新课标2017年高考物理一轮复习第十四章动量近代物理初步第1讲动量动量守恒定律课件

(3)单位:N· s。
(4)标矢性:冲量是矢量,它的方向由⑦ 力 3.动量定理
的方向决定。
(1)内容:物体所受⑧ 合外力 的冲量等于物体⑨ 动量 的变化。
(2)表达式:F·Δt=Δp=p'-p。
(3)矢量性:动量变化量的方向与⑩ 合外力 的方向相同,可以在某一方 向上用动量定理。 自测1 (辨析题) (1)一个物体的运动状态变化,它的动量一定改变。 ( (2)合外力的冲量是物体动量发生变化的原因。 ( )
3.应用动量定理解释两类物理现象
(1)当物体的动量变化量一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大,力的作用 时间Δt越长,力F就越小,如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。
(2)当作用力F一定时,力的作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大,力的作用时
间Δt越短,动量变化量Δp越小。
典例1 在水平力F=30 N的作用下,质量m=5 kg的物体由静止开始沿水平 面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,若F作用6 s后撤去,撤去 F后物体还能向前运动多长时间才停止?(g取10 m/s2)
在铅块C滑上B后,由于B继续加速,所以A、B分离,A以vA匀速运动,在铅块C
在B上滑行的过程中,B、C组成的系统动量守恒,有 mBvA+mCvC'=(mB+mC)v 代入数据解得vA=0.25 m/s,vC'=2.75 m/s。
应用动量守恒定律解题的步骤 (1)明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程); (2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒); (3)规定正方向,确定初、末状态动量; (4)由动量守恒定律列出方程; (5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。
外力有重力和支持力,合外力为零,系统的动量守恒;子弹射入木块过程中, 虽然子弹和木块之间的力很大,但这是内力,木块放在光滑水平面上,系统
所受的合外力为零,动量守恒;子弹射入紧靠墙角的木块时,墙对木块有力
的作用,系统所受的合外力不为零,系统的动量减小;斜向上抛出的手榴弹 在空中炸开时,虽然受到重力作用,合外力不为零,但爆炸时的内力远大于 重力,动量近似守恒。故选C。
(
)
(3)动量变化量的方向和合外力的方向可能相同,也可能相反。
答案
)
(1)√ (2)√ (3)✕
二、动量守恒定律 1.内容:如果一个系统① 不受外力 ,或者所受② 外力的矢量和 这个系统的总动量保持不变。 为0,
2.表达式:m1v1+m2v2=③
3.适用条件
m1v1'+m2v2' 或p=p'。
机械能是否守恒 ④ 守恒 有损失 损失⑤ 最大
自测3 A球的质量是m,B球的质量是2m,它们在光滑的水平面上以相同的 动量运动。B在前,A在后,发生正碰后,A球仍朝原方向运动,但其速率是原 来的一半,碰后两球的速率之比vA'∶vB'为 ( )
A.1∶2
答案
B.1∶3
D
C.2∶1
D.2∶3
设碰前A球的速率为v,根据题意知pA=pB,即mv=2mvB,则知碰前
1-2 将质量为0.2 kg的小球以初速度6 m/s水平抛出,抛出点离地的高度为 3.2 m,不计空气阻力。求: (1)小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量;
(2)小球将要着地时的动量。
答案
(1)1.6 N· s,方向竖直向下
(2)2 kg· m/s,方向与水平面成53°夹角斜向下
解析
解法一:(1)设小球着地时的速度为v,竖直方向的分速度为vy,水平
1-1 将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出,不计空气阻 力,g取10 m/s2,以下判断正确的是 ( )
①小球从抛出至到最高点受到的冲量大小为10 N· s ②小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0
③小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0
④小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为20 N· s A.①②
答案 解析
12 s 解法一 用动量定理解,分段处理。
选物体作为研究对象,对于撤去F前物体做匀加速运动的过程,物体的受力
情况如图甲所示,始态速度为零,终态速度为v,取水平力F的方向为正方向, 根据动量定理有
(F-μmg)t1=mv-0。 对于撤去F后,物体做匀减速运动的过程,受力情况如图乙所示,始态速度为 v,终态速度为零,根据动量定理有
三、弹性碰撞和非弹性碰撞 1.碰撞 碰撞是指两个物体相遇时,物体间的相互作用持续时间① 很短 ,而物体 间的相互作用力② 很大 的现象。 2.特点
在碰撞现象中,一般都满足内力③ 远大于
动量守恒。 3.分类
动量是否守恒 弹性碰撞 非弹性碰撞 完全非弹性碰撞 守恒 守恒 守恒
外力,可认为相互碰撞的系统
(3)速度要合理 ①碰前两物体同向,则v后>v前;碰后原来在前的物体速度一定增大,且v前‘≥v后'。 ②两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2.弹性碰撞的规律
-μmgt2=0-mv。
以上两式联立解得
30 0.2 5 10 F t μ mg t2= 1= ×6 s=12 s。
μmg
0.2 5 10
解法二 用动量定理解,研究全过程。
选物体作为研究对象,研究整个运动过程,这个过程的始、终状态物体的速 度都等于零。 取水平力F的方向为正方向,根据动量定理得
2.应用动量守恒定律时的注意事项 (1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动 量是否守恒,与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关
系。
(2)分析系统内物体受力时,要弄清哪些力是系统的内力,哪些力是系统外的 物体对系统的作用力。
典例2 如图所示,两块厚度相同的木块A、B,紧靠着放在光滑的桌面上,其 质量分别为2.0 kg、0.9 kg,它们的下表面光滑,上表面粗糙,另有质量为0.10 kg的铅块C(大小可以忽略)以10 m/s 的速度恰好水平地滑到A的上表面,由
2-1 如图所示,木块A质量为mA=1 kg,足够长的木板B质量为mB=4 kg,质量 为mC=4 kg的木块C置于木板B上,水平面光滑,B、C之间有摩擦。现使A以v
0
=12 m/s的初速度向右运动,与B碰撞后以4 m/s速度弹回。求:
(1)B运动过程中的最大速度大小; (2)若木板B足够长,C运动过程中的最大速度大小。
于摩擦,铅块C最后停在木块B上,此时B、C的共同速度v=0.5 m/s。求木块A
的最终速度大小和铅块C刚滑到B上时的速度大小。
答案 解析
0.25 m/s 2.75 m/s 铅块C在A上滑行时,两木块一起向右运动,设铅块C刚离开A时的
速度为vC',A和B的共同速度为vA,在铅块C滑过A的过程中,A、B、C所组成 的系统动量守恒,有 mCv0=(mA+mB)vA+mCvC'
课标版
第1讲 动量
物理
动量守恒定律
教材研读
一、动量、动量定理 1.动量 (1)定义:运动物体的质量和① 速度 的乘积叫做物体的动量,通常用p来
表示。
(2)表达式:p=② mv
m/s 。 (3)单位:③ kg·
。
(4)标矢性:动量是矢量,其方向和④ 速度 方向相同。 2.冲量 (1)定义:力和力的⑤ 作用时间 的乘积叫做力的冲量。 (2)表达式:I=⑥ Ft 。
方向的分速度为vx,有 vy= = m/s=8 m/s 2 10 3.2 2 gh
由于小球初始竖直方向的分速度为0,在竖直方向由动量定理得
IG=mvy-0=0.2 kg×8 m/s=1.6 N· s,方向竖直向下。 (2)水平方向:vx=v0=6 m/s
2 m/s=10 2 则v= 62 m/s 82 v= x vy
mBvB+0=(mB+mC)vC 代入数据得:vC=2 m/s。
考点三
碰撞现象的特点和规律
1.分析碰撞问题的三个依据 (1)动量守恒,即p1+p2=p1'+p2'。
2 2 p12 p2 p '1 p '2 2 或 (2)动能不增加,即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2' 。 2 m 2 m 2 m 2 m 1 2 1 2
答案 解析
(1)4 m/s
(2)2 m/s
(1)A与B碰后瞬间,C的运动状态未变,此时B的速度最大。由A、B
系统动量守恒(取向右为正方向),有:
mAv0+0=-mAvA+mBvB 代入数据得:vB=4 m/s。 (2)B与C相互作用使B减速、C加速,由于B板足够长,所以B和C能达到相同
速度,二者共速后,C速度最大,由B、C系统动量守恒,有
A.如图甲所示,小车停在光滑水平面上,车上的人在车上走动时,对人与车
组成的系统
B.子弹射入放在光滑水平面上的木块中,对子弹与木块组成的系统(如图乙 所示) C.子弹射入紧靠墙角的木块中,对子弹与木块组成的系统 D.斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时
答案
C 对于人和车组成的系统,人和车之间的力是内力,系统所受的
2 2 2 4
v ,碰后v '= v v v 3 vB= A ,由动量守恒定律有mv+2m× =m× +2mvB',解得vB'= v,所 2
以
v vA ' 2 2 vB ' 3 v 3 = 4 = 。选项D正确。
考点突破
考点一 对动量定理的理解及应用
1.动量定理不仅适用于恒定的力,也适用于随时间变化的力。这种情况下, 动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 2.动量定理的表达式F·Δt=Δp是矢量式,运用它分析问题时要特别注意冲 量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。
答案
B.②④
C.①④
D.①③
C 小球在最高点速度为零,取向下为正方向,小球从抛出至到最
高点受到的冲量:I=0-(-mv0)=10 N· s,①正确;因不计空气阻力,所以小球落回 出发点的速度大小仍等于20 m/s,但其方向变为竖直向下,由动量定理知,小 球从抛出至落回出发点受到的冲量为:I'=Δp=mv-(-mv0)=20 N· s,④正确,②③ 均错误。所以选项C正确。
8 4 y tan θ= = = ,得θ=53°
v
p=mv=0.2 kg×10 m/s=2 kg· m/s,方向与水平面成53°夹角斜向下。 解法二:(1)设小球从抛出到它8 s IG=mgt=0.2×10×0.8 N· s=1.6 N· s,方向竖直向下。 (2)水平方向:px=mvx=mv0=0.2×6 kg· m/s=1.2 kg· m/s 竖直方向:py=mvy=mgt=0.2×10×0.8 kg· m/s=1.6 kg· m/s
2 2 kg· 2 m/s=2 p= = kg· 1.22 1.6m/s p x py
2h g
2 3.2 10
4 y tan θ= =1.6 =
p
故θ=53°,则末动量方向与水平面成53°夹角斜向下。
px
1.2 3
考点二
对动量守恒定律的理解
1.动量守恒定律的“五性”
条件性 相对性 同时性 首先判断系统是否满足守恒条件(合外力为零) 公式中v1、v2、v1'、v2'必须相对于同一个惯性系 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度,v1'、v2'是相 互作用后同一时刻的速度 矢量性 应先选取正方向,凡是与选取的正方向一致的动量为正值, 相反为负值 普适性 不仅适用于低速宏观系统,也适用于高速微观系统
(F-μmg)t1+(-μmg)t2=0
0.2 5 10 F μmg 解得t2= t1= ×630 s=12 s。
μmg
0.2 5 10
应用动量定理解题的一般步骤 (1)明确研究对象和研究过程。
研究过程既可以是全过程,也可以是全过程中的某一阶段。
(2)进行受力分析。 只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力,不必分析内力。 (3)规定正方向。 (4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲 量的矢量和),根据动量定理列方程求解。
(1)理想守恒:系统不受外力或所受④ 外力的合力 为零,则系统动量守恒。 (2)近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远⑤ 大于 外力时,系统 的动量可近似看成守恒。 (3)分方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量 守恒。
自测2 如图所示情况中系统的动量不守恒的是 (
)