高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題二十一 動(dòng)量守恒定律（加試）課件.ppt

專題二十一動(dòng)量守恒定律 加試 考點(diǎn)基礎(chǔ)自清 考點(diǎn)互動(dòng)探究 內(nèi)容索引 考點(diǎn)基礎(chǔ)自清 答案 一 動(dòng)量和動(dòng)量定理1 動(dòng)量 1 定義 運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和的乘積叫做物體的動(dòng)量 通常用p來表示 2 表達(dá)式 p 3 單位 4 標(biāo)矢性 動(dòng)量是矢量 其方向和方向相同 速度 mv kg m s 速度 2 沖量 1 定義 力F與力的作用時(shí)間t的 2 定義式 I 3 單位 4 方向 恒力作用時(shí) 與力的方向 5 物理意義 是一個(gè)過程量 表示力在上積累的作用效果 答案 乘積 Ft N s 相同 時(shí)間 3 動(dòng)量定理 1 內(nèi)容 物體在一個(gè)過程始末的等于它在這個(gè)過程中所受力的 答案 2 表達(dá)式 Ft I p 動(dòng)量變化量 沖量 p p 二 動(dòng)量守恒定律1 內(nèi)容如果一個(gè)系統(tǒng) 或者所受外力的矢量和為零 這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變 這就是動(dòng)量守恒定律 2 適用條件 1 系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零 不是系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合力都為零 更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于狀態(tài) 2 近似適用條件 系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力它所受到的外力 答案 不受外力 平衡 遠(yuǎn)大于 3 如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零 則系統(tǒng)動(dòng)量守恒 3 動(dòng)量守恒定律的不同表達(dá)形式 1 m1v1 m2v2 相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng) 作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和 2 p1 相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向 3 p 系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零 答案 在該方向上 m1v1 m2v2 p2 0 三 碰撞1 碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短 而物體間相互作用力的現(xiàn)象 2 特點(diǎn)在碰撞現(xiàn)象中 一般都滿足內(nèi)力外力 可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 答案 很大 遠(yuǎn)大于 3 分類 答案 守恒 最大 四 反沖運(yùn)動(dòng)火箭1 反沖現(xiàn)象 1 物體的不同部分在內(nèi)力作用下向運(yùn)動(dòng) 2 反沖運(yùn)動(dòng)中 相互作用力一般較大 通常可以用定律來處理 3 反沖運(yùn)動(dòng)中 由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能 所以系統(tǒng)的 增加 答案 相反方向 動(dòng)量守恒 機(jī)械 能 2 火箭 1 工作原理 利用反沖運(yùn)動(dòng) 火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫 高壓燃?xì)鈴奈矅姽苎杆賴姵鰰r(shí) 使火箭獲得巨大的 2 設(shè)火箭在 t時(shí)間內(nèi)噴射燃?xì)獾馁|(zhì)量是 m 噴出燃?xì)獾乃俣却笮∈莡 噴出燃?xì)夂蠡鸺馁|(zhì)量是m 則火箭獲得的速度大小v 答案 反作用力 解析 1 2 3 4 5 加試基礎(chǔ)練 1 多選 關(guān)于物體的動(dòng)量 下列說法中正確的是 A 物體的動(dòng)量越大 其慣性也越大B 同一物體的動(dòng)量越大 其速度一定越大C 物體的加速度不變 其動(dòng)量一定不變D 運(yùn)動(dòng)物體在任一時(shí)刻的動(dòng)量方向一定是該時(shí)刻的速度方向 1 2 3 4 5 解析物體的動(dòng)量越大 即質(zhì)量與速度的乘積越大 不一定慣性 質(zhì)量 越大 A錯(cuò) 同一物體 質(zhì)量一定 動(dòng)量越大 速度一定越大 B對(duì) 物體的加速度不變 速度一定變化 其動(dòng)量一定變化 C錯(cuò) 動(dòng)量是矢量 動(dòng)量的方向與速度的方向相同 D對(duì) 1 2 3 4 5 2 假設(shè)一個(gè)人靜止于完全光滑的水平冰面上 現(xiàn)欲離開冰面 下列方法中可行的是 A 向后踢腿B 手臂向后甩C 在冰面上滾動(dòng)D 脫下外衣水平拋出 解析踢腿 甩手臂對(duì)整個(gè)身體系統(tǒng)來講是內(nèi)力 內(nèi)力不改變系統(tǒng)整體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài) 解析 A 1 6kg m sB 2 4kg m sC 4 0kg m sD 5 6kg m s 3 如圖1所示 一足球運(yùn)動(dòng)員踢一個(gè)質(zhì)量為0 4kg的足球 若開始時(shí)足球的速度是4m s 方向向右 踢球后 球的速度為10m s 方向仍向右 如圖所示 則踢球過程中足球動(dòng)量的變化量大小 1 2 3 4 5 解析 圖1 解析取向右為正方向 初動(dòng)量為p1 mv1 0 4 4kg m s 1 6kg m s 末動(dòng)量為p2 mv2 0 4 10kg m s 4 0kg m s 則動(dòng)量的變化量大小為 p p2 p1 2 4kg m s 4 如圖2所示 物體A靜止在光滑的水平面上 A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧 物體B以速度v向A運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞 A B始終沿同一直線運(yùn)動(dòng) mA 2mB 當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí) A物體的速度為 圖2 1 2 3 4 5 解析 解析彈簧壓縮至最短時(shí) A B有共同速度 由動(dòng)量守恒定律知mBv mA mB v共 而mA 2mB 得v共 B正確 1 2 3 4 5 5 現(xiàn)有甲 乙兩滑塊 質(zhì)量分別為3m和m 以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng) 發(fā)生了碰撞 已知碰撞后 甲滑塊靜止不動(dòng) 那么這次碰撞是 A 彈性碰撞B 非彈性碰撞C 完全非彈性碰撞D 條件不足 無法確定 解析 返回 解析由動(dòng)量守恒3mv mv 0 mv 所以v 2v 考點(diǎn)互動(dòng)探究 1 動(dòng)量定理的理解 1 矢量式 2 F既可以是恒力也可以是變力 3 沖量是動(dòng)量變化的原因 2 用動(dòng)量定理解釋現(xiàn)象 1 p一定時(shí) F的作用時(shí)間越短 力就越大 時(shí)間越長(zhǎng) 力就越小 2 F一定 此時(shí)力的作用時(shí)間越長(zhǎng) p就越大 力的作用時(shí)間越短 p就越小 分析問題時(shí) 要把哪個(gè)量一定 哪個(gè)量變化搞清楚 例1質(zhì)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(hù) 他被懸掛起來 已知安全帶的緩沖時(shí)間是1 2s 安全帶長(zhǎng)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 受安全帶的保護(hù)經(jīng)1 2s速度減小為0 對(duì)此過程應(yīng)用動(dòng)量定理 以向上為正方向 有 F mg t 0 mv 則F mg 1100N C正確 解析 技巧點(diǎn)撥 動(dòng)量定理的兩個(gè)重要應(yīng)用1 應(yīng)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(dòng)量的變化量 p 等效代換變力的沖量I 2 應(yīng)用 p F t求動(dòng)量的變化例如 在曲線運(yùn)動(dòng)中 速度方向時(shí)刻在變化 求動(dòng)量變化 p p2 p1 需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法 計(jì)算比較復(fù)雜 如果作用力是恒力 可以求恒力的沖量 等效代換動(dòng)量的變化 解析 1 2 變式題組 1 物體受到的沖量越大 則 A 它的動(dòng)量一定越大B 它的動(dòng)量變化一定越快C 它的動(dòng)量的變化量一定越大D 它所受到的作用力一定越大 解析由動(dòng)量定理可知 物體所受的力的沖量總是等于物體動(dòng)量的變化量 與物體的動(dòng)量無關(guān) A B錯(cuò)誤 C正確 物體所受的力的沖量由作用力與作用時(shí)間共同決定 D錯(cuò)誤 1 2 2 2016 金華市聯(lián)考 跳遠(yuǎn)時(shí) 跳在沙坑里比跳在水泥地上安全 這是由于 A 人跳在沙坑里的動(dòng)量比跳在水泥地上小B 人跳在沙坑里的動(dòng)量變化比跳在水泥地上小C 人跳在沙坑里受到的沖量比跳在水泥地上小D 人跳在沙坑里受到的沖力比跳在水泥地上小 解析 1 2 解析人跳遠(yuǎn)從一定高度落下 落地前的速度一定 則初動(dòng)量相同 落地后靜止 末動(dòng)量一定 所以人下落過程的動(dòng)量變化量 p一定 因落在沙坑里作用時(shí)間長(zhǎng) 落在水泥地上作用時(shí)間短 根據(jù)動(dòng)量定理Ft p知 t長(zhǎng)F小 故D對(duì) 動(dòng)量守恒的 四性 1 矢量性 表達(dá)式中初 末動(dòng)量都是矢量 需要首先選取正方向 分清各物體初 末動(dòng)量的正 負(fù) 2 瞬時(shí)性 動(dòng)量是狀態(tài)量 動(dòng)量守恒指對(duì)應(yīng)每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初始時(shí)刻的總動(dòng)量相等 3 同一性 速度的大小跟參考系的選取有關(guān) 應(yīng)用動(dòng)量守恒定律 各物體的速度必須是相對(duì)于同一參考系的速度 一般選地面為參考系 4 普適性 它不僅適用于兩個(gè)物體所組成的系統(tǒng) 也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng) 不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng) 也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng) 例2兩磁鐵各放在一輛小車上 小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運(yùn)動(dòng) 已知甲車和磁鐵的總質(zhì)量為0 5kg 乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1kg 兩磁鐵的N極相對(duì) 推動(dòng)一下 使兩車相向運(yùn)動(dòng) 某時(shí)刻甲的速率為2m s 乙的速率為3m s 方向與甲相反 兩車運(yùn)動(dòng)過程中始終未相碰 求 1 兩車最近時(shí) 乙的速度大小 解析兩車相距最近時(shí) 兩車的速度相同 設(shè)該速度為v 取乙車的速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得m乙v乙 m甲v甲 m甲 m乙 v 所以兩車最近時(shí) 乙車的速度為 解析答案 答案1 33m s 2 甲車開始反向運(yùn)動(dòng)時(shí) 乙車的速度大小 解析甲車開始反向時(shí) 其速度為0 設(shè)此時(shí)乙車的速度為v乙 由動(dòng)量守恒定律得m乙v乙 m甲v甲 m乙v乙 答案2m s 解析答案 規(guī)律總結(jié) 動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟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 或某一方向上動(dòng)量是否守恒 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)討論說明 解析 3 4 變式題組 3 如圖3所示 游樂場(chǎng)上 兩位同學(xué)各駕著一輛碰碰車迎面相撞 此后 兩車以共同的速度運(yùn)動(dòng) 設(shè)甲同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為150kg 碰撞前向右運(yùn)動(dòng) 速度的大小為4 5m s 乙同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為200kg 碰撞前向左運(yùn)動(dòng) 速度的大小為4 25m s 則碰撞后兩車共同的運(yùn)動(dòng)速度為 取向右為正方向 圖3 A 1m sB 0 5m sC 1m sD 0 5m s 3 4 解析兩車碰撞過程動(dòng)量守恒m1v1 m2v2 m1 m2 v 4 2016 蘭溪市聯(lián)考 如圖4所示 光滑水平直軌道上有三個(gè)滑塊A B C 質(zhì)量分別為mA mC 2m mB m A B用細(xì)繩連接 中間有一壓縮的彈簧 彈簧與滑塊不拴接 開始時(shí)A B以共同速度v0運(yùn)動(dòng) C靜止 某時(shí)刻細(xì)繩突然斷開 A B被彈開 然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起 最終三滑塊速度恰好相同 求B與C碰撞前B的速度 3 4 圖4 解析答案 解析設(shè)共同速度為v 滑塊A和B分開后B的速度為vB 由動(dòng)量守恒定律有 mA mB v0 mAv mBvBmBvB mB mC v 3 4 1 碰撞現(xiàn)象滿足的三個(gè)規(guī)律 1 動(dòng)量守恒 即p1 p2 p1 p2 3 速度要合理 若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng) 則碰后原來在前的物體速度一定增大 若碰后兩物體仍同向運(yùn)動(dòng) 則應(yīng)有v前 v后 碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng) 碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變 2 碰撞問題解題策略 1 抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿足的條件 列出相應(yīng)方程求解 2 可熟記一些公式 例如 一動(dòng)一靜 模型中 兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足 當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí) 兩球碰撞后交換速度 例3如圖5所示 光滑水平軌道上有三個(gè)木塊A B C 質(zhì)量分別為mA 3m mB mC m 開始時(shí)B C均靜止 A以初速度v0向右運(yùn)動(dòng) A與B碰撞后分開 B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起 此后A與B間的距離保持不變 求B與C碰撞前B的速度大小 圖5 解析答案 解析設(shè)A與B碰撞后 A的速度為vA B與C碰撞前B的速度為vB B與C碰撞后粘在一起的速度為v 由動(dòng)量守恒定律得對(duì)A B木塊 mAv0 mAvA mBvB 對(duì)B C木塊 mBvB mB mC v 由A與B間的距離保持不變可知vA v 聯(lián)立 式 代入數(shù)據(jù)得 變式題組 5 兩球A B在光滑水平面上沿同一直線 同一方向運(yùn)動(dòng) mA 1kg mB 2kg vA 6m s vB 2m s 當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后 兩球A B速度的可能值是 A vA 5m s vB 2 5m sB vA 2m s vB 4m sC vA 4m s vB 7m sD vA 7m s vB 1 5m s 解析 返回 解析雖然題中四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒定律 但A D兩項(xiàng)中 碰后A的速度vA 大于B的速度vB 必然要發(fā)生第二次碰撞 不符合實(shí)際 而B項(xiàng)既符合實(shí)際情況 也不違背能量守恒定律 故B項(xiàng)正確 返回