《高考物理復(fù)習(xí) 高效學(xué)習(xí)方略 141 動(dòng)量 近代物理初步課件》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理復(fù)習(xí) 高效學(xué)習(xí)方略 141 動(dòng)量 近代物理初步課件（68頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第十四章動(dòng)量近代物理初步 考綱導(dǎo)航 考綱展示 1.動(dòng)量、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 2彈性碰撞和非彈性碰撞 3光電效應(yīng) 4愛因斯坦光電效應(yīng)方程 5氫原子光譜 6氫原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)、能級(jí)公式 7原子核的組成、放射性、原子核的衰變、半衰期 8放射性同位素 9核力、核反應(yīng)方程 10結(jié)合能、質(zhì)量虧損 11裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)、裂變反應(yīng)堆 12射線的危害和防護(hù) 實(shí)驗(yàn)十六：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律 權(quán)威解讀 1.理解動(dòng)量、動(dòng)量的變化等概念，并能與動(dòng)能區(qū)別 2理解動(dòng)量守恒的條件，能用動(dòng)量守恒定律分析碰撞、打擊、反沖等問題 3掌握解決動(dòng)量守恒定律常用的方法 4理解、掌握驗(yàn)證、探究動(dòng)量守恒的實(shí)驗(yàn)方法 5認(rèn)識(shí)光電效應(yīng)現(xiàn)象，理解光電
2、效應(yīng)規(guī)律，并能用光子說解釋光電效應(yīng)規(guī)律 6掌握光電效應(yīng)方程，會(huì)計(jì)算逸出功、極限頻率、最大初動(dòng)能等物理量 7理解玻爾理論對(duì)氫原子光譜的解釋掌握氫原子的能級(jí)公式并能靈活應(yīng)用用氫原子能級(jí)圖求解原子的能級(jí)躍遷問題是高考的熱點(diǎn) 8原子核式結(jié)構(gòu)的發(fā)現(xiàn)，原子核的組成、放射性、半衰期等仍會(huì)是高考命題的重點(diǎn) 9了解放射性同位素的應(yīng)用，了解核力的特點(diǎn) 10書寫核反應(yīng)方程，能區(qū)分核反應(yīng)的種類和根據(jù)質(zhì)能方程求解核能問題在高考中命題率較高 11裂變反應(yīng)、聚變反應(yīng)的應(yīng)用，射線的危害和應(yīng)用等知識(shí)與現(xiàn)代科技聯(lián)系密切. 一、動(dòng)量和動(dòng)量的變化量動(dòng)量動(dòng)量的變化量定義物體的 和 的乘積物體 和 的矢量差定義式pp質(zhì)量質(zhì)量速度速度末動(dòng)
3、量末動(dòng)量初動(dòng)量初動(dòng)量mvmv末末mv初初kgm/s速度速度力力kgm/s 二、動(dòng)量守恒定律 1內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng) ，或者 ，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量 不受外力不受外力所受外所受外力矢量和為零力矢量和為零保持不變保持不變 2表達(dá)式 (1) pp，系統(tǒng)相互作用前的總 等于相互作用后的總 (2)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的 等于作用后的 (3)p1p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量 (4)p0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量 動(dòng)量動(dòng)量動(dòng)量動(dòng)量動(dòng)量之和動(dòng)量之和動(dòng)量之和動(dòng)量之和大小相等、方向相反大小相等、方向相反為零為零 3成立條件 (1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的 ，則系
4、統(tǒng)動(dòng)量守恒 (2)近似守恒：系統(tǒng)受到的合外力不為零，但當(dāng)內(nèi)力 時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可認(rèn)為近似守恒 (3)分方向守恒：當(dāng)某個(gè)方向上 ，在該方向上動(dòng)量守恒矢量和為零矢量和為零遠(yuǎn)大于外力遠(yuǎn)大于外力不受外力或者所受不受外力或者所受外力矢量和為零外力矢量和為零 1質(zhì)量為m的物體放在水平桌面上，用一個(gè)水平推力F推物體而物體始終不動(dòng)，那么在時(shí)間t內(nèi)，力F推物體的沖量應(yīng)是() A0 BFt Cmgt D無(wú)法判斷 解析B由IFt可得，B正確 2a、b兩球在光滑的水平面上沿同一直線發(fā)生正碰，作用前a球動(dòng)量pa30 kgm/s，b球動(dòng)量pb0，碰撞過程中，a球的動(dòng)量減少了20 kgm/s，則作用后b球的動(dòng)量為() A20
5、 kgm/s B10 kgm/s C20 kgm/s D30 kgm/s 解析C碰撞過程中，a球的動(dòng)量減少了20 kgm/s，故此時(shí)a球的動(dòng)量是10 kgm/s，a、b兩球碰撞前后總動(dòng)量保持不變?yōu)?0 kgm/s，則作用后b球的動(dòng)量為20 kgm/s. 3籃球運(yùn)動(dòng)員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球接球時(shí)，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣做可以() A減小球?qū)κ值臎_量 B減小球?qū)θ说臎_擊力 C減小球的動(dòng)量變化量 D減小球的動(dòng)能變化量 解析B籃球運(yùn)動(dòng)員接球的過程中，手對(duì)球的沖量等于球的動(dòng)量的變化量，大小為球入手時(shí)的動(dòng)量，接球時(shí)，兩臂隨球迅速收縮至胸前，并沒有減小球?qū)κ值臎_量，也沒有減小球的動(dòng)量變化量，更沒
6、有減小球的動(dòng)能變化量，而是因延長(zhǎng)了手與球的作用時(shí)間，從而減小了球?qū)θ说臎_擊力 4.如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量也為m的小球從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑，則下列說法中正確的是() A在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，小球和槽的動(dòng)量始終守恒 B在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功 C被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng) D被彈簧反彈后，小球和槽的機(jī)械能守恒，小球能回到槽高h(yuǎn)處 解析C當(dāng)小球與彈簧碰撞后，小球受到了外力，小球與槽的系統(tǒng)動(dòng)量不再守恒，故A項(xiàng)錯(cuò)由動(dòng)能定理知， 小球?qū)Σ鄣淖饔昧?duì)槽做正功，同時(shí)槽對(duì)小球的作用力對(duì)小球
7、也做功，故B項(xiàng)錯(cuò)由水平方向動(dòng)量守恒，槽與小球分開時(shí)速度大小相等、方向相反(0mv槽mv球)，所以小球被彈簧反彈后不會(huì)與槽再發(fā)生相互作用，分別做勻速運(yùn)動(dòng)，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤 5(2011山東理綜)如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋出甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度(不計(jì)水的阻力) 解析設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得 12mv011mv1mvmin
8、10m2v0mvmin11mv2 為避免兩船相撞應(yīng)滿足v1v2 聯(lián)立式得vmin4v0 【答案】4v0 要點(diǎn)一動(dòng)量和動(dòng)能的比較、沖量及動(dòng)量定理 1.動(dòng)量和動(dòng)能的比較 做出Ft變化圖線，圖線與t軸夾的面積即為變力的沖量 對(duì)于易確定始、末時(shí)刻動(dòng)量的情況，可用動(dòng)量定理求解 3對(duì)動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用 (1)對(duì)動(dòng)量定理的理解 方程左邊是物體受到所有力的總沖量，而不是某一個(gè)力的沖量其中的F可以是恒力，也可以是變力，如果合外力是變力，則F是合外力在t時(shí)間內(nèi)的平均值 (2)動(dòng)量定理說明的是合外力的沖量I合和動(dòng)量變化p的關(guān)系，不僅I合與p大小相等而且p的方向與I合方向相同. (2)應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)應(yīng)注意的問題 準(zhǔn)
9、確選擇研究對(duì)象，并進(jìn)行全面的受力分析，畫出受力圖，如果在過程中外力有增減，還需進(jìn)行多次受力分析 在應(yīng)用動(dòng)量定理前必須建立一維坐標(biāo)系，確定正方向，并在受力圖上標(biāo)出，在應(yīng)用動(dòng)量定理列式時(shí)，已知方向的動(dòng)量、沖量均需加符號(hào)(與正方向一致時(shí)為正，反之為負(fù))，未知方向的動(dòng)量、沖量通常先假設(shè)為正，解出后再判斷其方向 不同時(shí)間的沖量可以求和： a若各力的作用時(shí)間相同，且各外力為恒力，可以先求合力，再乘以時(shí)間求沖量，I合F合t. b若各外力作用時(shí)間不同，可以先求出每個(gè)外力在相應(yīng)時(shí)間的沖量，然后求各外力沖量的矢量和，即I合F1t1F2t2. 【例1】將質(zhì)量為0.10 kg的小球從離地面20 m高處豎直向上拋出，拋
10、出時(shí)的初速度為15 m/s，求： (1)小球落地時(shí)的動(dòng)量 (2)小球從拋出至落地過程中動(dòng)量的增量 (3)若其初速度方向改為水平，求小球落地時(shí)的動(dòng)量及動(dòng)量變化量 【答案】(1)2.5 kgm/s，方向向下(2)4.0 kgm/s，方向向下(3)2.5 kgm/s,2.0 kgm/s，豎直向下 如圖所示，PQS是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的圓周軌道，圓心O在S的正上方在O和P兩點(diǎn)處各有一質(zhì)量為m的小物塊a和b，從同一時(shí)刻開始，a自由下落，b沿圓弧下滑以下說法正確的是() Aa、b在S點(diǎn)的動(dòng)量相等 Ba、b在S點(diǎn)的動(dòng)量不相等 Ca、b落至S點(diǎn)重力的沖量相等 Da、b落至S點(diǎn)合外力的沖量大小相等 解析BD
11、由機(jī)械能守恒定律知，a、b落至S點(diǎn)時(shí)速率相等，動(dòng)量的大小相等由于動(dòng)量是矢量，a物塊在S點(diǎn)的動(dòng)量為mv，方向豎直向下，b物塊為mv，方向水平向左，故a、b物塊在S點(diǎn)的動(dòng)量不相等，故A項(xiàng)錯(cuò)，B項(xiàng)正確兩物塊在O點(diǎn)和P點(diǎn)同一時(shí)刻下落時(shí)，a做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落的加速度為g，b沿圓弧做圓周運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上的平均加速度小于g，故a物塊下落的時(shí)間比b下落的時(shí)間短，則a物塊重力的沖量小于b物塊重力的沖量，故C項(xiàng)錯(cuò)由動(dòng)量定理知，合外力的沖量等于動(dòng)量的改變量a、b物塊動(dòng)量的改變量為mv，大小相等、方向不同，故D項(xiàng)正確. 要點(diǎn)二碰撞、爆炸和反沖 1.碰撞問題 (1)碰撞的種類及特點(diǎn)分類標(biāo)準(zhǔn)種類特點(diǎn)能量是否守恒彈性碰
12、撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒非完全彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大碰撞前后動(dòng)量是否共線對(duì)心碰撞(正碰) 當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)，v10，v20，碰撞后兩球都向前運(yùn)動(dòng) 當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)，v10，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來 (3)碰撞現(xiàn)象滿足的三個(gè)規(guī)律： 動(dòng)量守恒；機(jī)械能不增加；速度要合理 若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前v后 若碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變 2爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律 (1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受
13、到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒 (2)動(dòng)能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加 (3)位置不變：爆炸和碰撞的時(shí)間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng) 3反沖現(xiàn)象 (1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)大內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)，通常用動(dòng)量守恒來處理 (2)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加 (3)反沖運(yùn)動(dòng)中平均動(dòng)量守恒 【例2】(2011海南高考)一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示圖中ab為粗糙的水平
14、面，長(zhǎng)度為L(zhǎng)；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧連接 現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達(dá)a點(diǎn)前與物體P相對(duì)靜止重力加速度為g.求： (1)木塊在ab段受到的摩擦力Ff； (2)木塊最后距a點(diǎn)的距離x. 解析B先畫出示意圖人、船系統(tǒng)動(dòng)量守恒，總動(dòng)量始終為零，所以人、船動(dòng)量大小始終相等從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于L.設(shè)人、船位移大小分別為l1、l2，則： 解析設(shè)向右為正方向，A與C黏合在一起的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律得 mv12mv， 為保證B碰擋板前A未能追上B，應(yīng)滿足vv2
15、， 設(shè)A與B碰后的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律得 (2010全國(guó)新課標(biāo)理綜)如圖所示，光滑的水平地面上有一木塊，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍，重物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.使木板與重物以共同的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短求木板從第一次與墻碰撞到再次碰墻所經(jīng)歷的時(shí)間設(shè)木板足夠長(zhǎng)，重物始終在木板上，重力加速度為g. 解析本題考查牛頓第二定律、動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律，意在考查考生對(duì)動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律的理解，并能利用動(dòng)量守恒定律解答碰撞類問題 第一次與墻碰撞后，木板的速度反向，大小不變此后木板向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，重物向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，最后木板
16、和重物達(dá)到一共同的速度v.設(shè)木板的質(zhì)量為m，重物的質(zhì)量為2m，取向右為動(dòng)量的正向，由動(dòng)量守恒定律得 2mv0mv03mv， 設(shè)從第一次與墻碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的時(shí)間為t1，對(duì)木板應(yīng)用動(dòng)量定理得 2mgt1mvm(v0)， 由牛頓第二定律得2mgma， 式中a為木板的加速度 在達(dá)到共同速度v時(shí)，木板離墻的距離l為 易錯(cuò)點(diǎn) _忽略了碰撞_ 【例】如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和物體B，放在光滑的水平面上，水平速度為v0的子彈射中物體A并嵌在其中(作用時(shí)間極短)，已知物體B的質(zhì)量為mB，物體A的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的3/4，子彈的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的1/4，求彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性
17、勢(shì)能 【正確解答】子彈射入物體A的過程中，由動(dòng)量守恒定律得：mv0(mmA)v1 當(dāng)物體A(包括子彈)、B的速度相等時(shí)，彈簧被壓縮到最短，彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律得： (mmA)v1(mmAmB)v2 【規(guī)律方法】子彈射入物體A的過程，為非彈性碰撞過程，子彈和物體A組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但有一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故機(jī)械能不守恒；子彈嵌入物體A壓縮彈簧的過程中物體A(包括子彈)、物體B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以全過程機(jī)械能并不守恒要準(zhǔn)確掌握兩個(gè)定律的適用條件：動(dòng)量是否守恒是看系統(tǒng)的合外力是否為零(或近似為零)，而機(jī)械能是否守恒是看系統(tǒng)有沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能對(duì)全過程要特別注意某個(gè)非彈性碰
18、撞過程的機(jī)械能損失 1下列情況中，物體的動(dòng)量不變的是() A在平直路面上勻速前進(jìn)的汽車 B汽車在轉(zhuǎn)彎的過程中，速度的大小不變 C水平飛來的球撞到豎直墻面后又沿原路返回 D做勻速直線運(yùn)動(dòng)的灑水車正在灑水 解析A動(dòng)量是矢量，大小為mv，方向?yàn)樗俣鹊姆较?，故只有A項(xiàng)正確 2質(zhì)量為1 kg的小球從離地5 m的高處自由落下，與地面碰撞后，上升的最大高度是3.2 m，設(shè)球與地面相碰時(shí)球給地面的平均沖力是100 N，則球與地面的接觸時(shí)間為(取g10 m/s2)() A0.18 s B0.20 s C0.22 s D0.02 s 3(2010福建理綜)如圖所示，一個(gè)木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板
19、上放著一個(gè)小木塊木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量現(xiàn)使木箱獲得一個(gè)向右的初速度v0，則() A小木塊和木箱最終都將靜止 B小木塊最終將相對(duì)木箱靜止，二者一起向右運(yùn)動(dòng) C小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來回往復(fù)碰撞，而木箱一直向右運(yùn)動(dòng) D如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對(duì)木箱靜止，則二者將一起向左運(yùn)動(dòng) 解析B本題意在考查學(xué)生對(duì)動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用能力木箱和小木塊組成的系統(tǒng)，所受合外力為零，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒系統(tǒng)初動(dòng)量向右，故小木塊相對(duì)木箱靜止后，系統(tǒng)總動(dòng)量也向右，故B項(xiàng)正確，A、D項(xiàng)錯(cuò)；而由于小木塊與木箱間的摩擦，系統(tǒng)的機(jī)械能不斷減少，C項(xiàng)錯(cuò) 4幼兒園的一個(gè)小朋友騎一輛小車置于光滑水平地面上，車左端固定一水平彈簧
20、槍，右端安一網(wǎng)兜，若從彈簧槍中發(fā)射一粒彈丸，恰好落在網(wǎng)兜內(nèi)，結(jié)果小車將(空氣阻力不計(jì))() A向左移動(dòng)一段距離停下 B在原位置沒動(dòng) C向右移動(dòng)一段距離停下 D一直向左移動(dòng) 解析A由于彈丸與車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，彈丸離開槍向右運(yùn)動(dòng)，則小車必向左運(yùn)動(dòng)，彈丸落在網(wǎng)兜內(nèi)做完全非彈性碰撞，小車立即停下，而車向左移動(dòng)了一段距離，故A項(xiàng)正確 5(2011全國(guó)新課標(biāo)理綜)如圖所示，A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時(shí)用細(xì)線把BC緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個(gè)整體，現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘合在一起，以后細(xì)線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離，已知C離開彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢(shì)能
高考物理復(fù)習(xí) 高效學(xué)習(xí)方略 141 動(dòng)量 近代物理初步課件
