2018-2019版高中物理 第1章 碰撞與動量守恒 微型專題 動量守恒定律的應(yīng)用課件 滬科版選修3-5.ppt
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微型專題動量守恒定律的應(yīng)用,第1章碰撞與動量守恒,[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.進一步理解動量守恒定律的含義及守恒條件.2.進一步熟練掌握應(yīng)用動量守恒定律解決問題的方法和步驟.,內(nèi)容索引,,題型探究重點難點各個擊破,達標(biāo)檢測當(dāng)堂檢測鞏固反饋,題型探究,1.動量守恒定律成立的條件:(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零;(2)系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力;(3)系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0.2.動量守恒定律的研究對象是系統(tǒng).研究多個物體組成的系統(tǒng)時,必須合理選擇系統(tǒng),再對系統(tǒng)進行受力分析.分清系統(tǒng)的內(nèi)力與外力,然后判斷所選系統(tǒng)是否符合動量守恒的條件.,一、動量守恒條件的擴展應(yīng)用,例1(多選)質(zhì)量分別為M和m0的滑塊用輕彈簧連接,以恒定速度v沿光滑水平面運動,與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞,如圖1所示,碰撞時間極短,在此過程中,下列情況可能發(fā)生的是,圖1,A.M、m0、m速度均發(fā)生變化,碰后分別為v1、v2、v3,且滿足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3B.m0的速度不變,M和m的速度變?yōu)関1和v2,且滿足Mv=Mv1+mv2C.m0的速度不變,M和m的速度都變?yōu)関′,且滿足Mv=(M+m)v′D.M、m0、m速度均發(fā)生變化,M和m0的速度都變?yōu)関1,m的速度變?yōu)関2,且滿足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2,√,√,答案,解析,解析M和m碰撞時間極短,在極短的時間內(nèi)彈簧形變極小,可忽略不計,因而m0在水平方向上沒有受到外力作用,動量不變(速度不變),可以認(rèn)為碰撞過程中m0沒有參與,只涉及M和m,由于水平面光滑,彈簧形變極小,所以M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,兩者碰撞后可能具有共同速度,也可能分開,所以只有B、C正確.,例2如圖2所示,一輛砂車的總質(zhì)量為M,靜止于光滑的水平面上.一個質(zhì)量為m的物體A以速度v落入砂車中,v與水平方向成θ角,求物體落入砂車后車的速度v′.,圖2,答案,解析,解析物體和車作用時總動量不守恒,而水平面光滑,系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,即mvcosθ=(M+m)v′,,雖然系統(tǒng)整體上不滿足動量守恒的條件,但在某一特定方向上,系統(tǒng)不受外力或所受外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力,則系統(tǒng)沿這一方向的分動量守恒,可沿這一方向由動量守恒定律列方程解答.,求解這類問題時應(yīng)注意:(1)正確分析作用過程中各物體狀態(tài)的變化情況;(2)分清作用過程中的不同階段,并按作用關(guān)系將系統(tǒng)內(nèi)的物體分成幾個小系統(tǒng),既要符合守恒條件,又要方便解題.(3)對不同階段、不同的小系統(tǒng)準(zhǔn)確選取初、末狀態(tài),分別列動量守恒方程.,二、動量守恒定律在多物體、多過程中的應(yīng)用,例3如圖3所示,A、B兩個木塊的質(zhì)量分別為2kg與0.9kg,A、B上表面粗糙,水平地面光滑,質(zhì)量為0.1kg的鐵塊以10m/s的速度從A的左端向右滑動,最后鐵塊與B的共同速度大小為0.5m/s,求:,答案,解析,圖3,(1)A的最終速度大小;,答案0.25m/s,解析選鐵塊和木塊A、B為一系統(tǒng),取水平向右為正方向,由系統(tǒng)總動量守恒得:mv=(MB+m)vB+MAvA可求得:vA=0.25m/s.,(2)鐵塊剛滑上B時的速度大小.,答案,解析,答案2.75m/s,解析設(shè)鐵塊剛滑上B時的速度為v′,此時A、B的速度均為vA=0.25m/s,由系統(tǒng)動量守恒得:mv=mv′+(MA+MB)vA可求得v′=2.75m/s.,處理多物體、多過程動量守恒應(yīng)注意的問題:(1)正方向的選取.(2)研究對象的選取,明確取哪幾個物體為系統(tǒng)作為研究對象.(3)研究過程的選取,明確哪個過程中動量守恒.,達標(biāo)檢測,1.(某一方向上的動量守恒)(多選)如圖4所示,在光滑的水平面上放著一個上部為半圓形光滑槽的木塊,開始時木塊是靜止的,把一個小球放到槽邊從靜止開始釋放,關(guān)于兩個物體的運動情況,下列說法正確的是A.當(dāng)小球到達最低點時,木塊有最大速率B.當(dāng)小球的速率最大時,木塊有最大速率C.當(dāng)小球再次上升到最高點時,木塊的速率為最大D.當(dāng)小球再次上升到最高點時,木塊的速率為零,√,1,2,3,4,√,圖4,√,答案,解析,解析小球和木塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,初狀態(tài)系統(tǒng)動量為零,當(dāng)小球到達最低點時,小球有最大速率,所以木塊也有最大速率;小球上升到最高點時,小球速率為零,木塊的速率也為零.故選A、B、D.,1,2,3,4,2.(多過程中的動量守恒)如圖5所示,質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上,盒子內(nèi)表面不光滑,盒內(nèi)放有一個質(zhì)量為m的物塊.從某一時刻起給m一個水平向右的初速度v0,那么在物塊與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后A.兩者的速度均為零B.兩者的速度總不會相等,√,答案,圖5,1,2,3,4,解析,解析物塊與盒子組成的系統(tǒng)所受合外力為零,物塊與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后,以速度v共同運動,由動量守恒定律得:mv0=(M+m)v,,1,2,3,4,3.(多過程中的動量守恒)如圖6所示,甲車的質(zhì)量是2kg,靜止在光滑水平面上,上表面光滑,右端放一個質(zhì)量為1kg的小物體,乙車質(zhì)量為4kg,以5m/s的速度向左運動,與甲車碰撞以后甲車獲,答案,圖6,解析,1,2,3,4,得8m/s的速度,物體滑到乙車上,若乙車足夠長,上表面與物體間的動摩擦因數(shù)為0.2,則物體在乙車上表面滑行多長時間相對乙車靜止?(g取10m/s2),答案0.4s,解析乙與甲碰撞過程動量守恒:m乙v乙=m乙v乙′+m甲v甲′得v乙′=1m/s小物體在乙上滑動至有共同速度v時,對小物體與乙車運用動量守恒定律得m乙v乙′=(m+m乙)v,得v=0.8m/s對小物體應(yīng)用牛頓第二定律得a=μg=2m/s2,1,2,3,4,4.(多過程中的動量守恒)如圖7所示,光滑水平面上有三個木塊A、B、C,質(zhì)量分別為mA、mB、mC,mA=mC=2m、mB=m.A、B用細(xì)繩連接,中間有一壓縮的彈簧(彈簧與木塊不拴接).開始時A、B以共同速度v0運動,C靜止.某時刻細(xì)繩突然斷開,A、B被彈開,然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起,最終三木塊速度恰好相同,求B與C碰撞前B的速度.,1,2,3,4,圖7,答案,解析,解析細(xì)繩斷開后,在彈簧彈力的作用下,A做減速運動,B做加速運動,最終三者以共同速度向右運動,設(shè)共同速度為v,A和B分開后,與C碰撞前B的速度為vB,對三個木塊組成的系統(tǒng),整個過程總動量守恒,取v0的方向為正方向,則有(mA+mB)v0=(mA+mB+mC)v①對A、B兩個木塊,分開過程滿足動量守恒,則有(mA+mB)v0=mAv+mBvB②,1,2,3,4,- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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