第2讲 动量守恒定律
- 格式:doc
- 大小:982.50 KB
- 文档页数:41
考点3 人船模型1.人船模型问题如图所示,两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒.在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比.2.人船模型的特点(1)两物体满意动量守恒定律:m1v1-m2v2=0.(2)运动特点:人动船动,人静船静,人快船快,人慢船慢,人左船右;人船位移比等于它们质量的反比;人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比,即x1 x2=v1v2=m2m1.(3)应用x1x2=v1v2=m2m1时要留意:v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的.3.“人船模型”的拓展研透高考明确方向6.[人船模型]有一只小船停靠在湖边码头,小船又窄又长.一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作:首先将船平行于码头自由停岸,轻轻从船尾上船,走到船头停下,而后轻轻下船.用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m,水的阻力不计,则船的质量为(B)A.m(L+d)d B.m(L-d)dC.mLd D.m(L+d)L解析设船的质量为M,人走动的时候船的平均速度为v,人的平均速度为v',人从船尾走到船头用时为t,人的位移为L-d,船的位移为d,所以v=dt ,v'=L−dt.以船后退的方向为正方向,依据动量守恒定律有Mv-mv'=0,可得M dt =m(L−d)t,小船的质量为M=m(L−d)d,故B正确.7.[“人船模型”的拓展/2024云南曲靖模拟/多选]如图所示,一半圆槽滑块的质量为M,半圆槽半径为R,滑块静止在光滑水平桌面上,一质量为m的小型机器人(可视为质点)置于半圆槽的A端,在无线遥控器限制下,小型机器人从半圆槽A端移动到B端.下列说法正确的是(CD)A.小型机器人与滑块组成的系统动量守恒B.滑块运动的距离为MRM+mC.滑块与小型机器人运动的水平距离之和为2RD.小型机器人运动的位移是滑块的Mm倍解析小型机器人和滑块组成的系统只在水平方向动量守恒,A错误;小型机器人从A端移动到B端的过程中,由水平方向动量守恒得mx1=Mx2,依据位移关系有x1+x2=2R,可得小型机器人和滑块移动的距离分别为x1=2MRM+m ,x2=2mRM+m,即小型机器人运动的位移与滑块运动的位移之比为x1x2=Mm,故B错误,C、D正确.。
第2讲动量守恒定律及“两类模型”问题一、动量守恒定律1.内容如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变。
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=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。
(3)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(4)Δp=0,系统总动量的增量为零。
3.适用条件(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(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,则系统在这一方向上动量守恒。
【自测(多选)如图1所示,小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。
关于上述过程,下列说法中正确的是()图1A.男孩和木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同答案CD解析男孩和木箱组成的系统受小车的摩擦力,所以动量不守恒,A错误;小车与木箱组成的系统受男孩的力为外力,所以动量不守恒,B错误;男孩、小车与木箱三者组成的系统,所受合外力为0,所以动量守恒,C正确;木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同,但方向相反,D正确。
二、“两类”模型问题1.“反冲”和“爆炸”模型(1)反冲①定义:当物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时,剩余部分必将向后运动,这种现象叫反冲运动。
②特点:系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。
实例:发射炮弹、发射火箭等。
③规律:遵从动量守恒定律。
(2)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,且远大于系统所受的外力,所以系统动量守恒。
如爆竹爆炸等。
2.“人—船”模型(1)模型介绍两个原来静止的物体发生相互作用时,若整体所受外力的矢量和为零,则两物体组成的系统动量守恒。
第2讲动量守恒定律及应用1•动量守恒定律(1)内容:如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零,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’。
②m2V2= mivi '+ 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。
③Api =- A P2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Ap= 0,系统总动量的增量为零。
2・动量守恒的条件(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒。
(2)近似守恒:系统受到的合力不为零,但当內力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。
(3)分方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量守恒。
3・动量守恒定律的“五性”[思维诊断](1)动量具有瞬时性。
0(2)物体动量的变化等于某个力的冲量。
()(3)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。
()(4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。
()(5)系统的动量守恒时,机械能也一定守恒。
()答案:(1)z (2)X (3)z (4)X (5)x[题组训练]1 •[动量守恒的条件]在如图所示的装置中,木块B与水平桌面间的接触是光滑的,子弹A沿水平方向射入木块后留在其中,将弹簧压缩到最短。
若木块和弹簧合在一起作为系统,则此系统在从子弹开始射入到弹簧被将子弹、木块和弹簧合在一压缩至最短的整个过程中()A・动量守恒,机械能守恒B•动量不守恒,机械能不守恒C•动量守恒?机械能不守恒D •动量不守恒,机械能守恒解析:子弹射入木块是瞬间完成的,这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞,动量守恒,机械能不守恒,一部分动能转化为内能,之后木块(连同子弹)压缩弹簧,将其动能转化为弹性势能,这个过程机械能守 恒,但动量不守恒。
由于左侧挡板的支持力的冲量作用,使系统的动量不断减少,所以整个过程中,动量和机械能均不 守恒。
第2讲动量守恒定律主干梳理对点激活知识点动量守恒定律及其应用Ⅱ1.几个相关概念(1)系统:在物理学中,将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。
(2)内力:系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。
(3)外力:系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。
2.动量守恒定律(1)内容:如果一个系统01不受外力,或者02所受外力的矢量和为0,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①p=03p′,系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1+m2v2=04m1v1′+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。
③Δp1=05-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp=060,系统总动量的增量为零。
(3)适用条件①理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒。
②近似守恒:系统受到的合外力不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。
③某方向守恒:系统在某个方向上所受合外力为零时,系统在该方向上动量守恒。
知识点弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ1.碰撞01很短,02很大的现象。
2.特点在碰撞现象中,一般都满足内力03远大于外力,可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3.分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒04守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失05最大4.散射微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”,微观粒子的碰撞又叫做散射。
知识点反冲爆炸Ⅰ1.反冲现象(1)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01增大,且常伴有其他形式的能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中,一般合外力为零或外力的作用02远小于物体间的相互作用力,可认为系统的动量守恒,可利用动量守恒定律来处理。
2.爆炸问题爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用力很大,且03远大于系统所受的外力,所以系统动量04守恒,爆炸过程中位移很小,可忽略不计,爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
一堵点疏通1.系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。
()2.系统的动量守恒时,机械能也一定守恒。
()3.当质量相等时,发生完全弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换。
() 4.光滑水平面上的两球做相向运动,发生正碰后两球均变为静止,于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等。
()5.只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒。
()答案 1.√ 2.× 3.√ 4.√ 5.×二对点激活1.(人教版选修3-5·P16·T5改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢,跟它们对接。
机车跟第1节车厢相碰后,它们连在一起具有一个共同的速度,紧接着又跟第2节车厢相碰,就这样,直至碰上最后一节车厢。
设机车和车厢的质量都相等,则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)()A.0.053 m/s B.0.05 m/sC.0.057 m/s D.0.06 m/s答案 B解析取机车和15节车厢整体为研究对象,由动量守恒定律得m v0=(m+15m)v,则v=116v0=116×0.8 m/s=0.05 m/s。
故B正确。
2.(人教版选修3-5·P17·T7改编)悬绳下吊着一个质量为M=9.99 kg的沙袋,构成一个单摆,摆长L=1 m。
一颗质量m=10 g的子弹以v0=500 m/s的水平速度射入沙袋,瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量,g取10 m/s2),则此时悬绳的拉力为()A.35 N B.100 NC.102.5 N D.350 N答案 C解析子弹打入沙袋的过程中,对子弹和沙袋由动量守恒定律得m v0=(m+M)v,得子弹与沙袋的共同速度v=m v0m+M=0.01×50010m/s=0.5 m/s。
对子弹和沙袋,子弹射入沙袋瞬间,合外力提供向心力,有F T-(m+M)g=(m+M)v2L,得悬绳的拉力F T =(m +M )g +(m +M )v 2L =102.5 N ,故C 正确。
3.(人教版选修3-5·P 17·T 6改编)如图所示,在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A 球在水平面上静止放置,B 球向左运动与A 球发生正碰,B 球碰撞前、后的速率之比为3∶1,A 球垂直撞向挡板,碰后原速率返回。
两球刚好不发生第二次碰撞,则A 、B 两球的质量之比为( )A .1∶2B .2∶1C .1∶4D .4∶1答案 D解析 设A 、B 的质量分别为m A 、m B ,B 的初速度为v 0,取B 的初速度方向为正方向,由题意知,两球刚好不发生第二次碰撞,说明A 、B 碰撞后速度大小相等,方向相反,分别为v 03和-v 03,则有m B v 0=m A ·v 03+m B ⎝ ⎛⎭⎪⎫-v 03,解得m A ∶m B=4∶1,D 正确。
考点细研 悟法培优考点1 动量守恒定律的理解与应用1.动量守恒定律的“六性”(1)系统性:研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。
(2)条件性:必须满足动量守恒定律的适用条件。
(3)矢量性:表达式中初、末动量都是矢量,首先需要选取正方向,分清各物体初、末动量的正、负。
(4)瞬时性:动量是状态量,动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(5)相对性:动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。
一般选地面为参考系。
(6)普适性:不仅适用于宏观低速物体组成的系统,也适用于微观高速粒子组成的系统。
2.应用动量守恒定律解题的步骤例1如图所示,在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A,木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑。
现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面,对于滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出,B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数),下列说法正确的是() A.A、B组成的系统动量和机械能都守恒B.A、B组成的系统动量和机械能都不守恒C.当B的速度为13v0时,A的速度为23v0D.当A的速度为13v0时,B的速度为23v0(1)木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑,放上B后A、B组成的系统合外力为零吗?提示:由题意知木板A与斜面的动摩擦因数等于斜面倾角的正切值,所以放上B后A、B组成的系统合外力仍为零。
(2)刚放上B后,A、B间发生相对滑动吗?提示:发生。
尝试解答选C。
由于木板A沿斜面匀速下滑,则木板A受到的合力为零,当小滑块B放在木板A上表面后,A、B组成的系统所受的合力仍为零,则系统的动量守恒,由于A、B间以及A与斜面间摩擦力的作用,则系统的机械能一直减小,即机械能不守恒,A、B错误;由于B与A之间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数,所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速下滑,即B的速度不可能大于A的速度,又由动量守恒定律知C正确,D错误。
应用动量守恒定律时的几点易错提醒(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。
系统的动量是否守恒,与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)分析系统内物体受力时,要弄清哪些是系统的内力,哪些是系统外的物体对系统的作用力。
(3)动量守恒和机械能守恒的条件不同,动量守恒时机械能不一定守恒,机械能守恒时动量不一定守恒,二者不可混淆。
[变式1-1]如图所示,质量为M的滑块静止在光滑的水平面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,一个质量为m的球以速度v0向滑块滚来,小球不能越过滑块,则小球到达最高点时,小球和滑块的速度大小是()A.m v0M+mB.m v0MC.M v0M+mD.M v0m答案 A解析小球沿滑块上滑的过程中,对小球和滑块组成的系统,水平方向不受外力,因而水平方向动量守恒,小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同,必然相对运动,此时一定不是最高点)。
由水平方向动量守恒得:m v0=(M+m)v,所以v=m v0M+m,A正确。
[变式1-2]如图所示,甲车质量m1=20 kg,车上有质量M=50 kg的人,甲车(连同车上的人)以v=3 m/s的速度向右滑行。
此时质量m2=50 kg的乙车正以v0=1.8m/s的速度迎面滑来,为了避免两车相撞,当两车相距适当距离时,人从甲车跳到乙车上。
求人跳出甲车的水平速度u(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞?(不计地面和小车间的摩擦,设乙车足够长,g取10 m/s2) 答案u≥3.8 m/s解析以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象,人跳到乙车上,甲车和乙车的速度相同时,两车恰好不相撞,设甲车、乙车与人共速时,速度为v′,由动量守恒定律得(m1+M)v-m2v0=(m1+m2+M)v′解得v′=1 m/s。
设此时人跳离甲车的速度为v人,以人与甲车组成的系统为研究对象,人跳离甲车过程中系统动量守恒,有(m1+M)v=m1v′+M v人,解得v人=3.8 m/s。
因此,只要人跳离甲车的速度u≥v人=3.8 m/s,就可避免两车相撞。
考点2碰撞问题分析1.碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律。
(2)机械能不增加E k1+E k2≥E k1′+E k2′或p212m1+p222m2≥p1′22m1+p2′22m2(3)速度要合理①同向碰撞:碰撞前,后面的物体速度大;碰撞后,若物体速度仍同向,则前面的物体速度大(或相等)。
②相向碰撞:碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
2.弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧ m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′ ①12m 1v 21+12m 2v 22=12m 1v 1′2+12m 2v 2′2 ②解得v 1′=(m 1-m 2)v 1+2m 2v 2m 1+m 2v 2′=(m 2-m 1)v 2+2m 1v 1m 1+m 2(2)分析讨论当碰前两物体的速度不为零时,若m 1=m 2,则v 1′=v 2,v 2′=v 1,即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时:v 1′=m 1-m 2m 1+m 2v 1,v 2′=2m 1m 1+m 2v 1, ①m 1=m 2时,v 1′=0,v 2′=v 1,碰撞后两物体交换速度。
②m 1>m 2时,v 1′>0,v 2′>0,碰撞后两物体沿相同方向运动。
③m 1<m 2时,v 1′<0,v 2′>0,碰撞后质量小的物体被反弹回来。
例2 甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动,已知它们的动量分别是p 1=5 kg·m/s ,p 2=7 kg·m/s ,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为10 kg·m/s ,则甲球质量m 1与乙球质量m 2间的关系可能正确的是( )A .m 1=m 2B .2m 1=m 2C .4m 1=m 2D .6m 1=m 2(1)甲、乙两球碰撞时动量守恒,机械能一定守恒吗?提示:不一定守恒,但不能增加。