还剩37页未读，
继续阅读
所属成套资源：人教版新高考物理一轮总复习课件
成套系列资料，整套一键下载
人教版新高考物理一轮总复习-- 动量守恒定律及其应用课件PPT
展开
这是一份人教版新高考物理一轮总复习-- 动量守恒定律及其应用课件PPT，共45页。PPT课件主要包含了内容索引，知识巩固，BCD等内容，欢迎下载使用。
第一环节 必备知识落实
第二环节 关键能力形成
第三环节 核心素养提升
1.内容如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零,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= 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)Δp1= -Δp2 ,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。
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)远大于外力,总动量守恒。(3)碰撞分类。①弹性碰撞:碰撞后系统的总动能没有损失。②非弹性碰撞:碰撞后系统的总动能有损失。③完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体,机械能损失最大。
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远大于系统受到的外力。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,且远大于系统所受的外力,所以系统动量守恒。
追本溯源如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力是否对槽做功?小球被弹簧反弹后能否滑到槽上?提示 在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力对槽做功,小球与槽组成的系统水平方向动量守恒,球与槽的质量相等,小球沿槽下滑,球与槽分离后,小球与槽的速度大小相等,小球被弹簧反弹后与槽的速度相等,故小球不能滑到槽上。
1.思考判断(1)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。( )(2)系统的动量守恒时,机械能也一定守恒。( )(3)质量相等的两个球发生完全弹性碰撞前后速度交换。( )(4)光滑水平面上的两球做相向运动,发生正碰后两球均变为静止,于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等。( )(5)只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒。( )
2.如图所示,在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A球在水平面上静止放置,B球向左运动与A球发生正碰,B球碰撞前、后的速率之比为3∶1,A球垂直撞向挡板,碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞,则A、B两球的质量之比为( ) A.1∶2B.2∶1C.1∶4D.4∶1
整合构建1.动量守恒的条件(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒。(2)近似守恒:系统受到的外力矢量和不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。(3)某一方向上守恒:系统在某个方向上所受外力矢量和为零时,系统在该方向上动量守恒。
2.动量守恒定律的“六种”性质
训练突破1.(多选)(2020·陕西延安黄陵中学高一检测)如图所示,A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2,原来静止在足够长的平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,水平地面光滑,在弹簧突然释放后,下列说法正确的是( )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组成的系统动量守恒
解析:如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,弹簧释放后,A、B分别相对于小车向左、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上的重力和支持力,它们的合力为零,故该系统的动量守恒,B、D选项正确。若A、B所受摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受的外力之和为零,故其动量守恒,C选项正确。
2.(2020·浙江舟山月考)木块A和B用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,A紧靠在墙壁上,在B上施加向左的水平力使弹簧压缩,如图所示,当撤去外力后,下列说法正确的是( )A.A和B系统的机械能守恒B.A尚未离开墙壁时,A和B系统的动量守恒C.A离开墙壁后,A和B系统的动量守恒D.A离开墙壁后,A和B系统的动量不守恒
解析:当撤去外力后,以A、B及弹簧组成的系统为研究对象,除了系统内弹力做功外,无其他力做功,系统的机械能守恒,由于弹簧的弹性势能在变化,所以A和B系统的机械能不守恒,故A错误。A尚未离开墙壁时,墙壁对A有向右的作用力,系统所受的合外力不为零,因此该过程系统的动量不守恒,故B错误。当A离开墙壁后,系统水平方向和竖直方向受力均平衡,所以系统的合外力为零,系统的动量守恒,故C正确,D错误。
整合构建应用动量守恒定律解题的步骤明确研究对象,确定系统的组成⇓受力分析,确定动量是否守恒⇓规定正方向,确定初、末动量⇓根据动量守恒定律,建立守恒方程⇓代入数据,求出结果并讨论说明
【典例1】 如图所示,甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0=2 m/s的速度相向运动,甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为m1=90 kg,乙和他的装备总质量为m2=135 kg,为了避免直接相撞,乙从自己的装备中取出一质量m=45 kg的物体A推向甲,甲接住A后即不再松开,此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动,且安全“飘”向空间站。(设甲、乙距离空间站足够远,本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出?(2)设甲与物体A作用时间为t=0.5 s,求甲与A的相互作用力F的大小。
思维点拨(1)甲、乙最终速度相同,甲、乙、A组成系统动量守恒;(2)可以选择甲或A为研究对象,应用动量定理可以求出甲与A间的相互作用力。
解析:(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象,系统动量守恒,以乙运动的方向为正方向,则有m2v0-m1v0=(m1+m2)v1以乙和A组成的系统为研究对象,由动量守恒得m2v0=(m2-m)v1+mv代入数据联立解得v1=0.4 m/s,v=5.2 m/s。(2)以甲为研究对象,由动量定理得Ft=m1v1-(-m1v0),代入数据解得F=432 N。答案:(1)5.2 m/s (2)432 N
训练突破3.(多选)(2020·全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为( )A.48 kgB.53 kgC.58 kgD.63 kg
解析:以人和物块为系统,设人的质量为m人,物块的质量为m,速度v0=5.0 m/s,人第一次推出物块后的速度为v1,在第一次推出物块的过程中,0=m人v1-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第二次推出的过程中,m人v1+mv0=m人v2-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第三次推出的过程中,m人v2+mv0=m人v3-mv0……在人接住反弹而回的物块并将其第七次推出的过程中,m人v6+ mv0=m人v7-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第八次推出的过程中,m人v7+mv0=m人v8-mv0。由于第七次推出后,v7<5 m/s,把前七次的方程求和得m人(v1+v2+…+v6)+6mv0=m人(v1+v2+…+v7)-7mv0,可求出m人>52 kg,A错误。由于第八次推出后,v8>5 m/s,把前八次的方程求和得m人(v1+v2+…+v7)+7mv0=m人(v1+v2+…+v8)-8mv0,可求出m人<60 kg,D错误。故B、C正确。
整合构建1.对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动,通常用动量守恒来处理。(2)反冲运动中,由于有其他形式的能转变为机械能,所以系统的总机械能增加。(3)反冲运动中平均动量守恒。
2.爆炸现象的三个规律(1)动量守恒:由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒。(2)动能增加:在爆炸过程中,由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加。(3)位置不变:爆炸的时间极短,因而作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
【典例2】 (2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求:(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。思维点拨(1)烟花弹在从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动,由速度时间公式求上升的时间。(2)研究爆炸过程,由动量守恒定律和能量守恒定律结合求爆炸后瞬间两部分的速度,再由运动学公式求最大高度。
训练突破4.(2020·福建永春华侨中学高二月考)如图所示,质量为m0的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止。若救生员以相对水面的速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为( )
整合构建1.对碰撞的理解(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,故外力的作用可忽略,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,则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。
2.分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒,即p1+p2=p1'+p2'。
(3)速度要合理①碰前两物体同向,则v后>v前;碰后,原来在前的物体速度一定增大,且v前'≥v后'。②两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
3.弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例,则有
结论:(1)当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1,两球碰撞后交换了速度。(2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,并且v1'0,碰撞后质量小的球被反弹回来。
【典例3】 (14分)如图所示,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量m1=30 kg,冰块的质量m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求斜面体的质量。(2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?
思维点拨(1)冰块与小孩相互作用过程中动量守恒吗?(2)冰块与斜面体作用过程动量守恒吗?机械能守恒吗?
提示 (1)守恒。(2)冰块与斜面体水平方向动量守恒,两者作用过程机械能守恒。
解析:(1)规定向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。水平方向由动量守恒定律和机械能守恒定律得
式中v0=3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3=20 kg,v=1 m/s。③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有m1v1+m2v0=0 ④代入数据得v1=-1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后速度分别为v2和v3,由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0=m2v2+m3v3 ⑥
联立③⑥⑦式并代入数据得v2=-1 m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。注意:(1)①②③④⑥⑦每式2分,其余各式1分。(2)中间过程正确,结果不正确,只扣结果分。答案:(1)20 kg (2)不能,理由见解析
训练突破5.(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为( )A.3 JB.4 JC.5 JD.6 J
“子弹打物块模型”与“人船模型”建构模型构建1.子弹打木块模型(1)子弹打木块的过程很短暂,认为该过程内力远大于外力,则系统动量守恒。(2)在子弹打木块过程中摩擦生热,系统机械能不守恒,机械能向内能转化。(3)若子弹不穿出木块,二者最后有共同速度,机械能损失最多。
2.人船模型是动量守恒定律的典型应用(1)符合“人船模型”的条件:相互作用的物体原来都静止,且满足动量守恒条件。(2)“人船模型”的特点:人动“船”动,人停“船”停,人快“船”快,人慢“船”慢,人上“船”下,人左“船”右。由动量守恒定律有m1v1-m2v2=0,即m1v1=m2v2。方程两边同时乘以时间t,m1v1t=m2v2t,即m1s1=m2s2。s1+s2=l与m1s1=m2s2联立解得
典例示范如图所示,质量m=245 g的物块(可视为质点)放在质量m木=0.5 kg的木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。质量m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),g取10 m/s2。子弹射入后,求: (1)子弹射入物块后一起向右滑行的最大速度v1;(2)木板向右滑行的最大速度v2;(3)物块在木板上滑行的时间t。
思维点拨(1)子弹射入物块后到一起向右滑行的时间极短,木板速度仍为零。(2)子弹与物块一起运动的初速度即为物块向右运动的最大速度v1。(3)木板足够长,物块最终与木板同速,此时,木板向右滑行的速度v2最大。
解析:(1)子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度,由动量守恒定律可得m0v0=(m0+m)v1解得v1=6 m/s。(2)当子弹、物块、木板三者同速时,木板的速度最大,由动量守恒定律可得(m0+m)v1=(m0+m+m木)v2解得v2=2 m/s。(3)以子弹初速度的方向为正方向,对物块和子弹组成的整体应用动量定理得-μ(m0+m)gt=(m0+m)v2-(m0+m)v1解得t=1 s。答案:(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
变式训练如图所示,气球下面有一根长绳,一个质量m1=50 kg的人抓在气球下方,气球和长绳的总质量m2=20 kg,长绳的下端刚好和水平面接触,当静止时人离地面的高度h=5 m。如果这个人沿绳缓慢向下滑,当他滑到绳下端时,他离地面的高度是(可以把人看作质点)( )A.5 mB.3.6 mC.2.6 mD.8 m
第一环节 必备知识落实
第二环节 关键能力形成
第三环节 核心素养提升
1.内容如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零,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= 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)Δp1= -Δp2 ,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。
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)远大于外力,总动量守恒。(3)碰撞分类。①弹性碰撞:碰撞后系统的总动能没有损失。②非弹性碰撞:碰撞后系统的总动能有损失。③完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体,机械能损失最大。
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远大于系统受到的外力。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,且远大于系统所受的外力,所以系统动量守恒。
追本溯源如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力是否对槽做功?小球被弹簧反弹后能否滑到槽上?提示 在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力对槽做功,小球与槽组成的系统水平方向动量守恒,球与槽的质量相等,小球沿槽下滑,球与槽分离后,小球与槽的速度大小相等,小球被弹簧反弹后与槽的速度相等,故小球不能滑到槽上。
1.思考判断(1)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。( )(2)系统的动量守恒时,机械能也一定守恒。( )(3)质量相等的两个球发生完全弹性碰撞前后速度交换。( )(4)光滑水平面上的两球做相向运动,发生正碰后两球均变为静止,于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等。( )(5)只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒。( )
2.如图所示,在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A球在水平面上静止放置,B球向左运动与A球发生正碰,B球碰撞前、后的速率之比为3∶1,A球垂直撞向挡板,碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞,则A、B两球的质量之比为( ) A.1∶2B.2∶1C.1∶4D.4∶1
整合构建1.动量守恒的条件(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒。(2)近似守恒:系统受到的外力矢量和不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。(3)某一方向上守恒:系统在某个方向上所受外力矢量和为零时,系统在该方向上动量守恒。
2.动量守恒定律的“六种”性质
训练突破1.(多选)(2020·陕西延安黄陵中学高一检测)如图所示,A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2,原来静止在足够长的平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,水平地面光滑,在弹簧突然释放后,下列说法正确的是( )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组成的系统动量守恒
解析:如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,弹簧释放后,A、B分别相对于小车向左、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上的重力和支持力,它们的合力为零,故该系统的动量守恒,B、D选项正确。若A、B所受摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受的外力之和为零,故其动量守恒,C选项正确。
2.(2020·浙江舟山月考)木块A和B用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,A紧靠在墙壁上,在B上施加向左的水平力使弹簧压缩,如图所示,当撤去外力后,下列说法正确的是( )A.A和B系统的机械能守恒B.A尚未离开墙壁时,A和B系统的动量守恒C.A离开墙壁后,A和B系统的动量守恒D.A离开墙壁后,A和B系统的动量不守恒
解析:当撤去外力后,以A、B及弹簧组成的系统为研究对象,除了系统内弹力做功外,无其他力做功,系统的机械能守恒,由于弹簧的弹性势能在变化,所以A和B系统的机械能不守恒,故A错误。A尚未离开墙壁时,墙壁对A有向右的作用力,系统所受的合外力不为零,因此该过程系统的动量不守恒,故B错误。当A离开墙壁后,系统水平方向和竖直方向受力均平衡,所以系统的合外力为零,系统的动量守恒,故C正确,D错误。
整合构建应用动量守恒定律解题的步骤明确研究对象,确定系统的组成⇓受力分析,确定动量是否守恒⇓规定正方向,确定初、末动量⇓根据动量守恒定律,建立守恒方程⇓代入数据,求出结果并讨论说明
【典例1】 如图所示,甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0=2 m/s的速度相向运动,甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为m1=90 kg,乙和他的装备总质量为m2=135 kg,为了避免直接相撞,乙从自己的装备中取出一质量m=45 kg的物体A推向甲,甲接住A后即不再松开,此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动,且安全“飘”向空间站。(设甲、乙距离空间站足够远,本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出?(2)设甲与物体A作用时间为t=0.5 s,求甲与A的相互作用力F的大小。
思维点拨(1)甲、乙最终速度相同,甲、乙、A组成系统动量守恒;(2)可以选择甲或A为研究对象,应用动量定理可以求出甲与A间的相互作用力。
解析:(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象,系统动量守恒,以乙运动的方向为正方向,则有m2v0-m1v0=(m1+m2)v1以乙和A组成的系统为研究对象,由动量守恒得m2v0=(m2-m)v1+mv代入数据联立解得v1=0.4 m/s,v=5.2 m/s。(2)以甲为研究对象,由动量定理得Ft=m1v1-(-m1v0),代入数据解得F=432 N。答案:(1)5.2 m/s (2)432 N
训练突破3.(多选)(2020·全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为( )A.48 kgB.53 kgC.58 kgD.63 kg
解析:以人和物块为系统,设人的质量为m人,物块的质量为m,速度v0=5.0 m/s,人第一次推出物块后的速度为v1,在第一次推出物块的过程中,0=m人v1-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第二次推出的过程中,m人v1+mv0=m人v2-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第三次推出的过程中,m人v2+mv0=m人v3-mv0……在人接住反弹而回的物块并将其第七次推出的过程中,m人v6+ mv0=m人v7-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第八次推出的过程中,m人v7+mv0=m人v8-mv0。由于第七次推出后,v7<5 m/s,把前七次的方程求和得m人(v1+v2+…+v6)+6mv0=m人(v1+v2+…+v7)-7mv0,可求出m人>52 kg,A错误。由于第八次推出后,v8>5 m/s,把前八次的方程求和得m人(v1+v2+…+v7)+7mv0=m人(v1+v2+…+v8)-8mv0,可求出m人<60 kg,D错误。故B、C正确。
整合构建1.对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动,通常用动量守恒来处理。(2)反冲运动中,由于有其他形式的能转变为机械能,所以系统的总机械能增加。(3)反冲运动中平均动量守恒。
2.爆炸现象的三个规律(1)动量守恒:由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒。(2)动能增加:在爆炸过程中,由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加。(3)位置不变:爆炸的时间极短,因而作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
【典例2】 (2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求:(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。思维点拨(1)烟花弹在从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动,由速度时间公式求上升的时间。(2)研究爆炸过程,由动量守恒定律和能量守恒定律结合求爆炸后瞬间两部分的速度,再由运动学公式求最大高度。
训练突破4.(2020·福建永春华侨中学高二月考)如图所示,质量为m0的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止。若救生员以相对水面的速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为( )
整合构建1.对碰撞的理解(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,故外力的作用可忽略,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,则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。
2.分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒,即p1+p2=p1'+p2'。
(3)速度要合理①碰前两物体同向,则v后>v前;碰后,原来在前的物体速度一定增大,且v前'≥v后'。②两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
3.弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例,则有
结论:(1)当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1,两球碰撞后交换了速度。(2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,并且v1'
【典例3】 (14分)如图所示,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量m1=30 kg,冰块的质量m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求斜面体的质量。(2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?
思维点拨(1)冰块与小孩相互作用过程中动量守恒吗?(2)冰块与斜面体作用过程动量守恒吗?机械能守恒吗?
提示 (1)守恒。(2)冰块与斜面体水平方向动量守恒,两者作用过程机械能守恒。
解析:(1)规定向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。水平方向由动量守恒定律和机械能守恒定律得
式中v0=3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3=20 kg,v=1 m/s。③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有m1v1+m2v0=0 ④代入数据得v1=-1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后速度分别为v2和v3,由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0=m2v2+m3v3 ⑥
联立③⑥⑦式并代入数据得v2=-1 m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。注意:(1)①②③④⑥⑦每式2分,其余各式1分。(2)中间过程正确,结果不正确,只扣结果分。答案:(1)20 kg (2)不能,理由见解析
训练突破5.(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为( )A.3 JB.4 JC.5 JD.6 J
“子弹打物块模型”与“人船模型”建构模型构建1.子弹打木块模型(1)子弹打木块的过程很短暂,认为该过程内力远大于外力,则系统动量守恒。(2)在子弹打木块过程中摩擦生热,系统机械能不守恒,机械能向内能转化。(3)若子弹不穿出木块,二者最后有共同速度,机械能损失最多。
2.人船模型是动量守恒定律的典型应用(1)符合“人船模型”的条件:相互作用的物体原来都静止,且满足动量守恒条件。(2)“人船模型”的特点:人动“船”动,人停“船”停,人快“船”快,人慢“船”慢,人上“船”下,人左“船”右。由动量守恒定律有m1v1-m2v2=0,即m1v1=m2v2。方程两边同时乘以时间t,m1v1t=m2v2t,即m1s1=m2s2。s1+s2=l与m1s1=m2s2联立解得
典例示范如图所示,质量m=245 g的物块(可视为质点)放在质量m木=0.5 kg的木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。质量m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),g取10 m/s2。子弹射入后,求: (1)子弹射入物块后一起向右滑行的最大速度v1;(2)木板向右滑行的最大速度v2;(3)物块在木板上滑行的时间t。
思维点拨(1)子弹射入物块后到一起向右滑行的时间极短,木板速度仍为零。(2)子弹与物块一起运动的初速度即为物块向右运动的最大速度v1。(3)木板足够长,物块最终与木板同速,此时,木板向右滑行的速度v2最大。
解析:(1)子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度,由动量守恒定律可得m0v0=(m0+m)v1解得v1=6 m/s。(2)当子弹、物块、木板三者同速时,木板的速度最大,由动量守恒定律可得(m0+m)v1=(m0+m+m木)v2解得v2=2 m/s。(3)以子弹初速度的方向为正方向,对物块和子弹组成的整体应用动量定理得-μ(m0+m)gt=(m0+m)v2-(m0+m)v1解得t=1 s。答案:(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
变式训练如图所示,气球下面有一根长绳,一个质量m1=50 kg的人抓在气球下方,气球和长绳的总质量m2=20 kg,长绳的下端刚好和水平面接触,当静止时人离地面的高度h=5 m。如果这个人沿绳缓慢向下滑,当他滑到绳下端时,他离地面的高度是(可以把人看作质点)( )A.5 mB.3.6 mC.2.6 mD.8 m
相关课件
人教版高考物理一轮总复习课时质量评价23动量守恒定律及其应用习题课件： 这是一份人教版高考物理一轮总复习课时质量评价23动量守恒定律及其应用习题课件，共38页。
人教版高考物理一轮总复习第9章第2讲动量守恒定律及其应用课件： 这是一份人教版高考物理一轮总复习第9章第2讲动量守恒定律及其应用课件，共60页。PPT课件主要包含了必备知识·落实基础性，关键能力·提升综合性等内容，欢迎下载使用。
高考物理总复习6.2动量守恒定律及其应用课件PPT： 这是一份高考物理总复习6.2动量守恒定律及其应用课件PPT，共40页。PPT课件主要包含了-2-，知识梳理，考点自诊，-3-，-4-，-5-，答案3∶2，-6-，-7-，-8-等内容，欢迎下载使用。
