浙江版2020版高考物理一轮复习第28讲动量定理动量守恒定律课件.ppt

第28讲动量定理动量守恒定律,一动量和动量定理,二动量守恒定律,教材研读,突破一动量、动量定理的应用,突破二动量守恒定律的理解及应用,突破三碰撞现象,重难突破,突破四反冲现象,突破五动量和能量观点的综合应用,一、动量和动量定理1.动量(1)定义:运动物体的质量和速度的乘积。(2)表达式:p=mv,单位是kgm/s。(3)动量的矢量性:方向与速度方向相同。,教材研读,(4)动量的瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量,针对某一时刻而言。(5)动量的相对性:大小与参考系的选取有关,通常指相对地面的动量。2.冲量(1)定义:力F与力的作用时间t的乘积。(2)定义式:I=Ft,单位是Ns。(3)方向:恒力作用时,与力的方向相同。(4)物理意义:是一个过程量,表示力在时间上积累的作用效果。,3.动量定理(1)内容:物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量。(2)表达式:(3)动量定理既适用于恒力,也适用于变力。二、动量守恒定律,1.内容:如果一个系统不受外力,或者所受合外力为零,这个系统的总动量保持不变。,2.动量守恒定律的适用条件(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒。(2)近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。(3)分方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量守恒。,3.表达式(1)p=p,系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。(2)m1v1+m2v2=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。(3)p1=-p2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。(4)p=0,系统总动量的增量为零。,1.判断下列说法的正误:(1)动量越大的物体,其速度越大。()(2)物体的动量越大,其惯性也越大。()(3)物体所受合力不变,则动量也不改变。()(4)物体沿水平面运动时,重力不做功,其冲量为零。()(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(),(6)物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒。()(7)做匀速圆周运动的物体动量不变。()(8)物体的动能不变,其动量一定不变。()(9)应用动量守恒定律时,速度应相对于同一参考系。(),2.(多选)下列相互作用的过程中,可以认为系统动量守恒的是(AC),3.(多选)下列属于反冲运动的是(BD)A.向后划水,船向前运动B.用枪射击时,子弹向前飞,枪身后退C.用力向后蹬地,人向前运动D.水流过水轮机时,水轮机旋转方向与水流出方向相反,4.如图所示,一个质量为0.18kg的垒球,以25m/s的水平速度向左飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45m/s,则这一过程中动量的变化量为(D)A.大小为3.6kgm/s,方向向左B.大小为3.6kgm/s,方向向右C.大小为12.6kgm/s,方向向左D.大小为12.6kgm/s,方向向右,5.高空坠物极易对行人造成伤害。若一个5g的石块从一居民楼的25层坠下,与地面的撞击时间约为2ms,则该石块对地面产生的冲击力约为(B)A.10NB.102NC.103ND.104N,6.在光滑水平桌面上停放着两辆玩具小车A、B,其质量之比mAmB=12,两车用一根轻质细线缚住,中间夹着被压缩的轻弹簧,当烧断细线,轻弹簧将两车弹开,A车与B车(填选项前的编号)(B)A.动量大小之比为12B.动量大小之比为11C.速度大小之比为12D.速度大小之比为11,7.一个不稳定的原子核质量为M,处于静止状态,放出一个质量为m的粒子后反冲。已知放出的粒子的动能为E0,则原子核反冲的动能为(C)A.E0B.E0C.E0D.E0,突破一动量、动量定理的应用1.从三个角度理解动量定理(1)动量定理描述的是一个过程,它表明物体所受合外力的冲量是物体动量变化的原因,物体动量的变化是它受到的外力作用经过一段时间积累的结果。(2)动量定理Ft=mvt-mv0是一个矢量式,运算应遵循平行四边形定则。若,重难突破,公式中各量均在一条直线上,可规定某一方向为正,根据题设确定各量的正负,从而把矢量运算简化为代数运算。(3)动量定理既适用于恒力,也适用于变力,对于变力的情况,动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值。2.用动量定理解释实际问题中的两类问题一类是物体动量变化一定,此时力的作用时间越短,力就越大,时间越长,力就越小;另一类是作用力一定,此时力的作用时间越长,动量变化就越大,力的作用时间越短,动量变化就越小。分析时要把握哪个量一定,哪个量变化。3.动量定理其实就是牛顿第二定律的另一种表达式。,典例1(多选)某同学为了测定当地的重力加速度,完成了如下的操作:将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去,其速度的大小为v0,经过一段时间后小球落地,取从发射到小球上升到最高点为过程1,小球从最高点至返回地面为过程2。如果忽略空气阻力,则下述正确的是(AC)A.过程1和过程2动量的变化大小都为mv0B.过程1和过程2动量变化的方向相反C.过程1重力的冲量为mv0,且方向竖直向下D.过程1和过程2重力的总冲量为0,解析根据竖直上抛运动的对称性可知,小球落地的速度大小也为v0,方向竖直向下,上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向,冲量等于动量的变化量,上升过程动量的变化量p1=0-(-mv0)=mv0,重力的冲量为mv0,下落过程动量的变化量p2=mv0-0=mv0,大小均为mv0,且方向均竖直向下,A、C正确,B错误;小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I=mv0-(-mv0)=2mv0,D错误。,1-1一物体从某高处由静止下落,设所受空气阻力恒定,当它下落h时动量大小为p1,下落2h时的动量大小为p2,那么p1p2应为(B)A.11B.1C.12D.14,解析由题意,物体下落的加速度a恒定,即物体向下做匀加速直线运动,由=2as得v=,再由p=mv求得=,故B正确,A、C、D错误。故选B。,典例2(2016浙江10月选考,23,10分)如图所示,在x轴的上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。位于x轴下方离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子,其初速度大小范围为0v0。这束离子经电势差为U=的电场加速后,从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域,最后打到x轴上,在x轴上2a3a区间水平固定放置一探测板。假设每秒射入磁场的离子总数为N0,打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)。,(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间。(2)调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板右端,求此时的磁感应强度大小B1。(3)保持磁感应强度B1不变,求每秒打在探测板上的离子数N;若打在板上的离子80%被板吸收,20%被反向弹回,弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍,求探测板受到的作用力大小。,r3=,r3=a,解得B1=B0(3)对初速度为0的离子,qU=m,r4=a2r4=1.5a,离子打在x轴上的区间为1.5a3aN=N0=N0由动量定理可知,Ft=0.60.2Nmv0-(-Nmv0)解得F0.75N0mv0由牛顿第三定律可知探测板受到的作用力大小F0.75N0mv0,规律总结(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。,2-1(多选)一粒钢球从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中,若将它在空中下落的过程称为过程,进入泥潭直到静止的过程称为过程,那么(ABD)A.在过程中,钢球动量的改变量等于重力的冲量B.在过程中,钢球所受阻力的冲量大小等于在过程和中重力的冲量大小C.在过程中,钢球所受阻力的冲量大小等于在过程中重力的冲量大小D.在整个过程中钢球所受合外力的总冲量为零,解析在过程中钢球仅受重力,根据动量定理知,重力的冲量等于钢球动量的变化量,故A正确;对全过程运用动量定理,动量的变化量为零,则合力的总冲量为零,有If+IG=0,即在过程中,钢球所受阻力的冲量大小等于在过程和中重力的冲量大小,故C错误,B、D正确。故选A、B、D。,2-2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)A.+mgB.-mgC.+mgD.-mg,解析对人与安全带作用的过程应用动量定理,取向下为正方向,有-Ft+mgt=0-,解得F=+mg,故A正确。,突破二动量守恒定律的理解及应用,1.动量守恒的判断由动量守恒的条件判断系统动量守恒的步骤如下:(1)明确系统由哪几个物体组成。(2)对系统中各物体进行受力分析,分清哪些是内力,哪些是外力。(3)看所有外力的合力是否为零,或内力是否远大于外力,从而判定系统的动量是否守恒。,2.动量守恒定律适用条件(1)前提条件:存在相互作用的物体系。(2)理想条件:系统不受外力。(3)实际条件:系统所受合外力为0。(4)近似条件:系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。(5)方向条件:系统在某一方向上满足上面的条件,则此方向上动量守恒。,3.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象,确定系统的组成;(2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒);(3)规定正方向,确定初末状态动量;(4)由动量守恒定律列出方程;(5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。,4.动量守恒与机械能守恒的比较,解析人和小物体组成的系统不受其他力的作用,所以系统动量守恒。由动量守恒定律有mv=Mv,解得v=v。,方法总结应用动量守恒定律的解题步骤1.明确研究对象,确定系统的组成;2.进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒);3.规定正方向,确定初、末状态动量;4.由动量守恒定律列出方程;5.代入数据,求出结果,必要时讨论说明。,3-1(多选)如图所示,放在光滑水平桌面上的两个木块A、B中间夹一被压缩的弹簧,当放开弹簧时,它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上。A的落地点与桌边的水平距离为0.5m,B的落地点与桌边的水平距离为1m,那么(ABD)A.A、B离开弹簧时的速度之比为12B.A、B质量之比为21C.未离开弹簧时,A、B所受冲量之比为12D.未离开弹簧时,A、B加速度之比为12,解析A、B组成的系统在水平方向上不受外力,动量守恒,A、B两物体的落地点到桌边的距离x=v0t,因为两物体的落地时间相等,所以v0与x成正比,故A、B离开弹簧时的速度之比vAvB=12。由0=mAvA-mBvB可知,mAmB=21。未离开弹簧时,A、B受到的弹力相同,作用时间相同,冲量I=Ft也相同。未离开弹簧时,F相同,m不同,加速度a=,与质量成反比,故aAaB=12。,突破三碰撞现象,1.概念:碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短,而物体间相互作用力很大的现象。2.特点:在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力,可认为相互碰撞中系统动量守恒。3.分类(1)弹性碰撞:碰撞过程中机械能守恒,即碰撞前后系统总动能保持不变。(2)非弹性碰撞:碰撞过程中机械能减小,即碰撞后的机械能小于碰撞前的机械能。,4.碰撞后运动状态可能性判定(1)动量制约:即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约,总动量的方向恒定不变,即p1+p2=p1+p2。(2)动能制约:即在碰撞过程中总动能不会增加,即Ek1+Ek2Ek1+Ek2。(3)运动制约:即碰撞要受到运动的合理性要求的制约,如果碰前两物体同向运动,则后面物体速度必须大于前面物体的速度,碰撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等于原来在后面的物体的速度,否则碰撞没有结束;如果碰前两物体是相向运动,而碰后两物体的运动方向不可能都不改变,除非碰后两物体速度均为零。,典例4质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此,碰撞后B球的速度可能有不同的值。碰撞后B球的速度大小可能是(B)A.0.6vB.0.4vC.0.2vD.v,解析根据动量守恒得:mv=mv1+3mv2,则当v2=0.6v时,v1=-0.8v,则碰撞后的总动能E=m(-0.8v)2+3m(0.6v)2=1.72mv2,大于碰撞前的总动能,由于碰撞过程中能量不增加,故选项A错误;当v2=0.4v时,v1=-0.2v,则碰撞后的总动能为E=m(-0.2v)2+3m(0.4v)2=0.52mv2,小于碰撞前的总动能,故可能发生的是非弹性碰撞,选项B正确;当v2=0.2v时,v1=0.4v,则碰撞后的A球的速度大于B球的速度,而两球碰撞,A球不可能穿越B球,故选项C错误;当v2=v时,v1=-2v,则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能,故选项D错误。,方法规律弹性碰撞问题的处理技巧(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大,作用时间很短;各物体在作用前后各自动量变化显著;物体在作用时间内位移可忽略。(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零,由于内力远大于外力,作用时间又很短,所以外力的作用可忽略,认为系统的动量是守恒的。(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能,则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统的机械能。(4)熟记弹性正碰的一些结论,例如,当两物体质量相等时,两物体碰撞后交换速度;当m1m2,且v20=0时,碰后质量大的速率不变,质量小的速率为2v;当m1m2,且v20=0时,碰后质量小的物体原速率反弹。,4-1(多选)如图是“牛顿摆”装置,5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上,5根轻绳互相平行,5个钢球彼此紧密排列,球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。关于此实验,下列说法中正确的是(AC),A.当把小球1向左拉起一定高度,然后由静止释放,可观察到小钢球5向右摆起,且达到的最大高度与小钢球1的释放高度相同B.如果同时向左拉起小钢球1、2、3到相同高度,同时由静止释放,经碰撞后,小钢球4、5一起向右摆起,且上升最大高度高于小钢球1、2、3的释放高度C.如果同时向左拉起小钢球1、2、3到相同高度,同时由静止释放,经碰撞后,小钢球3、4、5一起向右摆起,且上升最大高度等于小钢球1、2、3的释放高度D.上述整个实验过程中,5个小钢球组成的系统机械能守恒,动量守恒,解析碰撞中的能量损失不计,则小球与小球之间发生的是弹性碰撞,由于小球完全一样,结合碰撞过程中动量守恒和动能守恒可知:每两个小球相碰后交换速度,1与2碰后,1停止,2具有向右的速度,2与3碰后,2停止,3具有向右的速度,3与4碰后,3停止,4具有向右的速度,4与5碰后,4停止,5具有向右的速度,根据机械能守恒定律可知球5向右摆起,且达到的最大高度与球1的释放高度相同,故A正确;如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放,则3与4碰后,3停止4具有向右的速度,4与5碰撞交换速度,4停止5向右摆起;3刚停止的时候2球过来与之碰撞交,换速度,然后3与4碰撞,使4向右摆起;2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度,然后2与3碰撞交换速度,使3向右摆起;故经碰撞后,小球3、4、5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同,故B错误,C正确;由分析知,每两个小球碰撞的过程机械能守恒、动量守恒,摆动时动量不守恒,故D错误。,突破四反冲现象,1.反冲现象(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。(2)反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用动量守恒定律来处理。(3)反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加。,2.火箭(1)工作原理:利用反冲运动。火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时,使火箭获得巨大的反作用力。(2)设火箭在t时间内喷射燃气的质量是m,喷出燃气的速度是u,喷出燃气后火箭的质量是m。火箭获得的速度v=。,典例5(2016浙江4月选考,23,10分)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置,如图所示。竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨,间距为L。导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B。绝缘火箭支撑在导轨间,总质量为m,其中燃料质量为m,燃料室中的金属棒EF电阻为R,并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触。,引燃火箭下方的推进剂,迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动,当回路CEFDC面积减少量达到最大值S,用时t,此过程激励出强电流,产生电磁推力加速火箭。在t时间内,电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体,当燃烧室下方的可控喷气孔打开后,喷出燃气进一步加速火箭。(1)求回路在t时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量,并判断金属棒EF中的感应电流方向;(2)经t时间火箭恰好脱离导轨,求火箭脱离时的速度v0;(不计空气阻力),(3)火箭脱离导轨时,喷气孔打开,在极短的时间内喷射出质量为m的燃气,喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u,求喷气后火箭增加的速度v。(提示:可选喷气前的火箭为参考系),答案(1)B由E到F(2)-gt(3),解析(1)由法拉第电磁感应定律得:=B又:=q=t得:q=电流方向:由E到F(2)=BL由动量定理:(-mg)t=mv0-0,得:v0=-gt(3)以喷气前的火箭为参考系,取竖直向上为正方向,由动量守恒:0=(m-m)v-mu得:v=,5-1一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为31。不计质量损失,取重力加速度g=10m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(B),解析平抛运动时间t=1s,爆炸过程遵守动量守恒定律,设弹丸质量为m,则mv=mv甲+mv乙,又v甲=,v乙=,t=1s,则有x甲+x乙=2m,将各选项中数据代入计算得B正确。,5-2(多选)平静水面上停着一只小船,船头站立着一个人,船的质量是人的质量的8倍。从某时刻起,人向船尾走去,走到船中部时他突然停止走动。不计水对船的阻力,下列说法正确的是(AC)A.人在船上走动过程中,人的动能是船的动能的8倍B.人在船上走动过程中,人的位移是船的位移的9倍C.人走动时,他相对水面的速度大于小船相对水面的速度D.人突然停止走动后,船由于惯性还会继续运动一小段时间,解析不计水的阻力,人与船组成的系统动量守恒,以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv-Mv船=0,v=8v船,人与船的动能之比:=,故A、C正确;人与船组成的系统动量守恒,以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv-Mv船=0,v=8v船,vt=8v船t,s人=8s船,故B错误;人与船组成的系统动量守恒,人突然停止走动后,人的动量为零,则小船的动量也为零,速度为零,即人停止走动后,船立即停止运动,故D错误。,突破五动量和能量观点的综合应用解决碰撞、打击、反冲等问题往往需要动量守恒定律结合能量守恒定律,动量守恒定律结合能量守恒定律是解决力学问题的重要方法。使用过程中需要注意的问题:(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式,它们可以写出分量表达式;动能定理和能量守恒定律是标量表达式,没有分量表达式。(2)从研究对象上看,动量定理既可研究单体,又可研究系统,但高中阶段,一般用于研究单体。(3)动量守恒定律和能量守恒定律,是自然界中最普遍的规律,它们研究的是物体系统。在解答力学问题时必须注意动量守恒和机械能守恒的条件,在应用这两个定律时,当确定了研究的对象和运动状态变化的