沪科技版（2020）选修第一册综合复习与测试一等奖复习课件ppt

这是一份沪科技版（2020）选修第一册综合复习与测试一等奖复习课件ppt，共60页。PPT课件主要包含了人船模型，碰撞问题等内容，欢迎下载使用。

3.冲量(1)定义： 与 的乘积叫作力的冲量.(2)公式： .(3)单位： .(4)方向：冲量是 ，其方向与 相同.
例1　如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下.在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是A.两物块所受重力冲量相同B.两物块的动量改变量相同C.两物块的动能改变量相同D.两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
设斜面倾角为θ，则物块在斜面上的加速度分别为a＝gsin θ，
因为∠ABC<∠ACB，可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间长；根据I＝mgt可知，两物块所受重力冲量不相同，选项A错误；
两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsin θ，则重力瞬时功率不相同，选项D错误.
例2　如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g.在整个运动过程中，下列说法正确的是A.重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sin θB.支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cs θC.合外力的冲量为0D.摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)
重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A项错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cs θ，B项正确；
整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C项错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D项错误.
例3　一质量为2 kg的物体受到水平拉力F的作用，在粗糙的水平面上从静止开始做直线运动，动摩擦因数为0.2，水平拉力F随时间的变化关系如图所示，重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是A.在0～8 s内拉力的冲量大小为24 N·sB.在0～8 s内物体动量的变化量为20 kg·m/sC.在0～8 s内合力所做的功为36 JD.当t＝8 s时物体的速度大小为16 m/s
物体受到的摩擦力大小Ff＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N，可知物体在t＝2 s时开始运动.
摩擦力的冲量大小If＝μmgΔt＝0.2×2×10×6 N·s＝24 N·s，根据动量定理可知在0～8 s内物体动量的变化量为Δp＝IF－If＝20 N·s＝20 kg·m/s，选项B正确；
1.内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的____________.2.公式： 或 .
知识点二、动量定理的理解与应用
3.对动量定理的理解(1)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同.式中Ft是物体所受的合外力的冲量.(3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.
(5)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理.
例4　(2020·全国卷Ⅰ·14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上可知，选项D正确.
例5　(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是A.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1
可得W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D.
例6　高空作业须系安全带.如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t，安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上.重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为
安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下为正方向，
安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；
例7将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F.已知g＝10 m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是A.整个过程物块运动的时间为6 sB.整个过程物块运动的时间为8 sC.整个过程中物块的位移大小为40 mD.整个过程中物块的位移大小为60 m
在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；在物块前4 s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，
应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题
例8　玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题.现有一水枪样品，如图所示，枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv
设墙壁对水柱的平均冲击力大小为F，根据动量定理有Ft＝0.2mv－(－mv)，联立以上三式解得F＝0.3πd2ρv2，根据牛顿第三定律可知水柱水平击中目标的平均冲击力大小为F′＝F＝0.3πd2ρv2，故选B.
例9　宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题.假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？
应用动量定理处理“微粒”类问题
设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理得FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt所以飞船所需推力大小F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.
1.内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的 为0，这个系统的总动量保持不变.2.表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝ .系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量.(2)Δp1＝ ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
m1v1′＋m2v2′
知识点三、动量守恒定律的理解和基本应用
3.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零.(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力.(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒.
4.动量守恒定律的五个特性：
例10　如图所示，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短.若将子弹、木块和弹簧视为一个系统，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的整个过程中A.动量不守恒，机械能不守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量守恒，机械能守恒
子弹射入木块过程子弹与木块组成的系统动量守恒，但是子弹射入木块后留在其中，这个过程属于完全非弹性碰撞，动能损失最大，有内能产生，所以机械能不守恒，在弹簧被压缩至最短的过程，有弹力作用，所以系统动量不守恒，但是机械能守恒，则全过程系统的动量不守恒，机械能也不守恒，所以A正确，B、C、D错误.
例11 如图所示，光滑水平面上静止着一长为L的平板车，一人站在车的右端，他将一质量为m的小球水平抛出，抛出点位于车右端点的正上方h处，小球恰好落在车的左端点.已知人和车的总质量为M，不计空气阻力，重力加速度为g.则A.平板车、人和小球组成的系统动量守恒
平板车、人和小球组成的系统水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，竖直方向合力不为零，所以系统竖直方向动量不守恒，故A错误；
规定水平向左为正方向，设小球落到车上后，二者共同速度为v共，根据水平方向动量守恒，有mv球－Mv车＝(M＋m)v共，解得v共＝0，故C错误；
例12　甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞.则甲总共抛出的小球个数是A.12 B.13 C.14 D.15
规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确.
知识点四、爆炸、反冲运动和人船模型
1.爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
例13　质量为m的烟花弹升到最高点距离地面高度为h处爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L，不计空气阻力，重力加速度为g，则烟花弹爆炸使炸片增加的机械能为
设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度大小分别为v1、v2，
根据题述，两炸片均做平抛运动，
例14 发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是
2.模型特点(1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
3.运动特点(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
例15 如图所示，有一质量M＝6 kg、棱长为0.2 m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2 kg的小球由静止开始从通道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移大小为 m m D.0.5 m
1.碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力 的现象.2.特点在碰撞现象中，一般都满足内力 外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒.
4.弹性碰撞的重要结论以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.
5.静止物体被撞后的速度范围
例16　A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是A.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/sB.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/sC.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/sD.vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；
而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确.
碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变.
例17　(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成.如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v0
设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得v1＝v0.设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
例17　如图所示，物块A的质量为m，物块B、C的质量均为M.开始时物块A、B分别以大小为2v0、v0的速度沿光滑水平轨道向右侧的竖直固定挡板运动，为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，将物块C无初速度地迅速粘在A上.B与挡板碰撞后以原速率反弹，A与B碰撞后粘在一起.
设A、C粘在一起的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律有2mv0＝(m＋M)v1，为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，应满足v1≤v0.
设A、B碰撞后瞬间的共同速度大小为v2，以向右为正方向，根据动量守恒定律有(m＋M)v1－Mv0＝(m＋2M)v2，