2018高中物理二轮课件：高考研究(八) 聚焦选择题考法——动量定理、动量守恒定律
2018届二轮复习动量定理、动量守恒定律课件(33张)
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高考研究(八) 聚焦选择题考法——动量定理、动量守恒定律
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[必备知能]
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高考研究(八) 聚焦选择题考法——动量定理、动量守恒定律
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1．动量定理的应用范围 (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 便捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力问题。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。
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高考题型
典型试题
难度 ★★★ ★★☆
1.动量、冲量和动量定理 2017·全国Ⅲ卷T20 2.动量守恒定律的应用 2017·全国Ⅰ卷T14
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题型( 一) 动量、冲量和动量定理
高考定位：常考题型 解题关键： 重在理解两概念、 一定理的 矢量性
答案：A
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高考研究(八) 聚焦选择题考法——动量定理、动量守恒定律
解析：方法一：根据 Ft 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＝ mΔv 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 A、 B 正确， C、 D 错误。 F1 方法二： 前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动， 加速度 a1＝ ＝ m 2 m/s2＝ 1 m/ s2， t＝ 1 s 时物块的速率 v1＝ a1t1＝ 1 m/s， A 正确； t＝2 s 2 时物块的速率 v2＝ a1t2＝2 m/ s， 动量大小为 p2＝ mv2＝4 kg· m/s， B 正确； F2 物块在 2～ 4 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小为 a2＝ ＝ 0.5 m/s2， m t＝ 3 s 时物块的速率 v3＝ v2－ a2t3＝ (2－ 0.5× 1)m/ s＝ 1.5 m/s，动量大小为 p3＝ mv3＝3 kg· m/ s， C 错误； t＝ 4 s 时物块的速率 v4＝ v2－ a2t4＝ (2－ 0.5× 2)m/s＝ 1 m/ s， D 错误。 答案：AB
高考物理有约大二轮课件动量定理和动量守恒定律
非线性动力学在碰撞过程中应用
非线性碰撞模型
研究物体在碰撞过程中的非线性动力学行为，如分岔、混沌等现象 。
非线性振动分析
分析碰撞引起的物体非线性振动特性，探讨非线性振动对碰撞过程 的影响。
非线性动力学数值模拟
利用数值计算方法，对碰撞过程中的非线性动力学行为进行模拟分 析，揭示其复杂性和内在规律。
当前研究热点及未来发展趋势
动量定理揭示了力对时间的累积效应与物体动量变化之间的关系。
动量定理适用于恒力和变力的情况，对于变力，可以通过对时间进行积分 来处理。
适用范围及条件限制
动量定理适用于宏观低速运 动的物体，对于高速运动的 物体或微观粒子，需要考虑 相对论效应或量子力学理论
。
在应用动量定理时，需要注 意选取合适的参考系和坐标 系，以及正确计算物体所受
VS
备考策略建议
在备考过程中，要注重基础知识的理解和 记忆，熟练掌握动量定理和动量守恒定律 的应用方法；同时，要加强解题训练，提 高解题速度和准确性；此外，还要关注高 考动态和命题趋势，及时调整备考策略。
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高考物理有约大二轮课件动量 定理和动量守恒定律
汇报人：XX
20XX-01-23
CONTENTS
• 动量定理基本概念与性质 • 动量守恒定律原理及应用 • 典型问题解析与技巧指导 • 实验设计与验证方法探讨 • 知识拓展与前沿动态介绍 • 总结回顾与复习建议
01
动量定理基本概念与性质
动量定义及物理意义
复杂系统碰撞动力学
研究多个物体组成的复杂系统在碰撞过程中的动力学行为，揭示其相 互作用机制和整体效应。
高能物理中的碰撞问题
探讨高能物理实验中粒子碰撞的动力学过程，为理解物质基本结构和 相互作用提供线索。
2018版高考物理二轮教师用书：第1部分 专题7 动量定理
专题七 动量定理和动量守恒定律 ——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．动量定理(1)表达式：F ·Δt ＝Δp ＝p ′－p .(2)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理．2．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp ＝p ′－p .(2)动能和动量的关系：E k ＝p 22m .3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力的矢量和为零．(2)系统合外力不为零，但在某个方向上合外力为零．(3)系统合外力不为零，但系统内力远大于系统外力．4．爆炸与反冲现象中系统机械能会增加，但碰撞过程中系统机械能不会增加．考点1 动量定理与动量守恒定律(对应学生用书第33页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年3考：2018年Ⅰ卷T 14、Ⅲ卷T 20 2018年Ⅰ卷T 35(2)[考情分析]1．结合生活、生产、科技实际情景考查动量、冲量的概念及动量定理、动量守恒定律的简单应用，以选择题命题方式较多，难度一般．2．解答此类问题重在理解冲量和动量的矢量性，某一个力对物体的冲量与物体的运动状态、运动过程无关，与物体是否受其他力无关．3．应用动量定理时，要注意分析物体的受力，若无特殊说明，物体的重力应当考虑．4．判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力．1．(动量守恒定律的应用)(2018·Ⅰ卷T14)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．5.7×102kg·m/sC．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/sA[由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．燃气的动量p1＝m v＝0.18×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝30 kg·m/s，选项A正确．])一质量为2 kg的物块在合外力F的2．(动量定理的应用)(多选)(2018·Ⅲ卷T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7-1所示，则()图7-1A．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[题眼点拨]①“合外力F的作用下”说明力F的冲量等于物块动量的增量；②“从静止开始沿直线运动”说明物块的初动量为零．AB [由动量定理可得：Ft ＝m v ，故物块在t ＝1 s 时的速度v 1＝Ft 1m ＝2×12m/s ＝1 m/s ，A 正确；物块在t ＝2 s 时的动量p 2＝Ft 2＝2×2 kg·m/s ＝4 kg·m/s ，在t ＝3 s 时的动量大小p 3＝(2×2－1×1)kg·m/s ＝3 kg·m/s ，故B 正确，C 错误；在t ＝4 s 时，I 合＝(2×2－1×2)N·s ＝2 N·s ，由I 合＝m v 4可得t ＝4 s 时，物块的速度v 4＝1 m/s ，D 错误．]在第2题中，若物块放在水平桌面上，F 为物块受到的水平拉力，物块与地面的滑动摩擦力大小为1 N ，则物块在t 1＝1 s 时和t 4＝4 s 时的速度分别为( )A ．0.5 m/s 0B ．0 0.5 m/sC ．0.5 m/s －0.5 m/sD ．－0.5 m/s 0.5 m/sA [由动量定理可得：(F －f )t 1＝m v 1，可得t 1＝1 s 时物块速度v 1＝0.5 m/s ，在t ＝3 s 时，I 合＝(2×2－1×1－1×3) N·s ＝0，故此时物块速度为零，之后因F ＝f ，物块静止不动，因此t 4＝4 s 时，物块速度为零．]3．(动量定理的应用)(2018·Ⅰ卷T 35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.【导学号：19624182】[题眼点拨] ①分析流体问题应利用“微元法”．②“玩具稳定地悬停在空中”：说明水柱对玩具的冲击力与玩具重力相平衡．③“水柱冲击玩具底后，在……速度变为零”可在竖直方向根据动量定理建立方程．【解析】 (1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm＝ρΔV ①ΔV＝v0SΔt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S. ③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm)v 2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2. ⑧【答案】(1)ρv0S(2)v202g－M2g2ρ2v20S2■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．利用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．(4)根据动量定理列方程代入数据求解．2．动量守恒定律的五性(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．3．动量守恒定律的三种表达式及对应意义(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0.(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一个物体动量的增量与另一个物体动量的增量大小相等、方向相反．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1动量定理的应用1．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mgA[下降h阶段v2＝2gh，得v＝2gh，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，－(F－mg)t＝0－m v，得F＝m2ght＋mg，A正确．]考向2动量守恒定律的应用2．如图7-2所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为m A＝m C ＝3m B，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起最终三滑块之间距离不变．求B与C 碰撞前B的速度及最终的速度.【导学号：19624183】图7-2【解析】 对A 、B 被弹开过程由动量守恒有：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，对B 、C 碰撞过程由动量守恒有：m B v B ＝(m B ＋m C )v C由题意知三个滑块最终速度相同v A ＝v C解得最终速度v A ＝v C ＝4v 07，B 与C 碰撞前B 的速度v B ＝16v 07.【答案】 B 与C 碰撞前B 的速度为16v 07 最终的速度为4v 07考点2 动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用(对应学生用书第35页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年8考：2018年Ⅱ卷T 35(2)、Ⅲ卷T 35(2)2018年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2)2018年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2)2018年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2)[考情分析]1．以动量守恒定律与动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律进行综合命题，试题综合性强，难度较大，多以计算题的形式命题．2．具体问题中要注意物体间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．3．理清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．4．(“碰撞类”动量与能量的问题)(2018·Ⅲ卷T35(2))如图7-3所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．图7-3[题眼点拨] ①“a 与b 发生弹性碰撞”说明物块a 、b 碰撞过程中动量、动能均守恒；②“但b 没有与墙发生碰撞”说明物块b 碰撞后向右滑行的最大位移为l .【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12m v 20>μmgl① 即μ<v 202gl ②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有 12m v 20＝12m v 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有m v 1＝m v 1′＋34m v 2′④ 12m v 21＝12m v ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22 ⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1 ⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v 2′2≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl ⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件 32v 20113gl ≤μ<v 202gl .⑨【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl(2018·Ⅱ卷T35(2))两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．【解析】(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得v1＝－2 m/s ①v2＝1 m/s ②a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v＝23m/s ③由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ④联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8. ⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2 ⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝12(m1＋m2)v2 ⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2. ⑧【答案】(1)1∶8(2)1∶25．(“冲击板块类”动量与能量问题)(2018·Ⅱ卷T35(2))如图7-4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.图7-4(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？[题眼点拨]①“光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体”说明斜面体、滑板、冰块运动过程中不受摩擦力；②“冰块在斜面体上上升的最大高度为h”说明冰块在最大高度处时与斜面体速度相同．【解析】(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动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.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v ①1 2m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh ②式中v20＝－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. ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0 ④代入数据得v1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥1 2m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s ⑧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．【答案】(1)20 kg(2)见解析■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．三类碰撞的特点2．爆炸与反冲的特点(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒．(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加．(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反．3．动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝m v－m v0.②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，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．(2)能量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．③对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 “碰撞类”动量与能量问题3．[2018·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]如图7-5所示，水平轨道AB 长L＝9 m ，光滑倾斜轨道BC 足够长．开始时质量为m Q ＝1 kg 的滑块Q 静止在AB 中点M 处；在A 点，质量为m P ＝3 kg 的滑块P 以速度v 0＝5 m/s 向右运动；P 、Q 只会发生弹性碰撞，滑块经过B 点时，动能损失不计．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，P 、Q 与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1.求：图7-5(1)P 向右运动的最大位移大小；(2)Q 在倾斜轨道上能滑到的最大高度；(3)P 、Q 都停下后两滑块间的距离.【导学号：19624184】【解析】 (1)设P 、Q 碰撞前瞬间，P 的速度为v 1，由动能定理有－μm P g L 2＝12m P v 21－12m P v 20，解得v 1＝4 m/sP 、Q 发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m P v 1＝m P v P ＋m Q v Q由机械守恒定律有12m P v 21＝12m P v 2P ＋12m Q v 2Q 解得v P ＝2 m/s ，v Q ＝6 m/sP 继续向右运动的距离x P ＝v 2P 2μg ＝2 m ＜L 2＝4.5 mP 向右运动的最大位移x 1＝L 2＋x P ＝6.5 m.(2)由动能定理有－μm Q g L 2－m Q gh ＝0－12m Q v 2Q解得Q 在倾斜轨道上能滑到的最大高度h ＝1.35 m.(3)假设Q 从斜面上滑下来后，会与滑块P 发生第二次弹性碰撞．由运动学知识可知Q与P碰前，P已经停下来了．由动能定理有－μm Q g(L2＋L－x1)＝12m Qv22－12m Qv2Q解得P、Q碰前瞬间，Q的速度v2＝22 m/sP、Q间一定发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m Q v2＝m P v′P＋m Q v′Q由机械能守恒定律有12m Qv22＝12m Pv′2P＋12m Qv′2Q解得v′P＝222m/s，v′Q＝－222m/s，负号表示方向向右碰后滑块P向左滑动的位移x′P＝v′2P2μg＝2.75 m碰后滑块Q向右滑动的位移x′Q＝v′2Q2μg＝2.75 m＞L－x1＝2.5 m，所以滑块Q在第二次碰撞后会冲上斜面后返回x′＝x′Q－(L－x1)＝0.25 m，不会发生第三次碰撞所以P、Q都停下后两滑块相距Δx＝x′P＋x′Q－2x′＝5 m.【答案】(1)6.5 m(2)1.35 m(3)5 m考向2“冲击板块类”动量与能量问题4．[2018·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅱ)]如图7-6所示，在光滑桌面上置有长木板B和物块C，在长木板的右侧置有物块A，一开始A、B处于静止状态．物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.2，长木板B足够长．物块A 的质量为2 kg，长木板B的质量为1 kg，物块C的质量为3 kg.物块C以4 m/s 的初速度向右运动，与长木板B碰撞后，与长木板B黏在一起．重力加速度g取10 m/s2，试求：图7-6(1)C与B碰撞过程中，损失的机械能；(2)最终A、B、C的速度大小和A相对于B运动的距离.【导学号：19624185】【解析】(1)设B、C碰撞后的瞬间速度为v1，根据动量守恒定律得m C v C＝(m B＋m C)v1解得v1＝3 m/s碰撞过程中，损失的机械能为ΔE＝12m Cv2C－12(m B＋m C)v21解得ΔE＝6 J.(2)根据动量守恒定律得m C v C＝(m A＋m B＋m C)v2解得v2＝2 m/s根据功能关系：μm A gx＝12(m B＋m C)v21－12(m A＋m B＋m C)v22解得x＝1.5 m.【答案】(1)6 J(2)2 m/s 1.5 m(2018·衡水市冀州中学一模)如图所示，竖直平面内轨道ABCD的质量M＝0.4 kg，放在光滑水平面上，其中AB段是半径R＝0.4 m的光滑14圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道的BC段粗糙，动摩擦因数μ＝0.4，长L＝3.5 m，C点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)在距A点高为H＝3.6 m处由静止自由落下，恰沿A点滑入圆弧轨道(g＝10 m/s2)．求：(1)ABCD轨道在水平面上运动的最大速率；(2)小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小．【解析】(1)由题意分析可知，当小物体运动到圆弧最低点B时轨道的速率最大，设为v m，假设此时小物体的速度大小为v，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒，以初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得：M v m＝m v由机械能守恒得：mg(H＋R)＝12M v2m＋12m v2解得：v m＝2.0 m/s.(2)由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为v x，假设此时小物体在竖直方向的分速度为v y，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得：(M＋m)v x＝0由能量守恒得：mgH＝12(M＋m)v2x＋12m v2y＋μmg2L解得v x＝0，v y＝4.0 m/s故小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小v A＝v2x＋v2y＝16 m/s ＝4 m/s.【答案】(1)2.0 m/s(2)4 m/s考向3“传送带类”动量与能量问题5．如图7-7所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长L＝1 m，P点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3 m/s，一质量为1 kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得弹性势能E p＝9 J，物块与OP段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A 完全相同的物块B停在P点，B与传送带间的动摩擦因数μ2＝33，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g取10 m/s2，现释放A，求：图7-7(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速度v0；(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；(3)A、B能够碰撞的总次数．【解析】(1)设物块质量为m，A与B第一次碰撞前的速度为v0，则E p＝12m v2＋μ1mgL，解得v 0＝4 m/s.(2)设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v A 、v B ，则v A ＝0，v B ＝4 m/s ，碰后B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a 1，则mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＋μ2g cos θ＝10 m/s 2.运动的时间t 1＝v B a 1＝0.4 s ，位移x 1＝v B 2t 1＝0.8 m. 此过程相对运动路程Δs 1＝v t 1＋x 1＝2 m.此后B 反向加速，加速度仍为a 1，由于mg sin θ＝μ2mg cos θ，B 与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，加速时间为t 2＝v a 1＝0.3 s ， 位移为x 2＝v 2 t 2＝0.45 m.此过程相对运动路程Δs 2＝v t 2－x 2＝0.45 m.全过程摩擦产生的热量Q ＝μ2mg (Δs 1＋Δs 2)cos θ＝12.25 J.(3)B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A 向左运动再返回与B 碰撞，B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．则对A 、B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞，满足12m v 2＝2nμ1mgL .解得第二次碰撞后重复的过程数为n ＝2.25，所以碰撞总次数为N ＝2＋2n ＝6.5＝6(取整数)．【答案】 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次规范练高分| 动量与能量的综合应用类问题(对应学生用书第37页)[典题在线] (2018·达州市一模)(18分)如图7-8所示，质量为M ＝2.0 kg 的①小车静止在光滑水平面上，小车AB 部分是半径为R ＝0.4 m 的②四分之一圆弧光滑轨道，③BC 部分是长为L ＝0.2_m 的水平粗糙轨道，动摩擦因数为μ＝0.5，两段轨道相切于B 点．C 点离地面高为h ＝0.2 m ，质量为m ＝1.0 kg 的小球(视为质点)在小车上A 点④从静止沿轨道下滑，重力加速度取g ＝10 m/s 2.图7-8(1)⑤若小车固定，求小球运动到B点时受到的支持力大小F N；(2)⑥若小车不固定，小球仍从A点由静止下滑：(ⅰ)求小球运动到B点时小车的速度大小v2；(ⅱ)小球能否从C点滑出小车？若不能，请说明理由；若能，求小球落地时与小车之间的水平距离s.[信息解读]①小车与水平面间无摩擦，小车的初速度为零．②圆弧轨道光滑，小球与圆弧轨道间无摩擦作用．③小球在BC段运动时系统有摩擦热产生．④小球释放时初速度为零．⑤小球沿圆弧轨道下滑时，小球机械能守恒．⑥小球沿圆弧轨道下滑时，小球和小车组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒．[考生抽样][阅卷点评]【解析】 (1)小球从A 到B 的过程中机械能守恒，mgR ＝12m v 2B①(2分)在B 点由牛顿第二定律可得：F N －mg ＝m v 2B R②(1分) 解得：F N ＝30 N ． ③(1分) (2)(ⅰ)若不固定小车，小球到达B 点时速度为v 1，小车的速度为v 2，由动量守恒定律可得，m v 1－M v 2＝0④(1分)由系统机械能守恒定律可得：mgR ＝12m v 21＋12M v 22 ⑤(2分) 解得：v 1＝433 m/s ，v 2＝233 m/s.⑥(1分)(ⅱ)设小球能从小车右端C 点滑出，滑出时小球的速度为v 3，小车的速度为v 4，由系统动量守恒定律可得：m v 3－M v 4＝0，⑦(1分)由能量守恒定律可得：mgR ＝12m v 23＋12M v 24＋μmgL⑧(2分) 解得：v 3＝2 m/s ，v 4＝1 m/s ⑨(1分)故小球能从小车右端C 点滑出，滑出后小球做平抛运动，小车以速度v 4向左做匀速直线运动，则：h ＝12gt 2⑩(1分) x m ＝v 3t ⑪(1分)x M＝v4t ⑫(1分) s＝x m＋x M ⑬(2分)可解得：s＝0.6 m．⑭(1分)【答案】(1)30 N(2)(ⅰ)233m/s(ⅱ)能0.6 m[评分标准]第(2)(ⅰ)中，表达式④、⑤正确且计算结果也正确，但将题目要求小车的速度，写成小球的速度大小的减1分．第(2)(ⅱ)中，只计算出小球平抛的水平位移即作为最后结果且计算正确的，减去4分．。
高二物理竞赛动量定理动量守恒定律PPT(课件)
质点系的动量定理:质点系所受外力的总冲量等于质点系的总动量的增量。
y 设有三个质点系m1、m2、m3
定义dt时间间隔内力的冲量：
2y
1y
y
2y
1y
又设 时间内质点总动量由
t1 若研究对象不止一个质点，情况如何？
(2)求10秒内力的冲量及作的功
t 一个质点的机械运动由两个物理量来表征，一个是动能，是标量；
i1
(t2 n F i )dt t1 i1
i
mi vi2
i
mi vi1
说明： 1)若某个方向上合外力为零，则该方向上动量守恒，
尽管总动量可能并不守恒 。
2)当外力<<内力且作用时间极短时，如碰撞，可 认为动量近似守恒。
3)动量守恒定律适用于惯性系。
4)动量守恒定律比牛顿定律更普遍、更基本，它也 适用于高速，微观领域。
质点动量2的改变量决定于所受合外力的冲量
三、（一）质点的动量定理
F dt mv mv F t mv mv 尽管总动量可能并不守恒 。
是物体运动量大小的量度
z 2 z 1z 4)动量守恒定律比牛顿定律更普遍、更基本，它也适用于高速，微观领域。
z 若研究对象不止一个质点，情况如何？
2z
1z
上t1式说明：哪一个方向的冲量只改变哪一个方
上式说明：哪一个方向的冲量只改变哪一个方向的动量。
1 2 求(1)物体在t=10s
牛顿•米
质点系的动量定理:质点系所受外力的总冲量等于质点系的总动量的增量。
t2
I Fdt
称之为质点系的总动量,则有: 又设 时间内质点总动量由
t1
3)动量守恒定律适用于惯性系。
单位：牛顿.秒 若研究对象不止一个质点，情况如何？
新教材高考物理二轮专题复习专题八动量定理动量守恒定律课件
情境2 消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题．如图所示的
消声器可以用来削弱高速气流产生的噪声．波长分别0.6 m和1.0 m
的两列声波沿水平管道自左向右传播，在声波到达A处时，分成两列
波，这两列波在B处相遇时，消声器对这两列波都达到了良好的消声
效果．消声器消除噪声的工作原理及A、B两点间弯管与直管中声波的
方法二：直观结论法 简谐运动的图像表示振动质点的位移随时间变化的规律，即位移— 时间的函数关系图像，不是物体的运动轨迹．
答案：D
预测1 (多选)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如 图(a)所示，它的振动图像如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法 正确的是( )
A．OB＝5 cm B．第0.2 s末质点的速度方向是A→O C．第0.4 s末质点的加速度方向是A→O D．第0.7 s末时质点位置在O点与A点之间
A．波沿x轴正方向传播 B．波源振动周期为1.1 s C．波的传播速度大小为13 m/s D．t＝1 s时，x＝6 m处的质点沿y轴负方向运动
答案：AC
预测3 [2022·江苏冲刺卷]一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的 波形如图所示，此时质点Q位于波峰，质点P沿y轴负方向运动0.04 s后， 质点P第一次到达平衡位置，则下列说法正确的是( )
波传播一个波长； (4)波传播的是波源的振动形式和能量，也能传递信息． 2．波长、波速和频率的关系 (1)关系式：v＝λf. (2)机械波的波速取决于介质，与波的频率无关． (3)机械波的频率取决于波源振动的频率．
例2 [2021·湖北卷](多选)一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻和t＝1 s时刻的波形分别如图中实线和虚线所示．已知x＝0处的质点在0～1 s 内运动的路程为4.5 cm.下列说法正确的是( )
2018届高考物理第2轮复习 第五章 能量和动量 教材回顾(三)动量定理及动量守恒定律
2．[考查动量守恒定律的理解] 如图，两滑块 A、B 在光滑水平面 上沿同一直线相向运动，滑块 A 的质量为 m，速度 大小为 2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度 大小为 v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运 动状态是(2015·福建高考)( )
A．A 和 B 都向左运动 B．A 和 B 都向右运动 C．A 静止，B 向右运动 D．A 向左运动，B 向右运动
3．[考查动量定理的应用]一质量为 0.5 kg 的小物块放在水平地面上的 A 点，距离 A 点 5 m 的位置 B 处是一面墙，如图所示，一物块以 v0＝9 m/s 的 初速度从 A 点沿 AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为 7 m/s，碰后以 6 m/s 的速度反向运动直至静止，g 取 10 m/s2。 (2015·安徽高考)
[深化理解] 对动量定理的理解
1．动量的变化量等于“合外力的冲量”，而不 是“某个力的冲量”，这是在应用动量定理解题时需 要牢记的。
2．动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况 下，选定正方向后可将矢量运算简化为代数运算。
3．动量定理具有普适性，不论物体的运动轨迹 是直线还是曲线，不论作用力是恒力还是变力，不论 几个力是同时作用还是先后作用，动量定理都适用。
3．守恒条件 (1)理想守恒：系统不受外力或所受 外力的合力 为零，则系统动量守恒。 (2)近似守恒：系统受到的合力不为零， 但当内力远 大于 外力时，系统的动量可近 似看成守恒。 (3)分方向守恒：系统在某个方向上所 受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
[深化理解] 动量守恒定律的三个特性
1．矢量性 公式中的 v1、v2、v1′和 v2′都是矢量， 只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确 定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数 方法运算。这点要特别注意。
2018大二轮高考总复习物理课件第7讲 动量定理与动量守恒
2．动量守恒定律的三个性质 (1)矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它 并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代 要特别注意 (2)相对性：速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′ 系的速度，一般取相对地面的速度 (3)同时性：相互作用前的总动量，是指相互作用前的某一 此时刻的瞬时速度；同理，v1′、v2′应是相互作用后的同一时刻的
第一部分 二轮专题突破
专题二 动量与能量
第7讲 动量定理与动量守恒
栏 目 导 航
01
02
高频考
03
多维模型构建
01
知识规律回扣
一、理清三个规律，打牢解题基础
二、牢记一个定律，万变不离其宗 1．动量守恒定律 (1)条件：系统不受外力或所受外力的矢量和为零 (2)表达式：p＝p′，Δp＝0，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
不变
A．在以后的运动全过程中，小球和槽的水平方向动量始
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水 D．小球被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不
解析：小球在槽上运动时，由于小球受重力，故两物体组 不为零，故动量不守恒；当小球与弹簧接触相互作用时，小球受 守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力 故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球 的系统机械能守恒，但当小球与弹簧接触相互作用时，小球受外 不守恒，C错误；因两物体均有向左的速度，若槽的速度大于球 不会相遇，小球不会到达最高点；而若球速大于槽速，则由动量 会有向左的速度，由机械能守恒可知，小球不会回到最高点，故D
解析：由动量定理可得：Ft＝mv，解得 v＝Fmt，t＝1 s 时物块的速 m/s＝1 m/s，故 A 正确；在 F-t 图中面积表示冲量，所以，t＝2 s p＝Ft＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s 时物块的动量大小为 p′＝( ＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为 p′＝(2×2－1×2)kg·m/s ＝4 s 时物块的速度为 1 m/s，故 B 正确，C、D 错误．
【浙江选考】2018年高考二轮专题复习：第9讲-动量定理、动量守恒-及其应用》课件(10页)
=
60×30 1
N=1.8× 103 N。
-6-
动量守恒定律的理解与应用 【典题2】如图,在光滑水平面上,有A、B、C三个物体,开始BC皆 静止且C在B上,A物体以v0=10 m/s的速度撞向B物体,已知碰撞时间 极短,撞完后A静止不动,而B、C最终的共同速度为4 m/s。已知B、 C两物体的质量分别为mB=4 kg、mC=1 kg,试求:
第9讲
动量定理、动量守恒 及其应用
-2-
动量定理的一般应用 【典题1】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变化的图线如图所示,则( )
A.t=1 s时物块的速率为2 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
有 m2������0 = m1v + m2������2 2 ,
2
1 2
2
1 2
1 2
解得v0=4 m/s。 (2)第一次弹簧压缩到最短时,弹簧的弹性势能最大,设此时A、B 有相同的速度v'。 根据动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v',解得v'=3 m/s 此时弹簧的弹性势能等于系统动能的减少量,
-3-
答案:B
解析:由动量定理有 Ft=mv,解得 v= ,t=1 s 时物块的速率 v= =1
������ ������ ������������ ������������
m/s,A错误;F-t图线与时间轴所围面积表示冲量,所以t=2 s时物块的 动量大小为p=2×2 kg· m/s=4 kg· m/s,B正确;t=3 s时物块的动量大 小为p'=(2×2-1×1) kg· m/s=3 kg· m/s,C错误;t=4 s时物块的动量大 小为p″=(2×2-1×2) kg· m/s=2 kg· m/s,速度不为零,D错误。 解题技巧求变力的冲量是动量定理应用的重点,也是难点。F-t图 线与时间轴所围面积表示冲量。
2018届高三物理二轮复习第一篇专题攻略课件：专题三 动量与能量 3.8
(3)速度要符合实际情景:
①如果碰撞前两物体同向运动,则后面物体的速度必大
于前面物体的速度,否则无法实现碰撞。
【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为μ
要使物块a、b能够发生碰撞,应有
1 2
mv
2 0
>μmgl
①
即μ< v02 ②
2gl
设a与b碰撞前的速度为v1,由能量守恒得:
1 2
mv
2 0
mgl③ 1
2
mv12
设a与b碰撞前后的瞬间,速度大小分别为va、vb,根据
动量守恒定律和能量守恒定律得:mv1=mva34+ mvb ④
【解析】(1)在最低点对A球由牛顿第二定律有:
FA-mAg=mA v2A
R
所以vA=4.00m/s
在A下落过程中由动能定理有mAgR-W12fm=A
v
2 A
所以A球下落的过程中克服摩擦力所做的功为
Wf=0.20J
(2)碰后B球做平抛运动
在水平方向有s=v′Bt 在竖直方向有h=1 gt2
2
联立以上两式可得碰后B的速度为v′B=1.6m/s 在A、B碰撞前后由动量守恒定律有mAvA=mAv′A+mBv′B 所以碰后A球的速度为v′A=-0.80m/s,负号表示碰后A 球运动方向向左
(3)明确所研究的相互作用过程,确定过程的始、末状 态,即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达 式。 注意:在研究地面上物体间相互作用的过程时,各物体 运动的速度均应取地面为参考系。 (4)规定正方向,确定初、末状态动量的正、负号。根 据动量守恒定律列方程求解。
2.动量守恒在多体多过程问题中的运用: 对于多个物体、多个过程共存的问题,往往会有共同的 特征:(1)最终会出现一个稳定的状态。例如:系统最终 速度为零或做匀速直线运动。(2)在有多过程存在的情 境中,每个小过程,均满足动量守恒。因此解决此类问 题的关键是选取合适的研究对象和作用过程,应用动量 守恒定律并结合其他的物理规律进行求解。例如:多个 物体的连续碰撞,两人抛接物体的问题等。
高考物理二轮复习2.2动量定理和动量守恒定律课件(共23张PPT)
Ek＝mPMΔt2，故 C 正确，D 错误。]
反思感悟：爆炸与反冲的三个特点 (1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动 量守恒。 (2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守 恒定律解题。 (3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体 速度往往方向相反。
反思感悟： 动量定理解决流体问题 应用动量定理分析流体相互作用问题的方法是微元法，具体步 骤为： (1)确定一小段时间 Δt 内的流体为研究对象。 (2)写出 Δt 内流体的质量 Δm 与 Δt 的关系式。 (3)分析流体的受力情况和动量变化。 (4)应用动量定理列式、求解。
[典例2] (2021·河南濮阳模拟)垫球是排球运动中通过手臂的迎击动作，使 来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术。若某次从垫击面上反弹出去 竖直向上运动的排球，之后又落回到原位置，设整个运动过程中排球所 受阻力大小不变，则( ) A．球从击出到落回的时间内，重力的冲量为零 B．球从击出到落回的时间内，空气阻力的冲量为零 C．球上升阶段阻力的冲量小于下降阶段阻力的冲量 D．球上升阶段动量的变化量等于下降阶段动量的变化量
专题二 动量与能量
第2讲 动量定理和动量守恒定律
10/22/2024
知识要点：
01 突破点一 动量定理的应用
1．恒力：求 Δp 时，用 Δp＝Ft。 2．变力：求 I 时，用 I＝Δp＝mv2－mv1。 3．Δp 一定：Ft 为确定值，F＝Δtp，t 小 F 大——如碰撞；t 大 F 小——如缓 冲。
A．ma0t0
B．12ma0t0
C．34ma0t0
D．2ma0t0
C [在 t＝t0 时刻，飞机的速度大小 v＝a0×12t0＋12a0×12t0＝43a0t0。 根据动量定理有 I＝mv－0，解得 I＝34ma0t0，所以 C 正确，A、B、 D 错误。]
天津市2018届高考物理二轮复习课件：专题七 动量 动量
-7命题热点一 命题热点二 命题热点三
例3(2016· 全国Ⅱ卷)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。重力加速度的 大小g取10 m/s2。
1 2 m 2������20 2
=
1 2 ( m 2+m3)v +m2gh② 2
式中v20=-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 kg③
-9命题热v1,由动量守恒定律有 m1v1+m2v20=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,由动量守恒和机械 能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3⑥
1 2 m 2������20 2
=
1 2 m 2������2 2
1 + 2m3������3 2 ⑦
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。
-10命题热点一 命题热点二 命题热点三
思维导引以冰块和斜面体为研究对象,水平方向动量守恒,当冰 块在斜面体上升到最大高度时,冰块和斜面体有共同的水平速度。 冰块和斜面体组成一个系统,机械能守恒。
-11命题热点一 命题热点二 命题热点三
拓展训练上述例3中,小孩推开冰块的过程中,小孩消耗的内能是 多少? 答案 60 J
解析
高考物理二轮复习-专题8动量定理和动能定理课件
4．质量为1 kg的物体以某一初速度在
水平面上滑行，由于摩擦阻力的
作用，其动能随位移变化的图线
如图5－2－8所示，g取10 m/s2，
则以下说法中正确的是
()
图5－2－8
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
C．物体滑行的总时间为4 s
D．物体滑行的总时间为2.5 s
1．应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受 力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图， 借助草图理解物理过程和各量关系．有些力在物体运动 全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起 注意．
2．高考对该类问题常综合各种力及平抛、圆周运动、牛 顿运动定律等知识，考查学生的理解、推理、分析综 合能力．
2．表达式：W＝Ek2－Ek1＝
mv22－ mv1.2
3．物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与 物体 动能变化量之间的关系，即合外力的功是物体
动能变化的量度．
4．动能定理的适用条件 (1)动能定理既适用于直线运动，也适用于 曲线运动； (2)既适用于恒力做功，也适用于 变力做功；
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以 不同时作用 ．
变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为
()
A．Δv＝0
B．Δv＝12 m/s
C．W＝1.8 J
D．W＝10.8 J
解析：取末速度的方向为正方向，则v2＝6 m/s，v1＝－6 m/s，速度变化Δv＝v2－v1＝12 m/s，A错误，B正确；小球 与墙碰撞过程中，只有墙对小球的作用力做功，由动能定
×0.1 J＝2.4 J. (2分)
解得：W弹＝2.3 J ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(1分)
2018年高考物理二轮复习第7讲动量与动量守恒课件20171227351
典例1 如图所示，有一内表面光滑的金属盒，底面长为 L＝1.2 m，质量
为 m1＝1 kg，放在水平面上，与水平面间的动摩擦因数为 μ＝0.2，在盒内最右 端放一半径为 r＝0.1 m 的光滑金属球，质量为 m2＝1 kg，现在盒的左端给盒施 加一个水平冲量 I＝3 N· s，(盒壁厚度，球与盒发生碰撞的时间和能量损失均忽略 不计)。g 取 10 m/s2，求： 导学号 86084134
• (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？
[解析] I (1)由于冲量作用，m1 获得的速度为 v＝ ＝3 m/s，金属盒所受摩 m1
擦力为 F＝μ(m1＋m2)g＝4 N，由于金属盒与金属球之间的碰撞没有能量损失， 且金属盒和金属球的最终速度都为 0，以金属盒和金属球为研究对象，由动能定 1 理得：－Fs＝0－ m1v2，解得：s＝1.125 m 2
• 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
• [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 ＝mΔv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。
高二物理竞赛动量定理动量守恒定律PPT(课件)2
速率前进，在此过程中木块所受冲量的大小为
(A) 9 N·s .
(B) -9 N·s ．
(C)10 N·s ．
(D) -10 N·s
子弹动量的改变量
2 1 0 3 0 (5 0 5)0 9 0 N s
子弹所受冲量大小-9 N·s 木块所受冲量的大小9 N·s
三、质点系的动量定理
1.质点系：
由有相互作用的质点组成的系统。 F1
四、动量守恒定律
系统动量原理 t2
t1
当 Fi 0时，
F外dt PP0
则 pi 常矢
量
上式称为动量守恒定律。
即在某一段时间内，若质点系所受外力矢量和自始 自终保持为零，则在该时间内质点系动量守恒.
动量守恒定律是物理学中又一条重要而又 具有普遍性的定律。
讨论：
1）系统动量守恒条件
Fi 0
上式左边定义若为力系从统t1 时不刻到 受t2 时刻外的冲力量 ——孤立系统,动量守恒.
1)冲量的方向：
所有冲元量冲的量I方向的一F合般d矢不t 量是某一瞬的时t方t1力2 F向 。d的Ft方i 向，而是
由动量定理可知：冲量的方向与动量增量方向相
同。即 I 的方向与 的p 方向相同。
p
I
p1
Fdt
p2
2)在直角坐标系中将矢量方程改为标量方程
Ix
t2 t1
Fx
d
t
mv2 x
mv1x
当
F
＝
x
0
时，有
px px0
当 F y＝ 0 时，有 py py0
5) 对于一切惯性系动量守恒定律都成立，但在解 决具体问题时各质点的动量都应该相对于同一惯 性系.
新教材高考物理二轮专题复习专题七动量定理动量守恒定律课件
高频考点·能力突破
素养培优·情境命题
命题热点 (1)动量定理的理解及应用； (2)动量守恒定律及应用； (3)碰撞模型及拓展； (4)利用动量观点解决实际情境问题．
常考题型
选择题 计算题
高频考点·能力突破
考点一 动量定理及应用 1．冲量的三种计算方法
公式法
I＝Ft适用于求恒力的冲量．
可能是流体 (3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初、末状态的动 量． (4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取 统一的正方向．
例1 [2022·全国乙卷](多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由 静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示．已知 物块与地面间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小取g＝10 m/s2.则 ()
(1)高度H； (2)小球到达水平线O′D时的速度大
小．
预测5 如图所示，两足够长的直轨道所在平面与水平面夹角θ＝37°， 一质量为M＝3 kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态， P的上表面与轨道所在平面平行，前后面半圆的圆心分别为O、O′.有3个完 全相同的小滑块，质量均为m＝1 kg.某时刻第一个小滑块以初速度v0＝2 m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑 块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O冲上滑板．已知最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ＝，sin 37°＝， cos 37°＝，g取10 m/s2，求：
求解． (4)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．
例3[2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止 在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分 离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间 内，物块A运动的距离为0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与 一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与 前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹
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1． [多选](2017· 全国Ⅲ卷 T20)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 变化的图线如图所示，则 ( 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：ABD
3．(2017· 辽师大附中检测)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同 的初速度水平射向竖直墙，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙 上， 钢球以原速率反向弹回。 关于它们对墙的水平冲量的大小， 下列说法正确的是 A．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 B．子弹对墙的冲量最小 C．橡皮泥对墙的冲量最小 D．钢球对墙的冲量最小 解析：根据力的作用的相互性，子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲 ( )
2．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。
解析：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－mv0＝0， 解得 p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s ＝30 kg· m/ s，选项 A 正确。
答案：A
高考题型
典型试题
难度 ★★★ ★★☆
1.动量、冲量和动量定理 2017·全国Ⅲ卷T20 2.动量守恒定律的应用 2017·全国Ⅰ卷T14
t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力 解析：方法一：根据 FF 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 s，应用动量定理 I＝ mΔv 可知物块在 1 s、2 s、 s、2 N· s、3 N· s、4 N· 2 N· 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 m/s，则 A、 B m/ s、 2 kg· m/s、 3 kg· m/ s、 4 kg· 刻的动量大小分别为 2 kg· 正确， C、 D 错误。 F1 加速度 a1＝ ＝ 前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动， 方法二： m 2 m/s2＝ 1 m/ s2， t＝ 1 s 时物块的速率 v1＝ a1t1＝ 1 m/s， A 正确； t＝2 s 2 B 正确； m/s， 动量大小为 p2＝ mv2＝4 kg· 时物块的速率 v2＝ a1t2＝2 m/ s， F2 物块在 2～ 4 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小为 a2＝ ＝ 0.5 m/s2， m 1)m/ s＝ 1.5 m/s，动量大小为 t＝ 3 s 时物块的速率 v3＝ v2－ a2t3＝ (2－ 0.5× m/ s， C 错误； t＝ 4 s 时物块的速率 v4＝ v2－ a2t4＝ (2－ p3＝ mv3＝3 kg· 0.5× 2)m/s＝ 1 m/ s， D 错误。 答案：AB
解析：若质点运动的方向与撤去的恒力方向相同，则撤去该恒力 后质点做匀减速直线运动，速度减为零后反向匀加速运动，会再 次经过此位置，A 正确；撤去一个恒力，剩余力的合力也是恒力， 所以质点的加速度一定是恒定的，质点一定做匀变速直线运动， 动量一定变化，且变化量的方向与原运动方向在同一直线上， B、 C、 D 错误。
题型( 一) 动量、冲量和动量定理
高考定位：常考题型 解题关键： 重在理解两概念、 一定理的 矢量性
[必备知能]
1．动量定理的应用范围 (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 便捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力问题。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 是物体或系届高三 · 山西名校联考)一质点在几个恒力作用下做匀速
直线运动。现在某位置撤去一个与运动方向在同一直线上的 恒力，且原来作用在质点上的其他力不发生改变。则 ( A．质点可能会再次经过此位置 B．质点在以后的运动中动量可能保持不变 C．质点在以后的运动中加速度可能不恒定 D． 质点在以后一段时间内的动量变化量的方向可能与原运动 方向不在同一直线上 )
2．(2017· 全国Ⅰ卷 T14)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 C． 6.0× 102 kg· m/s B． 5.7× 102 kg· m/s D． 6.3× 102 kg· m/s ( )
答案：A
2．[ 多选](2017· 拉萨中学检测 )下列运动过程中，在任意相等时间 内，物体动量变化量相同的是 A．平抛运动 B．自由落体运动 ( )
C．匀速圆周运动 D．匀减速直线运动 解析：根据动量定理 Δp＝Ft，F 是合力，平抛运动物体的合力 是重力，为恒力，相等时间内其冲量不变，动量变化量相同，故 A 正确；自由落体运动物体的合力是重力，为恒力，相等时间内 其冲量不变，动量变化量相同，故 B 正确；匀速圆周运动物体 的合力始终指向圆心， 是变力， 相等时间内合力的冲量也是变化 的，动量变化量是变化的，故 C 错误；匀减速直线运动物体的 合力是恒力，相等时间内其冲量不变，动量变化量相同，故 D 正确。