浙江省2020高考物理二轮复习 专题二 第三讲 动量守恒定律课件

第一部分专题复习讲义专题二能量与动量第三讲动量守恒定律知识内容考试要求备考指津1.动量和动量定理c1.高考对动量定理的考查以选择为主，对动量守恒定律的考查以计算为主.2.动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，另外，动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合是近几年高考命题的热点.2.动量守恒定律c3.碰撞d4.反冲运动火箭b对冲量、动量的理解与计算【题组过关】1．下列说法正确的是()A．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动B．动能不变，物体的动量一定不变C．动量为零时，物体一定处于平衡状态D．物体所受合外力大小不变时，其动量大小一定要发生改变解析：选A.平抛运动是曲线运动，过程中只受重力作用，为恒力的冲量，所以A正确；动能是标量，而动量是矢量，有可能速度的大小不变，但是方向变了，结果动能不变，而动量变了，B错误；速度为零时，动量为零，但是速度为零时物体不一定处于平衡状态，比如物体做匀减速直线运动，当速度减速到零后再反向做匀加速直线运动，过程中速度为零时，并不是处于平衡状态，C错误；做匀速圆周运动过程中，合力大小不变，速度大小恒定，其动量大小恒定，D错误．2．如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的14圆弧轨道，圆心O在S的正上方．在O和P两点各有一质量为m的小物体a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是()A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相同B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相同C．a比b先到达S，它们在S点的动量相同D．b比a先到达S，它们在S点的动量相同解析：选A.在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，故有mgh＝12mv2，解得v＝2gh，所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同．由于a的路程小于b的路程，故ta＜tb，即a比b先到达S，又因为到达S点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左，故两物体的动量不相同，A正确．3．如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量为m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，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是Ff，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为____________，方向是____________；合力对滑块的总冲量大小为____________，方向是____________．解析：摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为Ff(t2－t1)，方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上．合力的冲量为mg(t1＋t2)sinθ＋Ff(t1－t2)，沿斜面向下．答案：Ff(t2－t1)沿斜面向上mg(t1＋t2)sinθ＋Ff(t1－t2)沿斜面向下1．动量、动能、动量变化量的比较动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式p＝mvEk＝12mv2Δp＝p′－p标矢性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量动量动能动量变化量关联方程Ek＝p22m，Ek＝12pv，p＝2mEk，p＝2Ekv联系(1)对于给定的物体，若动能发生变化，则动量一定也发生变化；若动量发生变化，则动能不一定发生变化；(2)都是相对量，都与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系2.冲量的计算(1)恒力的冲量计算恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即用恒力F乘以其作用时间Δt而得．(2)方向恒定的变力的冲量计算若力F的方向恒定，而大小随时间变化的情况如图所示，则该力在时间Δt＝t2－t1内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”．(3)一般变力的冲量计算在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的．(4)合力的冲量计算几个力的合力的冲量计算，既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，也可以先算各个分力的合力再算合力的冲量．对动量定理的理解和应用【重难提炼】1．应用动量定理时应注意的两点(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．2．动量定理的三大应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．(2)应用I＝Δp求变力的冲量．(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．[解析](1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S.③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2.[答案](1)ρv0S(2)v202g－M2g2ρ2v20S2【题组过关】考向一应用动量定理解释物理现象1．(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是()A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好解析：选ABC.火箭升空时，内能减小，转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，从而推动火箭前进，故选项A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，着地时屈腿是延长时间t，由I＝Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，故选项C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由I＝Ft可知，车体前部的发动机舱不能太坚固，故选项D错误．考向二应用动量定理解决物理问题2．高压采煤水枪出口的截面积为S，水的射速为v，水平射到煤层上后，水速减为零，若水的密度为ρ，求煤层对水的平均冲力的大小？解析：取一小段时间的水为研究对象，它在此时间内速度由v变为零，煤对水产生了力的作用，即水对煤冲力的反作用力．设在Δt时间内，从水枪射出的水的质量为Δm，则Δm＝ρSv·Δt，以Δm为研究对象，它在Δt时间内动量变化量为：Δp＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt.设F为煤层对水的冲力，根据动量定理有FΔt＝Δp＝－ρSv2Δt，故F＝－ρSv2.则煤层对水的平均冲力大小为ρSv2.答案：ρSv23．在水平力F＝30N的作用下，质量m＝5kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10m/s2)解析：法一：用动量定理解，分段处理选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t1＝mv－0.对于撤去F后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt2＝0－mv.以上两式联立解得t2＝F－μmgμmgt1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6s＝12s.法二：用动量定理解，研究全过程选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零．取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0解得t2＝F－μmgμmgt1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6s＝12s.答案：12s4.如图所示，一高空作业的工人重为600N，系一条长为L＝5m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1s，则安全带受到的冲力是多少？(g取10m/s2)解析：法一：程序法设工人刚要拉紧安全带时的速度为v，v2＝2gL，得v＝2gL经缓冲时间t＝1s后速度变为0，取向下为正方向，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg，对工人由动量定理知，(mg－F)t＝0－mv，F＝mgt＋mvt将数值代入得F＝1200N.由牛顿第三定律，工人给安全带的冲力大小F′为1200N，方向竖直向下．法二：全过程整体法在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg2Lg＋t，拉力F的冲量大小为Ft.初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理得mg2Lg＋t－Ft＝0解得F＝mg2Lg＋tt＝1200N.由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力大小为F′＝F＝1200N，方向竖直向下．答案：1200N，方向竖直向下1．用动量定理解题的基本思路2．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．动量守恒定律的理解及应用【题组过关】1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后()A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确．甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误．2．如图，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为v02，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；(2)炸药爆炸时释放的化学能．解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0.从O滑到P，对A、B由动能定理得－μ·2mgs＝12·2mv022－12·2mv20，解得μ＝3v208gs.(2)在P点爆炸时，A、B动量守恒，有2m·v02＝mv，根据能量守恒有E0＋12·2m·v022＝12mv2，解得E0＝14mv20.答案：(1)3v208gs(2)14mv203．如图所示，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，小船对地的位移是多少？解析：人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v1、v2，以人的速度方向为正方向，由于原来处于静止状态，因此0＝mv1－m′v2，即m′v2＝mv1由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m′v－2＝mv－1，等式两边同乘运动的时间t，得m′v－2t＝mv－1t，即m′x2＝mx1又因x1＋x2＝l，因此有x1＝m′lm′＋m.答案：m′lm′＋m4．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8kg的平板小车，车上