2019年度高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律第2讲动量守恒定律及“三类模型”问题学案.doc

1、【 精品教育资源文库 】 第 2 讲 动量守恒定律及 “ 三类模型 ” 问题 一、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 . 2.表达式 (1)p p ，系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后的总动量 p. (2)m1v1 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 . (3) p1 p2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向 . (4) p 0，系统总动量的增量为零 . 3.适用条件 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为 零 . (2)近似守恒：系统内各物体间相互作用

2、的内力 远大于 它所受到的外力 . (3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在 这一方向 上动量守恒 . 自测 1 关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是 ( ) A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 B.只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒 C.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒 D.系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒 答案 C 二、碰撞、反冲、爆炸 1.碰撞 (1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时 间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞 . (2)特点：作用时间极短，内力 (相互碰撞力 )远 大于

3、 外力，总动量守恒 . (3)碰撞分类 弹性碰撞：碰撞后系统的总动能 没有损失 . 非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能 有损失 . 完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失 最大 . 2.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，这种现象叫反冲运动 . (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 .实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等 . 【 精品教育资源文库 】 (3)规律：遵从动 量守恒定律 . 3.爆炸问题 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 . 自测 2

4、如图 1 所示，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 ( ) 图 1 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 答案 D 解析 以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初 始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以 A、 B 的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则 A 应该向左运动，

5、B 应该向右运动，选项 D 正确， A、 B、 C 错误 . 命题点一 动量守恒定律的理解和基本应用 例 1 (多选 )如图 2 所示， A、 B 两物体质量之比 mA mB 32 ，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 ( ) 图 2 A.若 A、 B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同， A、 B 组成的系统的动量守恒 B.若 A、 B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同， A、 B、 C 组成的系统的动量守恒 C.若 A、 B 所受的摩擦力大小相等， A、 B 组成的系统的动量守恒 D.若 A、 B 所受的摩擦力大小相等， A、 B、

6、C 组成的系统的动量守恒 答案 BCD 解析 如果 A、 B 与平板车上表面的动摩擦因数相同，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 FfA向右、 FfB向左，由于 mA mB 32 ，所以 FfA FfB 32 ，则 A、 B 组成的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和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，与平板车间的动摩擦因数或【 精品教育资源文库 】 摩擦力是否相等无关，故 B、 D 选项正确；若 A、 B 所受的摩擦力

7、大小相等，则 A、 B 组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒， C 选项正确 . 例 2 (2017 全国卷 14) 将质量为 1.00kg 的模型火箭点火升空， 50g 燃烧的燃气以大小为 600m/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.30kgm/s B.5.710 2 kgm/s C.6.010 2kgm/s D.6.310 2 kgm/s 答案 A 解析 设火箭的质量为 m1，燃气的质量为 m2.由题意可知，燃气的动量 p2 m2v2 5010 3600kgm/s 30 kgm/s. 以火箭运动的

8、方向为正方向，根据动量守恒定律可得， 0 m1v1 m2v2，则火箭的动量大小为 p1 m1v1 m2v2 30kgm/s ，所以 A 正确， B、 C、 D 错误 . 变式 1 两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动 .已知甲车和磁铁的总质量为0.5kg，乙车和磁铁的总质量为 1kg，两磁铁的 N 极相对 .推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为 2m/s，乙的速率为 3 m/s，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰 .则： (1)两车最近时，乙的速度为多大？ (2)甲车开始反向时，乙的速度为多大？ 答案 (1)43m/s (2)2 m/s 解析 (1)两车相距

9、最近时，两车的速度相同，设该速度为 v，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 m 乙 v 乙 m 甲 v 甲 (m 甲 m 乙 )v 所以两车最近时，乙车的速度为 v m乙 v乙 m甲 v甲m甲 m乙 13 0.520.5 1 m/s 43m/s. (2)甲车开始反向时，其速度为 0，设此时乙车的速度为 v 乙 ，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 m 乙 v 乙 m 甲 v 甲 m 乙 v 乙 解得 v 乙 2m/s 命题点二 碰撞模型问题 1.碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律 (2)机械能不增加 【 精品教育资源文库 】 Ek1 Ek2 Ek1

10、 Ek2 或 p122m1p222m2p1 22m1 p2 22m2 (3)速度要合理 同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大 (或相等 ). 相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变 . 2.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒 ? m1v1 m2v2 m1v1 m2v2 12m1v12 12m2v22 12m1v12 12m2v22 解得 v1 m1 m2 v1 2m2v2m1 m2v2 m2 m1 v2 2m1v1m1 m2(2)分析讨论： 当碰前物体 2 的速度不为零时，若 m1 m2，则 v1 v2， v2 v1，即两物体交换速度

11、. 当碰前物体 2 的速度为零时， v2 0，则： v1 m1 m2 v1m1 m2， v2 2m1v1m1 m2， m1 m2时， v1 0， v2 v1，碰撞后两物体交换速度 . m1m2时， v10 ， v20 ，碰撞后两物体沿同方向运动 . m10 ，碰撞后质量小的物体被反弹回来 . 例 3 (多选 )两个小球 A、 B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是 m1 4kg， m2 2kg， A 的速度v1 3m/s(设为正 )， B 的速度 v2 3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是 ( ) A.均为 1m/s B. 4 m/s 和 5m/s C. 2m/s 和 1

12、m/s D. 1m/s 和 5 m/s 答案 AD 解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求 .再看动能情况 Ek 12m1v12 12m2v22 1249J 1229J 27J Ek 12m1v1 2 12m2v2 2 由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有 Ek Ek ，可排除选项 B.选项 C 虽满足 Ek Ek ，但 A、 B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向 (vA0 ， vBmgl 即 v022gl 设在 a、 b 发生弹性碰撞前的瞬间， a 的速度大小为 v1.由能量守恒定律得 12mv02 12mv12 mgl 设在 a、 b 碰撞后的瞬间， a、 b

13、的速度大小分别为 v1 、 v2 ，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒有 mv1 mv1 34mv2 12mv12 12mv12 1234mv22 联立 式解得 v2 87v1 由题意， b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 1234mv22 3m4gl 联立 式，可得 32v02113gl 联立 式得， a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞的条件为 32v02113gl v022gl. 变式 2 (2015 全国卷 35(2) 如图 4 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

14、，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 . 【 精品教育资源文库 】 图 4 答案 ( 5 2)M m M 解析 设 A 运动的初 速度为 v0， A 向右运动与 C 发生碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0 mv1 Mv2 由机械能守恒定律得 12mv02 12mv12 12Mv22 可得 v1 m Mm Mv0， v2 2mm Mv0 要使得 A 与 B 能发生碰撞，需要满足 v1 0，即 m M A 反向向左运动与 B 发生碰撞过程，有 mv1 mv3 Mv4 12mv12 12mv32 12Mv42 整理可得 v3 m Mm Mv1， v4 2mm Mv1 由于 m M，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 v3 v2 即 2mm Mv0 M mm Mv1 (m Mm M)2v0 整理可得 m2 4Mm M2 解方程可得 m( 5 2)M 另一解 m ( 5 2)M 舍去 所以使 A 只与 B、 C 各发生一次碰撞，须满足 ( 5 2)M m M 拓展点 1 “ 滑块 弹簧 ” 碰撞模型 例 5 如图 5 所示，质量 M 4kg 的滑板 B 静止放在光滑水平面上