2013高考物理 重點(diǎn)難點(diǎn)例析 專題11 動(dòng)量守恒定律

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1、專題十一 動(dòng)量守恒定律 重點(diǎn)難點(diǎn) 1．動(dòng)量守恒的條件：可以歸納為以下幾種情況：①物體系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零；②物體系統(tǒng)受到的外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力；③系統(tǒng)在某方向上不受外力、合外力為零或外力遠(yuǎn)小于外力，此時(shí)在該方向上動(dòng)量守恒． 在碰撞和爆炸現(xiàn)象中，由于物體間相互作用持續(xù)時(shí)間很短，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可以用動(dòng)量守恒定律處理． 2．運(yùn)用動(dòng)量守恒定律應(yīng)注意： ①矢量性：動(dòng)量守恒定律的方程是一個(gè)矢量關(guān)系式對(duì)于作用前后物體的運(yùn)動(dòng)方向都在同一直線上的問題，應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向，按正方向確定各矢量的正負(fù) ②瞬時(shí)性：動(dòng)量是一個(gè)狀態(tài)量，對(duì)應(yīng)著一個(gè)瞬時(shí)動(dòng)量守恒是指該相互作用過程中的任一

2、瞬時(shí)的動(dòng)量恒定不同時(shí)刻的動(dòng)量不能相加 ③相對(duì)性：動(dòng)量的具體數(shù)值與參考系的選取有關(guān)，動(dòng)量計(jì)算時(shí)的速度必須是相對(duì)同一慣性系的速度，一般以地面為參考系 3．反沖運(yùn)動(dòng)中移動(dòng)距離問題的分析： 一個(gè)原來靜止的系統(tǒng)，由于某一部分的運(yùn)動(dòng)而對(duì)另一部分有沖量，使另一部分也跟著運(yùn)動(dòng)，若現(xiàn)象中滿足動(dòng)量守恒，則有m1υ1-m2υ2 = 0，υ1 = υ2．物體在這一方向上的速度經(jīng)過時(shí)間的累積使物體在這一方向上運(yùn)動(dòng)一段距離，則距離同樣滿足s1 = s2，它們的相對(duì)距離s相 = s1+s2． 規(guī)律方法  【例1】如圖所示，大小相同質(zhì)量不一定相等的A、B、C三個(gè)小球沿一直線排列在光滑水平面上，未碰前A、

3、B、C三個(gè)球的動(dòng)量分別為8kg·m/s、-13kg·m/s、-5kg·m/s，在三個(gè)球沿一直線相互碰撞的過程中，A、B兩球受到的沖量分別為-9N·s、1N·s，則C球受到的沖量及C球碰后的動(dòng)量分別為 （ B ） A．1N·s，3kg·m/s　　　　　 B．8N·s，3kg·m/s C．-8N·s，5kg·m/s　　　　 　D．10N·s，5kg·m/s 訓(xùn)練題A、B兩船的質(zhì)量均為M，它們都靜止在平靜的湖面上，當(dāng)A船上質(zhì)量為的人以水平速度υ從A船跳到B船，再從B船跳回A船．經(jīng)多次跳躍后，人最終跳到B船上，設(shè)水對(duì)船的阻力不計(jì)，則（ ABC ）

4、 A．A、B兩船最終的速度大小之比為3∶2 B．A、B（包括人）最終的動(dòng)量大小之比為1∶1 C．A、B（包括人）最終的動(dòng)量之和為零 D．因跳躍次數(shù)未知，故以上答案均無法確定 【例2】假定航天飛機(jī)的噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出質(zhì)量為m = 200g的氣體，氣體離開發(fā)動(dòng)機(jī)噴氣孔時(shí)，相對(duì)于噴氣孔的速度υ = 1000m/s，假定發(fā)動(dòng)機(jī)在1min內(nèi)噴氣20次，那么在第1min末，航天飛機(jī)的速度的表達(dá)式是怎樣的？如果這20次噴出的氣體改為一次噴出，第1min末航天飛機(jī)的速度為多大？航天飛機(jī)最初質(zhì)量為M = 3000kg，初速度為零，運(yùn)動(dòng)中所受阻力不計(jì)． 【解析】設(shè)第一次噴氣后航天飛機(jī)速度為υ1

5、，第二次噴氣后航天飛機(jī)速度為υ2，……依次類推，取航天飛機(jī)速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律有： 第一次噴氣后：（M-m）υ1-m（υ-υ1） = 0；得υ1 =  第二次噴氣后：（M-m）υ1 = （M-2m）υ2-m（υ-υ2），得υ2-υ1 =  第三次噴氣后：（M-2m）υ2 = （M-3m）υ3-m（υ-υ3），得υ3-υ2 =  …… 第20次噴氣后：（M-19m）υ19 = （M-20m）υ20-m（υ-υ20），得υ20-υ19 =  綜合以上可得1min末飛船的速度為 υ20 = +++……+ 若20次噴出的氣體一次噴出，則：0 = （M-20m

6、）υ′-20m（υ-υ′） 得υ′ = = = m/s 比較可知υ20＞υ′，即當(dāng)噴氣質(zhì)量一定時(shí)，分次噴出比一次噴出，航天飛機(jī)獲得的速度大且分的次數(shù)越多，獲得的速度越大，這也是火箭連續(xù)噴氣的原因 訓(xùn)練題甲、乙兩人做拋球游戲，甲站在一輛平板車上，車與水平面摩擦不計(jì)，甲與車的總質(zhì)量為M = 100kg，另有一質(zhì)量為m = 2kg的球乙固定站在車對(duì)面的地面上，身旁有若干質(zhì)量不等的球開始車靜止，甲將球以速率υ水平拋給乙，乙接球后馬上將另一質(zhì)量m1 = 2m的球以相同的速度υ水平拋給甲；甲接住后再以相同速率將此球拋回給乙，乙接住后馬上將另一質(zhì)量m2 = 2m1 = 4m的球以速率

7、υ水平拋給甲……這樣往復(fù)拋球．乙每次拋給甲的球質(zhì)量都是接到甲拋給他的球的質(zhì)量的2倍，而拋球速率始終為υ（相對(duì)于地面水平方向）不變．求： （1）甲第二次拋出（質(zhì)量為2m）球后，后退速率多大？ （2）從第1次算起，甲拋多少次后，將再不能接到乙拋來的球？ 答案：（1）v2=v/10 （2）甲拋5次后，將再不能接到乙拋來的球 【例3】如圖所示，三個(gè)質(zhì)量為m的彈性小球用兩根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩連成一條直線而靜止在光滑水平面上，現(xiàn)給中間的小球B一個(gè)水平初速度υ0，方向與繩垂直小球相互碰撞時(shí)無機(jī)械能損失，輕繩不可伸長(zhǎng)，求：  （1）當(dāng)小球A、C第一次相碰時(shí)，小球B的速度． （2）當(dāng)三個(gè)小

8、球再次處在同一直線上時(shí)，小球B的速度． （3）運(yùn)動(dòng)過程中小球A的最大動(dòng)能EKA和此時(shí)兩根繩的夾角θ． （4）當(dāng)三個(gè)小球處在同一直線上時(shí)，繩中的拉力F的大?。? 【解析】由于繩子不可伸長(zhǎng)，且A、C兩球在運(yùn)動(dòng)過程中具有對(duì)稱性，當(dāng)A、C兩球第一次相碰時(shí)，三球具有相同的速度；小球發(fā)生相互作用時(shí)滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律． （1）設(shè)小球A、C第一次相碰時(shí)，小球B的速度為υB，此時(shí)A、C小球沿B球初速度方向的速度也為υB．由動(dòng)量守恒定律，得：mυ0 = 3mυB，由此得υB = υ0 （2）當(dāng)三個(gè)小球再次在同一直線上時(shí)，此時(shí)B球的速度為υB1，A、C球的速度為υA，υA的方向?yàn)锽球的初速

9、度方向，由動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律得： mυ0 = mυB1+2mυA mυ = mυB+2×mυ 解得：υB1 = -υ0，υA = υ0 （或υB1 = υ0，υA = 0，此為初狀態(tài)，舍去） 所以，當(dāng)三球再次處在同一直線上時(shí)，小球B的速度為υB1 = -υ0，負(fù)號(hào)表示與初速度反向． （3）從（2）的解可知，B球速度由最初的υ0變化（減小）為零，然后反向運(yùn)動(dòng)，可見當(dāng)B球速度為零時(shí)，動(dòng)能EKBI也為零，而機(jī)械能守恒，故此時(shí)A球動(dòng)能最大 設(shè)此時(shí)A球（C球）的速度為υ，兩根繩的關(guān)角為θ，如圖，則仍由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，得： mυ0 = 2mυsi

10、n mυ = 2×mυ2 可得此時(shí)A球的最大動(dòng)能為EKA = mυ2 = mυ，兩根繩間夾角為θ = 90°． （4）當(dāng)三球處于同一直線上時(shí)，B球受力平衡，B球加速度為零，選B球?yàn)閰⒖枷禃r(shí)，A、C兩球做圓周運(yùn)動(dòng)，繩子拉力為其提供向心力． A球相對(duì)B球的速度為υAB = υA-υB1 = υ0 由牛頓第二定律，此時(shí)繩中拉力為F，則F = m = m． 訓(xùn)練題長(zhǎng)為2b的輕繩，兩端各系一質(zhì)量為m的小球，中央系一質(zhì)量為M的小球，三球均靜止于光滑的水平面上，繩處于拉直狀態(tài)今給小球M以一種沖擊，使它獲得一水平初速度υ0，υ0的方向與繩垂直，如圖所示，求在兩端的小球發(fā)生相互碰撞前的瞬間

11、，球m在垂直于繩方向的分速度多大？（繩不可伸長(zhǎng)） 答案：v2=｛Mv/（M+2m）｝1/2 【例4】如圖所示，甲、乙兩人分別站在A、B兩輛冰車上，一木箱靜止于水平光滑的冰面上，甲與A車的總質(zhì)量為M1，乙和B車的總質(zhì)量為M2，甲將質(zhì)量為m的木箱以速率υ（對(duì)地）推向乙， 乙接住后又以相等大小的速度將木箱推向甲，甲接住木箱后又以速率υ將木箱推向乙，然后乙接住后再次將木箱以速度υ推向甲，木箱就這樣被推來推去，求最終甲、乙兩人（連同冰車）的速度各為多少？（已知M1 = 2M2，M1 = 30m） 【解析】設(shè)甲第1次推出木箱后獲得的速度為υ1，第2次推出木箱后甲的速度為υ2，……第n次推

12、出木箱后速度為υn，對(duì)木箱與甲（包括車）構(gòu)成的系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)量守恒，第1次推出過程：0 = M1υ1-mυ，得υ1 = υ．從接住到第2次推出：M1υ1+mυ = M1υ2-mυ，得υ2 = υ1+ = 從接住到第3次推出：M1υ2+mυ = M1υ3-mυ，得υ3 = υ2+ =  ……從接住到第n次推出：M1υn-1+mυ = M1υn-mυ，得υn = υn-1+ =  當(dāng)甲不再接住木箱時(shí)，有：υn≥υ，即≥υ 解得n≥15.5 設(shè)乙第1次、第2次、第3次、……，第k次推出木箱的速度依次為υ′1、υ′2、υ′3……υ′k，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：第1次推出：mυ = M2υ′1

13、-mυ，得υ′1 =  第2次推出：mυ+M2υ′1 = M2υ′2-mυ，得υ′2 = υ′1+ =  第3次推出：mυ+M2υ′2 = M2υ′3-mυ，得υ′3 = υ′2+ = ……第k次推出：mυ+M2υ′k-1 = Mυ′k - mυ，得υ′k = υ′k-1+ =  欲使乙不再接住木箱，必滿足υ′k≥υ，即≥υ，解得k≥7.5 比較n≥15．5和k≥7．5可知，當(dāng)乙第8次推出木箱后，就不再接住木箱，因此甲第9次推出木箱后，速度也不再發(fā)生變化，故甲和乙的最終速度分別為： υ甲 = mυ = υ，c乙 = mυ = υ 訓(xùn)練題如圖一塊足夠長(zhǎng)的木板，放在

14、光滑水平面上，在木板上自左向右放有序號(hào)是1、2、3、……、n的木板，所有木塊的質(zhì)量均為m，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同開始時(shí)，木板靜止不動(dòng)，第1、2、3、……、n號(hào)木塊的初速度分別是υ0、2υ0、3υ0、……nυ0，方向都向右，木板的質(zhì)量與所有木塊的總質(zhì)量相等，最終所有木塊與木板以共同速度勻速運(yùn)動(dòng)．設(shè)木塊之間均無相互碰撞，求： （1）所有木塊與木板一起勻速運(yùn)動(dòng)的速度υn． （2）第1號(hào)木塊與木板剛好相對(duì)靜止時(shí)的速度υ1． 答案：（1）vn=（n+1）v0/4 （2）v1=v0/2 能力訓(xùn)練 1．如圖所示，光滑的水平地面上放著一個(gè)光滑的凹槽，槽兩端固定有兩輕質(zhì)彈簧，一

15、彈性小球在兩彈簧間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，把槽、小球和彈簧視為一個(gè)系統(tǒng)，則在運(yùn)動(dòng)過程中 （ B ）  A．系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 B．系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 C．系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒 D．系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 2．在一定條件下，讓質(zhì)子獲得足夠大的速度，當(dāng)兩個(gè)質(zhì)子P以相等的速率對(duì)心正碰，特發(fā)生下列反應(yīng)：P+P→P+P++，其中是反質(zhì)子（反質(zhì)子與質(zhì)子質(zhì)量相等，均為mP，且?guī)б粋€(gè)單位正電荷），則以下關(guān)于該反應(yīng)的說法正確的是（ ABC ） A．反應(yīng)前后系統(tǒng)總動(dòng)量皆為零 B．反應(yīng)過程系統(tǒng)能量守恒 C．根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程可知，反應(yīng)前兩個(gè)質(zhì)子的能量最小為2m

16、pc2 D．根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程可知，反應(yīng)后單個(gè)質(zhì)子的能量可能小于mpc2 3．一個(gè)靜止的放射性原子核處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，由于發(fā)生衰變而形成了如圖3-11-8所示的兩個(gè)圓形軌跡，兩圓半徑之比為1∶16，下列說法正確的是 （ A ）  A．該原子核發(fā)生了α衰變 B．反沖核沿大圓做逆時(shí)針方向的圓周運(yùn)動(dòng) C．原來靜止的原子核的序數(shù)為15 D．沿大圓和沿小圓運(yùn)動(dòng)的柆子周期相同 4．如圖所示，自行火炮連同炮彈的總質(zhì)量為M，當(dāng)炮管水平，火炮車在水平路面上以υ1的速度向右勻速行駛中，發(fā)射一枚質(zhì)量為m的炮彈后，自行火炮的速度變?yōu)棣?，仍向右行駛，則炮彈相對(duì)炮筒的發(fā)射速度

17、υ0為　　　　　　　　?。?B ） A． B． C． D． 5．如圖甲所示，質(zhì)量為M的木板靜止在光滑水平面上，一個(gè)質(zhì)量為m的小滑塊以初速度υ0從木板的左端向右滑上木板．滑塊和木板速度隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，某同學(xué)根據(jù)圖象作出如下一些判斷，正確的是（ ACD ） A．滑塊與木板間始終存在相對(duì)運(yùn)動(dòng) B．滑塊始終未離開木板 C．滑塊的質(zhì)量大于木板的質(zhì)量 D．在t1時(shí)刻滑塊從木板上滑出 6．質(zhì)量為m的木板和質(zhì)量為M的金屬塊用細(xì)繩系在一起，處于深水中靜止，剪斷細(xì)繩，木塊上浮h時(shí)（還沒有出水面），則鐵沉下沉的深度為

18、多大？（水的阻力不計(jì)） 答案：x=mh/M 7．人和冰車的總質(zhì)量為M，另有一木球質(zhì)量為m，且M∶m = 10∶1，人坐在靜止于水平冰面的冰車上，以速度υ（相對(duì)地面）將原來靜止的木球沿冰面推向前方的固定擋板，球與冰面、車與冰面的摩擦可不計(jì)，空氣阻力也忽略不計(jì)，設(shè)球與擋板碰撞后，球被原速率反向彈回，人接住球后再以同樣的速率υ將球沿冰面向正前方推向擋板．問人推球多少次后不能再接到球？ 答案：人推球六次后不能再接到球 8．如圖所示，n個(gè)相同的木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），每塊的質(zhì)量都是m，從右向左沿同一直線排列在水平桌面上，相鄰木塊間的距離均為l，第n個(gè)木塊到桌邊的距離也是l，木塊與桌面間的動(dòng)

19、摩擦因數(shù)為μ．開始時(shí)，第1個(gè)木塊以初速度v0向左滑行，其余所有木塊都靜止，在每次碰撞后，發(fā)生碰撞的木塊都粘在一起運(yùn)動(dòng)．最后第n個(gè)木塊剛好滑到桌邊而沒有掉下． （1）求在整個(gè)過程中因碰撞而損失的總動(dòng)能． （2）求第i次（i≤n－1）碰撞中損失的動(dòng)能與碰撞前動(dòng)能之比． （3）若n＝４，l＝0.10m，v0＝3.0m/s，重力加速度g＝10m/s2，求μ的數(shù)值． 答案：（1）整個(gè)過程中系統(tǒng)克服摩擦力做的總功為 Wf＝μmgl（1＋2＋3＋…＋n）＝ 整個(gè)過程中因碰撞而損失的總動(dòng)能為 （2）設(shè)第i次（i≤n－1）碰撞前瞬間，前i個(gè)木塊粘合在一起的速度為vi， 動(dòng)能為 與第i＋１個(gè)（i≤n－1）木塊碰撞粘合在一起后瞬間的速度為vi＇， 由動(dòng)量守恒定律 則 第i次（i≤n－1）碰撞中損失的動(dòng)能為 則第i次（i≤n－1）碰撞中損失的動(dòng)能與碰撞前動(dòng)能之比為 （i≤n－1） （3）n＝４時(shí)，共發(fā)生了i＝3次碰撞． 第1次碰前瞬間的速度為，碰撞中動(dòng)量守恒： 第1次碰后瞬間的速度為 第2次碰前瞬間的速度為 碰撞中動(dòng)量守恒： 第2次碰后瞬間的速度為 第3次碰前瞬間的速度為 碰撞中動(dòng)量守恒： 第3次碰后瞬間的速度為 最后滑行到桌邊，速度恰好為零，則 即 整理后得，代入數(shù)據(jù)解得