物理二轮(山东专用)学案:专题2 第3讲 碰撞与动量守恒 Word版含解析.doc
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1、- 1 - 第 3 讲 碰撞与动量守恒 析考情 明考向_考情分析_透视命题规律 一、构建体系 透析考情 思维导图 考情分析 1.动量定理、动量守恒定律 属于力学的主干知识,这部 分知识与牛顿运动定律、功 能关系合称“解题三把金钥 匙”,是解决物理问题的基 本方法,是高考的重点考查 内容。 2.高考命题将本讲内容与机 械能守恒定律、平抛运动、 圆周运动等力学及电磁学、 原子物理等知识点组成综合 题, 这类题型命题情景新颖, 联系实际密切,综合性强, 前后两个物理过程一般通过 碰撞来过渡,这就决定了动 量守恒方程在解题过程中的 纽带作用, 如 2020 年山东卷 第 18 题。 二、熟记规律 高效
2、突破 1动量定理表达式 Ftmvmv 中的 F 为物体在 t 时间内所受的合外力。应用动量定理列 方程时必须选取正方向。 2不受外力或者所受外力的矢量和为零时,系统的动量守恒;当外力比相互作用的内力小得 多时,系统的动量近似守恒;当某一方向上的合外力为零时,系统在该方向上动量守恒。 3三类碰撞 (1)弹性碰撞 动量守恒:m1v1m2v2m1v1m2v2。 机械能守恒:1 2m1v 2 11 2m2v 2 21 2m1v1 21 2m2v2 2。 (2)完全非弹性碰撞 动量守恒、末速度相同:m1v1m2v2(m1m2)v。 机械能损失最多,机械能的损失量为:E(1 2m1v 2 11 2m2v
3、2 2)1 2(m1m2)v 2。 (3)非弹性碰撞 动量守恒:m1v1m2v2m1v1m2v2。 机械能有损失,机械能的损失量为:E(1 2m1v 2 11 2m2v 2 2)(1 2m1v1 21 2m2v2 2)。 研考向 提能力_考向研析_掌握应试技能 考向一 冲量与动量定理 1恒力:求 p 时,用 pFt。 2变力:求 I 时,用 Ipmv2mv1。 3p 一定:Ft 为确定值,Fp t ,t 小 F 大如碰撞;t 大 F 小如缓冲。 4矢量性: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。 5流体类:对于连续流体应用动量定理时,要确定小段时间 t 的连续体为
4、研究对象,写出 t 内的质量 m 与 t 的关系式,分析连续 m 的受力情况和动量变化。 典例 1 (多选)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( ) - 2 - At1 s 时物块的速率为 1 m/s Bt2 s 时物块的动量大小为 4 kg m/s Ct3 s 时物块的动量大小为 5 kg m/s Dt4 s 时物块的速度为零 解析 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 01 s、0 2 s、03 s、04 s 内合外力冲量分别为 2 N s、4 N s、3 N s、2 N s
5、,应用动量定理 Imv 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,故 A、B 正确,C、D 错误。 答案 AB 1(2019 高考全国卷)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功, 这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体 速度约为 3 km/s,产生的推力约为 4.8106 N,则它在 1 s 时间内喷射的气体质量约为( ) A1.6102 kg B1.6103
6、 kg C1.6105 kg D1.6106 kg 解析:设 1 s 内喷出气体的质量为 m,喷出的气体与该发动机的相互作用力为 F,由动量定理 Ftmv 知,mFt v 4.810 61 3103 kg1.6103 kg,选项 B 正确 答案:B 2(2020 安徽六安一中高三下学期检测)一质量为 m60 kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳 起, 经 t0.2 s, 以大小 v1 m/s 的速度离开地面, 取重力加速度 g10m/s2, 在这 0.2 s 内( ) A重力对运动员的冲量大小为 0 B地面对运动员的冲量大小为 60 N s C地面对运动员做的功为 30 J D地面对运动员做的功
7、为零 解析:重力对人的冲量大小为 mgt120 N s,人的速度原来为零,起跳后变为 v,以向上为 正方向,由动量定理可得 Imgtmv0,故地面对人的冲量为 Imvmgt601 N s 6000.2 N s180 N s,A、B 错误;人在跳起时,地面对人的支持力竖直向上,在跳起过程 中,支持力的作用点在支持力方向上没有位移,地面对运动员的支持力不做功,C 错误,D 正 确。 答案:D 3运动员在水上做飞行运动表演,他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转 180 后向下喷出,令自己悬停在空中,如图所示。已知运动员与装备的总质量为 90 kg,两个喷嘴 的直径均为 10 cm,重力加速
8、度大小 g 取 10 m/s2,水的密度 1.0103 kg/m3,则喷嘴处喷水 的速度大约为( ) - 3 - A2.7 m/s B5.4 m/s C7.6 m/s D10.8 m/s 解析: 设 t 时间内有质量为 m 的水射出, 忽略重力冲量, 对这部分水由动量定理得 Ft2mv, m2vtd 2 4 ,运动员悬停在空中,所以 FMg,联立解得 v5.4 m/s,故 B 正确。 答案:B 4. (2020 江苏省南通市通州区高三下学期检测)水平面上有质量相等的 a、b 两个物体,水平推 力 F1、F2分别作用在 a、b 上,一段时间后撤去推力,物体继续运动一段距离后停下,两物体 的 v-
9、 t 图像如图所示,图中 ABCD,则整个过程中( ) AF1的冲量等于 F2的冲量 BF1的冲量大于 F2的冲量 C摩擦力对 a 物体的冲量等于摩擦力对 b 物体的冲量 D合外力对 a 物体的冲量等于合外力对 b 物体的冲量 解析:由图可知,AB 与 CD 平行,说明推力撤去后两物体的加速度相同,而撤去推力后物体 的合力等于摩擦力,根据牛顿第二定律可知,两物体受到的摩擦力大小相等,但 a 的运动总 时间小于 b 的时间,根据 IFft 可知,摩擦力对 a 物体的冲量小于摩擦力对 b 物体的冲量,故 C 错误;根据动量定理,对整个过程研究得 F1t1FftOB0,F2t2FftOD0,由图看出
10、,tOB tOD,则有 F1t1F2t2,即 F1的冲量小于 F2的冲量,故 A、B 错误;根据动量定理可知,合外 力的冲量等于物体动量的变化量,a、b 两个物体动量的变化量都为零,所以相等,故 D 正确。 答案:D 考向二 动量、动量守恒定律 1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。 (2)近似守恒:外力远小于内力,且作用时间极短,外力的冲量近似为零,或外力的冲量比内 力冲量小得多。 (3)单方向守恒:合外力在某方向上的分力为零,则系统在该方向上动量守恒。 2动量守恒定律的表达式 (1)m1v1m2v2m1v1m2v2,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和
11、等于作用后 的动量和。 - 4 - (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。 典例 2 如图所示,甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上玩耍。甲和他的冰车的总质量 为 M30 kg,乙和他的冰车的总质量也是 M30 kg。甲推着一个质量为 m15 kg 的箱子和 他一起以 2 m/s 的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞,甲突然将箱子沿 冰面推给乙,箱子滑到乙处时,乙迅速抓住。若不计冰面摩擦,求甲至少以多大速度(相对地) 将箱子推出,才能避免与乙相撞? 解析 要想刚好避免相撞,要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等,设甲推出箱子后的速
12、度 为 v1,箱子的速度为 v,乙抓住箱子后的速度为 v2。 对甲和箱子,推箱子前后动量守恒,以甲初速度方向为正方向,由动量守恒定律有(Mm)v0 mvMv1 对乙和箱子,抓住箱子前后动量守恒,以箱子初速度方向为正方向,由动量守恒定律有 mv Mv0(mM)v2 甲与乙刚好不相撞的条件是 v1v2 联立解得 v5.2 m/s,方向与甲和箱子初速度方向一致。 答案 5.2 m/s 规律总结 应用动量守恒定律解题的基本步骤 (1)明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程,如典例中分别以“甲 和箱子”“乙和箱子”为系统。 (2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动
13、量是否守恒)。 (3)规定正方向,确定初、末状态动量。 (4)由动量守恒定律列出方程。 (5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。 5光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为 的斜面体 A,斜面体的质量为 M,底边长为 L, 如图所示。将一质量为 m 可视为质点的滑块 B 从斜面体的顶端由静止释放,滑块 B 经过时间 t 刚好滑到斜面体底端。 此过程中斜面体对滑块的支持力大小为 FN, 则下列说法正确的是( ) AFNmgcos B滑块下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为 FNtcos C滑块 B 下滑过程中 A、B 组成的系统动量守恒 D此过程中斜面体向左滑动的距离为 m MmL 解析:当滑块
14、B 相对于斜面体加速下滑时,斜面体 A 水平向左加速运动,所以滑块 B 相对于 地面的加速度方向不再沿斜面方向,即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零,所以斜面对滑 块的支持力 FN不等于 mgcos ,故 A 错误;根据冲量定义 IFt 可知滑块 B 下滑过程中支持 - 5 - 力对 B 的冲量大小为 IFNt,故 B 错误;由于滑块 B 有竖直方向的分加速度,所以系统竖直 方向合外力不为零,系统的动量不守恒,故 C 错误;系统水平方向不受外力,水平方向动量 守恒,设 A、B 两者水平位移大小分别为 x1、x2,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得 Mx1 t mx2 t 0,即有 Mx1mx2
15、,又 x1x2L,解得 x1 m MmL,故 D 正确。 答案:D 6.如图所示,一轻质弹簧两端连着物体 A 和 B,放在光滑的水平面上,物体 A 被水平速度为 v0的子弹射中并且子弹嵌在其中。已知物体 A 的质量 mA是物体 B 的质量 mB的3 4,子弹的质量 m 是物体 B 的质量的1 4,则弹簧压缩到最短时 B 的速度为( ) A.v0 2 Bv0 4 C.v0 8 Dv0 3 解析:根据题意可知,B 的质量 mB为 4m,A 的质量 mA为 3m,子弹的质量为 m,子弹刚射入 物块 A 时,A 具有最大速度 v,此过程中子弹与 A 的动量守恒,以子弹的初速度方向为正,根 据动量守恒定
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