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(共54張PPT)
第六章　碰撞與動量守恒
第1講　動量、動量定理
常設情境　①生活實踐類：生產生活中的緩沖問題，流體沖力問題，碰撞、爆炸、反沖問題.
②學習探索類：動量定理的理解及應用，利用動量定理處理流體問題、動量守恒定律的條件及應用，碰撞模型的規律及應用，人船模型類問題的處理方法、子彈打木塊模型及“滑塊—木板”問題.
素養目標　1.知道動量、動量變化量、沖量的概念.（物理觀念） 2.知道動量定理的內容及表達式.（物理觀念） 3.能夠應用動量定理解釋日常生活現象.（科學思維）
一、動量和沖量
A. 質量 B. 速率
C. 動量 D. 動能
解析：矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以動量是矢量，而質量、速率、動能只有大小沒有方向，是標量.故選C.
C
考題2　（2024·廣東卷）汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置.如圖甲所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動，與正下方的氣囊發生碰撞，以頭錘碰到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向的作用力F隨時間t的變化規律，可近似用圖乙所示的圖像描述.已知頭錘質量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
（1）碰撞過程中F的沖量大小和方向；
答案：（1）330 N·s　方向豎直向上
解析：（1）根據F－t圖線與t軸所圍面積可知碰撞過程中F的沖量大小I＝330 N·s
碰撞過程中安全氣囊對頭錘的沖量方向為豎直向上.
（2）碰撞結束后頭錘上升的最大高度.
答案：（2）0.2 m
質量
速度
mv
矢
速度
p'－p
矢量
速度改變量Δv
力的作用時間
I＝F·Δt
N·s
矢量
力的方向
深化1　　動量與動能的比較
比較項目 動量 動能
物理意義 描述機械運動狀態的物理量
定義式 p＝mv
標矢性 矢量 標量
變化因素 物體所受合外力的沖量 合外力所做的功
大小關系
聯系 （1）都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系.
（2）若物體的動能發生變化，則動量一定也發生變化；但動量發生變化時動能不一定發生變化
深化2　　沖量的計算方法
公式法 I＝FΔt，此方法僅適用于求恒力的沖量，無需考慮物體的運動狀態
圖像法 F－t圖像與t軸圍成的面積表示沖量大小，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量
平均
值法
動量
定理法 根據物體動量的變化量，由I＝Δp求沖量，多用于求變力的沖量
角度1　動量和動能的比較
A. 在F作用下，若這個物體經過位移2L，其動量等于2p
B. 在F作用下，若這個物體經過位移2L，其動能等于2Ek
C. 在F作用下，若這個物體經過時間2t，其動能等于2Ek
D. 在F作用下，若這個物體經過時間2t，其動量等于2p
BD
A. 地面對人的支持力始終等于重力
B. 地面對人的支持力的沖量大于重力的沖量
C. 人原地起跳過程中獲得的動能來自地面
D. 人與地球所組成的系統的機械能是守恒的
B
解析：人在上升過程中經歷了先加速再減速的過程，加速過程中人受到的支持力大于人的重力，故A錯誤；因人向上的動量增加，故支持力的沖量大于重力的沖量，故B正確；人起跳時，地面對人不做功，人的動能來自本身的生物能，故C錯誤；由于有人體生物能轉化為機械能，故機械能不守恒，故D錯誤.故選B.
AD
A. 0～4t0，物塊一直沿斜面向下運動
B. 0～4t0，合外力的總沖量為0
C. t0時動量是2t0時的一半
D. 2t0～3t0過程物塊的位移小于3t0～4t0的位移
二、動量定理的理解和應用
D
A. 圓盤停止轉動前，小物體所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向
B. 圓盤停止轉動前，小物體運動一圈所受摩擦力的沖量大小為2mωr
C. 圓盤停止轉動后，小物體沿圓盤半徑方向運動
D. 圓盤停止轉動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為mωr
解析：圓盤停止轉動前，小物體所受的靜摩擦力提供其做勻速圓周運動的向心力，方向沿半徑指向圓心，A錯誤；物體勻速轉動一周受到的摩擦力是一個變力，可用動量定理來計算摩擦力的沖量，轉動一周動量的變化量為零，I＝Δp＝0，B錯誤；停止轉動后，小物體做離心運動，不是沿著半徑方向運動，C錯誤；停止轉動后，小物體初動量為mωr，最后小物體停下來，末動量為零，整個過程中摩擦力的沖量大小等于動量的變化量大小，為mωr，D正確.
C
A. 起跳過程中運動員的最大加速度約為42 m/s2
B. 起跳后運動員重心上升的平均速度大小約為3 m/s
C. 起跳后運動員重心上升的最大高度約為0.45 m
D. 起跳過程中運動員所受合力的沖量大小約為330 N·s
動量變化量
深化2　　用動量定理解題的基本思路
思維模型　用動量定理解釋生產生活中的有關現象.
角度1　用動量定理解釋生活中的現象
　
A. 2.2G B. 2.0G C. 1.8G D. 1.6G
A
解析：穿著平底布鞋時雙腳豎直著地過程中與地面的作用時間為t0，受到地面的平均沖擊力大小為4G，合力的沖量為（4G－G）t0，若腳著地前的速度保持不變，則合力的沖量不變，有（4G－G）t0＝（F－G）·2.5t0，解得該同學受到地面的平均沖擊力大小為F＝2.2G，A正確.
A
三、應用動量定理處理流體類問題
A. 1.47 N B. 0.147 N
C. 0.09 N D. 0.009 N
解析：在單位時間內噴出離子的質量m＝3.0×10－6 kg，則t時間內噴出離子的質量為mt，對噴出的離子，取運動方向為正，由動量定理得Ft＝mtv－0，代入數據解得F＝mv＝3.0×10－6×30×103 N＝0.09 N，由牛頓第三定律可知，探測器獲得的平均推力大小F'＝F＝0.09 N，C正確.
C
深化　　應用動量定理處理流體類問題的方法
研究對象 流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ
微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內粒子數n
分析步驟 ①構建“柱體”模型：沿流速v的方向選取一段小柱體，其橫截面積為S
②微元研究 小柱體的體積ΔV＝vSΔt
小柱體質量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱體粒子數N＝nvSΔt
小柱體動量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，應用動量定理FΔt＝Δp研究
BC
A. 水槍單位時間噴出的水的質量為ρvπD2
D. 手對水槍的作用力水平向右
解析：設Δt時間內，從水槍噴出的水的體積為ΔV，質量為Δm，則Δm＝ρΔV，ΔV＝
出水柱時，水柱對水槍的作用力向左，由于水槍受到重力，根據平衡條件，可知手對
水槍的作用力方向斜向右上方，選項D錯誤.
A. 20 N B. 40 N C. 60 N D. 80 N
解析：設飛船在微粒塵區的飛行時間為Δt，則在這段時間內附著在飛船上的微粒質量Δm＝ρSvΔt，微粒由靜止到與飛船一起運動，微粒的動量增加，由動量定理得FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt，所以飛船所需推力大小F'＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×（2.0×103）2 N＝40 N.
B
限時跟蹤檢測
A級·基礎對點練
題組一　動量和沖量
A. 1∶1 B. m1∶m2
C
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B. 整個過程中摩擦力沖量的矢量和為零
C. 上滑過程中重力的沖量比下滑過程中重力的沖量小
D. 上滑過程和下滑過程中支持力的沖量均為零
C
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A. 0～2 s內合外力的沖量一直增大
B. 0～4 s內合外力的沖量為零
C. 2 s末物體的動量方向發生變化
D. 4 s末的速度為零
C
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解析：根據F－t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示沖量可知，在0～2 s內合外力的沖量一直增大，A正確，不符合題意；由圖像可知，0～4 s內合外力的沖量為零，根據動量定理可知，物體的動量變化量為零，因物體的初動量為零，故物體4 s末的動量也為零，所以4 s末的速度為零，B、D正確，不符合題意；2 s末沖量方向發生變化，物體的動量開始減小，但方向不發生變化，0～4 s內物體動量的方向一直不變，C錯誤，符合題意.
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A. 籃球撞擊籃板時的動量大小為1.8 N·s
B. 籃板對球的平均作用力大小為12 N
C. 籃球被拋出后上升過程處于超重狀態
D. 該同學投籃處距籃板水平距離1.2 m
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C. ρhvt D. 2ρhvt
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A. 12 m/s B. 120 m/s
C. 14.4 m/s D. 144 m/s
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B級·能力提升練
A. 4Q2ρ B. Q2ρ
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A. 物體A、B所受摩擦力大小之比為1∶3
B. 物體A、B所受摩擦力大小之比為1∶1
C. F1和F2對物體A、B的沖量大小之比為1∶3
D. F1和F2對物體A、B的沖量大小之比為1∶1
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10. 某節目中，“氣功師”平躺在水平地面上，其腹部上平放著一塊大石板，助手用鐵錘猛擊大石板，石板裂開而“氣功師”沒有受傷.現用下述模型分析探究：
設大石板質量M＝80kg，鐵錘質量m＝5kg，鐵錘從h1＝1.8 m高處由靜止落下，打在石板上反彈，當反彈達到最大高度h2＝0.05 m時被拿開；鐵錘與石板的作用時間t1＝0.01s；由于緩沖，石板與“氣功師”腹部的作用時間t2＝0.5s.重力加速度取g＝10m/s2.求鐵錘敲擊大石板的過程中：
（1）鐵錘受到的沖量大小；
答案：（1）35N·s
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解得I＝35N·s.
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（2）大石板對鐵錘的平均作用力大小；
答案：（2）3 550N
（3）大石板對人的平均作用力大小.
答案：（3）871N
解得F1＝3 550N.
解析：（2）對鐵錘，由沖量定義得I＝（F1－mg）t1
解析：（3）對石板，由動量定理得
（F2－Mg）t2－F1t1＝0
解得F2＝871N
由牛頓第三定律得，大石板對人的平均作用力大小F'2＝F2＝871N.
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