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本文(2021届高三物理人教版一轮复习教师用书:第6章 第2讲 动量守恒定律及应用 WORD版含解析.doc)为本站会员(高****)主动上传,免费在线备课命题出卷组卷网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知免费在线备课命题出卷组卷网(发送邮件至service@ketangku.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

2021届高三物理人教版一轮复习教师用书:第6章 第2讲 动量守恒定律及应用 WORD版含解析.doc

1、第2讲动量守恒定律及应用动量守恒定律及其应用1动量守恒定律(1)内容:如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变。(2)动量守恒定律的表达式:m1v1m2v2m1v1m2v2或p1p2。2系统动量守恒的条件(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:系统受到的合外力不为零,但当内力远大于合外力时,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外力为零或该方向F内F外时,系统在该方向上动量守恒。弹性碰撞和非弹性碰撞1碰撞(1)概念:碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短,而物体间相互作用力很大的现象。(2)特点

2、:在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力,可认为相互碰撞的系统动量守恒。(3)分类:种类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2.反冲运动(1)定义:静止或运动的物体通过分离出部分物质,而使自身在反方向获得加速的现象。(2)特点:在反冲运动中,如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力,系统的动量是守恒的。(3)爆炸现象爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以系统动量守恒,爆炸过程中位移很小,可忽略不计,作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。1.在如图所示的装置中,木块B与水平桌面间的接触是光滑的,子弹A沿

3、水平方向射入木块后留在其中,将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统,则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中()A动量守恒,机械能守恒B动量不守恒,机械能不守恒C动量守恒,机械能不守恒D动量不守恒,机械能守恒B子弹射入木块是瞬间完成的,这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞,动量守恒,机械能不守恒,一部分动能转化为内能,之后木块(连同子弹)压缩弹簧,将其动能转化为弹性势能,这个过程机械能守恒,但动量不守恒。由于左侧挡板的支持力的冲量作用,使系统的动量不断减少,所以整个过程中,动量和机械能均不守恒。选项B正确。22019江苏卷12(1)质量为M的小孩站在质量

4、为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为()A.v B.vC.v D. vB对小孩和滑板组成的系统,由动量守恒定律有0Mvmv,解得滑板的速度大小v,选项B正确。3下列叙述的情况中,系统动量不守恒的是()A如图甲所示,小车停在光滑水平面上,车上的人在车上走动时,人与车组成的系统B如图乙所示,子弹射入放在光滑水平面上的木块中, 子弹与木块组成的系统C子弹射入紧靠墙角的木块中,子弹与木块组成的系统D斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时C对于人和车组成的系统,人和车之间 的力是内力,系统所受的外力有重力和支持力,

5、合力为零,系统的动量守恒;子弹射入木块过程中,虽然子弹和木块之间的力很大,但这是内力,木块放在光滑水平面上,系统所受合力为零,动量守恒;子弹射入紧靠墙角的木块时,墙对木块有力的作用,系统所受合力不为零,系统的动量减小;斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时,虽然受到重力作用,合力不为零,但爆炸的内力远大于重力,动量近似守恒,故选C。4A球的质量是m,B球的质量是2m,它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前,A在后,发生正碰后,A球仍朝原方向运动,但其速率是原来的一半,碰后两球的速率比vAvB为()A12 B.13C21 D.23D设碰前A球的速率为v,根据题意pApB,即mv2mvB,得碰前vB

6、,碰后vA,由动量守恒定律,有mv2mm2mvB,解得vB,所以vAvB,D正确。考点一动量守恒定律的理解和应用1动量守恒定律常用的三种表达形式(1)m1v1m2v2m1v1m2v2,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量矢量和等于作用后的动量矢量和。(2)p1p2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。(3)p0,系统总动量的增量为零2应用动量守恒定律解题时的基本思路动量是否守恒的判断(2020安徽六安市段考)如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上,槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下,与圆弧槽相切自A点进入槽内,则以下结论中正确的是()A小球

7、在半圆槽内运动的全过程中,只有重力对它做功B小球在半圆槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒C小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒D小球离开C点以后,将做竖直上抛运动C当小球在槽内由A运动到B的过程中,左侧物体对槽有作用力,小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒,故B错误;当小球由B运动到C的过程中,因小球对槽有斜向右下方的压力,槽做加速运动,动能增加,小球机械能减少,槽对小球的支持力对小球做了负功,故A错误;小球从B到C的过程中,系统水平方向合外力为零,满足系统水平方向动量守恒,故C正确;小球离开C点以后,既有竖直向上的分速度,又有水平分速度

8、,小球做斜上抛运动,故D错误。动量守恒定律的应用(2020广东湛江联考)如图所示,质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上,质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱,木箱相对于冰面运动的速度为v,木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞,反弹后能被小孩接住,求:(1)小孩接住木箱后共同速度的大小;(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出,木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞,判断小孩能否再次接住木箱。解析:(1)取向左为正方向,根据动量守恒定律可得推出木箱的过程中0(m2m)v1mv,接住木箱的过程中mv(m2m)v1(mm2m)v2。解得v2。(2)若小孩第二次

9、将木箱推出,根据动量守恒定律可得4mv23mv3mv,则v3v,故小孩无法再次接住木箱。答案:(1)(2)不能某一方向上的动量守恒问题如图所示,一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上,滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF,圆弧半径为R1 m。E点切线水平。另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块,若小球刚好没跃出圆弧的上端,已知M4m,g取10 m/s2,不计摩擦。则小球的初速度v0的大小为()A4 m/s B.5 m/sC6 m/s D.7 m/sB当小球上升到滑块上端时,小球与滑块水平方向速度相同,设为v1,根据水平方向动量守恒有mv0(mM)v1,根据机械能守恒定律有mv(mM)vmg

10、R,根据题意,有M4m,联立两式解得v05 m/s,故A、C、D错误,B正确。1.(2019成都石室中学二模)如图所示,在光滑的水平面上,有两个质量均为m的小车A和B,两车之间用轻质弹簧相连,它们以共同的速度v0向右运动,另有一质量为m的黏性物体,从高处自由落下,正好落在A车上,并与之粘合在一起,粘合之后的运动过程中,弹簧获得的最大弹性势能为()A.mv B.mvC.mv D.mvC黏性物体落在A车上,由动量守恒有mv02mv1,解得v1,之后整个系统动量守恒,有2mv03mv2,解得v2,最大弹性势能Epmv2m23m2mv,所以C正确。2(2020福建漳州一测)如图,“冰雪游乐场”滑道B点

11、的左侧水平且粗糙,右侧是光滑的曲面,左右两侧平滑连接。质量为m30 kg的小孩从滑道顶端A点由静止开始下滑,经过B点时被静止的质量为M60 kg的家长抱住,一起滑行到C点停下(C点未画出)。已知A点到滑道的高度h5 m,人与水平滑道间的动摩擦因数0.2,g取10 m/s2,求:(1)小孩刚到B点时的速度大小vB;(2)B、C间的距离x。解析:(1)从最高点到最低点,根据机械能守恒定律得mghmv解得vB10 m/s(2)家长抱住小孩瞬间,由动量守恒定律有mvB(mM)v解得v m/s接着以共同速度v向左做匀减速直线运动,由动能定理得(mM)gx0(mM)v2解得x m。答案:(1)10 m/s

12、(2) m考点二碰撞问题1三种碰撞的形成碰撞类型重要关系式弹性碰撞动量守恒、机械能守恒m1v1m2v2m1v1m2v2 m1vm2vm1v12m2v22非弹性碰撞动量守恒、机械能减少m1v1m2v2m1v1m2v2m1vmvm1v12mv22完全非弹性碰撞动量守恒、机械能损失最多m1v1m2v2(m1m2)vEm1vm2v(m1m2)v22.碰撞后运动状态可能性判断的三个依据(1)动量守恒:p1p2p1p2。(2)动能不增加:Ek1Ek2Ek1Ek2或。(3)速度要符合情景。若碰前两物体同向运动,则应有v后v前,碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前v后。碰前两物体相

13、向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。弹性碰撞(2020辽宁大连八中模拟)如图所示,三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上,A、C两球的质量均为m,B球的质量为km(k1)。给A球一个水平向右的初速度v0,B球先与A球发生弹性正碰,再与C球发生弹性正碰。求系数k的值为多大时,B与C碰后瞬间B球的速度最大?解析:设A、B发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vB1,则mv0mvAkmvB1,mvmvkmv,联立解得vAv0,vB1v0,设B、C发生弹性碰撞后的速度分别为vB2、vC,同理可得vB2vB1;代入整理得vB2v0,设x,则有vB2(xx2)v0,当x0.5时,即0.5时vB2最

14、大,解得k3。答案:3完全非弹性碰撞某超市两辆相同的手推购物车质量均为m且相距为l沿直线排列,静置于水平地面上。为了节省收纳空间,工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动,并与第二辆车相碰,且在极短时间内相互嵌套结为一体,以共同的速度运动了距离,恰好停靠在墙边。若车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍,忽略空气阻力,重力加速度为g。求:(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能;(2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小。解析:(1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v1,与第二辆车碰后的共同速度为v2。由动量守恒定律得mv12mv2由动能定理得2kmg02mv碰撞中系统损失的机械能Emv2mv联立解得Emkgl

15、(2)设第一辆车被推出时的速度为v0,由动能定理得kmglmvmv解得v0工人给第一辆购物车的水平冲量大小Imv0。答案:(1)mkgl(2)m碰撞可能性(人教版选修35改编)质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此,碰撞后B球的速度允许有不同的值。碰撞后B球的速度可能是()A. 0.8vB.0.6vC. 0.4v D. 0.2vC若是弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvmv13mv2,mv2mv3mv,解得v1vv,v2vv,若是完全非弹性碰撞,则有mv4mv,解得vv,因此vvBv,选项C正确,选项A、B、D错误。3.如图

16、所示,质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动,与原来静止的质量为4m的B球碰撞,碰撞后A球以vv0(1)的速率弹回,并与挡板P发生完全弹性碰撞,若要使A球能追上B球再相碰,则的取值范围为()A.B.C. D.vB,两式联立可解得;碰撞前后两小球的机械能应满足mvm(v0)24mv,解得,综合可得。故选项D正确。4(2019宁夏石嘴山三中期末)两物块A、B用轻弹簧相连,质量均为2 kg,初始时弹簧处于原长,A、B两物块都以v6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动,质量为4 kg的物块C静止在前方,如图所示,B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。则下列说法正确的是()AB、C碰撞刚结束时的共同速度

17、为3 m/sB弹簧的弹性势能最大时,物块A的速度为3 m/sC弹簧的弹性势能最大值为36 JD弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同B本题考查碰撞过程中的动量守恒定律、能量守恒定律。B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒,设碰后瞬间B、C两者共同速度为vBC,规定向右为正方向,则有mBv(mBmC)vBC,解得vBC2 m/s,故A错误;当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大,A、B、C三者组成的系统动量守恒,规定向右为正方向,则有(mAmB)v(mAmBmC)vABC,解得vABC3 m/s,根据能量守恒定律得弹簧的弹性势能最大值为Ep(mBmC)vmAv2(mAmBmC)v12

18、J,故B正确,C错误;三者共速时弹簧压缩量最大,恢复原长过程中,弹力对A做负功,A的速度减小,对B、C做正功,B、C的速度增加,则恢复原长时三物块速度不同,故D错误。考点三爆炸和反冲爆炸问题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(2018全国卷24)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

19、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。解析:(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有Emv设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0v0gt联立式得t (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有Emgh1火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有m

20、vmvEmv1mv20由式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有mvmgh2联立式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为hh1h2答案:(1) (2)反冲问题作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总机械能增加(2017全国卷14)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

21、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)()A30 kgm/sB.5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D. 6.3102 kgm/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p1mv0.05600 kgm/s30 kgm/s,则火箭的动量p2p130 kgm/s,选项A正确。5(2020安徽师大附中检测)质量m260 g的手榴弹从水平地面上以v010 m/s的初速度斜向上抛出,上升到距地面h5 m的最高点时爆炸,手榴弹除火药外的部分炸裂成质量相等的两块弹片,其中一块弹片自由下落到达地面,落地时动能为5 J。重力加速度

22、g10 m/s2,空气阻力不计,火药燃烧充分,求:(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小;(2)手榴弹所装火药的质量;(3)两块弹片落地点间的距离。解析:(1)设手榴弹上升到最高点且未发生爆炸时的速度大小为v1,有mvmvmgh代入数据解得v110 m/s。(2)设两块弹片的质量均为m,爆炸后瞬间其中一块速度为零,设另一块速度为v2,有mgh5 J代入数据解得m0.1 kg设手榴弹所装火药的质量为m,有mm2m代入数据解得m0.06 kg。(3)设另一块弹片做平抛运动的时间为t,两块弹片落地点间的距离为x,有mv1mv2,xv2t,hgt2代入数据解得x26 m。答案:10 m/s(2)0.06 k

23、g(3)26 m6(2020东营模拟)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v02 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M190 kg,乙和他的装备总质量为M2135 kg,为了避免直接相撞,乙从自己的装备中取出一质量为m45 kg的物体A推向甲,甲迅速接住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t0.

24、5 s,求甲与A的相互作用力F的大小。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,以乙的方向为正方向,则有:M2v0M1v0(M1M2)v1以乙和A组成的系统为研究对象,由动量守恒得:M2v0(M2m)v1mv代入数据联立解得v10.4 m/s,v5.2 m/s(2)以甲为研究对象,由动量定理得,FtM1v1(M1v0)代入数据解得F432 N。答案:(1)5.2 m/s(2)432 N科学思维系列“人船模型”建构1模型探究:如图所示,长为L、质量为m船的小船停在静水中,质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端,不计水的阻力。以人和船组成的系统为研究对象,在人由船的

25、一端走到船的另一端的过程中,系统水平方向不受外力作用,所以整个系统水平方向动量守恒,可得m船v船m人v人,因人和船组成的系统动量始终守恒,故有m船x船m人x人,由图可看出x船x人L,可解得x人L,x船L。2模型特点3结论:m1x1m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量,x1、x2为其位移大小)1.如图所示小船静止于水面上,站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内,将一定质量的鱼抛完后,关于小船的速度和位移,下列说法正确的是()A小船向左运动,船向左移一些B小船静止,船向左移一些C小船静止,船向右移一些D小船静止,船不移动C人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒,据“人船模型”,鱼动船动,鱼停船静止;鱼对地发生向左的位移,则人船的位移向右。故选项C正确。2.如图所示,气球下面有一根长绳,一个质量为m150 kg的人抓在气球下方,气球和长绳的总质量为m220 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为h5 m。如果这个人开始沿绳向下滑,当他滑到绳下端时,他离地面高度是(可以把人看做质点)()A5 m B.3.6 mC2.6 m D.8 mB当人滑到绳下端时,如图所示,由动量守恒定律,得m1m2,且h1h2h。解得h11.4 m;所以他离地高度Hhh13.6 m,故选项B正确。

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