三维设计2012高考物理二轮复习课件(广东专版)：第一部分 专题5 动量守恒

专题五动量守恒抓基础探技法研考向提能力[备考方向要明了]主要问题①弹性碰撞和非弹性碰撞；②动量守恒定律及应用主要方法①守恒思想方法；②解决动力学问题的三种观点主要策略加强对概念和规律的理解，并注意考查动量守恒常与能量问题相结合，或与电场、磁场相结合，或与微观粒子相结合，过程复杂的综合题一、对动量定理的理解1．对动量变化Δp＝p2－p1的理解：(1)p＝mv是矢量，只要m的大小、v的大小和方向三者之中任何一个发生了变化，动量p就发生了变化。(2)Δp是矢量，其方向与速度变化量Δv的方向相同。(3)Δp＝p2－p1为矢量式，当p1、p2在一直线上时，先规定正向，再用正负表示p1、p2，将矢量运算变为代数运算(p1、p2不共线时，不要求)。2．动量定理的研究对象通常是单个物体。3．动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映力对时间的积累效果，由Ft＝p2－p1得：F＝p2－p1t＝Δpt。即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。4．动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对于微观粒子中的高速运动仍然适用(1)动量定理公式中的F是研究对象所受的合外力，包含重力在内，不要漏掉任何力。(2)F为变力时应是合外力在作用时间内的平均值。二、碰撞的种类及动量守恒定律的“四性”1．碰撞的种类弹性碰撞(1)动量守恒(2)碰撞前后总动能相等非弹性碰撞(1)动量守恒(2)动能有损失完全非弹性碰撞(1)碰后两物体合为一体(2)动量守恒(3)动能损失最大2．动量守恒定律的“四性”(1)矢量性：动量守恒定律表达式是矢量方程，在解题时应规定正方向。(2)参考系的同一性：定律表达式中的速度应相对同一参考系，一般以地面为参考系。(3)瞬时性：定律中的初态动量是相互作用前同一时刻的瞬时值，末态动量对应相互作用后同一时刻的瞬时值。(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。(1)应用动量守恒定律解决问题的关键是明确所要研究的相互作用的系统。(2)列式求解前要分析所研究的系统是否满足动量守恒。1.动量近似守恒的几个特例分析(1)爆炸、碰撞问题：①爆炸和碰撞具有一个共同特点，即相互作用的力为变力，作用的时间短，作用力很大，且远远大于系统受的外力，故均可用动量守恒定律来处理。②在爆炸过程中，因有其他形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加。③在碰撞过程中，如果没有动能损失，碰撞前与碰撞后总动能相等；如果有部分动能转化为内能，系统的总动能减小，系统的总动能是不可能增加的。④由于碰撞(或爆炸)作用时间极短，因此作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为，碰撞(或爆炸)后还从碰撞(或爆炸)前瞬间的位置以新的动量开始运动。(2)反冲运动：①反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。②反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。③研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系和其中各物体对地的运动状态。2．书写动量守恒方程应注意的问题(1)选取正方向：因动量守恒定律表达式为矢量式，作用前后动量在一条直线上时，规定正方向，将矢量运算简化为代数运算。(2)速度v1、v2、v1′、v2′必须相对同一参考系，通常相对地面而言。(3)动量是状态量，具有瞬时性，v1、v2是作用前同一时刻两物体的速度，v1′、v2′是作用后同一时刻的速度。(4)动量守恒不仅适用于宏观物体的低速问题，也适用于微观现象和高速运动。1．如图5－1所示，质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动。则()图5－1A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，甲、乙(包括弹簧)构成的系统动量不守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C．当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0D．甲物块的速率可能达到5m/s解析：甲、乙和弹簧组成的系统符合动量守恒的条件，故A错；由于mv甲＜mv乙，即p甲＜p乙，所以系统动量水平向右，选项B中，若v甲′＝0，则v乙′≠0，所以此时两物块相距不是最近，B错；若甲物块的速率为1m/s，有两种情况，甲的此时的速率可能向左，也可能向右，若向左，则由mv甲－mv乙＝mv甲′＋mv乙′，所以v乙′＝－2m/s；若向右，则由mv甲－mv乙＝－mv甲′＋mv乙′所以v乙′＝－2m/s；若向右，则由mv甲－mv乙＝－mv甲′＋mv乙′所以v乙′＝0，故C对；若甲的速率为5m/s，根据对运动情景的分析，甲的速度应水平向右，由动量守恒定律可解得mv甲－mv乙＝－mv甲′＋mv乙′，所以v乙′＝4m/s显然违背了能量守恒定律，故D错。答案：C(1)力的观点：牛顿运动定律结合运动学公式。(2)动量的观点：动量定理和动量守恒定律。(3)能量的观点：动能定理和能量守恒定律。2．小球A和B的质量分别为mA和mB，且mAmB。在某高度处将A和B先后从静止释放。小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰。设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。解析：根据题意，由运动学规律可知，小球A与B碰撞前的速度大小相等，设均为v0。由机械能守恒有mAgH＝12mAv①设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2②由于两球碰撞过程中能量守恒，故12mAv＋12mBv＝12mAv＋12mBv③2020202122联立②③式得v2＝3mA－mBmA＋mBv0④设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有h＝⑤由①④⑤式得h＝(3mA－mBmA＋mB)2H⑥答案：(3mA－mBmA＋mB)2H“蹦床”已成为奥运会的比赛项目，质量为m的运动员从床垫正上方h1高处自由落下，落垫后反弹的高度为h2，设运动员每次与床垫接触的时间为t，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力。(空气阻力不计，重力加速度为g)某同学给出了如下的解答：设在时间t内，床垫对运动员的平均作用力大小为F，运动员刚接触床垫时的速率为v1，刚离开床垫时的速率为v2，则由动量定理可知[命题视角1]Ft＝Δp①Δp＝mv2－mv1②由机械能守恒定律分别有12mv12＝mgh1，v1＝2gh1③12mv22＝mgh2，v2＝2gh2④由①②③④式联立可得F＝m2gh2－m2gh1t⑤该同学解答过程是否正确？若不正确，请指出该同学解答过程中所有的不妥之处，并加以改正。[规范解题]此同学解答有如下错误：(1)原解法中②式中未注意动量的矢量性正确的表达式为：规定竖直向上为正方向，Δp＝mv2＋mv1(2)①式中冲量应为合外力的冲量，即床垫对运动员的作用力和重力的合力冲量正确的表达式为：(F－mg)t＝mv2＋mv1F＝mg＋mv2＋mv1t＝mg＋m2gh2＋m2gh1t(3)题中所求F为床垫对运动员的作用力，而题要求运动员对床垫的作用力正确的表述为：由牛顿第三定律可得，运动员对床垫的作用力大小F′＝F＝mg＋m2gh2＋m2gh1t(4)未说明运动员对床垫作用力的方向，应给出“运动员对床垫的作用力的方向竖直向下”。[答案]见规范解题[命题视角2]长1.8m的细线悬挂着质量为2kg的小球，绳的另一端系在离地高3.6m的天花板上，现将小球从贴着天花板的地方开始自由下落，在细绳被拉直的瞬间绳断裂，接着小球竖直下落到地面上，全过程历时1.2s，已知小球刚着地时的速度大小为6.5m/s，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：(1)细绳刚断裂时小球的速度；(2)在细绳被拉断的瞬间，绳子受到的平均拉力。[自主尝试](1)设细绳断开时小球的速度为v1，着地时的速度为v2，绳断开后，小球做竖直下抛运动，运动距离h＝1.8m，由匀加速运动的公式有：2gh＝v22－v12，则v12＝v22－2gh，v1＝v22－2gh＝6.52－2×10×1.8m/s＝2.5m/s。即细绳刚断开时小球的速度大小为2.5m/s，方向向下。(2)绳断之前，小球自由下落的时间t1＝2hg＝0.6s；绳断开后，小球的运动时间t2＝v2－v1g＝0.4s，则细线断裂所经历的时间Δt＝t－t1－t2＝0.2s。细线断裂瞬间，小球受到竖直向上的绳的拉力F和竖直向下的重力，绳拉紧前小球的速度：v0＝2gh＝6m/s，方向向下；绳断裂时，小球的速度v1＝2.5m/s，向下。以向下为正方向，由动量定理有：(mg－F)Δt＝mv1－mv0，由此得F＝mg＋mv0－v1Δt＝2×10N＋2×6－2.50.2N＝55N。由牛顿第三定律，即绳断裂过程中绳子受到的平均拉力为55N，方向向下。[答案](1)2.5m/s，方向向下(2)55N，方向向下[冲关锦囊](1)动量、冲量均为矢量，在应用动量定理解题时，一定要先选定正方向，把矢量运算转化为代数运算。(2)应用动量定理时，要注意和力学中其他规律结合，如：匀变速运动规律、牛顿运动定律、功能关系等。[命题视角1]两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图5－2图5－2所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后又滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。[规范解题]设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得mgh＝12mv2＋12M1V2①M1V＝mv②设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为V′，由机械能守恒和动量守恒得mgh′＋12(M2＋m)V′2＝12mv2③mv＝(M2＋m)V′④联立①②③④式得h′＝M1M2M1＋mM2＋mh。[答案]M1M2M1＋mM2＋mh[命题视角2]如图5－3所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为32m。开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远。若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起。为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？图5－3[自主尝试]设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得mv1＝2mv′①为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v′≤v2②设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得2mv′－32mv2＝72mv″③为使B能与挡板再次碰撞应满足v″0④联立①②③④式得1．5v2v1≤2v2或12v1≤v223v1⑤[答案]1.5v2v1≤2v2或12v1≤v223v1[冲关锦囊]解决这类问题，要仔细阅读题目，确认怎样选择系统。动量、动能(或机械能)是否守恒。动量是矢量，在某一方向上也可能守恒。点击下图进入