《高中物理 第1章 碰撞與動量守恒 章末總結(jié)課件 滬科版選修35》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中物理 第1章 碰撞與動量守恒 章末總結(jié)課件 滬科版選修35（31頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1章章末總結(jié)內(nèi)容索引知識網(wǎng)絡(luò)題型探究達(dá)標(biāo)檢測知識網(wǎng)絡(luò)碰撞與動量守恒基本概念沖量：I=Ft矢量性：與 一致過程量：與一段時間對應(yīng)動量P=mv矢量性：與_相同力的方向速度的方向狀態(tài)量：與某一時刻或某一位置對應(yīng)碰撞與動量守恒基本規(guī)律動量定理內(nèi)容：物體所受 等于物體的動量變化表達(dá)式：I=_=_動量守恒定律內(nèi)容：如果一個系統(tǒng) ，或者所受合外力為0，那么這個系統(tǒng)的總動量保持不變條件: 不受 ； 合外力為 ； 內(nèi)力_外力； 某一方向合外力為_表達(dá)式：pp，p0， _合力的沖量Ft不受外力(1)(2)(3)(4)外力零遠(yuǎn)大于0m1v1+m2v2m1v1+m2v2p彈性碰撞：動量守恒，動能非彈性碰撞碰撞與動量

2、守恒基本規(guī)律動量守恒定律應(yīng)用守恒反沖碰撞動量守恒，動能特例：完全非彈性碰撞不守恒題型探究1.沖量的計算(1)恒力的沖量：公式IFt適用于計算恒力的沖量.(2)變力的沖量通常利用動量定理Ip求解.可用圖像法計算.在Ft圖像中陰影部分(如圖1)的面積就表示力在tt2t1時間內(nèi)的沖量.一、動量定理及其應(yīng)用圖12.動量定理Ftmv2mv1的應(yīng)用(1)它說明的是力對時間的累積效應(yīng).應(yīng)用動量定理解題時，只考慮物體的初、末狀態(tài)的動量，而不必考慮中間的運動過程.(2)應(yīng)用動量定理求解的問題：求解曲線運動的動量變化量.求變力的沖量問題及平均力問題.3.物體動量的變化率 等于它所受的合外力，這是牛頓第二定律的另一

3、種表達(dá)式.4.解題思路(1)確定研究對象，進(jìn)行受力分析；(2)確定初、末狀態(tài)的動量mv1和mv2(要先規(guī)定正方向，以便確定動量的正負(fù)，還要把v1和v2換成相對于同一慣性參考系的速度)；(3)利用Ftmv2mv1列方程求解.例例1 質(zhì)量為0.2 kg的小球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動量變化為_ kgm/s.若小球與地面的作用時間為0.2 s，則小球受到地面的平均作用力大小為_N(取g10 m/s2).2解析答案12解析解析由題知vt4 m/s方向為正，則動量變化pmvtmv00.24 kgm/s0.2(6) k

4、gm/s2 kgm/s.由動量定理F合tp得(Nmg)tp，則1.正確選擇系統(tǒng)(由哪幾個物體組成)和劃分過程，分析系統(tǒng)所受的外力，判斷是否滿足動量守恒的條件.2.準(zhǔn)確選擇初、末狀態(tài)，選定正方向，根據(jù)動量守恒定律列方程.二、多過程問題中的動量守恒例例2 如圖2所示，兩端帶有固定薄擋板的滑板C長為L，質(zhì)量為 ，與地面間的動摩擦因數(shù)為，其光滑上表面上靜置著質(zhì)量分別為m、 的物塊A、B，A位于C的中點，現(xiàn)使B以水平速度2v向右運動，與擋板碰撞并瞬間粘連，不再分開，A、B可看做質(zhì)點，物塊A與B、C的碰撞都可視為彈性碰撞.已知重力加速度為g，求： (1)B與C上擋板碰撞后的速度以及B、C碰撞后C在水平面上

5、滑動時的加速度大??；解析答案答案答案 v2g圖2解析解析B、C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：解得v1v對B、C，由牛頓第二定律得：解得a2g.(2)A與C上擋板第一次碰撞后A的速度大小.解析答案答案答案 解析解析設(shè)A、C第一次碰撞前瞬間C的速度為v2，由勻變速直線運動的速度位移公式得物塊A與B、C的碰撞都可視為彈性碰撞，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：由能量守恒定律得解得A與C上擋板第一次碰撞后A的速度大小1.動量定理和動量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無分量表達(dá)式.2.動量守恒及機(jī)械能守恒都有條件.

6、注意某些過程動量守恒，但機(jī)械能不守恒；某些過程機(jī)械能守恒，但動量不守恒；某些過程動量和機(jī)械能都守恒.但任何過程能量都守恒.3.兩物體相互作用后具有相同速度的過程損失的機(jī)械能最多.三、動量和能量綜合問題分析例例3 如圖3所示，固定的長直水平軌道MN與位于豎直平面內(nèi)的光滑半圓軌道相接，圓軌道半徑為R，PN恰好為該圓的一條豎直直徑.可視為質(zhì)點的物塊A和B緊靠在一起靜止于N處，物塊A的質(zhì)量為mA2m，B的質(zhì)量為mBm.兩物塊在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離，分別沿軌道向左、右運動，物塊B恰好能通過P點.已知物塊A與MN軌道間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.求：(1)物塊B運動到P點時的速度大小vP；答案答

7、案 圖3解析答案解析解析對于物塊B，恰好通過P點時只受重力的作用，根據(jù)牛頓第二定律得 ：(2)兩物塊剛分離時物塊B的速度大小vB；答案答案 解析答案解析解析對于物塊B，從N點到P點的過程中由機(jī)械能守恒定律得：(3)物塊A在水平面上運動的時間t.答案答案 解析答案解析解析設(shè)物塊A、B分離時A的速度大小為vA，根據(jù)動量守恒定律得：mAvAmBvB0 此后A滑行過程中，根據(jù)動量定理得：mAgt0mAvA 聯(lián)立式可得：達(dá)標(biāo)檢測1.(多選)一質(zhì)量為2 kg的質(zhì)點在一恒力F的作用下，在光滑水平面上從靜止開始沿某一方向做勻加速直線運動，它的動量p隨位移s變化的關(guān)系式為p8 kgm/s，關(guān)于該質(zhì)點的說法正確的

8、是A.速度變化率為8 m/s2B.受到的恒力為16 NC.1 s 末的動量為16 kgm/sD.1 s 末的動能為32 J123解析答案解析解析由式子p8 kgm/s和動量定義式pmv，可以得到s ，再由勻加速直線運動的位移公式v22as，知加速度a8 m/s2，故A、B、C三個選項都是正確的；而1 s末的動能應(yīng)是64 J，D選項錯誤.1232.一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖4所示.物塊以v09 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前的瞬間速度為7 m/s，碰撞后以6 m/s的速度反向運動直至靜止.g取10 m/s2.(1)

9、求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)；12解析答案3圖4答案答案 0.32解析解析對小物塊從A運動到B處的過程中由動能定理得代入數(shù)值解得0.32.(2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊的平均作用力F；12解析答案3答案答案 130 N，方向向左解析解析取向右為正方向，碰撞后滑塊的速度v6 m/s由動量定理得：Ftmvmv解得F130 N其中“”表示墻面對物塊的平均作用力方向向左.(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W.12解析答案3答案答案 9 J解析解析對物塊反向運動過程中應(yīng)用動能定理得 解得W9 J.3.兩滑塊a、b開始沿光滑水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞.碰撞后兩者粘

10、在一起運動.經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段.兩者的位置s隨時間t變化的圖像如圖5所示.求：(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比；12解析答案3答案答案 1 8圖5解析解析設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2.由圖像得v12 m/s v21 m/s a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由圖像得v m/s 由動量守恒定律得 m1v1m2v2(m1m2)v 聯(lián)立式得m1m218 123(2)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比.12解析答案3答案答案 1 2解析解析由能量守恒定律得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為由圖像可知，兩滑塊最后停止運動.由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為W (m1m2)v2 聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)得WE12123