202X屆高考物理一輪復習基礎課15動量守恒定律及其應用課件新人教版

1、基礎課基礎課1515動量守恒定律及其應用動量守恒定律及其應用-2-知識點一知識點二動量守恒定律1.內容如果一個系統不受外力,或者所受外力的為零,這個系統的總動量保持不變。2.表達式(1)p=p,系統相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p。(2)m1v1+m2v2=,相互作用的兩個物體組成的系統,作用前的動量和等于作用后的動量和。(3)p1=,相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。(4)p=0,系統總動量的增量為零。矢量和m1v1+m2v2 -p2-3-知識點一知識點二碰撞、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、(2)特點:作用時間極短,內力(相互碰撞力)遠外力,總動量守恒。(3)碰撞分類彈性碰撞:碰撞后系統的總動能。非彈性碰撞:碰撞后系統的總動能。完全非彈性碰撞:碰撞后合為一體,機械能損失。大于沒有損失有損失最大-4-知識點一知識點二2.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 ,這種現象叫反沖運動。(2)特點:系統內各物體間的相互作用的內力系統受到的外力。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.爆炸問題爆炸與碰撞類似,物體間的相互作用時間很短,作用力很大,且系統所受的外力,所以系統動量。反向沖量遠大于遠大于守恒-5-考點一考點二考點三

3、考點四動量守恒定律的理解動量守恒定律的理解(自主悟透自主悟透)1.動量守恒的條件(1)理想守恒:系統不受外力或所受外力的矢量和為零,則系統動量守恒。(2)近似守恒:系統受到的外力矢量和不為零,但當內力遠大于外力時,系統的動量可近似看成守恒。(3)某一方向上守恒:系統在某個方向上所受外力矢量和為零時,系統在該方向上動量守恒。-6-考點一考點二考點三考點四2.動量守恒定律的“六種”性質 -7-考點一考點二考點三考點四思維訓練思維訓練1.(2019天津靜海月考)(多選)如圖所示,光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧,兩手分別按住小車,使它們靜止,對兩車及彈簧組成的系統,下列說法正確的是 ()A.

4、兩手同時放開后,系統總動量始終為非零的某一數值B.先放開左手,后放開右手,動量不守恒C.先放開左手,后放開右手,總動量向右D.無論何時放手,兩手放開后在彈簧恢復原長的過程中,系統總動量都保持不變,但系統的總動量不一定為零 答案解析解析關閉當兩手同時放開時,系統的合外力為零,所以系統的動量守恒,又因為開始時總動量為零,故系統總動量始終為零,故A錯誤;先放開左手,左邊的小車就向左運動,后放開右手,兩手都放開后系統所受合外力為零,系統動量守恒,即放開右手后系統動量守恒,故B錯誤;先放開左手,后放開右手時系統總動量方向向左,放開右手后總動量方向也向左,故C錯誤;如果同時放開兩手,系統動量守恒,系統總動

5、量為零;兩手不同時放開時系統總動量不為零,但放開后系統動量守恒,由此可知,無論何時放手,兩手放開后在彈簧恢復原長的過程中,系統總動量都保持不變,但系統的總動量不一定為零,故D正確。 答案解析關閉D-8-考點一考點二考點三考點四2.從傾角為30,長0.3m的光滑斜面上滑下質量為2kg的貨包,掉在質量為13kg的小車里。若小車與水平面之間的動摩擦因數=0.02,小車能前進多遠?(g取10m/s2)-9-考點一考點二考點三考點四答案 0.1m-10-考點一考點二考點三考點四動量守恒定律的應用動量守恒定律的應用(師生共研師生共研)應用動量守恒定律解題的步驟明確研究對象,確定系統的組成受力分析,確定動量

6、是否守恒規(guī)定正方向,確定初、末動量根據動量守恒定律,建立守恒方程代入數據,求出結果并討論說明-11-考點一考點二考點三考點四例題(2018山東東營模擬)如圖所示,甲、乙兩名宇航員正在離空間站一定距離的地方執(zhí)行太空維修任務。某時刻甲、乙都以大小為v0=2m/s的速度相向運動,甲、乙和空間站在同一直線上且可視為質點。甲和他的裝備總質量為m1=90kg,乙和他的裝備總質量為m2=135kg,為了避免直接相撞,乙從自己的裝備中取出一質量為m=45kg的物體A推向甲,甲接住A后即不再松開,此后甲、乙兩宇航員在空間站外做相對距離不變的同向運動,且安全“飄”向空間站。(設甲、乙距離空間站足夠遠,本題中的速度

7、均指相對空間站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相對于空間站)將物體A推出?(2)設甲與物體A作用時間為t=0.5s,求甲與A的相互作用力F的大小。-12-考點一考點二考點三考點四思維點撥 (1)甲、乙最終速度相同,甲、乙、A組成系統動量守恒;(2)可以選擇甲或A為研究對象,應用動量定理可以求出甲與A間的相互作用力。-13-考點一考點二考點三考點四解析 (1)以甲、乙、A三者組成的系統為研究對象,系統動量守恒,以乙運動的方向為正方向,則有m2v0-m1v0=(m1+m2)v1以乙和A組成的系統為研究對象,由動量守恒得m2v0=(m2-m)v1+mv代入數據聯立解得v1=0.4m/s,v=5.2

8、m/s。(2)以甲為研究對象,由動量定理得Ft=m1v1-(-m1v0),代入數據解得F=432N。答案 (1)5.2m/s(2)432N-14-考點一考點二考點三考點四思維訓練思維訓練(2018遼寧朝陽月考)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)-15-考點一考點二考點三考點四解析 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

9、,由動量守恒定律得12mv0=11mv1-mvmin10m2v0-mvmin=11mv2為避免兩船相撞應滿足v1=v2聯立式得vmin=4v0。答案 4v0-16-考點一考點二考點三考點四碰撞問題碰撞問題模型建構、規(guī)范訓練模型建構、規(guī)范訓練1.對碰撞的理解(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大,作用時間很短;各物體作用前后各自動量變化顯著;物體在作用時間內位移可忽略。(2)即使碰撞過程中系統所受合外力不等于零,由于內力遠大于外力,作用時間又很短,故外力的作用可忽略,認為系統的動量是守恒的。(3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉化為機械能,則系統碰撞后的總機械能不可能大于碰撞前系統的總機械能。-17

10、-考點一考點二考點三考點四2.分析碰撞問題的三個依據(1)動量守恒,即p1+p2=p1+p2。(3)速度要合理碰前兩物體同向,則v后v前;碰后,原來在前的物體速度一定增大,且v前v后。兩物體相向運動,碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。-18-考點一考點二考點三考點四3.彈性碰撞的規(guī)律兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1,速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例,則有結論:(1)當m1=m2時,v1=0,v2=v1,兩球碰撞后交換了速度。(2)當m1m2時,v10,v20,并且v1v2,碰撞后兩球都向前運動。(3)當m1m2時,v10,碰撞后質量小的球被

11、反彈回來。-19-考點一考點二考點三考點四例題如圖所示,在足夠長的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線上,A位于B、C之間,A的質量為m,B、C的質量都為m0,三者均處于靜止狀態(tài)?，F使A以某一速度向右運動,m和m0之間滿足什么條件時,才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞?設物體間的碰撞都是彈性的。-20-考點一考點二考點三考點四解析 A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞,碰撞過程中,系統的動量守恒、機械能守恒。設速度方向向右為正,開始時A的速度為v0,第一次碰撞后C的速度為vC1,A的速度為vA1。由動量守恒定律和機械能守恒定律得如果mm0,第一次碰撞后,A與C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能

12、與B發(fā)生碰撞;如果m=m0,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右運動,A不可能與B發(fā)生碰撞;所以只需考慮mm0的情況。-21-考點一考點二考點三考點四-22-考點一考點二考點三考點四規(guī)律總結碰撞問題的解題策略(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件,列出相應方程求解。(2)可熟記一些公式,例如“一動一靜”模型中,兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足(3)熟記彈性正碰的一些結論,例如,當兩球質量相等時,兩球碰撞后交換速度;當m1m2,且v20=0時,碰后質量大的速率不變,質量小的速率為2v0;當m1m2,且v20=0時,碰后質量小的球原速率反彈。-23-考點一考點二考點三考點四思維訓練思維訓

13、練如圖所示,在光滑水平面上A、B兩小球沿同一方向運動,A球的動量pA=4kgm/s,B球的質量mB=1kg,速度vB=6m/s,已知兩球相碰后,A球的動量減為原來的一半,方向與原方向一致。求:(1)碰撞后B球的速度;(2)A球的質量范圍。-24-考點一考點二考點三考點四-25-考點一考點二考點三考點四爆炸、反沖、人船問題爆炸、反沖、人船問題模型建構模型建構1.爆炸的特點(1)動量守恒:由于爆炸是在極短的時間內完成的,發(fā)生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(如化學能)轉化為動能,所以爆炸前后系統的總動

14、能增加。(3)位置不變:爆炸的時間極短,因而在作用過程中,物體產生的位移很小,一般可忽略不計,可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。-26-考點一考點二考點三考點四2.反沖(1)現象:物體的不同部分在內力的作用下向相反方向運動的現象。(2)特點:一般情況下,物體間的相互作用力(內力)較大,因此系統動量往往有以下幾種情況:動量守恒;動量近似守恒;某一方向上動量守恒。反沖運動中機械能往往不守恒。(3)實例:噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例。3.人船模型若系統在全過程中動量守恒,則這一系統在全過程中平均動量也守恒。 如果系統由兩個物體組成,且相互作用前均靜止,相互作用中均發(fā)生運

15、動,則由-27-考點一考點二考點三考點四考向1爆炸與反沖問題例1(2018全國卷)一質量為m的煙花彈獲得動能E后,從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時,彈中火藥爆炸,將煙花彈炸為質量相等的兩部分,兩部分獲得的動能之和也為E,且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質量。求:(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間;(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。思維點撥 (1)煙花彈從地面開始上升的過程中做豎直上拋運動,由速度時間公式求上升的時間;(2)研究爆炸過程,由動量守恒定律和能量守恒定律結合求爆炸后瞬間兩部分的速度,再由運動學求最大高

16、度。-28-考點一考點二考點三考點四-29-考點一考點二考點三考點四-30-考點一考點二考點三考點四考向2人船問題例2如圖所示,質量m0=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上,質量m=1kg的小球通過l=0.5m的輕質細桿與滑塊上的光滑軸O連接,小球和輕桿可在豎直平面內繞O軸自由轉動,開始時輕桿處于水平狀態(tài),現給小球一個豎直向上的初速度v0=4m/s,g取10m/s2。(1)若解除對滑塊的鎖定,試求小球通過最高點時的速度大小;(2)在滿足(1)的條件下,試求小球擊中滑塊右側軌道位置點與小球起始位置點間的距離。-31-考點一考點二考點三考點四思維點撥 (1)解除對滑塊的鎖定,小球在上升過程中,因系統在水平方向上不受外力作用,所以水平方向的動量守恒;另外在上升過程中,因只有重力做功,系統的機械能守恒。聯立動量守恒和機械能守恒方程求解。(2)系統水平方向的動量守恒,兩個物體速度時刻滿足與質量成反比的關系,在相同的時間內位移也應該滿足這個比例關系,而兩個物體之間的距離和為定值,故距離可求。-32-考點一考點二考點三考點四-33-考點一考點二考點三考點四-34-考點一考點二考點三考點四規(guī)律總結用人船模型解題需注意兩點(1)條件系統的總動量守恒或某一方向上的動量守恒。構成系統的兩物體原來靜止,因相互作用而反向運動。x