高考物理二輪復(fù)習(xí)第7講動(dòng)量與動(dòng)量守恒課件

1、專題整合突破專題二能量與動(dòng)量第7講動(dòng)量與動(dòng)量守恒1微網(wǎng)構(gòu)建2高考真題3熱點(diǎn)聚焦4復(fù)習(xí)練案微網(wǎng)構(gòu)建高考真題A 解析本題考查動(dòng)量守恒定律及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)。燃?xì)鈴幕鸺龂娍谠诤芏痰臅r(shí)間內(nèi)噴出，其噴出過程中重力和空氣阻力可忽略，因此火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)所受合外力為零，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解答即可。燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為p，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00.050kg600m/s30kgm/s，選項(xiàng)A正確。AB 解析本題通過Ft圖象考查動(dòng)量定理。根據(jù)Ft圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在01 s、02

2、s、03 s、04 s內(nèi)合外力沖量分別為2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，應(yīng)用動(dòng)量定理Imv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，則AB項(xiàng)均正確，CD項(xiàng)均錯(cuò)誤。(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；(2)A的最大速度v的大?。?3)初始時(shí)B離地面的高度H。解析本題以滑輪模型為載體考查運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)量守恒和能量守恒。繩子繃直瞬間，兩物塊獲得共同速度，可等效于發(fā)生完全非彈性碰撞，存在動(dòng)能損失。考生容易犯的錯(cuò)誤是忽視了這個(gè)關(guān)鍵環(huán)節(jié)

3、，直接對(duì)整體應(yīng)用機(jī)械能守恒定律。熱點(diǎn)聚焦1應(yīng)用動(dòng)量定理解決問題的關(guān)鍵(1)表達(dá)式Ftmv2mv1是矢量式，一定要規(guī)定正方向(2)表達(dá)式中的Ft是指合外力的沖量或者是各個(gè)外力沖量的矢量和熱點(diǎn)一動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用2使用動(dòng)量定理的注意事項(xiàng)(1)一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，用動(dòng)量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移，用動(dòng)量定理求解更簡捷。動(dòng)量定理不僅適用于恒力，也適用于變力。這種情況下，動(dòng)量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，運(yùn)用它分析問題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。3應(yīng)用動(dòng)量定理解題的一般步驟(

4、1)明確研究對(duì)象和研究過程(研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段)(2)進(jìn)行受力分析：只分析研究對(duì)象以外的物體施加給研究對(duì)象的力，不必分析內(nèi)力(3)規(guī)定正方向(4)寫出研究對(duì)象的初、末動(dòng)量和合外力的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理列方程求解典例1 (1)金屬盒能在地面上運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)？(2)金屬盒從開始運(yùn)動(dòng)到最后靜止所經(jīng)歷的時(shí)間多長？C AI1I2125，W1W265BI1I265，W1W235CI1I235，W1W265DI1I235，W1W21251動(dòng)量守恒定律適用條件(1)前提條件：存在相互作用的物體系(2)理想條件：系統(tǒng)不受外力(3)實(shí)際條件：系統(tǒng)所受合外力為0(4)近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間

5、相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力(5)方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動(dòng)量守恒熱點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用2動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式(1)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和(2)p1p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向(3)p0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零3必須明確碰撞問題遵守的三條原則(1)動(dòng)量守恒：p1p2p1p2(2)動(dòng)能不增加：Ek1Ek2Ek1Ek2(3)速度要符合實(shí)際情況典例2 彈性碰撞中的一動(dòng)一靜模型如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m1的物體以速度v0與質(zhì)量為m2、靜止的物體發(fā)生彈性正碰，則有方法總結(jié)BC

6、 A在t1，t2時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度2 m/s，且彈簧都處于伸長狀態(tài)B從t3到t4時(shí)刻間彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長C兩物塊的質(zhì)量之比為m1 m22 1D在t2時(shí)刻，A、B兩物塊的動(dòng)能之比為Ek1 Ek24 1C 解析若pA3 kgm/s、pB4kgm/s，不遵守動(dòng)量守恒定律，故A錯(cuò)誤；若pA3 kgm/s、pB3 kgm/s，遵守動(dòng)量守恒定律。碰撞后A、B的動(dòng)量分別為：pApApA12315 kgm/s，pBpBpB13310 kgm/s，可知碰后A的動(dòng)量增加，B的動(dòng)量減?。坏捎谂鲎策^程中，A受到向左的沖力，B受到向右的沖力，所以A、B仍沿原方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，A的動(dòng)量應(yīng)減小，B的動(dòng)量應(yīng)增加，因此這

7、組數(shù)據(jù)是不可能的，故B錯(cuò)誤；若pA2 kgm/s、pB2 kgm/s，遵守動(dòng)量守恒定律。碰撞后A、B的動(dòng)量分別為：pApApA12(2)10 kgm/s，pBpBpB13215 kgm/s，A的動(dòng)量減小，B的動(dòng)量增加，則碰后A的動(dòng)能減小，B的動(dòng)能增加，總動(dòng)能可能不增加，所以是可能的，故C正確；若pA24 kgm/s、pB24 kgm/s，遵守動(dòng)量守恒定律。碰撞后A、B的動(dòng)量分別為：pApApA12(24)12 kgm/s，pBpBpB132437 kgm/s，可知碰后A的動(dòng)能不變，B的動(dòng)能增加，總動(dòng)能增加，違反了能量守恒定律，所以是不可能的，故D錯(cuò)誤，故選C。動(dòng)量守恒與其他知識(shí)綜合問題往往是多過程問題，解決這類問題要弄清物理過程，分清每一個(gè)物理過程，遵從什么樣的物理規(guī)律。一般來說，若研究過程中涉及到時(shí)間，用動(dòng)量定理或運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列方程；若研究過程中不涉及時(shí)間，對(duì)象為單個(gè)物體，用動(dòng)能定理列方程；對(duì)象為系統(tǒng)，用能量和動(dòng)量守恒定律列方程。熱點(diǎn)