(2020年高考必考考点)选修3-5第六章碰撞与动量守恒 第2讲动.doc
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1、第第 2 讲讲 动量守恒定律及其应用动量守恒定律及其应用 知识排查 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)pp,系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后的总动量 p。 (2)m1v1m2v2m1v1m2v2,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)p1p2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 3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
2、)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。 弹性碰撞和非弹性碰撞 1碰撞 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 损失最多 反冲和爆炸问题 1.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、爆竹升空、发
3、射火箭等。 (3)规律:遵从动量守恒定律。 2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。 小题速练 1思考判断 (1)两物体相互作用时若系统不受外力,则两物体组成的系统动量守恒。( ) (2)动量守恒只适用于宏观低速。( ) (3)物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒。( ) (4)若在光滑水平面上两球相向运动,碰后均变为静止,则两球碰前的动量大小 一定相同。( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 2人教版选修 35 P16 T5改编某机车以 0.8 m/s 的速度驶向停在铁轨上的 15 节车厢,跟它们对接。机车跟第
4、 1 节车厢相碰后,它们连在一起具有一个共同的 速度,紧接着又跟第 2 节车厢相碰,就这样,直至碰上最后一节车厢。设机车和 车厢的质量都相等,则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不 计)( ) A0.053 m/s B0.05 m/s C0.057 m/s D0.06 m/s 解析 取机车和 15 节车厢整体为研究对象,由动量守恒定律 mv0(m15m)v, v 1 16v0 1 160.8 m/s0.05 m/s。故选项 B 正确。 答案 B 3(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
5、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)( ) A30 kg m/s B5.7102 kg m/s C6.0102 kg m/s D6.3102 kg m/s 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 p2m2v2 5010 3600 kg m/s30 kg m/s。根据动量守恒定律可得 0m 1v1m2v2,则 火箭的动量大小为 p1m1v1m2v230 kg m/s,所以选项 A 正确,B、C、D 错 误。 答案 A 动量守恒定律的条件及应用 1动量守恒定律的适用条件 (1)前提条件:存在相互作用的物体
6、系。 (2)理想条件:系统不受外力。 (3)实际条件:系统所受合外力为零。 (4)近似条件:系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。 (5)方向条件:系统在某一方向上满足上面的条件,则此方向上动量守恒。 2动量守恒定律的四个特性 相对性 公式中 v1、v2、v1、v2必须相对于同一个惯性系 同时性 公式中 v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度,v1、v2是在相互作用后 同一时刻的速度 矢量性 应先选取正方向,凡是与选取的正方向一致的动量为正值,相反为负 值 普适性 不仅适用于低速宏观系统,也适用于高速微观系统 【例 1】 如图 1 所示,光滑水平轨道上放置长板 A(上表面粗糙)和滑
7、块 C,滑 块 B 置于 A 的左端,三者质量分别为 mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg。开始时 C 静止,A、B 一起以 v05 m/s 的速度匀速向右运动,A 与 C 发生碰撞(时间极短) 后 C 向右运动,经过一段时间,A、B 再次达到共同速度一起向右运动,且恰好 不再与 C 碰撞。求 A 与 C 发生碰撞后瞬间 A 的速度大小。 图 1 解析 因碰撞时间极短,A 与 C 碰撞过程动量守恒,设碰后瞬间 A 的速度为 vA, C 的速度为 vC,以向右为正方向,由动量守恒定律得 mAv0mAvAmCvC A 与 B 在摩擦力作用下达到共同速度,设共同速度为 vAB,由动量守恒定律得
8、mAvAmBv0(mAmB)vAB A 与 B 达到共同速度后恰好不再与 C 碰撞,应满足 vABvC 联立式,代入数据得 vA2 m/s 答案 2 m/s 应用动量守恒定律解题时应该首先判断动量是否守恒, 这就需要理解好动量守恒 的条件,基本思路如下 1(多选) (2018 湖北武汉三模)如图 2 所示,在光滑水平面上有一辆平板车,一 人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止。此人将锤抡起至最高点,此时 大锤在头顶的正上方,然后,人用力使锤落下敲打车的左端,如此周而复始,使 大锤连续地敲打车的左端,最后,人和锤都恢复至初始状态并停止敲打。在此过 程中,下列说法中正确的是 ( ) 图 2 A
9、锤从最高点落下至刚接触车的过程中,车的动量方向先水平向右,后水平向 左 B 锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中, 车具有水平向左的动量, 车的动量减小至零 C锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中,车具有水平向右的动量,车 的动量先增大后减小 D在任一时刻,人、锤和车组成的系统动量守恒 解析 由水平方向动量守恒可知锤从最高点落下至刚接触车的过程中, 车的动量 方向先水平向右,后水平向左,故 A 正确;锤从刚接触车的左端至锤的速度减 小至零的过程中,车具有水平向左的动量,车的动量减小至零,故 B 正确;锤 从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中,锤的动量方向先向左再向右,则车 的动量
10、先向右再向左,故 C 错误;人、锤和车组成的系统,在水平方向上所受 的外力之和为零,水平方向上动量守恒,故 D 错误。 答案 AB 2临界问题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 0.5 kg,乙车和磁铁的总质量为 1 kg,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 2 m/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? 解析 (1)两车相距最近时,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
11、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 vm 乙v乙m甲v甲 m甲m乙 130.52 0.51 m/s4 3 m/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2 m/s 答案 (1)4 3 m/s (2)2 m/s 碰撞模型的规律及应用 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。 若碰前两物体同向运动,则应有 v后v前,碰后原来在前面的物体速度一定增 大,若碰后两物体同向运动,则应有 v前
12、v后。 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 m1v1m1v1m2v2 1 2m1v 2 11 2m1v1 21 2m2v2 2 【例 2】 (2018 湖北宜昌西陵区期末)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运 动,已知它们的动量分别是 p15 kg m/s,p27 kg m/s,甲从后面追上乙并发生 碰撞, 碰后乙球的动量变为10 kg m/s, 则两球质量m1与m2间的关系可能是( ) Am1m2 B2m1m2 C4m1
13、m2 D6m1m2 解析 甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒,所以有 p1p2p1p2,得 p12 kg m/s。 由于在碰撞过程中,不可能有其他形式的能量转化为机械能,只能是系统内物体 间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能,因此系统的机械能不会增加。所 以有 p21 2m1 p22 2m2 p12 2m1 p22 2m2,得 m1 21 51m2。因为题目给出物理情景是“甲从后面 追上乙”,要符合这一物理情景,就必须有 p1 m1 p2 m2,即 m1 5 7m2;同时还要符合 碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景,即p1 m1 p2 m2,所以 m11 5m2。因此选项 C
14、 正确。 答案 C 1如图 3 所示,半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量 m甲大于乙 球质量 m乙,水平面是光滑的,两球做对心碰撞以后的运动情况可能是( ) 图 3 A甲球速度为零,乙球速度不为零 B两球速度都为零 C乙球速度为零,甲球速度不为零 D两球都以各自原来的速率反向运动 解析 首先根据两球动能相等, 1 2m 甲v2甲1 2m 乙v2乙得出两球碰前动量大小之比为p 甲 p乙 m甲 m乙,因 m 甲m乙,则 p甲p乙,则系统的总动量方向向右。根据动量守恒 定律可以判断,碰后两球运动情况可能是 A 所述情况,而 B、C、D 情况是违背 动量守恒的。 答案 A 2(2019 青岛
15、模拟)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据, 得到如图 4 所示的位移时间图象。图中的线段 a、b、c 分别表示沿光滑水平面 上同一条直线运动的滑块、 和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知 相互作用时间极短,由图象给出的信息可知( ) 图 4 A碰前滑块与滑块速度大小之比为 72 B碰前滑块的动量大小比滑块的动量大小大 C碰前滑块的动能比滑块的动能小 D滑块的质量是滑块的质量的1 6 解析 根据 xt 图象的斜率等于速度,可知碰前滑块速度为 v12 m/s,滑 块的速度为 v20.8 m/s,则碰前速度大小之比为 52,故选项 A 错误;碰撞 前后系统动量守恒,碰撞前,滑块
16、的动量为负,滑块的动量为正,由于碰撞 后总动量为正,故碰撞前总动量也为正,故碰撞前滑块的动量大小比滑块的 小,故选项 B 错误;碰撞后的共同速度为 v0.4 m/s,根据动量守恒定律,有 m1v1m2v2(m1m2)v,解得 m26m1,由动能的表达式可知,1 2m1v 2 11 2m2v 2 2, 故选项 C 错误,D 正确。 答案 D 常见的三个经典模型 模型 “人船模型”类问题的处理方法 1人船模型的适用条件 物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态,合动量为零。 2人船模型的特点 (1)遵从动量守恒定律:m1v1m2v20。如图 5 所示。 图 5 (2)两物体的位移满足:
17、mx 人 t Mx 船 t 0 x人x船L 即 x人 M MmL,x 船 m MmL 【例 3】 (2019 辽宁凌源模拟)长度为 L、 质量为 M 的平板车的左端紧靠着墙壁, 右端站着一个质量为 m 的人(可视为质点),某时刻人向左跳出,恰好落到车的左 端,而此时车已离开墙壁有一段距离,那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦 不计)( ) 图 6 AL B.mL M C. mL Mm D. ML Mm 解析 设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为 v1, 小车沿水平方向的速度为 v2,人和小车在水平方向的动量守恒,选取向左为正方向,则 mv1Mv20,设 人从右端到达左端时间为 t,则有 mv
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