2020年物理高考大一轮复习 第6章 动量守恒定律及其应用 第19讲 动量守恒定律课件

第六章动量守恒定律及其应用高考总复习·物理第19讲动量守恒定律高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的为零，这个系统的总动量保持不变．(2)表达式①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.矢量和②Δp1＝，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．③Δp＝0，系统总动量的增量为零．(3)条件①理想守恒：不受外力或所受外力的合力为．②近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力它所受到的外力．③某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在上动量守恒．－Δp2零远大于这一方向2．碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞．(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)外力，总动量守恒．3．反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．(2)特点：系统内各物体间的内力系统受到的外力，总动量守恒．远大于远大于4．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且系统所受的外力，所以系统动量．远大于守恒[基础小练]判断下列说法是否正确(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒．()(2)动量守恒的过程中，机械能只能不变或减少．()(3)若某个方向合外力为零，则该方向动量守恒．()(4)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．()(5)完全非弹性碰撞中，机械能损失最多．()××√√√板块二︿︿[考法精讲]考法一动量是否守恒的判断【自主练1】(2019·杭州一中检测)(多选)如图所示，A、B两质量相等的物体，原来静止在平板小车C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3∶2，地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B相对C滑动的过程中，下列说法正确的是()A．A、B系统动量守恒B．A、B、C系统动量守恒C．小车向左运动D．小车向右运动答案BC解析根据动量守恒的成立条件可知，A、B、C组成的系统动量守恒，选项A错误，B正确；对小车受力分析，水平方向受到向右的摩擦力FfB和向左的摩擦力FfA，因为μA＞μB，故FfA＞FfB，所以小车向左运动，选项C正确，D错误．【自主练2】(2019·成都经济技术开发区实验中学高三入学考试)如图所示，装有弹簧发射器的小车放在水平地面上，现将弹簧压缩锁定后放入小球，再解锁将小球从静止斜向上弹射出去，不计空气阻力和一切摩擦．从静止弹射到小球落地前的过程中，下列判断正确的是()A．小球的机械能守恒，动量守恒B．小球的机械能守恒，动量不守恒C．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量不守恒D．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒答案C解析小球在整个过程中除重力之外还有弹簧的弹力做功，故小球的机械能不守恒；小球从静止弹射到落地前的过程中小球所受外力不为零，故动量不守恒；小球、弹簧和小车组成系统在整个过程中只有重力和弹力做功，故系统机械能守恒；小球从静止弹射到落地前的过程中系统所受外力不为零，故动量不守恒，故选项C正确．归纳总结动量守恒的两个判断方法(1)条件辨析法：一个系统动量是否守恒，要看这个系统包含了哪些物体，研究哪个过程，以及在这个过程系统受的合外力是否为零，或是否可以忽略，符合条件，动量守恒，反之动量不守恒．(2)结果判断法：根据动量是否发生变化判断，若动量发生变化，则动量必然不守恒．特别提醒：虽然判断动量守恒最常用的方法是条件辨析法，但是结果判断法有时更简单．考法二动量守恒定律的基本应用【自主练3】(2019·洛阳孟津二中高三调研)一质量为m的滑块A以初速度v0沿光滑水平面向右运动，与静止在水平面上的质量为23m的滑块B发生碰撞，它们碰撞后一起继续运动，则在碰撞过程中滑块A动量的变化量为()A.25mv0，方向向左B.35mv0，方向向左C.25mv0，方向向右D.35mv0，方向向右A解析根据动量守恒定律，设碰后的共同速度为v，则mv0＝(m＋23m)v，解得v＝0.6v0，可知在碰撞过程中滑块A动量的变化量为Δp＝m×0.6v0－mv0＝－0.4mv0，方向向左，故选项A正确．【自主练4】(2019·汉中中学高三月考)如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为()A．LB.3L4C.L2D.L4C解析设物块受到的滑动摩擦力为Ff，物块的初速度v0，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理－FfL＝0－12Mv20，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得Mv0＝(M＋M)v1，对系统运用能量守恒有FfL′＝12Mv20－12(2M)v21，联立解得L′＝L2，故选项C正确，A、B、D错误．利用动量守恒定律解题的基本步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成；(系统包括哪几个物体及研究的过程)(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒；(或某一方向上动量是否守恒)(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．考法三人船模型【自主练5】如图所示，质量为m、半径为b的小球，放在半径为a、质量为3m的大空心球内．大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离是()A.3a－b4B.a4C.3a4D.a－b4D解析设小球滑到最低点所用的时间为t，大球的位移大小为x，小球的水平位移大小为a－b－x，取水平向左方向为正方向．根据水平方向平均动量守恒得3mxt－ma－b－xt＝0，解得x＝a－b4，选项D正确．【自主练6】(2019·牡丹江一中高三月考)如图所示，大气球质量为100kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为(不计人的高度，可以把人看作质点)()A．10mB．30mC．40mD．60mB解析人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度为v1，气球的速度为v2，运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得m1v1－m2v2＝0，则m1s人t－m2s气球t＝0,50×s人t－100×s气球t＝0，s气球＝12s人＝12×20m＝10m，则绳子长度L＝s气球＋s人＝10m＋20m＝30m，即绳子至少30m长，故选项B正确．归纳总结利用“人船模型”解题需注意两点(1)条件①系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．②构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．③x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．(2)解题关键是画出初、末位置，确定各物体位移关系．考法四碰撞与类碰撞1．碰撞遵守的原则(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.(3)速度要合理①碰前两物体同向，则v后v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．类碰撞的特征(1)两物体的相互作用过程：作用时间较长、作用力较小．(2)同样遵循碰撞的三原则①动量守恒、动能守恒：类弹性碰撞．②动量守恒、动能不守恒：类非弹性碰撞．③动量守恒、动能减少的最大：类完全非弹性碰撞．【例题1】(多选)质量相等的甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线运动．甲以7kg·m/s的动量追上前方以5kg·m/s的动量同向运动的乙球并发生正碰，则碰后甲、乙两球动量不可能是()A．6.5kg·m/s5.5kg·m/sB．6kg·m/s6kg·m/sC．4kg·m/s8kg·m/sD．5.5kg·m/s6.5kg·m/s[思维导引]按碰撞过程所遵循原则逐一排除错误选项．答案AC解析动量守恒，初状态总动能E1＝p212m＋p222m＝742m，碰撞后的速度不可能比乙大，故选项A不可能．动量守恒，末状态的总动能E2＝p′212m＋p′222m＝722m，知动能不增加，故选项B可能．动量守恒，末状态总动能E2＝p′212m＋p′222m＝802m，知动能增加，违背碰撞遵循的原则，故选项C不可能．动量守恒，末状态总动能E2＝p′212m＋p′222m＝72.52m，知动能不增加，故选项D可能．归纳总结碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足v1＝m1－m2m1＋m2v0、v2＝2m1m1＋m2v0.(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．【跟踪训练1­1】(2019·莆田一中高三月考)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图象如图所示．则下列判断正确的是()A．A、B的质量之比为1∶2B．碰撞前后A的运动方向相同C．碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小D．碰前B的动量较小A解析根据位移—时间图象的斜率表示速度，知碰撞前后A的运动方向相反，选项B错误；碰撞前，A的速度vA＝ΔxAΔtA＝20－302m/s＝－5m/s，B的速度为vB＝ΔxBΔtB＝20－02m/s＝10m/s，碰撞后，A、B的共同速度为v＝ΔxΔt＝20－102＝5m/s，碰撞前后A的动能不变，B的动能减小，根据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，解得mA∶mB＝1∶2，选项A正确，C错误；碰撞前，A的动量为pA＝mAvA，B的动量为pB＝mBvB，则得pA∶pB＝1∶4，B的动量较大，选项D错误．【跟踪训练1­2】(2019·河南济源四中高三开学考试)(多选)在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动(B在前)，已知碰前两球的动量分别pA＝12kg·m/s,pB＝13kg·m/s，碰撞后它们动量的变化是ΔpA与ΔpB有可能是()A．ΔpA＝－3kg·m/sΔpB＝3kg·m/sB．ΔpA＝4kg·m/sΔpB＝－4kg·m/sC．ΔpA＝－5kg·m/sΔpB＝5kg·m/sD．ΔpA＝－24kg·m/sΔpB＝24kg·m/sAC解析由题意可知，碰撞后两球的动量方向都与原方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，即ΔpA＜0，选项B错误；根据动量守恒定律，如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，则碰撞后两球的动量分别为p′A＝9kg·m/s、p′B＝16kg·m/s，可知，A的动能减少，B的动能增加，符合能量变化规律，选项A正确；同样分析可知，选项C正确；如果ΔpA＝－24kg·m/s，ΔpB＝24kg·m/s，遵守动量守恒定律，碰后两球的动量分别为p′A＝－12kg·m/s、p′B＝37kg·m/s，可知，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，是不可能的，选项D错误．【跟踪训练1­3】(2019·莆田一中高三月考)(多选)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则()A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等CD解析在炸裂过程中，由于重力远小于内力