1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上第3節(jié)動量守恒定律的應(yīng)用(對應(yīng)學(xué)生用書頁碼P8)一、碰撞問題的定量分析1碰撞過程中動量守恒物體在碰撞過程中，由于碰撞時間極短，外力遠(yuǎn)小于碰撞物體間的內(nèi)力，故碰撞過程中動量守恒。2碰撞過程中的能量物體在碰撞過程中，動能不會增加，碰后當(dāng)兩物體粘合在一起具有共同速度時動能損失最多。二、中子的發(fā)現(xiàn)、反沖與火箭1中子的發(fā)現(xiàn)查德威克借助微觀粒子碰撞過程中的動量守恒發(fā)現(xiàn)了中子。2反沖現(xiàn)象及火箭發(fā)射(1)反沖：反沖現(xiàn)象。根據(jù)動量守恒定律，如果一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某一個方向運動，另一部分必然向相反方向運動的現(xiàn)象。特點。A物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方

2、向運動。B反沖運動中，相互作用力一般較大，通常可以用動量守恒定律來處理。C反沖運動中，由于有其他形式能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總動能增加。(2)火箭：工作原理：利用反沖運動，火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫、高壓燃?xì)鈴奈膊繃姽苎杆賴姵鰰r，使火箭獲得巨大速度。影響火箭獲得速度大小的因素。A噴氣速度：現(xiàn)代液體燃料火箭的噴氣速度約為2 000 m/s4 000 m/s。B質(zhì)量比：指火箭起飛時的質(zhì)量與火箭除燃料外的箭體質(zhì)量之比。噴氣速度越大，質(zhì)量比越大，火箭獲得的速度越大。1判斷：(1)發(fā)生碰撞的兩個物體，動量是守恒的。()(2)發(fā)生碰撞的兩個物體，機械能是守恒的。()(3)碰撞后，兩個物體粘在一起，動量是守恒

3、的，但機械能損失是最大的。()答案：(1)(2)×(3)2思考：如圖1­3­1所示，打臺球時，質(zhì)量相等的白球與花球發(fā)生碰撞，兩個球一定交換速度嗎？圖1­3­1提示：不一定。只有質(zhì)量相等的兩個物體發(fā)生一維彈性碰撞時，系統(tǒng)的總動量守恒，總機械能守恒，才會交換速度，否則不會交換速度。(對應(yīng)學(xué)生用書頁碼P9)碰撞過程滿足的條件在所給的條件不同的情況下，碰撞情況有各種可能，但不管哪種情況必須同時滿足以下三條：(1)系統(tǒng)的總動量守恒。(2)系統(tǒng)的機械能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2。(3)符合實際情況，如碰后兩者同向運動，應(yīng)有v前v后，若不滿足，則該碰

4、撞過程不可能。(1)即使物體在碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以外力的作用可以忽略，認(rèn)為系統(tǒng)的總動量守恒。故分析碰撞問題時，應(yīng)首先想到動量守恒定律。(2)一般兩個硬質(zhì)小球間的碰撞，都很接近彈性碰撞，常當(dāng)成彈性碰撞來處理。1在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn)象可能的是()A若兩球質(zhì)量相等，碰后以某一相等速率互相分開B若兩球質(zhì)量相等，碰后以某一相等速率同向而行C若兩球質(zhì)量不等，碰后以某一相等速率互相分開D若兩球質(zhì)量不等，碰后以某一相等速率同向而行解析：選AD光滑水平面上兩球的對心碰撞符合動量守恒的條件，因此碰撞前、后兩球組成的系統(tǒng)總動量守恒

5、。選項A，碰撞前兩球總動量為零，碰撞后總動量也為零，動量守恒，所以選項A是可能的。選項B，若碰撞后兩球以某一相等速率同向而行，則兩球的總動量不為零，而碰撞前總動量為零，所以選項B不可能。選項C，碰撞前、后系統(tǒng)的總動量的方向不同，不符合動量守恒，選項C不可能。選項D，碰撞前總動量不為零，碰撞后總動量也不為零，方向可能相同，所以選項D是可能的。“子彈打木塊”模型的結(jié)論及其應(yīng)用圖1­3­2如圖1­3­2所示，一質(zhì)量為m的子彈以速度v0打入靜止在光滑水平面上質(zhì)量為M的木塊，若子彈進入木塊深度為d時相對于木塊靜止，此時木塊位移為s，則由動量守恒定律有：mv0(mM

6、)v對子彈由動能定理：Ff(sd)mv2mv02對木塊由動能定理：FfsMv2聯(lián)立可得：Ffdmv02(mM)v2由式得到的結(jié)論：系統(tǒng)損失的機械能等于阻力乘以相對位移，即EkFfd。這種模型與完全非彈性碰撞具有相同的運動特征。這種模型還有：運動物塊置于光滑水平面上的木板直至相對靜止、物體沖上放置于光滑水平面上的斜面直至最高點等，這些情景中，系統(tǒng)動量守恒(或某一方向上動量守恒)，動能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，末狀態(tài)兩物體相對靜止。圖1­3­32如圖1­3­3所示，一輛質(zhì)量為M的平板小車在光滑的水平面上以速度v做直線運動，今在小車的前端輕輕地放上一個質(zhì)量為m的物體

7、，物體放在小車上時相對于地面的水平速度為零，設(shè)物體與小車之間的動摩擦因數(shù)為，為使物體不致從小車上滑下去，小車的最短長度為多少？解析：達(dá)到相對靜止時有共同速度v則由動量守恒有Mv(mM)v平板車的最小長度為兩者發(fā)生的最小相對距離，設(shè)為L。由能量守恒有mgLMv2(mM)v2 聯(lián)立解得L。答案：動量守恒和能量守恒的綜合應(yīng)用1.動量守恒與能量守恒的比較動量守恒定律機械能守恒定律守恒條件不受外力或所受合外力為零只有重力和彈力做功一般表達(dá)式p1p2p1p2Ek1Ep1Ek2Ep2標(biāo)矢性矢量式標(biāo)量式守恒條件的理解外力總沖量為零，系統(tǒng)總動量不變只發(fā)生勢能和動能相互轉(zhuǎn)化。可以有重力和彈力以外的力作用，但必須是

8、不做功注意事項應(yīng)選取正方向選取零勢能面2解決該類問題用到的規(guī)律動量守恒定律、機械能守恒定律、能量守恒定律、功能關(guān)系等。3解決該類問題的基本思路(1)認(rèn)真審題，明確題目所述的物理情景、確定研究對象。(2)如果物體間涉及多個過程，要把整個過程分解為幾個小的過程。(3)對所選取的對象進行受力分析，判定系統(tǒng)是否符合動量守恒的條件。(4)對所選系統(tǒng)進行能量轉(zhuǎn)化的分析，比如：系統(tǒng)是否滿足機械能守恒，如果系統(tǒng)內(nèi)有摩擦則機械能不守恒，有機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(5)選取所需要的方程列式并求解。(1)注意進行受力分析及做功分析，明確守恒條件。(2)一般的碰撞及有摩擦的情況下，機械能不守恒，應(yīng)利用能量守恒求解。(3)當(dāng)

9、有彈簧參與下的多過程問題，一定要分階段研究，不同的階段滿足的規(guī)律一般是不同的。圖1­3­43如圖1­3­4所示，設(shè)車廂長為L，質(zhì)量為M，靜止在光滑水平面上，車廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體，以速度v0向右運動，與車廂壁來回碰撞n次后，靜止于車廂中，這時車廂的速度為()Av0，水平向右B0C.，水平向右 D.，水平向右解析：選C物體和車廂組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，物體與小車發(fā)生碰撞n次的過程中系統(tǒng)的動量守恒，只考慮初末態(tài)，忽略中間過程，則m的初速度為v1v0，M的初速度為v20；作用后它們的末速度相同即v1v2v由動量守恒定律m1v1m2v2m1v1m2v2得：

10、mv0(mM)v解得：v，方向與v0相同，水平向右。選項C正確。(對應(yīng)學(xué)生用書頁碼P9)碰撞問題分析圖1­3­5例1如圖1­3­5所示，在光滑的水平支撐面上，有A、B兩個小球。A球動量為10 kg·m/s，B球動量為12 kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球動量變?yōu)? kg·m/s，方向沒變，則A、B兩球質(zhì)量的比值為()A0.5B0.6C0.65 D0.75思路點撥解答本題從三個方面：由速度的合理性確定速度關(guān)系式，然后由動量守恒定律確定B的末動量，再根據(jù)動能不增加原理建立關(guān)系式，從而綜合確定質(zhì)量比的范圍。解析A、B

11、兩球同向運動，A球要追上B球要有條件：vAvB。兩球碰撞過程中動量守恒，且動能不會增多，碰撞結(jié)束要有條件：vBvA。由vAvB得，即0.83由碰撞過程動量守恒得：pApBpApB，pB14 kg·m/s由碰撞過程的動能關(guān)系得0.69由vBvA得，0.57所以0.570.69選項B、C正確。答案BC(1)對一個給定的碰撞，首先要看動量是否守恒，其次再看總動能是否增加。(2)一個符合實際的碰撞，除動量守恒外還要滿足能量守恒，注意判斷碰撞完成后不可能發(fā)生二次碰撞的速度關(guān)系判定。(3)要靈活運用Ek或p；Ekpv或p幾個關(guān)系轉(zhuǎn)換動能、動量。碰撞過程中的臨界問題分析例2如圖1­3&#

12、173;6所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。(不計水的阻力)圖1­3­6解析設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動量守恒定律得12m×v011m×v1m×vmin10m×2v0m×vmin11m×v2為避免兩船相撞應(yīng)滿足v1v2聯(lián)立式得vmin4v0答案

13、4v0在動量守恒定律的應(yīng)用中，常常會遇到相互作用的兩物體“恰好分離”、“恰好不相碰”，“兩物體相距最近”，“某物體恰開始反向”等臨界問題，分析此類問題時：(1)分析物體的受力情況、運動性質(zhì)，判斷系統(tǒng)是否滿足動量守恒的條件，正確應(yīng)用動量守恒定律。(2)分析臨界狀態(tài)出現(xiàn)所需的條件，即臨界條件。臨界條件往往表現(xiàn)為某個(或某些)物理量的特定取值(或特定關(guān)系)，通常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系或相對位移關(guān)系，這些特定關(guān)系是求解這類問題的關(guān)鍵。動量守恒和能量守恒的綜合應(yīng)用例3(重慶高考)一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為31。不計質(zhì)量損失，

14、取重力加速度g10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()圖1­3­7解析彈丸水平飛行爆炸時，在水平方向只有內(nèi)力作用，外力為零，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)m乙m，m甲3m，則爆炸前p總(3mm)v8m，而爆炸后兩彈片都做平拋運動，由平拋規(guī)律可得：豎直自由落體hgt2，解得t1 s；水平方向勻速xvt。選項A：v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s(向左)，p總3m×2.5m×(0.5)7m，不滿足動量守恒，選項A錯誤。選項B：p總3m×2.5m×0.58m，滿足動量守恒；選項B正確。同理，選項C：p總3m×1m

15、×25m，選項D：p總3m×(1)m×2m，均錯誤。答案B(對應(yīng)學(xué)生用書頁碼P10)1質(zhì)量為M的砂車，沿光滑水平面以速度v0做勻速直線運動，此時從砂車上方落入一個質(zhì)量為m的大鐵球，如圖1­3­8所示，則鐵球落入砂車后，砂車將()圖1­3­8A立即停止運動B仍勻速運動，速度仍為v0C仍勻速運動，速度小于v0D做變速運動，速度不能確定解析：選C砂車及鐵球組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動量守恒，所以有Mv0(Mm)v，得vv0v0，故選C。圖1­3­92如圖1­3­9所示，光滑絕緣的

16、水平面上M、N兩點有完全相同的金屬小球A和B，帶有不等量的同種電荷。現(xiàn)使A、B以大小相等的初動量相向運動，并發(fā)生彈性碰撞，碰后返回M、N兩點，則()A碰撞發(fā)生在M、N的中點之外B兩球同時返回M、N兩點C兩球回到原位置時各自的動量比原來大些D兩球回到原位置時各自的動量與原來相等解析：選BC盡管兩小球所帶電荷量不相等，但兩小球間相互作用的庫侖力大小相等，兩小球又是完全相同的金屬小球，所以兩小球相向運動的速度大小及加速度大小時刻相等，兩小球肯定在MN的中點發(fā)生碰撞，碰后兩小球速度互換同時返回到M、N兩點，碰撞后兩小球所帶電荷量相等，相互作用的庫侖力大于相向運動時同一位置的庫侖力，即兩小球返回到原位置

17、過程中庫侖力所做的正功大于相向運動過程中庫侖力所做的負(fù)功，所以兩小球返回到原位置時速率增大，但總動量仍為零，正確答案為B、C。3如圖1­3­10所示的裝置中，木塊B與水平面間接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短，現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中()圖1­3­10A動量守恒，機械能守恒B動量不守恒，機械能不守恒C動量守恒，機械能不守恒D動量不守恒，機械能守恒解析：選B如果只研究子彈A射入木塊B的短暫過程，并且只選A、B為研究對象，由于時間極短，則只需考

18、慮在A、B之間的相互作用，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，但此過程中存在著動能和內(nèi)能之間的轉(zhuǎn)化，所以A、B系統(tǒng)機械能不守恒。本題研究的是從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程，而且將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象，在這個過程中有接觸面對系統(tǒng)的彈力作用(此力對系統(tǒng)來講是外力)，故動量不守恒。綜合上面的分析可知，正確選項為B。圖1­3­114如圖1­3­11所示，小球A和小球B質(zhì)量相同，球B置于光滑水平面上，當(dāng)球A從高為h處由靜止擺下，到達(dá)最低點時恰好與B相撞，并粘合在一起繼續(xù)擺動，它們能上升的最大高度是()AhB.hC.h D.h解析：選CA與B碰前

19、速度vA。A與B碰后粘合在一起的共同速度v由動量守恒可求出。m·vA2mv，所以vvA，能上升的高度H可由2mg·H×2mv2求得，所以H。圖1­3­125如圖1­3­12所示，光滑圓槽的質(zhì)量為M，靜止在光滑的水平面上，其內(nèi)表面有一小球被細(xì)線吊著恰位于槽的邊緣處，如將線燒斷，小球滑到另一邊的最高點時，圓槽的速度為()A0 B向左C向右 D無法確定解析：選A小球和圓槽組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒。細(xì)線被燒斷的瞬間，系統(tǒng)在水平方向的總動量為零。又知小球到達(dá)最高點時，球與槽水平方向上有共同速度，設(shè)為v

20、，由動量守恒定律有：0(Mm)v，所以v0，故A對。圖1­3­136質(zhì)量分別是m和M的兩球發(fā)生正碰前后的位移跟時間t的關(guān)系如圖1­3­13所示，由此可知，兩球的質(zhì)量之比mM為()A13 B31C11 D12解析：選A從xt圖可知m、M碰撞前速度分別為v14 m/s，v20，m、M碰撞后的速度相同，v1v2v1 m/s。根據(jù)動量守恒列式：mv1Mv2(mM)v，即4m(mM)×1，得mM13，選項A正確。7穿著溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向舉槍射擊。設(shè)第一次射出子彈后，人后退的速度為v，則()A無論射出多少顆子彈，人后退的速度為v保持不

21、變B射出n顆子彈后，人后退的速度為nvC射出n顆子彈后，人后退的速度大于nvD射出n顆子彈后，人后退的速度小于nv解析：選C設(shè)人、槍(包括子彈)的總質(zhì)量為M，每顆子彈質(zhì)量為m，子彈出射速度為v0.由已知有0(Mm)vmv0.設(shè)射出n顆后，后退速度為v。則有(Mnm)vnmv0.由以上分析有v，v。因MmMnm，所以有vnv，選項C正確。8如圖1­3­14所示，質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質(zhì)量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面，若車表面足夠長，則()圖1­3­14A木塊的最終速度為v0B由于車表面粗糙，小車和木塊所組成的系

22、統(tǒng)動量不守恒C車表面越粗糙，木塊減少的動量越多D車表面越粗糙，小車獲得的動量越多解析：選A由m和M組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒易得A正確；m和M動量的變化與小車上表面的粗糙程度無關(guān)，因為車表面足夠長，最終各自的動量與摩擦力大小無關(guān)。9在光滑水平面上，動能為E0、動量的大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量的大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量的大小分別記為E2、p2，則必有()AE1E0Bp1p0CE2E0 Dp2p0解析：選ABD根據(jù)動量守恒定律p0p1p2，對球1有p022m1E0，p122m1E1，由于碰撞過程中球1對球2做功，

23、所以有E1E0，可以判斷p1p0，p2p0，A、B、D正確；碰撞后總機械能不能增加，所以C錯誤。10如圖1­3­15甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m2 kg的另一物體B以水平速度v02 m/s滑上原來靜止的長木板A的表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，則下列說法正確的是()圖1­3­15A木板獲得的動能為2 JB系統(tǒng)損失的機械能為4 JC木板A的最小長度為1 mDA、B間的動摩擦因數(shù)為0.1解析：選CD從題圖可以看出，B做勻減速運動，A做勻加速運動，最后的共同速度為1 m/s，系統(tǒng)動量守恒，mv0(mM)v，求得M2 kg，木板獲得的動能為1 J，系統(tǒng)損失的動能為2 J，木板的最小長度是兩者在1 s內(nèi)的位移差為1 m，B運動的加速度大小為1 m/s2，動摩擦因數(shù)為0.1。故選項C、D正確。11如圖1­3­16所示，光滑水平面上A、B兩小車質(zhì)量都是M，A車頭站立一質(zhì)量為m的人，兩車在同一直線上相向運動。為避免兩車相撞，人從A車躍到B車上，最終A車停止運動，B車獲得反向速度v0，試求：圖1­3­16(1)兩小車和人組成的系統(tǒng)的初動量大小。(2)為避免兩車相撞，且要求人跳躍速度盡量小，則人跳上B車后，A車的速度多大？解析：(1)由動