2019高考物理二輪復習 第8講 動量定理和動量守恒定律課件.ppt
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第8講動量定理和動量守恒定律,總綱目錄,考點1動量定理的理解及應用,1.理解動量定理時應注意的問題(1)動量定理的表達式是矢量式,運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向,公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。(2)動量定理是過程定理,解題時必須明確過程及初末狀態(tài)的動量。(3)一般來說,用牛頓第二定律能解決的問題,用動量定理也能解決,如果題目不涉及加速度和位移,用動量定理求解更簡捷。動量定理不僅適用于恒力,也適用于變力。變力情況下,動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值。,2.動量定理的兩個重要應用(1)應用I=Δp求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用,則不能直接用I=Ft求變力的沖量,可以求出變力作用下物體動量的變化Δp,等效代換變力的沖量I。(2)應用Δp=Ft求動量的變化例如,在曲線運動中,速度方向時刻在變化,求動量變化(Δp=p2-p1)需要應用矢量運算方法,計算比較復雜,如果作用力是恒力,可以求恒力的沖量,等效代換動量的變化。,1.一位質量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳,經(jīng)Δt時間,身體伸直并剛好離開地面,速度為v,在此過程中()A.地面對運動員的沖量為mv+mgΔt,地面對運動員做的功為mv2B.地面對運動員的沖量為mv+mgΔt,地面對運動員做的功為零C.地面對運動員的沖量為mv,地面對運動員做的功為mv2D.地面對運動員的沖量為mv-mgΔt,地面對運動員做的功為零,答案B設地面對運動員的沖量為I,運動員的速度原來為零,起跳后變?yōu)関,則由動量定理可得I-mgΔt=mv,故地面對運動員的沖量I=mv+mgΔt;而運動員在跳起時,運動員受到的支持力沒有產生位移,故支持力不做功,故B正確。,2.(2018北京理綜,22,16分)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會,跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如下,長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接,滑道BC高h=10m,C是半徑R=20m圓弧的最低點。質量m=60kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑,加速度a=4.5m/s2,到達B點時速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/s2。,(1)求長直助滑道AB的長度L;(2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大小;(3)若不計BC段的阻力,畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖,并求其所受支持力FN的大小。,答案(1)100m(2)1800Ns(3)受力圖見解析3900N,,解析(1)根據(jù)勻變速直線運動公式,有L==100m(2)根據(jù)動量定理,有I=mvB-mvA=1800Ns(3)運動員經(jīng)過C點時的受力分析如圖根據(jù)動能定理,運動員在BC段運動的過程中,有mgh=m-m根據(jù)牛頓第二定律,有FN-mg=m得FN=3900N,方法技巧應用動量定理解題的基本思路(1)確定研究對象,在中學階段用動量定理討論的問題,其研究對象一般僅限于單個物體或能看成一個物體的系統(tǒng)。(2)對物體進行受力分析?？梢韵惹竺總€力的沖量,再求各力沖量的矢量和;或先求合力,再求其沖量。(3)抓住過程的初末狀態(tài),選好正方向,確定各動量和沖量的正負號。(4)根據(jù)動量定理列方程,如有必要還需要其他補充方程。最后代入數(shù)據(jù)求解。,考點2動量守恒定律及其應用,1.注意區(qū)分動量守恒與機械能守恒的條件(1)不受外力或者所受外力的矢量和為零時,系統(tǒng)的動量守恒;當外力比相互作用的內力小得多時,系統(tǒng)的動量近似守恒;當某一方向上的合外力為零時,系統(tǒng)在該方向上動量守恒。(2)在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內,動能與勢能相互轉化,機械能守恒。(3)動量是否守恒與機械能是否守恒沒有必然的聯(lián)系。,2.判斷動量是否守恒與機械能是否守恒的方法(1)判斷動量是否守恒一般都是根據(jù)守恒條件。(2)判斷機械能是否守恒既可以根據(jù)守恒條件,也可以根據(jù)守恒表達式,即E1=E2。,1.如圖所示,一質量M=3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一個質量m=1.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0m/s、方向相反的初速度,使A開始向左運動,B開始向右運動,A始終沒有滑離木板。在小木塊A做加速運動的時間內,木板速度大小可能是()A.1.8m/sB.2.4m/sC.2.8m/sD.3.0m/s,答案BA先向左減速到零,再向右加速運動,在此期間,木板減速運動,最終它們保持相對靜止,設A減速到零時,木板的速度為v1,最終它們的共同速度為v2,取水平向右為正方向,則Mv-mv=Mv1,Mv1=(M+m)v2,可得v1=m/s,v2=2m/s,所以在小木塊A做加速運動的時間內,木板速度大小應大于2m/s而小于m/s,只有選項B正確。,2.(多選)如圖所示,在光滑水平面上有一靜止的物體M,物體上有一光滑的半圓弧形軌道,最低點為C,兩端A、B一樣高,現(xiàn)讓小滑塊m從A點由靜止下滑,則()A.m不能到達M上的B點B.m從A到C的過程中M向左運動,m從C到B的過程中M向右運動C.m從A到B的過程中M一直向左運動,m到達B的瞬間,M速度為零D.M與m組成的系統(tǒng)機械能守恒,水平方向動量守恒,答案CD根據(jù)機械能守恒、動量守恒定律的條件,M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒,水平方向動量守恒,D正確;m滑到右端兩者有相同的速度時有0=(m+M)v,v=0,再根據(jù)機械能守恒定律可知,m恰能到達M上的B點,且m到達B的瞬間,m、M速度為零,A錯誤;m從A到C的過程中M向左加速運動,m從C到B的過程中M向左減速運動,B錯誤,C正確。,3.(多選)小車靜置于光滑的水平面上,小車的A端固定一個輕質彈簧,B端粘有橡皮泥,小車的質量為M,長為L,質量為m的木塊C放在小車上,用細繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮,開始時小車與C都處于靜止狀態(tài),如圖所示,當突然燒斷細繩,彈簧被釋放,使木塊C離開彈簧向B端沖去,并跟B端橡皮泥粘在一起,以下說法中正確的是(),A.如果小車內表面光滑,整個系統(tǒng)任何時刻機械能都守恒B.整個系統(tǒng)任何時刻動量都守恒C.當木塊對地運動速度大小為v時,小車對地運動速度大小為vD.小車向左運動的最大位移為,答案BCD整個系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)在整個過程動量守恒,但粘接過程有機械能損失。Mv-mv=0,v=v。該系統(tǒng)屬于人船模型,Md=m(L-d),所以車向左運動的最大位移d=。綜上,選項B、C、D正確。,,4.如圖所示,在光滑水平面上有A、B、C、D四個滑塊,A、C、D滑塊的質量為mA=mC=mD=1kg,B滑塊的質量mB=4kg(各滑塊均視為質點),A、B間夾著質量可忽略的火藥。K為處于原長的輕質彈簧,兩端分別連接B和C?，F(xiàn)點燃火藥(此時間極短且不會影響各滑塊的質量和各表面的光滑程度),此后,發(fā)現(xiàn)A與D相碰后粘在一起以4m/s的速度運動,火藥爆炸完瞬間A的速度為vA;滑塊B、C和彈簧K構成的系統(tǒng)在相互作用過程中,彈簧的形變量始終未超出彈性限度,則當彈簧彈性勢能最大時,求滑塊C的速度大小。,,答案1.6m/s,,解析火藥爆炸完畢后,由動量守恒定律有mAvA=(mA+mD)v1火藥爆炸過程,對A和B系統(tǒng),由動量守恒定律,設B獲得的速度為vB,有-mAvA+mBvB=0B與C相互作用,當兩者共速為v時,彈簧彈性勢能最大,由B、C系統(tǒng)動量守恒,有mBvB=(mB+mC)v解得v=1.6m/s,方法技巧動量守恒定律解題的基本步驟(1)明確研究對象,確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體)及研究的過程;(2)進行受力分析,判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒);(3)規(guī)定正方向,確定初、末狀態(tài)動量;(4)由動量守恒定律列出方程;(5)代入數(shù)據(jù),求出結果,必要時討論說明。,考點3應用動量和能量的觀點解答力學綜合問題,1.三類碰撞的特點彈性碰撞→動量守恒,機械能守恒非彈性碰撞→動量守恒,機械能有損失完全非彈性碰撞→動量守恒,機械能損失最多,2.動量觀點和能量觀點的選取原則(1)動量觀點①對于不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題,特別對于打擊一類的問題,因時間短且沖力隨時間變化,應用動量定理求解,即Ft=mv-mv0。②對于碰撞、爆炸、反沖一類的問題,若只涉及初、末速度而不涉及力、時間,應用動量守恒定律求解。,(2)能量觀點①對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間問題,無論是恒力做功還是變力做功,一般都利用動能定理求解。②如果只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運動過程中的加速度和時間問題,則采用機械能守恒定律求解。③對于相互作用的兩物體,若明確兩物體相對滑動的距離,應考慮選用能量守恒定律建立方程。,類型1動量定理和動能定理的綜合應用例1某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖,皮帶在電動機的帶動下保持v=1m/s的恒定速度向右運動,現(xiàn)將一質量為m=2kg的郵件輕放在皮帶上,郵件和皮帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。設皮帶足夠長,取g=10m/s2,在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中,求,(1)郵件滑動的時間t;(2)郵件對地的位移大小x;(3)郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W。,答案(1)0.2s(2)0.1m(3)-2J,,解析(1)設郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對滑動過程中受到的滑動摩擦力為F,則F=μmg①取向右為正方向,對郵件應用動量定理,有Ft=mv-0②由①②式并代入數(shù)據(jù)得t=0.2s③(2)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中,對郵件應用動能定理,有,類型2動量守恒定律和能量守恒定律的綜合應用例2如圖所示,光滑水平面上有一質量M=4.0kg的平板車,車的上表面是一段長L=1.5m的粗糙水平軌道,水平軌道左側連一半徑R=0.25m的四分之一光滑圓弧軌道,圓弧軌道與水平軌道在點O處相切。現(xiàn)有一質量m=1.0kg的小物塊(可視為質點)從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車,小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A。取g=10m/s2,求:,(1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大小;(2)小物塊與車最終相對靜止時,它距點O的距離。,答案(1)5m/s(2)0.5m,,解析(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,設小物塊到達圓弧軌道最高點A時,二者的共同速度為v1由動量守恒定律得mv0=(M+m)v1由能量守恒定律得m-(M+m)=mgR+μmgL解得v0=5m/s(2)設小物塊最終與車相對靜止時,二者的共同速度為v2,從小物塊滑上平板車,到二者相對靜止的過程中,由動量守恒定律得mv0=(M+m)v2設小物塊與車最終相對靜止時,它距O點的距離為x,由能量守恒定律得m-,(M+m)=μmg(L+x)解得x=0.5m,類型3動量定理和動量守恒定律的綜合應用例3(2018福建聯(lián)考)汽車碰撞試驗是綜合評價汽車安全性能的有效方法之一。設汽車在碰撞過程中受到的平均撞擊力達到某個臨界值F0時,安全氣囊爆開。某次試驗中,質量m1=1600kg的試驗車以速度v1=36km/h正面撞擊固定試驗臺,經(jīng)時間t1=0.10s碰撞結束,車速減為零,此次碰撞安全氣囊恰好爆開。忽略撞擊過程中地面阻力的影響。(1)求此過程中試驗車受到試驗臺的沖量I0的大小及F0的大小;(2)若試驗車以速度v1撞擊正前方另一質量m2=1600kg、速度v2=18km/h同向行駛的汽車,經(jīng)時間t2=0.16s兩車以相同的速度一起滑行。試通過計算分析這種情況下試驗車的安全氣囊是否會爆開。,答案見解析,解析(1)v1=36km/h=10m/s,取速度v1的方向為正方向由動量定理有-I0=0-m1v1①將已知數(shù)據(jù)代入①式得I0=1.6104Ns②由沖量定義有I0=F0t1③將已知數(shù)據(jù)代入③式得F0=1.6105N④(2)設試驗車和汽車碰撞后獲得共同速度v由動量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v⑤對試驗車,由動量定理有-Ft2=m1v-m1v1⑥將已知數(shù)據(jù)代入⑤⑥式得F=2.5104N可見F
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