2019年高考物理總復習 第六章 碰撞與動量守恒 第1課時 動量定理 動量守恒定律課件 教科版.ppt

《2019年高考物理總復習 第六章 碰撞與動量守恒 第1課時 動量定理 動量守恒定律課件 教科版.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理總復習 第六章 碰撞與動量守恒 第1課時 動量定理 動量守恒定律課件 教科版.ppt（60頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第六章碰撞與動量守恒 第1課時動量定理動量守恒定律 基礎回顧 核心探究 演練提升 基礎回顧自主梳理 融會貫通 知識梳理 一 動量 動能 動量變化量的比較 質量和速度 運動 矢量差 mv p p 矢量 過程量 二 沖量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 與相同 三 動量定理思考以下兩種情境下雞蛋落地時所受作用力為何不同 1 內(nèi)容 物體在一個過程始末的等于它在這個過程中所受力的沖量 2 表達式 Ft 或Ft p p 作用時間 Ft 力的方向 動量變化量 mv mv 四 動量守恒定律 1 內(nèi)容 如果一個系統(tǒng)或所受合外力 無論這一系統(tǒng)內(nèi)部進行了何種形式的碰撞 這個系統(tǒng)的總動量保持不變 2 表達式m1v1 m2v2 或p p 3 適用條件 1 理想守恒 系統(tǒng)不受外力或所受為零 則系統(tǒng)動量守恒 2 近似守恒 系統(tǒng)受到的合力不為零 但當內(nèi)力遠外力時 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 不受外力 為零 m1v1 m2v2 外力的合力 大于 自主檢測 1 思考判斷 1 一個物體的運動狀態(tài)變化 它的動量一定改變 2 物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化的方向相同 3 系統(tǒng)的機械能守恒時 動量也一定守恒 4 物體的動量變化越大 其速度變化一定越大 5 若在光滑水平面上兩球相向運動 碰后均變?yōu)殪o止 則兩球碰前的動量大小一定相同 答案 1 2 3 4 5 2 多選 關于動量的變化 下列說法正確的是 A 做直線運動的物體速度增大時 動量的增量 p的方向與運動方向相同B 做直線運動的物體速度減小時 動量的增量 p的方向與運動方向相反C 物體的速度大小不變時 動量的增量 p為零D 物體做曲線運動時 動量的增量一定不為零 ABD 解析 動量的變化等于初 末兩狀態(tài)動量的差值 對于加速直線運動 動量的增量 p的方向與運動方向相同 選項A正確 對于減速直線運動 動量的增量 p的方向與運動方向相反 即動量是在減小的 選項B正確 物體的速度大小不變時 動量的增量不一定為零 如圓周運動 選項C錯誤 物體做曲線運動時 動量一定發(fā)生了變化 故動量的增量一定不為零 選項D正確 3 多選 下列相互作用的過程中 可以認為系統(tǒng)動量守恒的是 A 滑輪上的男孩推滑輪上的女孩B 子彈擊穿地面上面粉袋的瞬間C 太空人在艙外發(fā)射子彈D 公路上運動的汽車發(fā)生碰撞 AC 解析 動量守恒的條件是相互作用的物體系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零 而相互作用過程中內(nèi)力遠大于外力時也可認為動量守恒 A中 滑輪上的男孩推滑輪上的女孩的過程中 內(nèi)力遠大于外力 因此系統(tǒng)的動量可認為守恒 B和D中 在兩物體相互作用的過程中 沒有滿足內(nèi)力遠大于外力的條件 系統(tǒng)的動量不守恒 C中 太空中無空氣阻力作用 太空人和子彈在相互作用過程中動量守恒 故選AC 4 2018 山東威海質檢 質量是60kg的建筑工人 不慎從高空跌下 由于彈性安全帶的保護 使他懸掛起來 已知安全帶的緩沖時間是1 2s 安全帶長5m 取g 10m s2 則安全帶所受的平均沖力的大小為 A 500NB 600NC 1100ND 100N C 核心探究分類探究 各個擊破 考點一沖量與動量變化的計算 1 動量與動量的變化 1 p mv是動量 既有大小又有方向 是狀態(tài)量 即與狀態(tài)有關 2 p p p 是動量變化量 也是矢量 是過程量 與狀態(tài)變化有關 與合力的沖量等大同向 2 沖量的計算 1 恒力的沖量 直接用定義式I Ft計算 作出F t變化圖線 圖線與t軸所夾的面積即為變力的沖量 如圖所示 對于易確定始 末時刻動量的情況 可用動量定理求解 即通過求 p間接求出沖量 典例1 用電鉆給建筑物鉆孔時 鉆頭所受的阻力與深度成正比 若鉆頭勻速鉆進時第1秒內(nèi)阻力的沖量為100N s 求第5s內(nèi)阻力的沖量 核心點撥 鉆頭所受的阻力與深度成正比 而鉆頭又是勻速鉆進 即深度與時間成正比 因此阻力與時間成正比 可以用平均值來求變力的沖量 答案 900N s 針對訓練 多選 質量為m的物體沿傾角為 的粗糙斜面勻速下滑 在時間t內(nèi)下滑的距離為s 在這段時間內(nèi)物體所受各力的沖量大小說法正確的是 A 重力的沖量mgtsin B 支持力的沖量mgtcos C 摩擦力的沖量mgtsin D 合力的沖量0 BCD 解析 據(jù)I Ft可得重力的沖量IG mgt 支持力的沖量IN mgtcos 摩擦力的沖量If mgtsin 而合力的沖量I m v 0 選項B C D正確 A錯誤 考點二動量定理的理解與應用 1 動量定理的理解要點 1 應用動量定理時研究對象既可以是單一物體 也可以是系統(tǒng) 當為系統(tǒng)時不考慮內(nèi)力的沖量 2 求合力的沖量的方法有兩種 第一先求合力再求合力沖量 第二求出每個力的沖量再對沖量求和 3 動量定理是矢量式 列方程之前先規(guī)定正方向 2 用動量定理解釋現(xiàn)象 1 p一定時 F的作用時間越短 力就越大 時間越長 力就越小 2 F一定 此時力的作用時間越長 p就越大 力的作用時間越短 p就越小 分析問題時 要把哪個量一定 哪個量變化搞清楚 3 動量定理的兩個重要應用 1 應用I p求變力的沖量 如果物體受到大小或方向改變的力的作用 則不能直接用I Ft求變力的沖量 可以求出該力作用下物體動量的變化量 p 等效代換為力的沖量I 2 應用 p F t求動量的變化量 例如 在曲線運動中 速度方向時刻在變化 求動量變化 p p2 p1 需要應用矢量運算方法 計算比較復雜 如果作用力是恒力 可以求恒力的沖量 等效代換動量的變化量 典例2 2018 吉林長春質檢 蹦床 已成為奧運會的比賽項目 質量為m的運動員從床墊正上方h1高處自由落下 落墊后反彈的高度為h2 設運動員每次與床墊接觸的時間為t 求在運動員與床墊接觸的時間內(nèi)運動員對床墊的平均作用力 空氣阻力不計 重力加速度為g 核心點撥 運動員的整個過程可分為三個階段 自由下落h1階段 與床墊作用階段 反彈豎直上升h2階段 可以選擇作用過程研究 也可以選擇全程進行研究 反思總結動量定理的應用方法動量定理的應用涉及研究對象的運動過程 運動時間 首先確定研究過程 然后計算該過程對應的時間與初末狀態(tài)的速度 研究過程可以選擇全程 也可以只選擇作用過程 多維訓練 1 連續(xù)作用問題 一艘帆船在湖面上順風行駛 在風力的推動下做速度為v 4m s的勻速直線運動 已知該帆船在運動狀態(tài)下突然失去風的動力作用 帆船在湖面上做勻減速直線運動 經(jīng)過t 8s才可靜止 該帆船的帆面正對風的有效面積為S 10m2 帆船的總質量約為M 936kg 若帆船在行駛過程中受到的阻力恒定不變 空氣的密度為 1 3kg m3 在勻速行駛狀態(tài)下估算 1 帆船受到風的推力F的大小 答案 1 468N 2 風速的大小v 解析 2 設在時間t內(nèi) 正對吹入帆面空氣的質量為m 根據(jù)動量定理有 Ft m v v 又m S v v tFt S v v 2t解得v 10m s 答案 2 10m s 2 導學號58826126 變力的沖量問題 如圖所示 兩根平行光滑金屬導軌ab和cd置于同一水平面上 相互間隔d 1m 質量m 3g的金屬棒置于軌道右端 跨在兩根導軌上 導軌左端通過開關S與電池連接 勻強磁場方向垂直軌道所在平面向上 磁感應強度B 0 1T 軌道平面距地面高度h 0 8m 接通開關S時 金屬棒由于受安培力作用被水平拋出 落地點水平距離s 2m 取g 10m s2 求接通S瞬間 金屬棒中通過的電荷量 答案 0 15C 考點三動量守恒的判斷與動量守恒定律的理解 1 動量守恒定律適用條件 1 理想條件 系統(tǒng)不受外力 2 實際條件 系統(tǒng)所受合外力為零 3 近似條件 系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)所受的外力 4 方向條件 系統(tǒng)在某一方向上合力為零 則此方向上動量守恒 2 動量守恒定律的表達式 1 m1v1 m2v2 m1v1 m2v2 相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng) 作用前的動量和等于作用后的動量和 2 p1 p2 相互作用的兩個物體動量的增量等大反向 3 p 0 系統(tǒng)總動量的增量為零 典例3 2018 安徽淮南模擬 多選 如圖所示 在光滑的水平面上放有一物體M 物體上有一光滑的半圓弧軌道 軌道半徑為R 最低點為C 兩端A B等高 現(xiàn)讓小滑塊m從A點由靜止下滑 在此后的過程中 則 A M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒 動量守恒B M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒 動量不守恒C m從A到C的過程中M向左運動 m從C到B的過程中M向右運動D m從A到C的過程中 M向左運動 m從C到B的過程中M向左運動 BD 解析 小滑塊m從A點靜止下滑 物體M與滑塊m組成的系統(tǒng)水平方向所受合力為零 系統(tǒng)水平方向動量守恒 豎直方向有加速度 合力不為零 所以系統(tǒng)動量不守恒 M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒 選項A錯誤 B正確 系統(tǒng)水平方向動量守恒 由于系統(tǒng)初始狀態(tài)水平方向動量為零 所以m從A到C的過程中 m向右運動 M向左運動 m從C到B的過程中 M還是向左運動 即保證系統(tǒng)水平方向動量為零 選項C錯誤 D正確 誤區(qū)警示動量守恒的判斷某一方向上 系統(tǒng)所受合外力為零 則系統(tǒng)在該方向上滿足動量守恒 但不能籠統(tǒng)地說系統(tǒng)動量守恒 多維訓練 針對訓練 2018 河北邢臺模擬 多選 木塊a和b用一根輕彈簧連接起來 放在光滑水平面上 a緊靠在墻壁上 在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮 如圖所示 當撤去外力后 下列說法中正確的是 A a尚未離開墻壁前 a和b組成的系統(tǒng)動量守恒B a尚未離開墻壁前 a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒C a離開墻壁后 a和b組成的系統(tǒng)動量守恒D a離開墻壁后 a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒 BC 解析 當撤去外力F后 a尚未離開墻壁前 系統(tǒng)受到墻壁的作用力 系統(tǒng)所受的外力之和不為零 所以a和b組成的系統(tǒng)的動量不守恒 選項A錯誤 B正確 a離開墻壁后 系統(tǒng)所受的外力之和為0 所以a b組成的系統(tǒng)的動量守恒 選項C正確 D錯誤 考點四動量守恒定律的應用 應用動量守恒定律解題的步驟 典例4 2018 江南十校聯(lián)考 如圖所示 甲車質量m1 20kg 車上有質量M 50kg的人 甲車 連同車上的人 以v 3m s的速度向右滑行 此時質量m2 50kg的乙車正以v0 1 8m s的速度迎面滑來 為了避免兩車相撞 當兩車相距適當距離時 人從甲車跳到乙車上 求人跳出甲車的水平速度u 相對地面 應當在什么范圍以內(nèi)才能避免兩車相撞 不計地面和小車間的摩擦 設乙車足夠長 取g 10m s2 核心點撥 人跳到乙車上后 如果兩車同向 且甲車的速度小于或等于乙車的速度就可以避免兩車相撞 人跳離甲車過程和人落到乙車的過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒 解析 以人 甲車 乙車組成的系統(tǒng)為研究對象 設甲車 乙車與人具有相同的速度v 由動量守恒得 m1 M v m2v0 m1 m2 M v 解得v 1m s 以人與甲車為一系統(tǒng) 人跳離甲車過程動量守恒 得 m1 M v m1v Mu 解得u 3 8m s 因此 只要人跳離甲車的速度u 3 8m s 就可避免兩車相撞 答案 u 3 8m s 反思總結求解動量守恒定律中的臨界問題的關鍵 1 尋找臨界狀態(tài) 看題設情景中是否有相互作用的兩物體相距最近 避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài) 2 挖掘臨界條件 在與動量相關的臨界問題中 臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關系與相對位移關系 即速度相等或位移相等 多維訓練 1 導學號58826127 子彈打木塊問題 2018 河南洛陽質檢 如圖所示 質量為m 245g的木塊 可視為質點 放在質量為M 0 5kg的木板左端 足夠長的木板靜止在光滑水平面上 木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為 0 4 質量為m0 5g的子彈以速度v0 300m s沿水平方向射入木塊并留在其中 時間極短 子彈射入后 g取10m s2 求 1 木塊相對木板滑行的時間 答案 1 1s 2 木塊相對木板滑行的位移 答案 2 3m 2 動量守恒中的臨界問題 如圖所示 甲 乙兩船的總質量 包括船 人和貨物 分別為10m 12m 兩船沿同一直線同一方向運動 速度分別為2v0 v0 為避免兩船相撞 乙船上的人將一質量為m的貨物沿水平方向拋向甲船 甲船上的人將貨物接住 求拋出貨物的最小速度 不計水的阻力 解析 設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin 拋出貨物后船的速度為v1 甲船上的人接到貨物后船的速度為v2 由動量守恒定律得12mv0 11mv1 mvmin10m 2v0 mvmin 11mv2為避免兩船相撞應滿足v1 v2聯(lián)立得vmin 4v0 答案 4v0 演練提升真題體驗 強化提升 高考模擬 1 動量守恒定律的簡單應用 2017 海南卷 1 光滑水平桌面上有P Q兩個物塊 Q的質量是P的n倍 將一輕彈簧置于P Q之間 用外力緩慢壓P Q 撤去外力后 P Q開始運動 P和Q的動量大小的比值為 A n2B nC D 1 D 解析 撤去外力后 系統(tǒng)不受外力 所以總動量守恒 設P的動量方向為正方向 則有pP pQ 0 故pP pQ 動量之比為1 故D正確 A B C錯誤 2 動量定理的應用 2016 全國 卷 35 某游樂園入口旁有一噴泉 噴出的水柱將一質量為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)噴出的水的質量 答案 1 v0S 2 玩具在空中懸停時 其底面相對于噴口的高度 答案 見解析 拓展增分 動量守恒中的臨界問題1 滑塊不滑出小車的臨界問題如圖所示 滑塊沖上小車后 在滑塊與小車之間的摩擦力作用下 滑塊做減速運動 小車做加速運動 滑塊剛好不滑出小車的臨界條件是滑塊到達小車末端時 滑塊與小車的速度相同 2 兩物體不相碰的臨界問題兩個在光滑水平面上做勻速運動的物體 甲物體追上乙物體的條件是甲物體的速度v甲大于乙物體的速度v乙 即v甲 v乙 而甲物體與乙物體不相碰的臨界條件是v甲 v乙 3 涉及物體與彈簧相互作用的臨界問題對于由彈簧組成的系統(tǒng) 在物體間發(fā)生相互作用的過程中 當彈簧被壓縮到最短時 彈簧兩端的兩個物體的速度相等 4 涉及最大高度的臨界問題在物體滑上斜面體 斜面體放在光滑水平面上 的過程中 由于彈力的作用 斜面體在水平方向將做加速運動 物體滑到斜面體上最高點的臨界條件是物體與斜面體沿水平方向具有共同的速度 物體在豎直方向的分速度等于零 示例1 兩質量分別為M1和M2的劈A和B 高度相同 放在光滑水平面上 A和B的傾斜面都是光滑曲面 曲面下端與水平面相切 如圖所示 一質量為m的物塊位于劈A的傾斜面上 距水平面的高度為h 物塊從靜止滑下 然后滑上劈B 求物塊在B上能夠達到的最大高度 示例2 甲 乙兩個小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲 甲和他的冰車的質量共為M 30kg 乙和他的冰車的質量也是30kg 游戲時 甲推著一個質量為m 15kg的箱子和他一起以大小為v0 2 0m s的速度滑行 乙以同樣大小的速度迎面滑來 如圖所示 為了避免相撞 甲突然將箱子沿冰面推給乙 箱子滑到乙處時乙迅速把它抓住 若不計冰面的摩擦力 求甲至少要以多大的速度 相對于地面 將箱子推出 才能避免與乙相撞 法二若以甲 乙和箱子三者組成的整體為一系統(tǒng) 由于不相撞的條件是甲 乙速度相等 設為v1 則由動量守恒定律得 m M v0 Mv0 m 2M v1 代入具體數(shù)據(jù)可得v1 0 4m s 再以甲和箱子為一系統(tǒng) 設推出箱子的速度為v 推出箱子前 后系統(tǒng)的動量守恒 m M v0 Mv1 mv 代入具體數(shù)據(jù)得v 5 2m s 答案 5 2m s