《（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習 第12章 動量守恒定律 波粒二象性 原子結(jié)構(gòu)與原子核 第1講 動量定理 動量守恒定律及其應(yīng)用課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習 第12章 動量守恒定律 波粒二象性 原子結(jié)構(gòu)與原子核 第1講 動量定理 動量守恒定律及其應(yīng)用課件.ppt（59頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、選考導(dǎo)航,第1講動量定理動量守恒定律及其應(yīng)用,知識排查,動量及動量定理,1.動量 (1)定義：運動物體的質(zhì)量和_____的乘積叫做物體的動量，通常用p來表示。 (2)表達式：p_____。 (3)單位：_________。 (4)標矢性：動量是矢量，其方向和______方向相同。 (5)動量的瞬時性：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，針對某一______而言。 (6)動量的變化量：是矢量，其表達式ppp為矢量式，當p、p在同一條直線上時，可規(guī)定正方向，將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。,kgm/s,速度,mv,速度,時刻,2.沖量,(1)定義：力F與力的作用時間t的______。 (2)定義式：I___

2、__，單位是_____。 (3)方向：恒力作用時，與力的方向______。 (4)物理意義：是一個過程量，表示力在時間上積累的作用效果。,Ft,Ns,乘積,相同,3.動量定理,(1)內(nèi)容：物體在一個過程始末的_________等于它在這個過程中所受_______的沖量。 (2)表達式：ppI合。 (3)動量定理既適用于恒力，也適用于變力。,動量變化,合力,1.內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)__________，或者所受_____________為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。 2.表達式：m1v1m2v2_____________。 3.適用條件 (1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受____________

3、為零，則系統(tǒng)動量守恒。 (2)近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當內(nèi)力遠______外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。 (3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。,動量守恒定律,m1v1m2v2,不受外力,外力的矢量和,外力的合力,大于,1.碰撞 (1)定義：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間______，而物體間的相互作用力______的現(xiàn)象。 (2)特點：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力_________外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。,碰撞反沖運動火箭,遠大于,很短,很大,(3)分類,守恒,最大,2.反沖運動,(1)反沖：根據(jù)動量守恒定律，如果一個靜止的物體

4、在______的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向______的方向運動。 (2)反沖現(xiàn)象的應(yīng)用及防止 應(yīng)用：農(nóng)田、園林的噴灌裝置是利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊______ ，可以自動改變噴水的方向。 防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的_________，所以用步槍射擊時要把槍身抵在______ ，以減少反沖的影響。,內(nèi)力,相反,旋轉(zhuǎn),準確性,肩部,3.火箭,(1)火箭的原理 火箭的工作原理是______運動，其反沖過程______守恒，它靠向后噴出的氣流的反沖作用而獲得______的速度。 (2)影響火箭獲得速度大小的因素 噴氣速度：現(xiàn)代液體燃料火

5、箭的噴氣速度約為____________m/s。 火箭的質(zhì)量比：指火箭起飛時的質(zhì)量與________________________之比，決定于火箭的結(jié)構(gòu)和材料?，F(xiàn)代火箭的質(zhì)量比一般小于____。 噴氣速度______，質(zhì)量比______ ，火箭獲得的速度______ 。,2 0004 000,10,反沖,動量,向前,火箭除燃料外的箭體質(zhì)量,越大,越大,越大,小題速練,1.思考判斷 (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

6、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，但機械能不一定守恒(),(8)做勻速圓周運動的物體動量不變() (9)物體的動能不變，其動量一定不變() (10)應(yīng)用動量守恒定律時，速度應(yīng)相對同一參考系() 答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10),2.下列關(guān)于動量的說法正確的是() A.質(zhì)量大的物體動量一定大 B.速度大的物體動量一定大 C.兩物體動能相等，動量不一定相同 D.兩物體動能相等，動量一定相等,答案C,3.(多選)如圖1所示，在光滑的水平面上有靜止的物體A和B。物體A的質(zhì)量是B的2倍，

7、兩物體中間用被細繩束縛的處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧相連。當把細繩剪斷，彈簧在恢復(fù)原長的過程中(),圖1 A.A的速率是B的2倍 B.A的動量大于B的動量 C.A受的力等于B受的力 D.A、B組成的系統(tǒng)的總動量為零 答案CD,4.人教版選修35P16T5改編某機車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對接。機車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設(shè)機車和車廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計)() A.0.053 m/s B.0.05 m/s C.0.057 m/s D.0.0

8、6 m/s,答案B,動量和動量定理,1.沖量的計算方法 (1)計算沖量可以使用定義式IFt求解，此方法僅限于恒力的沖量，無需考慮物體的運動狀態(tài)。 (2)利用Ft圖象計算，F(xiàn)t圍成的面積可以表示沖量，該種方法可以計算變力的沖量。,2.動量、動能、動量變化量的比較,3.用動量定理解題的基本思路,4.用動量定理解釋現(xiàn)象 (1)物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小。 (2)作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越小。,【典例】質(zhì)量為60 kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護，使他懸掛起來。已知彈性安全帶的緩沖時間1.

9、2 s，安全帶長5 m，g取10 m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為() A.500 N B.1 100 N C.600 N D.100 N 解析選取人為研究對象， 人下落過程v22gh，v10 m/s， 緩沖過程由動量定理(Fmg)tmv，,由牛頓第三定律，安全帶所受的平均沖力為1 100 N。 答案B,1.(多選)對任何一個一定質(zhì)量的物體，下列說法正確的是() A.物體的動量發(fā)生變化，其動能一定發(fā)生變化 B.物體的動量發(fā)生變化，其動能不一定發(fā)生變化 C.物體的動能發(fā)生變化，其動量一定發(fā)生變化 D.物體的動能發(fā)生變化，其動量不一定發(fā)生變化 解析物體的動量發(fā)生變化，可能是方向改變也可能是

10、大小改變，所以物體的動能不一定發(fā)生變化，故選項A錯誤，B正確；物體的動能變化，速度大小一定變化，則動量一定發(fā)生變化，故選項C正確，D錯誤。 答案BC,2.(多選)如圖2所示，籃球運動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前，這樣做可以(),圖2 A.減小球的動量的變化量 B.減小球?qū)κ肿饔昧Φ臎_量 C.減小球的動量變化率 D.延長接球過程的時間來減小手受到的作用力,答案CD,3.在水平力F30 N的作用下，質(zhì)量m5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10

11、m/s2),答案12 s,法二用動量定理解，研究全過程。 選物體作為研究對象，研究整個運動過程，這個過程中的初、末狀態(tài)物體的速度都等于零。 取水平力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理得 (Fmg)t1(mg)t20,1.動量守恒的判斷,(1)明確系統(tǒng)由哪幾個物體組成。 (2)對系統(tǒng)中各物體進行受力分析，分清哪些是內(nèi)力，哪些是外力。 (3)看所有外力的合力是否為零，或內(nèi)力是否遠大于外力，從而判定系統(tǒng)的動量是否守恒。 注意：動量守恒的條件和機械能守恒的條件不同。機械能守恒的條件是只有重力、彈力做功，動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。,動量守恒定律的應(yīng)用,2.動量守恒定律的理解,(1)矢

12、量性：表達式中涉及的都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動量的正、負。 (2)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。不同時刻的動量不能相加。 (3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動量守恒定律，各物體的速度必須是相對同一參考系的速度。一般選地面為參考系。 (4)普適性：它不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。,3.動量守恒定律的解題步驟,【典例1】在高速公路上發(fā)生了一起交通事故，一輛質(zhì)量為1 500 kg 向南行駛的長途客車迎面撞上了一輛質(zhì)量為3 000 kg

13、向北行駛的卡車，碰后兩車接在一起，并向南滑行了一小段距離后停止，根據(jù)測速儀的測定，長途客車碰前以20 m/s 的速率行駛，由此可判斷卡車碰前的行駛速率是() A.小于10 m/s B.大于10 m/s小于20 m/s C.大于20 m/s小于30 m/s D.大于30 m/s小于40 m/s,解析由于碰撞過程時間極短，兩車之間的作用力遠大于它們所受到的阻力，可認為碰撞過程中兩車的動量守恒。設(shè)向南為正方向，客車的質(zhì)量為m11 500 kg、速度為v120 m/s，卡車的質(zhì)量為m23 000 kg、速率為v2。由于碰后兩車撞在一起向南滑行，故碰后兩車的共同速度v0。 根據(jù)動量守恒定律有：m1v1m

14、2v2(m1m2)v 所以m1v1m2v20,代入數(shù)據(jù)得：v2<10 m/s 答案A,【典例2】人教版選修35P17T6改編如圖3所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為31，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質(zhì)量比為(),圖3 A.12 B.21 C.14 D.41,答案D,1.(多選)下列相互作用的過程中，可以認為系統(tǒng)動量守恒的是(),解析動量守恒的條件是相互作用的物體系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，而相互作用過程中內(nèi)力遠大于外力時也可認為動量守恒。圖A中，滑輪男孩推滑輪

15、女孩的過程中，內(nèi)力遠大于外力，因此系統(tǒng)的動量可認為守恒；圖B和圖D中，在兩物體相互作用的過程中，沒有滿足內(nèi)力遠大于外力的條件，系統(tǒng)的動量不守恒；圖C中，太空中無空氣阻力作用，太空人發(fā)射子彈過程中動量守恒。 答案AC,2.如圖4所示，游樂場上，兩位同學各駕著一輛碰碰車迎面相撞，此后，兩車以共同的速度運動；設(shè)甲同學和他的車的總質(zhì)量為150 kg，碰撞前向右運動，速度的大小為4.5 m/s，乙同學和他的車的總質(zhì)量為200 kg，碰撞前向左運動，速度的大小為4.25 m/s，則碰撞后兩車共同的運動速度為(取向右為正方向)(),圖4 A.1 m/s B.0.5 m/s C.1 m/s D.0.5 m/s

16、,解析兩車碰撞過程動量守恒m1v1m2v2(m1m2)v,答案D,1.碰撞過程遵循的原則,(1)系統(tǒng)的動量守恒原則。 (2)系統(tǒng)的動能不增加。 (3)物理情景要合理 若碰前兩物體同向運動，則應(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動，則應(yīng)有v前v后。 碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。,碰撞問題,2.三種典型碰撞的特點,(1)彈性碰撞：動量守恒，沒有動能損失。 (2)非彈性碰撞：動量守恒，有動能損失。 (3)完全非彈性碰撞：動量守恒，動能損失達到最大限度，碰撞完成后系統(tǒng)物體的速度相同。,【典例】如圖5所示，兩小車A、B置于光滑水平面上，質(zhì)量分別為m

17、和2m，一輕質(zhì)彈簧兩端分別固定在兩小車上，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，用手固定兩小車。現(xiàn)在先釋放小車B，當小車B的速度大小為3v時，再釋放小車A，此時彈簧仍處于拉伸狀態(tài)；當小車A的速度大小為v時，彈簧剛好恢復(fù)原長。自始至終彈簧都未超出彈性限度。求：,圖5 (1)彈簧剛恢復(fù)原長時，小車B的速度大??； (2)兩小車相距最近時，小車A的速度大??； (3)求兩小車相距最近時，彈簧彈性勢能大小。,解析(1)設(shè)彈簧剛恢復(fù)原長時，小車B速度為vB， 以A、B兩車和彈簧為研究對象，小車B速度為3v開始 到小車A速度為v過程，此系統(tǒng)動量守恒，列方程有： 2m3v2mvBm(v) 解得vB3.5v (2)兩小車相距最

18、近時速度相同，由動量守恒定律有： 2m3v(2mm)vA 解得vA2v,(3)從彈簧剛恢復(fù)原長到兩小車相距最近過程用能量守恒定律有,1.如圖6所示，質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為m的物體，某時刻給物體一個水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后(),圖6,答案D,2.如圖7所示，一質(zhì)量為0.5 kg的小球A以2.0 m/s的速度和靜止于光滑水平面上、質(zhì)量為1 kg的另一大小相同的小球B發(fā)生正碰，碰撞后它以0.2 m/s 的速度反彈。求：,圖7 (1)原來靜止小球B獲得的速度大小； (2)碰撞過程中損失的機械能。,解析(1)A、B兩小球碰

19、撞過程中動量守恒，設(shè)小球B的速度為v，則mAvAmAvAmBv， 代入數(shù)據(jù)解得v1.1 m/s。 (2)由A、B兩小球組成的系統(tǒng)能量守恒有,解得E0.385 J 答案(1)1.1 m/s(2)0.385 J,動量守恒定律與其他知識綜合應(yīng)用類問題的求解，與一般的力學問題求解思路并無差異，只是問題的情景更復(fù)雜多樣，分析清楚物理過程，正確識別物理模型是解決問題的關(guān)鍵。,動量和電磁學問題的綜合應(yīng)用,【典例】(20174月浙江選考)間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖8所示，傾角為的導(dǎo)軌處于大小為B1，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場區(qū)間中，水平導(dǎo)軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為

20、3m的“聯(lián)動雙桿”(由兩根長為l的金屬桿，cd和ef，用長度為L的剛性絕緣桿連接而成)，在“聯(lián)動雙桿”右側(cè)存在大小為B2，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場區(qū)間，其長度大于L，質(zhì)量為m，長為l的金屬桿ab，從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達到勻速后進入水平導(dǎo)軌(無能量損失)，桿ab與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動三桿”，“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進入磁場區(qū)間并從中滑出，運動過程中，桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直。已知桿ab、cd和ef電阻均為R0.02 ，m0.1 kg，l0.5 m，L0.3 m，30，B10.1 T，B20.2 T。不計摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略

21、磁場邊界效應(yīng)。求：,圖8 (1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運動時的速度大小v0； (2)聯(lián)動三桿進入磁場區(qū)間前的速度大小v； (3)聯(lián)動三桿滑過磁場區(qū)間產(chǎn)生的焦耳熱Q。,解析沿著斜面正交分解，最大速度時重力分力與安培力平衡 (1)感應(yīng)電動勢EB1lv0,安培力FB1Il,(3)進入B2磁場區(qū)域，設(shè)速度變化v，由動量定理有,出B2磁場后“聯(lián)動三桿”的速度為 vv2v1.0 m/s,IB2lt4mv,答案(1)6 m/s(2)1.5 m/s(3)0.25 J,圖9 (1)小球C與小球B碰撞后的速度為多大； (2)小球B的帶電荷量q為多少； (3)當小球B和C一起向下運動與小球A距離多遠時，其速度最大？

22、速度的最大值為多少？(可保留根號),解析(1)小球C自由下落H距離的速度,小球C與小球B發(fā)生碰撞，由動量守恒定律得： mv02mv1 所以v12 m/s (2)小球B在碰撞前處于平衡狀態(tài)，對B球進行受力分析知：,由能量守恒得：,2.(2018嘉興市期末)如圖10所示，兩根水平放置的“”形平行金屬導(dǎo)軌相距L0.5 m，導(dǎo)軌電阻不計。在導(dǎo)軌矩形區(qū)域MNPO中有豎直向上的勻強磁場B1，在MN左側(cè)的導(dǎo)軌處于水平向左的勻強磁場B2中，B1B21.0 T。金屬棒ab懸掛在力傳感器下，保持水平并與導(dǎo)軌良好接觸。金屬棒cd垂直于水平導(dǎo)軌以速度v04 m/s進入B1磁場，與豎直導(dǎo)軌碰撞后不反彈，此過程中通過金屬

23、棒cd的電荷量q0.25 C，ab、cd上產(chǎn)生的總焦耳熱Q0.35 J。金屬棒ab、cd的質(zhì)量均為m0.10 kg，電阻均為R1.0 。不計一切摩擦。求：,圖10,(1)金屬棒cd剛進入磁場時，傳感器的示數(shù)變化了多少？ (2)MN與OP間的距離d； (3)金屬棒cd經(jīng)過磁場B1的過程中受到的安培力的沖量大小。,金屬棒ab受到的安培力F安B2IL 傳感器增加的示數(shù) F傳F安0.5 N (2)金屬棒cd經(jīng)過區(qū)域MNOP時的平均感應(yīng)電動勢為,(3)金屬棒cd與豎直導(dǎo)軌碰撞之前ab、cd系統(tǒng)能量守恒，,其中B1Ld,則金屬棒cd離開B1磁場時的速度v3 m/s 則cd經(jīng)過磁場B1過程中受到的安培力的沖量 I安mvmv0 代入數(shù)據(jù)得I安0.1 kgm/s。 答案(1)0.5 N(2)1 m(3)0.1 kgm/s,