山东省2021高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒课件

山东省2021高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒课件

考点清单 考点一　动量、动量定理 1.容易混淆的几个物理量的区别 大小 标矢性 方向 速度发生变化时 联系 动量 p =①      mv      矢量 与 v 同向 一定变化 ①动量与冲量 无因果关系 ②Δ p = F · t ③   = F 冲量 I = Ft 矢量 与 F 同向 一定不为零 动量变化量 Δ p = mv '- mv 矢量 与合力同向 一定不为零 动量变化率   矢量 与合力同向 一定不为零 2.对动量定理的理解 (1) 动量定理的表达式 Ft =Δ p 是矢量式 ,运用它分析问题时要特别注意冲量、 动量及动量变化量的方向,公式中的 F 是物体或系统所受的② 　合力     。 (2)动量定理不仅适用于恒定的力,也适用于随时间变化的力。这种情况 下, 动量定理中的力 F 应理解为变力在作用时间内的平均值 。 (3)应用动量定理解释两类物理现象 ①当物体的动量变化量一定时,力的作用时间 t 越短,力 F 就越大,力的作用 时间 t 越长,力 F 就越小,如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。 ②当作用力 F 一定时,力的作用时间 t 越长,动量变化量Δ p 越大,力的作用时 间 t 越短,动量变化量Δ p 越小。 3.应用动量定理解题的一般步骤 (1)明确研究对象和研究过程。 研究过程既可以是全过程,也可以是全过程中的某一阶段。 (2)进行受力分析。 只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力, 不必分析内力 。 (3)规定正方向。 (4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲 量的矢量和),根据动量定理列方程求解。 4.关于动量和动量定理的几点说明 (1)动量与动能大小关系。 p =   , E k =   (2)对于给定的物体,若动能发生了变化,动量一定也发生变化;而动量发生 了变化,动能却不一定发生变化。它们都是相对量,均与参考系的选取有 关,高中阶段通常选取地面为参考系。 (3)应用动量定理时,如何对待重力 G 。 当物体受到的其他外力③ 　远大于     重力时, G 可忽略。如:用锤子钉钉子 时,通常可忽略重力。 (4)动量定理表达式 Ft = mv '- mv ,为矢量表达式。一般处理原则:凡是已知量 要考虑方向,未知量都按正值处理,其方向由计算结果确定。 (5)冲量 I = Ft 是过程量,而动量 p = mv 是状态量。 考点二　动量守恒定律及其应用 1.动量守恒条件的判断 (1)绝对条件: 系统所受外力的矢量和为零或不受外力 。这一条件告诉我 们,系统动量是否守恒与系统内物体间的作用力的多少、大小以及性质无 关,系统内力不会改变系统的④ 　 总动量      ,但可以改变系统内各物体的动 量,使某些物体的动量增加,另外一些物体的动量减小,而总动量保持不 变。 (2)近似条件:系统所受合外力虽然不为零,但系统的内力远大于外力,如碰 撞、爆炸等现象中,系统的动量可近似看成守恒。 (3)某一方向上的动量守恒条件:如果系统所受的外力矢量和不为零,但外 力在某一方向上的矢量和为零,则系统在该方向上动量守恒。值得注意的 是,系统的总动量并不守恒。 2.表达式 (1) p = p ' 即系统相互作用前的总动量 p 和相互作用后的总动量 p '大小相等,方向相 同。系统总动量的求法遵循⑤ 　矢量运算     法则。 (2)Δ p = p '- p =0 即系统总动量的变化量为零。 (3)Δ p 1 =-Δ p 2 即对由两部分组成的系统,在相互作用前后两部分的动量变化等值反向。 3.动量守恒的“四性” (1) 矢量性 :表达式中涉及的物理量都是矢量,需要首先选取正方向,分清各 物体初末动量的正负。 (2) 瞬时性 :动量是状态量,动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初始时 刻的总动量相等。 (3) 同一性 :速度的大小跟参考系的选取有关,应用动量守恒定律,各物体的 速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。 (4) 普适性 :动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统,也适用于多 个物体组成的系统;不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组 成的系统。 4.利用动量守恒定律解题的一般步骤 (1)明确研究对象,确定系统的组成。 (2)受力分析,判断动量是否守恒。 (3)规定正方向,确定初末动量。 (4)根据动量守恒定律,建立守恒方程。 (5)代入数据,求出结果并讨论说明。 考点三　动量和能量的综合 1.力的三个作用效果与五个规律 分类 对应规律 公式表达 力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F 合 =⑥      ma      力对空间积累效果 动能定理 W 合 =Δ E k W 合 =   m   -   m   机械能守恒定律 E 1 = E 2 mgh 1 +   m   = mgh 2 +   m   力对时间积累效果 动量定理 F 合 t = p '- p I 合 =⑦     Δ p      动量守恒定律 m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 '+ m 2 v 2 ' (1)力的观点:运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动 问题。 (2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点:用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。 3.力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理 (涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。 (3)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒 定律和机械能守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足 ⑧     守恒     的条件。 2.解动力学问题的三个基本观点 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做 的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一 般均隐含系统机械能与其他形式能量之间的转换。这种问题由于作用时 间都极短,因此用动量守恒定律去解决。 知能拓展 拓展一　关于碰撞问题的研究 1.弹性碰撞:碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且 初、末动能相等。 m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 '+ m 2 v 2 '   m 1   +   m 2   =   m 1 v 1 ' 2 +   m 2 v 2 ' 2 v 1 '=   v 2 '=   若 v 2 =0,即为“一动一静”的弹性碰撞,碰后二者速度分别为 v 1 '=   v 1 v 2 '=   v 1 如果 m 1 = m 2 ,则 v 1 '=0, v 2 '= v 1 ,二者速度互换。 如果 m 1 < m 2 则 v 1 '<0, m 1 被反弹。 如果 m 1 ≫ m 2 ,则 v 1 ' ≈ v 1 ,速度几乎不变, v 2 ' ≈ 2 v 1 。 2.非弹性碰撞:碰撞结束后,形变部分消失,动能有部分损失。 m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 '+ m 2 v 2 '   m 1   +   m 2   =   m 1 v 1 ' 2 +   m 2 v 2 ' 2 +Δ E k损 3.完全非弹性碰撞:碰撞结束后,两物体合二为一,以同一速度运动,形变完 全保留,动能损失最大。 m 1 v 1 + m 2 v 2 =( m 1 + m 2 ) v   m 1   +   m 2   =   ( m 1 + m 2 ) v 2 +Δ E k损max 温馨提示　碰撞遵守的原则 (1)动量守恒。 (2)机械能不增加,即碰撞结束后总动能不增加,表达式为 E k1 + E k2 ≥ E k1 '+ E k2 ' 或   +   ≥   +   。 (3)速度要合理 ①碰后若同向运动,原来在前的物体速度一定增大,且 v 前 ≥ v 后 。 ②两物体相向运动,碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为 零。 例1　如图所示,水平地面放置 A 和 B 两个物块,物块 A 的质量 m 1 =2 kg,物块 B 的质量 m 2 =1 kg,物块 A 、 B 与地面间的动摩擦因数均为 μ =0.5。现对物块 A 施加一个与水平方向成37 ° 角的外力 F , F =10 N,使物块 A 由静止开始运动,经 过12 s物块 A 刚好运动到物块 B 处, A 物块与 B 物块碰前瞬间撤掉外力 F ,物块 A 与物块 B 碰撞过程没有能量损失,设碰撞时间很短, A 、 B 两物块均可视为 质点, g 取10 m/s 2 ,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8。求:   (1)计算 A 与 B 两物块碰撞前瞬间物块 A 的速度大小; (2)若在物块 B 的正前方放置一个弹性挡板,物块 B 与挡板碰撞时没有能量 损失,要保证 A 和 B 两物块能发生第二次碰撞,弹性挡板距离物块 B 的距离 L 不得超过多大? 解析　(1)设物块 A 与物块 B 碰前速度为 v 1 由牛顿第二定律得: F cos 37 ° - μ ( m 1 g - F sin 37 ° )= m 1 a 解得: a =0.5 m/s 2 则速度 v 1 = at =6 m/s (2)设 A 、 B 两物块相碰后 A 的速度为 v 1 ', B 的速度为 v 2 由动量守恒定律得: m 1 v 1 = m 1 v 1 '+ m 2 v 2 由机械能守恒定律得:   m 1   =   v 1 ' 2 v 1 +   m 2   联立解得: v 1 '=2 m/s、 v 2 =8 m/s 对物块 A 用动能定理得:- μm 1 gx A =0-   m 1 v 1 ' 2 解得: x A =0.4 m 对物块 B 用动能定理得:- μm 2 gx B =0-   m 2   解得: x B =6.4 m 物块 A 和物块 B 能发生第二次碰撞的条件是 x A + x B >2 L 解得 L <3.4 m 即要保证物块 A 和物块 B 能发生第二次碰撞,弹性挡板距离物块 B 的距离 L 不得超过3.4 m。 答案　(1)6 m/s　(2) L 不得超过3.4 m 拓展二　子弹打木块模型的处理 1.木块放在光滑水平面上,子弹水平打进木块,系统所受的合外力为零, 因此动量守恒。 2.两者发生的相对位移为子弹射入木块的深度 x 相 。 3.根据能量守恒定律,系统损失的机械能等于系统增加的内能。 4.系统产生的内能 Q = F f · x 相 ,等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘 积。 5.当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木块的速度大小不 再相等,但穿透过程中系统的动量仍守恒,系统损失的机械能为Δ E k = F f · L ( L 为木块的长度)。 例2　如图所示,在固定的水平杆上,套有质量为 m 的光滑圆环,轻绳一端拴 在环上,另一端系着质量为 M 的木块,现有质量为 m 0 的子弹以大小为 v 0 的水 平速度射入木块并立刻留在木块中,重力加速度为 g ,下列说法正确的是   (　　) A.子弹射入木块后的瞬间,速度大小为   B.子弹射入木块后的瞬间,轻绳拉力等于( M + m 0 ) g C.子弹射入木块后的瞬间,环对轻杆的压力大于( M + m + m 0 ) g D.子弹射入木块之后,圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 解析　子弹射入木块后的瞬间,子弹和木块组成的系统动量守恒,以 v 0 的方 向为正方向,则 m 0 v 0 =( M + m 0 ) v 1 ,得 v 1 =   ,选项A错误;子弹射入木块后的 瞬间, F T -( M + m 0 ) g =( M + m 0 )   ,可知轻绳拉力大于( M + m 0 ) g ,选项B错误;子弹射 入木块后的瞬间,对圆环: F N = F T + mg >( M + m + m 0 ) g ,由牛顿第三定律知,选项C 正确;子弹射入木块之后,圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量 守恒,选项D错误。 答案    C 拓展三　爆炸与反冲问题的研究 1.爆炸过程的特征 (1)动能增加:在爆炸过程中,由于有其他形式的能量转化为动能,所以爆炸 后系统的总动能增加。 (2)位置不变:爆炸的时间极短,因而在作用过程中,物体产生的位移很小,一 般可忽略不计,可以认为爆炸后仍然从作用前的位置以新的动量开始运动。 (3)由于内力 ≫ 外力,故爆炸过程动量守恒。 2.反冲过程的特征 反冲运动过程中,有其他形式的能转化为动能,系统的总动能将增加,其增 加的原因是:在反冲运动中,作用力和反作用力均做正功。 反冲运动过程中,系统在某一方向不受外力或外力远小于物体间的相互作 用力,可在该方向上应用动量守恒定律。 例3　如图所示,光滑水平面上有三个滑块 A 、 B 、 C ,质量关系是 m A = m C = m 、 m B =   。开始时滑块 B 、 C 紧贴在一起,中间夹有少量炸药,处于静止状 态,滑块 A 以速度 v 0 正对 B 向右运动,在 A 未与 B 碰撞之前,引爆了 B 、 C 间的炸 药,炸药爆炸后 B 与 A 迎面碰撞,最终 A 与 B 粘在一起,以速率 v 0 向左运动。求:   (1)炸药爆炸过程中炸药对 C 的冲量; (2)炸药的化学能有多少转化为机械能? 解析　(1)全过程, A 、 B 、 C 组成的系统动量守恒 m A v 0 =-( m A + m B ) v 0 + m C v C 炸药对 C 的冲量: I = m C v C -0 解得: I =   mv 0 ,方向向右 (2)炸药爆炸过程, B 和 C 组成的系统动量守恒 m C v C - m B v B =0,且 m C v C =   mv 0 根据能量关系:Δ E =   ×     +   m   解得:Δ E =   m   答案　见解析 应用一　应用动量守恒定律探究人船模型问题 实践探究 　　静止的系统由于各部分之间相互作用,当一部分向某方向运动时,另一 部分向相反方向运动的各种题目类型统称为“人船模型”题型,属于反冲 现象中的一种具体情况。“人船模型” 题型涉及动量、能量、运动学、 动力学等各力学考点,具有较强的综合性,物理情景变化空间较大,是综合 考查力学知识的最好方法之一。在“人船模型”题型中问题处理思路固 定,处理好本题型对整个高中力学知识的学习有很好的促进和帮助作用。 “人船模型”题型是一类试题的代表,试题分类角度较多,例如:按系统内 物体数目可分为“双物体系统类”和“多物体系统类”;按作用过程中系 题型通解   统动量变化情况可分为“系统动量守恒类”“某方向动量守恒类” ; 按问 题呈现类型可分为“过程量求解类”“瞬时量求解类”及“运动过程特 征分析类”。 例1　长为 L 、质量为 M 的小船停在静水中,一个质量为 m 的人立在船头,若 不计水的黏滞阻力,当人从船头走到船尾的过程中,人和船对地面的位移各 是多大? 解题思路　选人和船组成的系统为研究对象,因系统在水平方向不受力,所 以水平方向动量守恒,人未走时系统的总动量为零。当人加速前进时,船同 时加速后退;当人匀速前进时,船匀速后退;当人减速前进时,船减速后退;当 人速度为零时,船速度也为零。 解析 设某时刻人对地的速率为 v 1 ,船对地的速率为 v 2 ,根据动量守恒定律得 mv 1 - Mv 2 =0   ① 因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒,在①式两边同 乘以Δ t ,得 mx 1 - Mx 2 =0   ② ②式为人对地的位移和船对地的位移关系。由图还可看出: x 1 + x 2 = L   ③ 联立②③两式得   答案　见解析 应用二　应用动量和能量观点探究力学综合问题 1.两大观点 动量的观点:动量定理和动量守恒定律。 能量的观点:动能定理和能量守恒定律。 2.表现形式 (1)直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线 运动。 (2)圆周运动:绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。 (3)平抛运动:与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动。 3. 解题技巧 (1) 若研究对象为一个系统 , 应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律 ( 机械能守恒定律 ) 。 (2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定 理。 (3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查 一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予 细究,这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题,就更显示出它们的 优越性。 例2　如图所示,在水平面上依次放置小物块 C 和 A 以及曲面劈 B ,其中 A 与 C 的质量相等均为 m ,曲面劈 B 的质量 M =3 m ,劈 B 的曲面下端与水平面相切,且 劈 B 足够高,各接触面均光滑。现让小物块 C 以水平速度 v 0 向右运动,与 A 发 生碰撞,碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈 B 。重力加速度为 g ,求:   (1) A 、 C 碰撞过程中系统损失的机械能; (2)碰后物块 A 与 C 在曲面劈 B 上能够达到的最大高度。 解析　(1)小物块 C 与 A 发生碰撞后粘在一起, 由动量守恒定律得: mv 0 =2 mv 解得 v =   v 0 ; 碰撞过程中系统损失的机械能为 E 损 =   m   -   (2 m ) v 2 解得 E 损 =   m   。 (2)从 A 、 C 开始滑上 B 至上升到最大高度的过程中, A 、 B 、 C 组成的系统水 平方向动量守恒,当物块 A 、 C 上升到最大高度时, A 、 B 、 C 共速,根据动量 守恒定律: mv 0 =( m + m +3 m ) v 1 由能量守恒:2 mgh =   ·2 m   -   ·5 m   解得 h =   。 答案　(1)   m   　(2)   解得 v 1 =   v 0 创新思维 创新点　流体模型中的动量定理和动能定理 　　解决流体类问题时,常常选极短时间Δ t 内流过的质量Δ m 作为研究对 象,再将其当作质点进行分析。常用规律包括动量定理、动能定理、动量 守恒、机械能守恒等。 1.建立“流体柱状模型” 选取很短时间Δ t 内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象, 建立如下的“柱状模型”:在时间Δ t 内所选取的研究对象均分布在以 S 为 截面积、长为 v Δ t 的柱体内,这部分质点的质量为Δ m = ρSv Δ t ,以这部分质量 为研究对象。 2.“流体柱状模型”中动量定理和动能定理的应用 流体柱状模型中,求解冲击力问题时,需要选用动量定理;求解功率问题时, 则需要选用动能定理。 例1　一直升飞机质量为 m ,悬停在空中。直升机是靠螺旋桨向下推动空 气,空气给飞机的反作用力而保持平衡,已知螺旋桨桨叶扫过的面积为 S ,空 气密度为 ρ ,重力加速度为 g ,求: (1)空气向下运动的速度大小; (2)发动机维持飞机悬停所消耗的机械功率。 解析　(1)极短Δ t 时间内推动空气的质量Δ m = ρSv Δ t ,对这部分空气由动量 定理: F Δ t =Δ mv , 由 F = mg 得: v =   (2)Δ t 时间内对Δ m 由动能定理: W =   Δ mv 2 由 P =   　得: P =   mg   思考:为什么第(1)问选用动能定理、第(2)问选用动量定理会得出错误的 结果? 答案　(1)   　(2)   mg   例2　某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为 M 的卡通玩具稳 定地悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续 以速度 v 0 竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于 S );水柱冲击到玩具底 板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气 阻力。已知水的密度为 ρ ,重力加速度大小为 g 。求: (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量; (2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度; (3)喷水发动机的机械功率; (4)玩具对水柱做功的功率。 解析　(1)在一段很短的Δ t 时间内,可认为喷泉喷出的水柱保持速度 v 0 不 变。 Δ l = v 0 ·Δ t ,Δ m = ρ ·Δ V ,Δ V =Δ l · S 单位时间内喷出的水的质量为   = ρ · v 0 · S (2)设玩具底面相对于喷口的高度为 h , F 冲 = Mg 其中, F 冲 为玩具底部水体对其的作用力。由牛顿第三定律: F 压 = F 冲 设 v '为水体到达玩具底部时的竖直方向分速度: v ' 2 -   =-2 gh Δ t 时间内,冲击玩具水柱的质量为Δ m = ρ · v 0 · S ·Δ t ( F 压 +Δ mg )·Δ t =Δ m · v ',由于Δ t 很小,Δ mg 很小,可以忽略 F 压 ·Δ t =Δ m · v '　得: h =   -   (3)喷口处Δ t 时间内对Δ m 由动能定理: W =   Δ mv 2 由 P 1 =   　得: P 1 =   ρS   (4)玩具处于Δ t 时间内对Δ m 由动能定理: W =   Δ mv ' 2 ,由 P 2 =   得: P 2 =   ρS (   + 2 gh   答案　见解析