2022年高考物理二轮复习教案人教专题动量动量守恒定律级应用 .pdf

《2022年高考物理二轮复习教案人教专题动量动量守恒定律级应用 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理二轮复习教案人教专题动量动量守恒定律级应用 .pdf（7页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、学习好资料欢迎下载某一方向上动量守恒：虽然系统所受外力之和不为零，但系统在某一方向上的外力之和为零，则该方向上的动量守恒4.动量守恒定律的表达式(1) p=p/意义：系统相互作用前的总动量p 等于相互作用后的总动量p (从守恒的角度列式)(2)?p =p/-p=0 意义：系统总动量的增量等于零(从增量角度列式)(3)对相互作用的两个物体组成的系统：p1+p2=p1/ +p2/或者 m1v1 +m2v2=m1v1/+m2v2/意义：两个物体作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量和p1/-p1=一(p2/-p2)或者 ?p1=一?p2或者 ?p1+?p2=0 意义：两物体动量的变化大小相等，方

2、向相反5 弹性碰撞与非弹性碰撞形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 7 页学习好资料欢迎下载的碰撞其机械能有所损失。6碰撞过程遵守的规律应同时遵守三个原则系统动量守恒2211/22/11vmvmvmvm系统动能不增2222112/222/1121212121vmvmvmvm实际情景可能：碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度关系应遵循客观实际如甲物追乙物并发生碰撞

3、，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动一考纲要求考点要求说明考点解读动量、动量守恒定律及其应用动 量 守 恒定 律 只 限于 一 维 情况本章的重点内容： 唯一的二级要求是动量及其守恒定律，本专题和前面的 3-4 模块有共同特点是题目教简单，但为了照顾知识点的覆盖面， 会出现一个大题中在套二、三个小题的情况弹性碰撞和非弹性碰撞、反冲运动验证动量守恒定律（实验、探究）二教法指引此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。要求学生强加记忆。这一专题的题目还是较难的，虽然只有一个二级要求，但是此专题的内容涉及受力

4、分析、过程分析等二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发三知识网络精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 7 页学习好资料欢迎下载四典例精析题型1.（子弹射木块题型）矩形滑块由不同材料的上下两层固体组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块若射中上层子弹刚好不穿出，若射中下层子弹刚好能嵌入，那么( ) A两次子弹对滑块做的功一样多B两次滑块所受冲量一样大C子弹嵌入上层时对滑块做功多D子弹嵌入上层时滑块所受冲量大解：设固体质量为M，根据动量守恒定律有：)(vmMmv由于两次射入的相互作用对象没有变化，子弹

5、均是留在固体中，因此，固体的末速度是一样的，而子弹对滑块做的功等于滑块的动能变化，对滑块的冲量等于滑块的动量的变化，因此 A、B 选项是正确的。规律总结：解决这样的问题，还是应该从动量的变化角度去思考，其实，不管是从哪个地方射入，相互作用的系统没有变化，因此，动量和机械能的变化也就没有变化。题型 2. （动量守恒定律的判断）把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹、车的下列说法正确的是（）A.枪和子弹组成的系统动量守恒B.枪和车组成的系统动量守恒C.只有忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪、车和子弹组成的系统的动量才近似守恒D.枪、子弹、车组成的系统动量守恒

6、解：本题C 选项中所提到的子弹和枪筒之间的摩擦是系统的内力，在考虑枪、子弹、车组成的系统时，这个因素是不用考虑的根据受力分析，可知该系统所受合外力为0，符合动量守恒的条件，故选D 规律总结：判断系统是否动量守恒时，一定要抓住守恒条件，即系统不受外力或者所受合外力为0。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 7 页学习好资料欢迎下载题型 3.（碰撞中过程的分析）如图所示， 位于光滑水平桌面上的小滑块A 和 B 都可视作质点，质量相等。 B 与轻质弹簧相连。设B 静止， A 以某一初速度向B 运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中，

7、弹簧具有的最大弹性势能等于（）A. A 的初动能B. A 的初动能的1/2 C. A 的初动能的1/3 D. A 的初动能的 1/4解：解决这样的问题，最好的方法就是能够将两个物体作用的过程细化。具体分析如右图，开始 A 物体向 B 运动，如右上图；接着，A 与弹簧接触，稍有作用，弹簧即有形变，分别对 A、B 物体产生如右中图的作用力，对 A 的作用力的效果就是产生一个使A 减速的加速度，对B 的作用力的效果则是产生一个使B 加速的加速度。如此，A在减速， B 在加速，一起向右运动，但是在开始的时候，A 的速度依然比B 的大，所以相同时间内，A 走的位移依然比B 大，故两者之间的距离依然在减小

8、，弹簧不断压缩，弹簧产生的作用力越来越大，对A 的加速作用和对B 的加速作用而逐渐变大， 于是，A 的速度不断减小， B 的速度不断增大， 直到某个瞬间两个物体的速度一样，如右下图。过了这个瞬间，由于弹簧的压缩状态没有发生任何变化，所以对两个物体的作用力以及力的效果也没有变，所以A 要继续减速，B 要继续加速，这就会使得B 的速度变的比A 大，于是 A、B 物体之间的距离开始变大。因此，两个物体之间的距离最小的时候，也就是弹簧压缩量最大的时候，也就是弹性势能最大的时候，也就是系统机械能损失最大的时候，就是两个物体速度相同的时候。根据动量守恒有2mvmv，根据能量守恒有PEmvmv2222121

9、，以上两式联列求解的221mvEP，可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块A 原来动能的一半，B 正确规律总结：处理带有弹簧的碰撞问题，认真分析运动的变化过程是关键，面对弹簧问题，一定要注重细节的分析，采取“慢镜头”的手段。题型 4.（动量守恒定律的适用情景）小型迫击炮在总质量为1000kg 的船上发射，炮弹的质量为 2kg若炮弹飞离炮口时相对于地面的速度为600m/s，且速度跟水平面成45 角，求发射炮A B ABABa1v1a2v2ABa1v1a2v2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 7 页学习好资料欢迎下载弹后小船后退的

10、速度？解：发射炮弹前，总质量为1000kg 的船静止，则总动量Mv=0 发射炮弹后，炮弹在水平方向的动量为mv1cos45 ，船后退的动量为(M-m)v2据动量守恒定律有0=mv1cos45 (M-m)v2取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据解得规律总结：取炮弹和小船组成的系统为研究对象，在发射炮弹的过程中，炮弹和炮身(炮和船视为固定在一起)的作用力为内力系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力在船静止的情况下，重力和浮力相等，但在发射炮弹时，浮力要大于重力因此，在垂直方向上，系统所受到的合外力不为零，但在水平方向上系统不受外力(不计水的阻力)，故在该方向上动量守恒题型 5. （多物

11、体多过程动量守恒）两块厚度相同的木块A 和 B，并列紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=2.0kg，mB=0.90kg它们的下底面光滑，上表面粗糙另有质量mC=0.10kg 的铅块 C(其长度可略去不计)以 vC=10m/s 的速度恰好水平地滑到A 的上表面 (见图 )，由于摩擦，铅块最后停在本块B 上，测得B、C 的共同速度为 v=0.50m/s，求：木块A 的速度和铅块C 离开 A 时的速度解：设 C 离开 A 时的速度为vC，此时 A、B 的共同速度为vA，对于 C 刚要滑上 A 和 C 刚离开 A 这两个瞬间，由动量守恒定律知mCvC=(mA+mB)vA+mCvC(1) 以后，

12、物体C 离开 A，与 B 发生相互作用从此时起，物体A 不再加速，物体B 将继续加速一段时间，于是B 与 A 分离当C 相对静止于物体B 上时， C 与 B 的速度分别由vC和vA变化到共同速度v因此，可改选C 与 B 为研究对象，对于C 刚滑上 B 和 C、B 相对静止时的这两个瞬间，由动量守恒定律知精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 7 页学习好资料欢迎下载mCvC+mBvA=(mB+mC)v(2) 由(l)式得 mCvC=mCvC-(mAmB)vA代入 (2)式 mCvC-(mA+mC)vA+mBvA=(mB+mC)v

13、得木块 A 的速度所以铅块C 离开 A 时的速度题型 6.（人船模型）在静止的湖面上有一质量M=100kg 的小船，船上站立质量m=50kg 的人，船长 L=6m ，最初人和船静止当人从船头走到船尾(如图 )，船后退多大距离？ (忽略水的阻力 ) 解：选地球为参考系，人在船上行走，相对于地球的平均速度为(L-x)/t ，船相对于地球后退的平均速度为x/t，系统水平方向动量守恒方程为()0LxxmMtt故1.2mxLmMm规律总结：错解：由船和人组成的系统，当忽略水的阻力时，水平方向动量守恒取人前进的方向为正方向，设t 时间内人由船头走到船尾，则人前进的平均速度为L/t，船在此时间内后退了x 距

14、离，则船后退的平均速度为x/t，水平方向动量守恒方程为()0LxmMtt故3mxLmM这一结果是错误的，其原因是在列动量守恒方程时，船后退的速度x/t 是相对于地球的，而人前进的速度L/t 是相对于船的。相对于不同参考系的速度代入同一公式中必然要出错精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 7 页学习好资料欢迎下载题型 7.（动量守恒中速度的相对性）一个静止的质量为M 的原子核，放射出一个质量为m 的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为 v0，原子核剩余部分的速率等于（）解：取整个原子核为研究对象。由于放射过程极为短暂，放射过程中其他外力的冲量均可不计，系统的动量守恒放射前的瞬间，系统的动量p1=0，放射出粒子的这一瞬间，设剩余部分对地的反冲速度为v，并规定粒子运动方向为正方向，则粒子的对地速度v=v0-v，系统的动量p2=mv-(M-m)v=m(v0-v)-(M-m)v 由 p1=p2，即0=m(v0-v)-(M-m)v=mv0-Mv 故选 C。规律总结：运用动量守恒定律处理问题，既要注意参考系的统一，又要注意到方向性。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 7 页