2020版高考物理一轮复习第六章第2讲动量守恒定律及其应用课件新人教版

1 第3讲 圆周运动及其应用

考点1 圆周运动中的运动学分析

1．描述圆周运动的物理量间的关系

2．常见的三种传动方式及特点

传动类型 图示

结论

共轴传动

A、B两点转动的周期、角速度相同，线速度与其半径成正比 2 皮带传动

A、B两点的线速度大小相同，角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比

齿轮传动

vA＝vB(线速度)，TATB＝r1r2＝n1n2，ωAωB＝r2r1＝n2n1(n1、n2分别表示两齿轮的齿数)

1．(2018·江苏卷)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°.在此10 s时间内，火车( AD )

A．运动路程为600 m B．加速度为零

C．角速度约为1 rad/s D．转弯半径约为3.4 km

解析：本题考查匀速圆周运动．火车的角速度ω＝θt＝2π×1036010 rad/s＝π180 rad/s，选项C错误；火车做匀速圆周运动，其受到的合外力等于向心力，加速度不为零，选项B错误；火车在10 s内运动路程s＝vt＝600 m，选项A正确；火车转弯半径R＝vω＝60π180 m≈3.4

km，选项D正确．

2．汽车后备箱盖一般都配有可伸缩的液压杆，如图甲所示，其示意图如图乙所示，可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动，在合上后备箱盖的过程中( C )

A．A点相对O′点做圆周运动

B．A点与B点相对于O点转动的线速度大小相等

C．A点与B点相对于O点转动的角速度大小相等

D．A点与B点相对于O点转动的向心加速度大小相等

解析：在合上后备箱盖的过程中，O′A的长度是变化的，因此A点相对O′点不是做圆 3 周运动，选项A错误；在合上后备箱盖的过程中，A点与B点都是绕O点做圆周运动，相同的时间绕O点转过的角度相同，即A点与B点相对O点的角速度相等，但是OB大于OA，根据v＝rω，所以B点相对于O点转动的线速度大，故选项B错误，C正确；根据向心加速度公式a＝rω2可知，B点相对O点的向心加速度大于A点相对O点的向心加速度，故选项D错误．

第2讲 动量守恒定律及其应用

考点1 动量守恒定律的理解和简单应用

1．动量守恒的判定

(1)系统不受外力或者所受外力的合力为零，则系统动量守恒；

(2)系统受外力，但所受的外力远远小于内力、可以忽略不计时，则系统动量守恒；

(3)系统在某一个方向上所受的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．

(4)若系统在全过程的某一阶段所受的合外力为零，则系统在该阶段动量守恒．

2．动量守恒定律的不同表达形式

(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量之和等于作用后的动量之和．

(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．

(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．

3．动量守恒定律的“四性”

考向1 对动量守恒定律的理解

1．(2019·安徽淮南联考)(多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b粘在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( CD )

A．三球与弹簧组成的系统总动量不守恒，总机械能不守恒

B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒

C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大

D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零

解析：在整个运动过程中，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，小球a与b碰撞后粘在一起，机械能减小，故A、B错误；a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，a、b做减速运动，c做加速运动，当c的速度等于a、b的速度时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，故C正确；当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确．

2．在平静的水面上有一条以速度v0匀速前进的载人小船，船的质量为M，人的质量为m.开始时，人相对船静止，当人相对船以速度v向船行进的反方向行走时，设船的速度为u.由动量守恒定律，下列表达式成立的是( C )

第2节 动量守恒定律

一、动量守恒定律

1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。[注1]

2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。

3．适用条件

(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0。

(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。[注2]

(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为0，则系统在该方向上动量守恒。

二、碰撞、反冲、爆炸

1．碰撞

(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。

(2)分类

①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。[注3]

②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。

③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。

2．爆炸

与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。

3．反冲 [注4]

(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。

(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。

【注解释疑】

[注1] 外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。

[注2] 外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。

[注3] 弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在。

[注4] 反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的。

[深化理解]

1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。

2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。

3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。

4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。

[基础自测]

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基础巩固组

1.

(人船模型)(20xx·云南昆明三中检测)一装有柴油的船静止于水面上,船前舱进水,堵住漏洞后用一水泵把前舱中的水抽往后舱,如图所示.。不计水的阻力,船的运动情况是( )

A.向后运动

B.向前运动

C.静止

D.无法判断

答案B

解析虽然抽水的过程属于船与水的内力作用,但水的质量发生了转移,从前舱转移到了后舱,相当于人从船的一头走到另一头的过程.。故B正确.。

2.(动量守恒定律的应用)(20xx·广东××市月考)滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动,现有质量为m的人站立于雪橇上,如图所示.。人与雪橇的总质量为m0,人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计).。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时,雪橇向南的速度大小为( )

A. B.

C. D.v1

答案D

解析根据动量守恒条件可知,人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒,人跳起后水平方向速度不变,雪橇的速度仍为v1,D正确.。

3.

(人船模型)如图所示,质量为m1、半径为r1的小球,放在内半径为r2、质量为m2=3m1的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上,当小球由图中位置无初速度释放后沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离为( )

A. B.

3 / 7 C. D.

答案C

4.

(多选)(碰撞模型)带有光滑圆弧轨道、质量为m0的滑车静止置于光滑水平面上,如图所示.。一质量为m的小球以速度v0水平冲上滑车,当小球上滑再返回,并脱离滑车时,以下说法可能正确的是( )

A.小球一定沿水平方向向左做平抛运动

B.小球可能沿水平方向向左做平抛运动

C.小球可能做自由落体运动