第7章動(dòng)量守恒定律

物理新高考適用目錄第1節(jié)動(dòng)量定理及其應(yīng)用考點(diǎn)1動(dòng)量和沖量考點(diǎn)2動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用考點(diǎn)3應(yīng)用動(dòng)量定理分析流體問題第2節(jié)動(dòng)量守恒定律考點(diǎn)1動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用考點(diǎn)2碰撞問題考點(diǎn)3爆炸反沖人船模型微專題12動(dòng)能守恒中的幾種常見模型微專題13力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用實(shí)驗(yàn)8驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律第1節(jié)動(dòng)量定理及其應(yīng)用考點(diǎn)1動(dòng)量和沖量一、概念對(duì)比物理量動(dòng)能動(dòng)量沖量表達(dá)式Ek=

mv2p=mvI=Ft單位Jkg·m/sN·s矢標(biāo)性標(biāo)量矢量過程量、狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關(guān)聯(lián)式Ek=

,p=

—二、動(dòng)量的“三性”1.瞬時(shí)性:動(dòng)量是狀態(tài)量,對(duì)應(yīng)的速度必須是瞬時(shí)速度,是針對(duì)某一時(shí)刻或某一位置而言

的。2.矢量性:動(dòng)量是矢量,其方向與速度方向相同。3.相對(duì)性:動(dòng)量的大小與參考系的選取有關(guān),通常情況是指相對(duì)地面的動(dòng)量。三、動(dòng)量變化量:Δp=p2-p1。1.若初、末動(dòng)量在同一直線上,規(guī)定正方向后就可以轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算,如圖1、2所示(規(guī)

定向右為正方向)。2.若初、末動(dòng)量不在同一直線上,用矢量合成來計(jì)算,遵循平行四邊形定則或三角形定則,其方向與速度的變化量方向相同,如圖3所示。

四、沖量的特點(diǎn)1.矢量性:只有在作用時(shí)間內(nèi)力的方向不變時(shí)沖量的方向才和力的方向一致,恒力沖量

的方向與力的方向相同。2.過程量:沖量是反映力的作用對(duì)時(shí)間的累積效應(yīng)的物理量。①絕對(duì)性:因?yàn)榱蜁r(shí)間都與參考系的選擇無關(guān),所以沖量也與參考系的選擇無關(guān)。②作用力與反作用力具有同時(shí)性,所以作用力和反作用力的沖量的矢量和一定為0。典例1

(2024屆江蘇南京六校聯(lián)合體調(diào)研)如圖所示,質(zhì)量為m的滑塊沿傾角為θ的固定

斜面向上滑動(dòng),經(jīng)過時(shí)間t1,速度為0并又開始下滑,經(jīng)過時(shí)間t2回到斜面底端?；瑝K在運(yùn)

動(dòng)過程中受到的摩擦力大小始終為Ff,重力加速度為g。在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,下列說法正

確的是

(

)

A.重力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1+t2)sinθB.支持力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1+t2)cosθC.支持力對(duì)滑塊的總沖量為0D.摩擦力的總沖量為Ff(t1+t2)B解析重力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1+t2),A錯(cuò)誤。支持力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1+t2)

cosθ(點(diǎn)撥:斜面對(duì)滑塊的支持力方向與滑塊速度方向始終垂直,支持力對(duì)滑塊做的功

為0,但對(duì)滑塊的總沖量并不為0),B正確,C錯(cuò)誤。上滑過程和下滑過程滑塊所受摩擦力

的方向相反,若以沿斜面向上為正方向,摩擦力的總沖量為Ff(t2-t1),D錯(cuò)誤。提分關(guān)鍵·方法提升

沖量的四種計(jì)算方法公式法此方法僅適用于求恒力的沖量,無須考慮物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)圖像法F-t圖線與t軸所圍的“面積”表示沖量,此法既可以計(jì)算恒力的沖量,也可以計(jì)算變力的沖量平均值法若方向不變的變力大小隨時(shí)間均勻變化,即力為時(shí)間的一次函數(shù),則力F在某段時(shí)間Δt內(nèi)的沖量I=

Δt動(dòng)量定理法根據(jù)物體動(dòng)量的變化量,由I=Δp求沖量,多用于求變力的沖量考點(diǎn)2動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用一、動(dòng)量定理及其理解1.動(dòng)量定理(1)內(nèi)容:物體在一個(gè)過程中所受合力的沖量等于它在這個(gè)過程始末的動(dòng)量變化量。(2)表達(dá)式:I=F(t'-t)=Δp=p'-p。2.對(duì)動(dòng)量定理的理解(1)FΔt=p'-p是矢量式,兩邊不僅大小相等,而且方向相同。式中FΔt是物體所受的合力

的沖量。(2)FΔt=p'-p除了表明兩邊大小、方向的關(guān)系外,還說明了兩邊的因果關(guān)系,即合力的沖量是動(dòng)量變化的原因。(3)由FΔt=p'-p,得F=

=

,即物體所受的合力等于物體動(dòng)量的變化率。二、應(yīng)用動(dòng)量定理解釋生活現(xiàn)象1.當(dāng)物體的動(dòng)量變化量Δp一定時(shí),力的作用時(shí)間Δt越短,力F就越大;力的作用時(shí)間Δt越

長,力F就越小。2.當(dāng)作用力F一定時(shí),力的作用時(shí)間Δt越長,動(dòng)量變化量Δp越大;力的作用時(shí)間Δt越短,動(dòng)

量變化量Δp越小。典例2質(zhì)量為60kg的建筑工人不慎從高空跌下,由于彈性安全帶的保護(hù)而使他懸掛

起來。已知安全帶的緩沖時(shí)間為1.2s,安全帶長5m,g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力,則安全

帶所受的平均沖力的大小為

(

)A.500N

B.600N

C.1000N

D.1100ND解析

解法一分段法第一階段,建筑工人做自由落體運(yùn)動(dòng),在安全帶繃直前的瞬間v=

=10m/s;第二階段,安全帶緩沖使建筑工人的速度減為0。取向下為正方向,在第二階段根據(jù)動(dòng)量定理有

(mg-F)t=0-mv,解得F=1100N。D正確。解法二全程法第一階段,建筑工人做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=

=1s;第二階段,安全帶緩沖使建筑工人速度減為0的時(shí)間t2=1.2s。取向下為正方向,全程根據(jù)動(dòng)量定理有mg(t1+t2)-Ft2=0,代

入數(shù)據(jù)解得F=1100N。D正確。典例3質(zhì)量m=4kg的物塊在光滑水平地面上以v0=2m/s的速度運(yùn)動(dòng),t=0時(shí)對(duì)物塊施加

一水平外力F,規(guī)定v0的方向?yàn)檎较?外力F隨時(shí)間t的變化圖像如圖所示,則

(

)A.第1s末物塊的速度大小為2.5m/sB.第2s末物塊的動(dòng)量大小為12kg·m/sC.在0~3s內(nèi)物塊的動(dòng)量變化量為2kg·m/sD.第7s末物塊的運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生了改變D解析題圖中0~2s內(nèi)圖線的斜率k=

=1N/s,在0~1s內(nèi),合力的沖量I1=

t1=

=0.5N·s(點(diǎn)撥:合力的沖量對(duì)應(yīng)F-t圖像中圖線與時(shí)間軸圍成的圖形的面積),根據(jù)動(dòng)量定

理有I1=mv1-mv0,聯(lián)立解得v1=2.125m/s,A錯(cuò)誤。在0~2s內(nèi),合力的沖量I2=2N·s,根據(jù)動(dòng)量

定理有I2=mv2-mv0,解得第2s末物塊的動(dòng)量大小p2=mv2=10kg·m/s,B錯(cuò)誤。由題圖可知在

0~3s內(nèi)合力的沖量I3=

N·s=0,即此過程中的動(dòng)量變化量為0,C錯(cuò)誤。第7s末物塊的動(dòng)量p=mv0+Δp=0,前7s物塊動(dòng)量大于0,7s后物塊動(dòng)量小于0,則第7s末物塊運(yùn)

動(dòng)方向發(fā)生了改變,D正確。考點(diǎn)3應(yīng)用動(dòng)量定理分析流體問題教考銜接典例4

(人教版選必一P30,B組,T4改編)水流射向墻壁,會(huì)對(duì)墻壁產(chǎn)生沖擊力。假設(shè)水槍

噴水口的橫截面積為S,噴出水流的速度為v,水流垂直射向豎直墻壁后速度變?yōu)?。已

知水的密度為ρ,重力加速度大小為g。(1)(回歸教材)求墻壁受到的平均沖擊力。(2)(拓展變式)若水流垂直射向豎直墻壁后速度變?yōu)?v,求墻壁受到的平均沖擊力。(3)(情境變式)假設(shè)水槍噴水口的橫截面積為S,噴出水流的流速為v,水流垂直射向以恒

定速度v0(v0<v)勻速向左行駛的小車左壁,并沿左壁流入車廂內(nèi),如圖所示。已知水的密

度為ρ,求小車受到的平均沖擊力大小。(4)(鏈接高考)(經(jīng)典高考題)某游樂園入口旁有一噴泉,噴出的水柱使一質(zhì)量為M的卡通

玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為方便計(jì)算,假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎

直向上噴出;玩具底部為平板(面積略大于S);水柱沖擊到玩具底部后,在豎直方向水的

速度變?yōu)?,在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ,重力加速

度大小為g。求:①噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量;②玩具在空中懸停時(shí),其底部相對(duì)于噴口的高度。答案

(1)ρSv2,方向與水流從噴水口噴出時(shí)的方向相同

(2)2ρSv2,方向與水流從噴水口

噴出時(shí)的方向相同(3)ρS(v-v0)2

(4)①ρSv0②

-

解析

(1)建立“柱狀”流體模型,Δt時(shí)間內(nèi)射向豎直墻壁的水流的質(zhì)量Δm=ρ·SvΔt由題意可知水流垂直射向豎直墻壁后速度變?yōu)?,設(shè)水流噴出時(shí)的速度方向?yàn)檎较?

則對(duì)Δt時(shí)間內(nèi)射向豎直墻壁的水,根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt=0-Δmv聯(lián)立可得墻壁對(duì)水的平均沖擊力F=-ρSv2(點(diǎn)撥:“負(fù)號(hào)”說明墻壁對(duì)水的平均沖擊力的方向與水流從噴水口噴出時(shí)的方向相反)根據(jù)牛頓第三定律可得墻壁受到的平均沖擊力F'=-F=ρSv2方向與水流從噴水口噴出時(shí)的方向相同。(2)若水流垂直射向豎直墻壁后速度變?yōu)?v,則根據(jù)動(dòng)量定理有F1Δt=Δm(-v)-Δmv解得F1=-2ρSv2根據(jù)牛頓第三定律可得墻壁受到的平均沖擊力F1'=-F1=2ρSv2方向與水流從噴水口噴出時(shí)的方向相同。(3)取極短時(shí)間Δt內(nèi)與小車接觸的水為研究對(duì)象,建立“柱狀”流體模型,有Δm=ρS(v-v0)

Δt(易錯(cuò):與豎直墻壁不同,小車具有向左運(yùn)動(dòng)的速度,故計(jì)算極短時(shí)間Δt內(nèi)與小車接觸的

水的質(zhì)量時(shí),應(yīng)代入水流與小車的相對(duì)速度)根據(jù)動(dòng)量定理,在水平方向上有F2Δt=Δm

(點(diǎn)撥:由題意可知水流垂直射向小車左壁后沿左壁流入車廂內(nèi),則在水平方向上,水流

射向小車左壁后的速度與小車的速度相同)根據(jù)牛頓第三定律可得小車受到的平均沖擊力F2'=-F2聯(lián)立可得F2'=ρS(v-v0)2。(4)①設(shè)Δt時(shí)間內(nèi),從噴口噴出的水的質(zhì)量為Δm,則Δm=ρv0SΔt單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量

=ρv0S②設(shè)玩具懸停時(shí)其底部相對(duì)于噴口的高度為h,水從噴口噴出后到達(dá)玩具底部時(shí)的速度

大小為v。對(duì)于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水,由能量守恒得

(Δm)v2+(Δm)gh=

(Δm)

在h高度處,Δt時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底部的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小Δp=(Δm)v設(shè)玩具對(duì)水的作用力的大小為F,根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt+ΔmgΔt=Δp因?yàn)棣gΔt=ρv0Sg(Δt)2,在很短時(shí)間內(nèi)(Δt)2很小,所以與FΔt相比,ΔmgΔt可忽略由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件和牛頓第三定律得F=Mg聯(lián)立解得h=

-

。第2節(jié)動(dòng)量守恒定律考點(diǎn)1動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用1.動(dòng)量守恒定律的內(nèi)容如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力,或者所受外力的矢量和為0,這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。2.表達(dá)式(1)p=p':系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p'。(2)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2':相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng),作用前的動(dòng)量之和等于作用

后的動(dòng)量之和。(3)Δp=-Δp‘:相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量等大反向。3.動(dòng)量守恒定律的適用條件(1)理想守恒:系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為0,則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)近似守恒:系統(tǒng)受到的外力的矢量和不為0,但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí),系統(tǒng)的動(dòng)量可近

似看成守恒。(3)某一方向上守恒:系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受外力的矢量和為0時(shí),系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量

守恒。4.動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性矢量性動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量式,解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對(duì)性各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度同時(shí)性動(dòng)量是瞬時(shí)量,表達(dá)式中的p1、p2、…應(yīng)是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量,p1'、p2'、…應(yīng)是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量系統(tǒng)性研究的對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)普適性動(dòng)量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng),還適用于接近光速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng)典例1

(2023新課標(biāo),19,6分)(多選)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離,靜止于水平桌

面上,甲的N極正對(duì)著乙的S極,甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量,兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙,在它們相互接近過程中的任一時(shí)刻

(

)

A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動(dòng)量大小比乙的小C.甲的動(dòng)量大小與乙的相等D.甲和乙的動(dòng)量之和不為零BD解析設(shè)磁鐵乙對(duì)磁鐵甲的作用力大小為F1,磁鐵甲對(duì)磁鐵乙的作用力大小為F2,從釋

放甲和乙到任一時(shí)刻t,根據(jù)動(dòng)量定理有(F1-μm甲g)t=p甲=m甲v甲,(F2-μm乙g)t=p乙=m乙v乙,因?yàn)?/p>

F1=F2,m甲>m乙,所以p甲<p乙,v甲<v乙,B正確,A、C錯(cuò)誤;因μm甲g>μm乙g,甲、乙組成的系統(tǒng)所

受的合力不為0,所以甲和乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,即甲和乙的動(dòng)量之和不為零,D正確。高考變式

(動(dòng)量由不守恒到守恒)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離,靜止于水平桌

面上,甲的N極正對(duì)著乙的S極,甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量,兩者與桌面間的滑動(dòng)摩擦力相

等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙,在它們相互接近過程中的任一時(shí)刻

(

)

A.甲的速度大小比乙的大

B.甲的動(dòng)量大小大于乙的C.甲的動(dòng)量大小與乙的相等

D.甲和乙的動(dòng)量之和不為0C解析兩磁鐵組成的系統(tǒng)所受外力的矢量和為0,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,始終為0,可知甲、

乙動(dòng)量大小相等、方向相反,B、D錯(cuò)誤,C正確。因?yàn)榧椎馁|(zhì)量較大,所以甲的速度較

小,A錯(cuò)誤。典例2質(zhì)量為M的沙車沿光滑水平面以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng),此時(shí)從沙車上方落入

一個(gè)質(zhì)量為m的鐵球,如圖所示,則鐵球落入沙車后

(

)

A.沙車立即停止運(yùn)動(dòng)B.沙車仍做勻速運(yùn)動(dòng),速度等于v0C.沙車仍做勻速運(yùn)動(dòng),速度小于v0D.沙車仍做勻速運(yùn)動(dòng),速度大于v0

C解題導(dǎo)引

解析

鐵球和沙車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力,故水平方向動(dòng)量守恒,設(shè)沙車的初速

度方向?yàn)檎较?則有Mv0=(m+M)v‘,解得v'=

,即沙車仍做勻速運(yùn)動(dòng),但速度小于v0。C正確?？键c(diǎn)2碰撞問題一、碰撞現(xiàn)象的特點(diǎn)在碰撞現(xiàn)象中,一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,可認(rèn)為相互碰撞的物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。二、碰撞現(xiàn)象的分類

動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒形變恢復(fù)程度彈性碰撞守恒守恒完全恢復(fù)非彈性碰撞守恒有損失部分恢復(fù)完全非彈性碰撞守恒損失最大完全不可恢復(fù)三、碰撞問題遵守的三條原則1.動(dòng)量守恒:p1+p2=p1'+p2'。2.動(dòng)能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。3.速度要符合實(shí)際情況(1)碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng),若要發(fā)生碰撞,則應(yīng)有v后>v前,碰后原來在前的物體速度一定增

大,若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng),則應(yīng)有v前'≥v后'。(2)碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng),碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向至少有一個(gè)改變。四、彈性碰撞實(shí)例分析1.以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2、速度為v2的小球發(fā)生彈性碰撞為例,則有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'

m1

+

m2

=

m1v1'2+

m2v2'2

熟記重要公式2.特例:若v2=0,即“一動(dòng)一靜”的彈性碰撞,碰后二者速度分別為v1'=

v1,v2'=

v1(1)若m1=m2,則v1'=0,v2'=v1(速度交換)。(2)若m1>m2,則v1'>0,v2'>0(碰后兩小球沿同一方向運(yùn)動(dòng));當(dāng)m1?m2時(shí),v1'≈v1,v2'≈2v1。(3)若m1<m2,則v1'<0,v2'>0(碰后兩小球沿相反方向運(yùn)動(dòng));當(dāng)m1?m2時(shí),v1'≈-v1,v2'≈0。即練即清質(zhì)量為mA、初速度為v0的物體A與靜止的質(zhì)量為mB的物體B發(fā)生碰撞,碰撞后物體B的速

度范圍為

≤vB≤

。答案

v0

v0

解析物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞,當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)損失的機(jī)械能最多,物

體B的速度最小,vB=

v0;當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時(shí),物體B的速度最大,vB=

v0。碰后物體B的速度范圍為

v0≤vB≤

v0。典例3

如圖所示,質(zhì)量為3m的小球B靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為m、速度為v的小球A

與小球B發(fā)生正碰,碰撞可能是彈性的,也可能是非彈性的,所以碰撞后小球B的速度可

能有不同的值。碰撞后小球B的速度大小可能是(

)

A.0.15v

B.0.2v

C.0.4v

D.0.6vC解析若發(fā)生的是彈性碰撞,對(duì)A、B碰撞過程,由動(dòng)量守恒定律可得mv=mv1+3mv2,

由機(jī)械能守恒定律可得

mv2=

m

+

×3m

,解得碰撞后小球B的速度大小v2=

v=

v(點(diǎn)撥:發(fā)生彈性碰撞,形變完全恢復(fù),此情況下B的速度最大)。若A、B發(fā)生的是完全非彈性碰撞,則碰后兩球共速,由動(dòng)量守恒定律可得mv=(m+3m)v',解得碰撞后小球B的

速度大小v'=

v(點(diǎn)撥:發(fā)生完全非彈性碰撞,A、B碰后共速,此情況下B的速度最小)。故碰撞后小球B的速度大小范圍為

v≤vB≤

v,C正確。典例4

(2022湖南,4,4分)1932年,查德威克用未知射線轟擊氫核,發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)

量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖,中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核

和氮核,碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰,不考慮相對(duì)論效

應(yīng),下列說法正確的是

(

)

A.碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小B.碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小C.v2大于v1D.v2大于v0

B解析設(shè)中子質(zhì)量為m,則氫核質(zhì)量為m,氮核質(zhì)量為M=14m。對(duì)中子碰撞氫核過程,有

mv0=mv'+mv1,

m

=

mv'2+

m

,聯(lián)立解得v'=0,v1=v0,則碰后氫核動(dòng)量p氫=mv0,氫核動(dòng)能Ek氫=

m

;同理,分析中子碰撞氮核過程,有mv0=mv″+Mv2,

m

=

mv″2+

M

,解得v″=

v0=-

v0,v2=

v0=

v0<v1,可知碰后氮核動(dòng)量p氮=Mv2=

mv0>p氫,碰后氮核動(dòng)能Ek氮=

M

=

×

m

<

,B正確。高考變式

(由中子轟擊氫核到核反應(yīng)堆中子減速)有些核反應(yīng)堆里要讓中子與原子核

碰撞,以便把中子的速度降下來。中子與147N和126C中的哪一個(gè)原子核發(fā)生彈性碰撞后

的速度更小?為什么?答案

126C理由見解析解析以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例,則有m1

v1=m1v1'+m2v2'

m1

=

m1v1'2+

m2v2'2聯(lián)立解得v1'=

v1由于中子的質(zhì)量小于原子核的質(zhì)量,即m1<m2,即碰撞后中子的速度大小v1″=

v1=

v1,可知當(dāng)原子核的質(zhì)量越小時(shí)碰撞后中子的速度大小越小,所以中子與126C碰撞后的速度更小。典例5

如圖所示,質(zhì)量為m的A球以速度v0在光滑水平面上運(yùn)動(dòng),與原來靜止的質(zhì)量為4

m的B球碰撞,碰撞后A球以v=av0(待定系數(shù)a<1)的速率彈回,并與擋板P發(fā)生彈性碰撞,要

使A球能與B球再次相撞,則a的取值范圍為(

)

A.

<a<

B.

<a<

C.

<a<

D.

<a≤

D解析設(shè)A球和B球碰后,B球的速度為vB,取A球初速度v0的方向?yàn)檎较?對(duì)A球和B

球組成的系統(tǒng)有mv0=-mv+4mvB,

m

≥

mv2+

×4m

;A球與擋板P發(fā)生彈性碰撞,則碰撞后A球的速率仍為v,由A球能與B球再次相撞可得v>vB,其中v=av0,聯(lián)立解得

<a≤

,D正確?？键c(diǎn)3爆炸反沖人船模型一、爆炸問題概念一個(gè)物體由于內(nèi)力的巨大作用而分為兩個(gè)或兩個(gè)以上物體的過程特點(diǎn)動(dòng)量守恒由于爆炸是在極短時(shí)間內(nèi)完成的,爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒動(dòng)能增加在爆炸過程中,因?yàn)橛衅渌问降哪芰哭D(zhuǎn)化為動(dòng)能,所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加位置不變爆炸的時(shí)間極短,因而在爆炸過程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般忽略不計(jì),即認(rèn)為位置不變二、反沖現(xiàn)象概念根據(jù)動(dòng)量守恒定律,如果一個(gè)靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩部分,一部分向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng),另一部分必然向相反的方向運(yùn)動(dòng)作用原理反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果特點(diǎn)動(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律動(dòng)能增加反沖運(yùn)動(dòng)中,作用力與反作用力均做正功,有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,所以系統(tǒng)的總動(dòng)能增加三、人船模型1.模型圖示

2.模型特點(diǎn)(1)兩者滿足動(dòng)量守恒定律:mv人-Mv船=0。(2)兩者的位移大小滿足:m

-M

=0,x人+x船=L,得x人=

L,x船=

L。3.運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)(1)人動(dòng)則船動(dòng),人靜則船靜,人快船快,人慢船慢,人左船右。(2)人、船位移比等于二者質(zhì)量的反比;人、船平均速度(或瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量

的反比,即

=

=

。典例6將靜止的質(zhì)量為M(含燃料)的導(dǎo)彈點(diǎn)火升空,在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體,忽略噴氣過程中重力和空氣阻力的影響,則噴氣結(jié)

束時(shí)導(dǎo)彈獲得的速度大小是

(

)A.

v0

B.

v0

C.

v0

D.

v0

D解析由動(dòng)量守恒定律可知,噴出氣體的動(dòng)量與最終導(dǎo)彈剩余部分獲得的動(dòng)量等

大反向,即mv0=(M-m)v,導(dǎo)彈獲得的速度大小v=

v0,D正確。(拓展設(shè)問)若導(dǎo)彈噴氣時(shí)已經(jīng)具有速度,噴出的氣體相對(duì)噴氣前導(dǎo)彈的速度是u,在一次

噴氣后增加的速度Δv如何表示？答案

u解析以噴氣前的導(dǎo)彈為參考系,以導(dǎo)彈速度方向?yàn)檎较?噴氣前導(dǎo)彈動(dòng)量是0,噴氣

后動(dòng)量是(M-m)Δv,噴出氣體的動(dòng)量是mu(u為負(fù))。根據(jù)動(dòng)量守恒有(M-m)Δv+mu=0,解得

Δv=

u。點(diǎn)撥提醒動(dòng)量守恒列式時(shí)必須為同一參考系。典例7如圖所示,一個(gè)傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上,斜面體質(zhì)量為M,頂

端高度為h,今有一質(zhì)量為m的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn)),沿光滑斜面下滑,當(dāng)小物體從斜面頂

端自由下滑到底端時(shí),斜面體在水平面上移動(dòng)的距離是

(

)

A.

B.

C.

D.

C解析

小物體與斜面體組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,設(shè)小物體在水平方向

上對(duì)地位移大小為x1,斜面體在水平方向上對(duì)地位移大小為x2(注意:兩物體的位移是相

對(duì)同一參考系的位移),則有0=mx1-Mx2①(類比人船模型),且x1+x2=

②,聯(lián)立①②解得x2=

。C正確。微專題12動(dòng)量守恒中的幾種常見模型題型1子彈打木塊模型一、模型圖示二、模型解讀1.子彈水平打進(jìn)木塊的過程中,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。2.系統(tǒng)的機(jī)械能有損失(因?yàn)槟Σ辽鸁?可以應(yīng)用能量守恒定律)。三、兩種情境1.子彈嵌入木塊中,兩者速度相同,機(jī)械能損失最多(類比完全非彈性碰撞)。動(dòng)量守恒:mv0=(m+M)v。能量守恒:f·s=

m

-

(M+m)v2。2.子彈穿透木塊,兩者速度不相同,機(jī)械能有損失(類比非彈性碰撞)。動(dòng)量守恒:mv0=mv1+Mv2。能量守恒:Q=f·d=

m

-

。典例1如圖所示,在光滑的水平桌面上靜止放置一個(gè)質(zhì)量為980g的長方體勻質(zhì)木塊,

現(xiàn)有一質(zhì)量為20g的子彈以大小為300m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊,最

終留在木塊中沒有射出,和木塊一起以共同的速度運(yùn)動(dòng)。已知木塊沿子彈運(yùn)動(dòng)方向的

長度為10cm,子彈打進(jìn)木塊的深度為6cm。設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力保持不變。(1)求子彈和木塊的共同速度大小以及它們?cè)诖诉^程中所產(chǎn)生的內(nèi)能。(2)若子彈是以大小為400m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊,則子彈能否射穿

該木塊?并說明理由。

解題導(dǎo)引

答案

(1)6m/s

882J

(2)能理由見解析解析

(1)設(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v,對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng),由動(dòng)量

守恒定律得mv0=(M+m)v代入數(shù)據(jù)解得v=6m/s此過程系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能Q=

m

-

(M+m)v2=882J。(2)假設(shè)子彈以v0'=400m/s的速度入射時(shí)沒有射穿木塊,則對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng),由

動(dòng)量守恒定律得mv0'=(M+m)v'解得v'=8m/s此過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE'=

mv0'2-

(M+m)v'2=1568J由功能關(guān)系有Q=ΔE=F阻x相=F阻dΔE'=F阻x相'=F阻d'則

=

=

代入數(shù)據(jù)解得d'=

cm>10cm所以子彈能射穿木塊。典例2質(zhì)量為m的子彈以某一初速度v0擊中靜止在光滑水平地面上質(zhì)量為M的木塊,

并陷入木塊一定深度后與木塊相對(duì)靜止,甲、乙兩圖表示了這一過程開始和結(jié)束時(shí)子

彈和木塊可能的相對(duì)位置。設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力大小恒定,下列說法正確的是

(

)A.M越大,子彈射入木塊的時(shí)間越短B.M越大,子彈射入木塊的深度越淺C.無論m、M、v0的大小如何,都只可能是甲圖所示的情形D.若v0較小,則可能是甲圖所示的情形;若v0較大,則可能是乙圖所示的情形C解析

解法一常規(guī)法根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=(M+m)v,則對(duì)木塊由動(dòng)量定理有ft=Mv,解得t=

=

,則M越大,t越大,A錯(cuò)誤。由功能關(guān)系得fd=

m

-

(M+m)v2,解得d=

=

,則M越大,d越大,B錯(cuò)誤。對(duì)木塊,根據(jù)動(dòng)能定理有fx=

Mv2,解得x=

,則

=

,可得d>x,即無論m、M、v0的大小如何,都只可能是題圖甲所示的情形,C正確,D錯(cuò)誤。解法二圖像法

作出木塊和子彈的v-t圖像,如圖所示。

△abc的面積表示子彈和木塊的相對(duì)位移,△bcd的面

積表示共速前木塊相對(duì)地面的位移,由圖可知△abc

的面積大于△bcd的面積,所以無論m、M、v0的大小

如何,都只可能是題圖甲所示的情形,C正確,D錯(cuò)誤。

子彈對(duì)木塊的阻力大小恒定,木塊的質(zhì)量M越大,加速度越小,對(duì)應(yīng)的v-t圖線的斜率越小(對(duì)應(yīng)圖像中kbe<kbc),子彈射入木塊的時(shí)間越長(t2>t1),子彈射入木塊的深度越深(S△abe>S△abc),A、B錯(cuò)誤。題型2滑塊-木板模型一、模型圖示

上表面粗糙、質(zhì)量為M的木板,放在光滑的水平地面上,質(zhì)量為m的滑塊以初速度v0滑上

木板。二、模型特點(diǎn)1.系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,但機(jī)械能不守恒,摩擦力與兩者相對(duì)位移大小的乘積等于系統(tǒng)減少

的機(jī)械能。2.若滑塊未從木板上滑下,當(dāng)兩者速度相同時(shí),木板速度最大,相對(duì)位移最大。根據(jù)能量

守恒,系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk=

Ek0,可以看出,滑塊的質(zhì)量越小、木板的質(zhì)量越大,動(dòng)能損失越多。三、模型解讀1.如圖所示,若滑塊未滑離木板,當(dāng)滑塊與木板相對(duì)靜止時(shí),二者的共同速度為v,滑塊相

對(duì)木板的位移為d,木板相對(duì)地面的位移為s,滑塊和木板間的摩擦力為Ff。這類問題類似于子彈打木塊模型中子彈未射出的情況。①系統(tǒng)動(dòng)量守恒:mv0=(M+m)v。②系統(tǒng)能量守恒:Ffd=

m

-

(M+m)v2。2.若滑塊滑離木板,設(shè)滑離木板時(shí),滑塊的速度為v1,木板的速度為v2,木板長為L。①系統(tǒng)動(dòng)量守恒:mv0=mv1+Mv2。②系統(tǒng)能量守恒:FfL=

m

-

m

-

M

。典例3如圖所示,質(zhì)量為m1的平板小車的左端放有一質(zhì)量為m2的鐵塊,兩者間的動(dòng)摩

擦因數(shù)μ=0.2。開始時(shí),小車和鐵塊一起在光滑的水平面上以v0=3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng),

之后小車與墻壁發(fā)生正碰,設(shè)碰撞中無機(jī)械能損失且碰撞時(shí)間忽略不計(jì)。已知重力加

速度g=10m/s2,鐵塊始終不從小車上掉下來。(1)若m1=2m2,小車與墻壁碰后,小車和鐵塊的加速度大小分別為多少?鐵塊向右運(yùn)動(dòng)的

最大位移為多少?(2)若m1>m2,且滿足題意的小車的最小長度L=6m,求m1與m2的比值。(3)若m1=1kg,m2=3kg,則小車與墻壁碰后的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程,系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的熱量為多少？答案

(1)1m/s2

2m/s2

2.25m

(2)2

(3)18J解析

(1)設(shè)小車的加速度為a1,鐵塊的加速度為a2,對(duì)小車,由牛頓第二定律可得μm2g=m1a1代入數(shù)據(jù)解得a1=1m/s2對(duì)鐵塊,由牛頓第二定律可得μm2g=m2a2,解得a2=2m/s2由于a2>a1,鐵塊的速度先減小到0,對(duì)鐵塊,從小車發(fā)生碰撞至鐵塊的速度減為0,由

=2a2xm解得xm=2.25m。(2)研究小車與墻壁碰后過程,小車碰后速度等大反向,鐵塊以初速度v0繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng),規(guī)

定向左為正方向,當(dāng)小車與鐵塊向左達(dá)到共同速度v共時(shí),二者的相對(duì)位移大小對(duì)應(yīng)小車的最小長度L,由動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系得m1v0-m2v0=(m1+m2)v共μm2gL=

(m1+m2)

-

(m1+m2)

聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)解得

=2。(3)規(guī)定向右為正方向,小車與墻壁第n-1次碰后至第n次碰前,由動(dòng)量守恒定律有-m1vn-2+

m2vn-2=(m1+m2)vn-1(n≥2)解得vn-1=

=

(n≥2)小車每次碰撞后反彈到下次共速的過程,每次共速的速度都是前次速度的

,且分析可知小車與鐵塊先達(dá)到共速,再發(fā)生小車與墻壁的碰撞,則經(jīng)過反復(fù)碰撞后,小車最終將靠著墻壁停下,由題意鐵塊也將停在小車上不掉下來。全過程由能量守恒可得Q=

(m1+m2)

=18J。提分關(guān)鍵·規(guī)律總結(jié)滑塊-木板模型的解題關(guān)鍵(1)在涉及滑塊或木板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間時(shí),優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量定理。(2)在涉及滑塊或木板的位移時(shí),優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理。(3)在涉及滑塊與木板的相對(duì)位移時(shí),優(yōu)先考慮應(yīng)用系統(tǒng)的能量守恒(或功能關(guān)系)。模型圖例物體A、B通過輕彈簧(開始處于原長)相連,

物體A以初速度v0運(yùn)動(dòng)兩種情境(1)當(dāng)彈簧處于最短(或最長)時(shí)兩物體瞬時(shí)速度相同,彈簧的彈性勢(shì)能最大(類比完全非彈性碰撞)①系統(tǒng)動(dòng)量守恒:m1v0=(m1+m2)v共②系統(tǒng)機(jī)械能守恒:

m1

=

(m1+m2)

+Epm(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)彈性勢(shì)能為0(類比彈性碰撞)①系統(tǒng)動(dòng)量守恒:m1v0=m1v1+m2v2②系統(tǒng)機(jī)械能守恒:

m1

=

m1

+

m2

題型3滑塊-彈簧模型典例4

一水平輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接,并靜止在光

滑的水平面上,如圖甲所示?，F(xiàn)使A瞬時(shí)獲得水平向右的速度3m/s,此后兩物塊的速度

隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。從圖像信息可得(

)

A.在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s,且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B.從t1到t3時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長C.兩物塊的質(zhì)量之比m1∶m2=1∶3D.在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比Ek1∶Ek2=1∶8D解析由速度-時(shí)間圖線切線斜率的物理意義可知t2時(shí)刻B的加速度為0,所以彈力

為0,彈簧處于原長,由題圖分析可知在t2~t3時(shí)間內(nèi)兩物塊之間的距離增大,彈簧處于伸

長狀態(tài),A、B錯(cuò)誤。0~t1過程由m1v10=m1vt1+m2vt1可得

=

,C錯(cuò)誤。t2時(shí)刻A的速率是1m/s,B的速率是2m/s,由動(dòng)能的定義式得Ek1∶Ek2=1∶8,D正確。題型4滑塊-斜(曲)面體模型一、模型圖示二、模型解讀1.整個(gè)過程中因?yàn)橄到y(tǒng)水平方向所受合力為0,系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,但豎直方向動(dòng)量

不守恒,所以不能說系統(tǒng)動(dòng)量守恒,只能說系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。整個(gè)過程中系統(tǒng)的

機(jī)械能守恒。2.上升到最大高度:滑塊的水平分速度與斜(曲)面體速度相同,為v共,此時(shí)滑塊的豎直分速度vy=0。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,mv0=(M+m)v共;系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,

m

=

(M+m)

+mgh,其中h為滑塊上升的最大高度,不一定等于軌道的高度(相當(dāng)于完全非彈性碰撞,系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為滑塊的重力勢(shì)能)。3.返回最低點(diǎn):滑塊與斜(曲)面體分離點(diǎn)。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,mv0=mv1+Mv2;系統(tǒng)機(jī)

械能守恒,

m

=

m

+

M

(相當(dāng)于彈性碰撞)。典例5

(2024屆北京東城區(qū)二模)如圖所示,臺(tái)球桌上一光滑木楔緊靠桌邊放置,第①次

擊球和第②次擊球分別使臺(tái)球沿平行于桌邊和垂直于桌邊的方向與木楔碰撞,速度大

小均為v0。碰撞后,木楔沿桌邊運(yùn)動(dòng),速度大小用V表示,臺(tái)球平行于桌邊方向和垂直于

桌邊方向的速度大小分別用vx和vy表示。已知木楔的質(zhì)量為M,臺(tái)球的質(zhì)量為m,木楔的

傾角用θ表示。不考慮碰撞過程的能量損失,則

(

)

A.第①種情況碰后V可能大于

v0B.若滿足tanθ=

,第①種情況vx=0,即碰后臺(tái)球速度方向垂直于桌邊C.第②種情況碰后V可能大于

D.若滿足tanθ=

,第②種情況vy=0,即碰后臺(tái)球速度方向平行于桌邊答案

B解析第①種情況,平行于桌邊方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有mv0=MV+mvx,不考慮碰撞過程

的能量損失,有

m

=

MV2+

m

+

m

(點(diǎn)撥:應(yīng)用正交分解化繁為簡,碰后臺(tái)球的速度方向不確定),若vy=0,聯(lián)立解得V=

v0(點(diǎn)撥:此種情況可類比一維情況下的彈性碰撞,對(duì)應(yīng)木楔的最大速度),可知第①種情況碰后V不可能大于

v0,A錯(cuò)誤。第①種情況,若vx=0,平行于桌邊方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有mv0=MV,根據(jù)能量守恒可得

m

=

MV2+

m

,設(shè)木楔對(duì)臺(tái)球的平均彈力大小為

,以臺(tái)球?yàn)檠芯繉?duì)象,平行于桌邊方向,根據(jù)動(dòng)量定理可得-

sinθ·t=mvx-mv0=0-mv0,垂直于桌邊方向,根據(jù)動(dòng)量定理可得

cosθ·t=mvy,可得vy=

,聯(lián)立可得tanθ=

,B正確。第②種情況,平行于桌邊方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有0=MV-mvx,根據(jù)能量守恒可得

m

=

MV2+

m

+

m

,若vy=0,聯(lián)立解得V=

,可知第②種情況碰后V不可能大于

,C錯(cuò)誤。第②種情況,若vy=0,平行于桌邊方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有0=MV-mvx,根據(jù)能量守恒可得

m

=

MV2+

m

,設(shè)木楔對(duì)臺(tái)球的平均彈力大小為

,以臺(tái)球?yàn)檠芯繉?duì)象,平行于桌邊方向,根據(jù)動(dòng)量定理可得

sinθ·t=mvx,垂直于桌邊方向,根據(jù)動(dòng)量定理可得-

cosθ·t=mvy-mv0=0-mv0,可得vx=v0

tanθ,聯(lián)立可得tanθ=

,D錯(cuò)誤。能力進(jìn)階典例6

如圖1所示,水平桌面上放置一個(gè)半圓形槽,質(zhì)量為2m,圓面半徑為R。A、C兩

點(diǎn)為槽口端點(diǎn),B點(diǎn)為槽的最低點(diǎn)。質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)沿槽滑下。重

力加速度為g。(1)若槽固定且槽面粗糙。小球以初速度v0滑下,并且滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大小仍為v0,那么

小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過程中克服摩擦力做了多少功?若初速度大小改為2v0,滑到B點(diǎn)的

速度大小還是2v0嗎?

(2)進(jìn)階1

(非固定槽)若槽不固定,水平桌面光滑,槽面也光滑。小球從靜止開始下

滑。當(dāng)小球滑到B點(diǎn)時(shí),小球和槽的速度大小分別是多少?球?qū)Σ鄣膲毫Υ笮∈嵌啻?小

球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過程中,小球?qū)Σ圩隽硕嗌俟?槽對(duì)小球做了多少功?(3)進(jìn)階2

(人船模型+軌跡方程)若槽不固定,水平桌面光滑,槽面也光滑。小球從靜止

開始下滑,當(dāng)小球從A點(diǎn)滑到C點(diǎn)時(shí),小球和槽發(fā)生的位移大小分別是多少?記小球的初

始位置坐標(biāo)為(0,R),槽靜止時(shí)圓心的坐標(biāo)為(R,R),建立直角坐標(biāo)系,求解小球的軌跡方

程。(4)進(jìn)階3

(單側(cè)固定槽+多過程分析)如圖2所示,在半圓槽左邊放置一個(gè)質(zhì)量為

的物塊,若物塊固定,槽不固定,桌面光滑,槽面也光滑。小球以初速度v0(v0>

)滑下,槽的最大速度是多少?小球上升到最高點(diǎn)時(shí)到C點(diǎn)的距離是多少?

答案

(1)mgR見解析(2)

4mg

mgR-

mgR(3)

R

R

+

=1(4)

解析

(1)槽固定(點(diǎn)撥:彈力方向始終垂直于速度方向,此種情況下彈力做功為0)且槽

面粗糙,小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理得mgR-W克=

m

-

m

=0所以克服摩擦力做功W克=mgR若初速度大小改為2v0,相比原來,小球經(jīng)過同一位置時(shí)速度更大,需要的向心力更大,彈

力、摩擦力以及摩擦力做功也隨之更大。根據(jù)動(dòng)能定理有mgR-W克'=

m

-

m(2v0)2由于W克'>W克,所以vB<2v0。(2)槽不固定,水平桌面光滑,槽面也光滑。小球和槽均運(yùn)動(dòng),需研究小球與槽組成的系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)。設(shè)小球滑到B點(diǎn)時(shí)小球和槽的速度大小分別為v1、v2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒

定律有mv1-2mv2=0mgR=

m

+

×2m

,解得v1=

、v2=

球相對(duì)于槽的速度v=v1+v2=

(易錯(cuò):求槽與球間作用力,應(yīng)運(yùn)用球相對(duì)于槽運(yùn)動(dòng)的速度)所以由牛頓第二定律有N-mg=m

由牛頓第三定律有球?qū)Σ鄣膲毫Υ笮'=N=4mg小球?qū)Σ圩龅墓1=

×2m

=

mgR槽對(duì)小球做的功W2=

m

-mgR=-

mgR。(3)設(shè)小球從A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過程中,小球和槽的水平位移大小分別為s1、s2,如圖甲所

示。

結(jié)合動(dòng)量守恒定律有ms1=2ms2,又s1+s2=2R(人船模型)解得s1=

R、s2=

R設(shè)小球從靜止釋放下落到某位置時(shí)的位置坐標(biāo)為(x,y),槽的圓心向左運(yùn)動(dòng)了xM,此時(shí)槽

的圓心和小球的連線與水平方向的夾角設(shè)為θ,如圖乙所示根據(jù)幾何關(guān)系有Rcosθ=R-xM-x,Rsinθ=R-y系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,有mx=2mxM聯(lián)立解得

+

=1,是一個(gè)橢圓方程。(4)小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過程中,由于物塊固定,則槽靜止不動(dòng),小球與槽組成的系統(tǒng)動(dòng)

量不守恒,但機(jī)械能守恒。當(dāng)小球滑過B點(diǎn)后,槽和球動(dòng)量守恒且機(jī)械能守恒,槽沿水平方向向右加速運(yùn)動(dòng),小球滑

到C點(diǎn)時(shí),球在水平方向與槽共速,若小球在C點(diǎn)處豎直方向分速度不為零,則之后小球

水平方向速度與槽的速度不變,豎直方向上小球先上升、后下落,并且從C點(diǎn)落回槽

內(nèi)。小球從C點(diǎn)滑到B點(diǎn)過程中,槽沿水平方向向右繼續(xù)加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)小球滑到B點(diǎn)時(shí),槽

水平向右的速度達(dá)到最大。在小球從B點(diǎn)向A點(diǎn)滑動(dòng)的過程中,槽開始向右做減速運(yùn)

動(dòng)。從動(dòng)量守恒的角度看,小球回落滑到B點(diǎn)且向左滑動(dòng)時(shí),槽具有向右的最大速度。設(shè)小球第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1,上升到C點(diǎn)時(shí)水平方向的速度大小為v2,到C點(diǎn)的最大距離為H,第二次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v3,槽的最大速度為vm。根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv1=(2m+m)v2=2mvm-mv3mgR+

m

=

m

=

(2m+m)

+mg(R+H)=

m

+

×2m

聯(lián)立解得vm=

,H=

。微專題13力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用題型力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用一、力的瞬時(shí)作用和力的時(shí)間、空間累積作用分類對(duì)應(yīng)規(guī)律內(nèi)容公式表達(dá)力的瞬時(shí)作用牛頓第二定律物體的加速度大小與合

力成正比,與質(zhì)量成反

比,方向與合力的方向相

同F(xiàn)=ma力的時(shí)間累積作用動(dòng)量定理物體所受合力的沖量等

于物體動(dòng)量的變化Ft=Δp力的空間累積作用動(dòng)能定理合力對(duì)物體所做的功等

于物體動(dòng)能的變化量W=ΔEk功能關(guān)系一個(gè)力做了多少功,就有

多少能從一種形式轉(zhuǎn)化

為其他形式fs相對(duì)=Q=ΔE損WG=-ΔEp機(jī)械能守恒定律在只有重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈

力)做功的情況下,系統(tǒng)

機(jī)械能的總量保持不變Ek1+Ep1=Ek2+Ep2二、動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的比較1.相同點(diǎn)(1)研究對(duì)象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。(2)都是針對(duì)某一運(yùn)動(dòng)過程的初末狀態(tài)列式求解。2.不同點(diǎn)動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式,還可以寫出某一方向上的分量表達(dá)式;而動(dòng)能定理和能量

守恒定律都是標(biāo)量表達(dá)式,無分量表達(dá)式。動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題,可處理勻變速直線運(yùn)動(dòng)問題(1)如果涉及加速度的問題,則一般要用牛頓運(yùn)動(dòng)定律(2)凡涉及瞬間狀態(tài)的分析和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的分析,可用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)動(dòng)量觀點(diǎn)用動(dòng)量觀點(diǎn)解題,可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題。用動(dòng)量定理可簡化問題的求解過程(1)對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題,特別對(duì)于沖擊、打擊一類時(shí)間短且作用力隨時(shí)間變化的問題,應(yīng)用動(dòng)量定理求解,即Ft=mv-mv0(2)對(duì)于碰撞、爆炸、反沖問題,若只涉及初、末速度而不涉及力、時(shí)間,應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解能量觀點(diǎn)用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題,可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題(1)對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間問題,無論是恒力做功還是變力做功,一般都利用動(dòng)能定理求解(2)如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間問題,則采用機(jī)械能守恒定律求解三、力學(xué)三大觀點(diǎn)的應(yīng)用典例1

(2023天津,11,16分)質(zhì)量mA=2kg的物體A自距地面h=1.2m高度自由落下,與此

同時(shí)質(zhì)量mB=1kg的物體B由地面豎直上拋,經(jīng)t=0.2s與A碰撞,碰后兩物體粘在一起,碰

撞時(shí)間極短,忽略空氣阻力。兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn),g取10m/s2。求A、B:(1)碰撞位置與地面的距離x;(2)碰撞后瞬間的速度大小v;(3)碰撞中損失的機(jī)械能ΔE。答案

(1)1m

(2)0

(3)12J解析

(1)對(duì)A物體,根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得h-x=

gt2解得x=1m(2)設(shè)B物體從地面豎直向上拋出時(shí)的速度為vB0,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知x=vB0t-

gt2解得vB0=6m/s,方向豎直向上根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得碰撞前瞬間A物體的速度大小為vA=gt=2m/s,方向豎直向下碰撞前瞬間B物體的速度大小為vB=vB0-gt=4m/s,方向豎直向上選豎直向下為正方向,由動(dòng)量守恒定律可得mAvA-mBvB=(mA+mB)v解得碰后瞬間的速度v=0(3)根據(jù)能量守恒定律可知碰撞過程損失的機(jī)械能為ΔE=

mA

+

mB

-

(mA+mB)v2代入數(shù)據(jù)解得ΔE=12J典例2

(2024屆北京海淀二模)熱氣球飛行的原理是通過改變熱氣球內(nèi)氣體的溫度以

改變熱氣球內(nèi)氣體的質(zhì)量,從而控制熱氣球的升降。可認(rèn)為熱氣球在空中運(yùn)動(dòng)過程中

體積及形狀保持不變。設(shè)熱氣球在體積、形狀不變的條件下受到的空氣阻力f=kv2,其方向與熱氣球相對(duì)空氣

的速度v的方向相反,k為已知常量。已知熱氣球的質(zhì)量(含載重及熱氣球內(nèi)的熱空氣)為

m時(shí),可懸浮在無風(fēng)的空中,重力加速度為g,不考慮熱氣球所處環(huán)境中空氣密度的變化。(1)若熱氣球初始時(shí)懸浮在無風(fēng)的空中,現(xiàn)將熱氣球的質(zhì)量調(diào)整為0.9m(忽略調(diào)整時(shí)間),

設(shè)向上為正,請(qǐng)?jiān)趫D中定性畫出此后熱氣球的速度v隨時(shí)間t變化的圖像。(2)若熱氣球初始時(shí)處在速度為v0的水平氣流中,且相對(duì)氣流靜止。將熱氣球質(zhì)量調(diào)整

為1.1m(忽略調(diào)整時(shí)間),熱氣球下降距離h時(shí)趨近平衡(可視為達(dá)到平衡狀態(tài))。①求熱氣球平衡時(shí)的速率v1及下降距離h過程中空氣對(duì)熱氣球做的功W。②熱氣球達(dá)到平衡速率v1后,若水平氣流速度突然變?yōu)?,經(jīng)過時(shí)間t熱氣球再次達(dá)到平

衡狀態(tài),求該過程中空氣對(duì)熱氣球的沖量大小I。

解題導(dǎo)引

答案

(1)見解析

(2)①

-1.1mg

②1.1m

解析

(1)隨著熱氣球上升的速度越來越大,阻力增大,加速度減小,最終熱氣球做勻速

運(yùn)動(dòng),v-t圖像如圖所示。

(2)①熱氣球在無風(fēng)空中懸浮時(shí),有F浮=mg設(shè)熱氣球調(diào)整質(zhì)量后在水平氣流中平衡時(shí)水平方向速度為vx、豎直方向速度為vy。水平方向有vx=v0豎直方向,依據(jù)平衡條件有F浮+k

=1.1mg解得vy=

熱氣球平衡時(shí)的速率v1=

=

對(duì)熱氣球下降過程,依據(jù)動(dòng)能定理有1.1mgh+W=

×1.1m

-

×1.1m

解得空氣對(duì)熱氣球做功W=-1.1mg

②熱氣球再次平衡后水平方向vx'=0豎直方向vy'=vy=

設(shè)空氣對(duì)熱氣球在水平方向的沖量為Ix,豎直方向的沖量大小為Iy由動(dòng)量定理,水平方向Ix=0-1.1mv0豎直方向Iy-1.1mgt=0空氣對(duì)熱氣球沖量大小I=

=1.1m

提分關(guān)鍵·規(guī)律總結(jié)力學(xué)規(guī)律的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的動(dòng)力學(xué)關(guān)系式,可應(yīng)用牛頓第二定律。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí),一般應(yīng)用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間

的問題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問題)去解決問題。(3)若研究對(duì)象為多個(gè)物體組成的系統(tǒng),且它們之間有相互作用,一般應(yīng)用動(dòng)量守恒定律

和能量守恒定律(或機(jī)械能守恒定律)去解決問題,但需注意所研究的過程是否滿足守

恒的條件。(4)在涉及相對(duì)位移問題時(shí)優(yōu)先考慮能量守恒定律,以及系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí),需注意這些過程一般均隱含系統(tǒng)

機(jī)械能與其他形式能量的轉(zhuǎn)換。由于作用時(shí)間都極短,應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決此類問

題更便捷。典例3質(zhì)量M=1kg的箱子靜止在光滑水平面上,箱子內(nèi)側(cè)的兩壁間距l(xiāng)=2m,另一質(zhì)量

也為m=1kg且可視為質(zhì)點(diǎn)的物體從箱子中央以v0=6m/s的速度開始運(yùn)動(dòng),如圖所示。已

知物體與箱底的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,物體與箱壁間發(fā)生的是彈性碰撞,g=10m/s2。

(1)求物體與箱壁碰撞的次數(shù)。(2)從物體開始運(yùn)動(dòng)到剛好停在箱子上,求箱子在水平面上移動(dòng)的距離。答案

(1)1次

(2)1.7m解析

(1)由于系統(tǒng)要克服摩擦力做功,物體最終會(huì)停在箱子上并以相同的速度v向右

運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得v=3m/s根據(jù)功能關(guān)系有μmgs=

m

-

(m+M)v2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得物體相對(duì)箱子運(yùn)動(dòng)的路程s=1.8m(關(guān)鍵:根據(jù)物體相對(duì)箱子運(yùn)動(dòng)的路程計(jì)算碰撞次數(shù))由于箱子內(nèi)側(cè)的兩壁間距l(xiāng)=2m,故物體只與箱子的右側(cè)壁碰撞一次便停在箱子中距離

右側(cè)0.8m處。(2)解法一常規(guī)法設(shè)碰前瞬間物體對(duì)地位移為x1,速度為v1;箱子對(duì)地位移為x2,速度為v2根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=mv1+Mv2對(duì)物體,根據(jù)動(dòng)能定理有μmgx1=

m

-

m

對(duì)箱子,根據(jù)動(dòng)能定理有μmgx2=

M

根據(jù)幾何關(guān)系有x1-x2=

v2<v1(點(diǎn)撥:若v2≥v1,物體不能與箱子右壁發(fā)生碰撞)解得v1=5m/s,v2=1m/s,x1=1.1m,x2=0.1m設(shè)碰后瞬間物體與箱子的速度分別為v'1和v'2,在碰撞過程中根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械

能守恒定律有mv1+Mv2=mv'1+Mv'2

m

+

M

=

mv

+

Mv

聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)解得v'1=1m/s,v'2=5m/s隨后箱子向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng),物體向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),直至速度都變?yōu)関=3m

/s,在此過程中,設(shè)箱子移動(dòng)的距離為x'2,則μmgx'2=

Mv

-

Mv2代入數(shù)據(jù)解得x'2=1.6m故從物體開始運(yùn)動(dòng)到剛好停在箱子上,箱子在水平面上移動(dòng)的距離x=x2+x'2=1.7m。解法二圖像法作出物體和箱子的v-t圖像如圖1所示,其中彩色的線表示物體的v-t

圖線,黑色的線表示箱子的v-t圖線。t1時(shí)刻物體和箱子發(fā)生彈性碰撞,因?yàn)槎哔|(zhì)量相同,故彼此交換速度。物體及箱子的加速度大小均為a=μg=5m/s2,則直線Odc的斜率大

小為5m/s2,物體與箱子共速時(shí)的速度v=3m/s,則由幾何關(guān)系可知,二者共速所需時(shí)間t2=

0.6s

箱子的位移對(duì)應(yīng)陰影區(qū)域面積S=

+S△bdc,由幾何關(guān)系得

=0.9m,SΔbdc對(duì)應(yīng)第一次碰后物體相對(duì)箱子向左移動(dòng)的距離,即0.8m[由(1)問得出],綜上,箱子在水平面上移動(dòng)的距離為1.7m。解法三質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定律對(duì)箱子和物體組成的系統(tǒng),由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定律可知,質(zhì)心加速度為0,質(zhì)心以vC=3m/s做勻速

直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)過t2=0.6s,質(zhì)心通過的位移xC=vCt2=1.8m作出箱子和物體在此過程中的運(yùn)動(dòng)示意圖,如圖2所示,可知箱子在水平面上移動(dòng)的距

離為1.7m。

提分關(guān)鍵·知識(shí)拓展質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定律作用在質(zhì)點(diǎn)系上的合力等于質(zhì)點(diǎn)系總質(zhì)量與質(zhì)心加速度的乘積,即F=MaC。其中F表示

質(zhì)點(diǎn)系所受合力,M表示質(zhì)點(diǎn)系總質(zhì)量,aC表示質(zhì)心的加速度。典例4

(2024湖南,15,16分)如圖,半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定,圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和

mB的小球A和B(mA>mB)。初始時(shí)小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動(dòng),與靜止的小球B

發(fā)生碰撞。不計(jì)小球與圓環(huán)之間的摩擦,兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。(1)若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起,求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動(dòng)所需

向心力的大小;(2)若小球A與B之間為彈性碰撞,且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn),

求小球的質(zhì)量比

;(3)若小球A與B之間為非彈性碰撞,每次碰撞后的相對(duì)速度大小為碰撞前的相對(duì)速度大小的e倍(0<e<1),求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過的路程。

答案

(1)

v0

(2)2或5(3)

·

解析

(1)小球A和B發(fā)生完全非彈性碰撞,由動(dòng)量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v,解得v=

v0對(duì)組合體受力分析,其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力F向=(mA+mB)

聯(lián)立解得F向=

。(2)標(biāo)出所有碰撞位置如圖所示,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三處為等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)。

第1次碰撞,小球A撞上小球B,發(fā)生彈性碰撞,由動(dòng)量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB由機(jī)械能守恒定律有

mA

=

mA

+

mB

聯(lián)立解得vA=

v0,vB=

v0,由題意可知mA>mB,則vA>0,vB>0,即碰后兩球同向運(yùn)動(dòng)。第2次碰撞,小球B撞上小球A,發(fā)生彈性碰撞,第2次碰后,小球A的速度恢復(fù)到v0,小球B靜止,發(fā)生第2次碰撞時(shí)是B比A多運(yùn)動(dòng)一圈追上A發(fā)生碰撞,若小球A和B第2次碰撞位置在

Ⅱ處,則

=

(n=0,1,2,…)則

=

,因該比值為正值,則只能取n=0,可得

=2。第3次碰撞是A在Ⅱ處撞上B,而后A在Ⅲ處被B撞上發(fā)生第4次碰撞(與第2次碰撞類似),

第6次在Ⅰ處碰撞,以此類推,兩球總是在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ處發(fā)生碰撞。若小球A和B第2次碰撞位置在Ⅲ處,則

=

(n=0,1,2,…)則

=

,因該比值為正值,則只能取n=0,可得

=5與前面分析類似,此情況下所有的碰撞位置也剛好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn),滿足要

求。(3)第1次碰撞,由動(dòng)量守恒定律有mAv0=mAvA1+mBvB1由碰撞前后相對(duì)速度的變化關(guān)系有

=e第1次碰撞后到第2次碰撞之間有xB1-xA1=vB1t1-vA1t1=2πR其中t1為第1次碰撞至第2次碰撞的時(shí)間聯(lián)立解得xB1=vB1t1=

第2次碰撞,有mAvA1+mBvB1=mAvA2+mBvB2(點(diǎn)撥:對(duì)于始終發(fā)生碰撞的系統(tǒng),為了計(jì)算方便,等

式左邊可以用mAv0代替,即mAv0=mAvA2+mBvB2)

=e,則vA2-vB2=e2