专题二 第9课时　动量课件PPT

这是一份专题二 第9课时　动量课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了第9课时动量，命题规律，专题强化练，高考预测，高考题型1，动量定理及应用，高考题型2，动量守恒定律及应用，高考题型3，碰撞模型及拓展等内容，欢迎下载使用。

1.命题规律：(1)动量定理及应用； (2)动量守恒定律及应用； (3)碰撞模型及拓展.2.常考题型：选择题、计算题.
高考题型1　动量定理及应用
高考题型2　动量守恒定律及应用
高考题型3　碰撞模型及拓展
1.冲量的三种计算方法
2.动量定理(1)公式：FΔt＝mv′－mv(2)应用技巧①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统.②表达式是矢量式，需要规定正方向.③匀变速直线运动，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.④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力.⑤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.
3.流体作用的柱状模型对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图1所示.设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)
(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.
例1　(2020·全国卷Ⅰ·14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
考向一　动量定理对生活现象的解释
解析　汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上所述，选项D正确.
例2　(2019·全国卷Ⅰ·16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展.若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为A.1.6×102 kg B.1.6×103 kgC.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
考向二　动量定理的定量计算
例3　对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质.正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量.为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变.利用所学力学知识，推导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系.(解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)
考向三　流体及尘粒柱状模型的应用
解析　如图所示，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有 的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，
1.判断守恒的三种方法(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板－块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型.(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲.(3)某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)模型.
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(用的最多).(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4　(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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 kg B.53 kgC.58 kg D.63 kg
考向一　动量守恒定律的应用
解析　设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝ 由题意知，v7<5.0 m/s，则M>52 kg，又知v8>5.0 m/s，则M<60 kg，故选B、C.
例5　(多选)如图2所示，小车质量为M，置于光滑水平地面上，小车顶端有半径为R的四分之一光滑圆，质量为m的小球(可视为质点)从圆弧顶端由静止释放，重力加速度为g.对此运动过程分析，下列说法中正确的是A.当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为R
考向二　人船模型和反冲运动
设小球由静止释放至滑到最低点的过程中，小球和小车各自的位移大小为x1和x2，则mx1－Mx2＝0，且x1＋x2＝R，联立解得x1＝ ，故A错误，B正确.
1.碰撞问题遵循的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度.
2.两种碰撞特点(1)弹性碰撞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，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′
结论：①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度.②当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动.③当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来.(2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失：
3.碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
例6　(2020·全国卷Ⅲ·15)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3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 J B.4 J C.5 J D.6 J
解析　根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，
例7　(2019·海南卷·13)如图4，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉直状态.现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b滑行的最大距离为s.已知b的质量是a的3倍.b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.求：(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小；
解析　设a的质量为m，则b的质量为3m，
a、b碰撞的过程：mv0＝mva＋3mvb
联立解得：L＝4μs.
例8　(多选)(2021·山东潍坊市昌乐一中高三期末)如图5所示， 光滑圆槽B静置于光滑水平地面上.槽底端与水平面相切，一小球A从水平地面以初速度v0滑向圆槽，从底端沿槽上滑，未冲出圆槽，最后滑回水平地面.已知小球的质量为m，圆槽的质量为M，重力加速度为g.下列说法中正确的是
C.小球上滑过程比下滑过程的动量变化大D.上滑过程圆槽的动能增加量比下滑过程圆槽的动能增加量小
解析　小球滑上B，滑到最高点时，水平方向动量守恒mv0＝(m＋M)v
小球离开B时，B的速度最大，
所以小球上滑过程和下滑过程的动量变化一样大，C错误；
所以上滑过程圆槽的动能增加量比下滑过程圆槽的动能增加量小，D正确.
1.(2021·山东济宁市高三期末)航天器离子发动机原理如图6所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化 (即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或
姿态调整的反冲动力.已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响.
该发动机产生的平均推力F的大小为
2.如图7所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B.若将小球的初速度增大为2v0，不计空气阻力，则小球能达到距B点的最大高度为A.R C.3R D.4R
解析　若小球以水平速度v0滑上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0的方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得mv0＝2mv1由机械能守恒定律得
故距B点的最大高度为3R.故选C.
若小球以2v0冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平方向上速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得2mv0＝2mv2由能量守恒得
3.(2021·广东江门市台师高级中学高三期末)如图8所示，一带有 光滑圆弧轨道的长木板质量为M＝3 kg，放置于光滑水平面上.长木板水平部分长L＝2 m，圆弧轨道半径R＝0.6 m，末端与长木板相切于B点.在圆弧轨道最高点A点由静止释放一质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)，最后滑块恰好不脱离长木板.(取g＝10 m/s2)求：(1)滑块刚滑到圆弧底端B点时滑块的速度v1和长木板的速度v2；
答案　3 m/s，方向向左　1 m/s，方向向右
解析　滑块从A滑到B过程，系统机械能守恒，在水平方向动量守恒，以向左为正方向mv1＋Mv2＝0
代入数据解得v1＝3 m/s，方向水平向左；v2＝－1 m/s，负号表示方向水平向右.
(2)滑块与长木板之间的动摩擦因数μ；
解析　滑块与长木板组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(M＋m)v3代入数据解得v3＝0由能量守恒定律得
代入数据解得μ＝0.3
(3)滑块在长木板水平部分上滑行的时间t.
解析　对滑块，由动量定理得－μmgt＝mv3－mv1代入数据解得t＝1 s.
1.(2021·全国乙卷·14)如图1，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦.用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动.在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒
解析　因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒.故选B.
2.(2021·华中师范大学附属中学高三期末)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入.如质量50 kg的人从高处往低处跳，人的脚尖着地时人的速度为4 m/s，为避免受伤从脚尖着地开始双腿逐渐弯曲到静止，此过程中人与地面作用的时间为0.5 s，重力加速度g＝10 m/s2.在双腿逐渐弯曲的过程中，人受到地面的平均作用力为A.900 N B.400 NC.250 N D.100 N
3.(多选)一质量为2 kg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2所示，则A.t＝1 s时物块的速率为1 m/sB.t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t＝4 s时物块的速度为零
t＝2 s时物块的动量大小p2＝F1t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2
－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误.
4.(多选)(2021·广东广州市一模)长木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物块b.以地面为参考系，给a和b以大小均为v0、方向相反的初速度，最后b没有滑离a.设a的初速度方向为正方向，a、b的v－t图像可能正确的是
5.(2021·山东威海市高三期末)查德威克因发现中子而获得了1935年度的诺贝尔物理学奖.为测定中子的质量，查德威克用初速度相同的中子分别与静止的氢核 和静止的氮核 发生弹性正碰，实验中，他测得碰撞后的氢核与氮核的速度之比为7∶1，则中子与氢核的质量之比为A.1∶1 B.6∶5C.7∶6 D.8∶7
6.(多选)(2020·内蒙古包头市高三下学期一模)如图3，长度为l＝1 m，质量为M＝1 kg的车厢，静止于光滑的水平面上.车厢内有一质量为m＝1 kg、可视为质点的物块以速度v0＝10 m/s从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度取g＝10 m/s2.下列说法正确的是A.n＝26B.系统因摩擦产生的热量为25 JC.物块最终停在车厢右端D.车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右
解析　由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得车厢最终运动的速度为v＝5 m/s，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得：代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q＝25 J，故B、D正确；
7.(多选)(2021·湖南卷·8)如图4(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a－t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小.A在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0B.mA>mBC.B运动后，弹簧的最大形变量等于xD.S1－S2＝S3
解析　由于在0～t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙＝F弹，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于
由a－t图像可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB由题图(b)可知aB>aA，则mBA，则可将研究对象转换为A，撤去F后A水平方向只受弹力作用，则根据动量定理有I＝mAv0(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
由题图(b)可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后A、B动量守恒，A、B和弹簧整个系统能量守恒，则mAv0＝mAvA＋mBvB，
可得A、B整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为A、B系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；由a－t图像可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1～t2时间内A、B组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a－t图像中图线与横轴所围的面积表示Δv可知，在t2时刻A、B的速度分别为vA＝S1－S2，vB＝S3，A、B共速，则S1－S2＝S3，D正确.
8.(多选)(2020·山东省六校线上联考)如图5所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的 光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为 ，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则A.B的最大速率为4 m/sB.B运动到最高点时的速率为 C.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞
9.(2021·河北张家口市一模)如图6所示，光滑水平面上质量为1 kg的滑块A和质量为2 kg的滑块B用水平轻弹簧连接，弹簧处于压缩状态且弹性势能为9 J，滑块A与左侧竖直墙壁接触但不粘连，整个系统处于静止状态.现将滑块B由静止自由释放，弹簧恰好恢复原长时，滑块B与静止在水平面上质量为1 kg的滑块C发生碰撞且粘合在一起，求：(1)滑块B、C碰后瞬间的速度大小；
解析　弹簧恰好恢复原长时，设碰前滑块B的速度为vB，
滑块B、C碰后，由动量守恒有mBvB＝(mB＋mC)v解得：v＝2 m/s
(2)弹簧第二次恢复原长时，滑块A与滑块B、C的速度大小.
答案　3 m/s　1 m/s
解析　碰后到弹簧第二次恢复原长时，由动量守恒和机械能守恒得(mB＋mC)v＝(mB＋mC)v′＋mAvA ，
解得：v′＝1 m/s，vA＝3 m/s.
10.如图7，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为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；
解析　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.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①
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v＝1 m/s，m3＝20 kg③
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
答案　不能，理由见解析
解析　设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰
块，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入数据得v1＝－1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
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冰块处在后方，故冰块不能追上小孩.
11.如图8所示，质量为m3＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个水平轻质弹簧.滑道CD部分粗糙，其他部分均光滑.质量为m2＝3 kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝1 kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放.两物体在滑道上的C点相碰后粘在一起(g＝10 m/s2).(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离；
解析　物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为x1，滑道的水平位移大小为x3，有
(2)若CD＝0.2 m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
对物体1和滑道，由动量守恒定律有0＝m1v1－m3v3物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v2，对物体1和物体2，由动量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹簧的弹性势能最大，设为Epm.
解析　设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3，由机械能守恒定律有
从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有
联立以上方程，代入数据解得Epm＝0.3 J.
(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？
解析　分析可知物体1、2和滑道最终静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒定律有
代入数据可得s＝0.25 m所以物体1、物体2最终停在D点左侧距离D点0.05 m处.
12.(2021·北京市顺义区高三期末)如图9所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度.将质量为3m的大球(在下)，质量为m的小球(在上)叠放在一起，从距水平地面高h处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力，重力加速度为g.假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短.下列说法正确的是A.两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为mgB.大球与地面碰撞前的速度大小为C.大球与小球碰撞后，小球上升的高度仍为hD.若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度为3h
解析　两球一起下落过程中，两球都处于完全失重状态，小球对大球的弹力大小为0，A错误；
若大球的质量远大于小球的质量，v1′会更大，小球上升的最大高度会更高，故D错误.