《（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第六章 碰撞與動量守恒 6.1 動量 動量定理課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第六章 碰撞與動量守恒 6.1 動量 動量定理課件.ppt（48頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、選修3-5 第六章碰撞與動量守恒 第1講動量動量定理,【知識導圖】,速度,mv,相同,作用時間,Ft,相同,動量,沖量,p-p,【微點撥】 動量定理應用的五點注意: (1)動量定理的表達式是矢量式,列式時要注意各個量與規(guī)定的正方向之間的關系。 (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。,(3)應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、末態(tài)的動量都是系統(tǒng)各部分動量之和。 (5)描述系統(tǒng)各部分的動量時,應該選取同一個參考系。,【慧眼糾錯】 (1)動量越大的物體,其速度越大。 糾錯:_ _。 (2)動量變化的大小等于末動量與初動量的大小之差。 糾錯:

2、_ _。,物體的動量與質(zhì)量和速度都有關系,物體的動量,大,即mv大,物體的運動速度不一定大,動量變化是矢量,其大小應根據(jù)矢量運算法則計,算,而不是代數(shù)運算,(3)物體沿水平面運動時,重力不做功,其沖量為零。 糾錯:_ _ _。,物體沿水平面運動,重力與運動方向垂直,重力不,做功,而重力的沖量是I=mgt,只要在時間上有積累,則,力的沖量就不為零,與運動方向無關,(4)物體所受合力不變,則動量也不改變。 糾錯:_ _。 (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。 糾錯:_ _。,物體所受合力不為零,則物體有沖量,根據(jù)動量,定理可知,物體的動量一定會改變,物體所受合外力的沖量方向與

3、動量變化的方向,相同,與初、末動量的方向無關,(6)物體所受的合外力的沖量方向與物體動量變化的 方向相反。 糾錯:_ _。,物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化的,方向相同,考點1沖量及動量變化的計算 【典題探究】 【典例1】(多選)從水平地面上方同一高度處,使a球斜上拋,b球平拋,且兩球質(zhì)量相等,初速度大小相同,最后落于同一水平地面上,空氣阻力不計。在此過程中,下列說法正確的是導學號04450132(),A.兩球著地時的動能相同 B.兩球著地時的動量相同 C.重力對兩球所做的功相同 D.重力對兩球的沖量相同,【解析】選A、C。斜上拋和平拋過程中兩球都只受重 力作用,只有重力做功,兩球初位置

4、高度相同,故重力做 功相同,由動能定理得,WG=mgh=Ek- ,因為兩球的 質(zhì)量、初速度相同,下落的高度相同,故重力對兩球所 做的功相同,兩球著地時的動能相同,故A、C正確;兩球 初始高度相同,a球斜上拋,b球平拋,a球開始時具有,向上的分速度,所以a球運動的時間比b球運動的時間長,故重力對a球的沖量比對b球的沖量大,故D錯誤;由于二者落地時的動能相等,則落地時的速度大小相等,而落地時a球豎直方向的分動量大,所以二者落地時速度的方向和動量的方向不同,故B錯誤。,【通關秘籍】 1.動能、動量、動量變化量的比較:,2.沖量的三種計算方法:,【考點沖關】 1.(多選)某同學為了測定當?shù)氐闹亓铀俣?/p>

5、,完成了如下的操作:將一質(zhì)量為m的小球由地面豎直向上發(fā)射出去,其速度的大小為v0,經(jīng)過一段時間后小球落地,取從發(fā)射到小球上升到最高點為過程1,小球從最高點至返回地面為過程2。如果忽略空氣阻力,則下列敘述正確的是(),A.過程1和過程2動量的變化大小都為mv0 B.過程1和過程2動量變化的方向相反 C.過程1重力的沖量為mv0,且方向豎直向下 D.過程1和過程2的重力的總沖量為0,【解析】選A、C。根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知,小球落地的速度大小也為v0,方向豎直向下,上升過程和下落過程中小球只受到重力的作用,選取豎直向下為正方向,上升過程動量的變化量p1=0-(-mv0)=mv0,下落過程動量

6、的變化量p2=mv0-0=mv0,大小均為mv0,且方向均豎直向下,故A、C正確,B錯誤;小球由地面豎直向上發(fā)射到上升至最高點又返回地面的整個過程中重力的沖量為I=mv0-(-mv0)=2mv0,D錯誤。,2.(多選)(2018合肥模擬)一質(zhì)點靜止在光滑水平面上,現(xiàn)對其施加水平外力F,F隨時間按正弦規(guī)律變化,如圖所示,下列說法正確的是(),A.第2 s末,質(zhì)點的動量為0 B.第4 s末,質(zhì)點回到出發(fā)點 C.在02 s時間內(nèi),F的功率先增大后減小 D.在13 s時間內(nèi),F的沖量為0,【解析】選C、D。從圖象可以看出在前2 s力的方向和運動的方向相同,物體經(jīng)歷了一個加速度逐漸增大的加速運動和加速度

7、逐漸減小的加速運動,所以第2 s末,質(zhì)點的速度最大,動量最大,而不是0,故A錯誤;該物體在后半個周期內(nèi)受到的力與前半個周期受到的力的方向不同,前半個周期內(nèi)做加速運動,后半個周期內(nèi)做減速運動,所以物體在04 s內(nèi)的位移為正,故B錯誤;,02 s內(nèi),速度在增大,力F先增大后減小,根據(jù)瞬時功率P=Fv得力F瞬時功率開始時為0,2 s末的瞬時功率為0,所以在02 s時間內(nèi),F的功率先增大后減小,故C正確;在F-t圖象中,圖象與t軸圍成的面積表示力F的沖量,由圖可知,12 s之間的面積與23 s之間的面積大小相等,一正一負,所以和為0,則在13 s時間內(nèi),F的沖量為0,故D正確。,【加固訓練】 如圖所示

8、,一質(zhì)量為m的滑塊沿光滑的水平面以速 度v0運動。遇到豎直的墻壁被反彈回來,返回的速度變 為 v0,則以下說法正確的是(),A.滑塊的動量改變量的大小為 mv0 B.滑塊的動量改變量的大小為 mv0 C.滑塊的動量改變量的方向與v0的方向相同 D.重力對滑塊的沖量為零,【解析】選B。以初速度方向為正,有:p=p2-p1=mv2- mv1=- mv0-mv0=- mv0,所以滑塊的動量改變量的大小 為 mv0,方向與v0的方向相反,故A、C錯誤,B正確;根 據(jù)I=Ft得重力的沖量為I=mgt,不為零,故D錯誤。,考點2動量定理的理解及應用 【典題探究】 【典例2】(2016全國卷)某游樂園入口旁

9、有一噴泉,噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見,假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出;玩具底部為平板(面積略大于S);水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的,速度變?yōu)榱?在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為,重力加速度大小為g。求:導學號04450133 (1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量。 (2)玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度。,【解題探究】 (1)單位時間沖擊到玩具底板的水與單位時間噴泉噴出的水存在什么關系? 提示:單位時間沖擊到玩具底板的水與單位時間噴泉噴出的水質(zhì)量相等。 (2)玩具在空中懸停時意味受力情況如何? 提

10、示:玩具受到水向上的沖擊力與重力平衡。,(3)如何計算水對玩具的沖擊力? 提示:應用動量定理計算水對玩具的沖擊力。,【解析】(1)設t時間內(nèi),從噴口噴出的水的體積為V,質(zhì)量為m,則m=V V=v0St 由式得,單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 =v0S,(2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h,水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于t時間內(nèi)噴出的水,由能量守恒得 (m)v2+(m)gh= (m) 在h高度處,t時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為 p=(m)v,設玩具對水的作用力的大小為F,根據(jù)動量定理有 Ft=p 由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件得 F=Mg

11、 聯(lián)立式得 h= 答案:(1)v0S(2),【遷移訓練】,遷移1:應用動量定理解釋生活現(xiàn)象 (2018自貢模擬)從同一高度自由落下的玻璃杯, 掉在水泥地上易碎,掉在軟泥地上不易碎。這是因 為(),A.掉在水泥地上,玻璃杯的動量大 B.掉在水泥地上,玻璃杯的動量變化大 C.掉在水泥地上,玻璃杯受到的沖量大,且與水泥地的作用時間短,因而受到水泥地的作用力大 D.掉在水泥地上,玻璃杯受到的沖量和掉在軟泥地上一樣大,但與水泥地的作用時間短,因而受到水泥地的作用力大,【解析】選D。玻璃杯從同一高度落下,故到達地面時的速度一定相等,故著地時動量相等,與地面接觸后速度減小為零,故動量的變化相同,由動量定理I

12、=p可知,沖量也相等,掉在軟泥地上,由于軟泥地的緩沖使接觸時間變長,由I=Ft可知,I大小相等,則玻璃杯受到的作用力較小,而掉在水泥地上,玻璃杯與水泥地的作用時間短,則玻璃杯受到的作用力較大,因此玻璃杯在水泥地上比在軟泥地上更易破碎,故D正確,A、B、C錯誤。,遷移2:應用動量定理求動量的變化量 如圖所示,跳水運動員從某一峭壁上水平跳出,跳入湖 水中,已知運動員的質(zhì)量m=70 kg,初速度v0=5 m/s,若 經(jīng)過1 s時,速度為v=5 m/s,則在此過程中,運動員 動量的變化量為(g=10 m/s2,不計空氣阻力)(),A.700 kgm/s B.350 kgm/s C.350( -1) k

13、gm/s D.350( +1) kgm/s,【解析】選A。運動員只受重力,則由動量定理可知 動量的變化量為p=mgt=70101 kgm/s= 700 kgm/s,故A正確,B、C、D錯誤。,遷移3:應用動量定理求變力的沖量 (2018佛山模擬)如圖所示,一輕質(zhì)彈簧固定在墻上,一個質(zhì)量為m的木塊以速度v0從右側(cè)沿光滑水平面向左運動并與彈簧發(fā)生相互作用。設相互作用的過程中彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi),那么,在整個相互作用的過程中彈簧對木塊沖量I的大小和彈簧對木塊做的功W分別是導學號04450134(),A.I=0,W= B.I=mv0,W= C.I=2mv0,W=0D.I=2mv0,W=,【解析】選

14、C。在木塊與彈簧接觸到將彈簧壓縮為最短的過程中,彈簧對木塊做負功,在彈簧將木塊彈出的過程中,彈簧對木塊做正功,且正功與負功的絕對值相等,故在整個相互作用的過程中彈簧對木塊做的總功W=0。從而,木塊將以v0的速度被彈回,由動量定理可得,在整個相互作用的過程中彈簧對木塊沖量I的大小I=2mv0,故C正確。,【通關秘籍】 應用動量定理解題的四個步驟,【加固訓練】 (2018泰安模擬)如圖所示,豎直平面內(nèi)有一半圓槽,A、C等高,B為圓槽最低點,小球從A點正上方O點靜止釋放,從A點切入圓槽,剛好能運動至C點。設球在AB段和BC段運動過程中,運動時間分別為t1、t2,合外力的沖量大小為I1、I2,則(),A.t1t2B.t1=t2 C.I1I2D.I1=I2,【解析】選C。小球從A點正上方O點靜止釋放,做自由落體運動,從A點切入圓槽,剛好能運動至C點,即從A到C速度越來越小,AB段平均速率大于BC段平均速率,兩段路程相等,所以球在AB段和BC段運動過程中的運動時間為t1t2,故A、B錯誤;沿圓心方向的合力與速度垂直,動量變化為零,AB段平均速率大于BC段平均速率,說明切線方向上AB段速度變化量較大,根據(jù)動量定理,合外力的沖量等于動量的變化,所以合外力的沖量大小為I1I2,故C正確,D錯誤。,