2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題十一 碰撞與動(dòng)量守恒 第1講 動(dòng)量 動(dòng)量守恒定律課件.ppt

專(zhuān)題十一碰撞與動(dòng)量守恒 第1講 動(dòng)量動(dòng)量守恒定律 考點(diǎn)1 動(dòng)量 動(dòng)量定理 1 沖量 作用時(shí)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(dòng)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(hào) 4 意義 動(dòng)量是描述物體 的物理量 是矢量 其 方向與 的方向相同 運(yùn)動(dòng)狀態(tài) 速度 3 動(dòng)量定理 合力 動(dòng)量 1 內(nèi)容 物體所受 的沖量等于物體 的增量 2 表達(dá)式 F t p p p 3 矢量性 動(dòng)量變化量的方向與 的方向相同 可 以在某一方向上用動(dòng)量定理 合力 考點(diǎn)2 動(dòng)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(shí) 這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)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(dòng)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(dāng) 遠(yuǎn)大 于外力時(shí) 系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒 該方向 3 分方向守恒 系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合力為零時(shí) 系統(tǒng)在 上動(dòng)量守恒 基礎(chǔ)自測(cè) 1 多選 2017年吉林長(zhǎng)春外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高三期末 關(guān)于速度 動(dòng)量和動(dòng)能 下列說(shuō)法正確的是 A 物體的速度發(fā)生變化 其動(dòng)能一定發(fā)生變化B 物體的動(dòng)量發(fā)生變化 其動(dòng)能一定發(fā)生變化C 物體的速度發(fā)生變化 其動(dòng)量一定發(fā)生變化D 物體的動(dòng)能發(fā)生變化 其動(dòng)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(kāi)始跌落到安全帶對(duì)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(yùn)動(dòng) 此后經(jīng)歷時(shí)間t 安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng) 若在此過(guò)程中該作用力始終豎直向上 則該段時(shí)間 安全帶對(duì)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(chē)A停放在光滑的水平面上 小車(chē)上表面粗糙 質(zhì)量為m的滑塊B以初速度v0滑到小車(chē)A上 車(chē)足夠長(zhǎng) 滑塊不會(huì)從車(chē)上滑落 則小車(chē)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(xué)高三期中 將甲 乙兩個(gè)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(jì)空氣阻力的影響 則 A 甲物體在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中 任何相等時(shí)間內(nèi)它的動(dòng)量變化都相同B 甲物體在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中 任何相等時(shí)間內(nèi)它的動(dòng)能變化都相同C 兩物體落地時(shí)動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率相同D 兩物體落地時(shí)重力的功率相同答案 ACD 熱點(diǎn)1考向1 動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用對(duì)動(dòng)量的理解 熱點(diǎn)歸納 續(xù)表 典題1 多選 兩個(gè)質(zhì)量不同的物體 如果它們的 A 動(dòng)能相等 則質(zhì)量大的動(dòng)量大B 動(dòng)能相等 則動(dòng)量大小也相等C 動(dòng)量大小相等 則質(zhì)量大的動(dòng)能小D 動(dòng)量變化量相等 則受到合力的沖量大小也相等 時(shí) 質(zhì)量越大的動(dòng)能越小 C正確 由動(dòng)量定理可知 物體動(dòng)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(dòng)量定理解釋現(xiàn)象 熱點(diǎn)歸納 應(yīng)用動(dòng)量定理解釋的兩類(lèi)物理現(xiàn)象 1 當(dāng)物體的動(dòng)量變化量一定時(shí) 力的作用時(shí)間 t越短 力F就越大 力的作用時(shí)間 t越長(zhǎng) 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(dāng)作用力F一定時(shí) 力的作用時(shí)間 t越長(zhǎng) 動(dòng)量變化量 p越大 力的作用時(shí)間 t越短 動(dòng)量變化量 p越小 典題2 從高處跳到低處時(shí) 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(dòng)量的變化量C 增大與地面的沖擊時(shí)間 從而減小沖力D 增大人對(duì)地面的壓強(qiáng) 起到安全作用解析 由動(dòng)量定理可知 人落地的動(dòng)量變化量一定 腳尖先著地 接著逐漸到整只腳著地 延長(zhǎng)了人落地時(shí)動(dòng)量變化所用的時(shí)間 這樣就減小了地面對(duì)人的沖力 故C正確 答案 C 考向3 動(dòng)量定理的應(yīng)用 熱點(diǎn)歸納 應(yīng)用動(dòng)量定理解題的注意事項(xiàng) 1 動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式 列式時(shí)要注意各個(gè)量與規(guī)定的正方向之間的關(guān)系 即要注意各個(gè)量的正負(fù) 2 動(dòng)量定理中的沖量是合外力的沖量 而不是某一個(gè)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(yīng)用動(dòng)量定理可以只研究一個(gè)物體 也可以研究幾個(gè)物 體組成的系統(tǒng) 4 初態(tài)的動(dòng)量p是系統(tǒng)各部分動(dòng)量之和 末態(tài)的動(dòng)量p 也是系統(tǒng)各部分動(dòng)量之和 5 對(duì)系統(tǒng)各部分的動(dòng)量進(jìn)行描述時(shí) 應(yīng)該選取同一個(gè)參考 系 不然求和無(wú)實(shí)際意義 典題3 多選 2017年新課標(biāo) 卷 一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開(kāi)始沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) F隨時(shí)間t變化 的圖線(xiàn)如圖11 1 2所示 則 圖11 1 2A t 1s時(shí)物塊的速率為1m sB t 2s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4kg m sC t 3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5kg m sD t 4s時(shí)物塊的速度為零 沖量 所以t 2s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為p 2 2kg m s 4kg m s B正確 t 3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為p 2 2 1 1 kg m s 3kg m s C錯(cuò)誤 t 4s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為p 2 2 1 2 kg m s 2kg m s 速度不為零 D錯(cuò)誤 答案 AB 遷移拓展 2016年新課標(biāo) 卷 某游樂(lè)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(jì)算方便起見(jiàn) 假設(shè)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(kāi) 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(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量 2 玩具在空中懸停時(shí) 其底面相對(duì)于噴口的高度 v0S 解 1 設(shè) t時(shí)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(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 m t 2 設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h 水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v 對(duì)于 t時(shí)間內(nèi)噴出的水 由能量守恒得 在h高度處 t時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為 p m v 設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F 根據(jù)動(dòng)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(diǎn)2 動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用 熱點(diǎn)歸納 1 動(dòng)量守恒定律的 五性 2 動(dòng)量守恒定律的三種表達(dá)式及對(duì)應(yīng)意義 1 p p 即系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后 的總動(dòng)量p 2 p p p 0 即系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為0 3 p1 p2 即兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)中 一部分動(dòng)量的 增量與另一部分動(dòng)量的增量大小相等 方向相反 3 應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟 1 明確研究對(duì)象 確定系統(tǒng)的組成 系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及 研究的過(guò)程 2 進(jìn)行受力分析 判斷系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)量 4 由動(dòng)量守恒定律列出方程 5 代入數(shù)據(jù) 求出結(jié)果 必要時(shí)討論說(shuō)明 考向1 動(dòng)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(lái)靜止在平板小車(chē)C上 A B間有一根被壓縮的 圖11 1 3 A 若A B與平板車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同 A B組 成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B 若A B與平板車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同 A B C組成的系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)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(dòng)量守恒 解析 如果A B與平板車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同 彈簧釋放后A B分別相對(duì)小車(chē)向左 向右滑動(dòng) 它們所受的滑動(dòng)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(dòng)量不守恒 A錯(cuò)誤 對(duì)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(dòng)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(dòng)量守恒 C正確 答案 A 考向2 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 典題5 2017年江蘇卷 甲 乙兩運(yùn)動(dòng)員在做花樣滑冰表演 沿同一直線(xiàn)相向運(yùn)動(dòng) 速度大小都是1m s 甲 乙相遇時(shí)用力推對(duì)方 此后都沿各自原方向的反方向運(yùn)動(dòng) 速度大小分別為1m s和2m s 求甲 乙兩運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量之比 解 由動(dòng)量守恒定律得m1v1 m2v2 m2v2 m1v1 考向3 動(dòng)量守恒定律在多物體系統(tǒng)中的應(yīng)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(kāi)A時(shí)的速度vC 解 C從開(kāi)始滑上A到恰好滑上A的右端的過(guò)程中 A B C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 有mCvC mB mA vA mCvC C剛滑上B到兩者相對(duì)靜止 B C組成的系統(tǒng)動(dòng)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(kāi)A時(shí)的速 度vC 2 75m s 方法點(diǎn)撥 對(duì)于多物體多過(guò)程的問(wèn)題有時(shí)對(duì)整體應(yīng)用動(dòng)量守恒 有時(shí)只選某部分應(yīng)用動(dòng)量守恒 有時(shí)分過(guò)程多次應(yīng)用動(dòng)量守恒 有時(shí)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量守恒 恰當(dāng)選擇系統(tǒng)和始 末狀態(tài)是解題的關(guān)鍵 動(dòng)量守恒定律中的人船模型及臨界問(wèn)題 考向1 平均動(dòng)量問(wèn)題 人船模型 若人船系統(tǒng)在全過(guò)程中動(dòng)量守恒 則這一系統(tǒng)在全過(guò)程中的平均動(dòng)量也守恒 如果系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成 且相互作用前均靜止 相互作用后均發(fā)生運(yùn)動(dòng) 則由m1v1 m2v2得m1x1 m2x2 該式的適用條件是 1 系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒或某一方向上的動(dòng)量守恒 2 構(gòu)成系統(tǒng)的兩物體原來(lái)靜止 因相互作用而反向運(yùn)動(dòng) 3 x1 x2均為沿動(dòng)量方向相對(duì)于同一參考系的位移 典題7 如圖11 1 5所示 長(zhǎng)為l 質(zhì)量為M的小船停在靜水中 一個(gè)質(zhì)量為m的人站在船頭 若不計(jì)水的阻力 當(dāng)人從船頭走到船尾的過(guò)程中 船和人相對(duì)地面的位移各是多少 圖11 1 5 思路點(diǎn)撥 選人和船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象 由于人從船頭走到船尾的過(guò)程中 系統(tǒng)在水平方向不受外力作用 所以水平方向的動(dòng)量守恒 所以s1 M m 解 設(shè)某時(shí)刻人對(duì)地的速度為v1 船對(duì)地的速度為v2 規(guī)定人的速度方向?yàn)檎较?則mv1 Mv2 0在人從船頭走到船尾的過(guò)程中每一時(shí)刻系統(tǒng)的動(dòng)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(lái)靜止的系統(tǒng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒或某一方向守恒 實(shí)質(zhì)是靜止的系統(tǒng)中物體的反沖運(yùn)動(dòng) 觸類(lèi)旁通 多選 如圖11 1 6所示 繩長(zhǎng)為l 小球質(zhì)量為m 小車(chē)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(dòng)量守恒B 水平方向任意時(shí)刻小球與小車(chē)的動(dòng)量等大反向 C 小球不能向左擺到原高度 圖11 1 6 D 小車(chē)向右移動(dòng)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(dòng)量守恒 而總動(dòng)量不守恒 A錯(cuò)誤 B正確 根據(jù)水平方向的動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒 小球仍能向左擺到原高度 C錯(cuò)誤 小球相對(duì)于小車(chē)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(dòng)量守恒定律中的臨界問(wèn)題 典題8 如圖11 1 7所示 光滑水平軌道上放置長(zhǎng)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(kāi)始時(shí)C靜止 A B一起以v0 5m s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng) A與C發(fā)生碰撞 時(shí)間極短 后C向右運(yùn)動(dòng) 經(jīng)過(guò)一段時(shí)間 A B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng) 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(shí)間極短 故A與C碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒 設(shè)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(dòng) 量守恒定律得 mAv0 mAvA mCvCA與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度 設(shè)共同速度為vAB 由動(dòng)量守恒定律得mAvA mBv0 mA mB vABA與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞 應(yīng)滿(mǎn)足vAB vC聯(lián)立以上各式 代入數(shù)據(jù)解得vA 2m s