[原創(chuàng)]2015年物理一輪復(fù)習(xí)課件專題六 第2講 動(dòng)量守恒定律的綜合運(yùn)用

1、第2 講動(dòng)量守恒定律的綜合運(yùn)用一、碰撞1特點(diǎn)：作用時(shí)間_，相互作用的內(nèi)力_，有些碰撞盡管合外力不為零，但外力相對(duì)于內(nèi)力可忽略，故動(dòng)量近似_極短極大守恒2分類：(1)彈性碰撞(機(jī)械能_)守恒速度(2)非彈性碰撞(存在動(dòng)能損失)(3)完全非彈性碰撞(碰撞后具有共同_，動(dòng)能損失最多)3聯(lián)系：從動(dòng)能損失多少的角度看，非彈性碰撞介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間【自我檢測(cè)】1(2013年唐山期末)光滑水平面上 A、B 兩小球向同一方向運(yùn)動(dòng)，B 在前 A 在后，已知 A 的動(dòng)量為 pA6 kgm/s，B 的質(zhì)量為 mB4 kg，速度為 vB3 m/s，兩球發(fā)生對(duì)心碰撞后，速度同為 4 m/s.求：(1)A

2、球的質(zhì)量(2)如果碰后兩球的速度不相同，求碰后 B 球可能的最大速度解：(1)根據(jù)動(dòng)量守恒得pAmBvB(mAmB)v解得mA0.5 kg.(2)如果兩球發(fā)生彈性碰撞，則碰后B 球獲得的速度最大設(shè)碰后兩球的速度分別為v1 和v2，則pAmBvBmAv1mBv2二、爆炸及反沖運(yùn)動(dòng)1爆炸：守恒增加(1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量可看做_(2)動(dòng)能增加：在爆炸過(guò)程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動(dòng)能_.相反增加守恒2反沖運(yùn)動(dòng)：是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果，如

3、發(fā)射炮彈時(shí)炮身后退，火箭因噴氣而發(fā)射等(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)大的內(nèi)力作用下向_ 方向運(yùn)動(dòng)，通常用動(dòng)量守恒定律來(lái)處理(2)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能_(3)反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)的平均動(dòng)量也_【自我檢測(cè)】2如圖 6-2-1 所示，在光滑水平面上質(zhì)量為 M 的玩具炮，以發(fā)射角發(fā)射一顆質(zhì)量為 m 的炮彈，炮彈離開(kāi)炮口時(shí)的對(duì)地速度為 v0.求玩具炮后退的速度 v.圖 6-2-1解：由于在水平方向上無(wú)外力，玩具炮和炮彈組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒設(shè)水平向左為正方向，炮彈離開(kāi)炮口時(shí)速度的水平分量為vxv0cos 根據(jù)動(dòng)量守恒定律，在水平方向上有0mv0cos Mv解得玩具

4、炮后退的速度 vmMv0cos ，方向水平向左 考點(diǎn)1碰撞問(wèn)題重點(diǎn)歸納1彈性碰撞的規(guī)律：兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)，應(yīng)滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律以質(zhì)量為 m1、速度為 v1 的小球與質(zhì)量為 m2 的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有推導(dǎo)：(1)當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，v10、v2v1，即兩球碰撞后交換了速度(2)當(dāng)質(zhì)量大的球碰撞質(zhì)量小的球時(shí)，v10、v20，碰撞后兩球都向前運(yùn)動(dòng)(3)當(dāng)質(zhì)量小的球碰撞質(zhì)量大的球時(shí)，v10，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來(lái)2碰撞的可能性判斷：解決碰撞問(wèn)題時(shí)要抓住碰撞的三個(gè)特點(diǎn)(1)動(dòng)量守恒：p1p2p1p2.(2)動(dòng)能不增加：Ek1Ek2Ek1Ek2.(3)速度要符合情景如果碰

5、撞前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，否則無(wú)法實(shí)現(xiàn)碰撞碰撞后，原來(lái)在前的物體速度一定增大，且速度大于或等于原來(lái)在后的物體速度如果碰撞前兩物體是相向運(yùn)動(dòng)，則碰撞后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均變?yōu)榱?典例剖析例1：小球 A 和 B 的質(zhì)量分別為 mA和mB，且mAmB.在某高度處將 A 和 B 先后從靜止釋放，A 與水平地面碰撞后向上彈回，在與釋放處距離為 H 的下方恰好跟正在下落的 B 發(fā)生正碰設(shè)所有碰撞都是彈性的，碰撞時(shí)間極短求小球 A、B 碰撞后 B 上升的最大高度思維點(diǎn)撥：解答該題時(shí)應(yīng)按過(guò)程分析：(1)由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析A、B 碰撞前的速度關(guān)系；

6、(2)A、B 發(fā)生彈性碰撞，同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒；(3)碰撞后B 做豎直上拋運(yùn)動(dòng)答題規(guī)范：根據(jù)題意，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知，小球A 與B 碰撞前的速度大小相等，設(shè)均為v0，由機(jī)械能守恒定律有設(shè)小球 A 與 B 碰撞后速度分別為v1 和v2，以豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0mB(v0)mAv1mBv2 mAgH12mAv20 由于兩球碰撞前后總動(dòng)能相等，則有備考策略：高考對(duì)碰撞問(wèn)題的考查主要以計(jì)算題形式出現(xiàn)，有宏觀物體間的碰撞，也有微觀粒子間的碰撞；有兩個(gè)或多個(gè)物體間的單次或多次碰撞；有單獨(dú)考查碰撞問(wèn)題的題目，也有綜合其他知識(shí)(或過(guò)程和方法)考查的題目【觸類旁通】1(2013 年天

7、津卷)我國(guó)女子短道速滑隊(duì)在 2013 年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子 3000 m 接力三連冠觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且開(kāi)始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，如圖 6-2-2 所示在乙推甲的過(guò)程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()圖 6-2-2A甲對(duì)乙的沖量一定等于乙對(duì)甲的沖量B甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等、方向相反C甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量D甲對(duì)乙做多少負(fù)功，乙對(duì)甲就一定做多少正功解析：乙推甲的過(guò)程中，他們之間的作用力大小相等，方向相反，作用時(shí)間相等，根據(jù)沖量的定義，甲對(duì)乙的沖量與乙對(duì)甲的沖量大小相等，但方

8、向相反，選項(xiàng)A 錯(cuò)誤；乙推甲的過(guò)程中，遵守動(dòng)量守恒定律，即p甲p乙，他們的動(dòng)量變化大小相等，方向相反，選項(xiàng)B 正確；在乙推甲的過(guò)程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲對(duì)乙做的負(fù)功與乙對(duì)甲做的正功不一定相等，結(jié)合動(dòng)能定理知，選項(xiàng)C、D 錯(cuò)誤答案：B考點(diǎn)2 曲線運(yùn)動(dòng)與碰撞問(wèn)題的綜合重點(diǎn)歸納解答此類問(wèn)題的策略是：(1)根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，分別利用曲線運(yùn)動(dòng)規(guī)律(如平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律)列方程(2)在臨界點(diǎn)(如最高點(diǎn)或最低點(diǎn))發(fā)生碰撞，由動(dòng)量守恒定律列方程(3)分析碰撞后可能出現(xiàn)的情況，得出結(jié)果典例剖析例2：(2011 年天津卷)如圖 6-2-3 所示，圓管構(gòu)成的半圓形軌道豎直固定在水平地面上，

9、軌道半徑為 R，MN 為直徑且與水平面垂直，直徑略小于圓管內(nèi)徑的小球 A 以某一速度沖進(jìn)軌道，到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn) M 時(shí)與靜止于該處的小球 B 發(fā)生碰撞，小球 A、B 質(zhì)量相同，碰撞后兩球粘在一起飛出軌道，落地點(diǎn)距 N 為 2R.重力加速度為 g，忽略圓管內(nèi)徑，不計(jì)空氣阻力及各處摩擦，求：(1)兩球黏合后從飛出軌道到落地的時(shí)間 t.(2)小球 A 沖進(jìn)軌道時(shí)速度 v 的大小圖 6-2-3思維點(diǎn)撥：先通過(guò)分析把物理情景分成幾個(gè)階段，再根據(jù)不同階段的特點(diǎn)及性質(zhì)運(yùn)用相應(yīng)的物理規(guī)律解題答題規(guī)范：(1)黏合后 A、B 兩球飛出軌道做平拋運(yùn)動(dòng)，豎12解得t(2)設(shè)小球 A 的質(zhì)量為 m，碰撞前瞬間速度大小

10、為v1，以軌道最低點(diǎn)所在平面為參考平面，由機(jī)械能守恒定律有直方向分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，有2Rgt22 Rg. 設(shè)碰撞后黏合在一起的兩球速度大小為v2，由動(dòng)量守恒定律有mv12mv2飛出軌道后兩球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，有2Rv2t綜合以上各式解得v2 2gR. 【觸類旁通】2如圖 6-2-4 所示，質(zhì)量為 m 的小球懸掛在長(zhǎng)為 L 的細(xì)線下端，將它拉至與豎直方向成60的位置后自由釋放當(dāng)小球擺至最低點(diǎn)時(shí)，恰好與水平面上原來(lái)靜止的、質(zhì)量為 2m 的木塊相碰，碰撞后小球速度反向且動(dòng)能是碰撞前動(dòng)能的1625.已知940(1)小球與木塊碰撞前瞬間所受拉力的大小(2)木塊在水平地面上滑行

11、的距離木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù) ，重力加速度為g，求：圖 6-2-4解：(1)設(shè)小球擺至最低點(diǎn)時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理有設(shè)小球與木塊碰撞前瞬間所受拉力為 T，有代入數(shù)據(jù)，解得 T2mg.(2)設(shè)小球與木塊碰撞后，小球的速度為 v1，木塊的速度為v2，水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv2mv2mv1設(shè)木塊在水平地面上滑行的距離為 s，根據(jù)動(dòng)能定理有聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得 s1.8L.考點(diǎn)3 動(dòng)量和能量的守恒觀點(diǎn)重點(diǎn)歸納1動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)：(1)動(dòng)量的觀點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律(2)能量的觀點(diǎn)：動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律2動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)的優(yōu)點(diǎn)：只要知道過(guò)程的始末狀態(tài)動(dòng)量式、

12、動(dòng)能式和力在過(guò)程中所做的功，即可對(duì)問(wèn)題求解，不需要對(duì)過(guò)程變化的細(xì)節(jié)做深入研究3利用動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)解題時(shí)應(yīng)注意下列問(wèn)題：(1)動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，故可寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無(wú)分量表達(dá)式(2)應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，先確定研究對(duì)象及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化過(guò)程，再根據(jù)問(wèn)題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解 典例剖析例3：(2011 年全國(guó)卷)裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊，通過(guò)對(duì)以下簡(jiǎn)化模型的計(jì)算可以粗略說(shuō)明其原因質(zhì)量為 2m、厚度為 2d 的鋼板靜止在光滑水平桌面上，質(zhì)量為 m 的子彈以某一

13、速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿現(xiàn)把鋼板分成厚度均為 d、質(zhì)量均為 m 的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖 6-2-5 所示若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會(huì)發(fā)生碰撞，不計(jì)重力影響圖 6-2-5思維點(diǎn)撥：子彈打擊鋼板，動(dòng)量守恒，故可以對(duì)兩個(gè)過(guò)程列動(dòng)量守恒的方程在打擊過(guò)程中，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，產(chǎn)生的熱量可用 Qfd深度求解，利用這兩個(gè)打擊過(guò)程中阻力 f 相同，把這兩個(gè)打擊過(guò)程聯(lián)系起來(lái)，即可解答答題規(guī)范：設(shè)子彈初速度為v0，射入厚度為2d 的鋼板后，最終鋼板和子彈的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律

14、得分成兩塊鋼板后，設(shè)子彈穿過(guò)第一塊鋼板時(shí)兩者的速度分別為 v1 和 v1，由動(dòng)量守恒定律得mv0mv1mv1設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力恒為f，射入第二塊鋼板的深度為x子彈剛好射穿厚度為2d 的鋼板，由動(dòng)能定理得Ef2d分成兩塊鋼板后，子彈射入第二塊鋼板，由動(dòng)能定理得Efx聯(lián)立各式解得x2 34d. 備考策略：子彈打擊木塊過(guò)程中，由于作用時(shí)間很短、內(nèi)力很大，故可認(rèn)為動(dòng)量守恒子彈打入木塊(或者穿出)的過(guò)程中摩擦力做功，系統(tǒng)機(jī)械能減少，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則機(jī)械能的減少量等于系統(tǒng)初、末動(dòng)能之差，從動(dòng)量守恒和能量轉(zhuǎn)化的角度來(lái)列方程相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中摩擦力對(duì)系統(tǒng)做負(fù)功，損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即 Qfs相對(duì)

15、E損【觸類旁通】3(2013年新課標(biāo)卷)如圖 6-2-6 所示，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C.B 的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))設(shè) A 以速度 v0 朝 B 運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng) A、 B 速度相等時(shí)，B 與 C 恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)假設(shè) B 和 C 碰撞過(guò)程時(shí)間極短，求從 A 開(kāi)始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過(guò)程中，(1)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能(2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能圖 6-2-6解：A、B 碰撞時(shí)動(dòng)量守恒、能量也守恒，而B(niǎo)、C 相碰粘接在一塊時(shí)，動(dòng)量守恒，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能則為機(jī)械能的損失當(dāng)A、B、C 速度相等時(shí)，彈性勢(shì)能最大(1)從 A 壓縮

16、彈簧到A 與B 具有相同速度v1 時(shí)，對(duì)A、B 與彈簧組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv02mv1此時(shí)B 與 C 發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2，損失的機(jī)械能為E.對(duì)B、C 組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得mv12mv212mv21E12(2m)v22 (2)由式可知v2v1，A 將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此速度為v3，此時(shí)彈簧被壓縮至最短，其彈性勢(shì)能為Ep.由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得模型子彈擊打木塊模型子彈擊打木塊模型具有下列幾條主要的力學(xué)規(guī)律(1)動(dòng)力學(xué)規(guī)律：由于組成系統(tǒng)的兩物體受到大小相同、方向相反的一對(duì)相互作用力，故兩物體的加速度大小與質(zhì)量

17、成反比，方向相反(2)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律：子彈穿過(guò)木塊可看做是兩個(gè)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體間的追及問(wèn)題，或者說(shuō)是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題在一段時(shí)間內(nèi)子彈射入木塊的深度，就是這段時(shí)間內(nèi)兩者相對(duì)位移的大小(3)動(dòng)量規(guī)律：由于系統(tǒng)不受外力作用，故而遵從動(dòng)量守恒定律(4)能量規(guī)律：由于相互作用力做功，故系統(tǒng)或每個(gè)物體的動(dòng)能均發(fā)生變化力對(duì)子彈做的功量度子彈動(dòng)能的變化；力對(duì)木塊做的功量度木塊動(dòng)能的變化；一對(duì)相互作用力做的總功量度系統(tǒng)動(dòng)能的變化(5)熱量的計(jì)算：滑動(dòng)摩擦力和相對(duì)位移的乘積等于摩擦產(chǎn)生的熱量，即 QFf s，這是一個(gè)常用的關(guān)系例4：如圖 6-2-7 所示，一個(gè)長(zhǎng)為 d、質(zhì)量為 M 的長(zhǎng)木塊，靜止在光滑水平面上，

18、一個(gè)質(zhì)量為 m 的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，以水平初速度 v0 從木塊的左端滑向右端，設(shè)物塊與長(zhǎng)木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，當(dāng)物塊與長(zhǎng)木塊達(dá)到相對(duì)靜止時(shí)，物塊仍在長(zhǎng)木塊上，求系統(tǒng)機(jī)械能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能的量 Q.圖 6-2-7審題突破：此題類似于木塊放在光滑水平面上，子彈以初速度 v0 射擊木塊的子彈打木塊模型，小物塊類似于子彈，所以用動(dòng)量守恒定律列方程求出共同速度，再用動(dòng)能定理分別對(duì)兩木塊列方程求解答題規(guī)范：解法一全過(guò)程分析對(duì)物塊，滑動(dòng)摩擦力Ff 做負(fù)功，由動(dòng)能定理得即Ff 對(duì)物塊做負(fù)功，使物塊動(dòng)能減少又以物塊、長(zhǎng)木塊為系統(tǒng)，系統(tǒng)在水平方向不受外力，動(dòng)量守恒，則解法二先根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出m 和M 的共同速度，再根據(jù)動(dòng)能定理或能量守恒定律求出轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量Q設(shè)物塊和長(zhǎng)木塊的最終速度為v，由動(dòng)量守恒定律可得mv0(mM)v由動(dòng)能定理可得同類延伸：對(duì)類似于子彈打木塊的模型，只要是兩個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)，不受外力作用，在內(nèi)力作用下產(chǎn)生相對(duì)位移，即可用子彈打木塊模型解答，結(jié)合動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理就能解答該