【物理】2019届一轮复习鲁科版第六章动量守恒定律及其应用学案

【物理】2019届一轮复习鲁科版第六章动量守恒定律及其应用学案

基础课2　动量守恒定律及其应用 知识点一、动量守恒定律及其应用 ‎1．动量守恒定律 ‎(1)内容：一个系统不受外力或者所受合外力为零，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 ‎①p1＝p2，系统相互作用前的总动量p1等于相互作用后的总动量p2。‎ ‎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。‎ 知识点二、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 ‎　[思考判断]‎ ‎(1)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(　　)‎ ‎(2)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。(　　)‎ ‎(3)动量守恒定律表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，应用时一定要 规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。(　　)‎ ‎(4)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同。(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√‎ ‎　动量守恒定律的条件及应用 ‎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 系统性 研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 条件性 首先判断系统是否满足守恒条件 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 不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统 ‎1．[动量是否守恒的判断]如图1所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是 (　　)‎ 图1‎ A．男孩和木箱组成的系统动量守恒 B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同 解析　当男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，所以选项C正确。‎ 答案　C ‎2．[动量守恒定律的应用]如图2，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速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)‎ 图2‎ A．v0＋v B．v0－v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)‎ 解析　设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有(M＋m)v0＝－mv＋Mvx，解得vx＝v0＋(v0＋v)，选项C正确。‎ 答案　C ‎3．[某一方向上的动量守恒]从倾角为30°，长0.3 m的光滑斜面上滑下质量为2 kg的货包，掉在质量为13 kg的小车里(图3)。若小车与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.02，小车能前进多远？(g取10 m/s2)‎ 图3‎ 解析　货包离开斜面时速度为 v＝＝＝ m/s。‎ 货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在其落入小车前，其水平速度vx不变，其大小为vx＝v·cos 30°＝1.5 m/s。货包落入小车中与小车相碰的瞬间，‎ 虽然小车在水平方向受到摩擦力的作用，但与相碰时的内力相比可忽略，故系统在水平方向上动量守恒，则mvx＝(M＋m)v′。‎ 小车获得的速度为v′＝＝ m/s＝0.2 m/s。‎ 由动能定理有μ(M＋m)gs2＝(M＋m)v′2。‎ 求得小车前进的距离为s2＝＝＝0.1 m。‎ 答案　0.1 m ‎4．[动量守恒中的临界问题]如图4所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙 船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)‎ 图4‎ 解析　设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得 ‎12mv0＝11mv1－mvmin①‎ ‎10m·2v0－mvmin＝11mv2②‎ 为避免两船相撞应满足 v1＝v2③‎ 联立①②③式得 vmin＝4v0‎ 答案　4v0‎ 方法技巧 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 ‎　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。‎ ‎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′‎ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2‎ 解得：v1′＝，v2′＝ 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＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)‎ ‎(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，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】　[2015·全国卷Ⅰ，35(2)]如图5，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。‎ 图5‎ 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mv＝mv＋Mv 可得v1＝v0，v2＝v0‎ 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 mv＝mv＋Mv 整理可得v3＝v1＝()2v0，v4＝v1‎ 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v0≥()2v0‎ 整理可得m2＋4Mm≥M2‎ 解方程可得m≥(－2)M 所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足 ‎(－2)M≤m＜M 答案　(－2)M≤m＜M ‎1．[判断碰撞后速度的可能值]A、B两球在光滑的水平面上同向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A球追上B球并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(　　)‎ A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s 解析　由制约关系③可知，A球追上B球发生碰撞后一定有vB′>vA′，这样排除了选项A、D；再依据制约关系②可知，碰撞后动能不能增加，进而排除选项C；对剩下的选项B，经验证同时满足上述三个制约关系，所以B正确。‎ 答案　B ‎2．[弹性碰撞问题]在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图6所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比。‎ 图6‎ 解析　从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变。根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1。‎ 设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等。‎ m1v0＝m1v1＋m2v2①‎ m1v＝m1v＋m2v②‎ 利用＝4，可解出＝2。‎ 答案　＝2‎ ‎3．[非弹性碰撞](2015·全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿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7所示。求：‎ 图7‎ ‎(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。‎ 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＝ 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＝m1v＋m2v－(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＝(m1＋m2)v2⑦‎ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W∶ΔE＝1∶2‎ 答案　(1)1∶8　(2)1∶2‎ ‎“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0。‎ ‎2．人船模型的特点 ‎(1)遵从动量守恒定律，如图8所示。‎ 图8‎ ‎(2)两物体的位移满足：m－M＝0‎ s人＋s船＝L 即s人＝L，s船＝L mv人－Mv船＝0‎ 如图9所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2。‎ 图9‎ ‎ (1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小及方向；‎ ‎ (2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小；‎ ‎ (3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。‎ 解析　(1)设小球到达最高点速度为vP，由机械能守恒知 mv＝mgL＋mv，代入数据解得vP＝ m/s 设小球在最高点时杆对球的作用力大小为F，方向竖直向下，‎ 则F＋mg＝m 代入数据得F＝2 N。‎ 由牛顿第三定律知小球对轻杆的作用力大小为2 N，方向竖直向上。‎ ‎ (2)若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒。‎ 设小球通过最高点时速度为vm，滑块速度为vM，由动量守恒得 mvm＝MvM①‎ 由机械能守恒得mv＝mv＋Mv＋mgL②‎ ‎①②式联立代入数据解得vm＝2 m/s。‎ ‎(3)设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为sm，滑块运动的距离为sM。由系统水平方向动量守恒得，mm－MM＝0③‎ ‎③式两边同乘运动时间t mmt－MMt＝0④‎ 即msm＝MsM⑤‎ 又sm＋sM＝2L⑥‎ ‎⑤⑥联立代入数据求解得：sm＝m。‎ 答案　(1)2 N　竖直向上　(2)2 m/s　(2) m ‎1．(2015·福建理综)如图10，两滑块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10‎ 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 解析　由于A、B碰前总动量为0，由动量守恒可知碰后总动量也为0，因两滑块发生弹性碰撞，故碰后A、B一定反向，即A向左运动，B向右运动，选项D正确。 ‎ 答案　D ‎2．(2016·全国卷Ⅲ)如图11，水平地面上有两个静止的小物块a和b ‎，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。‎ 图11‎ 解析　设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞，应有 mv>μmgl①‎ 即μ<②‎ 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 mv＝mv＋μmgl③‎ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋mv2′④‎ mv＝mv1′2＋×mv2′2⑤‎ 联立④⑤式解得v2′＝v1⑥‎ 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 ×mv2′2≤μ·gl⑦‎ 联立③⑥⑦式，可得μ≥⑧‎ 联立②⑧式，a与b发生碰撞、但没有与墙发生碰撞的条件 ≤μ<⑨‎ 答案　≤μ< ‎3．(2016·湖南长沙模拟)如图12所示，光滑轨道的下端离地0.8 m，质量为m的A球从轨道上端无初速释放，到下端时与质量也为m的B球正碰，B球碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则A球释放的高度h 可能值的范围？‎ 图12‎ 解析　B球做平抛运动，有x＝vB′t，‎ y＝gt2‎ 得vB′＝＝x＝0.8 m/s＝2 m/s A球和B球在碰撞中若无能量损失，vA′＝0，由动量守恒定律，有mvA1＝mvB′，vA1＝vB′＝2 m/s 由机械能守恒定律，有mgh1＝mv h1＝＝ m＝0.2 m A球和B球在碰撞中若能量损失最大，则vA′＝vB′，由动量守恒定律，有 mvA2＝(m＋m)vB′，vA2＝2vB′＝2×2 m/s＝4 m/s 根据机械能守恒定律，有mgh2＝mv h2＝＝ m＝0.8 m。‎ 所以A球的释放高度为0.8 m≥h≥0.2 m。‎ 答案　0.8 m≥h≥0.2 m