《高中物理第2輪復(fù)習(xí) 專題2 第1講 動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒課件1》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中物理第2輪復(fù)習(xí) 專題2 第1講 動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒課件1（38頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題二 動(dòng)量和能量 第一講動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒 一、沖量和動(dòng)量一、沖量和動(dòng)量 1沖量I=Ft是一個(gè)過程物理量，與具體的物理過程有關(guān)，它表示力對時(shí)間的積累效果 (1)此式只適用于恒力沖量的計(jì)算，變力的沖量一般不適用只有當(dāng)力F方向不變、大小隨時(shí)間線性變化時(shí)，才可用力的平均值代替式中的F，此時(shí)平均力F=(F1+F2)/2. (2)沖量是矢量當(dāng)F為恒力時(shí)，I的方向與F的方向相同；當(dāng)F為變力時(shí)，I的方向由動(dòng)量增量的方向確定兩個(gè)沖量相同，必定是它們的大小和方向都相同 2動(dòng)量p=mv，要注意其瞬時(shí)性、矢量性、相對性 二、動(dòng)量定理：物體所受合外力的沖量等于動(dòng)二、動(dòng)量定理：物體所受合外力的沖量等于動(dòng)量的改變量量的

2、改變量即I合=mvt-mv0 它是對應(yīng)于某一過程的矢量方程，應(yīng)用時(shí)要注意： (1)方程的左邊是合外力的沖量，而不是某一個(gè)力的沖量；方程的右邊是動(dòng)量的增量當(dāng)初、末動(dòng)量在一條直線上時(shí)，選定正方向后用正、負(fù)號(hào)來表示方向，于是矢量運(yùn)算簡化為代數(shù)運(yùn)算 (2)動(dòng)量定理的研究對象可以是單個(gè)物體(質(zhì)點(diǎn))，也可以是物體系統(tǒng)對物體系統(tǒng)，只需分析系統(tǒng)受的外力，不必考慮系統(tǒng)的內(nèi)力系統(tǒng)內(nèi)力的沖量和為零，不影響整個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量 (3)動(dòng)量定理可改寫成： ，這是牛頓第二定律的又一表達(dá)形式物理意義是：合外力等于物體動(dòng)量的變化率如果合外力一定，則物體在運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)量的變化率恒定，與物體的運(yùn)動(dòng)形式無關(guān)；如果物體的動(dòng)量變化率不隨時(shí)

3、間而變，則物體所受的合外力一定是恒力，物體一定做勻變速運(yùn)動(dòng) /Fpt 三、動(dòng)量守恒定律三、動(dòng)量守恒定律 1動(dòng)量守恒定律：相互作用的物體，如果不受外力作用，或者它們所受的合外力為零，它們的總動(dòng)量保持不變 2動(dòng)量守恒定律的常見表達(dá)式： (1)m1v1+m2v2=m1v1+m2v2(系統(tǒng)初、末狀態(tài)的動(dòng)量相同)； (2) (系統(tǒng)動(dòng)量的增量為零)； (3) (一個(gè)物體動(dòng)量的增量與另一個(gè)物體動(dòng)量的增量大小相等、方向相反)0p 12pp 3動(dòng)量守恒定律的使用條件： (1)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零 (2)系統(tǒng)所受的合外力雖不為零但外力比內(nèi)力小得多，而且作用時(shí)間很短如碰撞過程中的摩擦力，爆炸過程中的重力

4、等外力比起相互作用的內(nèi)力來小得多，它們在碰撞、爆炸過程中的沖量可忽略不計(jì) (3)系統(tǒng)所受的合外力雖然不為零但在某個(gè)方向上合外力為零，則在該方向上系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 4動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用要點(diǎn)： (1)矢量性：矢量性：動(dòng)量守恒方程是一個(gè)矢量方程應(yīng)統(tǒng)一選取正方向，凡與正方向相同的動(dòng)量為正，與正方向相反的動(dòng)量為負(fù)對于未知的動(dòng)量，可假設(shè)在正方向上，通過解得結(jié)果的正負(fù)，判定其方向 (2)同時(shí)性：同時(shí)性：動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量動(dòng)量守恒指的是 系 統(tǒng) 在 任 一 瞬 時(shí) 的 動(dòng) 量 恒 定 列 方 程m1v1+m2v2=m1v1+m2v2時(shí)，等號(hào)左側(cè)是作用前同一時(shí)刻各物體的動(dòng)量和，等號(hào)右側(cè)是作用后同一時(shí)刻各物體的

5、動(dòng)量和初、末狀態(tài)不能搞混，不同時(shí)刻的動(dòng)量不能相加 (3)整體性：整體性：初、末狀態(tài)的研究對象必須一致(如車漏沙時(shí)應(yīng)把漏出的沙子也包括在內(nèi)) (4)參考系的同一性：參考系的同一性：動(dòng)量守恒方程中的速度必須相對于同一參考系，通常取地面為參考系 (5)普適性：普適性：它不僅適用于兩個(gè)物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)；不僅適用于低速運(yùn)動(dòng)的物體，也適用于高速運(yùn)動(dòng)的物體 類型一：沖量和動(dòng)量的計(jì)算類型一：沖量和動(dòng)量的計(jì)算 恒力的沖量可以用I=Ft計(jì)算變力的沖量一般有三個(gè)途徑可求：力均勻變化可以先求平均力，再求沖量；力不均勻變化但方向在一條

6、直線上可采用F-t圖象求沖量；通過動(dòng)量定理求沖量另外，要注意區(qū)別某一個(gè)力的沖量與合外力的沖量，某一段時(shí)間內(nèi)某個(gè)力(或合力)的沖量 【例1】將質(zhì)量為m=1kg的小球從距水平地面高h(yuǎn)=5m處，以初速度為v0=10m/s水平拋出求：(1)平拋運(yùn)動(dòng)過程中小球動(dòng)量的增量 ；(2)小球落地時(shí)的動(dòng)量p；(3)飛行過程中小球所受的合外力的沖量I.p【解析】如圖所示，水平方向vx不變，故 ；0 xv 21.221s.110m/s10kg m/s.yxyyvgt hgthtgvvvgtppm v 豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)間因?yàn)樗椒较蛏鲜莿蛩龠\(yùn)動(dòng)， 保持不變所以小球的速度增量，所以：方向豎直向下 22021

7、02 102m/s10 2m/s.10 2kg m/s.10tan1104531 10 1N s10N syyxvvvpmvvvImgt 由速度合成知，落地速度：所以小球落地時(shí)的動(dòng)量大小為：由圖知，則小球落地的動(dòng)量的方向與水平方向的夾角為且斜向下小球飛行過程中只受重力作用，所以合外力的沖量為，方向豎直向下【變式題】把質(zhì)量為10kg的物體放在光滑的水平面上，如圖2-1-1所示在與水平方向成37的力F=10N作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，在2s內(nèi)力F對物體的沖量為多少？物體重力的沖量是多少？物體獲得的動(dòng)量是多少？(已知cos37=0.8，sin37=0.6；g取10m/s2)圖2-1-1【解析】2s內(nèi)力F

8、對物體的沖量為I1=Ft=10N2s=20Ns2s內(nèi)物體重力的沖量為I2=mgt=100N2s=200Ns2s內(nèi)物體獲得的動(dòng)量大小即為物體所受合外力的沖量I合=F合t=10Ncos372s=16Ns所以物體獲得的動(dòng)量p=16kgm/s. 類型二：動(dòng)量定理及其運(yùn)用類型二：動(dòng)量定理及其運(yùn)用 動(dòng)量定理不僅可以方便地運(yùn)用于對單個(gè)物體的受力、運(yùn)動(dòng)規(guī)律的分析，也常運(yùn)用于分析兩個(gè)或多個(gè)物體；運(yùn)用時(shí)需對物體或系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行詳細(xì)分析，挖掘隱含條件，尋找系統(tǒng)和個(gè)體間的關(guān)聯(lián)，比運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決“連接體”問題要簡捷一些【例2】(2011四川)隨著機(jī)動(dòng)車數(shù)量的增加，交通安全問題日益凸顯分析交通違法事例，將警示我

9、們遵守交通法規(guī)，珍惜生命一貨車嚴(yán)重超載后的總質(zhì)量為49t，以54km/h的速率勻速行駛發(fā)現(xiàn)紅燈時(shí)司機(jī)剎車，貨車即做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小為2.5m/s2(不超載時(shí)則為5m/s2)(1)若前方無阻擋，問從剎車到停下來此貨車在超載及不超載時(shí)分別前進(jìn)多遠(yuǎn)？(2)若超載貨車剎車時(shí)正前方25m處停著總質(zhì)量為1t的轎車，兩車將發(fā)生碰撞，設(shè)相互作用0.1s后獲得相同速度，問貨車對轎車的平均沖力多大？【解析】(1)設(shè)貨車剎車時(shí)速度大小為v0、加速度大小為a，末速度大小為vt，剎車距離為s 2201121210245m 22.5m 225m2vvsasssvvvas 代入數(shù)據(jù)，得超載時(shí)，若不超載，設(shè)貨車剎

10、后經(jīng)與轎車相碰撞時(shí)的初速度大小為 212249.8 10 N vMmMvMm vtFF tmvF 設(shè)碰撞后兩車共同速度為 、貨車質(zhì)量為、轎車質(zhì)量為 ，由動(dòng)量守恒定律 設(shè)貨車對轎車的作用時(shí)間為、平均沖力大小為 ，由動(dòng)量定理 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得【變式題】物體A和B用輕繩相連掛在輕質(zhì)彈簧下靜止不動(dòng)，如圖2-1-2甲A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，當(dāng)連接A、B的繩突然斷開后，物體A上升經(jīng)某一位置時(shí)的速度大小為v，物體B下落的速度為u，如圖乙在這段時(shí)間內(nèi)，彈簧的彈力對物體A的沖量為( )D圖2-1-2Amv Bmv-MuCmv+Mu Dmv+mu【解析】由動(dòng)量定理，對B：Mgt=Mu，對A：I彈-mgt=m

11、v-0解得：I彈=mv+mu. 類型三：動(dòng)量守恒定律類型三：動(dòng)量守恒定律 運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題，主要抓住定律成立的條件注意系統(tǒng)內(nèi)力的沖量不改變系統(tǒng)的動(dòng)量，但可以改變系統(tǒng)內(nèi)物體的動(dòng)量內(nèi)力的沖量是系統(tǒng)內(nèi)物體間動(dòng)量傳遞的原因，而外力的沖量是改變系統(tǒng)總動(dòng)量的原因【例3】甲、乙兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，甲球的動(dòng)量是5kgm/s，乙球的動(dòng)量是7kgm/s，當(dāng)甲追上乙時(shí)發(fā)生碰撞，則碰撞后甲、乙兩球動(dòng)量的可能值是()A-4kgm/s、14kgm/sB3kgm/s、9kgm/sC-5kgm/s、17kgm/sD6kgm/s、6kgm/s【解析】甲、乙兩球碰撞過程動(dòng)量守恒，可排除A選項(xiàng)；甲球追上

12、乙球并與之相撞，則乙球的動(dòng)量只有增加不可能減小，排除D選項(xiàng)；碰撞過程中能量不可能增加，對C選項(xiàng)，甲球碰撞前后動(dòng)能不變，而乙球動(dòng)能增加，故也應(yīng)排除正確答案為B.【答案】B【變式題】(2011山東)如圖2-1-3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向甲船，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)【答案】設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為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12mv0=11mv1

13、-mvmin 10m2v0-mvmin=11mv2 為避免兩船相撞應(yīng)滿足v1=v2 聯(lián)立式得vmin=4v0 類型四：人船模型類型四：人船模型 靜水中船上的人行走時(shí)，若不考慮水的阻力，那么人與船所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，這一模型還可以推廣到其他問題上來解決大量實(shí)際問題現(xiàn)舉幾個(gè)例子加以說明 注意：注意：這類問題涉及相對運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)量守恒問題【例4】如圖2-1-4所示，質(zhì)量為M=300kg的小船，長為L=3m，浮在靜水中，開始時(shí)質(zhì)量為m=60kg的人站在船頭，人和船均處于靜止?fàn)顟B(tài)若人從船頭走到船尾，不計(jì)水的阻力則船將前進(jìn)多遠(yuǎn)？ 圖2-1-4【分析】人在船上走，船將向人走的反方向運(yùn)動(dòng)由系統(tǒng)動(dòng)量守恒知，

14、每一時(shí)刻船、人的總動(dòng)量都等于0.所以人走船動(dòng)，人停船停人走要經(jīng)過加速、減速的過程不能認(rèn)為是勻速運(yùn)動(dòng)船的運(yùn)動(dòng)同樣也不是勻速運(yùn)動(dòng)但可以用平均速度 表示，對應(yīng)的是平均動(dòng)量 ，t相同，注意s均應(yīng)對地，所以s人=L+s船因s船為未知量，所以包括大小、方向svtspmvmt【解析】s人=L+s船，人船組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取人行進(jìn)的方向?yàn)檎较?，不考慮未知量的正、負(fù)，()00.60 3m0.5m.603000.5m.m LsMsmvMvttmLsmM 人船船則有，即由上式解得負(fù)號(hào)表示船運(yùn)動(dòng)的方向與人行走方向相反則船向船頭方向前進(jìn)【變式題】載人氣球原來靜止在空中，與地面距離為h，已知人的質(zhì)量為m，氣球質(zhì)量(不

15、含人的質(zhì)量)為M.若人要沿輕繩梯返回地面，則繩梯的長度至少為多長？【解析】取人和氣球?yàn)閷ο螅到y(tǒng)開始靜止且同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，人下到地面時(shí)，人相對地的位移為h，設(shè)氣球?qū)Φ匚灰芁，則根據(jù)推論有ML=mhmLhMmMLhhM得因此繩的長度至少為 類型五：多過程運(yùn)用動(dòng)量守恒定律類型五：多過程運(yùn)用動(dòng)量守恒定律 分析多過程物理現(xiàn)象時(shí)，注意恰當(dāng)?shù)剡x擇某些特定的物理過程，確定系統(tǒng)的初、末狀態(tài)，從而運(yùn)用動(dòng)量守恒定律列方程求解【例5】用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以v=6m/s的速度在光滑的水平面上運(yùn)動(dòng)，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的物塊C在前方靜止，如圖2-1-6所示B與C碰后二者粘在一起運(yùn)動(dòng)，在以后的

16、運(yùn)動(dòng)中，求：(1)當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時(shí)，物塊C的速度是多大？(2)彈性勢能的最大值是多少？(3)A的速度可能向左嗎？為什么？圖2-1-6【解析】(1)當(dāng)A、B、C三個(gè)物塊同速時(shí)，彈性勢能最大，由動(dòng)量守恒定律有：(mA+mB)v=(mA+mB+mC)v1，解得v1=3m/s. (2)當(dāng)B跟C碰時(shí)，彈簧不會(huì)突然發(fā)生形變，A的運(yùn)動(dòng)不受影響，以B和C為系統(tǒng)，設(shè)B、C粘在一起時(shí)的速度為v，則有mBv=(mB+mC)v B、C粘在一起后，以A、B、C為系統(tǒng)，機(jī)械能守恒，有 222A1pmpm2k11122212J.3(24kg m/s)4m/s148J248JBCABCBCBm vmmvmmmvEEAB

17、CpABCBCEmmvBCA 解得由于 、 、 系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒 總動(dòng)量，假若 的速度向左，那么 、 的速度向右且一定大于，、 具有的動(dòng)能，而系統(tǒng)在 、粘在一起后的總能量為，由于不會(huì)出現(xiàn)能量增加的情況，所以不會(huì)出現(xiàn) 的速度向左【答案】(1)3m/s(2)12J(3)不會(huì)【變式題】如圖2-1-7，人和冰車的總質(zhì)量為M，人坐在靜止于光滑水平冰面的冰車上，以相對地的速率v將一質(zhì)量為m的木塊沿冰面推向正前方的豎直固定擋板設(shè)木塊與擋板碰撞時(shí)無機(jī)械能損失，碰撞后木塊以速率v反彈回來人接住球后，再以同樣的相對于地的速率v將木球沿冰面推向正前方的擋板已知M m=31 2，求：(1)人第二次推出木塊后，冰車和人的速度大小(2)人推木塊多少次后不能再接到木塊？【解析】每次推木塊時(shí)，對冰車、人和木塊組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，設(shè)人和冰車速度方向?yàn)檎较?，每次推木塊后人和冰車的速度分別為v1、v2，則 1112210, 3/6 / 31mMvmvvvMMvmvMvmvvmv Mv第一次推木塊后：第二次推木塊后： 2 21/21/31/ 21849NNNvNmv MvvNMmN以此類推，第 次推木塊后，人和冰車的速度當(dāng) 時(shí)，不再能接到木塊，即所以人推木塊 次后不能再接到木塊