2021版浙江新高考選考物理一輪復習教師用書：15第十二章　2第2節(jié)　動量守恒定律　碰撞　爆炸　反沖-教案下載-教習網(wǎng)

【基礎(chǔ)梳理】

提示：不受外力　所受外力的矢量和為零　m1v′1＋m2v′2?。2　所受合外力為零　合力為零　遠大于　守恒　不增加　守恒　增加　守恒　可能增加
【自我診斷】
判一判
(1)兩物體相互作用時若系統(tǒng)不受外力，則兩物體組成的系統(tǒng)動量守恒．(　　)
(2)動量守恒只適用于宏觀低速．(　　)
(3)當系統(tǒng)動量不守恒時無法應用動量守恒定律解題．(　　)
(4)物體相互作用時動量守恒，但機械能不一定守恒．(　　)
(5)若在光滑水平面上兩球相向運動，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動量大小一定相等．(　　)
(6)飛船做圓周運動時，若想變軌通常需要向前或向后噴出氣體，該過程中系統(tǒng)動量守恒．(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)√
做一做
(2020·安徽名校聯(lián)考)如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過程，下列說法中正確的是(　　)
A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒
B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒
C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒
D．木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量相同
提示：選C.當把男孩、小車與木箱看做整體時水平方向所受的合外力才為零，所以選項C正確．

　對動量守恒定律的理解和應用
【知識提煉】
1．動量守恒定律常用的四種表達形式
(1)p＝p′：即系統(tǒng)相互作用前的總動量p和相互作用后的總動量p′大小相等，方向相同．
(2)Δp＝p′－p＝0：即系統(tǒng)總動量的增加量為零．
(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的減少量．
(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同一直線上時，作用前總動量與作用后總動量相等．
2．動量守恒定律的“五性”
矢量性
動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統(tǒng)一的正方向
相對性
各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(沒有特殊說明要選地球這個參考系)．如果題設(shè)條件中各物體的速度不是相對同一參考系時，必須轉(zhuǎn)換成相對同一參考系的速度
同時性
動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2，…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p′1、p′2，…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量，不同時刻的動量不能相加
系統(tǒng)性
研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)，而不是其中的一個物體，更不能題中有幾個物體就選幾個物體
普適性
動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)
【典題例析】
　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？
[審題指導]　在人與冰塊分離、冰塊與斜面體作用過程中水平方向都滿足動量守恒條件，結(jié)合能量守恒可得出三者之間的速度關(guān)系．
[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)v ①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②
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 kg. ③
(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＝0 ④
代入數(shù)據(jù)得v1＝1 m/s ⑤
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＋m3v3 ⑥
m2v＝m2v＋m3v ⑦
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
【題組過關(guān)】
考向1　動量守恒的條件判斷
1．(2020·紹興質(zhì)檢)一支槍固定在小車上，小車放在光滑的水平地面上，當槍沿水平方向向前發(fā)射一顆子彈時，下列判斷正確的是(　　)
A．槍和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒
B．槍和小車組成的系統(tǒng)動量守恒
C．槍、子彈、小車三者組成的系統(tǒng)動量守恒
D．槍發(fā)射子彈后，槍和小車一起向后運動
解析：選CD.發(fā)射子彈的過程中，火藥燃燒產(chǎn)生的高溫、高壓氣體對槍和子彈的作用力使槍和子彈的動量發(fā)生改變，與此同時，小車和槍之間也有作用力，這個作用力對槍和子彈組成的系統(tǒng)來說是外力，槍和子彈組成的系統(tǒng)動量不守恒，而氣體作用力對槍和小車組成的系統(tǒng)來說又是外力，使槍和小車組成的系統(tǒng)動量不守恒，所以A、B項錯誤；若把槍、子彈、小車三者作為一個系統(tǒng)，則系統(tǒng)所受合外力為零，滿足動量守恒條件，故C項正確；發(fā)射子彈后，子彈獲得向前的動量，而系統(tǒng)初動量為零，所以槍和小車組成的整體必定獲得大小相等、方向相反的動量，槍和小車一起向后運動，D項正確．
考向2　“爆炸模型”分析
2．(2020·杭州月考)如圖，木塊A、B的質(zhì)量均為m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計)．讓A、B以初速度v0一起從O點滑出，滑行一段距離后到達P點，速度變?yōu)椋藭r炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位置，木塊A繼續(xù)沿水平方向前進．已知O、P兩點間的距離為s，設(shè)炸藥爆炸時釋放的化學能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動能，爆炸時間很短可以忽略不計，求：
(1)木塊與水平地面的動摩擦因數(shù)μ；
(2)炸藥爆炸時釋放的化學能．

解析：(1)設(shè)木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，炸藥爆炸釋放的化學能為E0.
從O滑到P，對A、B由動能定理得
－μ·2mgs＝·2m－·2mv，解得μ＝.
(2)在P點爆炸時，A、B動量守恒，有
2m·＝mv，
根據(jù)能量守恒有
E0＋·2m·＝mv2，
解得E0＝mv.
答案：(1)　(2)mv
考向3　“人船模型”分析
3．如圖所示，長為l，質(zhì)量為m的小船停在靜水中，一個質(zhì)量為m′的人站在船頭，若不計水的阻力，當人從船頭走到船尾的過程中，小船對地的位移是多少？
解析：人和小船組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，動量守恒．假設(shè)某一時刻小船和人對地的速度分別為v1、v2，以人的速度方向為正方向，由于原來處于靜止狀態(tài)，因此0＝mv1－m′v2，即m′v2＝mv1
由于相對運動過程中的任意時刻，人和小船的速度都滿足上述關(guān)系，故他們在這一過程中平均速率也滿足這一關(guān)系，即m′ 2＝m1，等式兩邊同乘運動的時間t，得
m′ 2t＝m1t，
即m′x2＝mx1
又因x1＋x2＝l，因此有x1＝.
答案：
考向4　“子彈打木塊”模型分析
4．(2020·麗水質(zhì)檢)質(zhì)量為10 g的子彈，以300 m/s的速度射入質(zhì)量為24 g、靜止在光滑水平桌面上的木塊．如果子彈留在木塊中，則木塊運動的速度是多大？如果子彈把木塊打穿，子彈穿過后的速度為100 m/s，這時木塊的速度又是多大？
解析：子彈質(zhì)量m＝10 g＝0.01 kg，子彈初速度v0＝300 m/s，木塊質(zhì)量M＝24 g＝0.024 kg，設(shè)子彈嵌入木塊后與木塊的共同速度為v，以子彈初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v
解得v＝＝ m/s
≈88.2 m/s.
若子彈穿出木塊后速度為v1＝100 m/s，設(shè)木塊速度為v2，仍以子彈初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2.代入數(shù)據(jù)解得v2≈83.3 m/s.
答案：88.2 m/s　83.3 m/s

1．應用動量守恒定律的解題步驟
(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)．
(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．
(3)規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量．
(4)由動量守恒定律列出方程．
(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明．
2．爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒．
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加．
(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動．
3．“人船模型”：若人船系統(tǒng)在全過程中動量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中的平均動量也守恒．如果系統(tǒng)由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運動，則由m11＝m22得m1x1＝m2x2.該式的適用條件是：
(1)系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向上的動量守恒．
(2)構(gòu)成系統(tǒng)的兩物體原來靜止，因相對作用而反向運動．
(3)x1、x2均為沿動量方向相對于同一參考系的位移．　
　對碰撞現(xiàn)象中規(guī)律的分析
【知識提煉】
1．碰撞遵守的規(guī)律
(1)動量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或＋≥＋.
(3)速度要合理
①碰前兩物體同向，則v后>v前；碰后，原來在前的物體速度一定增大，且v′前≥v′后．
②兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變．
2．碰撞模型類型
(1)彈性碰撞
兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒．
以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
m1v＝m1v′＋m2v′
解得v′1＝，v′2＝
結(jié)論：
①當兩球質(zhì)量相等時，v′1＝0，v′2＝v1，兩球碰撞后交換了速度．
②當質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，v′1>0，v′2>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運動．
③當質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，v′10，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來．
④撞前相對速度與撞后相對速度大小相等．
(2)完全非彈性碰撞
①撞后共速．
②有動能損失，且損失最多．
【典題例析】
　如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設(shè)物體間的碰撞都是彈性的．
[審題指導]　由于是彈性碰撞，則同時滿足動量守恒和機械能守恒，并且物體間碰后速度還要滿足實際情況，即前面的速度大于后面的速度．
[解析]　A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒．設(shè)速度方向向右為正，開始時A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1.由動量守恒定律和機械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1 ①
mv＝mv＋Mv ②
聯(lián)立①②式得
vA1＝ v0 ③
vC1＝ v0 ④
如果m>M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運動，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m0，有：v2