2020版高考物理一轮复习 第六章 动量（第2课时）课件

第六章动量返回导航一、动量守恒定律1．内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的________为零，这个系统的总动量保持不变．2．表达式(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝____________________，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．矢量和m1v1′＋m2v2′返回导航(3)Δp1＝______，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为____．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力_________它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在__________上动量守恒．－Δp2零远大于这一方向返回导航二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞．(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远______外力，总动量守恒．(3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能__________．②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能__________．③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失______．大于没有损失有损失最大返回导航2．反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力________系统受到的外力．实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等．(3)规律：遵从动量守恒定律．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且________系统所受的外力，所以系统动量_______.远大于远大于守恒返回导航考点一动量守恒定律的理解和基本应用【例1】(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则()返回导航A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒返回导航BCD解析：如果A、B与平板车上表面的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右、FfB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，与平板车间的动摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B、D选项正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．返回导航【例2】(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30kg·m/sB．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/sD．6.3×102kg·m/s返回导航A解析：设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误．返回导航【变式1】(2019·江西会昌中学)(多选)如图所示，质量分别为m1＝1.0kg和m2＝2.0kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。该系统以速度v0＝0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过时间t＝5.0s后，测得两球相距s＝4.5m，则下列说法正确的是()A．刚分离时，a球的速度大小为0.7m/sB．刚分离时，b球的速度大小为0.2m/sC．刚分离时，a、b两球的速度方向相同D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27J返回导航ABD解析：系统的总动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，两球相距s＝v1t－v2t，代入数据解得v1＝0.7m/s，v2＝－0.2m/s，负号表示速度方向与正方向相反，故A、B正确，C错误；由能量守恒定律得12(m1＋m2)v20＋Ep＝12m1v21＋12m2v22，代入数据解得Ep＝0.27J，故D正确。返回导航考点二碰撞模型问题1．碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律(2)机械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′2m2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等)．②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．返回导航2．弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒解得v1′＝（m1－m2）v1＋2m2v2′m1＋m2v2′＝（m2－m1）v2＋2m1v1m1＋m2返回导航(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度．当碰前物体2的速度为零时，v2＝0，则：v1′＝（m1－m2）v1m1＋m2，v2′＝2m1v1m1＋m2，①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度．②m1m2时，v1′0，v2′0，碰撞后两物体沿同方向运动．③m1m2时，v1′0，v2′0，碰撞后质量小的物体被反弹回来．返回导航【例3】(多选)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4kg，m2＝2kg，A的速度v1＝3m/s(设为正)，B的速度v2＝－3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是()A．均为1m/sB．＋4m/s和－5m/sC．＋2m/s和－1m/sD．－1m/s和5m/s返回导航AD解析：由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况Ek＝12m1v21＋12m2v22＝12×4×9J＋12×2×9J＝27JEk′＝12m1v1′2＋12m2v2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除选项B.选项C虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(vA′0，vB′0)，这显然是不符合实际的，因此C错误．验证选项A、D均满足Ek≥Ek′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．返回导航【例4】如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝m2.开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态．滑块A以速度v0正对B向右运动，在A未与B碰撞之前，引爆B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速率v0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能．返回导航解析：(1)全过程，A、B、C组成的系统动量守恒，有mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC解得vC＝52v0炸药对C的冲量I＝mCvC－0＝52mv0，方向向右．(2)炸药爆炸过程，B和C组成的系统动量守恒，有mCvC－mBvB＝0据能量关系ΔE＝12×m2v2B＋12mv2C解得ΔE＝758mv20答案：(1)52mv0，方向向右(2)758mv20返回导航【变式2】(2018·山西五校联考)如图甲所示，质量均为m＝0.5kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点．P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞．已知B、C两点间的距离L＝3.75m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10m/s2，求：(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t.返回导航解析：(1)在0～3s内，对P由动量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0，其中F1＝2N，F2＝3N，t1＝2s，t2＝1s解得：v＝8m/s设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：μmg＝maP在B、C两点间做匀减速直线运动，有：v2－v21＝2aL解得：v1＝7m/s返回导航(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有：mv1＝mv1′＋mv212mv21＝12mv1′2＋12mv22碰撞后Q做匀减速直线运动，有：t＝v2a解得：t＝3.5s答案：(1)8m/s7m/s(2)3.5s返回导航考点三“人船模型”问题1．特点（1）两个物体（2）动量守恒（3）总动量为零2．方程m1v1－m2v2＝0(v1、v2为速度大小)3．结论m1x1＝m2x2(x1、x2为位移大小)返回导航【例8】长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头，若不计水的阻力和空气阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？返回导航解析：选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零．当人起步加速前进时，船同时加速后退；当人匀速前进时，船匀速后退；当人减速前进时，船减速后退；当人速度为零时，船速度也为零．设某时刻人对地的速率为v1，船对地的速率为v2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv1－Mv2＝0①因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒，对①式两边同乘以Δt，得返回导航mx1－Mx2＝0②②式为人对地的位移和船对地的位移关系．由图还可看出：x1＋x2＝L③联立②③两式得x1＝MM＋mL，x2＝mM＋mL答案：x1＝MM＋mLx2＝mM＋mL返回导航【变式3】如图所示，质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离分别是多少？(不计空气阻力)返回导航解析：由于人和气球组成的系统静止在空中，竖直方向系统所受外力之和为零即系统竖直方向总动量守恒．设某时刻人对地的速率为v1，气球对地的速率为v2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv1－Mv2＝0①因为在人从绳梯的下端爬到顶端的整个过程中时刻满足动量守恒定律，对①式两边同乘以Δt，可得mx＝My②由题意知x＋y＝L③返回导航联立②③得x＝Mm＋MLy＝mm＋ML即人相对于地面移动的距离是MM＋mL.气球相对于地面移动的距离是mM＋mL.答案：MM＋mLmM＋mL