《高考物理二輪復習 動量守恒定律的應用 課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理二輪復習 動量守恒定律的應用 課件（21頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、動量守恒定律應用一、動量守恒定律解題的特點（1）動量守恒定律具有廣泛的適用范圍，不論物體間相互作用力的性質如何；不論系統(tǒng)內物體的個數多少；不論是宏觀低速運動的物體，還是微觀高速運動的粒子；不論它們是否接觸，只要系統(tǒng)所受的合外力為0，動量守恒定律就適用.（2）只需知道變化前后系統(tǒng)的狀態(tài)情況，不必理會系統(tǒng)中各物體在內力作用下所發(fā)生的復雜變化過程，解決問題簡捷方便.二、動量守恒與能量的結合高考的綜合題，不僅是力學過程的動量守恒定律，而 且還涉及能量變化.時常要結合動能定理或機械能守恒定律.三、特別注意 研究對象選擇的靈活性：在復雜的問題中，研究對象（系統(tǒng)）可能是由許多個物體組成，既可能整個大系統(tǒng)在

2、全過程動量守恒，也可能某幾個物體組成的小系統(tǒng)在某個小過程動量守恒，這就要求解題時要放眼全局，靈活地選擇研究對象，建立動量守恒的方程.隨堂測試1.如圖5-3-1，球A、B置于光滑水平面上，A球的動量為12kgm/s，水平向右與靜止的B球發(fā)生碰撞，兩球動量的變化可能是（設向右為正）（ ） A.p A=-4kgm/s， p B=4kg m/s B.p A=-5kg m/s ， p B=5kg m/s C.p A=6kg m/s ， p B=-6kg m/s D.p A=-24kg m/s ， p B=24kg m/s AB2.質量為m的小球A在光滑水平面上以速度v0與質量為2m的靜止小球發(fā)生碰撞，碰

3、撞后分開，A球的速度大小變?yōu)樵瓉淼?/3，則碰撞后B球的速度可能為（ ） A.v0/3 B.2v0/3 C.4v0/9 D.5v0/9AB3.一個人在地面上立定跳遠的最好成績是s m，假設他站立在車的A端要跳上距離車lm遠的站臺上，車與地面的摩擦不計，如圖5-3-2所示（ ）A.只要l=s，他一定能跳上站臺B.只要ls，他可能跳上站臺C.只要l=s，他可能跳上站臺D.只要ls，他有可能跳上站臺BD4.一輛平板車沿光滑平面運動，車的質量m=20kg，運動速度v0=4m/s，在下列情況中，車的速度將變?yōu)槎啻?？?）一個質量m=2kg的沙包從5m高處落入車內.（2）將質量m=2kg的沙包以v=5m/

4、s的速度迎面水平【答案】（1）3.64m/s(2)318m/s【例1】在原子物理中，研究核子與核子關聯的最有效途徑是“雙電荷交換反應”.這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似.兩個小球A和B用輕質彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài).在它們左邊有一垂直于軌道的固定檔板P，右邊有一個球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖5-3-3所示，C與B發(fā)生碰撞并立即結成一個整體D.在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變.然后，A球與檔板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動，A與P接觸而不黏連.過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機械能損失）.已知A、B、C三球的

5、質量均為m.（1）求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度；（2）求在A球離開擋板P的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能.【解析】（1）設C球與B球黏結成D時，D的速度為v1，由動量守恒，有mv0=(m+m)v1 當彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設此速度為v2，由動量守恒，有2mv1=3mv2 由、兩式得A的速度v2=(1/3)v0（2）設彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為Ep，由能量守恒，有(1/2)2mv21=(1/2)3mv22+Ep 撞擊P后，A與D的動能都為0.解除鎖定后，當彈簧剛恢復到自然長度時，勢能全部轉變成D的動能，設D的速度為v3，則有:Ep=(1/2)(2m)v23 以后彈簧伸長

6、，A球離開擋板P，并獲得速度，當A、D的速度相等時，彈簧伸至最長.設此時的速度為v4，由動量守恒，有 2mv3=3mv4 當彈簧伸長到最長時，其勢能最大，設此勢能為Ep，由能量守恒有2mv23=(1/2)3mv24+Ep解以上各式得:Ep=(1/36)mv20【例2】質量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上.平衡時，彈簧的壓縮量為x0，如圖5-3-4所示.一物塊從鋼板正上方距離為3x0的A處自由落下，但不粘連.它們到達最低點后又向上運動.已知物塊質量也為m時，它們恰能回到O點.若物塊質量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度.求物塊向上運動到達的最高

7、點與O點的距離.【解析】物塊與鋼板碰撞時的速度v0= 設v1表示質量為m的物塊與鋼板碰撞后一起開始向下運動的速度，因碰撞時間極短，動量守恒: mv0=2mv1剛碰完時彈簧的彈性勢能為Ep.當它們一起回到O點時，彈簧無形變，彈性勢能為0.根據題中所給條件，這時物塊與鋼板的速度為0，由機械能守恒， Ep+1/2(2m)v21=2mgx006gx 設v2表示質量為2m的物塊與鋼板碰撞后開始一起向下運動的速度，則有 2mv0=3mv2 剛碰完時彈簧的彈性勢能為Ep，它們回到O點時，彈性勢能為0，但它們仍繼續(xù)向上運動，設此時速度為v，則有 Ep+(1/2)(3m)v22=3mgx0+1/2(3m)v2在

8、以上兩種情況中，彈簧的初始壓縮量都是x0，故有:Ep=Ep 當質量為2m的物塊與鋼板一起回到O點時，彈簧的彈力為0，物塊與鋼板只受到重力作用，加速度為g.一過O點，鋼板受到彈簧向下的拉力作用，加速度大于g.由于物塊與鋼板不黏連，物塊不可能受到鋼板的拉力，其加速度仍為g.故在O點物塊與鋼板分離，分離后，物塊以速度v豎直上拋，則由以上各式解得，物塊向上運動所到最高點與O點的距離為: l=v2/(2g)=(1/2)x0.【解題回顧】本題的過程較為復雜，第一次是m下落的過程.第二次是2m下落的過程.而每次下落過程又分為多個小過程.要求大家能正確分析和認識每個小過程.【例3】一個連同裝備總質量為M=10

9、0kg的宇航員，在距離飛船s=45m處與飛船處于相對靜止狀態(tài)，宇航員背著裝有質量為m0=0.5kg氧氣的貯氣筒，筒有個可以使氧氣以v=50m/s的速度噴出的噴嘴，宇航員必須向著返回飛船的相反方向放出氧氣才能回到飛船同時又必須保留一部分氧氣供途中呼吸用，宇航員的耗氧率為Q=2.510-4kg/s，不考察噴出氧氣對設備及宇航員總質量的影響，則(1)瞬時噴出多少氧氣，宇航員才能完全返回飛船?(2)為使總耗氧量最低，應一次噴出多少氧氣?返回時間是多少?(飛船的運動可看做是勻速運動)(3)已知超氧化鉀(KO2)的性質與Na2O2相似若該宇航員貯氣筒的氧氣由超氧化鉀提供，則需多少千克KO2?【解析】(1)

10、設瞬時噴出mkg氧氣，宇航員可安全返回，由動量守恒得：mv=Mv1， 勻速運動t=s/v1，另有m0=m+Qt，解得m=0.05kg或0.45kg， 故0.05kgm0.45kg.(2)為使耗氧量最低，設噴出氧氣mkg. 則耗氧m=Qt+m，另有t=s/v1,mv=mv1.解得m=QsM/(mv)+m=2.250-2/m+m.討論m隨m的變化規(guī)律，求m的極值.故當m=2.2510-2/m時， m有極值.解得m=0.15kg,返回時間t=sM/mv=600s.(3)由4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2可知，284kg的KO2可制得96kg的O2，所以制了0.5kg的O2需KO2的質量為：0.5(248/96)=1.48kg.