2026高考总复习优化设计二轮物理（人教版）课件第6讲　动量定理和动量守恒定律(含解析)

这是一份2026高考总复习优化设计二轮物理（人教版）课件第6讲　动量定理和动量守恒定律(含解析)，共50页。PPT课件主要包含了贯通•知识脉络，研学•核心考点，目录索引，微专题2，模型拓展，解题思维链等内容，欢迎下载使用。
考点一　动量定理的理解及应用
命题角度1冲量、动量的理解与计算计算冲量的三种方法
例1　(多选)(2024福建卷)如图甲所示,水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F,F随时间t的变化关系如图乙所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则滑块(　　)A.在0~4t0内一直沿斜面向下运动B.在0~4t0内所受合外力的总冲量为0C.在t0时的动量大小是在2t0时的一半D.在2t0~3t0内的位移比3t0~4t0内的小
解析 受力分析知,0~t0内滑块受到的合外力大小为F合0=3mgsin θ,t0~2t0内滑块受到的合外力大小为-mgsin θ,所以0~4t0内滑块先沿斜面匀加速向下运动,后匀减速向下运动,之后重复这两个过程,选项A正确。根据冲量的定义可知,0~4t0内滑块所受合外力的总冲量为I=IF+mgsin θ·4t0,由F-t图像与坐标轴围成的面积表示冲量可知IF=0,故I=4mgt0sin θ,选项B错误。由于初速度为0,根据动量定理,t0时滑块动量为I1=F合0·t0=3mgt0sin θ;0~2t0过程中F的冲量为0,故2t0时滑块动量为I2=2mgt0sin θ,选项C错误。2t0时滑块动量为2mgt0sin θ,3t0时滑块动量为5mgt0sin θ,4t0时滑块动量为4mgt0sin θ,可知2t0~3t0内滑块的平均速度小于3t0~4t0内的平均速度,所以2t0~3t0过程滑块的位移小于3t0~4t0的位移,选项D正确。
命题角度2动量定理的理解与应用1.动量定理的理解及应用技巧(1)动量定理不仅适用于恒力作用,也适用于变力作用。动量定理的研究对象可以是单一物体,也可以是质点系,受力分析时只考虑质点系受到的外力。(2)在匀变速直线运动中,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。(3)变力作用情况下,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的加权平均值。(4)电磁感应问题中,利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。
2.应用动量定理处理流体问题的思维流程(1)在极短时间Δt内,取一段小柱体作为研究对象。(2)求小柱体的体积ΔV=vSΔt。(3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=ρvSΔt。(4)求小柱体的动量变化量Δp=Δmv=ρv2SΔt。(5)应用动量定理FΔt=Δp。
例3　(多选)我国霍尔推进器技术世界领先,其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场,该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时,工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子,再经电场加速喷出,形成推力。某次测试中,氙气被电离的比例为95%,氙离子喷射速度为1.6×104 m/s,推进器产生的推力为80 mN。已知氙离子的比荷为7.3×105 C/kg;计算时,取氙离子的初速度为零,忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用,则(　　)A.氙离子的加速电压约为175 VB.氙离子的加速电压约为700 VC.氙离子向外喷射形成的电流约为37 AD.每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10-6 kg
例4　(2024广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g,忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
考点二　动量守恒定律的理解及应用
命题角度1动量守恒定律的理解与简单应用1.动量守恒的三种情况
2.动量守恒定律的三种表达形式(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用得最多)。(2)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。(3)Δp=0,系统总动量的增量为零。
例5　(2024江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧,右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑,剪断细绳后,则(　　)A.弹簧原长时物体动量最大B.弹簧压缩最短时物体动能最大C.系统动量变大D.系统机械能变大
解析 剪断细绳后,滑板A与物体B组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,故C错误;整个系统只有弹簧弹力做功,系统机械能守恒,故可知弹簧原长时弹性势能最小,物体动能最大,速度最大,此时动量最大,故A正确,B、D错误。
命题角度2碰撞模型的规律及应用1.一般碰撞模型的三个特点(1)动量守恒;(2)动能不增;(3)速度符合实际情况。
例7　(多选)(2024广西卷)如图所示,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在(　　)A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于vD.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
解析 由于两小球碰撞过程中机械能守恒,M、N的质量相等,且发生弹性正碰,碰后两球将发生速度交换,碰后M静止在碰撞处,N以初速度v开始做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动,选项A错误,B正确。水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v,选项C正确,D错误。
例8　(2025河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲和图乙所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则(　　)A.mP>mN>mQB.mN>mP>mQC.mQ>mP>mND.mQ>mN>mP
解析 碰撞时系统动量守恒,则P和N碰撞时mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN',变形后有mP(vP-vP')=mN(vN'-vN),vP-vP'>vN'-vN,故mPmP,D正确。
多题归一 拓展类碰撞模型(1)“保守型”碰撞拓展模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
命题角度3反冲运动的理解及应用1.人船模型
例11　(2024河北卷改编)如图所示,两块厚度相同、质量相等的木板A、B(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上,尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知两块木板的质量均为2.0 kg,A木板的长度为2.0 m,机器人的质量为6.0 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力。(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时,求A、B木板间的水平距离。(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后,以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端,求起跳过程机器人做的功,及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
微专题2　“板—块”模型
1.解答“板—块”模型的技巧(1)系统不受外力时,滑板放在光滑水平面上,滑块以一定速度在滑板上运动,滑块与滑板组成的系统动量守恒,若滑块不滑离滑板,最后二者具有共同速度,摩擦力与相对路程的乘积等于系统损失的动能,即Ff·x相对=ΔEk。(2)系统受到外力时,一般对滑块和滑板隔离分析,画出它们运动的示意图,应用牛顿运动定律、运动学公式及动量定理求解。
2.力学三大观点的选用技巧(1)当涉及时间与运动细节时,一般选用动力学规律解题。(2)当涉及功、能量和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题。若题目中出现相对位移(摩擦生热),应优先选用能量守恒定律。(3)当不涉及加速度而涉及运动时间时,特别是对于打击类问题,因时间短且冲力随时间变化,应用动量定理求解;对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的“板—块”问题,若只涉及初末速度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解。
(2025河南湘豫名校联考)如图所示,质量均为m的滑块(可视为质点)和质量为3m的长板静止于图示位置。滑块1、2、3与长板间动摩擦因数均为μ,长板与地面间光滑。现让滑块1、2、3分别以v0、2v0、3v0的速度同时从图示位置滑上长板,它们之间不会相碰也不会从长板滑下,重力加速度为g,当三个滑块与长板刚好相对静止时长板的右端刚好与墙壁发生弹性碰撞。求:(1)滑块2从放上长板到速度达到最小,系统产生的内能。(2)滑块刚开始滑上长板时长板与墙壁的距离s。
(2024海南卷)某游乐项目装置简化如图所示,A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板质量m板=25 kg,一质量为m=50 kg的游客,从a点由静止开始下滑,在b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时,游客恰好滑上平台C,并在平台C上滑行s=16 m停下。游客可视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小;(2)滑板的长度L。