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2012优化方案高考物理总复习(大纲版):第6章第二节(共39张ppt)


第二节

动量守恒定律及其应用

第 二 节 动 量 守 恒 定 律 及 其 应 用

基础知识梳理

课堂互动讲练

经典题型探究

知能优化演练

基础知识梳理

一、动量守恒定律 不受外力 1.内容:一个系统__

______或者所受外力之和 为零 ____,这个系统的总动量保持不变. 2.数学表达式 (1)p=p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用 后总动量p′). (2)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′(相互作用的两个物 体组成的系统,作用前动量之和等于作用后动量 之和).

(3)Δp1=-Δp2(相互作用的两个物体组成的系统, 相等 相反 两物体动量增量大小____、方向____). (4)Δp=0(系统总动量前后差为零). 3.适用条件 外力 为零 (1)系统不受____或所受合力____时,系统动量守 恒. (2)系统所受的外力不为零,但当内力远大于外力 时,系统动量近似守恒.如碰撞问题中的摩擦力、 爆炸过程中的重力等,外力比起相互作用的内力 来小得多,可以忽略不计. (3)系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和 为零,或外力远小于内力,则系统在该方向上动 量守恒.

二、碰撞和反冲现象 1.碰撞 内力远大于 (1)特点:在碰撞现象中,一般都满足___________ 外力 ____,可以认为相互碰撞的系统____守恒. 动量 (2)分类 ①弹性碰撞:若总动能损失很小,可以忽略不计, 此碰撞为弹性碰撞. ②完全非弹性碰撞:若两物体碰后粘合在一起, 这种碰撞损失动能____,此碰撞称为完全非弹性 最多 碰撞.

2.反冲现象
在系统内力作用下,系统内一部分物体向某方

向发生动量变化时,系统内其余部分物体向相
反的方向发生动量变化的现象.

课堂互动讲练 一、动量守恒的“四性”及解题基本步骤 1.动量守恒的“四性” (1)矢量性:动量守恒方程是一个矢量方程.对 于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问 题,应选取统一的正方向,凡是与选取正方向相 同的动量为正,相反为负.若方向未知,可设为 与正方向相同列动量守恒方程,通过解得结果的 正负,判定未知量的方向.

(2)瞬时性:动量是一个瞬时量,动量守恒指的是 系统任一瞬时的动量恒定,列方程m1v1+m2v2= m1v′1+m2v′2时,等号左侧是作用前同一时刻各物 体动量的矢量和,等号右侧是作用后同一时刻各 物体动量的矢量和,不同时刻的动量不能相加. (3)同一性:由于动量大小与参考系的选取有关, 因此应用动量守恒定律时,应注意各物体的速度 必须是相对同一参考系的速度.一般以地面为参 考系. (4)普适性:它不仅适用于两个物体组成的系统, 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.

2.解题的基本步骤

特别提醒:分析物理现象不但要明确研究对象,
而且要明确研究的是哪一段过程,碰撞过程的 初状态是刚开始发生相互作用的状态,此时的 动量为碰撞前的动量,末状态是相互作用刚结 束时的状态,此时的动量为碰撞后的动量.

即时应用 1.(2011年北京六校联合调研)在气垫导轨上,一 个质量为600 g的滑块以0.2 m/s的速度与另一个质 量为m=400 g、速度为0.3 m/s的滑块迎面相撞, 碰撞后两个滑块并在一起,则此过程中损失的机 械能为________J.

解析:两滑块组成的系统在碰撞过程中动量守恒, 选v1=0.2 m/s方向为正. 由动量守恒得:m1v1-m2v2=(m1+m2)v′

m1v1-m2v2 0.6×0.2-0.4×0.3 v′= = m/s=0. m1+m2 0.6+0.4
所以损失的机械能为: 1 1 2 ΔE= m1v1+ m2v2-0=0.03 J. 2 2 2 答案:0.03

二、碰撞、爆炸及反冲现象的特点分析 1.碰撞 (1)碰撞的特点:①时间极短;②内力远大于外 力;③碰撞过程中位移变化忽略不计. (2)碰撞中的能量变化 ①弹性碰撞:动量守恒,机械能守恒. ②非弹性碰撞:动量守恒,动能有损失,转化为 系统的内能. ③完全非弹性碰撞:动量守恒,动能损失最大, 碰后两物体粘合在一起,速度相同.

(3)判断一个碰撞过程是否存在的依据

①动量守恒.
②机械能不增加.
?碰前两物体同向,则v后>v前;碰后,原来在 ? ? 前的物体速度一定增大,且v前≥v后 ③速度要合理? ?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.爆炸 特点:(1)内力远大于外力,动量守恒. (2)由其他形式的能转化为动能,系统动能会增加. 3.反冲 (1)特点:在系统内力作用下,系统一部分物体向某 方向发生动量变化时,系统内其余部分向相反方向 发生动量变化. (2)实例:喷气式飞机、火箭等.
(3)人船模型:若系统在全过程中动量守恒,则这一 系统在全过程中平均动量也守恒.如果系统由两个 物体组成,且相互作用前均静止,相互作用中均发 生运动,则由 m1-1-m2-2=0,得 m1s1=m2s2. v v

即时应用 2.如图6-2-1所示,一个质量为60 kg的人站在 质量为300 kg、长为5 m的小船右端,开始时小船 处于静止状态,小船的左端靠在岸边.当他向左 走到船的左端时(不计船与水之间的阻力),船左 端离岸的距离为( )

图6-2-1

5 A.1 m B. m 6 6 6 C. m D. m 5 11 解析:选B.如图所示,以人、船 为研究对象,系统动量守恒,总 动量始终为零,所以人、船动量

大小始终相等.从图中可以看出,人、船的位移 大小之和等于船长L.设人、船位移大小分别为l1、 l2,则:mv1=Mv2,两边同乘时间t,则ml1=Ml2, m 5 而 l1+l2=L, 解得 l2= L= m, 项正确. B 6 M+m

经典题型探究 动量守恒中的临界问题 (2009年高考天津理综卷)如图6-2-2所示, 质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上, 车长L=1.5 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点 的物块,以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上 小车,最后在车面上某处与小车保持相对静 止.物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,求:
例1

图6-2-2 (1)物块在车面上滑行的时间t; (2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左 端的速度v0′不超过多少? 【思路点拨】 物块不从小车右端滑出的临界条 件是:物块滑到小车右端时,两者速度相等.

【解析】 (1)设物块与小车共同速度为v,以 水平向右为正方向,根据动量守恒定律有 m2v0=(m1+m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff,对物块 应用动量定理有 -Fft=m2v-m2v0 又Ff=μm2g m1v0 解得 t= μ?m1+m2?g 代入数据得 t=0.24 s.

(2)要使物块恰好不从车面右端滑出,须使物块 到车面最右端时与小车有共同的速度,设其为v′, 则 m2v0′=(m1+m2)v′ 由功能关系有 1 1 2 2 m v′0= (m1+m2)v′ +μm2gL 2 2 2 代入数据解得v0′=5 m/s. 故要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车 左端的速度v0′不超过5 m/s. 【答案】 (1)0.24 s (2)5 m/s

【规律总结】 处理动量守恒定律中的临界问 题要抓住以下两点: (1)寻找临界状态 题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最 近,避免相碰和物体开始反向运动等临界状 态. (2)挖掘临界条件 在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表 现为两物体的相对速度关系与相对位移关系, 即速度相等或位移相等.正确把握以上两点是 求解这类问题的关键.

变式训练1 如图6-2-3所示,甲车质 量m1=20 kg,车上有质量 M=50 kg的人,甲车(连同 车上的人)以v=3 m/s的速度 向右滑行.此时质量m2=50 图6-2-3 kg的乙车正以v0=1.8 m/s的 速度迎面滑来,为了避免两车相撞,当两车相距 适当距离时,人从甲车跳到乙车上,求人跳出甲 车的水平速度(相对地面)应当在什么范围内才能避 免两车相撞?(不计地面和小车间的摩擦,设乙车 足够长,取g=10 m/s2)

解析:以人、甲车、乙车组成系统,由动量守恒得: (m1+M)v-m2v0=(m1+m2+M)v′,解得:v′=1

m/s.
以人与甲车组成系统,人跳离甲车过程动量守恒,


(m1+M)v=m1v′+Mu,解得u=3.8 m/s.

因此,只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s,就可避免
两车相撞.

答案:大于等于3.8 m/s

碰撞规律的应用
例2 (2010年高考大纲全国卷Ⅱ)小球A和B的质

量分别为mA和mB,且mA>mB.在某高度处将A和B 先后从静止释放.小球A与水平地面碰撞后向上 弹回,在释放处下方与释放处距离为H的地方恰 好与正在下落的小球B发生正碰.设所有碰撞都

是弹性的,碰撞时间极短.求小球A、B碰撞后B
上升的最大高度.

【解析】 根据题意,由运动学规律可知,小球 A与B碰撞前的速度大小相等,设均为v0.由机械 能守恒有 1 mAgH= mAv20① 2 设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2,以竖直 向上方向为正,由动量守恒有 mAv0+mB(-v0)=mAv1+mBv2② 由于两球碰撞过程中能量守恒,故 1 1 1 1 m v2 + mBv20= mAv21+ mBv22③ 2 A 0 2 2 2 3mA-mB 联立②③式得 v2= v0④ mA+mB

设小球 B 能上升的最大高度为 h,由运动学公式有 v22 h= ⑤ 2g 3mA-mB 2 由①④⑤式得 h=( ) H. mA+mB

【答案】

3mA-mB 2 ( )H mA+mB

【方法总结】

本题考查了动量守恒和运动学

的有关知识,解答本题要注意两小球碰撞过程 中动量守恒,能量也守恒.

变式训练2 如图6-2-4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 心碰撞后的运动情况可能是下述哪些情况( ) 图6-2-4 A.甲球速度为零,乙球速度不为零 B.两球速度都不为零 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

1 解析:选 AB.首先根据两球动能相等, m 甲 v2 = 甲 2 p甲 1 2 m v 得出两球碰前动量大小之比为: = 2 乙 乙 p乙 m甲 ,因 m 甲>m 乙,则 p 甲>p 乙,则系统的总动 m乙 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、B 所述情况,而 C、D 情况是违背动 量守恒的,故 C、D 情况是不可能的.

爆炸与反冲规律的应用
例3 (满分样板

16分)如

图6-2-5所示, 质量相等的木块A、B间夹 有一小块炸药,放在一段 图6-2-5 粗糙程度相同的水平地面 上.让 A、B 以速度 v0 一起从 O 点滑出,到达 P v0 点后速度变为 ,此时炸药爆炸使木块 A、B 脱 2 离,发现木块 B 立即停在原位置,木块 A 继续 水平前进.如果仍让 A、B 以速度 v0 一起从 O

点滑出,当A、B停止运动时立即让炸药爆炸,则 木块A最终静止在Q点(图中未标出).已知O、P两 点间的距离为s,炸药的质量可以忽略不计,爆炸 时间很短可以忽略不计,爆炸释放的化学能全部 转化为木块的动能,求木块A从O运动到Q所用的 时间. 【思路点拨】 解答本题时应把握以下三点:(1) 爆炸瞬间动量守恒,机械能增加,能量守 恒.(2)A、B一起滑动,可用动能定理列式.(3) 第二次滑动,因求时间,可结合牛顿第二定律、 运动学公式分析求解.

解题样板 设木块的质量均为m,与地面间的动摩擦因数为 μ,炸药爆炸释放的化学能为E0.第一次滑动过程 中,从O滑到P,对A、B据动能定理: 1 v0 2 1 -μ· 2mgs= · 2m( ) - · 2①(2 分) 2mv0 2 2 2 在 P 点炸药爆炸,木块 A、B 系统动量守恒: v0 2m =mv②(2 分) 2 根据能量守恒: 1 v0 2 1 2 E0+ · 2m( ) = mv ③(2 分) 2 2 2 3v2 1 2 0 联立①②③式解得:μ= ,E0= mv0. 8gs 4

第二次滑动过程中,从O滑出到减速为零,对A、 B据牛顿第二定律得: μ· 2mg=2ma1,又v0=a1t1(2分) 炸药爆炸时木块A、B系统动量守恒: mvA+mvB=0(2分) 1 2 1 2 由能量守恒: 0= mvA+ mvB (2分) E 2 2 爆炸后A以速度vA减速前进,最后停在Q点.对A 据牛顿第二定律:μmg=ma2, 又vA=a2t2(2分) 4s t=t 解以上各式得: 1+t2=v . (2分) 0 4s 【答案】 v0

【规律总结】

(1)求解爆炸或反冲问题的关键是

明确题设条件或描述的物理情境.一般地爆炸或反 冲是在系统内力作用下的运动,而内力远大于所受

外力时,可认为其动量守恒.
(2)在应用过程中还要注意与动能定理、能量守恒

定律的结合,另外还应结合牛顿第二定律以及运动
学公式进行分析求解.

变式训练3 如图6-2-6所示, 三辆相同的平板小车a、b、c成一直线排列,静 止在光滑水平地面上,c车上静止站着一个小 孩.现在小孩跳到b车上,接着又立即从b车跳到 a车上,小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相 同,他跳到a车上没有走动便相对a车保持静止, 此后( )

图6-2-6

A.a、c两车的运动速率相等 B.a、b两车的运动速率相等 C.三辆车的速率关系为vc>va>vb D.a、c两辆车的运动方向一定相反 答案:C

知能优化演练

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