新教材2023_2024學年高中物理第1章動量與動量守恒定律專題提升2動量守恒定律的應用課件教科版選擇性必修第一冊

這是一份新教材2023_2024學年高中物理第1章動量與動量守恒定律專題提升2動量守恒定律的應用課件教科版選擇性必修第一冊，共30頁。
專題提升2　動量守恒定律的應用學 習 目 標1.進一步理解動量守恒條件,會判定系統(tǒng)動量是否守恒。(科學思維)2.靈活掌握動量守恒定律的應用,會分析臨界問題。(科學思維)3.掌握“滑塊—斜(曲)面”模型的解題方法。(科學思維)4.會利用動量守恒定律分析生活中的現(xiàn)象。(科學態(tài)度與責任)重難探究·能力素養(yǎng)全提升目錄索引 學以致用·隨堂檢測全達標重難探究·能力素養(yǎng)全提升探究點一　動量守恒定律應用中臨界問題分析知識歸納1.臨界點的確定(1)若題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼,明顯表明題述的過程中存在臨界點。(2)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”“取值范圍”等字眼,表明題述的過程中存在極值,這些極值點也往往是臨界點。2.動量守恒中的臨界問題的要點分析在動量守恒定律的應用中,常常出現(xiàn)相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向等臨界狀態(tài),其臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關系與相對位移關系,這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵。應用體驗【例1】 甲、乙各乘一輛冰車在水平冰面上游戲,甲和他的冰車總質量為M=30 kg,乙和他的冰車總質量M=30 kg。游戲時甲推著一個質量為m=15 kg的箱子和他一起以大小為v0=2 m/s的速度滑行,乙以同樣大小的速度迎面滑來。為了避免相撞,甲把箱子推給乙,箱子滑來時乙迅速把它抓住,不計冰車、箱子與冰面間的摩擦。(1)若甲將箱子相對地面以速度v推出,則甲的速度變?yōu)槎嗌?(用字母表示)(2)設乙抓住迎面滑來的相對地面速度為v的箱子后反向運動,則乙抓箱子后的速度變?yōu)槎嗌?(用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞,則箱子推出時的速度至少多大?解析 (1)甲將箱子推出的過程,甲和他的冰車與箱子組成的系統(tǒng)動量守恒,以甲的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得(M+m)v0=mv+Mv1(2)箱子和乙作用過程動量守恒,由動量守恒定律得mv-Mv0=(M+m)v2 (3)甲、乙不相撞的條件是v1≤v2代入數(shù)據(jù)得v≥5.2 m/s即箱子推出時的速度至少為5.2 m/s。方法技巧　應用動量守恒定律分析臨界問題的方法(1)涉及彈簧類的臨界問題:對于由彈簧組成的系統(tǒng),在物體間發(fā)生相互作用的過程中,當彈簧被壓縮到最短或拉伸到最長時(與追及問題中物體間距離最小或最大相似),彈簧兩端的兩個物體的速度必然相等,此時彈性勢能最大。(2)涉及相互作用最大限度類的臨界問題:在物體滑上斜面或曲面(斜面或曲面放在光滑水平面上)的過程中,由于物體間彈力的作用,斜面在水平方向上將做加速運動,物體滑到斜面上最高點的臨界條件是物體與斜面沿水平方向具有共同的速度,物體在豎直方向上的分速度等于零。(3)子彈打木塊類的臨界問題:子彈剛好擊穿木塊的臨界條件為子彈穿出時的速度與木塊的速度相同,子彈位移等于木塊位移與木塊厚度之和。(4)滑塊在滑板上不滑落的臨界條件:滑塊滑到滑板端點時,滑塊與滑板具有相同的速度。對點演練1甲、乙各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛,速度大小均為v0=6 m/s,甲車上有質量為m=1 kg的小球若干個,甲和他的小車及小車上小球的總質量為M1=50 kg,乙和他的小車的總質量為M2=30 kg。為避免相撞,甲不斷地將小球以相對地面為v'=16.5 m/s的水平速度拋向乙,且被乙接住。假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后,剛好可保證兩車不相撞,則甲總共拋出的小球個數(shù)是(　　)A.12 B.13 C.14 D.15D解析 規(guī)定甲的速度方向為正方向,兩車剛好不相撞,則兩車速度相等,由動量守恒定律得M1v0-M2v0=(M1+M2)v,解得v=1.5 m/s,對甲、小車及從甲車上拋出的小球,由動量守恒定律得M1v0=(M1-n·m)v+n·mv',解得n=15,D正確。探究點二　“滑塊—斜(曲)面”模型知識歸納1.模型圖示2.模型特點 應用體驗【例2】 如圖所示,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,蹲在滑板上的小明和其面前的冰塊均靜止于冰面上且在斜面體右側。某時刻小明將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h=0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小明與滑板的總質量為m1=30 kg,冰塊的質量為m2=10 kg,小明與滑板始終無相對運動。重力加速度g取10 m/s2。(1)求斜面體的質量。(2)通過計算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小明。答案 (1)20 kg　(2)不能解析 (1)取向右為正方向,冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度,設此共同速度為v,斜面體的質量為m3,冰塊和斜面體水平方向動量守恒,由動量守恒定律和機械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v式中v20=-3 m/s為冰塊推出時的速度,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得m3=20 kg。 (2)設小明推出冰塊后的速度為v1,由動量守恒定律得m1v1+m2v20=0代入數(shù)據(jù)得v1=1 m/s設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3,由動量守恒定律和機械能守恒定律得m2v20=m2v2+m3v3聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v2=1 m/s由于冰塊和斜面體分離后的速度與小明推出冰塊后的速度相同且冰塊處在后方,故冰塊不能追上小明。方法技巧　動量守恒定律與機械能守恒定律的比較 BC解析 小球上升到最高點時與小車相對靜止,有相同的速度v',以小球速度v0的方向為正方向,由動量守恒定律和機械能守恒定律有Mv0=2Mv',學以致用·隨堂檢測全達標12341.(動量守恒的理解和判定)如圖所示,小車放在光滑的水平面上,將系著輕繩的小球向右拉開到一定的角度,然后同時放開小球和小車,不計一切阻力,在小球、小車運動過程中,下列說法正確的是(　　)A.小車和小球組成的系統(tǒng)動量守恒B.小車的機械能一直在增加C.小車和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒D.小球的機械能一直在減少C1234解析 小球擺動過程中,小球和小車組成的系統(tǒng)只受重力和支持力作用,水平方向合外力為零,所以系統(tǒng)水平方向動量守恒,在豎直方向上,只有小球有豎直方向的分速度,且分速度大小也不斷變化,所以豎直方向動量不守恒,那么系統(tǒng)動量也不守恒,故A錯誤;小球在擺動過程中,系統(tǒng)機械能守恒,小球擺到最低點的過程中,輕繩拉力對小車做正功,小車的機械能增加,小球的機械能減小,小球從最低點擺到最高點的過程中,輕繩拉力對小車做負功,小車的機械能減少,小球的機械能增加,故B、D錯誤,C正確。12342.(動量守恒中的臨界問題)如圖所示,質量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上,滑塊的光滑弧面底部與桌面相切。一個質量為m的小球以速度v0向滑塊滑來,小球最后未越過滑塊,則小球到達最高點時,小球和滑塊的速度大小是(　　)A1234解析 小球沿滑塊上滑的過程中,小球和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力,因而系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,小球到達最高點時和滑塊具有相同的對地速度v(若速度不相同,必然相對運動,此時一定不是最高點),由動量守恒定律得mv0=(M+m)v,得v= ,故選A。12343.[“滑塊—斜(曲)面”模型](多選)(2023山東德州第一中學期末)如圖甲所示,光滑的水平面上有一質量為m=1 kg的小球與一質量為M=2 kg、半徑為R=10 cm的 光滑圓弧軌道,最初圓弧軌道處于靜止狀態(tài),小球與圓弧軌道下邊緣之間的距離大于1 m。小球受到一水平外力F作用,小球運動1 m后,撤掉外力F(未知),小球的加速度與小球的位移關系如圖乙所示。1234g取10 m/s2,則撤去外力F后,下列說法正確的是(　　)A.小球與圓弧軌道組成的系統(tǒng)動量守恒,機械能守恒BD1234解析 由于水平面光滑,所以小球與圓弧軌道組成的系統(tǒng)水平方向合外力為零,水平方向動量守恒,豎直方向系統(tǒng)所受合外力不為零,故豎直方向動量不守恒,由于所有接觸面均光滑,故系統(tǒng)機械能守恒,故A錯誤;由a-x圖像123412344.[“滑塊—斜(曲)面”模型](多選)如圖所示,質量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上,其斜面光滑且足夠長,與水平方向的夾角為θ。一個質量為m的小物塊從斜面底端以初速度v0沿斜面向上開始運動。當小物塊沿斜面向上運動到最高點時,速度大小為v,距地面高度為h,重力加速度為g。下列關系式正確的是(　　)A.mv0=(m+M)vB.mv0cos θ=(m+M)vBD1234解析 小物塊上升到最高點時,小物塊相對楔形物體靜止,所以小物塊與楔形物體的速度都為v,沿水平方向,二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,全過程機械能守恒,以水平向右為正方向,在小物塊上升過程中,由動量守恒定律得mv0cos θ=(m+M)v,故A錯誤,B正確;由機械能守恒定律得