2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量守恒定律 第2講 碰撞 反沖和火箭課件.ppt

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第2講碰撞反沖和火箭 第六章動量守恒定律 內(nèi)容索引 基礎(chǔ)知識梳理 命題點一碰撞問題分析 命題點二彈性正碰模型問題 命題點三反沖運動及應(yīng)用 盤查拓展點 課時作業(yè) 1 基礎(chǔ)知識梳理 1 一 碰撞及特征1 碰撞碰撞是兩個或兩個以上的物體在相同的時間內(nèi)產(chǎn)生的相互作用的過程 2 碰撞特征 1 作用時間 2 作用力變化 3 內(nèi)力外力 4 滿足 極短 非常大 短 快 遠大于 動量守恒 二 三種碰撞類型1 彈性碰撞 1 動量守恒 m1v1 m2v2 m1v1 m2v2 當(dāng)v2 0時 有v1 v2 3 推論 質(zhì)量相等 大小 材料完全相同的彈性小球發(fā)生彈性碰撞 碰后 即v1 v2 v2 v1 交換速度 2 非彈性碰撞 1 動量守恒 m1v1 m2v2 m1v1 m2v2 2 機械能減少 損失的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 Ek Ek初 Ek末 Q3 完全非彈性碰撞 1 動量守恒 m1v1 m2v2 m1 m2 v共 2 碰撞中機械能損失最多 Ek 三 碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律 1 動量守恒定律 2 機械能不 彈性碰撞機械能守恒 非彈性碰撞機械能減少 3 速度要合理 碰前兩物體同向運動 若要發(fā)生碰撞 則應(yīng)有v后v前 填 或 碰后原來在前的物體速度一定 若碰后兩物體同向運動 則應(yīng)有v前 v后 碰前兩物體相向運動 碰后兩物體的運動方向不可能都不改變 增加 增大 四 爆炸和反沖運動1 爆炸爆炸過程中的內(nèi)力遠大于外力 爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動量 2 反沖運動 1 物體在內(nèi)力作用下分裂為兩個不同部分并且這兩部分向方向運動的現(xiàn)象 2 反沖運動中 相互作用力一般較大 通?？梢杂枚蓙硖幚?守恒 相反 動量守恒 1 多選 A B兩球在光滑水平面上做相向運動 已知mA mB 當(dāng)兩球相碰后 其中一球停止 則可以斷定A 碰前A的動量等于B的動量B 碰前A的動量大于B的動量C 若碰后A的速度為零 則碰前A的動量大于B的動量D 若碰后B的速度為零 則碰前A的動量小于B的動量 答案 2 將靜置在地面上 質(zhì)量為M 含燃料 的火箭模型點火升空 在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體 忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響 則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是 答案 3 人教版選修3 5P21第2題 質(zhì)量為m 速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰 碰撞可能是彈性的 也可能是非彈性的 因此 碰撞后B球的速度允許有不同的值 請你論證 碰撞后B球的速度可能是以下值嗎 1 0 6v 2 0 4v 3 0 2v 答案 2 可能 解析 若是彈性碰撞 mv mv1 3mv2 若是完全非彈性碰撞 則 4 人教版選修3 5P24第1題 一個連同裝備共有100kg的宇航員 脫離宇宙飛船后 在離飛船45m的位置與飛船處于相對靜止?fàn)顟B(tài) 裝備中有一個高壓氣源 能以50m s的速度噴出氣體 宇航員為了能在10min內(nèi)返回飛船 他需要在開始返回的瞬間一次性向后噴出多少氣體 答案 0 15kg 解析 取宇航員連同裝備整體為研究對象 0 M m v1 mv2x v1t解得 m 0 15kg 2 1 2 命題點一碰撞問題分析 物體的碰撞是否為彈性碰撞的判斷彈性碰撞是碰撞過程中無機械能損失的碰撞 遵循的規(guī)律是動量守恒定律和機械能守恒定律 確切地說是碰撞前后系統(tǒng)動量守恒 動能不變 1 題目中明確告訴物體間的碰撞是彈性碰撞 2 題目中明確告訴是彈性小球 光滑鋼球或分子 原子等微觀粒子 碰撞的 都是彈性碰撞 如圖所示 一質(zhì)量M 2kg的帶有弧形軌道的平臺置于足夠長的水平軌道上 弧形軌道與水平軌道平滑連接 水平軌道上靜置一小球B 從弧形軌道上距離水平軌道高h 0 3m處由靜止釋放一質(zhì)量mA 1kg的小球A 小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰 碰后小球A被彈回 且恰好追不上平臺 已知所有接觸面均光滑 重力加速度為g 10m s2 求小球B的質(zhì)量 例1 答案 解析 分析 3kg A反彈后速度與軌道速度相等 小球和軌道系統(tǒng)0 mAv1 Mv 聯(lián)立解得v1 2m s v 1m s 恰好追不上平臺 A反彈后速度v1 1m s對A B系統(tǒng)mAv1 mAv1 mBv2 聯(lián)立解得mB 3kg 處理碰撞問題的思路和方法1 對一個給定的碰撞 首先要看動量是否守恒 其次再看總動能是否增加 2 一個符合實際的碰撞 除動量守恒外還要滿足能量守恒 注意碰撞完成后不可能發(fā)生二次碰撞的速度關(guān)系的判定 1 多選 兩個小球A B在光滑水平面上相向運動 已知它們的質(zhì)量分別是m1 4kg m2 2kg A的速度v1 3m s 設(shè)為正 B的速度v2 3m s 則它們發(fā)生正碰后 其速度可能分別是A 均為1m sB 4m s和 5m sC 2m s和 1m sD 1m s和5m s 答案 解析 由動量守恒 可驗證四個選項都滿足要求 再看動能情況 由于碰撞過程動能不可能增加 所以應(yīng)有Ek Ek 可排除選項B 選項C雖滿足Ek Ek 但A B沿同一直線相向運動 發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向 vA 0 vB 0 這顯然是不符合實際的 因此C錯誤 驗證選項A D均滿足Ek Ek 故答案為選項A 完全非彈性碰撞 和選項D 彈性碰撞 2 多選 A B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動 圖表示發(fā)生碰撞前后的v t圖線 由圖線可以判斷A A B的質(zhì)量比為3 2B A B作用前后總動量守恒C A B作用前后總動量不守恒D A B作用前后總動能不變 答案 解析 碰前 碰后 分析 根據(jù)動量守恒定律 mA 6 mB 1 mA 2 mB 7 得 mA mB 3 2 故A正確 根據(jù)動量守恒知A B作用前后總動量守恒 B正確 C錯誤 3 如圖所示 粗糙的水平面連接一個豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道 其半徑為R 0 1m 半圓形軌道的底端放置一個質(zhì)量為m 0 1kg的小球B 水平面上有一個質(zhì)量為M 0 3kg的小球A以初速度v0 4 0m s開始向著小球B滑動 經(jīng)過時間t 0 80s與B發(fā)生彈性碰撞 設(shè)兩小球均可以看做質(zhì)點 它們的碰撞時間極短 且已知小球A與水平面間的動摩擦因數(shù) 0 25 求 1 兩小球碰前A的速度 答案 解析 2m s 碰前對A Mgt MvA Mv0解得 vA 2m s 2 小球B運動到最高點C時對軌道的壓力 答案 解析 4N 方向豎直向上 對A沿圓軌道運動時 MvA 2 MgR 3 小球A所停的位置距圓軌道最低點的距離 答案 解析 0 2m 因此A沿圓軌道運動到最高點后又原路返回到最低點 此時A的速度大小為1m s Mgs 0 MvA 2解得 s 0 2m 1 3 命題點二彈性正碰模型問題 模型介紹 如果兩個相互作用的物體 滿足動量守恒的條件 且相互作用過程初 末狀態(tài)的總機械能不變 廣義上也可以看成是彈性碰撞 如圖所示 質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上 滑塊的光滑弧面底部與水平面相切 一質(zhì)量為m的小球以速度v0向滑塊滾來 設(shè)小球不能越過滑塊 求小球滑到最高點時滑塊的速度大小 例2 答案 解析 分析 mv0 m M v 則滑塊的速度為v 4 多選 如圖所示 在光滑水平面上停放質(zhì)量為m裝有弧形槽的小車 現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去 不計摩擦 到達某一高度后 小球又返回小車右端 則A 小球在小車上到達最高點時的速度大小為B 小球離車后 對地將向右做平拋運動C 小球離車后 對地將做自由落體運動D 此過程中小球?qū)囎龅墓閙v02 答案 解析 小球到達最高點時 小車和小球相對靜止 且水平方向總動量守恒 小球離開小車時類似完全彈性碰撞 兩者速度互換 故A C D都是正確的 1 4 命題點三反沖運動及應(yīng)用 1 反沖 1 現(xiàn)象 物體的不同部分在內(nèi)力的作用下向相反方向運動 2 特點 一般情況下 物體間的相互作用力 內(nèi)力 較大 反沖運動中平均動量守恒 機械能往往不守恒 3 實例 噴氣式飛機 火箭等 2 爆炸的特點 1 動量守恒 由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的 爆炸時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(xué)能 轉(zhuǎn)化為動能 所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加 3 位移不變 爆炸的時間極短 因而作用過程中物體運動的位移很小 一般可忽略不計 可以認為爆炸后仍然從爆炸時的位置以新的動量開始運動 3 火箭獲得的最終速度火箭發(fā)射前的總質(zhì)量為M 燃料燃盡后的質(zhì)量為m 火箭燃氣的噴射速度為v1 如圖所示 燃料燃盡后火箭的飛行速度v為多大 在火箭發(fā)射過程中 由于內(nèi)力遠大于外力 所以動量守恒 發(fā)射前的總動量為0 發(fā)射后的總動量為 M m v1 mv 以火箭的速度方向為正方向 則 M m v1 mv 0所以v 1 v1燃料燃盡時火箭獲得的最終速度由噴氣速度及質(zhì)量比決定 一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m 200g的氣體 氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v 1000m s 設(shè)火箭質(zhì)量M 300kg 發(fā)動機每秒鐘噴氣20次 1 當(dāng)?shù)谌螄姵鰵怏w后 火箭的速度為多大 例3 答案 解析 2m s 三次氣體一次噴出 2 運動第1s末 火箭的速度為多大 答案 13 5m s 分析 5 運送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作后 火箭做加速運動的原因是A 燃料推動空氣 空氣反作用力推動火箭B 火箭發(fā)動機用力將燃料產(chǎn)生的氣體向后推出 氣體的反作用力推動火箭C 火箭吸入空氣 然后向后排出 空氣對火箭的反作用力推動火箭D 火箭燃料燃燒發(fā)熱 加熱周圍空氣 空氣膨脹推動火箭 答案 1 5 盤查拓展點 人船模型 問題的特點和分析1 人船模型 問題兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時 若所受外力的矢量和為零 則動量守恒 在相互作用的過程中 任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比 這樣的問題歸為 人船模型 問題 2 人船模型的特點 1 兩物體滿足動量守恒定律 m1v1 m2v2 0 2 運動特點 人動船動 人靜船靜 人快船快 人慢船慢 人左船右 人船位移比等于它們質(zhì)量的反比 人船平均速度 瞬時速度 比等于它們質(zhì)量的反比 即 3 應(yīng)用此關(guān)系時要注意一個問題 公式v1 v2和x一般都是相對地面而言的 如圖所示 長為L 質(zhì)量為M的小船停在靜水中 質(zhì)量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾 不計水的阻力 求船和人相對地面的位移各為多少 典例1 答案 解析 人船系統(tǒng)mv1 Mv2 如圖所示 一個傾角為 的直角斜面體靜置于光滑水平面上 斜面體質(zhì)量為M 頂端高度為h 今有一質(zhì)量為m的小物體 沿光滑斜面下滑 當(dāng)小物體從斜面頂端自由下滑到底端時 斜面體在水平面上移動的距離是 典例2 答案 解析 0 mx1 Mx2 人船模型 問題應(yīng)注意以下兩點1 適用條件 1 系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止 系統(tǒng)總動量為零 2 在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對運動的過程中至少有一個方向的動量守恒 如水平方向或豎直方向 2 畫草圖 解題時要畫出各物體的位移關(guān)系草圖 找出各長度間的關(guān)系 注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移 6 5 6 課時作業(yè) 1 兩球A B在光滑水平面上沿同一直線 同一方向運動 mA 1kg mB 2kg vA 6m s vB 2m s 當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后 兩球A B速度的可能值是A vA 5m s vB 2 5m sB vA 2m s vB 4m sC vA 4m s vB 7m sD vA 7m s vB 1 5m s 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律 但A D兩項中 碰后A的速度vA 大于B的速度vB 必然要發(fā)生第二次碰撞 不符合實際 而B項既符合實際情況 也不違背能量守恒定律 故B項正確 1 2 3 4 5 6 7 8 2 多選 如圖甲所示 在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰 小球的質(zhì)量分別為m1和m2 圖乙為它們碰撞前后的x t圖象 已知m1 0 1kg 由此可以判斷A 碰前m2靜止 m1向右運動B 碰后m2和m1都向右運動C m2 0 3kgD 碰撞過程中系統(tǒng)損失了0 4J的機械能 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 由圖讀出 碰后m2的速度為正方向 說明向右運動 m1的速度為負方向 說明向左運動 故B錯誤 由圖求出碰后m2和m1的速度分別為v2 2m s v1 2m s 根據(jù)動量守恒定律得 m1v1 m2v2 m1v1 代入解得 m2 0 3kg 故C正確 1 2 3 4 5 6 7 8 3 多選 質(zhì)量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接 以恒定的速度v沿光滑水平面運動 與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞 如圖所示 碰撞時間極短 在此過程中 下列情況可能發(fā)生的是A M m0 m速度均發(fā)生變化 分別為v1 v2 v3 而且滿足 M m0 v Mv1 m0v2 mv3B m0的速度不變 M和m的速度變?yōu)関1和v2 而且滿足Mv Mv1 mv2C m0的速度不變 M和m的速度都變?yōu)関 且滿足Mv M m v D M m0 m速度均發(fā)生變化 M m0速度都變?yōu)関1 m的速度變?yōu)関2 且滿足 M m v0 M m v1 mv2 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 碰撞的瞬間M和m組成的系統(tǒng)動量守恒 m0的速度在瞬間不變 以M的初速度方向為正方向 若碰后M和m的速度變?yōu)関1和v2 由動量守恒定律得 Mv Mv1 mv2 若碰后M和m速度相同 由動量守恒定律得 Mv M m v 1 2 3 4 5 6 7 8 4 如圖所示 質(zhì)量為m2 2kg和m3 3kg的物體靜止放在光滑水平面上 兩者之間有壓縮著的輕彈簧 與m2 m3不拴接 質(zhì)量為m1 1kg的物體以速度v0 9m s向右沖來 為防止沖撞 釋放彈簧將m3物體發(fā)射出去 m3與m1碰撞后粘合在一起 試求 1 m3的速度至少為多大 才能使以后m3和m2不發(fā)生碰撞 答案 解析 1m s 1 2 3 4 5 6 7 8 設(shè)m3發(fā)射出去的速度為v1 m2的速度為v2 以向右的方向為正方向 對m2 m3 由動量守恒定律得 m2v2 m3v1 0 只要m1和m3碰后速度不大于v2 則m3和m2就不會再發(fā)生碰撞 m3和m2恰好不相撞時 兩者速度相等 對m1 m3 由動量守恒定律得 m1v0 m3v1 m1 m3 v2解得 v1 1m s即彈簧將m3發(fā)射出去的速度至少為1m s 1 2 3 4 5 6 7 8 2 為保證m3和m2恰好不發(fā)生碰撞 彈簧的彈性勢能至少為多大 答案 解析 3 75J 對m2 m3及彈簧 由機械守恒定律得 Ep m3v12 m2v22 3 75J 1 2 3 4 5 6 7 8 5 兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上 現(xiàn)在 其中一人向另一個人拋出一個籃球 另一人接球后再拋回 如此反復(fù)進行幾次之后 甲和乙最后的速率關(guān)系是A 若甲最先拋球 則一定是v甲 v乙B 若乙最后接球 則一定是v甲 v乙C 只有甲先拋球 乙最后接球 才有v甲 v乙D 無論怎樣拋球和接球 都是v甲 v乙 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 6 如圖所示 具有一定質(zhì)量的小球A固定在輕桿一端 另一端掛在小車支架的O點 用手將小球拉至水平 此時小車靜止于光滑水平面上 放手讓小球擺下與B處固定的橡皮泥碰擊后粘在一起 則在此過程中小車將A 向右運動B 向左運動C 靜止不動D 小球下擺時 車向左運動后又靜止 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 水平方向上 系統(tǒng)不受外力 因此在水平方向上動量守恒 小球下落過程中 水平方向具有向右的分速度 因此為保證動量守恒 小車要向左運動 當(dāng)撞到橡皮泥 是完全非彈性碰撞 A球和小車大小相等 方向相反的動量恰好抵消掉 小車會靜止 1 2 3 4 5 6 7 8 7 如圖所示 光滑水平面上有三個滑塊A B C 質(zhì)量關(guān)系是mA mC m mB 開始時滑塊B C緊貼在一起 中間夾有少量炸藥 處于靜止?fàn)顟B(tài) 滑塊A以速度v0正對B向右運動 在A未與B碰撞之前 引爆了B C間的炸藥 炸藥爆炸后B與A迎面碰撞 最終A與B粘在一起 以速率v0向左運動 求 1 炸藥爆炸過程中炸藥對C的沖量 答案 解析 見解析 1 2 3 4 5 6 7 8 全過程 A B C組成的系統(tǒng)動量守恒mAv0 mA mB v0 mCvC炸藥對C的沖量 I mCvC 0解得 I mv0 方向向右 1 2 3 4 5 6 7 8 2 炸藥的化學(xué)能有多少轉(zhuǎn)化為機械能 答案 解析 見解析 炸藥爆炸過程 B和C組成的系統(tǒng)動量守恒mCvC mBvB 0據(jù)能量關(guān)系 E vB2 mvC2解得 E mv02 1 2 3 4 5 6 7 8 8 如圖所示 光滑水平軌道右邊與墻壁連接 木塊A B和半徑為0 5m的光滑圓軌道C靜置于光滑水平軌道上 A B C質(zhì)量分別為1 5kg 0 5kg 4kg 現(xiàn)讓A以6m s的速度水平向右運動 之后與墻壁碰撞 碰撞時間為0 3s 碰后速度大小變?yōu)?m s 當(dāng)A與B碰撞后會立即粘在一起運動 已知g 10m s2 求 1 A與墻壁碰撞過程中 墻壁對小球平均作用力的大小 答案 解析 50N 1 2 3 4 5 6 7 8 A與墻壁碰撞過程 規(guī)定水平向左為正 對A由動量定理有 Ft mAv2 mA v1 解得F 50N 1 2 3 4 5 6 7 8 2 AB第一次滑上圓軌道所能達到的最大高度h 答案 解析 0 3m A與B碰撞過程 對A B系統(tǒng) 水平方向動量守恒有 mAv2 mB mA v3A B滑上斜面到最高點的過程 對A B C系統(tǒng) 水平方向動量守恒有 mB mA v3 mB mA mC v4 解得h 0 3m 1 2 3 4 5 6 7 8