届一轮复习人教版 动量守恒定律及其应用学案Word下载.docx

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2.反冲运动

（1）物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分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．

3．爆炸问题

（1）爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒．

（2）爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．

（1）在爆炸现象中，动量严格守恒．（×

（2）在碰撞问题中，机械能也一定守恒．（×

（3）反冲现象中动量守恒、动能增加．（√）

[教材习题回访]

考查点：

碰撞现象分析

1．（鲁科版选修3—5P20T3）（多选）半径相等的两个小球A和B，在光滑水平面上沿同一直线相向运动．若A球的质量大于B球的质量，发生弹性碰撞前，两球的动能相等．碰撞后两球的运动状态可能是（　　）

A．A球的速度为零，B球的速度不为零

B．B球的速度为零，A球的速度不为零

C．两球的速度均不为零

D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等

[答案]　AC

动量守恒定律在反冲现象中的应用

2．（粤教版选修3－5P16T2）一个静止的、不稳定的原子核的质量为m′，当它放射出一个质量为m、速度为v的粒子后，剩余部分获得的反冲速度大小为（　　）

A.

　　　　　B.

C.

D.

[答案]　C

动量守恒定律在碰撞现象中的应用

3．（人教版选修3－5P21T2改编）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．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s

B．vA′＝2m/s，vB′＝4m/s

C．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s

D．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s

[答案]　B

碰撞中的图象问题

4．（沪科选修3－5P23T4改编）（多选）如图621甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的xt图象．已知m1＝0.1kg.由此可以判断（　　）

图621

A．碰前m2静止，m1向右运动

B．碰后m2和m1都向右运动

C．m2＝0.3kg

D．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能

（对应学生用书第108页）

动量守恒的理解和判断

1．动量守恒定律的“五性”

矢量性

动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向

相对性

各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面）

同时性

动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…必须是系统中各物体在同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量

系统性

研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统

普适性

动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统

2.判断系统动量是否守恒的方法

方法一：

直接由动量守恒的条件判断．

方法二：

直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少，则系统的动量一定不守恒．

[题组通关]

1．（多选）木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图622所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（　　）

图622

A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒

B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒

C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒

D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒

[题眼点拨]　“撤去外力”及“光滑水平面”，要分析撤去外力后，a和b的受力特点和运动特点．

BC　[动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；

a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．]

2．（多选）如图623所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，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（　　）

【导学号：

84370259】

图623

A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒

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组成系统的动量守恒

D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒

BCD　[如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，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FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成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、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．]

碰撞、爆炸与反冲

1．碰撞现象满足的三个规律

（1）动量守恒

（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．对反冲现象的三点说明

（1）系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．

（2）反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．

（3）反冲运动中平均动量守恒．

3．爆炸现象的三个规律

由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．

（2）动能增加

在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．

（3）位置不变

爆炸的时间极短，因而作用过程中，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爆炸前的位置以新的动量开始运动．

[多维探究]

考向1　爆炸问题

1．（多选）向空中发射一物体（不计空气阻力），当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则（　　）

A．b的速度方向一定与原速度方向相反

B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大

C．a、b一定同时到达地面

D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等

CD　[根据动量守恒定律可知，若a的速度方向仍沿原来的方向，则b的速度大小和方向无法判断，A错误；

物体炸裂后，a、b都做平抛运动，因距地面高度相同，所以a、b一定同时到达地面，但它们飞行的水平距离无法判断，B错误，C正确；

根据动量守恒可以判断D正确．]

上题中若物体飞行到距离地面5m高，飞行的水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g取10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（　　）

B　[爆炸以后甲、乙均做平抛运动，可根据竖直方向的自由落体运动求得时间t＝

＝1s；

根据水平方向的匀速直线运动求得爆炸后两者的水平速度大小．在A、B选项中，v甲＝

＝2.5m/s；

v乙＝

＝0.5m/s；

C、D选项中，v甲＝

＝1m/s，v乙＝

＝2m/s.弹丸爆炸时水平方向不受外力，满足动量守恒定律．设乙的质量为m，则甲的质量为3m，爆炸前弹丸的动量为p＝4mv＝8m（kg·

m·

s－1）．爆炸后，选项A中总动量pA＝3mv甲－mv乙＝7m（kg·

s－1），A项错误；

选项B中总动量pB＝3mv甲＋mv乙＝8m（kg·

s－1），B项正确；

选项C中总动量pC＝3mv甲＋mv乙＝5m（kg·

s－1），C项错误；

选项D中总动量pD＝3mv甲－mv乙＝m（kg·

s－1），D项错误．]

考向2　反冲问题

2．（2017·

全国Ⅰ卷）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．30kg·

m/s　　　　B．5.7×

102kg·

m/s

C．6.0×

m/sD．6.3×

A　[由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．

燃气的动量

p1＝mv＝0.05×

600kg·

m/s＝30kg·

m/s，

则火箭的动量

p2＝p1＝30kg·

m/s，选项A正确．]

考向3　碰撞问题

3．如图624所示，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点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，

＝2

，则两小球质量之比m1∶m2为（　　）

84370260】

图624

A．7∶5B．1∶3

C．2∶1D．5∶3

[题眼点拨]　①“光滑水平面”表明物体水平方向除碰撞力外，不受其它力作用；

②“

＝

”以位移方式表明速度间的关系．

D　[设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有

m1v

＋

m2v

，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝

∶（

＋2

）＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正确．]

4．（多选）A、B两球沿同一条直线运动，如图625所示的xt图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的xt图象．c为碰撞后它们的xt图象．若A球质量为1kg，则B球质量及碰后它们的速度大小为（　　）

图625

A．2kg

B.

kg

C．4m/s

D．1m/s

BD　[由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，va＝

m/s＝－3m/s，vb＝

m/s＝2m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，vc＝

m/s＝－1m/s.

碰撞过程中动量守恒，即

mAva＋mBvb＝（mA＋mB）vc

可解得mB＝

由以上可知选项B、D正确．]

（多选）质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰．碰撞后，A球的动能变为原来的

，那么小球B的速度可能是（　　）

v0B.

v0

v0D.

AB　[要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的

，则其速度大小仅为原来的

.两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹．

当以A球原来的速度方向为正方向时，则

vA′＝±

v0，

根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有

mv0＋0＝m×

v0＋2mvB′，

＋2mvB″.

解得vB′＝

v0，vB″＝

v0.]

[反思总结]　碰撞问题解题策略

（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＝

.

当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度.

（3）因碰撞过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变.

动量守恒中的力学综合问题

1．应用动量守恒定律的解题步骤

（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）；

（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；

（3）规定正方向，确定初、末状态动量；

（4）由动量守恒定律列出方程；

（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明．

2．解决动力学问题的三个基本观点

力的

观点

运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题

能量

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

动量

用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题

[母题]（2016·

全国Ⅱ卷）如图626所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.

图626

（1）求斜面体的质量；

（2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

[题眼点拨]　①“光滑冰面”表明斜面体与物体碰撞会沿平面运动；

②“最大高度”表明冰块和斜面体达到共同速度．

[解析]

（1）规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得

m2v20＝（m2＋m3）v①

（m2＋m3）v2＋m2gh②

式中v20＝－3m/s为冰块被推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得

m3＝20kg.③

（2）设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有

m1v1＋m2v20＝0④

代入数据得

v1＝1m/s⑤

设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有

m2v20＝m2v2＋m3v3⑥

m3v

⑦

联立③⑥⑦式并代入数据得

v2＝1m/s⑧

由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．

[答案]

（1）20kg　

（2）不能

[母题迁移]

迁移1　多物体、多阶段运动的求解

1．（2015·

全国Ⅰ卷）如图627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，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.

84370261】

图627

[题眼点拨]　①“光滑水平面”表明碰撞过程动量守恒；

②“各发生一次碰撞”要思考发生一次碰撞的条件及各种可能．

[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＋MvC1①

mv

Mv

②

联立①②式得

vA1＝

v0③

vC1＝

v0④

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＝

2v0⑤

根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有

vA2≤vC1⑥

联立④⑤⑥式得

m2＋4mM－M2≥0⑦

解得

m≥（

－2）M⑧

另一解m≤－（

＋2）M舍去．

所以，m和M应满足的条件为

（

－2）M≤m<

M.⑨

[答案]　（

M

迁移2　临界问题分析

2．（2018·

河北石家庄检测）如图628所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量M＝2m的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以速度v0迎面滑来，已知h＝

，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度（相对地面）应满足什么条件？

不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．

图628

[题眼点拨]　①“斜坡上高h处由静止滑下”：

利用机械能守恒可求得到达水平面的速度；

②“不发生碰撞”：

思考满足的临界条件．

[解析]　设向左为正方向，甲车（包括人）滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律有

（m1＋M）v

＝（m1＋M）gh，解得v1＝

＝2v0

设人跳出甲车的水平速度（相对地面）为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v′1和v′2，则人跳离甲车时：

（M＋m1）v1＝Mv＋m1v′1

人跳上乙车时：

Mv－m2v0＝（M＋m2）v′2

解得v′1＝6v0－2v，v′2＝

v－

两车不发生碰撞的临界条件是v′1＝±

v′2

当v′1＝v′2时，解得v＝

当v′1＝－v′2时，解得v＝

故v的取值范围为

v0≤v≤

v0.

[答案]　

在母题中，若将斜面体换成放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．某时刻小孩将小球以v0的速度向曲面推出，如图所示．已知小孩和冰车的总质量为m1＝40kg，小球质量为m2＝2kg，若小孩将球推出后还能再接到小球，求曲面质量m3应满足的条件．

[解析]　人推球过程动量守恒，即0＝m2v0－m1v1

对于小球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有

m2v0＝－m2v2＋m3v3

解得v2＝

若小孩将小球推出后还能再接到小球，则有v2＞v1

解得m3＞

kg.

[答案]　m3＞