2014届高考一轮复习：X3-5-1 动量 动量守恒定律及其应用

考纲要求高频考点动量、动量守恒定律及其应用Ⅱ弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ光电效应Ⅰ爱因斯坦光电效应方程Ⅰ氢原子光谱Ⅰ氢原子的能级结构、能级公式Ⅰ原子核的组成、放射性、原子核衰变、半衰期Ⅰ考点201220112010动量守恒定律及其应用新课程全国35(2)，福建29(2)福建29，天津10，安徽24陕西35，山东38光电效应重庆C(3)，四川18，海南19(1)，上海3，江苏12C(3)广东18，上海3，福建29天津8，四川18，江苏12考纲要求高频考点放射性同位素Ⅰ核力、核反应方程Ⅰ结合能、质量亏损Ⅰ裂变反应和聚变反应、裂变反应堆Ⅰ射线的危害和防护Ⅰ实验：验证动量守恒定律考点201220112010氢原子光谱北京13，山东38(1)，江苏12C(1)江苏12，天津1，上海2上海1，天津2，重庆19，山东38衰变、半衰期上海5北京13，浙江15，海南19上海9，广东18核反应核能新课程全国35(1)，广东4，山东38(2)，上海21，福建29(1)，重庆C(2)江苏12上海7，广东18考情分析高考对本部分内容考查的重点和热点有以下几个：①动量守恒定律及其应用；②原子的能级跃迁；③原子核的衰变规律；④核反应方程的书写；⑤质量亏损和核能的计算；⑥原子物理部分的物理学史和α、β、γ三种射线的特点及应用等．因此，在复习备考中应加强对基本概念和规律的理解，抓住动量守恒定律和原子核反应两条主线，注意综合题目的分析思路、强化典型题目的训练.一、动量、动能、动量变化量(对应学生用书P259)名称项目动量动能动量变化量定义物质的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差名称项目动量动能动量变化量定义式p＝mvEk＝12mv2Δp＝p′－p矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek＝p22m，Ek＝12pv，p＝2mEk，p＝2Ekv(1)因为速度与参考系的选择有关，所以动量也跟参考系的选择有关.通常情况下，物体的动量是相对地面而言的．(2)物体动量的变化率ΔpΔt等于它所受的力，这是牛顿第二定律的另一种表达方式．二、动量守恒定律1．内容：如果一个系统，或者，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．表达式(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．不受外力所受外力的矢量和为零m1v1′＋m2v2′(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．动量守恒定律的适用条件(1)不受外力或所受外力的合力为，而不是系统内每个物体所受的合外力都为零．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受到的外力．(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒．零三、几种动量守恒问题1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间，而物体间相互作用力的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．很短很大远大于(3)分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失.守恒最大2.反冲现象在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．这类问题相互作用的过程中系统的动能，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且系统所受的外力，所以系统动量，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．增大远大于守恒(1)碰撞现象满足的规律①动量守恒②机械能不增加③速度要合理a．若碰前两物体同向运动，则应有v后v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.b．碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．(2)对反冲现象的三点说明①系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．②反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．③反冲运动中平均动量守恒．(3)爆炸现象的三个规律①动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．②动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．③位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．应用动量守恒定律解题的步骤1．选对象：相互作用的两个或多个物体组成的系统．2．选过程：相互作用的一个或多个过程且和已知、未知相关．(对应学生用书P260)3．判守恒：分析系统的外力，看是否符合守恒条件．4．列方程：规定正方向，确定初、末状态的动量的正负号，根据动量守恒定律列方程．5．求结果．(2012·福建理综)如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()A．v0＋mMvB．v0－mMvC．v0＋mM(v0＋v)D．v0＋mM(v0－v)[答案]C[尝试解答]设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有(M＋m)v0＝－mv＋Mvx，解得vx＝v0＋mM(v0＋v)．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为()A.12B.13C．2D.23[答案]D[解析]设碰前A球的速率为v，根据题意，pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝v2，碰后vA′＝v2，由动量守恒定律，有mv＋2m×v2＝m×v2＋2mvB′，解得vB′＝34v，所以vA′vB′＝v234v＝23.“子弹—木块”模型的特点：1．系统合外力为零，因此动量守恒；2．系统初动量不为零(一般为一静一动)，末动量也不为零；3．两者发生的相对位移等于子弹入射深度d(穿出木块时为木块宽度)．4．因子弹与木块之间的摩擦力做功(系统内力做功)导致能量的转化(常常表现为动能向内能转化)，全过程中的机械能便不再守恒．质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m，速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出．如右图所示，设木块对子弹的阻力恒为F阻，则木块至少多长，子弹才不会穿出．[尝试解答]本题中子弹在木块中进入深度l即为木块的最短长度．此后m和M以共同速度v一起做匀速直线运动．过程如下图所示．以m和M组成的系统为研究对象，据动量守恒定律：mv0＝(m＋M)v①设木块此过程位移为x，则子弹位移为(x＋l)，据动能定理：对木块：F阻x＝12Mv2②对子弹：－F阻(x＋l)＝12mv2－12mv20③由①②③式解得：l＝Mmv202F阻M＋m，即为木块的最小长度．[答案]Mmv202F阻M＋m由以上解析可见，若将②③两式合并就得到：F阻l＝12mv20－12(M＋m)v2，等式右边为机械能的损失量，即转化为内能的量Q＝ΔE机＝F阻Δx相对，此式可以当做公式使用．(2012·山东潍坊重点中学联考)如右图所示，在光滑桌面上放着长木板，其长度为L＝1.0m，在长木板的左上端放一可视为质点的小金属块，它的质量和木板的质量相等，最初它们是静止的．现让小金属块以v0＝2.0m/s的初速度向右滑动，当滑动到长木板的右端时，滑块的速度为v1＝1.0m/s，取g＝10m/s2，求：(1)滑块与长木板间的动摩擦因数μ；(2)小金属块滑到长木板右端经历的时间t.[答案](1)0.1(2)1s[解析](1)设小金属块和木板的质量均为m，系统动量守恒：mv0＝mv1＋mv2①系统能量守恒：12mv20－12mv21－12mv22＝μmgL②解得μ＝0.1③(2)对木板：μmg＝ma④v2＝at，t＝1s.1.对于由两个以上的物体组成的系统，由于物体较多，相互作用的情况以及作用过程较为复杂，虽然仍可对初、末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的关系分成几个系统，分别建立动量守恒方程．2．动量守恒定律是关于质点组(系统)的运动规律，在运用动量守恒定律时主要注重初、末状态的动量是否守恒，而不太注重中间状态的具体细节，因此解题非常便利，凡是碰到质点组的问题，可首先考虑是否满足动量守恒的条件．(4分)(2012·山东卷)如右图所示，光滑水平轨道上有三个木块A，B，C，质量分别为mA＝3m，mB＝mC＝m，开始时B，C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．[思路启迪]碰后A、B的距离保持不变而速度相等．[解题样板]设A，B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得：对A，B木块：mAv0＝________①(1分)对B，C木块：mBvB＝________②(1分)由A与B间的距离保持不变可知vA＝________③(1分)联立①②③式，代入数据得vB＝65v0.(1分)[答案]mAvA＋mBvB(mB＋mC)vv(2012·山西四校联考)如右图所示，A，B两个木块质量均为M＝2kg，A，B与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，质量为m＝0.2kg的铁块C，以初速度v0＝10m/s从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为v2＝0.5m/s，求：(1)A的最终速度vA；(2)铁块刚滑上B时的速度v1.[解析]铁块C和木块B一起向右滑动，由动量守恒定律，mv0＝MvA＋(m＋M)v2，铁块C刚滑上B时，由动量守恒定律，mv0＝mv1＋2MvA，解得vA＝0.45m/s，v1＝1m/s.[答案](1)0.45m/s(2)1m/s(对应学生用书P261)易错点1：系统内物体参考系的选用不一致出错如图所示，在光滑水平面上，一辆平板车载着一人以速度v0＝6m/s水平向左匀速运动．已知车的质量M＝100kg，人的质量m＝60kg.某一时刻人突然相对于车以v＝5m/s的速度向右奔跑，求此时车的速度多大．[易错分析]错解一：取人和平板车为一系统，因为系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒．设人奔跑时车的速度为v1，由动量守恒定律可得(M＋m)v0＝－mv＋Mv1，代入数据得v1＝12.6m/s.错解二：根据动量守恒定律得(M＋m)v0＝－m(v－v0)＋Mv1，代入数据得v1＝9m/s.错解一中人奔跑时的动量(－mv)中的速度v是以车为参考系的，而不是如同其他速度一样，都是以地面为参考系的；错解二的速度差(v－v0)中，v是人奔跑时相对车的速度，而v0是人未奔跑时车的速度，两个速度不是同一时刻的．人奔跑时的相对速度是人相对于作用后车的速度，而不是人相对于作用前车的速度．[正确解答]取水平向左为正方向．人奔跑时，相对于地面的速度为v1－v.由动量守恒定律得(M＋m)v0＝m(v1－v)＋Mv1代入数据得v1＝7.88m/s，方向水平向左．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是()A．Mv0＝(M－m)v′＋mvB．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)D．Mv0＝Mv′＋mv[解析]由动量守恒定律可知，Mv0＝(M－m)v′＋mv，A对．[答案]A易错点2：分析碰撞问题时由于忘了机械能的损失造成的错误如右图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和物体B，放在光滑的水平面上，水平速度为v0的子弹射中物体A并嵌在其中，已知物体B的质量为mB，物体A的质量是物体B的质量的3/4