2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專題突破復(fù)習(xí) 專題二 能量與動量 第三講 碰撞與動量守恒學(xué)案

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1、 第三講　碰撞與動量守恒 [知識建構(gòu)] [高考調(diào)研] 1.2018年高考中該部分內(nèi)容的考查難度將加大 (1)利用圖象或公式直接考查動量定理或者動量守恒定律． (2)考查動量定理的應(yīng)用，特別是動量定理在流體力學(xué)中的應(yīng)用．此外，動量定理還可以與電場、磁場、電磁感應(yīng)等知識綜合命題，選擇題和計算題的命題形式皆有可能出現(xiàn)． (3)考查動量守恒定律及其應(yīng)用．試題常常涉及多個物體、多個過程，以碰撞模型為紐帶，幾個運動階段既相互獨立，又相互聯(lián)系，物體碰前、碰后的速度是聯(lián)系各運動階段的橋梁．此類題目中動量常與能量、牛頓運動定律等知識相互結(jié)合． 2.常用的思想方法：①動量定理結(jié)合微積分的

2、思想方法．②彈性碰撞中的二級結(jié)論法. [答案]　(1)物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化． (2)一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變． (3)動量守恒定律成立的條件 ①系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒． ②系統(tǒng)所受合外力雖然不為零，但系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力時，如碰撞、爆炸等現(xiàn)象中，系統(tǒng)的動量可看成近似守恒． ③系統(tǒng)所受的合外力雖不為零，如果在某一個方向上合外力為零，那么在該方向上系統(tǒng)的動量守恒． (4)碰撞的分類 考向一　動量定理 [歸納提煉] 1．用動量定理的解題的基本思路 2．應(yīng)用動量定理解題技巧 (1

3、)動量定理沒有適用條件，在計算與時間有關(guān)的問題時都可以適用． (2)動量定理研究對象選擇可以是單一物體，也可以是質(zhì)點系，在研究質(zhì)點系問題時，受力分析是只考慮質(zhì)點系的外力． (3)在應(yīng)用動量定理時需要規(guī)定正方向． 　(2016·全國卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求： (1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)

4、玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度． [思路點撥]　(1)玩具在空中懸停說明F＝mg. (2)求水對玩具的作用力，可考慮動量定理解題． [解析]　(1)設(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量＝ρv0S③ (2)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v.對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④ 在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小Δp＝(Δm)v⑤ 設(shè)水對玩具的作用力的大

5、小為F，根據(jù)動量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝－ [答案]　(1)ρv0S　(2)－ 用動量定理解決連續(xù)的流體問題 在日常的生活和生產(chǎn)中，常涉及流體的連續(xù)相互作用問題，用常規(guī)的方法很難解決，若構(gòu)建柱體微元模型，然后用動量定理分析求解，則可使問題迎刃而解．對于流體或類似流體(如粒子流)問題，解答的原則一般是選擇一段時間內(nèi)作用在某物體上的流體為研究對象，然后確定出流體柱的體積、質(zhì)量、狀態(tài)變化及受力情況，再確定與其對物體的作用規(guī)律． [熟練強化] 遷移一　動量定理與生產(chǎn)生活相結(jié)合 1．(2015·重慶卷)高空作業(yè)須

6、系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)．此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.＋mg B.－mg C.＋mg D.－mg [解析]　下降h階段v2＝2gh，得v＝，對此后至安全帶最大伸長過程應(yīng)用動量定理，設(shè)豎直向下為正，－(F－mg)t＝0－mv，得F＝＋mg，A正確．選A. [答案]　A 遷移二　動量定理解決連續(xù)流體問題 2．(多選)(2017·河北名校聯(lián)盟)如圖所示，用高

7、壓水槍噴出的強力水柱沖擊右側(cè)的煤層．設(shè)水柱直徑為D，水流速度為v，方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零．高壓水槍的質(zhì)量為M，手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ.下列說法正確的是(　　) A．高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為ρvπD2 B．高壓水槍的功率為ρπD2v3 C．水柱對煤層的平均沖力為ρπD2v2 D．手對高壓水槍的作用力水平向右 [解析]　設(shè)Δt時間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝πD2vΔt，單位時間噴出水的質(zhì)量為＝ρvπD2，選項A錯誤．Δt時間內(nèi)水槍噴出的水的動能Ek＝Δm

8、v2＝ρπD2v3Δt，由動能定理知高壓水槍在此期間對水做功為W＝Ek＝ρπD2v3Δt，高壓水槍的功率P＝＝ρπD2v3，選項B正確．考慮一個極短時間Δt′，在此時間內(nèi)噴到煤層上水的質(zhì)量為m，設(shè)煤層對水柱的作用力為F，由動量定理，F(xiàn)Δt′＝mv，Δt′時間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量m＝ρπD2vΔt′，解得F＝ρπD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對煤層的平均沖力為F′＝F＝ρπD2v2，選項C正確．當高壓水槍向右噴出高壓水流時，水流對高壓水槍的作用力向左，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對高壓水槍的作用力方向斜向右上方，選項D錯誤． [答案]　BC 考向二　動量守恒定律的應(yīng)用 [

9、歸納提煉] 1．動量守恒定律解題思路及方法 2．三種常見表達式 (1)p＝p′(系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′)． 實際應(yīng)用時的三種常見形式． ①m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2(適用于作用前后都運動的兩個物體組成的系統(tǒng))． ②0＝m1v1＋m2v2(適用于原來靜止的兩個物體組成的系統(tǒng)，比如爆炸、反沖等，兩者速率及位移大小與各自質(zhì)量成反比)． ③m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v(適用于兩物體作用后結(jié)合為一體或具有相同速度的情況，完全非彈性碰撞)． (2)Δp＝0(系統(tǒng)總動量不變)． (3)Δp1＝－Δp2(相互作用的兩物體組成的系統(tǒng)，兩物

10、體動量增量大小相等、方向相反．) 　(多選)(2017·陜西寶雞模擬)光滑水平面上放有質(zhì)量分別為2m和m的物塊A和B，用細線將它們連接起來，兩物塊中間夾有一壓縮的輕質(zhì)彈簧(彈簧與物塊不相連)，彈簧的壓縮量為x.現(xiàn)將細線剪斷，此刻物塊A的加速度大小為a，兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v，則(　　) A．物塊開始運動前，彈簧的彈性勢能為mv2 B．物塊開始運動前，彈簧的彈性勢能為3mv2 C．物塊B的加速度大小為a時彈簧的壓縮量為 D．物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為x [思路點撥]　(1)可根據(jù)動量守恒求得物塊B的速度． (2)剪斷細繩瞬間，彈簧兩側(cè)物塊受力大

11、小相等． [解析]　依據(jù)題述，兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v，由動量守恒定律，2mv＝mv′，解得物塊B的速度大小v′＝2v；由能量守恒定律，物塊開始運動前，彈簧的彈性勢能Ep＝·2mv2＋mv′2＝3mv2，A錯誤，B正確．剪斷細線瞬間，輕彈簧兩側(cè)物塊受力大小相等，都為kx，由牛頓第二定律，kx＝2ma；當物塊B的加速度大小為a時，由牛頓第二定律，ma＝kx′，聯(lián)立解得x′＝，C正確．根據(jù)上述分析可知，物塊B的加速度是A的2倍，由s＝at2，物塊B的位移是A的2倍，物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為x，D錯誤． [答案]　BC 三種碰撞解讀 (1)彈性碰撞 碰

12、撞結(jié)束后，形變?nèi)肯?，動能沒有損失，不僅動量守恒，而且初、末動能相等． m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2 v1′＝ v2′＝ v2＝0時，v1′＝v1 v2′＝v1 討論：①m1＝m2，v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)； ②m1>m2，v1′>0，v2′>0(碰后，兩物體沿同一方向運動)； ③m1?m2，v1′≈v1，v2′≈2v1； ④m10(碰后，兩物體沿相反方向運動)； ⑤m1?m2，v1′≈－v1，v2′≈0； [熟練強化] 遷移一　非彈性碰撞 1．光滑水平面上

13、有A、B兩輛小車，mB＝1 kg，原來靜止，mA ＝1 kg(含支架)．現(xiàn)將小球C用長為0.2 m的細線懸于支架頂端，mC＝0.5 kg.開始時A車與C球以v0＝4 m/s的速度沖向B車，如右圖所示．若A、B正碰后粘在一起，不計空氣阻力，g取10 m/s2，求小球C擺動到最大高度時的速度和上升的最大高度． [解析]　設(shè)A，B相碰后二者的共同速度為v，(相碰時C球水平方向不受力，仍保持v0的速度) 則由動量守恒定律mAv0＝(mA＋mB)v 解得v＝2 m/s A、B粘在一起后，小球C向右擺，細繩在水平方向的分力使A、B加速，當C的速度與A、B水平方向的速度相同時 小球擺至最高點

14、，則由動量守恒，有mCv0＋(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v′ 解得A、B、C相同的速度v′＝2.4 m/s. 再由機械能守恒定律，設(shè)C球擺上的最大高度為h，則 mCv＋(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v′2＋mCgh 解得h＝0.16 m [答案]　2.4 m/s　0.16 m 遷移二　彈性碰撞 2．如圖所示，AB為傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道，通過一小段光滑圓弧與光滑水平軌道BC相連接，質(zhì)量為m2的小球乙靜止在水平軌道上，質(zhì)量為m1的小球甲以速度v0與乙球發(fā)生彈性正碰．若m1∶m2＝1∶2，且軌道足夠長，要使兩球能發(fā)生第二次碰撞，求乙球與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ

15、的取值范圍．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) [解析]　設(shè)碰后甲的速度為v1，乙的速度為v2，由動量守恒和機械能守恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v＝m1v＋m2v 解得v1＝v0＝－v0，v2＝v0＝v0 設(shè)乙球沿斜面上滑的最大位移大小為s，滑到斜面底端的速度大小為v，由動能定理有 (m2gsin37°＋μm2gcos37°)s＝m2v (m2gsin37°－μm2gcos37°)s＝m2v2 解得2＝ 乙要能追上甲，則v> 解得μ<0.45 [答案]　μ<0.45 高考高頻考點強化——動量與能量的綜合應(yīng)用 [考點歸納] 動量觀點和

16、能量觀點的選取原則 1．動量觀點 (1)對于不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別對于打擊一類的問題，因時間短且沖力隨時間變化，應(yīng)用動量定理求解，即Ft＝mv－mv0. (2)對于碰撞、爆炸、反沖一類的問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時間，應(yīng)用動量守恒定律求解． 2．能量觀點 (1)對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解． (2)如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運動過程中的加速度和時間問題，則采用機械能守恒定律求解． (3)對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒定

17、律建立方程． [真題歸類] 1．(2016·全國卷Ⅱ)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ [解析]　(1)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者

18、達到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v① m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh② 式中v20＝－3 m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3＝20 kg③ (2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0④ 代入數(shù)據(jù)得v1＝1 m/s⑤ 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥ m2v＝m2v＋m3v⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1 m/s 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩

19、推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩． [答案]　(1)20 kg　(2)見解析 2．(2016·全國卷Ⅲ)如圖所示，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件． [解析]　設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有mv>μmgl① 即μ<② 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1，由能量守恒有 m

20、v＝mv＋μmgl③ 設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋v2′④ mv＝mv1′2＋v2′2⑤ 聯(lián)立④⑤式解得v2′＝v1⑥ 由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知 v≤μgl⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式，可得μ≥⑧ 聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件≤μ< [答案]　≤μ< 3．(2017·天津卷)如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩相連，跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg.初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中．現(xiàn)將B豎直向上再舉高h＝1.8

21、m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放．一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸．取g＝10 m/s2，空氣阻力不計．求： (1)B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t； (2)A的最大速度v的大小； (3)初始時B離地面的高度H. [解析]　本題考查自由落體運動、機械能守恒定律及動量守恒定律． (1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有 h＝gt2① 代入數(shù)據(jù)解得 t＝0.6 s② (2)設(shè)細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有 vB＝gt③ 細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得 mBvB＝(mA＋mB)

22、v④ 之后A做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度v即最大速度，聯(lián)立②③④式，代入數(shù)據(jù)解得 v＝2 m/s⑤ (3)細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有 (mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥ 代入數(shù)據(jù)解得 H＝0.6 m [答案]　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m [遷移訓(xùn)練] 1．如下圖所示，一質(zhì)量為M、頂端距離地面為h的帶有曲面的斜面體放在水平面上，斜面體底端的切線水平，將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊從斜面體的頂端由靜止釋放．第一次斜面體固定在水平面上，滑塊滑

23、到斜面體底端時的速度大小為v1；第二次斜面體不固定，滑塊滑到斜面體底端時的速度大小為v2.已知M＝4 kg、m＝5 kg，忽略一切摩擦．則的值為多少？ [解析]　第一次斜面體固定，滑塊下滑過程中只有重力做功，滑塊的機械能守恒，滑塊在最高處的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為滑到斜面體底端時的動能，有mgh＝mv 解得滑塊滑到斜面體底端時的速度v1＝ 第二次斜面體不固定，當滑塊滑到斜面體底端時，對滑塊和斜面體組成的系統(tǒng)，由于在水平方向上不受外力，因此系統(tǒng)在水平方向上動量守恒 滑塊到達斜面體底端時的速度為v2，設(shè)斜面體的速度為v0，則由水平方向動量守恒，得mv2＋Mv0＝0 滑塊下滑時，只有重力和系

24、統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，有mgh＝mv＋Mv 聯(lián)立解得v2＝ 因此兩種情況下滑塊到達斜面體底端的速度的比值為＝ ＝. [答案]　 2．(2017·湖南長沙四縣三月模擬)足夠長的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4 m的光滑豎直半圓軌道相連，金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1 kg，電阻Rb＝Rc＝1 Ω，軌道的電阻不計．平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強度B＝1 T的勻強磁場中，磁場方向與軌道平面垂直，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖所示，若使b棒以初速度v0＝10 m/s開始向左運動，求： (

25、1)c棒的最大速度． (2)c棒中產(chǎn)生的焦耳熱． (3)若c棒達最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達軌道最高點時對軌道的壓力的大小． [解析]　(1)在磁場力作用下，b棒做減速運動，c棒做加速運動，當兩棒速度相等時，c棒達最大速度．選兩棒為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有 mbv0＝(mb＋mc)v 解得c棒的最大速度為：v＝v0＝v0＝5 m/s (2)從b棒開始運動到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為：Q＝mbv－(mb＋mc)v2＝2.5 J 因為Rb＝Rc，所以c棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝＝1.25 J (3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點時的

26、速度為v′，從最低點上升到最高點的過程由機械能守恒可得： mcv2－mcv′2＝mcg·2R 解得v′＝3 m/s 在最高點，設(shè)軌道對c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得 mcg＋F＝mc 解得F＝1.25 N 由牛頓第三定律得，在最高點c棒對軌道的壓力為1.25 N [答案]　(1)5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N 3．(2017·湖北七市3月模擬)如圖所示，光滑平行金屬軌道的水平部分處于豎直向下的B＝4 T的勻強磁場中，兩軌道間距為L＝0.5 m，軌道足夠長．金屬棒a和b的質(zhì)量都為m＝1 kg，電阻Ra＝Rb＝1 Ω.b棒靜止于軌道水平部分，現(xiàn)將a棒從h＝80

27、 cm高處自靜止沿弧形軌道下滑，通過C點進入軌道的水平部分，已知兩棒在運動過程中始終保持與軌道垂直，且兩棒始終不相碰．求a、b兩棒的最終速度，以及整個過程中b棒中產(chǎn)生的焦耳熱(已知重力加速度g＝10 m/s2)． [解析]　a棒下滑至C點時速度設(shè)為v0，則由機械能守恒，有： mgh＝mv 解得v0＝4 m/s 此后的運動過程中，a、b兩棒達到共速前，兩棒所受安培力始終等大反向，因此a、b兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，有： mv0＝(m＋m)v 解得a、b兩棒共同的最終速度為v＝2 m/s，此后兩棒一起做勻速直線運動 由能量守恒定律可知，整個過程中回路產(chǎn)生的總的焦耳熱為： Q＝mv－(m＋m)v2 則b棒中產(chǎn)生的焦耳熱Qb＝Q 聯(lián)立解得：Qb＝2 J [答案]　2 m/s　2 J 16