《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復習 第十一章 動量 近代物理 第2講 動量守恒定律及其應用課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復習 第十一章 動量 近代物理 第2講 動量守恒定律及其應用課件.ppt（59頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、,第十一章動量近代物理,第2講動量守恒定律及其應用,,大一輪復習講義,,NEIRONGSUOYIN,內(nèi)容索引,過好雙基關,研透命題點,隨堂測試,回扣基礎知識 訓練基礎題目,細研考綱和真題 分析突破命題點,隨堂檢測 檢測課堂學習效果,課時作業(yè),限時訓練 練規(guī)范 練速度,,過好雙基關,,,,一、動量守恒定律,,,1.守恒條件 (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. (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. (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)在該方向上動量守恒. 2.表達式 m1v1m2v2 或p

2、1p2.,不受,0,內(nèi)力,m1v1,m2v2,自測1關于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是 A.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不可能守恒 B.只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)動量就不守恒 C.只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒 D.系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時，系統(tǒng)的總動量不一定守恒,,,二、碰撞、反沖、爆炸,,,1.碰撞 (1)定義：相對運動的物體相遇時，在極短的時間內(nèi)它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化，這個過程就可稱為碰撞. (2)特點：作用時間極短，內(nèi)力(相互碰撞力)遠 外力，總動量守恒. (3)碰撞分類 彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動能 . 非彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動能 . 完

3、全非彈性碰撞：碰撞后合為一體，機械能損失 .,大于,沒有損失,有損失,最大,2.反沖 (1)定義：當物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向沖量，這種現(xiàn)象叫反沖運動. (2)特點：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力 系統(tǒng)受到的外力.實例：發(fā)射炮彈、爆竹爆炸、發(fā)射火箭等. (3)規(guī)律：遵從動量守恒定律. 3.爆炸 爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且 系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量 .,遠大于,遠大于,守恒,自測2如圖1所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v

4、0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是 A.A和B都向左運動 B.A和B都向右運動 C.A靜止，B向右運動 D.A向左運動，B向右運動,圖1,,解析以兩滑塊組成的系統(tǒng)為研究對象，兩滑塊碰撞過程動量守恒，由于初始狀態(tài)系統(tǒng)的動量為零，所以碰撞后兩滑塊的動量之和也為零，所以A、B的運動方向相反或者兩者都靜止，而碰撞為彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的速度不可能都為零，則A應該向左運動，B應該向右運動，選項D正確，A、B、C錯誤.,,研透命題點,,,1.動量守恒定律的“五性”,,,,命題點一動量守恒定律的理解與應用,2.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

5、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.,3.應用動量守恒定律時的注意事項 (1)動量守恒定律的研究對象都是由相互作用的物體組成的系統(tǒng).系統(tǒng)的動量是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關系. (2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時，要弄清哪些力是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些力是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)的作用力.,例1(多選)在光滑水平面上，A、B兩小車中間有一彈簧，如圖2所示.用左、右手分別抓住小車A、B并將彈簧壓縮后使小車處于靜止狀態(tài)，將兩小車

6、及彈簧看成一個系統(tǒng)，下列說法中正確的是 A.兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零 B.先放開左手，再放開右手后，系統(tǒng)總動量不守恒 C.先放開左手，再放開右手后，總動量一定向右 D.無論何時放手，兩手放開后，在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持 不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零,,,圖2,解析只要系統(tǒng)受到的合外力為零，動量就守恒.兩手同時放開，系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)總動量守恒，始終為零，A正確. 只放開一只手時，由于另一只手對系統(tǒng)有作用力所以動量不守恒，但當兩只手都放開后，系統(tǒng)總動量守恒，等于第二只手放開時的動量，B、C錯誤，D正確.,例2(2018常州市一模)如圖3所示，光滑水平面上小球A

7、、B分別以1.2 m/s、2.0 m/s的速率相向運動，碰撞后B球靜止.已知碰撞時間為0.05 s，A、B的質(zhì)量均為0.2 kg.求： (1)碰撞后A球的速度大??；,圖3,答案0.8 m/s,解析A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，設B的運動方向為正方向， 由動量守恒定律得mvBmvA0mvA 解得vA0.8 m/s,(2)碰撞過程A對B平均作用力的大小.,答案8 N,變式1(2018蘇州市期初調(diào)研)如圖4所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩小車A、B靜止在光滑的水平面上，在A車上站有一質(zhì)量為m0的人.當此人以速度v0向右跳上B車，并與B車相對靜止后.求： (1)人跳離A車后，A車的速度大小和方向；,圖4,解

8、析設人跳離A車后，A車的速度為vA，研究A車和人組成的系統(tǒng)，以向右為正方向，由動量守恒定律有m1vAm0v00,負號表示A車的速度方向向左,(2)人跳上B車后，A、B兩車的速度大小之比.,,,,命題點二碰撞問題,1.碰撞遵循的三條原則 (1)動量守恒定律 (2)機械能不增加,(3)速度要合理 同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大或相等. 相向碰撞：碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變.,2.碰撞的類型及特點 (1)彈性碰撞：動量守恒，初、末總動能不變，即 m1v1m2v2m1v1m2v2,(2)完全非彈性碰撞：碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，動量守恒，動能損失最大，即 m1

9、v1m2v2(m1m2)v，,(3)非彈性碰撞：動量守恒，動能有損失.,例3(2018揚州市一模)如圖5所示，質(zhì)量分別為m10.2 kg和m20.8 kg的兩個小球，在光滑的水平面上分別以速度v110 m/s、v22 m/s向右運動并發(fā)生對心碰撞，碰后甲球以2 m/s的速度向左運動.求： (1)碰后乙球的速度大小；,圖5,答案5 m/s,解析取向右為正方向，由動量守恒定律得 m1v1m2v2m1v1m2v2 代入數(shù)據(jù)得 v25 m/s,(2)碰撞時撞擊力對甲球的沖量.,答案2.4 Ns，方向向左,解析對甲球，由動量定理得Ipm1v1m1v1 代入數(shù)據(jù)得I2.4 Ns，負號表示方向向左.,變式2

10、(2018鹽城市三模)在氣墊導軌上，一個質(zhì)量為0.6 kg的滑塊甲以大小為0.15 m/s的速度與另一質(zhì)量為0.4 kg、速度大小為0.1 m/s并沿反方向運動的滑塊乙迎面相撞，碰撞后兩個滑塊粘在一起運動，速度大小為 m/s，碰撞過程中乙滑塊受到甲滑塊的沖量大小為 Ns.,0.05,0.06,,爆炸與反沖模型,,拓展點,例4一質(zhì)量為M的航天器遠離太陽和行星，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出質(zhì)量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2等于 (v0、v1、v2均為相對同一參考系的速度),,例5(2018興化一中四模)如

11、圖所示，一個禮花彈豎直上升到最高點時炸裂成三塊碎片，其中一塊碎片首先沿豎直方向落至地面，另兩塊碎片稍后一些同時落至地面.則在禮花彈炸裂后的瞬間這三塊碎片的運動方向可能是,,解析禮花彈炸裂的瞬間動量守恒，因炸裂前的總動量為零，則炸裂后總動量為零，因一塊碎片沿豎直方向先落地，可知其速度方向豎直向下，則禮花彈炸裂后的瞬間這三塊碎片的運動方向可能是D.,,,,命題點三人船模型,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.這樣的問題即為“人船模型”問題. 2.人船模型的特點 (1)兩物體滿足動

12、量守恒定律：m1v1m2v20.,例6有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計重一噸左右).一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量.他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船.用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，則船的質(zhì)量為,,,隨堂測試,,,1.(多選)如圖6所示，小車與木箱緊挨著靜放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法中正確的是 A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 B.小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 C.男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒 D.木箱

13、的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相等,1,2,3,4,,,圖6,2.(多選)如圖7所示，在光滑的水平面上有一靜止的小車，甲、乙兩人站在小車左、右兩端，當二人同時相向而行時，發(fā)現(xiàn)小車向右運動.下列說法中正確的是 A.乙的速度必定大于甲的速度 B.甲的質(zhì)量必定大于乙的質(zhì)量 C.從數(shù)值上，乙的動量必定大于甲的動量 D.甲、乙的動量之和必定不為零,1,2,3,4,圖7,,,3.(2018南通市、泰州市一模)在冰壺比賽中，冰壺甲以速度v1正碰靜止的冰壺乙，碰后冰壺甲的速度變?yōu)関2，方向不變.已知兩冰壺質(zhì)量均為m，碰撞過程時間為t，求： (1)正碰后冰壺乙的速度v；,1,2,3,4,答案見解析,解析

14、以碰撞前冰壺甲的速度方向為正方向，由動量守恒定律有 mv1mv2mv 解得vv1v2.,(2)碰撞過程中冰壺乙受到的平均作用力大小F.,1,2,3,4,答案見解析,解析對冰壺乙，在碰撞過程中由動量定理有Ftmv0,4.(2018鹽城中學4月檢測)下雪天，卡車在平直的高速公路上勻速行駛，司機突然發(fā)現(xiàn)前方停著一輛故障車，他將剎車踩到底，車輪被抱死，但卡車仍向前滑行，并撞上故障車，且推著它共同滑行了一段距離L后停下.已知卡車質(zhì)量M為故障車質(zhì)量m的5倍，設卡車與故障車相撞前的速度為v1，兩車相撞后的速度變?yōu)関2，相撞的時間極短，求： (1)v1v2的值；,1,2,3,4,答案見解析,解析以相撞前卡車的

15、速度方向為正方向，由動量守恒定律可得Mv1(Mm)v2，由Mm51可得v1v265,(2)卡車在碰撞過程中受到的沖量大小.,1,2,3,4,答案見解析,解析由動量定理可得卡車受到的沖量大小IMv2Mv1,,課時作業(yè),,,1.(多選)若用p1、p2表示兩個在同一直線上運動并且相互作用的物體的初動量，p1、p2表示它們的末動量，p1、p2表示它們相互作用過程中各自的動量變化量，則下列式子能表示動量守恒的是 A.p1p2B.p1p2p1p2 C.p1p20D.p1p2常數(shù)(不為零),,,,雙基鞏固練,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,,,解析動量守恒的含義是：兩個物體相互作用前的總動量

16、等于其相互作用后的總動量，因此B選項正確； p1p2p1p2，變形后為(p1p1)(p2p2)0，即p1p20，故C選項正確.,2.(2018前黃中學檢測)如圖1所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸面是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短，則此系統(tǒng)從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中 A.動量守恒，機械能守恒 B.動量不守恒，機械能守恒 C.動量守恒，機械能減小 D.動量不守恒，機械能減小,圖1,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,3.(多選)如圖2所示，兩位同學穿旱冰鞋，面對面站立不動，互推后向相反的方向運動，不計摩擦阻力，下列判斷正確的是

17、 A.互推后兩同學總動量增加 B.互推后兩同學動量大小相等，方向相反 C.分離時質(zhì)量大的同學的速度小一些 D.互推過程中機械能守恒,,圖2,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析對兩同學所組成的系統(tǒng)，互推過程中，合外力為零，總動量守恒，故A錯誤； 互推后兩同學總動量為零，動量的大小相等，方向相反，質(zhì)量大的同學的速度小一些，故B、C正確； 互推過程中機械能增大，故D錯誤.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,4.將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出.在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出

18、過程中重力和空氣阻力可忽略) A.30 kgm/sB.5.7102 kgm/s C.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s,,解析由于噴氣時間很短，且不計重力和空氣阻力，所以火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒.設火箭的質(zhì)量為m1，燃氣的質(zhì)量為m2.由題意可知，燃氣的動量大小p2m2v250103600 kgm/s30 kgm/s.以火箭運動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得0p1p2，則火箭的動量大小為p1p230 kgm/s，所以A正確，B、C、D錯誤.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,5.如圖3所示，在光滑水平面上質(zhì)量分別為mA2 kg、mB4 kg，速率分別為

19、vA5 m/s，vB2 m/s的A、B兩小球沿同一直線相向運動，則 A.它們碰撞前的總動量是18 kgm/s，方向水平向右 B.它們碰撞后的總動量是18 kgm/s，方向水平向左 C.它們碰撞前的總動量是2 kgm/s，方向水平向右 D.它們碰撞后的總動量是2 kgm/s，方向水平向左,圖3,,解析以向右為正方向，則它們碰撞前的總動量是pmAvAmBvB2 kgm/s，方向水平向右，A、B相碰過程中遵守動量守恒定律，故它們碰撞后的總動量也是2 kgm/s，方向水平向右，C正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,6.(多選)(2018徐州三中月考)光滑水平地面上，A、B兩物體質(zhì)量

20、都為m，A以速度v向右運動，B原來靜止，左端有一輕水平彈簧，如圖4所示，當A撞上彈簧，且彈簧被壓縮最短時 A.A、B系統(tǒng)總動量仍然為mv B.A的動量變?yōu)榱?C.B的動量達到最大值 D.A、B的速度相同,,圖4,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析A、B系統(tǒng)水平方向動量守恒，A正確； 彈簧被壓縮到最短時A、B兩物體具有相同的速度，故A的動量不為零，D正確，B錯誤； 因為彈簧還會彈開，故B物體會繼續(xù)加速，所以此時B的速度并不是最大的，即B的動量未達到最大值，C錯誤.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,7.光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為的斜面體A，斜面體質(zhì)量為

21、M、底邊長為L，如圖5所示.將一質(zhì)量為m且可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端.此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是 A.FNmgcos B.滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcos C.滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,,,,綜合提升練,圖5,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面體A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcos ，A錯誤； 滑塊B下滑過程中支持力對

22、B的沖量大小為FNt，B錯誤； 由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以A、B組成的系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，C錯誤；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,8.(2018如皋市模擬四)如圖6所示，在橄欖球比賽中，質(zhì)量為100 kg的橄欖球前鋒以vA5 m/s的速度跑動，想穿越防守隊員到底線觸地得分.就在他剛要到底線時，迎面撞上了對方兩名質(zhì)量均為75 kg的球員，一個速度vB2 m/s，另一個速度vC4 m/s，他們騰空扭在了一起.他們碰撞后瞬間的速度大小約為 m/s，在此過程中三名球員的總機械能 (選填“增大”“不變”或“減小”).,圖6,0.2,減小,1,2,

23、3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析以前鋒的速度vA的方向為正方向，設碰撞后瞬間的共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律得： mAvAmBvBmCvC(mAmBmC)v， 代入數(shù)據(jù)解得：v0.2 m/s,可知，在碰撞過程中三名球員的總機械能減小.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,9.(2018海安中學開學考)如圖7甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質(zhì)量mA1 kg.初始時刻B靜止，A以一定的初速度向右運動，之后與B發(fā)生碰撞并一起運動，它們的位移時間圖象如圖乙所示(規(guī)定向右為位移的正方向)，求：,圖7,(1)物體B的質(zhì)量為多少？,答案見解析,1,2,3,4,5,6,

24、7,8,9,10,11,解析由題圖可知，,則由動量守恒定律得mAvA(mAmB)v,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(2)A、B碰撞時間極短，圖中無法顯示，t0.01 s，求A、B碰撞過程中B受到的平均作用力大小.,答案見解析,解析對B，由動量定理可得IFtmBv0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,10.(2018南陽中學模擬)如圖8所示，一質(zhì)量為M的長木板在光滑水平面上以速度v0向右運動，一質(zhì)量為m的小鐵塊在木板上以速度v0向左運動，鐵塊與木板間存在摩擦，為使木板能保持速度v0向右勻速運動，必須對木板施加一水平力，直至鐵塊與木板達到共同速度v0.設木板足夠長，

25、求此過程中水平力的沖量大小.,圖8,答案2mv0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析以M、m組成的系統(tǒng)為研究對象，設M運動的方向為正方向，根據(jù)動量定理有Ft(Mm)v0(Mv0mv0)2mv0 則此過程中水平力的沖量大小IFt2mv0.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,11.(2018南通市等七市三模)如圖9所示，在光滑水平冰面上，一蹲在滑板上的小孩推著冰車一起以速度v01.0 m/s向左勻速運動.某時刻小孩將冰車以相對冰面的速度v17.0 m/s向左推出，冰車與豎直墻發(fā)生碰撞后原速率彈回.已知冰車的質(zhì)量為m110 kg，小孩與滑板的總質(zhì)量為m230 kg，小孩與滑板始終無相對運動.取g10 m/s2. (1)求冰車與豎直墻發(fā)生碰撞過程中，墻對冰車的沖量 大小I；,圖9,答案見解析,解析以向左為正方向，冰車在與豎直墻碰撞過程中由動量定理有 Im1(v1)m1v1 解得I140 Ns；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(2)通過計算判斷，冰車能否追上小孩？,答案見解析,解析設小孩推出冰車后與滑板共同運動的速度為v，由動量守恒定律有(m1m2)v0m1v1m2v 解得v1.0 m/s 由于|v|