2014安徽物理《高考专题》(二轮)复习课件：专题三 第7讲动量守恒定律及其应用

第7讲 动量守恒定律及其应用

一、动量、动量定理 1.动量:

mv 。 (1)定义式:p=___相同 。 (2)方向:与速度v的方向_____ 2.动量定理: 变化量 等于它在这个过 (1)内容:物体在一个过程始末的动量_______ 冲量 。 程中所受力的_____ I。 (2)公式:p′-p=__

二、动量守恒定律1.动量守恒的条件:

不受外力 或系统所受_________ 外力之和 为零。 (1)系统_________内力 小得多,可以 (2)系统所受的外力之和虽不为零,但比系统_____ 忽略不计,如碰撞问题中的摩擦力,爆炸过程中的重力等。 不受外力 或所受外力的_______ 矢量和 为零,或外力 (3)系统某一方向_________ 内力 则系统在_______ 该方向 动量守恒。 远小于_____,

2.三种表达式:p′ 。 (1)p= ____ m1v′1+m2v′2 。 (2)m v +m v =____________1 1 2 2

-Δ p2 。 (3)Δ p1= _____

3.动量守恒定律的“四性”: 矢量式 解题时要规定____ 正方 (1)矢量性:定律的表达式是一个_______, 向。 ____

速度 应相对于同一参考系,一般以 (2)相对性:定律表达式中的_____ 地面 为参考系。 _____同 (3)同时性:定律中的初态动量是系统中各物体在相互作用前__ 一时刻 的瞬时值,末态动量是系统中各物体在相互作用后____ 同一 _______ 时刻 的瞬时值。 _____ (4)普适性:动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统,也 多个物体 组成的系统;不仅适用于宏观物体组成的系统, 适用于_________ 微观粒子 组成的系统。 也适用于_________

4.碰撞的种类及特点:

种

类

特

点

弹性碰撞 非弹性 碰撞 完全非 弹性碰撞

守恒 (1)动量_____ 相等 (2)碰撞前后总动能_____ 守恒 (1)动量_____ 损失 (2)动能有_____ (1)碰后两物体合为一体 守恒 (2)动量_____ 大 (3)动能损失最___

1.(2013·福建高考)将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭 模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷

出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是A. m v0 M B. M v0 m C. M v0 M-m

(D.

)m v0 M-m m v 0, 故选 M m

【解析】选D。火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速 度为v,据动量守恒定律有0=(M-m)v-mv0,得 v D。

2.(2013·天津高考)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠。 观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交 棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待 乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出,在 乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作 用, 则 ( )

A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反

C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多

少正功

【解析】选B。运动员乙推甲的过程中,甲和乙间的相互作用力等大反向,作用时间相等,故甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小 相等,方向相反;由动量定理,动量变化的大小相等,方向相反,A 错,B对;“交棒”过程中甲和乙的速度不一定相等,在乙推甲的 过程中位移不一定相等,因而甲对乙做的负功和乙对甲做的正 功的绝对值不一定相等,由动能定理,其动能变化量的绝对值也 不一定相等,C、D错。

3.(2011·福建高考)在光滑水平面上,一质量为m、速度大小为

v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后,A球的速度方向与碰撞前相反,则碰撞后B球的速度大小可能是 A.0.6v B.0.4v ( ) D.0.2v

C.0.3v

【解析】选A。由动量守恒定律得mv=mvA+2mvB,规定A球原方向 为正方向,由题意可知vA为负值,则2mvB>mv,因此B球的速度可 能为0.6v,故选A。

4.(2011·安徽高考)如图所示,质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上,质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上 的光滑轴O连接,小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动,开 始轻杆处于水平状态,现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s, g取10m/s2。

(1)若锁定滑块,试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。 (2)若解除对滑块的锁定,试求小球通过最高点时的速度大小。 (3)在满足(2)的条件下,试求小球击中滑块右侧轨道位置点与 小球起始位置点间的距离。

【解析】(1)设小球能通过最高点,且此时的速度为v1,在上升 过程中,因只有重力做功,小球的机械能守恒,则1 1 mv12 mgL mv 0 2 2 2

① ②

解得v1=

6 m/s

设小球到达最高点时,轻杆对小球的作用力为F,方向向下,则小球受到的拉力和重力提供做圆周运动的向心力 ,有v12 F mg m L

③ ④

由②③式,得F=2N

由牛顿第三定律知,小球对轻杆的作用力大小为2N,方向竖直向 上。

(2)若解除锁定,设小球通过最高点时的速度为v2,此时滑块的速度为v。小球和滑块起始状态沿水平方向初速度均为零 ,在上 升过程中,因系统在水平方向不受外力作用,水平方向的动量守 恒。以水平向右方向为正方向,有mv2+Mv=0 在上升过程中,因只有重力做功,系统的机械能守恒,则1 1 1 mv 2 2 Mv 2 mgL mv 0 2 2 2 2

⑤

⑥

由⑤⑥式得v2=2m/s。

(3)设小球击中滑块右侧轨道的位臵点与小球起始位臵点间的 距离为s1,滑块向左移动的距离为s2。任意时刻小球的水平速度 大小为v3,滑块的速度大小为v′。由系统水平方向的动量守恒,

得mv3-Mv′=0将⑦式两边同乘以Δt,得mv3Δt-Mv′Δt=0 ms1-Ms2=0 又s1+s2=2L 由⑨⑩式 …… 此处隐藏：873字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……