版高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用学案Word文件下载.docx

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两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。

2．碰撞特征

（1）作用时间短。

（2）作用力变化快。

（3）内力远大于外力。

（4）满足动量守恒。

3．碰撞的分类及特点

（1）弹性碰撞：

动量守恒，机械能守恒。

（2）非弹性碰撞：

动量守恒，机械能不守恒。

（3）完全非弹性碰撞：

动量守恒，机械能损失最多。

微知识3爆炸现象

　爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。

微知识4反冲运动

1．物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动的现象。

2．反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。

一、思维辨析（判断正误，正确的画“√”，错误的画“×

”。

）

1．动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。

（√）

2．质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。

（×

3．系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。

4．系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。

二、对点微练

1．（动量守恒条件）（多选）如图所示，在光滑水平面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接，A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。

若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（　　）

A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒

B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒

C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒

D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒

解析　木块A离开墙壁前，由A、B和弹簧组成的系统受墙壁的弹力，属于外力，故系统动量不守恒，但机械能守恒，故选项A错，B对；

木块A离开墙壁后，由A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒，又没有机械能和其他形式的能量转化，故机械能也守恒，故选项C对，D错。

答案　BC　

2．（动量守恒定律）如图所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为（　　）

A.B.

C.D.

解析　子弹和木块水平方向动量守恒，mv0＝Mv′＋mv，由此知v′＝，故B项正确。

答案　B　

3．（碰撞）两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。

当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（　　）

A．v′A＝5m/s，v′B＝2.5m/s

B．v′A＝2m/s，v′B＝4m/s

C．v′A＝－4m/s，v′B＝7m/s

D．v′A＝7m/s，v′B＝1.5m/s

解析　虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；

C项中，两球碰后的总

动能E′k＝mAv′A2＋mBv′B2＝57J，大于碰前的总动能Ek＝22J，违背了能量守恒定律；

而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确。

4．（爆炸和反冲）将静止在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。

忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（　　）

A.v0B.v0

C.v0D.v0

解析　根据动量守恒定律mv0＝（M－m）v，得v＝v0，选项D正确。

答案　D　

见学生用书P095

微考点　1　动量守恒定律的应用

核|心|微|讲

1．动量守恒定律适用条件

2．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较

3．应用动量守恒定律的解题步骤

典|例|微|探

【例1】　如图所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变。

求B与C碰撞前B的速度大小。

【解题导思】

（1）A、B碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒吗？

答：

守恒。

（2）题中的“此后A、B间距离保持不变”说明了什么？

最终A、B、C三个木块的速度相同。

解析　设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得

对A、B木块：

mAv0＝mAvA＋mBvB，①

对B、C木块：

mBvB＝（mB＋mC）v，②

由最后A与B间的距离保持不变可知vA＝v，③

联立①②③式，代入数据得vB＝v0。

答案　v0

题|组|微|练

1．如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量均为m＝0.08kg的10块完全相同的长直木板。

质量M＝1.0kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6.0m/s从长木板左端滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4.0m/s，铜块最终停在第二块木板上。

g取10m/s2，结果保留两位有效数字。

求：

（1）第一块木板的最终速度。

（2）铜块的最终速度。

解析　

（1）铜块在第一块木板上滑动的过程中，由动量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2，得v2＝2.5m/s。

（2）铜块从滑上第一块木板到停在第二块木板上，满足动量守恒

Mv0＝mv2＋（M＋9m）v3，

得v3≈3.4m/s。

答案　

（1）2.5m/s　

（2）3.4m/s

2．如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。

开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/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。

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

mAv0＝mAvA＋mCvC，

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

mAvA＋mBv0＝（mA＋mB）vAB，

A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC，联立以上各式，代入数据得vA＝2m/s。

答案　2m/s

微考点　2　碰撞问题

1．碰撞过程中动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2。

2．碰撞后系统总动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2，或＋≥＋。

3．碰撞过程中发生的情况必须符合客观实际，如果甲追上乙并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于或等于乙的速度，或甲反向运动。

如果碰前甲、乙是相向运动，则碰后甲、乙的运动方向不可能都不改变，除非甲、乙碰撞后速度均为零。

【例2】　（多选）如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。

两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·

m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·

m/s，则（　　）

A．该碰撞为弹性碰撞

B．该碰撞为非弹性碰撞

C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5

D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

（1）A、B两球，谁的速度更大些？

A球的速度更大些。

（2）如何分析碰撞是否是弹性碰撞？

计算碰撞前的动能和碰撞后的动能的关系即可判断出结果。

解析　由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方为A球，由于碰前动量都为6kg·

m/s，即都向右运动，两球不可能相碰；

若左方为A球，设碰后二者速度分别为v′A、v′B，由题意知p′A＝mAv′A＝2kg·

m/s，p′B＝mBv′B＝10kg·

m/s，解得＝。

碰撞后A球动量变为2kg·

m/s，B球动量变为10kg·

m/s，又mB＝2mA，由计算可知碰撞前后A、B两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A、C正确。

答案　AC

【反思总结】

碰撞问题的解题策略

1．抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。

2．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：

v1＝v0、v2＝v0。

3．熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；

当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0；

当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。

3．（多选）（2018·

湖南师大附中摸底考试）质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰。

碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为（　　）

A．0.6vB．0.4v

C．0.3vD．0.2v

解析　若发生的是完全非弹性碰撞：

mv＝4mv1⇒v1＝0.25v，若发生的是弹性碰撞：

可得B球的速度v2＝0.5v，即0.25v≤v′≤0.5v，故B、C项正确。

4．如图，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。

解析　A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。

设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得

mv0＝mvA1＋MvC1，①

mv＝mv＋Mv，②

联立①②式得

vA1＝v0，③

vC1＝v0。

④

如果m>

M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；

如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；

所以只需考虑m<

M的情况。

第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞。

设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有

vA2＝vA1＝2v0，⑤

根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有

vA2≤vC1，⑥

联立④⑤⑥式得

m2＋4mM－M2≥0，⑦

解得m≥（－2）M。

⑧

另一个解m≤－（＋2）M舍去。

所以，m和M应满足的条件为（－2）M≤m<

M。

答案　（－2）M≤m<

M微考点　3　动量和能量的综合问题

利用动量和能量观点解题的技巧

1．若研究对象为一个系统，应优先考虑应