（江蘇版 5年高考3年模擬A版）2020年物理總復(fù)習(xí) 專題十五 動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律課件

1、專題十五動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律 高考物理（江蘇專用）高考物理（江蘇專用） 考點(diǎn)一動(dòng)量、動(dòng)量定理考點(diǎn)一動(dòng)量、動(dòng)量定理 考點(diǎn)考點(diǎn)清單清單 考向基礎(chǔ)考向基礎(chǔ) 一、沖量一、沖量 定義力與力的作用時(shí)間的乘積叫力的沖量 定義式I=Ft 標(biāo)矢性力是矢量,沖量也是矢量 過程性沖量是描述力對(duì)物體作用的時(shí)間積累效應(yīng)的物理量,力越大,作 用時(shí)間越長(zhǎng),沖量就越大 絕對(duì)性由于力和時(shí)間都跟參考系的選擇無關(guān),因此沖量也跟參考系的選擇無關(guān);另外物體受某個(gè)力的沖量只取決 于這個(gè)力及其作用時(shí)間,與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)、是否受其他力無關(guān) 單位牛頓秒,簡(jiǎn)稱牛秒,符號(hào)Ns 備注(1)沖量表達(dá)式I=Ft只適用于計(jì)算恒力的沖量;計(jì)算變力的沖量一

2、般用動(dòng)量定理 (2)如圖所示,在力F隨時(shí)間t變化的F-t圖像中,圖線與時(shí)間軸之間的 “面積”表示力的沖量 (3)合外力沖量的計(jì)算 a.如果物體受到的各個(gè)力作用的時(shí)間相同,且都為恒力,可用I合=F合t計(jì)算b.如果在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè) 過程中不同階段受力不同,則合沖量為各個(gè)階段沖量的矢量和 二、動(dòng)量二、動(dòng)量 三、動(dòng)量定理三、動(dòng)量定理 定義物體的質(zhì)量(m)跟其速度(v)的乘積(mv)叫做物體的動(dòng)量,用符號(hào)p表示 定義式p=mv 單位千克米/秒,符號(hào)kgm/s 標(biāo)矢性矢量,方向與速度的方向相同 狀態(tài)性對(duì)應(yīng)于某一時(shí)刻或某一位置 相對(duì)性與參考系有關(guān),通常取地面為參考系 內(nèi)容物體在一個(gè)過程始末的動(dòng)量變化量等于它

3、在這個(gè)過程中所受力的沖量 表達(dá)式p-p=I或mv-mv=F合t 對(duì)象單個(gè)物體或多個(gè)物體組成的系統(tǒng) 適用范圍宏觀、微觀,低速、高速都適用 備注 (1)動(dòng)量定理是牛頓第二定律的變形F合=,合外力等于物體動(dòng)量的變化率 (2)動(dòng)量定理表達(dá)式Ft=mv-mv是一個(gè)矢量表達(dá)式,應(yīng)用時(shí)需規(guī)定正方向 (3)合外力的沖量是物體動(dòng)量變化的原因,物體動(dòng)量變化是合外力沖量產(chǎn)生的必然結(jié)果 p t 考向突破考向突破 考向一考向一沖量、動(dòng)量、功、功能概念沖量、動(dòng)量、功、功能概念 1.沖量、動(dòng)量與動(dòng)量變化量沖量、動(dòng)量與動(dòng)量變化量 物理量 項(xiàng)目 沖量動(dòng)量動(dòng)量變化量 定義力和力的作用時(shí)間的乘積叫做力 的沖量 質(zhì)量與速度的乘積叫做

4、動(dòng)量末狀態(tài)動(dòng)量與初狀態(tài)動(dòng)量的矢量 差 公式I=Ftp=mvp=mv末-mv初 單位牛頓秒 (Ns) 千克米/秒 (kgm/s) 千克米/秒 (kgm/s) 標(biāo)矢性矢量,與F同方向矢量,與v同方向矢量,用平行四邊形定則確定方向 性質(zhì)過程量,對(duì)力而言狀態(tài)量,對(duì)物體而言過程量,對(duì)物體而言 物理量 項(xiàng)目 沖量功 定義力和力的作用時(shí)間的乘積作用在物體上的力和物體在力的方向上位移的乘積 公式I=FtW=Fscos 單位牛頓秒(Ns)焦耳(J) 標(biāo)矢性矢量標(biāo)量 意義a.表示力在時(shí)間上的積累效果 b.是動(dòng)量變化大小的量度 a.表示力在空間上的積累效果 b.是能量變化多少的量度 相同點(diǎn)都是過程量,都與力的作用過

5、程相聯(lián)系 2.沖量和功的比較沖量和功的比較 3.動(dòng)量與動(dòng)能動(dòng)量與動(dòng)能 物理量 項(xiàng)目 動(dòng)量動(dòng)能 表達(dá)式p=mvE k= mv2 物理意義描述機(jī)械運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)描述某個(gè)狀態(tài)由于機(jī)械運(yùn)動(dòng)而具有的能量 性質(zhì)狀態(tài)量,矢量狀態(tài)量,標(biāo)量 關(guān)聯(lián)方程p=,p = Ek= ,Ek = c p v 1 2 2mEk 2E v k 2 p 2m 1 2 例例1(2017東北三校階段性考試,8)如圖所示,一傾角為,高為h的光滑 斜面,固定在水平面上,一質(zhì)量為m的小物塊從斜面的頂端由靜止開始滑 下,滑到底端時(shí)速度的大小為vt,所用時(shí)間為t,則物塊滑至斜面的底端時(shí), 重力的瞬時(shí)功率及重力的沖量分別為() A.、0B.mgvt、

6、mgt sin C.mgvt cos 、mgtD.mgvt sin 、mgt mgh t 解析解析根據(jù)瞬時(shí)功率的公式可得物塊滑至斜面的底端時(shí)重力的瞬時(shí)功 率P=mgvt sin,重力的沖量為I=mgt,故D選項(xiàng)正確。 答案答案D 考向二考向二動(dòng)量定理動(dòng)量定理 1.動(dòng)量定理動(dòng)量定理:物體在一個(gè)過程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過程中所 受力的沖量。其數(shù)學(xué)表達(dá)式為:I=p=p2-p1。 2.動(dòng)量定理的理解動(dòng)量定理的理解 (1)動(dòng)量定理的表達(dá)式是一個(gè)矢量式,應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)需要規(guī)定正方向。 (2)動(dòng)量定理中I是合外力的沖量,是使研究對(duì)象的動(dòng)量發(fā)生變化的原因, 而動(dòng)量的變化是合外力沖量作用后導(dǎo)致的必然結(jié)果

7、。 (3)動(dòng)量定理中的沖量是合外力的沖量,而不是某一個(gè)力的沖量。在所 研究的物理過程中,如果作用在物體上的各個(gè)外力的作用時(shí)間相同,求 合外力的沖量時(shí),可以先求所有外力的合力,然后再乘以力的作用時(shí)間, 也可以先求每個(gè)外力在作用時(shí)間內(nèi)的沖量,然后再求所有外力沖量的矢 量和。如果作用在物體上各外力的作用時(shí)間不同,就只能先求每一個(gè)外 力在其作用時(shí)間內(nèi)的沖量,然后再求所有外力沖量的矢量和。 (4)動(dòng)量定理不僅適用于宏觀物體的低速運(yùn)動(dòng),對(duì)微觀物體和高速運(yùn)動(dòng) 仍然適用。 3.動(dòng)量定理與動(dòng)能定理的比較動(dòng)量定理與動(dòng)能定理的比較 動(dòng)量定理動(dòng)能定理 公式F合t=mv-mvF合s= m - m 標(biāo)矢性矢量式標(biāo)量式 因

8、果 關(guān)系 因合外力的沖量合外力的功(總功) 果動(dòng)量的變化動(dòng)能的變化 應(yīng)用側(cè)重點(diǎn)涉及力與時(shí)間涉及力與位移 1 2 2 2 v 1 2 2 1 v 4.動(dòng)量定理的應(yīng)用動(dòng)量定理的應(yīng)用 (1)應(yīng)用動(dòng)量定理解釋物理現(xiàn)象: 利用動(dòng)量定理解釋物理現(xiàn)象的問題主要有兩類,一類是物體動(dòng)量變化相 同或相差不大,由于作用時(shí)間的長(zhǎng)短不同,物體受到的作用力不同,要使 物體受到的作用力較小,應(yīng)延長(zhǎng)作用時(shí)間,要獲得較大的作用力,就要縮 短作用時(shí)間;另一類是物體所受的合外力相同或相差不大,由于作用時(shí) 間長(zhǎng)短不同,引起物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變不同。 例例2從同樣高度落下的玻璃杯,掉在水泥地上容易打碎,而掉在草地上 不容易打碎,其原因是

9、() A.掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量大,掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量小 B.掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變大,掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變小 C.掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變快,掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變慢 D.掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時(shí),相互作用時(shí)間短,而掉在草地 上的玻璃杯與地面接觸時(shí)作用時(shí)間長(zhǎng) 解析解析杯子是否撞碎,取決于撞擊地面時(shí),地面對(duì)杯子的撞擊力大小,規(guī) 定豎直向上為正方向,設(shè)玻璃杯下落高度為h,則玻璃杯落地前瞬間的速 度大小為,設(shè)玻璃杯的質(zhì)量為m,則落地前瞬間的動(dòng)量大小為p=m ,與地面接觸t時(shí)間后,杯子停下,在此過程中,玻璃杯的動(dòng)量變化為 p=-(-m),再由動(dòng)量定理可知(F-mg)

10、t=-(-m),所以F=+ mg。由此可知,t越小,玻璃杯所受撞擊力越大,玻璃杯就越容易碎,杯子 掉在草地上作用時(shí)間長(zhǎng),動(dòng)量變化慢,作用力小,因此玻璃杯不易碎。 2gh 2gh 2gh2gh 2mgh t 答案答案CD 5.應(yīng)用動(dòng)量定理解題的步驟方法應(yīng)用動(dòng)量定理解題的步驟方法 (1)確定研究對(duì)象; (2)分析研究對(duì)象所受的全部外力及作用時(shí)間; (3)確定物理過程,找出初、末速度; (4)選定正方向,表示出每個(gè)力的沖量和研究對(duì)象的初、末動(dòng)量。 (5)根據(jù)動(dòng)量定理列方程求解。 例例3質(zhì)量為0.5kg的彈性小球,從1.25m高處自由下落,與地板碰撞后回 跳高度為0.8m。設(shè)碰撞時(shí)間為0.1s,g取1

11、0m/s2,求小球?qū)Φ匕宓钠骄?用力。 解題導(dǎo)引解題導(dǎo)引 解析解析以開始下落的瞬間為初狀態(tài),反彈到最高點(diǎn)時(shí)為末狀態(tài),則重力 的作用時(shí)間: t=+t碰+=(0.5+0.1+0.4)s=1s 碰撞時(shí)間為t碰=0.1s 取豎直向下為正方向,mgt-t碰=0 所以=N=50N 由牛頓第三定律可知,小球?qū)Φ匕宓钠骄饔昧Υ笮?0N,方向豎直 向下。 1 2h g 2 2h g NF NF mgt t碰 0.5 10 1 0.1 答案答案50N,方向豎直向下 例例4在水平力F=30N的作用下,質(zhì)量m=5kg的物體由靜止開始沿水平 面運(yùn)動(dòng)。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2,若F作用6s后撤去, 撤

12、去F后物體還能向前運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間?(g取10m/s2) 解析解析解法一解法一用動(dòng)量定理解,分段處理。 選物體為研究對(duì)象,對(duì)于撤去F前物體做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程,受力情況如 圖甲所示,f=mg,始態(tài)速度為零,終態(tài)速度為v。取水平力F的方向?yàn)檎?方向,根據(jù)動(dòng)量定理有(F-mg)t1=mv-0。對(duì)于撤去F后,物體做勻減速運(yùn) 動(dòng)的過程,受力情況如圖乙所示,始態(tài)速度為v,終態(tài)速度為零,根據(jù)動(dòng)量 定理有-mgt2=0-mv。 以上兩式聯(lián)立解得 t2=t1=6s=12s。 Fmg mg 300.2 5 10 0.2 5 10 解法二解法二用動(dòng)量定理解,研究全過程。 選物體作為研究對(duì)象,研究整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程,這個(gè)過程的

13、始、末狀態(tài)的速 度都等于零。 取水平力F的方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量定理得 (F-mg)t1+(-mg)t2=0 解得t2=t1=6s=12s。 Fmg mg 300.2 5 10 0.2 5 10 答案答案12s 考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用、碰撞考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用、碰撞 考向基礎(chǔ)考向基礎(chǔ) 一、動(dòng)量守恒定律一、動(dòng)量守恒定律 三個(gè)概念系統(tǒng)相互作用的若干個(gè)物體看成一個(gè)系統(tǒng),即系統(tǒng)至少由兩個(gè)物體組成 內(nèi)力系統(tǒng)內(nèi)部各物體之間的相互作用力叫做內(nèi)力 外力系統(tǒng)外部物體對(duì)系統(tǒng)的作用力叫做外力 動(dòng)量守恒定律內(nèi)容如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力,或者所受外力的矢量和為零,則這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。 這就是動(dòng)量守恒定律

14、表達(dá)式(1)p=p (2)一維兩物體時(shí): m1v1+m2v2=m1v1+m2v2 m1v1-m1v1=-(m2v2-m2v2) 對(duì)象兩個(gè)及兩個(gè)以上物體組成的系統(tǒng) 條件(1)不受外力,動(dòng)量守恒 (2)外力矢量和為零,動(dòng)量守恒 (3)外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力,動(dòng)量近似守恒 (4)某方向上外力矢量和為零,該方向上動(dòng)量守恒 備注(1)動(dòng)量守恒指的是總動(dòng)量在相互作用的過程中時(shí)刻守恒,而不是只有始、末狀態(tài)才守恒。實(shí) 際列方程時(shí),可在這守恒的無數(shù)個(gè)狀態(tài)中選擇兩個(gè)合理的狀態(tài)來列方程 (2)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,個(gè)體的動(dòng)量不守恒,因?yàn)橄嗷プ饔煤笪矬w的速度發(fā)生了變化,動(dòng)量在系統(tǒng)內(nèi) 的物體間發(fā)生了轉(zhuǎn)移 二、動(dòng)量守恒定律的二、動(dòng)量守

15、恒定律的“四性四性” 系 統(tǒng) 性 (1)動(dòng)量守恒定律成立的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零,因此,應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決問題時(shí),要注意分析 系統(tǒng)受到哪些外力,是否滿足動(dòng)量守恒的條件 (2)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒時(shí),系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動(dòng)量可以不守恒,系統(tǒng)內(nèi)所有物體動(dòng)量的絕對(duì)值之和也可以不守恒,“動(dòng)量守恒 ”是指系統(tǒng)內(nèi)所有物體動(dòng)量的矢量和是守恒的 矢 量 性 (1)動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是矢量式 (2)該式說明系統(tǒng)的總動(dòng)量在相互作用前、后不僅大小相等,方向也相同 (3)處理一條直線上的動(dòng)量守恒問題時(shí),要選定一個(gè)正方向,用正、負(fù)號(hào)表示動(dòng)量的方向,從而將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算 同一 性 動(dòng)量守恒定律中的各個(gè)

16、速度必須相對(duì)同一參考系(一般是相對(duì)地面) 同 時(shí) 性 動(dòng)量是狀態(tài)量,動(dòng)量守恒定律是指系統(tǒng)任意時(shí)刻總動(dòng)量保持不變,因此系統(tǒng)內(nèi)物體(一維兩物體時(shí))相互作用前的總動(dòng)量m1 v1+m2v2中的v1、v2必須是相互作用前同一時(shí)刻的瞬時(shí)速度;相互作用后的總動(dòng)量m1v1+m2v2中的v1、v2必須是相 互作用后同一時(shí)刻的瞬時(shí)速度 三、碰撞三、碰撞 特 點(diǎn) 時(shí)間過程持續(xù)時(shí)間即相互作用時(shí)間極短 作用力在相互作用的過程中,相互作用力先是急劇增大,然后再急劇減小,平均作用力很大 動(dòng)量守 恒條件 系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力,所以,系統(tǒng)即使所受外力矢量和不為零,外力也可以忽略,系統(tǒng)的 總動(dòng)量守恒 位移碰撞過程是在一瞬間發(fā)生

17、的,時(shí)間極短,所以,在物體發(fā)生碰撞的瞬間,可忽略物體的位移,可 以認(rèn)為物體在碰撞前、后仍在同一位置 能量在碰撞過程中,一般伴隨著機(jī)械能的損失,碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能要小于或等于碰撞前 系統(tǒng)的總動(dòng)能,即Ek1+Ek2Ek1+Ek2 分 類 按能量是否守 恒分類 彈性碰撞動(dòng)量守恒,機(jī)械能無損失 非彈性碰撞動(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 按碰撞前、后動(dòng)量是否 共線分類 對(duì)心碰撞(正碰)碰撞前、后速度共線 非對(duì)心碰撞(斜碰)碰撞前、后速度不共線 四、爆炸四、爆炸 五、反沖五、反沖 概 念 一個(gè)物體由于內(nèi)力的巨大作用而分為兩個(gè)或兩個(gè)以上物體的過程叫做爆炸 特 點(diǎn) 動(dòng)量守恒由

18、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)大于受到的外力,所以在爆炸過程 中,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 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,所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加 位置不變爆炸的 時(shí)間極短,因而在作用過程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般可忽略不計(jì),可以認(rèn)為爆炸后仍 然從作用前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng) 概念根據(jù)動(dòng)量守恒定律,如果一個(gè)靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個(gè)部分,一部分向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng),另一部分必然向相反 的方向運(yùn)動(dòng)。這個(gè)現(xiàn)象叫做反沖 反沖 原理 反沖運(yùn)動(dòng)的基本原理仍然是 動(dòng)量守恒定律。當(dāng)系統(tǒng)所受的外力之和為零或外力遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于內(nèi)力時(shí),系統(tǒng)的總動(dòng)量 守恒。這

19、時(shí),如果系統(tǒng)的一部分獲得了某一方向的動(dòng)量,系統(tǒng)的剩余部分就會(huì)在這一方向 的相反方向上獲得同樣大小的動(dòng)量 應(yīng)用反沖運(yùn)動(dòng)有利也有害,有利的一面我們可以應(yīng)用,比如農(nóng)田、園林的噴灌裝置,旋轉(zhuǎn)反擊式水輪發(fā)電機(jī),噴氣式飛機(jī),火箭 等。反沖運(yùn)動(dòng)不利的一面則需要盡力去排除,比如開槍或開炮時(shí)反沖運(yùn)動(dòng)對(duì)射擊準(zhǔn)確性的影響等 考向突破考向突破 考向一考向一動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的比較動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的比較 動(dòng)量守恒定律機(jī)械能守恒定律 內(nèi) 容 一個(gè)系統(tǒng)不受外力作用或者所受外力的矢量和為零,這個(gè)系統(tǒng)的 總動(dòng)量保持不變 在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi),動(dòng)能與勢(shì)能可以 相互轉(zhuǎn)化,而總的機(jī)械能保持不變 表

20、達(dá) 式 m1v1+m2v2=m1v1+m2v2,兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)相互作用前、后動(dòng)量 保持不變 p1=-p2,相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量變化量大小相等,方向相反p =0,系統(tǒng)動(dòng)量增量為零 Ek+Ep=Ek+Ep(系統(tǒng)初態(tài)的機(jī)械能等于系統(tǒng)末態(tài)的 機(jī)械能) Ek=-Ep(系統(tǒng)動(dòng)能的增加量等于系統(tǒng)勢(shì)能的減少量) EA增=EB減(A、B組成的系統(tǒng),A的機(jī)械能的增加量等于 B的機(jī)械能的減少量) 守 恒 條 件 系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零。要正確區(qū)分內(nèi)力和外力 系統(tǒng)受外力,外力的合力不為零,但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)也可以認(rèn)為 動(dòng)量守恒。這時(shí)是一種近似守恒,但計(jì)算時(shí)仍可用動(dòng)量守恒定律進(jìn)行 計(jì)算 系統(tǒng)所受的合

21、外力雖不為零,如果在某一方向上合外力為零,那么在 該方向上系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力作用,沒有其他力作用 有重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力作用,但這些力不做功 有重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力做功,但這些力做功的 代數(shù)和為零 研究對(duì)象相互作用的物體系統(tǒng)相互作用的物體系統(tǒng)(包括地球) 守恒性質(zhì)矢量守恒(規(guī)定正方向)標(biāo)量守恒(不考慮方向性) 適用范圍宏觀、微觀,低速、高速都適用只適用于宏觀、低速領(lǐng)域 注 意 兩個(gè)守恒定律都是動(dòng)態(tài)過程的守恒,即在系統(tǒng)內(nèi)部物理過程中的任一時(shí)刻、任一階段內(nèi)系統(tǒng)的總動(dòng)量或 總機(jī)械能都不變,因此在解決問題時(shí),不必詳盡追究中間過程系統(tǒng)內(nèi)相互作用的細(xì)節(jié),主要抓住始、末狀態(tài) 例例5

22、如圖所示,一只內(nèi)壁光滑的半球形碗固定在小車上,小車放在光滑 水平面上。在碗邊內(nèi)側(cè)A處無初速度釋放一只小球。則小球沿碗內(nèi)壁 下滑的過程中,下列說法正確的是(半球形碗的半徑為R)() A.小球、碗和車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B.小球的最大速度等于 C.小球、碗和車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D.小球不能運(yùn)動(dòng)到碗左側(cè)的碗邊B點(diǎn) 2gR 解析解析由于沒有摩擦,對(duì)于小球、碗和車組成的系統(tǒng)所受合外力為零, 則該系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,故A正確;設(shè)小球滑到最低點(diǎn)時(shí)速度為v,假設(shè)小 車不動(dòng),則由機(jī)械能守恒得:mgR=mv2,可知v=,由于小車沒有固定, 且小球下滑過程中其對(duì)碗的壓力對(duì)碗和車組成的整體做正功,碗和小車 獲得動(dòng)能

23、,則小球的最大速度小于,故B錯(cuò)誤;小球做曲線運(yùn)動(dòng),具有 向心加速度,有豎直向上的分加速度,根據(jù)牛頓第二定律知,系統(tǒng)所受的 合外力不為零,故系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒,故C錯(cuò)誤;小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程 中系統(tǒng)機(jī)械能守恒,水平方向動(dòng)量守恒,可知小球剛好運(yùn)動(dòng)到碗邊B點(diǎn), 故D錯(cuò)誤。 1 2 2gR 2gR 答案答案A 考向二考向二碰撞問題分類碰撞問題分類 1.彈性碰撞彈性碰撞:碰撞結(jié)束后,形變?nèi)肯?動(dòng)能沒有損失,不僅動(dòng)量守恒,而 且初、末動(dòng)能相等。 m1v1+m2v2=m1v1+m2v2 m1+m2=m1v12+m2v22 v1= v2= 2.非彈性碰撞非彈性碰撞:碰撞結(jié)束后,形變部分消失,動(dòng)能有部分損失

24、。 m1v1+m2v2=m1v1+m2v2 m1+m2=m1v12+m2v22+Ek損 1 2 2 1 v 1 2 2 2 v 1 2 1 2 12122 12 ()2mm vm v mm 2121 1 12 ()2mm vmv mm 1 2 2 1 v 1 2 2 2 v 1 2 1 2 3.完全非彈性碰撞完全非彈性碰撞:碰撞結(jié)束后,兩物體合二為一,以同一速度運(yùn)動(dòng),形變 完全保留,動(dòng)能損失最大。 m1v1+m2v2=(m1+m2)v m1+m2=(m1+m2)v2+Ek損max 1 2 2 1 v 1 2 2 2 v 1 2 例例62014山東理綜,39(2)如圖,光滑水平直軌道上兩滑塊A、

25、B用橡皮 筋連接,A的質(zhì)量為m。開始時(shí)橡皮筋松弛,B靜止,給A向左的初速度v0。 一段時(shí)間后,B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度 是碰撞前瞬間A的速度的兩倍,也是碰撞前瞬間B的速度的一半。求: ()B的質(zhì)量; ()碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失。 解題導(dǎo)引解題導(dǎo)引 解析解析()以初速度v0的方向?yàn)檎较?設(shè)B的質(zhì)量為mB,A、B碰撞后的 共同速度為v,由題意知:碰撞前瞬間A的速度為,碰撞前瞬間B的速度為 2v,由動(dòng)量守恒定律得 m+2mBv=(m+mB)v 由式得 mB= 2 v 2 v 2 m ()從開始到碰后的全過程,由動(dòng)量守恒定律得 mv0=(m+mB)v 設(shè)碰撞過程A

26、、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為E,則 E=m+mB(2v)2-(m+mB)v2 1 2 2 2 v 1 2 1 2 聯(lián)立式得 E=m 1 6 2 0 v 答案答案()()m 2 m1 6 2 0 v 考向三考向三應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟 例例7如圖所示,游樂場(chǎng)上,兩位同學(xué)各駕著一輛碰碰車迎面相撞,此后,兩車以 共同的速度運(yùn)動(dòng);設(shè)甲同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為150kg,碰撞前向右運(yùn)動(dòng),速度 的大小為4.5m/s,乙同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為200kg,碰撞前向左運(yùn)動(dòng),速度的 大小為4.25m/s,則碰撞后兩車共同的運(yùn)動(dòng)速度為(取向右為正方向)() A.1m/sB.0.5m/sC.-1

27、m/sD.-0.5m/s 解析解析兩車碰撞過程中動(dòng)量守恒,即 m1v1-m2v2=(m1+m2)v 解得v=m/s=-0.5m/s,故選項(xiàng)D正確。 1 122 12 mvm v mm 150 4.5200 4.25 150200 答案答案D 考向四考向四解決力學(xué)問題三大觀點(diǎn)解決力學(xué)問題三大觀點(diǎn) 1.力學(xué)問題三大觀點(diǎn)的比較力學(xué)問題三大觀點(diǎn)的比較 力的觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)動(dòng)量觀點(diǎn) 規(guī)律力的瞬時(shí)效應(yīng)力的空間積累效應(yīng)力的時(shí)間積累效應(yīng) 牛頓第二定律動(dòng)能定理機(jī)械能守恒定律動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律 規(guī)律 內(nèi)容 物體的加速度跟所受 的合外力成正比,跟 物體的質(zhì)量成反比 合外力對(duì)物體做的 功,等于物體動(dòng)能的 變化量 在只有

28、重力或彈力做功 的物體系統(tǒng)內(nèi),動(dòng)能與勢(shì) 能可以相互轉(zhuǎn)化,而總的 機(jī)械能保持不變 物體所受合外力的沖 量等于物體動(dòng)量的變 化量 一個(gè)系統(tǒng)不受外力 或所受外力的矢量 和為零,這個(gè)系統(tǒng)的 總動(dòng)量保持不變 規(guī)律表 達(dá)式 F合=maW總=EkEk1+Ep1=Ek2+Ep2I合=mvm1v1+m2v2=m1v1+m2 v2 研究 對(duì)象 單個(gè)物體或物體系、 某一時(shí)刻 單個(gè)物體、一段位移物體系、一個(gè)過程單個(gè)物體或物體系、 一段時(shí)間 物體系、一個(gè)過程 受力 分析 特點(diǎn) 分析每個(gè)外力的大小 方向,求出合力 分析一段位移上每個(gè) 力做功情況后確定合 外力做的總功 分析是否只有重力或 系統(tǒng)內(nèi)彈力做功 分析一段時(shí)間內(nèi)各外

29、 力的大小方向,求外 力的合沖量 分析系統(tǒng)所受外力 之和是否為零 注意應(yīng)用三大觀點(diǎn)解決問題時(shí),都必須做好受力分析和過程分析,這是解決力學(xué)問題的前提。用力的觀點(diǎn)解題側(cè)重于分析 物體的受力情況求合力;用能量的觀點(diǎn)解題側(cè)重于分析力的做功情況;用動(dòng)量的觀點(diǎn)解題側(cè)重于分析合外力是否為零 2.力學(xué)規(guī)律的選用原則力學(xué)規(guī)律的選用原則 (1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系式,可用牛頓第二定律。 (2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí),一般用動(dòng)量 定理(涉及時(shí)間的問題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問題)。 (3)若研究的對(duì)象為一物體系統(tǒng),且它們之間有相互作用,一般用兩個(gè)守 恒定律去解決問題,但需注意所

30、研究的問題是否滿足守恒的條件。 (4)在涉及相對(duì)位移問題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律,通常系統(tǒng)克服摩 擦力所做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量,即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí),需注意到這些過 程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化。這種問題由 于作用時(shí)間都極短,因此動(dòng)量守恒定律一般能派上大用場(chǎng)。 例例8如圖所示,水平光滑地面上停放著一輛小車,左側(cè)靠在豎直墻壁上, 小車的四分之一圓弧軌道AB是光滑的,在最低點(diǎn)B與水平軌道BC相切, BC的長(zhǎng)度是圓弧半徑的10倍,整個(gè)軌道處于同一豎直平面內(nèi)。可視為 質(zhì)點(diǎn)的物塊從A點(diǎn)正上方某處無初速下落,恰好落入小車圓弧軌道

31、滑動(dòng), 然后沿水平軌道滑行至軌道末端C處恰好沒有滑出。已知物塊到達(dá)圓 弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力是物塊重力的9倍,小車的質(zhì)量是物塊 質(zhì)量的3倍,不考慮空氣阻力和物塊落入圓弧軌道時(shí)的能量損失。求: (1)物塊開始下落的位置距水平軌道BC的豎直高度是圓弧半徑的幾倍; (2)物塊與水平軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 解析解析(1)設(shè)物塊的質(zhì)量為m,其開始下落的位置距水平軌道BC的豎直 高度為h,到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v1,圓弧軌道半徑為R 由機(jī)械能守恒定律有mgh=m 由牛頓第二定律有9mg-mg= 解得:h=4R (2)設(shè)物塊與BC間的滑動(dòng)摩擦力的大小為f,物塊滑到C點(diǎn)時(shí)與小車的共 同速度為v2,物塊在小

32、車上由B運(yùn)動(dòng)到C的過程中小車相對(duì)地面的位移大 小為s 依題意,小車的質(zhì)量為3m,BC的長(zhǎng)度為10R 摩擦力f=mg 1 2 2 1 v 2 1 mv R 由動(dòng)量守恒定律得:mv1=(m+3m)v2 對(duì)物塊、小車分別應(yīng)用動(dòng)能定理有 物塊:-f(10R+s)=m-m 小車:fs=3m-0 解得:=0.3 1 2 2 2 v 1 2 2 1 v 1 2 2 2 v 答案答案(1)4倍(2)0.3 方法方法1 1 人船模型人船模型 “人船模型”,不僅是動(dòng)量守恒問題中典型的物理模型,也是最重要的 力學(xué)綜合模型之一?！叭舜Ｐ汀鳖}型涉及動(dòng)量、能量、運(yùn)動(dòng)學(xué)、動(dòng) 力學(xué)等力學(xué)考點(diǎn),具有較強(qiáng)綜合性。對(duì)于“人船模型

33、”及其典例變式, 通過類比和等效方法,可以使許多動(dòng)量守恒問題的分析思路和解答步驟 變得極為簡(jiǎn)捷。 模型應(yīng)用的條件:一個(gè)原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的系統(tǒng),系統(tǒng)中的物體間發(fā)生 相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過程中,外力在某一方向上矢量和為零,則系統(tǒng)在該方向上 動(dòng)量守恒。 方法技巧方法技巧 例如,長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的小船停在靜水中,一個(gè)質(zhì)量為m的人立在船頭, 若不計(jì)水的阻力,當(dāng)人從船頭走到船尾的過程中,求船和人對(duì)地面的位移。 對(duì)于該情境中的“人船模型”選人和船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,因系統(tǒng) 在水平方向不受力,所以動(dòng)量守恒,人未走時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)量為零。當(dāng)人 加速前進(jìn)時(shí),船同時(shí)加速后退;當(dāng)人勻速前進(jìn)時(shí),船勻速后退;當(dāng)人減速前 進(jìn)時(shí),船減速

34、后退;當(dāng)人速度為零時(shí),船速度也為零。 設(shè)某時(shí)刻人對(duì)地的速率為v1,船對(duì)地的速率為v2,根據(jù)動(dòng)量守恒得mv1-Mv2= 0 因?yàn)樵谌藦拇^走到船尾的整個(gè)過程中時(shí)刻滿足動(dòng)量守恒,在式兩邊 同乘以t,得mx1-Mx2=0 式為人對(duì)地的位移和船對(duì)地的位移關(guān)系。由圖還可看出: x1+x2=L 聯(lián)立兩式得 1 2 M xL Mm m xL Mm 例例1如圖,一浮吊質(zhì)量M=2104kg,由岸上吊起一質(zhì)量m=2103kg的貨 物后,再將吊桿OA從與豎直方向間夾角1=60轉(zhuǎn)到2=30,設(shè)吊桿長(zhǎng)L=8 m,水的阻力不計(jì),求浮吊在水平方向移動(dòng)的距離是多少?向哪邊移動(dòng)? 解析解析不計(jì)水的阻力時(shí),浮吊和貨物所構(gòu)成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守 恒,則M=m,必有M=m,即有Ms1=ms2,吊桿由與豎直方向成60角 轉(zhuǎn)到成30角的過程中,s1+s2=L(sin60-sin30),代入數(shù)據(jù)得浮吊移動(dòng)距 離s1=0.27m。顯然貨物向船靠近,船必向岸靠近。 1v2v 1 s t 2 s t 答案答案0.27m向岸靠近 例例