通用版2022届高考物理一轮复习专题十一碰撞与动量守恒第1讲动量动量守恒定律课件.ppt

1、专题十一 碰撞与动量守恒第1讲动量 动量守恒定律一、动量动量定理1.冲量作用时间Ft力 F(1)定义：力和力的_的乘积.(2)公式：I_，适用于求恒力的冲量.(3)方向：与_的方向相同.2.动量速度mvkgm/s速度(1)定义：物体的质量与_的乘积.(2)公式：p_.(3)单位：千克米/秒，符号：_.(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与_的方向相同.二、动量定理和动量守恒定律动量冲量不受外力零F合 tF合 tm1v1m2v2【基础自测】1.判断下列题目的正误.)(1)物体的动量越大，其惯性也越大.(2)物体所受合力不变，则动量也不改变.()(3)物体沿水平面运动时，重力

2、不做功，其冲量为零.()(4)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同.()(5)动量守恒定律表达式 m1v1m2v2m1v1m2v2一定是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系.()答案：(1)(2)(3)(4)(5)2.如图 11-1-1 所示，一个物体在与水平方向成角的拉力 F的作用下匀速前进了时间 t，则()图 11-1-1A.拉力 F 对物体的冲量大小为 Ftcos B.拉力对物体的冲量大小为 Ftsin C.摩擦力对物体的冲量大小为 Ftsin D.合外力对物体的冲量大小为零解析：求冲量时，必须明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量.本题中，作用的时间

3、都是 t，根据公式 IFt 求得力 F 对物体的冲量就是 Ft，A、B 均错误；物体做匀速运动，因此物体受到的摩擦力 FfFcos，所以摩擦力对物体的冲量大小为Ff tFcos t，C 错误；物体匀速运动，合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，D 正确.答案：D3.(2019 年安徽阜阳第三中学模拟)2019 年阜阳三中科学晚会中，科技制作社团表演了“震撼动量球”实验.为感受碰撞过程中的力，在互动环节，表演者将球抛向观众，假设质量约为3 kg 的超大气球以 2 m/s 速度竖直下落到手面，某观众双手上推，使气球以原速度大小竖直向上反弹，作用时间为 0.2 s.忽略气球所受浮力及空气阻力，

4、g 取 10 m/s2.则观众双手受的压力共计()A.30 NB.60 NC.90 ND.120 N解析：取竖直向下为正方向，对大气球由动量定理有：(mgF)tmvmv，代入数据解得：F90 N，故 C 正确.答案：C4.如图 11-1-2 所示，质量为 M 的小车 A 停放在光滑的水平面上，小车上表面粗糙.质量为 m 的滑块 B 以初速度 v0 滑到小车 A 上，车足够长，滑块不会从车上滑落，则小车的最终速度大小为()图 11-1-2A.零B.mv0MC.mv0MmD.mv0Mm答案：C热点 1考向 1动量定理的理解及应用对动量和冲量的理解热点归纳1.动量的两性.(1)瞬时性：动量是描述物体

5、运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的.(2)相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量(通常取地面为参考系).2.动量与动能的比较.(续表)【典题 1】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零)的匀加速直线运动.在启动阶段，列车的动量(图 11-1-3A.与它的速度成正比B.与它所经历的时间成正比C.与它的位移成正比D.与它的动能成正比解析：由动量公式 pmv 可知，动量与速度成正比，故 A正确；由公式 vat 可得 pmat，动量与它所经历的时间成正误.答案：AB1.冲量的性质(1)冲量的两性时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于力与该力

6、的作用时间的乘积.矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，相应时间内物体动量改变量的方向与冲量的方向一致.(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系.考向 2 对冲量的理解(3)冲量与功的比较2.冲量的四种计算方法【典题 2】(2020 年河南濮阳县第一中学月考)如图 11-1-4所示，垫球是排球运动中通过手臂的迎击动作，使来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术，若某次从垫击面上反弹出去竖直向上运动的排球，之后又落回到原位置，设整个运动过程中排球所受阻力大小不变，则()图 11-1-4A.球从击出到落回的

7、时间内，重力的冲量为零B.球从击出到落回的时间内，空气阻力的冲量为零C.球上升阶段阻力的冲量小于下降阶段阻力的冲量D.球上升阶段动量的变化量等于下降阶段动量的变化量解析：整个过程中，重力不为零，作用时间不为零，根据IGmgt 可知，重力冲量不为零，故 A 错误；由于整个过程中，阻力都做负功，所以上升阶段的平均速度大于下降阶段的平均速度，即上升过程所用时间比下降过程所用时间少，根据 IfFt 可知上升阶段阻力冲量小于下降阶段阻力冲量，整个过程中阻力冲量不为零，故 B 错误，C 正确；设初速度为 v0，上升阶段，初速度为 v0，末速度为零，动量变化量为p10mv0mv0，下降阶段，初速度为零，末速

8、度小于 v0，动量变化量为p252 kg，综上所述，运动员的质量满足 52 kgm60 kg，故A、D 错误，B、C 正确.答案：BC考向 3 某一方向上的动量守恒【典题 7】(2020 年山东奎文潍坊一中开学考)如图 11-1-6所示，质量为 m 的人立于平板车上，人与车的总质量为 M，人与车以速度 v1 在光滑水平面上向右运动，当此人相对于车以速)度 v2 竖直跳起时，车的速度变为(图 11-1-6解析：人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，人和车之间的相互作用在竖直方向上，在水平方向上仍然动量守恒，水平方向的速度不发生变化，所以车的速度仍然为 v1，方向向右，故选 D.答案：D考向

9、 4 动量守恒定律在多物体系统中的应用【典题 8】两块厚度相同的木块 A 和 B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为 mA2.0 kg，mB0.90 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量 mC0.10 kg 的滑块 C，以 vC10 m/s 的速度恰好水平地滑到 A 的上表面，如图 11-1-7所示.由于摩擦，滑块最后停在木块 B 上，B 和 C 的共同速度为0.50 m/s.求：图 11-1-7(1)木块 A 的最终速度 vA.(2)滑块 C 离开 A 时的速度 vC.解：C 从开始滑上 A 到恰好滑到 A 的右端的过程中，A、B、C 组成的系统动量守恒，有 mCvC(mBmA

10、)vAmCvC，C 刚滑上 B 到两者相对静止，B、C 组成的系统动量守恒，有mBvAmCvC(mBmC)v，解得vA0.25 m/s，vC2.75 m/s.故木块 A 的最终速度 vA0.25 m/s，滑块 C 离开 A 时的速度 vC2.75 m/s.方法点拨对于多物体多过程的问题有时对整体应用动量守恒，有时只选某部分应用动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，有时全过程应用动量守恒，恰当选择系统和始、末状态是解题的关键.【迁移拓展】如图 11-1-8 所示，甲车质量 m120 kg，车上有质量 M50 kg 的人，甲车(连同车上的人)以 v3 m/s 的速度向右滑行.此时质量 m250 k

11、g 的乙车正以 v01.8 m/s 的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上.求人跳出甲车的水平速度 v(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？(不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，g 取 10 m/s2)图 11-1-8解：以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，设甲车、乙车与人具有相同的速度 v，以向右为正方向由动量守恒得(m1M)vm2v0(m1m2M)v，解得 v1 m/s.以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程动量守恒，以向右为正方向得(m1M)vm1vMv，解得 v3.8 m/s.因此，只要人跳离甲车的速度 v3.8 m/s，就可避免两车相撞.

12、模型一人船模型(续表)【典题 9】如图 11-1-9 所示，长为 l、质量为 M 的小船停在静水中，一个质量为 m 的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人相对地面的位移各是多少？图 11-1-9所以 s1Mm思路点拨：选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以水平方向的动量守恒.解：设某时刻人对地的速度为 v1，船对地的速度为 v2，规定人的速度方向为正方向，则mv1Mv20，在人从船头走到船尾的过程中每一时刻系统的动量均守恒，故 mv1tMv2t0，即 ms1Ms20，而 s1s2l，MMml，s2ml.方法技巧原来

13、静止的系统满足动量守恒或某一方向守恒，实质是静止的系统中物体的反冲运动.【触类旁通】(多选)如图 11-1-10 所示，绳长为 l，小球质量为 m，小车质量为 M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)()A.系统的动量守恒B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向C.小球不能向左摆到原高度D.小车向右移动的最大距离为2mlMm图 11-1-10答案：BD模型二流体模型【典题 10】2019 年 8 月 11 日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁.台风“利奇马”登陆时的最大风力为 9 级，最大风速为 23 m/s.如图 11-1-11 所示，某高层建筑顶部广告牌

14、的尺寸为高 5 m、宽 20 m，空气密度1.2 kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为 0，则该广告牌受到的最大风力约为(A.3.9104 NC.1.0104 N)图 11-1-11B.6.3104 ND.9.0104 N解析：广告牌的面积 S520 m2100 m2，设 t 时间内吹到广告牌上的空气质量为 m，则有 mSvt，以风速的方向为正方向，根据动量定理有Ft0mv0Sv2t，解得广告牌对空气的最大作用力的大小为 FSv2，根据牛顿第三定律得，广告牌受到的最大风力大小为 FF Sv2，代入数据得F6.3104 N，故选 B.答案：B谢谢观看！方法技巧对于流体及微粒的动量连续发生变化这类问题，关键是应用微元法正确选取研究对象，即选取很短时间t内动量发生变化的那部分物质作为研究对象，建立“柱状模型”：研究对象分布在以 S 为截面积、长为 vt 的柱体内，质量为mSvt，分析它在t 时间内动量的变化情况，再根据动量定理求出有关的物理量.