2019版高考物理一輪復習 專題十一 碰撞與動量守恒 第1講 動量 動量守恒定律課件.ppt

《2019版高考物理一輪復習 專題十一 碰撞與動量守恒 第1講 動量 動量守恒定律課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理一輪復習 專題十一 碰撞與動量守恒 第1講 動量 動量守恒定律課件.ppt（41頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題十一碰撞與動量守恒 第1講 動量動量守恒定律 考點1 動量 動量定理 1 沖量 作用時間 Ft 力F 1 定義 力和力的 的乘積 2 公式 I 適用于求恒力的沖量 3 方向 與 的方向相同 2 動量 質(zhì)量 速度 mv 千克 米 秒 1 定義 物體的 與 的乘積 2 公式 p kg m s 3 單位 符號 4 意義 動量是描述物體 的物理量 是矢量 其 方向與 的方向相同 運動狀態(tài) 速度 3 動量定理 合力 動量 1 內(nèi)容 物體所受 的沖量等于物體 的增量 2 表達式 F t p p p 3 矢量性 動量變化量的方向與 的方向相同 可 以在某一方向上用動量定理 合力 考點2 動量守恒定律 不受外力 零 1 內(nèi)容 相互作用的物體組成的系統(tǒng) 或所受合外力為 時 這個系統(tǒng)的總動量將保持不變 2 公式 m1v1 m2v2 3 守恒條件 m1v1 m2v2 1 理想守恒 系統(tǒng) 外力或所受外力的合力為 則系統(tǒng)動量守恒 不受 零 內(nèi)力 2 近似守恒 系統(tǒng)受到的合力不為零 但當 遠大 于外力時 系統(tǒng)的動量可近似看成守恒 該方向 3 分方向守恒 系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時 系統(tǒng)在 上動量守恒 基礎自測 1 多選 2017年吉林長春外國語學校高三期末 關(guān)于速度 動量和動能 下列說法正確的是 A 物體的速度發(fā)生變化 其動能一定發(fā)生變化B 物體的動量發(fā)生變化 其動能一定發(fā)生變化C 物體的速度發(fā)生變化 其動量一定發(fā)生變化D 物體的動能發(fā)生變化 其動量一定發(fā)生變化答案 CD 2 高空作業(yè)須系安全帶 如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落 從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前 人下落的距離為h 可視為自由落體運動 此后經(jīng)歷時間t 安全帶達到最大伸長 若在此過程中該作用力始終豎直向上 則該段時間 安全帶對人的平均作用力大小為 答案 A 3 如圖11 1 1所示 質(zhì)量為M的小車A停放在光滑的水平面上 小車上表面粗糙 質(zhì)量為m的滑塊B以初速度v0滑到小車A上 車足夠長 滑塊不會從車上滑落 則小車的最終速度 大小為 圖11 1 1 A 零 B mv0M C mv0M m D mv0M m 答案 C 4 多選 2016年北京第四中學高三期中 將甲 乙兩個質(zhì)量相等的物體在距水平地面同一高度處 分別以v和2v的速度 水平拋出 若不計空氣阻力的影響 則 A 甲物體在空中運動過程中 任何相等時間內(nèi)它的動量變化都相同B 甲物體在空中運動過程中 任何相等時間內(nèi)它的動能變化都相同C 兩物體落地時動量對時間的變化率相同D 兩物體落地時重力的功率相同答案 ACD 熱點1考向1 動量定理的理解及應用對動量的理解 熱點歸納 續(xù)表 典題1 多選 兩個質(zhì)量不同的物體 如果它們的 A 動能相等 則質(zhì)量大的動量大B 動能相等 則動量大小也相等C 動量大小相等 則質(zhì)量大的動能小D 動量變化量相等 則受到合力的沖量大小也相等 時 質(zhì)量越大的動能越小 C正確 由動量定理可知 物體動量的變化量與所受合外力的沖量相同 D正確 答案 ACD 考向2 用動量定理解釋現(xiàn)象 熱點歸納 應用動量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象 1 當物體的動量變化量一定時 力的作用時間 t越短 力F就越大 力的作用時間 t越長 力F就越小 例如玻璃杯掉在水泥地上易碎 而掉在沙地上不易碎 2 當作用力F一定時 力的作用時間 t越長 動量變化量 p越大 力的作用時間 t越短 動量變化量 p越小 典題2 從高處跳到低處時 為了安全 一般都是讓腳 尖先著地 這樣做是為了 A 減小沖量B 減小動量的變化量C 增大與地面的沖擊時間 從而減小沖力D 增大人對地面的壓強 起到安全作用解析 由動量定理可知 人落地的動量變化量一定 腳尖先著地 接著逐漸到整只腳著地 延長了人落地時動量變化所用的時間 這樣就減小了地面對人的沖力 故C正確 答案 C 考向3 動量定理的應用 熱點歸納 應用動量定理解題的注意事項 1 動量定理的表達式是矢量式 列式時要注意各個量與規(guī)定的正方向之間的關(guān)系 即要注意各個量的正負 2 動量定理中的沖量是合外力的沖量 而不是某一個力的沖量 它可以是合力的沖量 也可以是各力沖量的矢量和 還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和 3 應用動量定理可以只研究一個物體 也可以研究幾個物 體組成的系統(tǒng) 4 初態(tài)的動量p是系統(tǒng)各部分動量之和 末態(tài)的動量p 也是系統(tǒng)各部分動量之和 5 對系統(tǒng)各部分的動量進行描述時 應該選取同一個參考 系 不然求和無實際意義 典題3 多選 2017年新課標 卷 一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動 F隨時間t變化 的圖線如圖11 1 2所示 則 圖11 1 2A t 1s時物塊的速率為1m sB t 2s時物塊的動量大小為4kg m sC t 3s時物塊的動量大小為5kg m sD t 4s時物塊的速度為零 沖量 所以t 2s時物塊的動量大小為p 2 2kg m s 4kg m s B正確 t 3s時物塊的動量大小為p 2 2 1 1 kg m s 3kg m s C錯誤 t 4s時物塊的動量大小為p 2 2 1 2 kg m s 2kg m s 速度不為零 D錯誤 答案 AB 遷移拓展 2016年新課標 卷 某游樂園入口旁有一噴泉 噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中 為計算方便起見 假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出 玩具底部為平板 面積略大于S 水柱沖擊到 玩具底板后 在豎直方向水的速度變?yōu)榱?在水平方向朝四周均勻散開 忽略空氣阻力 已知水的密度為 重力加速度大小為g 求 1 噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量 2 玩具在空中懸停時 其底面相對于噴口的高度 v0S 解 1 設 t時間內(nèi) 從噴口噴出的水的體積為 V 質(zhì)量為 m 則 m V V v0S t 由 式得 單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 m t 2 設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h 水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v 對于 t時間內(nèi)噴出的水 由能量守恒得 在h高度處 t時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為 p m v 設水對玩具的作用力的大小為F 根據(jù)動量定理有 F t p 由于玩具在空中懸停 由力的平衡條件得 F Mg 聯(lián)立 式解得 熱點2 動量守恒定律的理解及應用 熱點歸納 1 動量守恒定律的 五性 2 動量守恒定律的三種表達式及對應意義 1 p p 即系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后 的總動量p 2 p p p 0 即系統(tǒng)總動量的增量為0 3 p1 p2 即兩個物體組成的系統(tǒng)中 一部分動量的 增量與另一部分動量的增量大小相等 方向相反 3 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 考向1 動量守恒的判斷 典題4 如圖11 1 3所示 A B兩物體的質(zhì)量之比mA mB 3 2 原來靜止在平板小車C上 A B間有一根被壓縮的 圖11 1 3 A 若A B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同 A B組 成的系統(tǒng)動量守恒 B 若A B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同 A B C組成的系統(tǒng)動量守恒 C 若A B所受的摩擦力大小相等 A B組成的系統(tǒng)動量 守恒 D 若A B所受的摩擦力大小相等 A B C組成的系統(tǒng) 動量守恒 解析 如果A B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同 彈簧釋放后A B分別相對小車向左 向右滑動 它們所受的滑動摩擦力FfA向右 FfB向左 由于mA mB 3 2 所以FfA FfB 3 2 則A B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零 故其動量不守恒 A錯誤 對A B C組成的系統(tǒng) A B與C間的摩擦力為內(nèi)力 該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重力和支持力 它們的合力為零 故該系統(tǒng)的動量守恒 B D均正確 若A B所受摩擦力大小相等 則A B組成的系統(tǒng)所受外力之和為零 故其動量守恒 C正確 答案 A 考向2 動量守恒定律的應用 典題5 2017年江蘇卷 甲 乙兩運動員在做花樣滑冰表演 沿同一直線相向運動 速度大小都是1m s 甲 乙相遇時用力推對方 此后都沿各自原方向的反方向運動 速度大小分別為1m s和2m s 求甲 乙兩運動員的質(zhì)量之比 解 由動量守恒定律得m1v1 m2v2 m2v2 m1v1 考向3 動量守恒定律在多物體系統(tǒng)中的應用 典題6 兩塊厚度相同的木塊A和B 緊靠著放在光滑的水平面上 其質(zhì)量分別為mA 2 0kg mB 0 90kg 它們的下底面光滑 上表面粗糙 另有一質(zhì)量mC 0 10kg的滑塊C 以vC 10m s的速度恰好水平地滑到A的上表面 如圖11 1 4所示 由于摩擦 滑塊最后停在木塊B上 B和C的共同速度為0 50m s 求 圖11 1 4 1 木塊A的最終速度vA 2 滑塊C離開A時的速度vC 解 C從開始滑上A到恰好滑上A的右端的過程中 A B C組成的系統(tǒng)動量守恒 有mCvC mB mA vA mCvC C剛滑上B到兩者相對靜止 B C組成的系統(tǒng)動量守恒 有 mBvA mCvC mB mC v 解得vA 0 25m s vC 2 75m s 故木塊A的最終速度vA 0 25m s 滑塊C離開A時的速 度vC 2 75m s 方法點撥 對于多物體多過程的問題有時對整體應用動量守恒 有時只選某部分應用動量守恒 有時分過程多次應用動量守恒 有時全過程應用動量守恒 恰當選擇系統(tǒng)和始 末狀態(tài)是解題的關(guān)鍵 動量守恒定律中的人船模型及臨界問題 考向1 平均動量問題 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m1v1 m2v2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 因相互作用而反向運動 3 x1 x2均為沿動量方向相對于同一參考系的位移 典題7 如圖11 1 5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 船和人相對地面的位移各是多少 圖11 1 5 思路點撥 選人和船組成的系統(tǒng)為研究對象 由于人從船頭走到船尾的過程中 系統(tǒng)在水平方向不受外力作用 所以水平方向的動量守恒 所以s1 M m 解 設某時刻人對地的速度為v1 船對地的速度為v2 規(guī)定人的速度方向為正方向 則mv1 Mv2 0在人從船頭走到船尾的過程中每一時刻系統(tǒng)的動量均守恒 故mv1t Mv2t 0 即ms1 Ms2 0 而s1 s2 l MM m l s2 m l 方法技巧 原來靜止的系統(tǒng)滿足動量守恒或某一方向守恒 實質(zhì)是靜止的系統(tǒng)中物體的反沖運動 觸類旁通 多選 如圖11 1 6所示 繩長為l 小球質(zhì)量為m 小車質(zhì)量為M 將小球向右拉至水平后放手 則 水平面 光滑 A 系統(tǒng)的動量守恒B 水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向 C 小球不能向左擺到原高度 圖11 1 6 D 小車向右移動的最大距離為 2mlM m 解析 系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零 豎直方向的合力不為零 故水平方向的動量守恒 而總動量不守恒 A錯誤 B正確 根據(jù)水平方向的動量守恒及機械能守恒 小球仍能向左擺到原高度 C錯誤 小球相對于小車的位移為2l 根 據(jù) 人船模型 解得最大距離為 2mlM m D正確 答案 BD 考向2 動量守恒定律中的臨界問題 典題8 如圖11 1 7所示 光滑水平軌道上放置長木板A 上表面粗糙 和滑塊C 滑塊B置于A的左端 三者質(zhì)量分別為mA 2kg mB 1kg mC 2kg 開始時C靜止 A B一起以v0 5m s的速度勻速向右運動 A與C發(fā)生碰撞 時間極短 后C向右運動 經(jīng)過一段時間 A B再次達到共同速度一起向右運動 且恰好不再與C碰撞 求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小 圖11 1 7 解 因碰撞時間極短 故A與C碰撞過程動量守恒 設碰后瞬間A的速度為vA C的速度為vC 以向右為正方向 由動 量守恒定律得 mAv0 mAvA mCvCA與B在摩擦力作用下達到共同速度 設共同速度為vAB 由動量守恒定律得mAvA mBv0 mA mB vABA與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞 應滿足vAB vC聯(lián)立以上各式 代入數(shù)據(jù)解得vA 2m s