（京津鲁琼版）2020版高考物理总复习 第六章 第1节 分极检测 巩固提升课件

第六章碰撞与动量守恒新课程标准通过实验和理论推导，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生活中的有关现象．知道动量守恒定律的普适性．探究并了解物体弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象．体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一．第六章碰撞与动量守恒核心素养提炼动量定理动量守恒定律弹性碰撞和非弹性碰撞验证动量守恒定律第六章碰撞与动量守恒第1节动量定理【基础梳理】提示：速度mv相同作用时间Ft相同动量冲量p′－p【自我诊断】判一判(1)动量越大的物体，其速度越大．()(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，重力不做功，其冲量为零．()(4)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的．()提示：(1)×(2)×(3)×(4)√做一做(粤教版选修3－5·P9·T5)下列关于物体的动量和动能的说法，正确的是()A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化B．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化C．若两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同D．动能大的物体，其动量也一定大提示：B冲量的理解和计算【题组突破】1．(多选)(2019·甘肃师大附中模拟)一质量m＝60kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2s以大小v＝4m/s的速度离开地面，取重力加速度g＝10m/s2.在这0.2s内()A．地面对运动员的冲量大小为240N·sB．地面对运动员的冲量大小为360N·sC．地面对运动员做的功为零D．地面对运动员做的功为480J解析：选BC.人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得：I－mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为：I＝mv＋mgΔt＝(60×4＋600×0.2)N·s＝360N·s，故A错误，B正确；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故C正确，D错误．2．(多选)关于力的冲量，以下说法正确的是()A．只有作用时间很短的力才能产生冲量B．冲量是矢量，其方向就是力的方向C．一对作用力与反作用力的冲量一定等大且反向D．如果恒力不等于零，则在一段时间内其冲量不可能为零解析：选BCD.只要有力及作用时间，力就会有冲量，故A错误；冲量是矢量，其方向与力的方向相同，故B正确；作用力与反作用力大小相等，同时产生同时消失，故二力的冲量一定大小相等，方向相反，故C正确；若恒力不等于零，则在一段时间内其冲量一定不为零，故D正确．3．质量为2kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10m/s2，下列说法中正确的是()A．2s末小球的动能为40JB．2s末小球的动量大小为40kg·m/sC．2s内重力的冲量大小为20N·sD．2s内重力的平均功率为20W解析：选B.2s末小球的速度v＝gt＝20m/s，则动能为Ek＝12mv2＝400J，选项A错误；2s末小球的动量大小为p＝mv＝40kg·m/s，选项B正确；2s内重力的冲量大小为I＝mgt＝40N·s，选项C错误；2s内重力的平均功率为P－＝mgv＝12mgv－＝200W，选项D错误．动量定理的理解与简单应用【知识提炼】1．动量定理的理解(1)方程左边是物体受到的所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量．其中的F可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F是合外力在t时间内的平均值．(2)动量定理说明的是合外力的冲量I合和动量的变化量Δp的关系，不仅I合与Δp大小相等而且Δp的方向与I合方向相同．(3)动量定理的研究对象是单个物体或物体系统．系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和．而物体之间的作用力(内力)，由大小相等、方向相反和等时性可知不会改变系统的总动量．(4)在动力学问题中的应用：在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便，不需要考虑运动过程的细节．2．用动量定理解释的两类现象(1)物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；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．【典题例析】角度一用动量定理解释生活现象下列解释中正确的是()A．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大[解析]跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft＝mv，则知运动时间相等，故选项C错误；从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，则冲量越大，故选项D正确．[答案]D(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．角度二用动量定理求平均作用力(2019·重庆一模)为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，某同学利用运动传感器采集数据并作出了如图所示的v－t图象，小球质量为0.6kg，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2，由图可知()A．横轴上每一小格表示的时间是1sB．小球下落的初始位置离地面的高度为3.6mC．小球第一次反弹的最大高度为1.25mD．小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力大小为66N[解析]小球下落时做自由落体运动，加速度大小为g，落地时的速度v＝6m/s，故小球下落所用时间为t＝vg＝0.6s，图中对应6个小格，故每一小格表示0.1s，选项A错误；由h＝12gt2可得小球下落的初始位置离地面的高度h＝1.8m，选项B错误；第一次反弹后小球做竖直上抛运动，由图可知小球能上升的最大高度h′＝v′22g＝（－5）22×10m＝1.25m，选项C正确；由图可知，小球向下运动的方向为正方向，碰撞时间约为0.1s，根据动量定理可得(mg－F)t＝mv′－mv，代入数据可解得F＝72N，选项D错误．[答案]C在碰撞类问题中，两物体之间的相互作用力通常都是变力，因此在用动量定理解决此类问题时，一般只能计算碰撞时间内的平均作用力．处理方法通常是将此平均作用力当作恒力进行处理(如此题中小球与地面碰撞时的作用力)．应用动量定理解题的一般步骤：明确研究对象——进行受力分析——分析过程，找初、末状态——利用动量定理列方程求解．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.m2ght＋mgB.m2ght－mgC.mght＋mgD.mght－mg解析：选A.设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝2gh，设安全带对人的平均作用力为F，由动量定理得(mg－F)·t＝0－mv，解得F＝m2ght＋mg.角度三动量定理解多过程问题如图所示，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，求安全带受的冲力？(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(2019·广西百校大联考)如图所示，静止于水平地面上的物块在竖直向上的恒力作用下竖直上升，经过一段时间，突然撤去该恒力，之后物块经相同时间落回地面。不计空气阻力，则该恒力与物块所受重力的大小之比为()A．2B.32C.43D.54解析：选C.设物体在撤去拉力时速度大小v，落地速度大小v′；上升过程：x＝v2t；下降过程：x＝v′－v2t；解得：v∶v′＝1∶2；由动量定理得：上升过程：(F－mg)t＝mv；下降过程：－mgt＝－mv′－mv；联立解得：F∶mg＝4∶3.角度四动量定理的综合应用(多选)(2017·高考全国卷Ⅲ)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则()A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零[解析]根据F－t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，则A、B项均正确，C、D项均错误．[答案]AB(多选)(2019·北京101中学模拟)两个物体A、B的质量分别为m1和m2，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来．两物体运动的速度－时间图象分别如图中图线a、b所示．已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的速度－时间图线彼此平行(相关数据已在图中标出)．由图中信息可以得出()A．两个物体A、B与水平地面的动摩擦因数相同B．若m1＝m2，则力F1对物体A所做的功与力F2对物体B所做的功一样多C．若m1＝m2，则力F1对物体A的冲量较大D．若m1＝m2，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍解析：选ABD.由斜率等于加速度知，撤除拉力后两物体的速度图线平行，故加速度大小相等，由a＝μmgm＝μg，因a＝1m/s2可知，μ＝0.1，则两个物体A、B与水平地面的动摩擦因数相同，选项A正确；s1＝12×4×2.5m＝5m，s2＝12×2×5m＝5m，若m1＝m2，则f1＝f2，根据动能定理，对a有：WF1－f1s1＝0，同理对b有：WF2－f2s2＝0，所以WF1＝WF2，故B正确；若m1＝m2，则f1＝f2，根据动量定理，对a有：IF1－f1t1＝0，所以IF1＝f1t1；同理对b有：IF2＝f2t2，因t1＜t2，所以IF1＜IF2，故C错误；由图可得：a1＝Δv1Δt1＝2.51.5m/s2＝53m/s2；a2＝Δv2Δt2＝23m/s2；根据牛顿第二