届高考物理大一轮复习 第十三章 第一节 动量守恒定律及其应用实验 验证动量守恒定律教学讲义.docx

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届高考物理大一轮复习第十三章第一节动量守恒定律及其应用实验验证动量守恒定律教学讲义

第十三章第一节动量守恒定律及其应用（实验验证动量守恒定律）

考纲展示

1．动量、动量定理、动量守恒定律及其应用　Ⅱ

2．弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ

3．光电效应Ⅰ

4．爱因斯坦光电效应方程Ⅰ

5．氢原子光谱Ⅰ

6．氢原子的能级结构、能级公式Ⅰ

7．原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期Ⅰ

8．放射性同位素Ⅰ

9．核力、核反应方程Ⅰ

10．结合能、质量亏损Ⅰ

11．裂变反应和聚变反应、裂变反应堆Ⅰ

12．射线的危害与防护Ⅰ

实验：

验证动量守恒定律

说明：

碰撞与动量守恒只限于一维．

热点视角

1．动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点，动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查．

2．动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点．

3．波粒二象性部分的重点内容是光电效应现象、实验规律和光电效应方程，光的波粒二象性和德布罗意波是理解的难点．

4．核式结构、玻尔理论、能级公式、原子跃迁条件在选做题部分出现的几率将会增加，可能单独命题，也可能与其他知识结合出题．

5．半衰期、质能方程的应用、计算和核反应方程的书写是高考的热点问题，试题一般以基础知识为主，较简单．

第一节　动量守恒定律及其应用（实验：

验证动量守恒定律）

一、动量　动量定理

1．冲量

（1）定义：

力和力的作用时间的乘积．

（2）公式：

I＝Ft，适用于求恒力的冲量．

（3）方向：

与力F的方向相同．

2．动量

（1）定义：

物体的质量与速度的乘积．

（2）公式：

p＝mv.

（3）单位：

千克·米/秒，符号：

kg·m/s.

（4）意义：

动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．

3．动量定理

（1）内容：

物体所受合力的冲量等于物体动量的增量．

（2）表达式：

F·Δt＝Δp＝p′－p.

（3）矢量性：

动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．

4．动量、动能、动量的变化量的关系

（1）动量的变化量：

Δp＝p′－p.

（2）动能和动量的关系：

Ek＝.

　1.下列说法正确的是（　　）

A．速度大的物体，它的动量一定也大

B．动量大的物体，它的速度一定也大

C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量也保持不变

D．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大

答案：

D

二、动量守恒定律

1．守恒条件

（1）理想守恒：

系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．

（2）近似守恒：

系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．

（3）分方向守恒：

系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．

2．动量守恒定律的表达式：

m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.

　2.（·高考浙江自选模块）如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后（　　）

A．甲木块的动量守恒

B．乙木块的动量守恒

C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒

D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒

答案：

C

三、碰撞

1．碰撞

物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．

2．特点

在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．

3．分类

动量是否守恒

机械能是否守恒

弹性碰撞

守恒

守恒

非完全弹性碰撞

守恒

有损失

完全非弹性碰撞

守恒

损失最大

　3.A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v′A∶v′B为（　　）

A.B.

C．2D.

答案：

D

考点一　动量定理的理解及应用　　　　　　

1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．

2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．

3．应用动量定理解释的两类物理现象

（1）当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．

（2）当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小

　在水平力F＝30N的作用下，质量m＝5kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？

（g取10m/s2）

[解析]　法一：

用动量定理解，分段处理．

选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有

（F－μmg）t1＝mv－0.

对于撤去F后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v，终态速度为零．根据动量定理有

－μmgt2＝0－mv.

以上两式联立解得

t2＝t1＝×6s＝12s.

法二：

用动量定理解，研究全过程．

选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零．

取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得

（F－μmg）t1＋（－μmg）t2＝0

解得t2＝t1＝×6s＝12s.

[答案]　12s

[规律方法]　应用动量定理解题的一般步骤

（1）明确研究对象和研究过程．

研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段．

（2）进行受力分析．

只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．

（3）规定正方向．

（4）写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和），根据动量定理列方程求解．

　1.

我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3000m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.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A错误；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误．

考点二　动量守恒定律与碰撞　　

1．动量守恒定律的不同表达形式

（1）p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.

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

（3）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．

（4）Δp＝0，系统总动量的增量为零．

2．碰撞遵守的规律

（1）动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.

（2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或＋≥＋.

（3）速度要合理．

①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．

②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．

3．两种碰撞特例

（1）弹性碰撞

两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．

以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有

m1v1＝m1v′1＋m2v′2①

m1v＝m1v′＋m2v′②

由①②得v′1＝　v′2＝

结论：

①当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．

②当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都向前运动．

③当m10，碰撞后质量小的球被反弹回来．

（2）完全非弹性碰撞

两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律．

　（·高考新课标全国卷Ⅰ）如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰好为零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：

（1）B球第一次到达地面时的速度；

（2）P点距离地面的高度．

[审题点睛]　由于两球碰撞时间极短，并且没有能量损失，所以在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后总动能相等，分别列方程求解．

[解析]　

（1）设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝①

将h＝0.8m代入上式，得vB＝4m/s.②

（2）设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1（v′1＝0），B球的速度分别为v2和v′2.由运动学规律可得

v1＝gt③

由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有

mAv1＋mBv2＝mBv′2④

mAv＋mBv＝mBv′⑤

设B球与地面相碰后的速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得v′B＝vB⑥

设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得

h′＝⑦

联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得

h′＝0.75m.

[答案]　

（1）4m/s　

（2）0.75m

[规律总结]　应用动量守恒定律解题的步骤

（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）；

（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上动量是否守恒）；

（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．

　2.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（　　）

A．v′A＝5m/s，v′B＝2.5m/s

B．v′A＝2m/s，v′B＝4m/s

C．v′A＝－4m/s，v′B＝7m/s

D．v′A＝7m/s，v′B＝1.5m/s

解析：

选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能E′k＝mAv′＋mBv′＝57J，大于碰前的总动能Ek＝22J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确．

考点三　爆炸和反冲　人船模型　

1．爆炸的特点

（1）动量守恒：

由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．

（2）动能增加：

在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（