(江蘇專版)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十一章 第1節(jié) 動量定理 動量守恒定律講義(含解析).doc
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動量定理 動量守恒定律 (1)動量越大的物體,其速度越大。() (2)物體的動量越大,其慣性也越大。() (3)物體所受合力不變,則動量也不改變。() (4)物體沿水平面運(yùn)動時,重力不做功,其沖量為零。() (5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。() (6)物體所受的合外力的沖量方向與物體動量變化的方向是一致的。(√) (7)物體相互作用時動量守恒,但機(jī)械能不一定守恒。(√) (8)若在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動,碰后均變?yōu)殪o止,則兩球碰前的動量大小一定相同。(√) 突破點(一) 動量定理的理解與應(yīng)用 1.動能、動量、動量變化量的比較 動能 動量 動量變化量 定義 物體由于運(yùn)動 而具有的能量 物體的質(zhì)量和 速度的乘積 物體末動量與 初動量的矢量差 定義式 Ek=mv2 p=mv Δp=p′-p 標(biāo)矢性 標(biāo)量 矢量 矢量 特點 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量 關(guān)聯(lián) 方程 Ek=,Ek=pv,p=,p= 聯(lián)系 (1)都是相對量,與參考系的選取有關(guān),通常選取地面為參考系 (2)若物體的動能發(fā)生變化,則動量一定也發(fā)生變化;但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化 2.應(yīng)用動量定理解題的一般步驟 (1)明確研究對象和研究過程 研究對象可以是一個物體,也可以是幾個物體組成的系統(tǒng),系統(tǒng)內(nèi)各物體可以是保持相對靜止的,也可以是相對運(yùn)動的。研究過程既可以是全過程,也可以是全過程中的某一階段。 (2)進(jìn)行受力分析 只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力,所有外力之和為合外力。研究對象內(nèi)部的相互作用力(內(nèi)力)會改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量,但不影響系統(tǒng)的總動量,因此不必分析內(nèi)力。如果在所選定的研究過程的不同階段中物體的受力情況不同,則要分別計算它們的沖量,然后求它們的矢量和。 (3)規(guī)定正方向 由于力、沖量、速度、動量都是矢量,在一維的情況下,列式前可以先規(guī)定一個正方向,與規(guī)定的正方向相同的矢量為正,反之為負(fù)。 (4)寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量(或各外力在各個階段的沖量的矢量和)。 (5)根據(jù)動量定理列式求解。 3.應(yīng)用動量定理解題的注意事項 (1)動量定理的表達(dá)式是矢量式,列式時要注意各個量與規(guī)定的正方向之間的關(guān)系(即要注意各個量的正負(fù))。 (2)動量定理中的沖量是合外力的沖量,而不是某一個力的沖量,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)用動量定理可以只研究一個物體,也可以研究幾個物體組成的系統(tǒng)。 (4)初態(tài)的動量p是系統(tǒng)各部分動量之和,末態(tài)的動量p′也是系統(tǒng)各部分動量之和。 (5)對系統(tǒng)各部分的動量進(jìn)行描述時,應(yīng)該選取同一個參考系,不然求和無實際意義。 [題點全練] 1.(2018鹽城期末)質(zhì)量為m的小球,以初速度v豎直向上拋出,經(jīng)過一段時間后回到拋出點。不計空氣阻力,以豎直向上為正方向,則整個過程中,小球重力的沖量是( ) A.0 B.mv C.2mv D.-2mv 解析:選D 小球在空中不受空氣阻力,則落回到拋出點時速度大小不變,方向相反。對全程由動量定理可知:I=Δp=-mv-mv=-2mv,故D正確。 2.(2019宿遷模擬)在某次短道速滑接力賽中,質(zhì)量為50 kg的運(yùn)動員甲以6 m/s的速度在前面滑行,質(zhì)量為60 kg的乙以7 m/s 的速度從后面追上,并迅速將甲向前推出,完成接力過程。設(shè)推后乙的速度變?yōu)? m/s,方向向前,若甲、乙接力前后在同一直線上運(yùn)動,不計阻力,求: (1)接力后甲的速度大?。? (2)若甲、乙運(yùn)動員的接觸時間為0.5 s,乙對甲平均作用力的大小。 解析:(1)由動量守恒定律得 m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′ 解得v甲′=9.6 m/s。 (2)對甲應(yīng)用動量定理得 t=m甲v甲′-m甲v甲 解得=360 N。 答案:(1)9.6 m/s (2)360 N 3.(2018江蘇高考)如圖所示,懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m,運(yùn)動速度的大小為v,方向向下。經(jīng)過時間t,小球的速度大小為v,方向變?yōu)橄蛏?。忽略空氣阻力,重力加速度為g,求該運(yùn)動過程中,小球所受彈簧彈力沖量的大小。 解析:取向上為正方向,根據(jù)動量定理 mv-(-mv)=I-mgt 解得I=2mv+mgt。 答案:2mv+mgt 突破點(二) 動量守恒定律的理解及應(yīng)用 1.動量守恒定律的五個特性 矢量性 動量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程,解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向 相對性 各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面) 同時性 動量是一個瞬時量,表達(dá)式中的p1、p2……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量,p1′、p2′……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量 系統(tǒng)性 研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng) 普適性 動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng),還適用于接近光速運(yùn)動的微觀粒子組成的系統(tǒng) 2.動量守恒定律的三種表達(dá)式及對應(yīng)意義 (1)p=p′,即系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。 (2)Δp=p′-p=0,即系統(tǒng)總動量的增量為0。 (3)Δp1=-Δp2,即兩個物體組成的系統(tǒng)中,一部分動量的增量與另一部分動量的增量大小相等、方向相反。 3.應(yīng)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)包括哪幾個物體及研究的過程)。 (2)進(jìn)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。 [典例] (2017江蘇高考)甲、乙兩運(yùn)動員在做花樣滑冰表演,沿同一直線相向運(yùn)動,速度大小都是1 m/s。甲、乙相遇時用力推對方,此后都沿各自原方向的反方向運(yùn)動,速度大小分別為1 m/s和2 m/s。求甲、乙兩運(yùn)動員的質(zhì)量之比。 [解析] 由動量守恒得m1v1-m2v2=m2v2′-m1v1′ 解得= 代入數(shù)據(jù)得=。 [答案] 3∶2 [易錯提醒] 應(yīng)用動量守恒定律應(yīng)注意以下三點 (1)確定所研究的系統(tǒng),單個物體無從談起動量守恒。 (2)判斷系統(tǒng)是否動量守恒,還是某個方向上動量守恒。 (3)系統(tǒng)中各物體的速度是否是相對地面的速度,若不是,則應(yīng)轉(zhuǎn)換成相對于地面的速度。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.在光滑的水平面上有a、b兩球在t=2 s時發(fā)生正碰,其質(zhì)量分別為ma、mb,兩球在碰撞前后的vt圖像如圖所示。a、b兩球質(zhì)量之比是( ) A.ma∶mb=1∶2 B.ma∶mb=2∶5 C.ma∶mb=2∶1 D.ma∶mb=5∶2 解析:選B 由題圖可知b球碰前靜止,設(shè)碰撞前a球的速度為v0,碰后a球的速度為v1,b球的速度為v2,小球碰撞過程中動量守恒,規(guī)定a球的初速度方向為正,由動量守恒定律有:mav0=mav1+mbv2;由題圖知,v0=4 m/s,v1=-1 m/s,v2=2 m/s,代入上式解得:ma∶mb=2∶5,故B正確。 2.(2017全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空,50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)( ) A.30 kgm/s B.5.7102 kgm/s C.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s 解析:選A 燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g,火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動量大小為p,根據(jù)動量守恒定律,可得p-mv0=0,解得p=mv0=0.050 kg600 m/s=30 kgm/s,選項A正確。 3.(2019南京模擬)在2018年冬奧會花樣滑冰雙人滑比賽中,中國選手隋文靜韓聰組合獲得亞軍。如圖所示為某次訓(xùn)練中情景,他們攜手滑步,相對光滑冰面的速度為1.0 m/s。韓聰突然將隋文靜向原先運(yùn)動方向推開,推力作用時間為2.0 s,隋文靜的速度大小變?yōu)?.0 m/s。假設(shè)隋文靜和韓聰?shù)馁|(zhì)量分別為40 kg和60 kg,求: (1)推開后韓聰?shù)乃俣却笮。? (2)推開過程中隋文靜對韓聰?shù)钠骄饔昧Υ笮 ? 解析:(1)以原來運(yùn)動方向為正,由動量守恒定律得 (m1+m2)v=m1v1+m2v2 解得v2=-1 m/s,即速度大小為1 m/s。 (2)由動量定理得:Ft=m2v2-m2v 解得F=-60 N,即大小為60 N。 答案:(1)1 m/s (2)60 N 突破點(三) 動量守恒定律的3個應(yīng)用實例 碰 撞 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(nèi)位移可忽略。 (2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零,由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,作用時間又很短,故外力的作用可忽略,認(rèn)為系統(tǒng)的動量是守恒的。 (3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,則系統(tǒng)碰撞后的總機(jī)械能不可能大于碰撞前系統(tǒng)的總機(jī)械能。 2.物體的碰撞是否為彈性碰撞的判斷 彈性碰撞是碰撞過程中無機(jī)械能損失的碰撞,遵循的規(guī)律是動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律,確切地說是碰撞前后系統(tǒng)動量守恒,動能不變。 (1)題目中明確告訴物體間的碰撞是彈性碰撞。 (2)題目中明確告訴是彈性小球、光滑鋼球或分子(原子等微觀粒子)碰撞的,都是彈性碰撞。 3.碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律 (1)動量守恒。 (2)動能不增加。 (3)速度要合理。 ①若兩物體同向運(yùn)動,則碰前應(yīng)有v后>v前;碰后原來在前的物體速度一定增大,若碰后兩物體同向運(yùn)動,則應(yīng)有v前′≥v后′。 ②若兩物體相向運(yùn)動,碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變。 [例1] (2018徐州模擬)如圖所示,光滑的水平面上,小球A以速率v0撞向正前方的靜止小球B,碰后兩球沿同一方向運(yùn)動,且小球B的速率是A的4倍,已知小球A、B的質(zhì)量分別為2m、m。 (1)求碰撞后A球的速率; (2)判斷該碰撞是否為彈性碰撞。 [解析] (1)設(shè)向右為正方向,以A、B球為系統(tǒng),由動量守恒定律得: 2mv0=2mvA+mvB 且vB=4vA 解得:vA=v0。 (2)碰撞前系統(tǒng)的總動能為:Ek=2mv=mv 碰撞后系統(tǒng)的總動能為:Ek′=2mv+mv=mv,則Ek=Ek′,所以該碰撞是彈性碰撞。 [答案] (1)v0 (2)是彈性碰撞 [方法規(guī)律] 碰撞問題解題策略 (1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件,列出相應(yīng)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: v1′=v1 v2′=v1 (3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論,例如,當(dāng)兩球質(zhì)量相等時,兩球碰撞后交換速度;當(dāng)m1?m2,且v2=0時,碰后質(zhì)量大的速率不變,質(zhì)量小的速率為2v1。當(dāng)m1?m2,且v2=0時,碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。 爆 炸 [例2] 近年春節(jié)期間,全國許多大中城市將燃放煙花爆竹禁放改為限放,增加了節(jié)日氣氛。假設(shè)一質(zhì)量為m的煙花從地面上A點以速度v豎直上升到最大高度處炸裂為質(zhì)量相等的兩塊,沿水平方向向相反兩個方向飛出,假設(shè)其中一塊落在距A點距離為s處,不計空氣阻力及消耗的炸藥質(zhì)量,煙花炸裂時消耗的化學(xué)能80%轉(zhuǎn)化為動能。求: (1)煙花上升的最大高度; (2)煙花炸裂后落在距A點距離s處的一塊水平飛出時的速度大??; (3)煙花炸裂時消耗的化學(xué)能。 [解析] (1)由豎直上拋公式得煙花上升的最大高度 h=。 (2)設(shè)煙花炸裂后的一塊水平飛出時的速度大小為v1,由平拋運(yùn)動規(guī)律得 s=v1t,h=gt2 解得v1=。 (3)煙花炸裂后兩塊在水平方向動量守恒, v1-v2=0, 解得另一塊的速度為v2=v1。 由能量守恒定律得煙花炸裂時消耗的化學(xué)能 E==。 [答案] (1) (2) (3) [方法規(guī)律] 爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律 動量 守恒 由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的,爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)的總動量守恒 動能 增加 在爆炸過程中,由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能,所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加 位置 不變 爆炸的時間極短,因而作用過程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般可忽略不計,可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運(yùn)動 反 沖 [例3] 一質(zhì)量為M的航天器,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(jī)瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體,氣體噴出時速度大小為v1,加速后航天器的速度大小為v2,則噴出氣體的質(zhì)量m為( ) A.m=M B.m=M C.m=M D.m=M [解析] 規(guī)定航天器的速度方向為正方向,由動量守恒定律可得:Mv0=(M-m)v2-mv1 解得:m=M,故C正確。 [答案] C [方法規(guī)律] 對反沖運(yùn)動的三點說明 作用 原理 反沖運(yùn)動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果 動量 守恒 反沖運(yùn)動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,所以反沖運(yùn)動遵循動量守恒定律 機(jī)械能 增加 反沖運(yùn)動中,由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加 反沖運(yùn)動中的“人船”模型 如圖所示,長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中,質(zhì)量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端,不計水的阻力。 以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象,在人由船的一端走到船的另一端的過程中,系統(tǒng)水平方向不受外力作用,所以整個系統(tǒng)水平方向動量守恒,可得:m船v船=m人v人,因人和船組成的系統(tǒng),動量始終守恒, 故有:m船x船=m人x人, 由圖可看出:x船+x人=L, 可解得:x人=L,x船=L 此模型可進(jìn)一步推廣到其他類似的情景中,進(jìn)而能解決大量的實際問題,例如:人沿著靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上,求熱氣球上升或下降高度的問題;小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下,求弧形槽移動距離的問題等。 (一)系統(tǒng)動量守恒 1.如圖所示,質(zhì)量m=60 kg的人,站在質(zhì)量M=300 kg的車的一端,車長L=3 m,相對于地面靜止。當(dāng)車與地 面間的摩擦可以忽略不計時,人由車的一端走到另一端的過程中,車將( ) A.后退0.5 m B.后退0.6 m C.后退0.75 m D.一直勻速后退 解析:選A 人車組成的系統(tǒng)動量守恒,則mv1=Mv2,所以mx1=Mx2,又有x1+x2=L,解得x2=0.5 m。 (二)系統(tǒng)某個方向上動量守恒 2.如圖所示,一個質(zhì)量為m的玩具蛙,蹲在質(zhì)量為M的小車的細(xì)桿上,小車放在光滑的水平桌面上,若車長為L,細(xì)桿高為h,且位于小車的中點,試求:當(dāng)玩具蛙最小以多大的水平速度v跳出,才能落到桌面上。 解析:蛙跳出后做平拋運(yùn)動,運(yùn)動到小車上表面高度處時間為t=,蛙與車水平方向動量守恒,可知mx=M,蛙要能落到桌面上,其最小水平速度為v=,上面三式聯(lián)立求得v=。 答案:- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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