高考物理一轮复习第一章碰撞与动量守恒章末总结同步备课教学案

这是一份高考物理一轮复习第一章碰撞与动量守恒章末总结同步备课教学案，共6页。学案主要包含了动量定理及其应用，多过程问题中的动量守恒，动量和能量综合问题分析等内容，欢迎下载使用。


一、动量定理及其应用
1．冲量的计算
(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量．
(2)变力的冲量
①通常利用动量定理I＝Δp求解．
②可用图象法计算．在F－t图象中阴影部分(如图1)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．
图1
2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用
(1)它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．
(2)应用动量定理求解的问题：①求解曲线运动的动量变化量．②求变力的冲量问题及平均力问题．
3．物体动量的变化率eq \f(Δp,Δt)等于它所受的合外力，这是牛顿第二定律的另一种表达式．
4．解题思路
(1)确定研究对象，进行受力分析；
(2)确定初、末状态的动量mv1和mv2(要先规定正方向，以便确定动量的正负，还要把v1和v2换成相对于同一惯性参考系的速度)；
(3)利用Ft＝mv2－mv1列方程求解．
例1 质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________ kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g＝10 m/s2)．
答案 2 12
解析 由题知v＝4 m/s方向为正，则动量变化Δp＝mv－mv0＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s.由动量定理F合·t＝Δp得(FN－mg)t＝Δp，则FN＝eq \f(Δp,t)＋mg＝eq \f(2,0.2) N＋0.2×10 N＝12 N.
二、多过程问题中的动量守恒
1．正确选择系统(由哪几个物体组成)和划分过程，分析系统所受的外力，判断是否满足动量守恒的条件．
2．准确选择初、末状态，选定正方向，根据动量守恒定律列方程．
例2 如图2所示，两端带有固定薄挡板的滑板C长为L，质量为eq \f(m,2)，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面上静置着质量分别为m、eq \f(m,2)的物块A、B，A位于C的中点，现使B以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连，不再分开，A、B可看做质点，物块A与B、C的碰撞都可视为弹性碰撞．已知重力加速度为g，求：
图2
(1)B与C上挡板碰撞后的速度以及B、C碰撞后C在水平面上滑动时的加速度大小；
(2)A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小．
答案 (1)v 2μg (2)eq \r(v2－2μgL)
解析 (1)B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
eq \f(m,2)×2v＝(eq \f(m,2)＋eq \f(m,2))v1
解得v1＝v
对B、C，由牛顿第二定律得：
μ(m＋eq \f(m,2)＋eq \f(m,2))g＝(eq \f(m,2)＋eq \f(m,2))a，
解得a＝2μg.
(2)设A、C第一次碰撞前瞬间C的速度为v2，由匀变速直线运动的速度位移公式得
v22－v12＝2(－a)×eq \f(1,2)L，
物块A与B、C的碰撞都可视为弹性碰撞，系统动量守恒，由动量守恒定律得：
(eq \f(m,2)＋eq \f(m,2))v2＝(eq \f(m,2)＋eq \f(m,2))v3＋mv4
由能量守恒定律得
eq \f(1,2)(eq \f(m,2)＋eq \f(m,2))v22＝eq \f(1,2)(eq \f(m,2)＋eq \f(m,2))v32＋eq \f(1,2)mv42
解得A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小
v4＝eq \r(v2－2μgL).
三、动量和能量综合问题分析
1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．
2．动量守恒及机械能守恒都有条件．
注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒．但任何过程能量都守恒．
3．两物体相互作用后具有相同速度的过程损失的机械能最多．
例3 如图3所示，固定的长直水平轨道MN与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接，圆轨道半径为R，PN恰好为该圆的一条竖直直径．可视为质点的物块A和B紧靠在一起静止于N处，物块A的质量mA＝2m，B的质量mB＝m.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨道向左、右运动，物块B恰好能通过P点．已知物块A与MN轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：
图3
(1)物块B运动到P点时的速度大小vP；
(2)两物块刚分离时物块B的速度大小vB；
(3)物块A在水平面上运动的时间t.
答案 (1)eq \r(gR) (2)eq \r(5gR) (3)eq \f(\r(5gR),2μg)
解析 (1)对于物块B，恰好通过P点时只受重力的作用，根据牛顿第二定律有：
mBg＝eq \f(mBv\\al( 2,P),R)①
解得vP＝eq \r(gR)②
(2)对于物块B，从N点到P点的过程中机械能守恒，有：
eq \f(1,2)mBvB2＝eq \f(1,2)mBvP2＋2mBgR③
解得vB＝eq \r(5gR)④
(3)设物块A、B分离时A的速度大小为vA，根据动量守恒定律有：
mAvA－mBvB＝0⑤
此后A滑行过程中，根据动量定理有：
－μmAgt＝0－mAvA⑥
联立④⑤⑥式可得：t＝eq \f(\r(5gR),2μg).
1．(多选)一质量为2 kg的质点在一恒力F的作用下，在光滑水平面上从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移x变化的关系式为p＝8eq \r(x) kg·m/s，关于该质点的说法正确的是( )
A．速度变化率为8 m/s2
B．受到的恒力为16 N
C．1 s 末的动量为16 kg·m/s
D．1 s 末的动能为32 J
答案 ABC
解析 由式子p＝8eq \r(x) kg·m/s和动量定义式p＝mv，可以得到x＝eq \f(v2,16)，再由匀加速直线运动的位移公式知加速度a＝8 m/s2，故A、B、C三个选项都是正确的；而1 s末的动能应是64 J，D选项错误．
2．一质量为0.5 kg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4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.
图4
(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的平均作用力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)0.32 (2)130 N，方向向左 (3)9 J
解析 (1)对小物块从A运动到B处的过程中
应用动能定理－μmgs＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
代入数值解得μ＝0.32.
(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s
由动量定理得：FΔt＝mv′－mv，解得F＝－130 N
其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左．
(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得
－W＝0－eq \f(1,2)mv′2，解得W＝9 J.
3．两滑块a、b开始沿光滑水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图5所示．求：
图5
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
答案 (1)1∶8 (2)1∶2
解析 (1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得
v1＝－2 m/s①
v2＝1 m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v＝eq \f(2,3) m/s③
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤
(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2⑥
由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2