2019届二轮复习专题二功和能动量考点3　动量定理与动量守恒定律课件（66张）

2019届二轮复习专题二功和能动量考点3　动量定理与动量守恒定律课件（66张）

考点 3 　动量定理与动量守恒定律 [ 高考定位 ] 1 ． 考查内容 (1) 动量定理的应用。 (2) 动量守恒定律的应用 ( 如：滑块、滑板问题、碰撞问题、爆炸反冲问题等 ) 。 2 ． 题型、难度 选择题，计算题 选择题难度中等，计算题常常是动量与能量结合考查，难度较大。 锁定命题方向 [ 体验高考 ] 1 ． ( 多选 ) (2017 · 全国卷 Ⅰ ) 将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空， 50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为 ( 喷出过程中重力和空气阻力可忽略 ) A ． 30 kg · m /s 　　　　　 B ． 5.7×10 2 kg · m/ s C ． 6.0 × 10 2 kg · m /s D ． 6.3×10 2 kg · m/ s 解析 　设火箭的质量为 m 1 ，燃气的质量为 m 2 ，根据动量守恒， m 1 v 1 ＝ m 2 v 2 ，解得火箭的动量为： P ＝ m 2 v 2 ＝ m 1 v 1 ＝ 30 kg · m/s ，所以 A 正确； BCD 错误。 答案 　 A 2 ． ( 多选 ) (2017 · 全国卷 Ⅲ ) 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 － 3 － 1 所示，则 图 2 － 3 － 1 A ． t ＝ 1 s 时物块的速率为 1 m/s B ． t ＝ 2 s 时物块的动量大小为 4 kg · m/s C ． t ＝ 3 s 时物块的动量大小为 5 kg · m/s D ． t ＝ 4 s 时物块的速度为零 答案 　 AB 3 ． (2016 · 全国卷 Ⅱ ) 如图 2 － 3 － 2 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 m 1 ＝ 30 kg ，冰块的质量为 m 2 ＝ 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/ s 2 。 图 2 － 3 － 2 (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？ 答案 　 (1)20 kg 　 (2) 见解析 【 必记要点 】 动量定理的理解 1 ．公式 Ft ＝ p ′ － p 是矢量式，左边是物体受到所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量。其中的 F 是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则 F 是合外力在 t 时间内的平均值。 突破高频考点 考点一　动量定理的应用 2 ．动量定理说明的是合外力的冲量 I 合 和动量的变化量 Δ p 的关系，不仅 I 合 与 Δ p 大小相等，而且 Δ p 的方向与 I 合 的方向相同。 3 ．公式 Ft ＝ p ′ － p 说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。 [ 例 1] 　 ( 多选 ) 在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力 F 的作用下，经过时间 t 、通过位移 L 后，动量变为 p 、动能变为 E k ，以下说法正确的是 A ．在力 F 的作用下，这个物体若是经过时间 3 t ，其动量将等于 3 p B ．在力 F 的作用下，这个物体若是经过位移 3 L ，其动量将等于 3 p C ．在力 F 的作用下，这个物体若是经过时间 3 t ，其动能将等于 3 E k D ．在力 F 的作用下，这个物体若是经过位移 3 L ，其动能将等于 3 E k [ 答案 ] 　 AD [ 例 2] 　在被誉为 “ 中国轿车第一撞 ” 的碰撞试验中，让汽车以 50 km /h 的碰撞速度驶向质量为 80 t 的碰撞试验台，由于障碍物的质量足够大可视为固定的，所以撞击使汽车的速度在碰撞的极短时间内变为零，如果让同样的汽车以 100 km/ h 的速度撞向未固定的与汽车同质量的物体，设想为完全非弹性碰撞，且碰撞完成所需的时间是 “ 第一撞 ” 试验的两倍，求两种碰撞过程中汽车受到的平均冲击力之比。 [ 答案 ] 　 2∶1  规律总结 动量定理的应用 1 ．应用 I ＝ Δ p 求变力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用 Ft 求变力的冲量，则可求物体动量的变化 Δ p ，等效代换变力的冲量 I 。 2 ．应用 Ft ＝ Δ p 求恒力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量 Ft ，等效代换动量的变化。 3 ．应用动量定理解题的步骤： (1) 选取研究对象； (2) 确定所研究的物理过程及其始、终状态； (3) 分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况； (4) 规定正方向，根据动量定理列式； (5) 解方程，统一单位，求得结果。 【 题组训练 】 1 ． ( 动量定理与动能定理的比较 ) (2018 · 青岛二模 ) 一质量为 1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从 t ＝ 0 时刻开始，受到如图 2 － 3 － 3 所示的水平外力作用，下列说法正确的是 图 2 － 3 － 3 A ．第 1 s 末物体的速度为 2 m/s B ．第 2 s 末外力做功的瞬时功率最大 C ．第 1 s 内与第 2 s 内质点动量增加量之比为 1 ∶ 2 D ．第 1 s 内与第 2 s 内质点动能增加量之比为 4 ∶ 5 答案 　 D 2 ． ( 利用动量定理求变力 ) 如图 2 － 3 － 4 所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为 80 cm ，足球的质量为 400 g ，与头部作用时间 Δ t 为 0.1 s ，则足球一次在空中的运动时间及足球给头部的作用力大小 ( 空气阻力不计， g ＝ 10 m/s 2 ) 图 2 － 3 － 4 A ． t ＝ 0.4 s ； F N ＝ 40 N B ． t ＝ 0.4 s ； F N ＝ 36 N C ． t ＝ 0.8 s ； F N ＝ 36 N D ． t ＝ 0.8 s ； F N ＝ 40 N 答案 　 C 【 必记要点 】 1 ． 动量守恒定律的内容 一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 2 ． 表达式： m 1 v 1 ＋ m 2 v 2 ＝ m 1 v 1 ′ ＋ m 2 v 2 ′ ；或 p ＝ p ′ ( 系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后总动量 p ′ ) ；或 Δ p ＝ 0( 系统总动量的增量为零 ) ；或 Δ p 1 ＝－ Δ p 2 ( 相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量等大反向 ) 。 考点二　动量守恒定律的应用 3 ． 守恒条件 (1) 系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零。 (2) 系统合外力不为零，但在某一方向上系统受力为零，则系统在该方向上动量守恒。 (3) 系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程。 [ 例 3] 　如图 2 － 3 － 5 所示，质量为 m ＝ 245 g 的物块 ( 可视为质点 ) 放在质量为 M ＝ 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为 μ ＝ 0.4 。质量为 m 0 ＝ 5 g 的子弹以速度 v 0 ＝ 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/ s 2 。子弹射入后，求： 图 2 － 3 － 5 (1) 子弹与物块一起向右滑行的最大速度 v 1 。 (2) 木板向右滑行的最大速度 v 2 。 (3) 物块在木板上滑行的时间 t 。 [ 审题探究 ] (1) 子弹射入物块的过程，子弹和物块组成的系统动量是否守恒？ (2) 物块在木板上滑动的过程，子弹、物块、木板三者组成的系统动量是否守恒？ [ 解析 ] 　 (1) 子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为最大速度，由动量守恒定律可得： m 0 v 0 ＝ ( m 0 ＋ m ) v 1 ， 解得 v 1 ＝ 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： ( m 0 ＋ m ) v 1 ＝ ( m 0 ＋ m ＋ M ) v 2 ， 解得 v 2 ＝ 2 m/s 。 (3) 对物块和子弹组成的整体应用动量定理得： － μ ( m 0 ＋ m ) gt ＝ ( m 0 ＋ m ) v 2 － ( m 0 ＋ m ) v 1 ， 解得 t ＝ 1 s 。 [ 答案 ] 　 (1)6 m /s 　 (2)2 m/ s 　 (3)1 s  规律总结 应用动量守恒定律解题的步骤 1 ．明确研究对象，确定系统的组成 ( 系统包括哪几个物体及研究的过程 ) ； 2 ．进行受力分析，判断系统动量是否守恒 ( 或某一方向上动量是否守恒 ) ； 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。 【 题组训练 】 1 ． ( 多选 ) 两个小木块 A 和 B 中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平平台上，某时刻剪断细线，小木块被弹开，落地点与平台边缘的水平距离分别为 l A ＝ 1 m ， l B ＝ 2 m ，如图 2 － 3 － 6 所示，则下列说法正确的是 图 2 － 3 － 6 A ．木板 A 、 B 离开弹簧时的速度大小之比 v A ∶ v B ＝ 1 ∶ 2 B ．木块 A 、 B 的质量之比 m A ∶ m B ＝ 2 ∶ 1 C ．木块 A 、 B 离开弹簧时的动能之比 E kA ∶ E kB ＝ 1 ∶ 2 D ．弹簧对木块 A 、 B 的冲量大小之比 I A ∶ I B ＝ 1 ∶ 2 答案 　 ABC 2 ．如图 2 － 3 － 7 所示，光滑水平轨道上放置长板 A ( 上表面粗糙 ) 和滑块 C ，滑块 B 置于 A 的左端，三者质量分别为 m A ＝ 2 kg 、 m B ＝ 1 kg 、 m C ＝ 2 kg 。开始时 C 静止， A 、 B 一起以 v 0 ＝ 5 m/s 的速度匀速向右运动， A 与 C 发生碰撞 ( 时间极短 ) 后 C 向右运动，经过一段时间， A 、 B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与 C 碰撞。求 A 与 C 发生碰撞后瞬间 A 的速度大小。 图 2 － 3 － 7 解析 　 因碰撞时间极短， A 与 C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间 A 的速度为 v A ， C 的速度为 v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m A v 0 ＝ m A v A ＋ m C v C ① A 与 B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为 v AB ，由动量守恒定律得 m A v A ＋ m B v 0 ＝ ( m A ＋ m B ) v AB ② A 与 B 达到共同速度后恰好不再与 C 碰撞，应满足 v AB ＝ v C ③ 联立 ①②③ 式，代入数据得 v A ＝ 2 m/s 。 答案 　 2 m/s 考点三　碰撞规律的理解及应用 结论： (1) 当两球质量相等时， v 1 ′ ＝ 0 ， v 2 ′ ＝ v 1 ，两球碰撞后交换了速度。 (2) 当质量大的球碰质量小的球时， v 1 ′ ＞ 0 ， v 2 ′ ＞ 0 ，碰撞后两球都沿速度 v 1 的方向运动。 (3) 当质量小的球碰质量大的球时， v 1 ′ ＜ 0 ， v 2 ′ ＞ 0 ，碰撞后质量小的球被反弹回来。 情景一： 若碰前两物体同向运动，则应有 v 后 ＞ v 前 ，原来在前的物体碰后速度一定增大。若碰后两物体同向运动，则应有 v 前 ′≥ v 后 ′ 。若碰后两物体运动方向相反，则 v 前 ′ 与 v 后 ′ 大小关系不确定。 情景二： 碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 图 2 － 3 － 8 [ 审题探究 ] (1) 要想使物块 a 运动到 b 处，且与 b 发生碰撞，物块 a 与地面的动摩擦因数满足什么条件？ (2) a 与 b 的碰撞过程满足什么规律？ (3) b 物块与墙壁不能发生碰撞， b 与地面的动摩擦因数满足什么条件？ 【 题组训练 】 1 ． ( 碰撞规律的理解 ) 如图 2 － 3 － 9 所示，质量为 m 的物块甲以 3 m /s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为 m 的物体乙以 4 m/ s 的速度与甲相向运动，则 图 2 － 3 － 9 A ．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹簧弹力的作用，甲乙两物体组成的系统动量不守恒 B ．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零 C ．甲物块的速率可达到 5 m/s D ．当甲物块的速率为 1 m /s 时，乙物块的速率可能为 2 m/ s ，也可能为 0 解析 　甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于不受外力的作用，甲乙两物体组成的系统动量守恒，选项 A 错误；当两物块相距最近时，甲乙物块的速度相等，选项 B 错误；若物块甲的速率达到 5 m /s ，方向与原来相同，则 mv 乙 － mv 甲 ＝ 2 mv ，代入解得 v 乙 ′ ＝ 6 m/ s ，两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律。若物块甲的速率达到 5 m /s ，方向与原来相反，则 mv 乙 － mv 甲 ＝ mv 甲 ′ ＋ mv 乙 ′ ，代入解得 v 乙 ′ ＝－ 4 m/ s ，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律。所以物块甲的速率不可能达到 5 m /s 。故 C 错误；若物块甲的速率为 1 m/ s ，方向与原来相同，则由 m v 乙 － m v 甲 ′ ＝－ m v 甲 ′ ＋ m v 乙 ′ ，代入解得 v 乙 ′ ＝ 2 m /s 。若物块甲的速率为 1 m/ s ，方向与原来相反，则由 m v 乙 － m v 甲 ＝ m v 甲 ′ ＋ m v 乙 ′ ，代入解得 v 乙 ′ ＝ 0 。故 D 正确。 答案 　 D 2 ． ( 多选 ) ( 碰撞现象的图象问题 ) 如图 2 － 3 － 10 所示为 A 、 B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图象。 a 、 b 分别为 A 、 B 两球碰前的位移图象， c 为碰撞后两球共同运动的位移图象，若 A 球质量是 m ＝ 2 kg ，则由图判断下列结论正确的是 图 2 － 3 － 10 A ． B 碰撞前的总动量为 3 kg · m/s B ．碰撞时 A 对 B 所施冲量为－ 4 N · s C ．碰撞前后 A 的动量变化为 4 kg · m/s D ．碰撞中 A 、 B 两球组成的系统损失的动能为 10 J 答案 　 BCD 【 必记要点 】 1 ． 爆炸的特点 (1) 动量守恒：物体间的内力远大于外力，总动量守恒。 (2) 动能增加：其他形式的能转化为动能，系统的总动能增加。 2 ． 反冲的特点 (1) 若系统所受外力为零，则系统的动量守恒。 (2) 若系统所受外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则该方向上动量守恒。 考点四　爆炸和反冲　人船模型 [ 例 5] 　平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定车上的货厢边沿水平方向跳出，落在平板车地板上的 A 点，距货厢的水平距离为 l ＝ 4 m ，如图 2 － 3 － 11 所示。人的质量为 m ，车连同货厢的质量为 M ＝ 4 m ，货厢高度为 h ＝ 1.25 m ，求： 图 2 － 3 － 11 (1) 车从人跳出后到落到地板期间的反冲速度； (2) 人落在地板上并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？ ( g 取 10 m/s 2 ) [ 审题探究 ] (1) 人与车 ( 包含货厢 ) 组成的系统动量是否守恒？水平方向系统的动量是否守恒？ (2) 人与车在水平方向的位移有何关系？ [ 答案 ] 　 (1)1.6 m/s 　 (2) 车不运动　 0.8 m 【 题组训练 】 1 ． ( 爆炸问题 ) 一弹丸在飞行到距离地面 5 m 高时仅有水平速度 v ＝ 2 m /s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为 3 ∶ 1 。不计质量损失，取重力加速度 g ＝ 10 m/ s 2 ，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 答案 　 B 2 ． ( 反冲问题 ) 如图 2 － 3 － 12 所示，一辆质量为 M ＝ 3 kg 的小车 A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量为 m ＝ 1 kg 的光滑小球 B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为 E p ＝ 6 J ，小球与小车右壁距离为 L ，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求： 图 2 － 3 － 12 (1) 小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小； (2) 在整个过程中，小车移动的距离。