金版學(xué)案版2015屆高考物理總復(fù)習(xí)知能要求課前自修隨堂訓(xùn)練第六章動量守恒定律及其應(yīng)用知識整合

1、知識整合本章的知識特點(diǎn)矢量性：本章內(nèi)容包括兩個(gè)概念：動量、沖量；一個(gè)定律：動量守恒定律這些都具有矢量性廣泛性：動量守恒定律不僅適用于低速、宏觀的物體，還適用于高速、微觀的粒子；不僅適用于恒力，還適用于變力綜合性：動量守恒定律與能量問題一起組成力學(xué)綜合題，和電場、磁場、核反應(yīng)結(jié)力電綜合題2.應(yīng)用動量守恒定律解題的思路和方法 (1)動量守恒中的臨界問題在動量守恒定律的應(yīng)用中，常常會遇到相互作用的兩個(gè)物體“相距最近”，“避免相碰”和物體“開始反向”等臨界問題分析臨界問題的關(guān)鍵是尋找臨界狀態(tài)，臨界狀態(tài)的出現(xiàn)是有條件的，這種條件就是臨界條件在與動量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系

2、與相對位移關(guān)系，這些特定關(guān)系的判斷是求解這類問題的關(guān)鍵(2)動量守恒中的碰撞類問題在研究碰撞類問題時(shí)，只要抓住適用條件，注意速度的矢量性、相對性、瞬時(shí)性和同物性，弄清碰撞過程中能量轉(zhuǎn)化的途徑(動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時(shí)為非彈性碰撞；動能轉(zhuǎn)化為勢能時(shí)，在碰撞過程中動能也不守恒，只有剛接觸、將分離時(shí)動能才守恒)，簡化復(fù)雜的物理過程(將多個(gè)研究對象和多個(gè)物理過程，分解為多個(gè)簡單的過程逐一研究)，巧型模型及結(jié)論(彈性碰撞、“打木塊”和“彈簧連接模型”等)，問題定能迎刃而解動量守恒中的水平彈簧類問題彈簧連接的物體(簡稱彈簧連接體)的極值問題的解答思路是抓住基本規(guī)律，分清運(yùn)動過程，在滿足動量守恒的條件下抓住能量這條

3、主線進(jìn)行求解動量守恒中的木塊與木板類問題首先要從受力角度分析木板、木塊的運(yùn)動規(guī)律，木塊在木板上有相對滑動時(shí)，要特別注意辨別題目的兩個(gè)隱含條件，一是兩者是否達(dá)到相同速度，達(dá)到相同速度后又如何運(yùn)動；二是木板的長度限定時(shí)，木塊在木板上相對滑動是否會滑出木板做這類題目，一定要畫好運(yùn)動示意圖，要特別注意兩個(gè)物體相對于地面的移動方向和兩個(gè)物移大小之間的關(guān)系.動量與能量綜合，光滑水平面 AB 與粗糙斜面 BC 在 B 處通過圓弧銜接，【例 1】 (2013佛山模擬)質(zhì)量 M0.3 kg 的小木塊在水平面上的 A 點(diǎn)現(xiàn)有一質(zhì)量 m0.2 kg 的以 v020 m/s的初速度水平地射入木塊(但未穿出)，它們一起

4、沿 AB 運(yùn)動，并沖上 BC.已知木塊與斜面間的動摩擦因數(shù) 0.5，斜面傾角 45，重力加速度 g10 m/s2，木塊在 B 處無機(jī)械能損失試求：(1)(2)射入木塊后的共同速度；和木塊能沖上斜面的最大高度：(1)射入木塊的過程中，與木塊系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共同速度為 v，則 mv0(mM)v，代入數(shù)據(jù)解得 v8 m/s.(2)與木塊以 v 的初速度沖上斜面，到達(dá)最大高度時(shí)，瞬時(shí)速度為零，在斜面上受到的支持力 N(Mm)gcos ，和木塊受到的摩擦力 fN(Mm)gcos ，對沖上斜面的過程應(yīng)用動能定理，設(shè)最大高度為 h，有 h (Mm)ghf1Mm)v2，0 (sin 2代入數(shù)據(jù)，解以上兩式得

5、h2.13 m.：(1)8 m/s(2)2.13 m動量與動力學(xué)綜合問題，半徑為 R 的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)，【例 2】 (2013模擬)小球 A、B 質(zhì)量分別為 m、3m.A 球從左邊某高處由，并與于軌道最低點(diǎn)的 B 球1相撞，碰撞后 A 球被反向彈回，且 A、B 球能達(dá)到的最大高度均為 R，重力加速度為 g.問：4碰撞剛結(jié)束時(shí) B 球?qū)壍缐毫Φ拇笮。煌ㄟ^計(jì)算說明，碰撞過程中 A、B 球組成的系統(tǒng)有無機(jī)械能損失？若有機(jī)械能損失，損失了多少？1：(1)因 A、B 球能達(dá)到的最大高度均為 R，由機(jī)械能守恒定律，1mv21mgR，得到4241碰撞后小球的速度大小為 vAvBv2gR設(shè) B

6、球受到的支持力大小為 N，根據(jù)向心力公式：3mv29N3mg，得 N mg.R2由第三定律，小球 B 對軌道壓力的大?。?NN mg.2(2)設(shè) A 球碰前的速度方向?yàn)檎较?，碰撞過程滿足動量守恒定律，mv0mvA3mvB代入 vA 與 vB 的值，有：v02gR122碰前系統(tǒng)的機(jī)械能為 E1mvmgR0碰后系統(tǒng)的機(jī)械能為13E2mgR mgRmgR44故 E1E2，無機(jī)械能損失9：(1) mg (2)無機(jī)械能損失2一、單項(xiàng)選擇題1(2013福建高考)將靜置在地面上，質(zhì)量為 M(含)的火箭模型點(diǎn)火升空，在極短時(shí)間內(nèi)以相對地面的速度 v0 豎直向下噴出質(zhì)量為 m 的熾熱氣體忽略噴氣過程重力和空氣

7、阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是(填選項(xiàng)前的字母)m MMmMmA.v0B.v0C.v0D.v0MmMmm：由動量守恒定律，m v0(Mm)v，解得 vM v0，選項(xiàng)D 正確m：D2(2013六校聯(lián)考)有一則“守株待兔”的古代寓言，設(shè)兔子的頭部受到大小等于自身重力的打擊力時(shí)，即可致死假設(shè)兔子與樹樁水平相撞的時(shí)間大約為 0.2 s，則若要被撞死，兔子奔跑的速度至少為()A4 m/sB3 m/sC2 m/sD1 m/s：C二、雙項(xiàng)選擇題3.如圖，大小相同的擺球 a 和 b 的質(zhì)量分別為 m 和 3m，擺長相同，并排懸掛，平衡時(shí)兩球剛好接觸現(xiàn)將擺球 a 向左邊拉開一小角度后，若兩球的

8、碰撞是彈性的，下列判斷正確的是()A第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等 B第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等 C第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同 D發(fā)生第二次碰撞時(shí)，兩球在各自的平衡位置1211222：根據(jù)動量守恒定律和動能守恒定理得 m v m v m v ，m v m v 1 11 12 21 1112m1m2v1 2m1 1v ，所以選項(xiàng) A2m v 2 2，且 m m，m 3m，解得，v1 v ，v v12121121m mm m212121正確，B 項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù) mv2mghmgR(1cos )，知第一次碰撞后，兩球的最大擺角 2相同，選項(xiàng) C 錯(cuò)誤；根據(jù)單擺的等時(shí)性，D

9、項(xiàng)正確：AD4，一小球獲得一定初速度后，沿粗糙的斜面的上表面上滑，斜面與水平面間不存在摩擦，則小球在上滑過程中，物體和斜面組成的系統(tǒng)()A機(jī)械能不守恒 B機(jī)械能守恒 C動量守恒 D動量不守恒：小球和斜面之間會摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能逐漸損失，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒小球和斜面組成的系統(tǒng)所受外力的合力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒；但系統(tǒng)在水平方向上不受外力，故系統(tǒng)在水平方向上的分動量守恒：AD三、非選擇題5質(zhì)量為 0.2 kg 的小球豎直向下以 6 m/s 的速度落至水平地面，再以 4 m/s 的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動量變化為kgm/s，若小球與地面的作用時(shí)間為 0.2 s

10、，則小球受到地面的平均作用力大小為 N(g 取 10 m/s2)：取豎直向上為正方向，則初動量為負(fù)末動量為正，動量變化為 ppp 40.2(60.2)2 kgm/sp2平均作用力為 Fmg0.21012 N.t0.2：2 126，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動量守恒定律，即研究兩個(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系(1) 實(shí)驗(yàn)中， 直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的 但是， 可以通過僅測量(填選項(xiàng)前的序號)，間接地解決這個(gè)問題A小球開始時(shí)的高度 hB小球拋出點(diǎn)距地面的高度 HC小球做平拋運(yùn)動的射程(2)圖中 O 點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影，實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射球m1 多次從斜軌上 S 位置，

11、找到其平均點(diǎn)的位置 P，測量平拋射程 OP.然后，把被碰小球 m2 靜置于軌道的水平部分，再將入射球 m1 從斜軌上 S 位置與小球 m2 相碰，并多次重復(fù)接下來要完成的必要步驟是(填選項(xiàng)前的序號) A用天平測量兩個(gè)小球的質(zhì)量 m1、m2，B測量小球 m1 開始時(shí)的高度 h測量拋出點(diǎn)距地面的高度 H分別找到 m1、m2 相碰后平均測量平拋射程 OM、ON點(diǎn)的位置 M、N(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為用(2)中測量的量表示；若碰撞是彈性碰撞，那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為用(2)中測量的量表示(4)經(jīng)測定，m145.0 g，m27.5 g，小球點(diǎn)的平均位置距 O 點(diǎn)的距離碰撞前、后 m

12、1 的動量分別為 p1 與 p1，則 p1p111；若碰撞結(jié)束時(shí) m2 的動量為p2，則 p1p211.p1實(shí)驗(yàn)結(jié)果表明，碰撞前、后總動量的比值p p為21：(1)由于每次小球下落高度一樣，只要測定小球做平拋運(yùn)動的射程，即可代替碰撞前后的速度ADE、DEA 和 DAE 都可，因?yàn)樵囶}沒有要求操作程序若兩球相碰前后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為 m1OMm2ONm1OP，若碰撞是111彈性碰撞，那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為 m OM1 m ON22 m OP1，化簡得：m OM21m ON22222222m1OP .(4)p1p1(m1OP)(m1OM)OPOM1411；p1 p2(m1OM)(m2ON

13、) p1112.9.故1.p1p2：(1)CADE 或 DEA 或 DAEm1OMm2ONm1OP；222m1OM m2ON m1OP 或 ONOMOP7.，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(yùn)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(jì)水的阻力)：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，根據(jù)動量守恒定律，有：12mv011mv1mvmin 10m2v0mvmin11mv

14、2為避免兩船相碰撞，應(yīng)滿足： v1v2聯(lián)立得：vmin4v0.：4v08.(2013山東高考)，光滑水平軌道上放置長木板 A(上表面粗糙)和滑塊 C，滑塊 B 置于 A 的左端，三者質(zhì)量分別為 mA2 kg，mB1 kg，mC2 kg.開始時(shí) C，A、B一起以 v05 m/s 的速度勻速向右運(yùn)動，A 與 C 發(fā)生碰撞(時(shí)間極短)后 C 向右運(yùn)動，經(jīng)過一段時(shí)間，A、B 再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動，且恰好不再與 C 碰撞求 A 與 C 發(fā)生碰撞后瞬間 A 的速度大?。阂蚺鲎矔r(shí)間極短，A 與 C 碰撞過程動量守恒，設(shè)碰撞后瞬間 A 的速度大小為 vA， C 的速度大小為 vC，以向右為正方向，由動

15、量守恒定律得mAv0 mAvAmCvC，A 與 B 在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為 vAB，由動量守恒定律得 mAvA mBv0(mAmB)vABA、B 達(dá)到共同速度后恰好不再與 C 碰撞，應(yīng)滿足：vAB vC聯(lián)立式解得：vA2：2 m/sm/s.9(2013高考)，兩塊相同平板 P1，P2 置于光滑水平面上，質(zhì)量均為 m.P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端 A 與彈簧的端 B 相距 L.物體 P 置于 P1 的最右端，質(zhì)量為2m，且可看作質(zhì)點(diǎn)P1 與 P 以共同速度 v0 向右運(yùn)動，與的 P2 發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短碰撞后 P1 與 P2 粘連在一起P 壓縮彈簧后被彈回并停在 A 點(diǎn)(彈簧始終在彈性限度內(nèi))P 與 P2之間的動摩擦因數(shù)為 .求：(1)P1、P2 剛碰完時(shí)的共同速度 v1 和 P 的最終速度 v2；(2)此過程簧的最大壓縮量 x 和相應(yīng)的彈性勢能 Ep.：(1)P1 和 P2 碰撞，動量守恒：mv0(mm)v11得出：v1 v02P 在 P