新高考物理一轮复习专题七动量守恒定律教学课件

这是一份新高考物理一轮复习专题七动量守恒定律教学课件，共59页。

二、动能与动量1.关联方程Ek= 、Ek= pv、p= 、p= 。2.若物体的动能发生变化,速度大小一定发生变化,则动量一定发生变化。若物体的动 量发生变化,可能是速度方向发生变化,故动能可能不变。
三、计算冲量的四种方法1.公式法:利用I=Ft计算,此方法仅适用于求恒力的冲量,无须考虑物体的运动状态。2.图像法:F-t图线与t轴围成的面积表示冲量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算 变力的冲量。3.平均值法:若力的方向不变、大小随时间均匀变化,则力F在某段时间t内的冲量I=  t,F1、F2为初、末两时刻力的大小。4.动量定理法:求出物体动量的变化量,由I=Δp求冲量,多用于求变力的冲量。
五、对动量定理的理解1.动量定理的研究对象可以是单个物体,也可以是多个物体组成的系统。2.动量定理既适用于恒力,也适用于变力;既适用于一个过程,也适用于全过程;既适用 于合运动,也适用于分运动;既适用于固体,也适用于流体。3.冲量为矢量,Δp=p'-p=mv'-mv是矢量差,在一维情况下,各个矢量必须以同一个规定的 方向为正方向。4.当物体受到变力作用时,动量定理中的力F应理解为t时间内物体受到的平均作用力。
六、用动量定理解释生活现象1.当物体的动量变化量Δp一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大;力的作用时间Δt越 长,力F就越小。这可以用来解释生产、生活中的一些缓冲实例。2.当作用力F一定时,力的作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大;力的作用时间Δt越短,动 量变化量Δp越小。这可以用来解释高空抛物的危险性。
七、用动量定理解题的步骤 
例1    某人所受重力为G,穿着平底鞋起跳,竖直着地过程中,双脚与地面间的作用时间 为t,地面对他的平均冲击力大小为4G;若他穿上带有减震气垫的鞋起跳,着地时的速度 与第一次着地时相同,双脚与地面间的作用时间变为2.5t,则地面对他的平均冲击力变 为(　    )　    　    　    
  解析    设着地前瞬间的速度大小为v。取向上为正方向,在穿着平底鞋着地时,由动量定理可得F1t-Gt=0-(-mv);在穿上带有减震气垫的鞋着地时,由动量定理可得F2·2.5t-G· 2.5t=0-(-mv);其中F1=4G,联立解得F2=2.2G,C正确。
一、动量守恒定律的理解及基本应用1.动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,则这个系统的总动量保持不变。2.动量守恒定律的表达式(1)p=p'(m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'):两个物体组成的系统相互作用前的总动量等于相互作用 后的总动量。(2)Δp1=-Δp2:相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。(3)Δp=0:系统总动量的变化量为0。3.动量守恒定律的适用条件
(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的矢量和为0,则系统动量守恒。(2)近似守恒:系统受到的外力矢量和不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近 似看成守恒。(3)某一方向上守恒:系统在某个方向上所受外力矢量和为0时,系统在该方向上动量守 恒。4.动量守恒定律的特性
5.用动量守恒定律解题的步骤 
例2    (多选)如图所示,质量为0.1 kg的小球A从水平地面斜向上抛出,抛出时的速度大 小为10 m/s,方向与水平方向夹角为53°,在小球A抛出的同时有一质量为0.3 kg的黏性 小球B从某高度处自由下落,当小球A上升到最高点时恰能击中下落中的小球B,A、B 两球碰撞时间极短,碰后粘在一起落回水平地面。两球均可视为质点,不计空气阻力, sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是(　    ) 
A.小球A上升至最高点时离地面3.2 m B.小球A从抛出到落回地面的时间为1.6 sC.A、B两球碰撞过程中小球A的动量变化量大小为0.45 kg·m/sD.小球A从抛出到落回地面在水平方向上运动的距离为5.4 m
  解析    将小球A抛出时的速度沿水平和竖直方向分解,可得vAx=v cs 53°=6 m/s,vAy=v sin 53°=8 m/s,故小球A上升至最高点时离地面的高度h= =3.2 m,上升的时间t1= =0.8 s,水平方向上运动的距离x1=vAxt1=4.8 m,A正确。(关键:小球A和B碰撞时,碰撞时间 极短,内力远大于外力,故二者在水平方向和竖直方向上的动量均守恒)小球A和B碰撞 时,小球B的速度vBy=gt1=8 m/s,对小球A、B,水平方向上由动量守恒定律可得mAvAx=(mA+ mB)vx,竖直方向上由动量守恒定律可得mBvBy=(mA+mB)vy,解得vx=1.5 m/s,vy=6 m/s。小球A 的动量变化量大小ΔpA=mA =0.75 kg·m/s,C错误。(关键:小球A、B粘在一起后的运动,可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动)竖直 方向有h=vyt2+ g ,解得t2=0.4 s,水平方向上运动的距离x2=vxt2=0.6 m,可得小球A从抛
出到落回地面的时间t=t1+t2=1.2 s,水平方向上运动的距离x=x1+x2=5.4 m,B错误,D正 确。
二、碰撞1.碰撞遵循的规律(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,碰后两物体至少有一个的运动方向会改变。2.碰撞的类型
(1)弹性碰撞:碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末总动 能相等,即m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2', m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2,可得v1'= ,v2'= 。特例:若v2=0,即“一动一静”的弹性碰撞,碰后二者速度分别为v1'= v1,v2'= v1。①若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1,二者交换速度;②若m1(2)非弹性碰撞:碰撞结束后,形变部分消失,动能有部分损失,则m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2', m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2+ΔEk损。(3)完全非弹性碰撞:碰撞结束后,两物体以同一速度运动,形变完全保留,动能损失最大, 则m1v1+m2v2=(m1+m2)v, m1 + m2 = (m1+m2)v2+ΔEk损max。
例3    如图所示,质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动,与原来静止的质量为4m 的B球碰撞,碰撞后A球以v=av0(待定系数a<1)的速率弹回,并与挡板P发生弹性碰撞,要 使A球能与B球再次相撞,则a的取值范围为(　    ) A.   解析    设A球和B球碰后,B球的速度为vB,取A球初速度v0的方向为正方向,对A球和B球组成的系统有mv0=-mv+4mvB, m ≥ mv2+ ·4m ;A球与挡板P发生弹性碰撞,则碰撞后A球的速率仍为v,由A球能与B球再次相撞可得v>vB,其中v=av0,联立解得 三、爆炸、反冲与人船模型1.爆炸问题
例4　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 (　    )A. v0　    B. v0　    C. v0　    D. v0
  解析    由动量守恒定律可知,喷出气体的动量与最终导弹剩余部分获得的动量等大反向,即mv0=(M-m)v,导弹获得的速度v= v0,D正确。
拓展设问    若导弹喷气时已经具有速度,喷出的气体相对喷气前导弹的速度是u,喷出 气体后导弹的质量是m,在一次喷气后增加的速度Δv如何表示?
设问解析    以喷气前的导弹为参考系。喷气前导弹动量是0,喷气后动量是MΔv,喷出 气体的动量是mu。根据动量守恒定律有MΔv+mu=0,解得Δv=- u。
3.人船模型(1)适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为0。②在系统内发生相对运动的过程中,至少有一个方向的动量守恒。(2)模型特点由两个物体组成的系统,开始时两物体静止,之后由于两物体之间相互作用,当一个物 体向某方向运动时,另一个物体向相反方向运动。这样的各种题目类型统称为“人船模型”,该模型属于反冲现象中的一种具体情况。
(3)模型解读 如图所示,人由静止开始从船的一端走到船的另一端,不计水的阻力。以人和船组成 的系统为研究对象,系统水平方向不受外力作用,所以整个系统水平方向上动量守恒, 可得m船v船=m人v人。
因人和船具有同时性,则有m船v船t船=m人v人t人,故有m船x船=m人x人。由图可看出x船+x人=L,可解得x人= L,x船= L。(4)运动特点①人“走”船“走”,人“停”船“停”,人“快”船“快”,人“慢”船“慢”。②人、船的位移大小与质量成反比,即 = 。
一、模型特点1.流体:液体流、气体流等被广义地视为“流体”,质量具有连续性,题中通常给出密 度ρ。2.微粒:电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”,质量具有独立性,题中通常 给出单位体积内的粒子数n。
二、应用动量定理处理流体模型的步骤 
例1　某直升机的桨叶旋转形成的圆面面积为S,空气密度为ρ,直升机的质量为m,重力 加速度为g。当直升机向上匀速运动时,空气阻力恒为f,不计空气浮力及风力影响,下 列说法正确的是 (　    )A.直升机悬停时受到的升力大小为mg+fB.直升机悬停时发动机的功率为0C.直升机向上匀速运动时,螺旋桨推动的空气流量为 D.直升机向上匀速运动时,螺旋桨推动的空气流量为 
  解析    直升机悬停时处于平衡状态,受到的升力大小为mg,A错误。(关键:直升机悬停时,发动机做的功转化为空气的动能)设Δt时间内空气增加的动能为Ek,对空气由动 量定理可得FΔt=ρSvΔt·v;由牛顿第三定律可得F=mg;联立解得v= ;所以悬停时发动机的功率P= = =  ,B错误。直升机向上匀速运动时,受到的升力为mg+f,由牛顿第三定律可得,空气受到向下的推力为mg+f;对空气,由动量定理可得(mg+ f)Δt'=ρSv'Δt'·v';螺旋桨推动的空气流量Q=Sv'= ,D正确。
模型二　动量守恒中的常见模型
一、子弹打木块模型1.模型图示 地面光滑,木块长度为d,子弹射入木块所受阻力为Ff。2.模型解读 (1)子弹嵌入木块中(未穿出):两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞)。
①动量守恒:mv0=(m+M)v。②能量守恒:Q=Ff·s= m - (M+m)v2。(2)子弹穿透木块:两者速度不相等,机械能有损失(非弹性碰撞)。①动量守恒:mv0=mv1+Mv2。②能量守恒:Q=Ff·d= m -( M + m )。
归纳总结    解决“子弹打木块”的两个关键1.弄清楚子弹最终是留在木块中与木块一起运动,还是穿出木块后各自运动。2.求解子弹打击木块过程中损失的机械能,可以根据题目的具体条件选取以下方式求 解。(1)利用ΔE损=Q热=Ff·x相对求解;(2)利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值求解;(3)利用打击前后系统的机械能之差求解。
例2　如图所示,质量为m的子弹,以初速度v0射入静止在光滑水平面上的木块,并留在 其中。木块质量为M,长度为L,子弹射入木块的深度为d,在子弹射入木块的过程中木 块移动距离为s。假设木块对子弹的阻力始终保持不变,下列说法正确的是 (　    ) A.d可能大于s,也可能小于sB.s可能大于L,也可能小于LC.s一定小于d,s一定小于LD.若子弹质量减小,d和s不一定同时变小
  解析    对木块和子弹组成的系统,由动量守恒可得mv0=(m+M)v;对木块,由动能定理可得fs= Mv2;对子弹,由动能定理可得-f(d+s)= mv2- m ;联立解得s= ,d= 。所以s  一题多解    
画出子弹和木块的v-t图像如图所示。子弹做匀减速运动,木块做匀加速运动,二者速 度相等后一起做匀速运动;由图像可得子弹射入木块的深度d(浅色部分面积)大于木块 的位移s(深色部分面积);子弹所受阻力不变,当子弹的质量减小后,子弹的加速度变大, 即v-t图线的斜率变大,木块的加速度不变,可得d和s均减小。
二、板块模型1.模型图示 水平地面光滑,木板长为L,滑块和木板间的摩擦力为Ff。2.模型解读 
(1)滑块未滑离木板①动量守恒:mv0=(M+m)v。②能量守恒:Q=Ffd= m - (M+m)v2。(2)滑块滑离木板①动量守恒:mv0=mv1+Mv2。②能量守恒:Q=FfL= m - m - M 。
提示    (1)系统的动量守恒,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移大小的乘积等于 系统减少的机械能,即摩擦生热。(2)若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,二者相对位移最大。(3)若滑块未从木板上滑下,根据能量守恒定律可得系统损失的动能ΔEk= Ek0,可以看出,滑块的质量越小,木板的质量越大,动能损失越多。
例3    (多选)如图甲所示,光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2 kg的木块A以速度v0= 2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在摩擦力,之后A、B的速度 随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　    )A.A、B之间动摩擦因数为0.1B.长木板的质量M=2 kgC.长木板长度至少为2 m
D.A、B组成的系统损失的机械能为4 J
  解析    由图像可得,木块A的加速度大小aA=1 m/s2,由牛顿第二定律得aA=μg,解得μ=0.1,A正确。对木块和长木板组成的系统,由动量守恒可得mv0=(m+M)v1,由图像得v1=1 m/ s,解得M=2 kg,B正确。由能量守恒得μmg·Δx= m - (m+M) ,解得木块与长木板的相对位移Δx=1 m,则长木板的最小长度为1 m,系统损失的机械能Q=μmg·Δx=2 J,C、D 错误。
三、弹簧模型1.模型图示 水平地面光滑,A、B与轻弹簧(开始处于原长)相连,A以初速度v0运动。2.模型解读(1)A、B相互作用过程中,A、B与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒。(2)运动过程解读①弹簧被压缩到最短时,系统弹性势能最大,动能损失最多,A、B第一次共速。(类比完
全非弹性碰撞)②弹簧第一次恢复原长时,系统弹性势能为0,动能与初状态相等。B速度最大,A速度 最小。(类比弹性碰撞)a.m1=m2时,A速度为0;b.m1m2时,vA>0,A运动方向不变。③弹簧被拉伸到最长时,系统弹性势能最大,动能损失最多,A、B第二次共速。(类比完 全非弹性碰撞)④弹簧第二次恢复原长时,系统弹性势能为0,动能与初状态相等,vA=v0,vB=0。(类比弹
性碰撞,回到初始状态)提示    (1)当弹簧处于最短(或最长)状态时两物体瞬时速度相等,弹性势能最大。①系统动量守恒:m1v0=(m1+m2)v共。②系统机械能守恒: m1 = (m1+m2) +Epm。(2)当弹簧处于原长时弹性势能为零,动能最大。①系统动量守恒:m1v0=m1v1+m2v2。②系统机械能守恒: m1 = m1 + m2 。
例4　如图甲所示,一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接,并且静止在 光滑的水平桌面上。t=0时刻,使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s,两物块的速度随时 间变化的规律如图乙所示,以下说法正确的是 (　    )  
A.两物块的质量之比为m1∶m2=2∶1 B.在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值C.t1~t2时间内,弹簧的长度大于原长D.t2~t3时间内,弹簧的弹力逐渐减小
  解析    0~t1时间内,对两物块由动量守恒可得m1v0=(m1+m2)v1,其中v0=3 m/s,v1=1 m/s,代入解得m1∶m2=1∶2,A错误。t1时刻和t3时刻两物块均共速,则t1时刻弹簧的压缩量最 大,t3时刻弹簧的伸长量最大,这两个时刻弹簧的弹性势能均达到最大值,B正确。t1~t2 时间内,弹簧由压缩量最大逐渐恢复到原长,C错误。t2~t3时间内,弹簧由原长逐渐伸长 到最长,D错误。
四、滑块-斜(曲)面模型1.模型图示 　     水平地面光滑,斜(曲)面光滑2.模型解读(1)滑块到达最高点时,与斜(曲)面体具有共同的水平速度v共。
①系统水平方向动量守恒:mv0=(M+m)v共。②系统机械能守恒: m = (M+m) +mgh,其中h为滑块能上升的最大高度,不一定等于斜(曲)面体的高度。(2)滑块返回最低点时,与斜(曲)面体即将分离。①整个过程系统水平方向动量守恒:mv0=mv1+Mv2。②整个过程系统机械能守恒: m = m + M 。
知识拓展    悬绳模型悬绳模型(如图所示)与“滑块-斜(曲)面模型”类似,即系统机械能守恒,水平方向动量 守恒,解题时需关注物体运动的最高点和最低点。
例5    (多选)如图所示,在光滑且足够长的水平面上有半径R=0.8 m的 光滑圆弧斜劈B,斜劈的质量为M=3 kg,底端与水平面相切,左边有质量为m=1 kg的小球A以初速度v0=4 m/s从切点C(是圆弧的最低点)冲上斜劈,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　    )A.小球A不能从斜劈顶端冲出B.小球A能从斜劈顶端冲出,冲出后还会再落入斜劈
C.小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30 ND.小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2 m/s,方向向左
  解析    小球冲上斜劈过程中经过最低点C时,由牛顿第二定律可得FN-mg=m ,解得斜劈对小球的支持力FN=30 N,由牛顿第三定律可得小球对斜劈的压力等于30 N,C正 确。设小球运动到h高处时与斜劈共速,取水平向右为正方向,对小球和斜劈,由水平方 向上动量守恒可得mv0=(m+M)v共,由机械能守恒可得 m = (m+M) +mgh,联立解得h=0.6 m,所以小球不能从斜劈顶端冲出,A正确,B错误。小球从滑上斜劈至返回最低 点,对小球和斜劈,由水平方向上动量守恒可得mv0=mvm+MvM,由机械能守恒可得 m = m + M ,联立解得vm=-2 m/s,vM=2 m/s,D正确。
  答案    ACD
微专题11　力学三大观点的综合应用
注意　动量守恒定律是矢量表达式,可以写出某一方向上的分量表达式;而动能定理 和能量守恒定律都是标量表达式,无分量表达式。
例　如图所示,半径为0.5 m的光滑圆弧曲面与倾角为37°足够长的固定粗糙斜面MN在 N点平滑相接,质量为0.04 kg的物块B恰好静止在斜面上,此时物块B与N点的距离为0.2 5 m。另一质量为0.2 kg的物块A从与圆心等高处由静止释放,通过N点滑上斜面,与物 块B发生弹性碰撞。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,两 物块均可视为质点,碰撞时间极短,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cs 37°= 0.8。求:(1)物块A运动到N点时对曲面的压力;(2)从物块A与B第一次碰撞到两物块再次碰撞经历的时间。
  解析    (1)(计算物块A到达N点时的速度:物块A做曲线运动,物理量只涉及重力做功及初、末速度,且其运动不能分解为两个直线运动,故用能量观点)物块A由静止释放至N点,由动能定理可得mAgR cs 37°= mA ;(计算物块A在N点对曲面的压力:研究瞬时状态问题,选用动力学观点)在N点,由牛顿第二定律可得FN-mAg cs 37°=mA 由牛顿第三定律得FN'=FN联立解得FN'=4.8 N,与竖直方向成37°角且垂直斜面向下。(2)(计算物块A与B碰前的速度:物块做直线运动,涉及初、末速度,优先选用能量观点, 也可选用动力学观点,但较复杂)
物块A由N点至物块B所在处,由动能定理可得mAgx1 sin 37°-μmAgx1 cs 37°= mA - mA ,解得v2=3 m/s。(计算物块A、B发生弹性碰撞后各自的速度:研究两物体碰撞过程,选用动量观点和能 量观点)物块A和B发生弹性碰撞,取沿斜面向下为正方向,由动量守恒可得mAv2=mAvA+mBvB由能量守恒可得 mA = mA + mB 联立解得vA=2 m/s,vB=5 m/s。(计算第一次碰后到两物块再次碰撞经历的时间:涉及物体运动位移及运动时间,选用 动力学观点)