高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 6.1 动量 动量定理课件.ppt

选修3 5第六章碰撞与动量守恒第1讲动量动量定理 知识导图 速度 mv 相同 作用时间 ft 相同 动量 冲量 p p 微点拨 动量定理应用的五点注意 1 动量定理的表达式是矢量式 列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系 2 动量定理中的冲量是合外力的冲量 而不是某一个力的冲量 3 应用动量定理可以只研究一个物体 也可以研究几个物体组成的系统 4 初 末态的动量都是系统各部分动量之和 5 描述系统各部分的动量时 应该选取同一个参考系 慧眼纠错 1 动量越大的物体 其速度越大 纠错 2 动量变化的大小等于末动量与初动量的大小之差 纠错 物体的动量与质量和速度都有关系 物体的动量 大 即mv大 物体的运动速度不一定大 动量变化是矢量 其大小应根据矢量运算法则计 算 而不是代数运算 3 物体沿水平面运动时 重力不做功 其冲量为零 纠错 物体沿水平面运动 重力与运动方向垂直 重力不 做功 而重力的冲量是i mgt 只要在时间上有积累 则 力的冲量就不为零 与运动方向无关 4 物体所受合力不变 则动量也不改变 纠错 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 纠错 物体所受合力不为零 则物体有冲量 根据动量 定理可知 物体的动量一定会改变 物体所受合外力的冲量方向与动量变化的方向 相同 与初 末动量的方向无关 6 物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相反 纠错 物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的 方向相同 考点1冲量及动量变化的计算 典题探究 典例1 多选 从水平地面上方同一高度处 使a球斜上抛 b球平抛 且两球质量相等 初速度大小相同 最后落于同一水平地面上 空气阻力不计 在此过程中 下列说法正确的是导学号04450132 a 两球着地时的动能相同b 两球着地时的动量相同c 重力对两球所做的功相同d 重力对两球的冲量相同 解析 选a c 斜上抛和平抛过程中两球都只受重力作用 只有重力做功 两球初位置高度相同 故重力做功相同 由动能定理得 wg mgh ek 因为两球的质量 初速度相同 下落的高度相同 故重力对两球所做的功相同 两球着地时的动能相同 故a c正确 两球初始高度相同 a球斜上抛 b球平抛 a球开始时具有 向上的分速度 所以a球运动的时间比b球运动的时间长 故重力对a球的冲量比对b球的冲量大 故d错误 由于二者落地时的动能相等 则落地时的速度大小相等 而落地时a球竖直方向的分动量大 所以二者落地时速度的方向和动量的方向不同 故b错误 通关秘籍 1 动能 动量 动量变化量的比较 2 冲量的三种计算方法 考点冲关 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 则下列叙述正确的是 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的重力的总冲量为0 解析 选a c 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 上升过程动量的变化量 p1 0 mv0 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 故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 2 多选 2018 合肥模拟 一质点静止在光滑水平面上 现对其施加水平外力f f随时间按正弦规律变化 如图所示 下列说法正确的是 a 第2s末 质点的动量为0b 第4s末 质点回到出发点c 在0 2s时间内 f的功率先增大后减小d 在1 3s时间内 f的冲量为0 解析 选c d 从图象可以看出在前2s力的方向和运动的方向相同 物体经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动 所以第2s末 质点的速度最大 动量最大 而不是0 故a错误 该物体在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向不同 前半个周期内做加速运动 后半个周期内做减速运动 所以物体在0 4s内的位移为正 故b错误 0 2s内 速度在增大 力f先增大后减小 根据瞬时功率p fv得力f瞬时功率开始时为0 2s末的瞬时功率为0 所以在0 2s时间内 f的功率先增大后减小 故c正确 在f t图象中 图象与t轴围成的面积表示力f的冲量 由图可知 1 2s之间的面积与2 3s之间的面积大小相等 一正一负 所以和为0 则在1 3s时间内 f的冲量为0 故d正确 加固训练 如图所示 一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0运动 遇到竖直的墙壁被反弹回来 返回的速度变为v0 则以下说法正确的是 a 滑块的动量改变量的大小为mv0b 滑块的动量改变量的大小为mv0c 滑块的动量改变量的方向与v0的方向相同d 重力对滑块的冲量为零 解析 选b 以初速度方向为正 有 p p2 p1 mv2 mv1 mv0 mv0 mv0 所以滑块的动量改变量的大小为mv0 方向与v0的方向相反 故a c错误 b正确 根据i ft得重力的冲量为i mgt 不为零 故d错误 考点2动量定理的理解及应用 典题探究 典例2 2016 全国卷 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 重力加速度大小为g 求 导学号04450133 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 解题探究 1 单位时间冲击到玩具底板的水与单位时间喷泉喷出的水存在什么关系 提示 单位时间冲击到玩具底板的水与单位时间喷泉喷出的水质量相等 2 玩具在空中悬停时意味受力情况如何 提示 玩具受到水向上的冲击力与重力平衡 3 如何计算水对玩具的冲击力 提示 应用动量定理计算水对玩具的冲击力 解析 1 设 t时间内 从喷口喷出的水的体积为 v 质量为 m 则 m v v v0s t 由 式得 单位时间内从喷口喷出的水的质量为 v0s 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 t时间内喷出的水 由能量守恒得 m v2 m gh m 在h高度处 t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 p m v 设玩具对水的作用力的大小为f 根据动量定理有f t p 由于玩具在空中悬停 由力的平衡条件得f mg 联立 式得h 答案 1 v0s 2 迁移训练 迁移1 应用动量定理解释生活现象 2018 自贡模拟 从同一高度自由落下的玻璃杯 掉在水泥地上易碎 掉在软泥地上不易碎 这是因为 a 掉在水泥地上 玻璃杯的动量大b 掉在水泥地上 玻璃杯的动量变化大c 掉在水泥地上 玻璃杯受到的冲量大 且与水泥地的作用时间短 因而受到水泥地的作用力大d 掉在水泥地上 玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地上一样大 但与水泥地的作用时间短 因而受到水泥地的作用力大 解析 选d 玻璃杯从同一高度落下 故到达地面时的速度一定相等 故着地时动量相等 与地面接触后速度减小为零 故动量的变化相同 由动量定理i p可知 冲量也相等 掉在软泥地上 由于软泥地的缓冲使接触时间变长 由i ft可知 i大小相等 则玻璃杯受到的作用力较小 而掉在水泥地上 玻璃杯与水泥地的作用时间短 则玻璃杯受到的作用力较大 因此玻璃杯在水泥地上比在软泥地上更易破碎 故d正确 a b c错误 迁移2 应用动量定理求动量的变化量如图所示 跳水运动员从某一峭壁上水平跳出 跳入湖水中 已知运动员的质量m 70kg 初速度v0 5m s 若经过1s时 速度为v 5m s 则在此过程中 运动员动量的变化量为 g 10m s2 不计空气阻力 a 700kg m sb 350kg m sc 350 1 kg m sd 350 1 kg m s 解析 选a 运动员只受重力 则由动量定理可知动量的变化量为 p mgt 70 10 1kg m s 700kg m s 故a正确 b c d错误 迁移3 应用动量定理求变力的冲量 2018 佛山模拟 如图所示 一轻质弹簧固定在墙上 一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用 设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内 那么 在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量i的大小和弹簧对木块做的功w分别是导学号04450134 a i 0 w b i mv0 w c i 2mv0 w 0d i 2mv0 w 解析 选c 在木块与弹簧接触到将弹簧压缩为最短的过程中 弹簧对木块做负功 在弹簧将木块弹出的过程中 弹簧对木块做正功 且正功与负功的绝对值相等 故在整个相互作用的过程中弹簧对木块做的总功w 0 从而 木块将以v0的速度被弹回 由动量定理可得 在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量i的大小i 2mv0 故c正确 通关秘籍 应用动量定理解题的四个步骤 加固训练 2018 泰安模拟 如图所示 竖直平面内有一半圆槽 a c等高 b为圆槽最低点 小球从a点正上方o点静止释放 从a点切入圆槽 刚好能运动至c点 设球在ab段和bc段运动过程中 运动时间分别为t1 t2 合外力的冲量大小为i1 i2 则 a t1 t2b t1 t2c i1 i2d i1 i2 解析 选c 小