15,滑块最终都未滑离长木板。(g取10 m/s2)
(1)求物块C与物块B碰撞后瞬间物块B的速度大小;(2)求物块B相对长木板A滑动的距离;(3)如果在初位置固定住长木板A,增大物块C的质量,当物块C的质量远大于物块B的质量时,仍让物块C从原位置由静止下滑,其他条件不变,求物块B、C都停下时B、C间的距离。答案(1)4 m/s (2)1.6 m (3)6 m
含弹簧的碰撞问题,一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律,此类问题的一般解法是:(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态;(2)分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态,依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程;(3)判断解出的结果是否满足“物理情境可行性原则”,如果不满足,则要舍掉该结果;
(4)由于弹簧的弹力是变力,所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解;(5)要特别注意弹簧的三个状态:原长时弹簧的弹性势能为零,压缩到最短或伸长到最长的状态时弹簧连接的物体具有共同的速度,弹簧具有最大的弹性势能,这往往是解决此类问题的突破点。
【典例5】 (2020山东泰安一模)如图所示,水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起,质量分别为2m、3m,静止时弹簧恰好处于原长。一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞。不计一切摩擦,弹簧始终处于弹性限度内,则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为( )
思维点拨 本题解题的关键是C与A发生的碰撞可能是弹性碰撞,也可能是非弹性碰撞,当发生弹性碰撞时,碰后A的速度最大,弹簧压缩量最大,最大弹性势能最大,当发生完全非弹性碰撞时,碰后A的速度最小,弹簧压缩量最小,最大弹性势能最小,一般的非弹性碰撞最大弹性势能介于两者之间。
通过以上例题我们可以看出:应用动量、能量观点解决问题时要注意两个方面:一要灵活选取系统:根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象,不一定选所有的物体为研究对象.二要灵活选取物理过程:在综合题目中,物体运动常有几个不同的过程,根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究。列方程前要注意分析、判断所选过程动量、机械能的守恒情况。
7.如图所示为静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块,滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连,滑块A左侧紧靠一固定挡板P,某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动,滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动,弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J,此时撤掉固定挡板P,之后弹簧弹开释放势能,已知滑块A、B、C的质量分别为mA=mB=0.2 kg,mC=0.1 kg, =3.17,求:
(1)滑块C的初速度v0的大小;(2)弹簧弹开恢复到原长的瞬时,滑块B、C的速度大小;(3)从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中,弹簧对滑块B、C整体的冲量。
答案(1)9 m/s (2)1.9 m/s (3)1.47 N·s,方向水平向右
典型物理模型指导突破科学思维之模型建构——“人船模型”
(2020辽宁沈阳三模)如图所示,质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点,一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿AB轨道滑下,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点。已知小车质量M=3m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。则( )
应用“人船模型”求解问题应注意以下两点(1)适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零;②在系统内发生相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。
1.(多选)如图所示,绳长为l,小球质量为m,小车质量为M,将小球向右拉至水平后放手,则(水平面光滑)( )A.系统的总动量守恒B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向C.小球不能向左摆到原高度D.小车向右移动的最大距离为
答案 BD 解析 系统只是在水平方向所受的合力为零,竖直方向的合力不为零,故水平方向的动量守恒,而总动量不守恒,A错误,B正确;根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得,小球仍能向左摆到原高度,C错误;小球相对于小车的最大位移为2l,根据“人船模型”,系统水平方向动量守恒,设小球的平均速度为vm,小车的平均速度为vM,mvm-MvM=0,两边同时乘以运动时间t,mvmt-MvMt=0,即mxm=MxM,又xm+xM=2l,解得小车移动的最大距离为 ,D正确。
2.(2020广东中山模拟)如图所示,三角形木块A质量为M,置于光滑水平面上,水平长度为a,在其顶部有一三角形小木块B,质量为m,水平长度为b,若B从顶端由静止滑至底部,则木块A后退的距离为( )
答案 C解析取向右为正方向,设木块A后退的距离为x,B从顶端由静止滑至底部
相关课件
人教版高考物理一轮总复习第9章第2讲动量守恒定律及其应用课件： 这是一份人教版高考物理一轮总复习第9章第2讲动量守恒定律及其应用课件，共60页。PPT课件主要包含了必备知识·落实基础性，关键能力·提升综合性等内容，欢迎下载使用。
人教版新高考物理一轮总复习-- 动量守恒定律及其应用课件PPT： 这是一份人教版新高考物理一轮总复习-- 动量守恒定律及其应用课件PPT，共45页。PPT课件主要包含了内容索引，知识巩固，BCD等内容，欢迎下载使用。
高考物理总复习6.2动量守恒定律及其应用课件PPT： 这是一份高考物理总复习6.2动量守恒定律及其应用课件PPT，共40页。PPT课件主要包含了-2-，知识梳理，考点自诊，-3-，-4-，-5-，答案3∶2，-6-，-7-，-8-等内容，欢迎下载使用。
