2018届二轮复习　动量与动量守恒课件（50张）（全国通用）

2018届二轮复习　动量与动量守恒课件（50张）（全国通用）

专题整合突破 专题二　能量与动量 第 7 讲　动量与动量守恒 1 微网构建 2 高考真题 3 热点聚焦 4 复习练案 微网构建 高考真题 A [ 解析 ] 　 本题考查动量守恒定律及其相关的知识点。 燃气从火箭喷口在很短的时间内喷出，其喷出过程中重力和空气阻力可忽略，因此火箭和燃气组成的系统所受合外力为零，运用动量守恒定律解答即可。 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为 p ，根据动量守恒定律，可得 p － m v 0 ＝ 0 ，解得 p ＝ m v 0 ＝ 0.050kg × 600m /s ＝ 30kg·m/ s ，选项 A 正确。 AB [ 解析 ] 　 本题通过 F － t 图象考查动量定理。 根据 F － t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力 F 的冲量，可知在 0 ～ 1 s 、 0 ～ 2 s 、 0 ～ 3 s 、 0 ～ 4 s 内合外力冲量分别为 2 N·s 、 4 N·s 、 3 N·s 、 2 N·s ，应用动量定理 I ＝ m Δ v 可知物块在 1 s 、 2 s 、 3 s 、 4 s 末的速率分别为 1 m /s 、 2 m/ s 、 1.5 m /s 、 1 m/ s ，物块在这些时刻的动量大小分别为 2 kg·m /s 、 4 kg·m/ s 、 3 kg·m /s 、 2 kg·m/ s ，则 AB 项均正确， CD 项均错误。 (1) B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间 t ； (2) A 的最大速度 v 的大小； (3) 初始时 B 离地面的高度 H 。 [ 解析 ] 　 本题以滑轮模型为载体考查运动学公式、动量守恒和能量守恒。 绳子绷直瞬间，两物块获得共同速度，可等效于发生完全非弹性碰撞，存在动能损失。考生容易犯的错误是忽视了这个关键环节，直接对整体应用机械能守恒定律。 热点聚焦 1 ．应用动量定理解决问题的关键 (1) 表达式 Ft ＝ m v 2 － m v 1 是矢量式，一定要规定正方向 (2) 表达式中的 Ft 是指合外力的冲量或者是各个外力冲量的矢量和 热点一　动量定理的理解和应用 2 ． 使用动量定理的注意事项 (1) 一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。 动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。这种情况下，动量定理中的力 F 应理解为变力在作用时间内的平均值。 (2) 动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的 F 是物体或系统所受的合力。 3 ． 应用动量定理解题的一般步骤 (1) 明确研究对象和研究过程 ( 研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段 ) (2) 进行受力分析：只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力 (3) 规定正方向 (4) 写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量，根据动量定理列方程求解 典例 1 (1) 金属盒能在地面上运动多远？ (2) 金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间多长？ C A ． I 1  I 2 ＝ 125 ， W 1  W 2 ＝ 65 B ． I 1  I 2 ＝ 65 ， W 1  W 2 ＝ 35 C ． I 1  I 2 ＝ 35 ， W 1  W 2 ＝ 65 D ． I 1  I 2 ＝ 35 ， W 1  W 2 ＝ 125 1 ． 动量守恒定律适用条件 (1) 前提条件：存在相互作用的物体系 (2) 理想条件：系统不受外力 (3) 实际条件：系统所受合外力为 0 (4) 近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力 (5) 方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒 热点二　动量守恒定律的应用 2 ．动量守恒定律的表达式 (1) m 1 v 1 ＋ m 2 v 2 ＝ m 1 v 1 ′ ＋ m 2 v 2 ′ ，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 (2) Δp 1 ＝－ Δp 2 ，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 3 ． 必须明确碰撞问题遵守的三条原则 (1) 动量守恒： p 1 ＋ p 2 ＝ p 1 ′ ＋ p 2 ′ (2) 动能不增加： E k 1 ＋ E k 2 ≥ E k 1 ′ ＋ E k 2 ′ (3) 速度要符合实际情况 典例 2 　　 弹性碰撞中的一动一静模型 如图所示，在光滑水平面上，质量为 m 1 的物体以速度 v 0 与质量为 m 2 、静止的物体发生弹性正碰，则有 方法总结 BC A ．在 t 1 ， t 2 时刻两物块达到共同速度 2 m/s ，且弹簧都处于伸长状态 B ．从 t 3 到 t 4 时刻间弹簧由压缩状态恢复到原长 C ．两物块的质量之比为 m 1  m 2 ＝ 2  1 D ．在 t 2 时刻， A 、 B 两物块的动能之比为 Ek 1  Ek 2 ＝ 4  1 C [ 解析 ] 　 若 Δp A ＝－ 3 kg·m /s 、 Δ p B ＝ 4kg·m/ s ，不遵守动量守恒定律，故 A 错误；若 Δp A ＝ 3 kg·m /s 、 Δ p B ＝－ 3 kg·m/ s ，遵守动量守恒定律。碰撞后 A 、 B 的动量分别为： p A ′ ＝ p A ＋ Δp A ＝ 12 ＋ 3 ＝ 15 kg·m /s ， p B ′ ＝ p B ＋ Δ p B ＝ 13 － 3 ＝ 10 kg·m/ s ，可知碰后 A 的动量增加， B 的动量减小；但由于碰撞过程中， A 受到向左的冲力， B 受到向右的冲力，所以 A 、 B 仍沿原方向运动时， A 的动量应减小， B 的动量应增加，因此这组数据是不可能的，故 B 错误；若 Δp A ＝－ 2 kg·m /s 、 Δ p B ＝ 2 kg·m/ s ，遵守动量守恒定律。碰撞后 A 、 B 的动量分别为： p A ′ ＝ p A ＋ Δp A ＝ 12 ＋ ( － 2) ＝ 10 kg·m /s ， p B ′ ＝ p B ＋ Δ p B ＝ 13 ＋ 2 ＝ 15 kg·m/ s ， A 的动量减小， B 的动量增加，则碰后 A 的动能减小， B 的动能增加，总动能可能不增加，所以是可能的，故 C 正确； 若 Δp A ＝－ 24 kg·m /s 、 Δ p B ＝ 24 kg·m/ s ，遵守动量守恒定律。碰撞后 A 、 B 的动量分别为： p A ′ ＝ p A ＋ Δp A ＝ 12 ＋ ( － 24) ＝－ 12 kg·m /s ， p B ′ ＝ p B ＋ Δ p B ＝ 13 ＋ 24 ＝ 37 kg·m/ s ，可知碰后 A 的动能不变， B 的动能增加，总动能增加，违反了能量守恒定律，所以是不可能的，故 D 错误，故选 C 。 动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题，解决这类问题要弄清物理过程，分清每一个物理过程，遵从什么样的物理规律。一般来说，若研究过程中涉及到时间，用动量定理或运动学公式列方程；若研究过程中不涉及时间，对象为单个物体，用动能定理列方程；对象为系统，用能量和动量守恒定律列方程。 热点三　动量守恒定律的综合应用 典例 3 (1) 求 A 与棋盘边框碰撞后的速度； (2) 若能到达棋洞上方且速率小于 4 m /s 的棋子均可进洞，问 B 能否进入棋洞？ (1) 弹簧的最大弹性势能； (2) 小车最后的速度 v ； (3) 滑块 Q 与车相对静止时 Q 到桌边的距离。 复习练案