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(精品word)2018年高考物理第一轮知识点梳理复*教案29-专题十五-动量守恒与*代物理初步-考

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专题十五 动量守恒与*代物理初步(选修 3-5)
考纲展示 命题探究

考点一 碰撞与动量守恒

基础点

知识点 1 动量、冲量、动量定理、动量守恒定律

1.动量

(1)定义:运动物体的质量与速度的乘积。

(2)表达式:p=mv。

(3)单位:kg·m/s。

(4)标矢性:动量是矢量,其方向与速度的方向相同。

(5)动量、动能、动量变化量的比较。

名称

动量

动能

动量变化量

1

项目

定义

物体的质量和速度 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

定义式

p=mv

Ek=12mv2

Δp=p′-p

项目

动量

动能

动量变化量

标矢性

矢量

标量

矢量

特点

状态量

状态量

过程量

关联方程

p2

1

Ek=2m,Ek=2pv,p=

2mEk,p=2vEk

2.冲量

(1)定义:力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。

(2)表达式:I=Ft。单位:N·s。

(3)标矢性:冲量是矢量,它的方向由力的方向决定。

3.动量定理

项目

动量定理

内容

物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲 量

表达式 意义

p′-p=F 合 t 或 mv′-mv=F 合 t 合外力的冲量是引起物体动量变化的原因

标矢性

矢量式(注意正方向的选取)

4.动量守恒定律

(1)内容:如果一个系统不受外力,或者所受合外力为 0,这个系统的总动量保

持不变。

(2)表达式

①m1v1+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。

②Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 ③Δp=0,系统总动量的增量为零。

(3)适用条件

①系统不受外力或所受外力的合力为零,不是系统内每个物体所受的合外力都为

零,更不能认为系统处于*衡状态。

②*似适用条件: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如果系统在某一方向上所受外力的合力为零,则系统在该方向上动量守恒。

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知识点 2 碰撞、反冲和爆炸问题

1.碰撞:物体间的相互作用持续时间很短,而物体间相互作用力很大的现象。

2.特点:在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力,可认为相互碰撞的系统

动量守恒。

3.分类

两类守恒 碰撞类型

动量是否守恒

机械能是否守恒

弹性碰撞

守恒

守恒

非弹性碰撞

守恒

有损失

完全非弹性碰撞

守恒

损失最大

4.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增大,且常伴有

其他形式能向动能的转化。

(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。

5.爆炸问题:爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用力很大,且远大于系统所受

的外力,所以系统动量守恒,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。

知识点 3 实验:验证动量守恒定律

1.方案一:利用气垫导轨完成一维碰撞实验(如图所示)。 (1)测质量:用天*测出滑块质量。 (2)安装:正确安装好气垫导轨。 (3)实验:接通电源,利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后 的速度。(①改变滑块的质量。②改变滑块的初速度大小和方向。) (4)验证:一维碰撞中的动量守恒。
3

2.方案二:利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(如图所示)。 (1)测质量:用天*测出两小球的质量 m1、m2。 (2)安装:把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。 (3)实验:一个小球静止,拉起另一个小球,放下时它们相碰。 (4)测速度:可以测量小球被拉起的角度,从而算出碰撞前对应小球的速度,测 量碰撞后小球摆起的角度,算出碰撞后对应小球的速度。 (5)改变条件:改变碰撞条件,重复实验。 (6)验证:一维碰撞中的动量守恒。 3.方案三:在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(如图所示)。
(1)测质量:用天*测出两小车的质量。 (2)安装:将打点计时器固定在光滑长木板的一端,把纸带穿过打点计时器,连 在小车的后面,在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。 (3)实验:接通电源,让小车 A 运动,小车 B 静止,两车碰撞时撞针插入橡皮泥 中,把两小车连接成一体运动。
Δx (4)测速度:通过纸带上两计数点间的距离及时间由 v=Δt算出速度。 (5)改变条件:改变碰撞条件,重复实验。 (6)验证:一维碰撞中的动量守恒。 重难点
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一、动量定理的理解和应用 1.动量定理的理解 (1)动量定理描述的是一个过程,它表明物体所受合外力的冲量是物体动量变化 的原因,物体动量的变化是它受到的外力作用经过一段时间积累的结果。 (2)动量定理 Ft=mvt-mv0 是一个矢量式,运算应遵循*行四边形定则。若公式 中各量均在一条直线上,可规定某一方向为正,根据题设给出各量的方向研究它 们的正负,从而把矢量运算简化为代数运算。 (3)动量定理既适用于恒力,也适用于变力,对于变力的情况,动量定理中的 F 应理解为变力在作用时间内的*均值。 (4)动量定理说明的是合力的冲量与动量变化量的关系,反映力对时间的积累效 果,与物体的初、末动量无必然联系,动量变化量的方向与合力的冲量方向相同。 而物体在某一时刻的动量方向跟合力的冲量方向无必然联系。 (5)动量定理的研究对象是单个物体或物体系统。系统的动量变化等于在作用过 程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和。而物体之间的作用力不会改变 系统的总动量。 2.动量定理的应用 (1)动力学问题中的应用 ①在不涉及加速度和位移的情况下,研究运动和力的关系时,用动量定理求解一 般较为方便。 ②因为动量定理不仅适用于恒力作用,也适用于变力作用,而且也不需要考虑运 动过程的细节。 (2)用动量定理解释现象 ①用动量定理解释的现象一般可分为两类: 一类是物体的动量变化量一定,这种情况下力的作用时间越短,力就越大;力的 作用时间越长,力就越小。 另一类是作用力一定,这种情况下力的作用时间越长,动量变化量越大;力的作 用时间越短,动量变化量越小。 分析问题时,要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚。 ②用动量定理解释现象时,关键分析清楚作用力、时间及动量变化量的情况。 3.应用动量定理解题的步骤 (1)明确研究对象和研究过程 研究对象可以是一个物体,也可以是几个物体组成的系统,系统内各物体可以是 保持相对静止的,也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程,也可以是全 过程中的某一阶段。
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(2)进行受力分析

只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力,所有外力之和为合外力。研究

对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量,但不影响系统的总

动量,因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情

况不同,则要分别计算它们的冲量,然后求它们的矢量和。

(3)规定正方向

由于力、冲量、速度、动量都是矢量,在一维的情况下,列式前可以先规定一个

正方向,与规定的正方向相同的矢量为正,反之为负。

(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢

量和)。

(5)根据动量定理列式求解。

特别提醒

(1)若各力的作用时间相同,且各外力为恒力,可以先求合力,再乘以时间求冲

量,I 合=F 合·t。 (2)若各外力作用时间不同,可以先求出每个外力在相应时间的冲量,然后求各

外力冲量的矢量和,即 I 合=F1t1+F2t2+… (3)初态的动量 p 是系统各部分动量之和,末态的动量 p′也是系统各部分动量

之和。

(4)对系统各部分的动量进行描述时,应该选取同一个参考系,不然求和无实际

意义。

二、动量守恒定律的理解与应用

1.动量守恒定律的“五性”

矢量性

动量守恒定律的表达式为矢量方程,解题应选取统一的正方向

相对性

各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)

同时性

动量是一个瞬时量,表达式中的 p1、p2……必须是系统中各物体在相互 作用前同一时刻的动量,p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作 用后同一时刻的动量

系统性

研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统

普适性

动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统,还适用于接*光速 运动的微观粒子组成的系统

2.动量守恒定律适用条件

(1)前提条件:存在相互作用的物体系。

(2)理想条件:系统不受外力。

(3)实际条件:系统所受合外力为 0。

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(4)*似条件:系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。

(5)方向条件:系统在某一方向上满足上面的条件,则此方向上动量守恒。

3.动量守恒定律与机械能守恒定律的比较

定律名称 比较项目

动量守恒定律

机械能守恒定律

研究对象 相同点
研究过程

相互作用的物体组成的系统 某一运动过程

守恒条件

系统不受外力或所受外力的矢量 系统只有重力或弹力做功
和为零

不同点

表达式 表达式的矢 标性

p1+p2=p1′+p2′ 矢量式

Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 标量式

某一方向上 应用情况

可在某一方向上独立使用

不能在某一方向独立使用

运算法则

矢量运算

代数运算

4.应用动量守恒定律的解题步骤

(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。

特别提醒

(1)动量守恒定律是自然界中最普遍、最基本的规律之一。它不仅适用于宏观、

低速领域,而且适用于微观、高速领域。

(2)在同一物理过程中,系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关,因此应用

动量守恒解决问题时,一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒

的。

(3)速度 v 与参考系的选取有关,因此相互作用的物体的速度 v1、v2、v1′、v2′ 都必须相对同一惯性参考系,通常都是指相对地面的速度。

(4)动量是状态量,具有瞬时性,动量守恒指的是在任意两个确定状态下系统的

动量矢量和相同,因此动量守恒定律的表达式中 v1、v2 必须是相互作用前同一时 刻两物体的瞬时速度,v1′、v2′必须是相互作用后同一时刻两物体的瞬时速度。 (5)对于两个以上的物体组成的系统,由于物体较多,作用过程较为复杂,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相

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互作用的关系分成几个小系统,分别建立动量守恒方程。

三、碰撞、反冲、爆炸类问题

1.碰撞

(1)对碰撞的理解

①发生碰撞的物体间一般作用力很大,作用时间很短;各物体作用前后各自动量

变化显著;物体在作用时间内位移可忽略。

②即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零,由于内力远大于外力,作用时间又

很短,故外力的作用可忽略,认为系统的动量是守恒的。

③若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能,则系统碰撞后的总机械能不可

能大于碰撞前系统的总机械能。

(2)物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断

弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞,遵循的规律是动量守恒定律和机械

能守恒定律。确切地说是碰撞前后系统动量守恒,动能不变。

①题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。

②题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的,都是

弹性碰撞。

(3)弹性碰撞的规律

规律:满足动量守恒和机械能守恒。

例如:以质量为 m1、速度为 v1 的小球与质量为 m2 的静止小球发生正面弹性碰撞 为例,则有

m1v1=m1v1′+m2v2′① 12m1v21=12m1v1′2+12m2v2′2②

由①②得 v1′= 结论:

m1-m2 m1+m2

v1,v2′=m21m+1vm12

a.当 m1=m2 时,v1′=0,v2′=v1,碰撞后交换了速度。 b.当 m1>m2 时,v1′>0,v2′>0,碰撞后都向前运动。当 m1? m2 时,即第一个 物体的质量比第二个物体的质量大得多时,m1-m2≈m1,m1+m2≈m1,由①②两式 得 v1′=v1,v2′=2v1。 c.当 m1<m2 时,v1′<0,v2′>0,碰撞后质量小的球反弹。当 m1? m2 时,即第 一个物体的质量比第二个物体的质量小得多时,m1-m2≈-m2,m1+m2≈m2,m12+m1m2 ≈0,由①②两式得 v1′=-v1,v2′=0。 (4)非弹性碰撞的规律

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规律:满足动量守恒和能量守恒(而机械能不守恒)。 例如:以质量为 m1、速度为 v1 的小球与质量为 m2 的静止小球发生正面非弹性碰 撞为例,由动量守恒定律知 m1v1=m1v1′+m2v2′,由能量守恒定律知,系统损失 的机械能 ΔE 损=12m1v21-???12m1v1′2+12m2v2′2???。 (5)碰撞现象满足的三个规律 ①动量守恒:即 p1+p2=p1′+p2′。 ②动能不增加:即 Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或2pm211+2pm222≥p21′m1 2+p22′m2 2。 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.反冲 (1)现象:物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象。 (2)特点:一般情况下,物体间的相互作用力(内力)较大,因此系统动量往往有 以下几种情况:①动量守恒;②动量*似守恒;③某一方向上动量守恒。反冲运 动中机械能往往不守恒。 (3)实例:喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。 3.爆炸的特点 (1)动量守恒:由于爆炸是在极短的时间内完成的,发生爆炸时物体间的相互作 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,因而在作用过程中,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。
特别提醒 (1)弹性碰撞能够完全恢复形变,非弹性碰撞是不能够完全恢复形变,完全非弹 性碰撞是碰后粘在一起。 (2)反冲运动中*均动量守恒。 四、实验:验证动量守恒定律 1.实验时应注意的几个问题 (1)前提条件:碰撞的两物体应保证“水*”和“正碰”。 (2)四种方案提醒 ①若利用气垫导轨进行实验,调整气垫导轨时,注意利用水*仪确保导轨水*。
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②若利用摆球进行实验,两小球静放时球心应在同一水*线上,且刚好接触,摆 线竖直,将小球拉起后,两条摆线应在同一竖直*面内。 ③若利用长木板进行实验,可在长木板下垫一小木片用以*衡摩擦力。 ④若利用斜槽进行实验,入射球质量要大于被碰球质量,即:m1>m2,防止碰后 m1 被反弹。 (3)探究结论:寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变。 2.对实验误差的分析 (1)系统误差:主要来源于装置本身是否符合要求,即: ①碰撞是否为一维碰撞。 ②实验是否满足动量守恒的条件,如气垫导轨是否水*,两球是否等大,长木板 实验是否*衡掉摩擦力等。 (2)偶然误差:主要来源于质量 m 和速度 v 的测量。 (3)减小误差的措施 ①设计方案时应保证碰撞为一维碰撞,且尽量满足动量守恒的条件。 ②采取多次测量求*均值的方法减小偶然误差。
1.思维辨析 (1)动量具有瞬时性。( ) (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)质量相等的两个物体发生碰撞时,一定交换速度。( ) (5)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。( ) (6)两物体的动量相等,动能也一定相等。( ) (7)物体的动能发生变化,动量也一定发生变化。( ) (8)只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒。( ) (9)只要系统中有一个物体具有加速度,系统的动量就不守恒。( ) (10)利用斜槽做“验证动量守恒定律”实验时,入射小球每次开始滚下的位置是 固定的。( ) 答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)× (7)√ (8)× (9)× (10)√ 2.(多选)两个质量不同的物体,如果它们的( ) A.动能相等,则质量大的动量大 B.动能相等,则动量大小也相等
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C.动量大小相等,则质量大的动能小 D.动量变化量相等,则受到合力的冲量大小也相等 答案 ACD 解析 由 p= 2mEk可知,两物体动能相同时,质量越大的动量越大,A 正确,B
p2 错误;由 Ek=2m可知,两物体动量相同时,质量越大的动能越小,C 正确;由动 量定理可知,物体动量变化量与所受合外力的冲量相同,D 正确。 3.两块厚度相同的木块 A 和 B,紧靠着放在光滑的水*面上,其质量分别为 mA =2.0 kg,mB=0.90 kg,它们的下底面光滑,上表面粗糙,另有一质量 mC=0.10 kg 的滑块 C,以 vC=10 m/s 的速度恰好水*地滑到 A 的上表面,如图所示。由 于摩擦,滑块最后停在木块 B 上,B 和 C 的共同速度为 0.50 m/s。求:
(1)木块 A 的最终速度 vA; (2)滑块 C 离开 A 时的速度 vC′。 答案 (1)0.25 m/s (2)2.75 m/s 解析 C 从开始滑上 A 到恰好滑上 A 的右端过程中,A、B、C 组成系统动量守恒 mCvC=(mB+mA)vA+mCvC′ C 刚滑上 B 到两者相对静止,对 B、C 组成的系统动量守恒 mBvA+mCvC′=(mB+mC)v 解得 vA=0.25 m/s vC′=2.75 m/s。
[考法综述] 本考点内容在高考中必考,动量守恒定律是本考点的重点,动 量与能量结合问题是本考点的难点,高考命题一般考查动量与能量相结合的问 题,因此复*本考点时应掌握: 1 个定理——动量定理 2 个概念——动量、冲量 1 个定律——动量守恒定律 1 个应用——动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用 3 类问题——碰撞、反冲、爆炸类问题
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命题法 1 动量定理的相关问题 典例 1 在撑竿跳比赛的横杆下方要放上很厚的海绵垫子,为什么?设一位撑 竿跳运动员的质量为 70 kg,越过横杆后从 h=5.6 m 高处落下,落在海绵垫上 和落在普通沙坑里分别经历时间 Δt1=1 s、Δt2=0.1 s 停下。求两种情况下海 绵垫和沙坑对运动员的作用力。 [答案] 落在海绵垫上时,FN=1442 N;落在沙坑里时,FN=8120 N [解析] 运动员从接触海绵垫或沙坑,直到停止,两种情况下运动员的动量变化

量相同,即从动量 p=mv=m 2gh,变化到 p′=0。在这个过程中,运动员除受 到竖直向下的重力外,还受到海绵垫或沙坑的支持力。通过比较两种情况下发生 动量变化的时间,即可比较两者的作用力大小。 若规定竖直向上为正方向,则运动员着地(接触海绵或沙坑)过程中的始、末动量 为

p=mv=-m 2gh,p′=0 受到的合外力为 F=FN-mg 由牛顿第二定律的动量表达公式 Ft=p′-p=mv′-mv

0+m 2gh 即 FN-mg= Δt

m 2gh 所以:FN=mg+ Δt

落在海绵垫上时,Δt1=1 s,则

FN=??70×10+70 ?

2×10×5.6?

1

? ?

N=1442

N

落在沙坑里时,Δt2=0.1 s,则

FN=??70×10+70 ?

2×10×5.6?

0.1

? ?

N=8120

N

放上海绵垫后,运动员发生同样动量变化量的时间延长了,同时又增大了运动员

与地面(海绵垫)的接触面积,可以有效地保护运动员不致受到猛烈撞击受伤。

【解题法】 用动量定理解题的基本思路

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命题法 2 动量守恒定律的简单应用 典例 2 如图所示,光滑水*轨道上放置长木板 A(上表面粗糙)和滑块 C,滑 块 B 置于 A 的左端,三者质量分别为 mA=2 kg、mB=1 kg、mC=2 kg。开始时 C 静止,A、B 一起以 v0=5 m/s 的速度匀速向右运动,A 与 C 发生碰撞(时间极短) 后 C 向右运动,经过一段时间,A、B 再次达到共同速度一起向右运动,且恰好 不再与 C 碰撞。求 A 与 C 发生碰撞后瞬间 A 的速度大小。
[答案] 2 m/s [解析] 因碰撞时间极短,A 与 C 碰撞过程动量守恒,设碰后瞬间 A 的速度为 vA, C 的速度为 vC,以向右为正方向,由动量守恒定律得 mAv0=mAvA+mCvC A 与 B 在摩擦力作用下达到共同速度,设共同速度为 vAB,由动量守恒定律得 mAvA +mBv0=(mA+mB)vAB A 与 B 达到共同速度后恰好不再与 C 碰撞,应满足 vAB=vC,联立以上各式,代入 数据得 vA=2 m/s。
【解题法】 动量守恒定律的解题步骤
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命题法 3 碰撞类问题 典例 3 如图,光滑水*直轨道上有三个质量均为 m 的物块 A、B、C。B 的左 侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设 A 以速度 v0 朝 B 运动,压缩弹 簧。当 A、B 速度相等时,B 与 C 恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设 B 和 C 碰撞过程时间极短。求从 A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,
(1)整个系统损失的机械能; (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。 [答案] (1)m1v620 (2)1438mv20 [解析] (1)从 A 压缩弹簧到 A 与 B 具有共同速度 v1 时,对 A、B 和弹簧组成的 系统, 根据动量守恒定律得 mv0=2mv1① 得 v1=v20。 根据机械能守恒定律得此时弹性势能为 Ep=12mv20-12(2m)v21=14mv20。 当 B 与 C 碰撞时,由于作用时间极短,弹簧来不及发生形变,所以势能也保持不
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变。 B 与 C 碰撞前后瞬间,B、C 组成的系统动量守恒,设碰后 B、C 共同速度为 v2。 根据动量守恒定律得 mv1=2mv2② 由①②得 v2=v40。 B、C 碰撞之后,A、B、C 组成的系统机械能守恒。 整个过程中损失的能量为 ΔE=12mv20-??????12mv21+Ep???+12 2m v22???=m1v620。 (2)弹簧最短时 A、B、C 具有共同速度 v3。 根据动量守恒定律得 mv1+2mv2=3mv3, 得 v3=v30。 B 与 C 碰后,A、B、C 组成的系统机械能守恒,设弹簧最短时势能为 Ep′。 Ep′=??????12mv21+Ep???+12 2m v22???-12(3m)v23=1438mv20。
【解题法】 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=mm11-+mm22v0、v2=m12+m1m2v0。 (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。 命题法 4 爆炸、反冲及人船模型类问题 典例 4 如图所示,长为 l、质量为 M 的小船停在静水中,一个质量为 m 的人 站在船头,若不计水的阻力,当人从船头走到船尾的过程中,船和人对地面的位 移分别是多少?
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m

M

[答案] M+ml M+ml

[解析] 选人和船组成的系统为研究对象,由于人从船头走到船尾的过程中,系

统在水*方向上不受外力作用,所以水*方向动量守恒。人起步前系统的总动量

为零,当人起步加速前进时,船同时加速运动;当人匀速前进时,船同时匀速运

动;当人停下来时,船也停下来。设某一时刻人对地的速度为 v2,船对地的速度 为 v1,选人前进的方向为正方向,根据动量守恒定律有: mv2-Mv1=0,即vv21=Mm。 因为在人从船头走到船尾的整个过程中,每一时刻系统都满足动量守恒定律,所

以每一时刻人的速度与船的速度之比都与它们的质量成反比。从而可以做出判

断:在人从船头走向船尾的过程中,人的位移 x2 与船的位移 x1 之比也等于它们

的质量的反比,即xx21=Mm。

m

M

由图可以看出 x1+x2=l,所以 x1=M+ml,x2=M+ml。

【解题法】 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。

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命题法 5 动量、能量相结合的综合问题 典例 5 如图所示,两块相同*板 P1、P2 置于光滑水*面上,质量均为 m。P2 的右端固定一轻质弹簧,左端 A 与弹簧的自由端 B 相距 L。物体 P 置于 P1 的最右 端,质量为 2m 且可看作质点。P1 与 P 以共同速度 v0 向右运动,与静止的 P2 发生 碰撞,碰撞时间极短,碰撞后 P1 与 P2 黏连在一起,P 压缩弹簧后被弹回并停在 A 点(弹簧始终在弹性限度内)。P 与 P2 之间的动摩擦因数为 μ。求:

(1)P1、P2 刚碰完时的共同速度 v1 和 P 的最终速度 v2;

(2)此过程中弹簧的最大压缩量 x 和相应的弹性势能 Ep。

[答案]

(1)v20

3 4v0

(2)32vμ20 g-L

mv20 16

[解析] (1)对 P1、P2 碰撞瞬间由动量守恒定律得 mv0=2mv1① 对 P、P1、P2 碰撞全过程由动量守恒定律得 3mv0=4mv2② 解得 v1=v20,v2=34v0

(2)当 P、P2 速度相等时弹簧压缩最短,此时 v=v2③ 对 P1、P2 刚碰完到弹簧压缩到最短过程,应用能量守恒定律得 12(2m)v21+12(2m)v20-12(4m)v2=2μmg(x+L)+Ep④

对 P1、P2 刚碰完到 P 停在 A 点,由能量守恒定律得 12(2m)v21+12(2m)v20-12(4m)v22=2μmg·2(x+L)⑤

联立以上各式,解得 x=32vμ20 g-L,Ep=m1v620。

【解题法】 利用动量和能量观点解题的技巧

(1)若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(弹性

碰撞的情况下,可以应用机械能守恒定律)。

(2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。

(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理都只考查一

个物理过程始末两状态的有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是

它们的方便之处。特别对于变力做功问题,更显示出它们的优越性。

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命题法 6 动量与其他知识相结合的综合问题 典例 6 图甲所示的装置中,小物块 A、B 质量均为 m,水*面上 PQ 段长为 l, 与物块间的动摩擦因数为 μ,其余段光滑。初始时刻,挡板上的轻质弹簧处于 原长;长为 r 的连杆位于图中虚线位置;A 紧靠滑杆(A、B 间距大于 2r)。随后, 连杆以角速度 ω 匀速转动,带动滑杆做水*运动,滑杆的速度—时间图象如图 乙所示。A 在滑杆推动下运动,并在脱离滑杆后与静止的 B 发生完全非弹性碰撞。 (1)求 A 脱离滑杆时的速度 v0,及 A 与 B 碰撞过程的机械能损失 ΔE。 (2)如果 AB 不能与弹簧相碰,设 AB 从 P 点到运动停止所用的时间为 t1,求 ω 取 值范围,及 t1 与 ω 的关系式。 (3)如果 AB 能与弹簧相碰,但不能返回到 P 点左侧,设每次压缩弹簧过程中弹簧 的最大弹性势能为 Ep,求 ω 的取值范围,及 Ep 与 ω 的关系式(弹簧始终在弹性 限度内)。

[答案] (1)ωr 14mω2r2

2 2μgl

ωr

(2)0<ω≤ r

t1=2μg

(3)2

2rμgl<ω≤4

μgl r

Ep=14mω2r2-2μmgl

[解析] (1)由图乙可知当滑杆的速度最大且向外运动时小物块 A 与滑杆分离,

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此时小物块的速度为 v0=ωr。 小物块 A 与 B 碰撞,由于水*面光滑则 A、B 系统动量守恒,由动量守恒定律和 能量守恒定律得 mv0=2mv,ΔE=12mv20-12×2mv2,解得 ΔE=14mω2r2。

(2)AB 进入 PQ 段做匀减速运动,由牛顿第二定律有 μ(2m)g=(2m)a。

v

ωr

AB 做减速运动的时间为 t1=a,解得 t1=2μg。

v2 欲使 AB 不能与弹簧相碰,则滑块在 PQ 段的位移有 x≤l,而 x=2a,解得 0<

ω≤2 2rμgl。

2 2μgl (3)若 AB 能与弹簧相碰,则 ω1> r 。

若 AB 压缩弹簧后恰能返回到 P 点,由动能定理得-μ(2m)g(2l)=0-12×2mv2,

4 μgl 解得 ω2= r 。

即 ω 的取值范围是2 2rμgl<ω≤4 μr gl。

从 AB 滑上 PQ 到弹簧具有最大弹性势能的过程,由能量守恒定律得 Ep=12×2mv2-μ(2m)gl,

解得 Ep=14mω2r2-2μmgl。

【解题法】 动量守恒与其他知识综合问题的求解方法 (1)动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题。解决这类问题首先要弄清 物理过程。 (2)其次弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律。 (3)最后根据物理规律对每一个过程列方程求解,找出各物理过程之间的联系是 解决问题的关键。

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