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2013三维设计高三物理一轮复习课件人教版广东专版:第六章 第2单元 动量守恒定律及其应用.ppt

1、返回返回思维启动如图621所示,质量为M的物体静止在光滑的水平面上,质量为m的图621小球以初速度v0水平向右碰撞物体M,结果小球以速度v1被水平反弹,物体M的速度为v2,取向右为正方向,则物体M动量的变化量为_,小球m的动量变化量为_,取m、M为一系统,其动量守恒的表达式为_。返回提示:物体M动量的变化量为Mv2,小球m动量的变化量为(mv1mv0),系统动量守恒的表达式为mv0Mv2mv1。返回知识联动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动量守恒的数学表达式(1)pp(系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后总动量p)。(2)p0(系统总动

2、量增量为零)。返回(3)p1p2(相互作用的两个物体组成的系统,两物体动量增量大小相等方向相反)。(4)m1v1m2v2m1v1m2v2(相互作用的两个物体组成的系统,作用前动量和等于作用后动量和)。返回 应用升级 1光滑水平面上质量为3m,速度为v的小车,与质量为2m的静止小车碰撞后连在一起运动,则两车碰撞后的总动量是()A.35mv B2mvC3mvD5mv返回解析:两车在光滑水平面上碰撞过程,动量守恒,两车碰后的总动量等于碰前的总动量3mv,故C正确。答案:C返回思维启动如图622所示,A、B两物体的质量mAmB,中间用一段细绳相连并有一被压缩的轻弹簧,放在平图622板小车C上,A、B、

3、C均处于静止状态。若地面光滑,则在细绳被剪断后,A、B在C上向相反方向滑动的过程中A、B、C组成的系统动量_(填“守恒”,“不守恒”,下同),返回若A、B两物体与C间的动摩擦因数相同,则A、B组成的系统动量_。若A、B两物体与C间的摩擦力大小相等,则A、B组成的系统动量_。提示:守恒 不守恒 守恒返回知识联动(1)系统不受外力或所受外力之和为零时,系统的动量守恒。(2)系统所受外力之和不为零,但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。如碰撞、打击、爆炸等过程,动量均可认为守恒。(3)系统所受外力之和不为零,但在某个方向上所受合外力为零或不受外力,或外力可以忽略,则在这个方向上,系统动量守恒。返回应

4、用升级2如图623所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,下列说法不正确的是()图623 返回A两手同时放开后,系统总动量始终为零B先放开左手,后放开右手后,系统动量不守恒C先放开左手,后放开右手,总动量向左D无论如何放手,只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零返回解析:当两手同时放开时,系统的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因为开始时总动量为零,故系统总动量始终为零,选项A正确;先放开左手,左边的物体就向左运动,当再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统的动量守恒,且开始时总动量方向

5、向左,放开右手后总动量方向也向左,故选项B错而C、D正确。答案:B返回返回知识检索 动量守恒的“四性”(1)矢量性:动量守恒方程是一个矢量方程。对于作用前 后物体的运动方向都在同一直线上的问题,应选取统 一的正方向,凡是与选取正方向相同的动量为正,相 反为负。若方向未知,可设为与正方向相同,列动量 守恒方程,通过解得结果的正负判定未知量的方向。返回(2)瞬时性:动量是一个瞬时量。动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定,列方程m1v1m2v2m1v1m2v2时,等号左侧是作用前同一时刻各物体动量的矢量和,等号右侧是作用后同一时刻各物体动量的矢量和,不同时刻的动量不能相加。(3)同一性:由于动量的大

6、小与参考系的选取有关,因此应用动量守恒定律时,应注意各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般以地面为参考系。返回(4)普适性:它不仅适用于正碰,也适用于斜碰;不仅适用于两个物体所组成的系统;也适用于多个物体组成的系统;不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组成的系统;不仅适用于碰撞,也适用于任何形式的相互作用。返回典题例析例1 如图624所示,木块A质量mA1 kg,足够长的木板B质量mB4 kg,质量为mC4 kg的木块C置于木板B上,水平面光滑,B、C之间有摩擦。现使A以v012 m/s的初速度向右运动,与B碰撞后以4 m/s速度弹回。求:图624返回(1)B运动过程中的最大速

7、度大小;(2)若木板B足够长,C运动过程中的最大速度大小。审题指导 解答本题时应注意以下两点:(1)木块A碰撞木板B的瞬间,木块C的速度不变。(2)B的速度最大与C的速度最大所对应的状态。返回解析(1)A与B碰后瞬间,C的运动状态未变,B速度最大。由A、B 系统动量守恒(取向右为正方向),有:mAv00mAvAmBvB代入数据得:vB4 m/s。(2)B与C相互作用使B减速、C加速,由于B板足够长,所以B和C能达到相同速度,二者共速后,C速度最大,由B、C系统动量守恒,有mBvB0(mBmC)vC代入数据得:vC2 m/s。答案(1)4 m/s(2)2 m/s返回拓展训练1将一质量为3 kg的

8、木板置于光滑水平面上,另一质量为1 kg的物块放在木板上。已知物块和木板间有摩擦,而木板足够长,若两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动(如图625所示),则当木板的速度为2.4 m/s,物块正在()返回图625A水平向左做匀减速运动B水平向右做匀加速运动C水平方向做匀速运动D处于静止状态返回解析:由于木板和物块组成的系统在水平方向上所受合外力为零,所以系统动量守恒。因为木板的质量大于物块的质量,初速度大小相等,所以二者的总动量方向向右,所以物块应先向左做匀减速直线运动,当速度减到零时,再向右做匀加速直线运动,而木板一直向右做匀减速运动,当二者达到共同速度时,一起向右做匀速运动。当木板

9、的速度为2.4 m/s时,由动量守恒可得MvmvMvmv,代入数据解得此时物块的速度为v0.8 m/s,所以物块正向右做匀加速直线运动。本题正确选项为B。答案:B返回知识检索1碰撞的特点(1)直接作用;(2)时间很短;(3)内力远大于外力。返回2碰撞的分类从外在表现来分 正碰 碰撞前后物体的动量在一条直线上 斜碰 碰撞前后物体的动量不在一条直线上 从能量观点来分 完全弹性碰撞 在弹性力作用下,只产生机械能的转移,系统内无机械能损失 非弹性碰撞 受非弹性力作用,使部分机械能转化为物体内能 完全非弹性碰撞 碰撞后两物体合为一体,机械能损失最大 返回3分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒,即p1p2

10、p1p2。(2)动能不增加,即Ek1Ek2Ek2Ek1或 p212m1 p222m2p122m1 p222m2。(3)速度要合理:碰前两物体同向,则v后v前;碰后,原来在前的物体速度一定增大,且v前v后。两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。返回典题例析例2 如图626所示,滑块A、C质量均为m,滑块B质量为 32 m,开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动,现将C无初速地放在A上,并与A粘合不再分开,此时A与B相距较近,B与挡板相距足够远。若B与挡板碰撞将以原速率反弹,A与B碰撞将粘合在一起,为使B能与挡板碰撞两次,v1、v2应满足什么关系?返回

11、审题指导 解答本题时应注意以下两点:(1)恰当地选取系统和作用过程。(2)要使B与挡板碰撞两次,A、B碰撞前后的速度应满 足的关系。图626 返回解析 设向右为正方向,A与C粘合在一起的共同速度为v,由动量守恒定律得mv12mv为保证B碰挡板前A未能追上B,应满足vv2设A与B碰后的共同速度为v,由动量守恒定律得2mv32mv272mv返回为使B能与挡板再次碰撞应满足v0联立式得15v2v12v2或12v1v223v1答案 1.5v2v12v2或12v1v223v1 返回拓展训练2如图627所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为图627mB2mA,规定向右为正

12、方向,A、B两球的动量均为6 kgm/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为4 kgm/s,则()返回A左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为25B左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为110C右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为25D右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为110返回解析:两球碰前均向右运动,前球为被碰小球,动量一定增加,后球动量减小,故左方为A球,由动量守恒定律可知,碰后mAvA(64)kgm/s2 kgm/s,mBvB10 kgm/s,又mB2mA,故vAvB25,A正确。答案:A返回 知识检索 1爆炸(1)内力远大于外力,动量守恒;(2)由其他形

13、式的能转化为动能,系统动能会增加。2反冲(1)特点:在系统内力作用下,系统一部分物体向某方向发生动量变化时,系统内其余部分向相反方向发生动量变化。(2)实例:喷气式飞机、火箭等。返回3人船模型(动量守恒公式变形式)(1)若系统在全过程中动量守恒,则这一系统在全过程中平均动量也守恒。如果系统由两个物体组成,且相互作用前均静止,相互作用中均发生运动,则由 m1 v 1m2 v 20,得 m1s1m2s2。(2)m1s1m2s2 的适用条件:系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒。构成系统的 m1、m2 原来静止,因相互作用而运动。s1、s2 均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移。返回例3如图62

14、8所示,质量相等的木块A、B间夹有一小块炸药,放在一段粗糙程度相同的水平地面上。让A、B图628以速度v0一起从O点滑出,到达P点后速度变为 v02,此时炸药爆炸使木板A、B脱离,发现木块B立即停在原位置,木块A继续水平前进。典题例析返回如果仍让A、B以速度v0一起从O点滑出,当A、B停止运动时立即让炸药爆炸,则木块A最终静止在Q点(图中未标出)。已知O、P两点间的距离为s,炸药的质量可以忽略不计,爆炸时间很短可以忽略不计,爆炸释放的化学能全部转化为木块的动能,求木块A从O运动到Q所用的时间。返回审题指导 解答本题时,应把握以下三点:(1)爆炸瞬间动量守恒,机械能增加,能量守恒。(2)A、B一

15、起滑动,可用动能定理列式。(3)第二次滑动,因求时间,可结合牛顿第二定律、运动学公式分析求解。返回解析 设木块的质量均为 m,与地面的动摩擦因数为,炸药爆炸释放的化学能为 E0。第一次滑动过程中,从 O 滑到 P 点,对 A、B 据动能定理:2mgs122m(v02)2122mv02 在 P 点炸药爆炸,木块 A、B 系统动量守恒:2mv02 mv根据能量的转化与守恒:返回E0122m(v02)212mv2联立式解得:3v028gs,E014mv20。第二次滑动过程中,从 O 滑出到减速为零,对 A、B 据牛顿第二定律:2mg2ma1,又 v0a1t1炸药爆炸时木块 A、B 系统动量守恒:mv

16、AmvB0由能量转化与守恒:E012mvA212mvB2返回 答案 4sv0爆炸后A以速度vA减速前进,最后停在Q点。对A据牛顿第二定律:mgma2,又vAa2t2解以上各式得:tt1t24sv0。返回拓展训练3(双选)如图629甲所示,在光滑水平面上的两个小球发生正碰,小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的st图线,已知m10.1 kg,m20.3 kg,由此可以判断()图629返回A碰前m2静止,m1向右运动B碰后m2和m1都向右运动C碰撞过程中系统机械能守恒D碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能返回解析:由乙图可以看出,碰前 m1 位移随时间均匀增加,m2位移不变,可知 m2

17、 静止,m1 向右运动,A 正确;碰后一个位移增大,一个位移减小,说明运动方向不一致,B 错误;由乙图可以计算出碰前 m1 的速度 v14 m/s,碰后速度 v12 m/s,碰前 m2 的速度 v20,碰后速度 v22 m/s,碰撞过程中系统损失的机械能 Ek12m1v1212m1v1212m2v220,C 正确,D 错误。答案:AC返回返回1(双选)(2012兰州检测)一小型爆炸装置在光滑、坚硬 的水平钢板上发生爆炸,所有碎片均沿钢板上方的圆锥 面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开。在爆炸过程中,下 列关于爆炸装置的说法中正确的是 ()A总动量守恒 B机械能增大 C水平方向动量守恒 D竖直方向动

18、量守恒 返回解析:爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸,与钢板间产生巨大的相互作用力,这个作用力将远远大于它所受到的重力,所以爆炸装置的总动量是不守恒的。但由于钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的,因此爆炸装置在竖直方向动量不守恒,而在水平方向动量是守恒的。爆炸时,化学能转化为机械能,因此,机械能增大,故B、C正确。答案:BC返回2(双选)(2012肇庆测试)如图6210所示,在橄榄球比赛中,一个85 kg的前锋队员以5 m/s的速度跑动,想穿越防守队员到底线触地得分。就在他刚要到底线时,迎面撞上了对方两名均为65 kg的队员,图6210一个速度为2 m/s,另一个速度为4 m/s,然后他们

19、就扭在了一起,则()返回A他们碰撞后的共同速率是0.2 m/sB碰撞后他们动量的方向仍向前C这名前锋能得分D这名前锋不能得分返回解析:取前锋队员跑动的速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得:Mv1mv2mv3(Mmm)v,代入数据得:v0.16 m/s。所以碰撞后的速度仍向前,故这名前锋能得分,B、C两项正确。答案:BC返回3(2012德州模拟)如图6211所示,质量为m的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内图6211放有一块质量为m的物体,某时刻给物体一个水平向右的初速度v0,那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后()返回A两者的速度均为零B两者的速度总不会相等C盒子的最终速度为mv

20、0/M,方向水平向右D盒子的最终速度为mv0/(Mm),方向水平向右返回解析:由于盒子内表面不光滑,在多次碰撞后物体与盒子相对静止,B项错误;由动量守恒得:mv0(Mm)v,解得:v mv0Mm,故D项正确,A、C项错误。答案:D返回4.(2012南宁模拟)如图6212所示,将质量为m1、初速度大小为v0、仰角为的铅球抛入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中,砂车与图6212水平地面间的摩擦可以忽略。求:(1)铅球和砂车的共同速度;(4)铅球和砂车获得共同速度后,砂车底部出现一小孔,砂子从小孔中流出,当漏出质量为m2的砂子时砂车的速度。返回解析:(1)取铅球和砂车为一系统,由水平方向动量守恒得m1v0 cos (m1M)v,解得:vm1v0 cos m1M(2)由于惯性,砂子从小孔中流出时,在水平方向的速度与漏砂前车的速度相同,则由(m1M)vm2v(m1Mm2)v可得vvm1v0cosm1M答案:(1)m1v0 cos m1M (2)m1v0 cos m1M返回

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