高三物理一輪復習優(yōu)質(zhì)學案：動量守恒定律及其應用

1、高三物理一輪復習基礎課2動量守恒定律及其應用12保前雙基日知知識排查如恨點一動量守恒定律1 .內(nèi)容如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零,這個系統(tǒng)的總動量保持不 變。2 .表達式(1)p=p'，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p'。(2)mivi + m2v2 = m”+ m2v?1,相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和 等于作用后的動量和。3 3) pi= Ap2,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。3.動量守恒的條件(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒。(2)近似守恒：系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零，但當內(nèi)力遠大于外力

2、時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。(3)某一方向上守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受外力矢量和為零時，系統(tǒng)在該方向如限點二彈性碰撞和非彈性碰撞1 .碰撞物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。2 .特點在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力,可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。3 .分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非完全彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最多小題速練1 .思考判斷（1）系統(tǒng)動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。（）（2）系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒。（）（3）只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動量就不可能守恒。（）答案 （1），（2）X（3）X2 .人教

3、版選修35 Pi6 T5改編某機車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié) 車廂，跟它們對接。機車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速 度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設機車和車 廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為（鐵軌的摩擦忽略不計）（）A.0.053 m/sB.0.05 m/sD.0.06 m/sC.0.057 m/s解析 取機車和15節(jié)車廂整體為研究對象，由動量守恒定律mvo= （m+15m）v, v11一、“ 一 一、=16丫0 = 16>0.8 m/s= 0.05 m/s。故選項 B 正確。答案 B 3.人教版選修3

4、5 P17 T6改編如圖1所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋 板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后 的速率之比為3： 1, A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質(zhì)量比為（）圖1B.2 ： 1A.1 ： 2C.1 ： 4D.4 ： 1解析 設A、B質(zhì)量分別為mA、mB, B的初速度為v0,取B的初速度方向為正方向，由題意知，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，說明A、B碰撞后速度大小相等,vo 一 vo 一.方向相反，分別為不和一可，則有mBvo =33vovomA§ + mB -3 ,解得 mA ： mB = 4 ： 1

5、,選項D正確。答案 D厚堂互誦拼粕考點n動量守恒定律的應用動量守恒定律的六種”性質(zhì)系統(tǒng)性研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)條件性首先判斷系統(tǒng)是否滿足守恒條件相對性公式中3、v2、vi'、v2必須相對于同一個慣性系同時性公式中vi、v2是在相互作用前同一時刻的速度，vi、v2是相互作用后 同一時刻的速度矢量性應先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動里為正值，相反為負 值普適性不僅適用低速宏觀系統(tǒng)，也適用于高速微觀系統(tǒng)跟進題組多角練透1 .（2017北京東城區(qū)模擬）（多選）兩物體組成的系統(tǒng)總動量守恒，這個系統(tǒng)中（）A. 一個物體增加的速度等于另一個物體減少的速度B.一物體受合力

6、的沖量與另一物體所受合力的沖量相同C.兩個物體的動量變化總是大小相等、方向相反D.系統(tǒng)總動量的變化為零解析 兩個物體組成的系統(tǒng)總動量守恒，即 pi + p2=pi'+ p2'，等式變形后得pi p/= p2 p2,即午1= Ap2, mi Avi = m2加2,所以每個物體的動量變化大小相等，方向相反，但是只有在兩物體質(zhì)量相等的情況下才有一個物體增加的速度等于另一個物體減少的速度，故選項 A錯誤，C正確；根據(jù)動量定理得Ii = i, I2Ap2,每個物體的動量變化大小相等，方向相反，所以每個物體受到的沖量大 小相等，方向相反，故選項B錯誤；兩物體組成的系統(tǒng)總動量守恒，即系統(tǒng)總動

7、 量的變化為零，選項D正確。答案 CD2 .（2017全國卷I , 14）將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以 大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火 箭的動量大小為（噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）（）A.30 kg m/sB.5.7 102 kg m/sC.6.0 102 kg m/sD.6.3 102 kg m/s解析 設火箭的質(zhì)量為mi,燃氣的質(zhì)量為m2。由題意可知，燃氣的動量p2=m2v2 =50 X0-3><600 kg m/s= 30 kg mIs。根據(jù)動量守恒定律可得 0=mivim2v2,則火 箭的動

8、量大小為pi = mivi=m2v2=30 kg m/s,所以選項A正確，B、C、D錯誤。答案 A3 .人教版選修3 5 Pi7 T7改編懸繩下吊著一個質(zhì)量為M = 9.99 kg的沙袋，構成 一個單擺，擺長L=i m。一顆質(zhì)量m=i0 g的子彈以v0=500 m/s的水平速度射 入沙袋，瞬間與沙袋達到共同速度（不計懸純質(zhì)量，g取i0 m/s2）,則此時懸繩的 拉力為（）A.35 NB.i00 NC.i02.5 ND.350 N解析 子彈打入沙袋過程中，對子彈和沙袋由動量守恒定律得mv0= （m+M）v, 得子彈與沙袋的共同速度v= 優(yōu) = 0.0；0500 m/s= 0.5 m/s。對子彈和

9、沙袋，由 向心力公式 Ft(m+M)g= (m+M)得，懸繩的拉力 Ft= (m+M)g+(m+M)( = i02.5 N,所以選項C正確。答案 C 4.（20i8東營卞K擬）如圖2所示，甲、乙兩名宇航員正在離空間站一定距離的地方vo = 2 m/s的速度相向運動，甲、執(zhí)行太空維修任務。某時刻甲、乙都以大小為乙和空間站在同一直線上且可視為質(zhì)點。甲和他的裝備總質(zhì)量為Mi = 90 kg,乙和他的裝備總質(zhì)量為 M2=135 kg,為了避免直接相撞，乙從自己的裝備中取出 一質(zhì)量為m=45 kg的物體A推向甲，甲迅速接住A后即不再松開，此后甲、乙 兩宇航員在空間站外做相對距離不變的同向運動，且安全飄”

10、向空間站。(設甲、乙距離空間站足夠遠，本題中的速度均指相對空間站的速度)圖2(1)乙要以多大的速度v(相對于空間站)將物體A推出？設甲與物體A作用時間為t = 0.5 s,求甲與A的相互作用力F的大小。解析(1)以甲、乙、A三者組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，以乙運動的 方向為正方向，則有 M2v0 Miv0= (Mi +M2)vi以乙和A組成的系統(tǒng)為研究對象，由動量守恒得M2v0= (M2 m)vi + mv代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得vi =0.4 m/s, v=5.2 m/s。(2)以甲為研究對象，由動量定理得Ft=Mivi (Miv0),代入數(shù)據(jù)解得 F=432 N。答案 (i)5.2 m/s

11、 (2)432 N|方法技巧|應用動量守恒定律解題時應該首先判斷動量是否守恒，這就需要理解好動量守恒的條件，基本思路如下收£系統(tǒng)的如成及疥究過強一的所動看是看守恒，磷火新狀悉動口碰撞模型的規(guī)律及應用一求解或計論1 .碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律(1)動量守恒定律。(2)機械能不增加。(3)速度要合理。若碰前兩物體同向運動，則應有 v后丫前，碰后原來在前面的物體速度一定增 大，若碰后兩物體同向運動，則應有 v前碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。2 .彈性碰撞的結論兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為mi、速度為vi的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰

12、撞為例，則有mivi = mivi'+ m2v2'12 12 i 22mivi = 2mivi + 2m2v2典例 如圖3所示，在光yt水平面上 A、B兩小球沿同一方向運動，A球的 動量pA=4 kg m/s, B球的質(zhì)量mB=1 kg,速度vb = 6 m/s,已知兩球相碰后，A 球的動量減為原來的一半，方向與原方向一致。求：A * Ha 一 圖3(1)碰撞后B球的速度；(2)A球的質(zhì)量范圍。解析(1)由題意知pA'= 2 kg m/s。根據(jù)動量守恒定律有 pa+ mBVB= pA'+ mBVB 解得 vb '= 8 m/s(2)設A球質(zhì)量為mA, A

13、球能追上B球并與之碰撞，應滿足 va= -p->vBI HAda'碰撞后A球不可能運動到B球刖方，所以yaVBmA碰撞過程系統(tǒng)能量不可能增加，所以PAC.v1 0, v2 V3 20 121PAi 22HA+ 2mBVB & 2mA+2mBv213聯(lián)立解得 mA應湎足4 kg<mA<7 kg答案(1)8 m/s(2)4 kg<mA<3 kg方法技巧碰撞問題解題策略 (1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應方程求解。(2)可熟記一些公式，例如 "動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿 足:mm22m1v v。、V2 V0

14、om1 + m2m1 + m2 (3)熟記彈性正碰的一些結論，例如，當兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速 度。I跟進題組多角練透1.如圖4所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線, 小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度V。射向它們，設碰撞中不損失機械能, 則碰后三個小球的速度值是(A1A.V1 = V2 = V3 = V0B.v1 = 0, v2=v3=voD. v1 v2 0, v3 V0解析 由題設條件，三球在碰撞過程中總動量和總動能守恒。若各球質(zhì)量為m,12而碰撞刖系統(tǒng)總動重為 mv0,總動能為/mv0。選項A、B中的數(shù)據(jù)都違反了動事1守恒定律，故不可能。假如選項C正

15、確，則碰后總動量為 mvo,但總動能為4mvo,這顯然違反了機械能守恒定律，故也不可能。故選項 D正確，則既滿足動量守恒定律，也滿足機械能守恒定律。答案 D2.（2018安徽江南十校聯(lián)考）如圖5所示，一個質(zhì)量為m的物塊A與另一個質(zhì)量為 2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程 中無機械能損失，已知物塊 B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1,與沙坑的距離為 0.5 m, g取10 m/s2,物塊可視為質(zhì)點。則A碰撞前瞬間的速度為（）h口、m-*圖5A.0.5 m/sB.1.0 m/sC.1.5 m/sD.2.0 m/s1 c解析 碰后物塊B做勻減速直線運動，由動能止理有一

16、112mgx= 0 2mv2,得v19=1 m/s。A與B碰撞過程中動重寸包、機械能寸包，則有 mv0=mv1 + 2mv2, mv01 O 1= 2mv1+, 2mv2,解得 v0=1.5 m/s,則選項 C 正確。答案 C3.A、B兩物體在水平面上相向運動，其中物體 A的質(zhì)量為mA=4 kg,兩球發(fā)生相 互作用前后的運動情況如圖6所示。則： r/m“；I Us圖6B物體的質(zhì)量mB為多少?（1）由圖可知A、B兩物體在什么時刻發(fā)生碰撞，(2)碰撞過程中，系統(tǒng)的機械能損失多少？解析(1)由圖象知，在t = 2 s時亥ijA、B相撞，碰撞前、后，A、B的速度分別為Axa4Axb 6va= 2 m/

17、s= 2 m/s, vb=-p = 2 m/s= 3 m/s,Axab 2vab = -=2 m/s=1 m/s 由動量守恒定律有 mAVA+ mBVB= (mA+ mB)VAB, 解得mB = 6 kg (2)碰撞過程損失的機械能12,1212AE = 2mAVA+ 2mBVB2(mA+ mB)vAB = 30 J。答案 (1)2 s 6 kg (2)30 J核心素養(yǎng)培養(yǎng)人船模型”問題一一模型建構能力的培養(yǎng)1 .人船模型”問題兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒， 在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。這樣的 問題歸為人船模型”問題。

18、2 .人船模型”的特點(1)兩物體滿足動量守恒定律： mivi m2v2= 00(2)運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位 移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即 x1 vi m2oX2 V2 m1(3)應用此關系時要注意一個問題：公式 V1、V2和X一般都是相對地面而言的。例 如圖7所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為 m的人從靜 止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人相對地面的位移各為多少？圖7解析 設任一時刻人與船的速度大小分別為 VI、V2,作用前都靜止。因整個過程中動量守恒，所以有 mvi = Mv2而整個過程中的平均速度大小為Vi、V2,則有 mVi= Mv 2。兩邊乘以時間t 有 mVit= Mv2t,即 mxi = Mx2。且 xi + x2=L,可求出xi- Lm+ Mmx2 =L Om+ M答案mfML針對訓練1mMML如圖