2023年高三物理第二轮专题复习学案动量守恒定律.pdf

2019-2020年高三物理第二轮专题复习学案动量守恒定律一：复习要点1定律内容:相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或者它们受到的外力之和为零，则系统的总动量保持不变。2一般数学表达式：3动量守恒定律的适用条件：系统不受外力或受到的外力之和为零（F合=0）；系统所受的外力远小于内力（F外F内），则系统动量近似守恒；系统某一方向不受外力作用或所受外力之和为零，则系统在该方向上动量守恒(分方向动量守恒)4动量恒定律的五个特性系统性：应用动量守恒定律时，应明确研究对象是一个至少由两个相互作用的物体组成的系统，同时应确保整个系统的初、末状态的质量相等矢量性：系统在相互作用前后，各物体动量的矢量和保持不变当各速度在同一直线上时，应选定正方向，将矢量运算简化为代数运算同时性：应是作用前同一时刻的速度，应是作用后同时刻的速度相对性：列动量守恒的方程时，所有动量都必须相对同一惯性参考系，通常选取地球作参考系普适性：它不但适用于宏观低速运动的物体，而且还适用于微观高速运动的粒子它与牛顿运动定律相比，适用范围要广泛得多，又因动量守恒定律不考虑物体间的作用细节，在解决问题上比牛顿运动定律更简捷二：典题分析1.放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手控制小车处于静止状态，下列说法正确的是 ()A.两手同时放开，两车的总动量等于零 B先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右 C先放开右手，后放开左手，两车的总动量向左D先放开右手，后放开左手，两车的总动量为零解析：该题考查动量守恒的条件，答案为 AB 2、两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰用频闪照相机在0，2，3各时刻闪光四次，摄得如图所示照片，其中像有重叠，（32），由此可判断（）碰前静止，碰撞发生在60处，2.5 时刻碰后静止，碰撞发生在60处，0.5 时刻碰前静止，碰撞发生在60处，0.5 时刻碰后静止，碰撞发生在60处，2.5 时刻解析：该题重点考查根据照片建立碰撞的物理图景，答案为B 3质量为50的人站在质量为150（不包括人的质量）的船头上，船和人以0.20m/s的速度向左在水面上匀速运动，若人用t=10s 的时间匀加速从船头走到船尾，船长L5m，则船在这段时间内的位移是多少？（船所受水的阻力不计）分析：（该题利用动量守恒重点考查了人、船模型中速度关系、位移关系）解析：设人走到船尾时，人的速度为，船的速度为对系统分析：动量守恒对船分析：（匀加速运动）S=对人分析：（匀加速运动）得：S=3.25 m.4如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右并非放有序号是1，2，3，n 的物体，所有物块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数都相同，开始时，木板静止不动，第 1，2，3，n 号物块的初速度分别是v，2 v，3 v，nv，方向都向右，木板的质量与所有物块的总质量相等,最终所有物块与木板以共同速度匀速运动。设物块之间均无相互碰撞，木板足够长。试求：（1）所有物块与木板一起匀速运动的速度v；（2）第 1 号物块与木板刚好相对静止时的速度v；（3）通过分析与计算说明第k 号（kn物块的最小速度v 分析：（多个物体组成的系统，应恰当选择小系统利用动量守恒定律求解）在木板上各个物块相对木板运动，都给木板一个向右的磨擦力，因各个物块质量相同，滑动磨擦力都一样，木板在磨擦力的作用下向右加速。由于每个物块的初始速度不同，因而相对木板静止的物块顺序依次是1，2，n 号，当第一号物块由v 到相对木板静止时，其动量变化设为p，则其他各个所有物块在这段时间内的动量变化也都为p（f 相同，T 相同），因木板与所有物块总动量守恒，故可用动量守恒关系求出第1 号物块相对木板静止时的速度。解析：（1）设所有物块都相对木板静止时的速度为 v，因木板与所有物块系统水平方向不受外力，动量守恒，应有：m v+m2 v+m3 v+m n v=（M+nm）v1M=nm，2解得:v=（n+1）v，（2）设第1 号物块相对木板静止时的速度为v，取木板与物块1 为系统一部分，第2 号物块到第n号物块为系统另一部分，则木板和物块1 p=（M+m）v-m v，2至 n 号物块p=（n-1）m（v-v）由动量守恒定律：p=p，S L 1 2 n V02V0nV0解得 v=v，3（3）设第 k 号物块相对木板静止时的速度由v，则第 k 号物块速度由k v 减为 v 的过程中，序数在第 k 号物块后面的所有物块动量都减小m（k v-v），取木板与序号为1 至 K 号以前的各物块为一部分，则p=（M+km）v-（m v+m2 v+mk v）=（n+k）m v-（k+1）m v 序号在第k 以后的所有物块动量减少的总量为p=（n-k）m（k v-v）由动量守恒得p=p，即（n+k）m v-（k+1）m v=（n-k）m（k v-v），解得v=5.如图所示，人与冰车质量为M，球质量为m，开始均静止于光滑冰面上，现人将球以对地速度V水平向右推出，球与挡板 P碰撞后等速率弹回，人接住球后又将球以同样的速度V向右推出如此反复，已知M=16 m，试问人推球几次后将接不到球?分析：（该题是多过程动量守恒问题，可以采用数学归纳的方法研究；当然也可整个过程采用动量定理研究）解析：取水平向左为正方向，冰车、人、球为系统由动量守恒定律，对第一次推球过程有：对第二次整个接、推球过程有：1223,mvMvmvMvmv vM对第三次整个接、推球过程有：2335,mvMvmvMvmv vM对第n 次整个接、推球过程同理分析得：设推球n 次后恰接不到球，则，故有代人已知条件解得：n=8.5，即人推球9 次后将接不到球三：动量守恒定律适应练习丹阳六中马跃中1质量为m的人随平板车以速度V在平直跑道上匀速前进，不考虑摩擦阻力，当此人相对于车竖直跳起至落回原起跳位置的过程中，平板车的速度 ()A保持不变 B变大 C变小 D先变大后变小 E先变小后变大2 两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上现在其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是 ()A 若甲先抛球，则一定是V甲V乙 B 若乙最后接球，则一定是V甲V乙 C 只有甲先抛球，乙最后接球，才有V甲V乙D无论怎样抛球和接球，都是V甲V乙3一小型宇宙飞船在高空绕地球做匀速圆周运动如果飞船沿其速度相反的方向弹射出一个质量较大的物体，则下列说法中正确的是()A 物体与飞船都可按原轨道运行 B 物体与飞船都不可能按原轨道运行 C 物体运行的轨道半径无论怎样变化，飞船运行的轨道半径一定增加 D 物体可能沿地球半径方向竖直下落4在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m。，小车(和单摆)以恒定的速度V沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些说法是可能发生的()A.小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为V1、V2、V3，满足(m。十M)V=MVl十mV2十m。V3 B 摆球的速度不变，小车和木块的速度变为V1、V2，满足MV=MVl十mV2 C 摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为V，满足MV=(M 十m)V D.小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，满足(M+mo)V=(M+mo)Vl+mV25如图所示，质量为M的平板车在光滑水平面上以速度v匀速运动，车身足够长，其上表面粗糙，质量为m的小球自高h处由静止下落，与平板车碰撞后，每次上升高度仍为h，每次碰撞过程中，由于摩擦力的冲量不能忽略，小球水平速度逐渐增大，撞击若干次后，小球水平速度不再增大，则平板车的最终速度V是多大？6两块厚度相同的木块A 和 B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=2.0kg，mB=0.90kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC=0 10kg的滑块C(可视为质点)，以VC=10ms的速度恰好水平地滑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 0.50ms(1)木块A 的最终速度VA；(2)滑块C 离开 A 时的速度VC7甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为M=30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg，游戏时，甲推着一个质量m=15 kg的箱子，和他一起以大小为V0=2ms 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，如图，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，问甲至少要以多大的速度(相对地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞（注意两人避免相撞的条件）C B A VC8如图，玩具车携带若干质量为m1的弹丸，车和弹丸的总质量为m2,在半径为R的水平光滑轨道上以速率V0做匀速圆周运动，若小车每一周便沿运动方向相对地面以恒定速度u发射枚弹丸求：(1)至少发射多少颗弹丸后小车开始反向运动?(2)写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的表达式9某人在一只静止的小船上练习射击已知船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量为m，枪口到靶的距离为L，子弹飞出枪口时相对于地面的速度为v若在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入固定在船上的靶中，不计水对船的阻力问 (1)射出第一颗子弹时，船的速度多大，(2)发射第n颗子弹时，船的速度多大?(3)发射完颗n子弹后，船一共能向后移动多少距离?u 10如图所示，光滑水平面上停放一个木箱和小车，木箱的质量为m，小车和人总的质量为M，Mm=41,人以速率v沿水平方向将木箱推出，木箱被挡板以原速反弹回来以后，人接住木箱再以同样大小的速度v第二次推出木箱，木箱又被原速反弹，问人最多能推几次木箱？动量守恒定律适应练习答案1A、2.B、3.CD 4.BC 5.6()CCABACCm vmmvm v 7.00()(2)Mm vMvMm v由0.25/,2.75/BACCBCACm vm vmmVvm s vms8.（1）由动量守恒得20121()nm vnm umnmv小车开始反向得（2）发射相邻两枚弹丸的时间间隔就是发射第K（K 1颗弹丸后小车的周期，即且9(1)射出第一颗子弹时，设船的速度为V1，由动量守恒定律得，(2)每射出一颗子弹的过程，系统的动量均守恒，而每一颗子弹进入靶中后，船的速度将为零，故每一颗子弹射出时，船后退的速度是相同的，即 (3)每发射一颗子弹的过程实际上经历了三个阶段：第一阶段是击发到子弹射出枪瞠为止；第二个阶段是子弹在空中飞行的阶段；第三个阶段是子弹从击中靶子到静止为止三个阶段都遵从动量守恒定律，第一、第三阶段历时很短，故这两个阶段船的移动可忽略因此每发射一颗子弹的过程，只在第二阶段船向后移动每发射完一颗子弹后船向移动的距离10选木箱、人和小车组成的系统为研究对象，取向右为正方向.设第n次推出木箱后人与小车的速度为vn,第n次接住后速度为vn,则由动量守恒定律可知：第一次推出后有：0=Mv1-mv,则v1=mv/M第一次接住后有：Mv1+mv=（M+m）v1第二次推出后有：（M+m）v1=Mv2-mv,则v2=3mv/M第二次接住后有：Mv2+mv=（M+m）v2第n-1 次接住：Mvn-1+mv=（M+m）vn-1第n次推出：（M+m）vn-1=Mvn-mv 即vn=(2n-1)mv/M设最多能推N次，推出后有vnv vn-1v即v,且v所以N +1将 M/m=4 代入，可得：2.5N3.5 因N取整数，故N=3