2018-2019學年高中物理 模塊復習課 專題一課件 教科版選修3-5.ppt

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1、專題一碰撞與動量守恒定律,①守恒,②守恒,③守恒,④有損失,⑤守恒,⑥最大,⑦mv,⑧相同,?Ft,?Δp,?p1′+p2′,?m1v1′+m2v2′,?0,?遠大于,?零,一、動量定理的應用1.動量定理的應用:(1)定性解釋一些物理現(xiàn)象:在動量變化一定的情況下,如果需要增大作用力,必須縮短作用時間。如果需要減小作用力,必須延長作用時間,這就是緩沖作用。,(2)定量計算:在用動量定理計算有關問題時,要注意力必須是物體所受的合外力以及動量定理的矢量性,求解前先規(guī)定正方向,再簡化為代數運算(一維碰撞時)。(3)動量定理是解決動力學問題的一種重要方法。對于只涉及物體運動時間而不涉及加速度的問題,用動

2、量定理要比用牛頓運動定律解題方便得多。,2.用動量定理解題的一般步驟:(1)明確研究對象和物理過程。(2)分析研究對象在運動過程中的受力情況。(3)選取正方向,確定物體在運動過程中始末狀態(tài)的動量。(4)依據動量定理列方程、求解。,【典例1】(2016全國卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉,噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見,假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出;玩具底部為平板(面積略大于S);水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變?yōu)榱?在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ,重力加速度大小為g。求:,(1)噴泉單位時間內噴出的水的

3、質量。(2)玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度。,【正確解答】(1)設Δt時間內,從噴口噴出的水的體積為ΔV,質量為Δm,則Δm=ρΔV①ΔV=v0SΔt②由①②式得,單位時間內從噴口噴出的水的質量為=ρv0S③,(2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h,水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內噴出的水,由能量守恒得(Δm)v2+(Δm)gh=(Δm)④在h高度處,Δt時間內噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp=(Δm)v⑤,設玩具對水的作用力的大小為F,根據動量定理有FΔt=Δp⑥由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件得F=Mg⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h=

4、答案:(1)ρv0S(2),【變式訓練】(2015安徽高考)一質量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點,距離A點5m的位置B處是一面墻,如圖所示。物塊以v0=9m/s的初速度從A點沿AB方向運動,在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s,碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止。g取10m/s2。,(1)求物塊與地面間的動摩擦因數μ。(2)若碰撞時間為0.05s,求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F。(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W。,【解析】(1)由動能定理得-μmgs=代數解得μ=0.32(2)選初速度方向為正方向,由動量定理得-FΔt=-mv′-mv代入數據解得F=130N

5、,(3)物塊反向運動過程中克服摩擦力所做的功等于物塊動能的減少量,即W=mv′2=9J答案:(1)0.32(2)130N(3)9J,二、應用動量守恒定律分析臨界問題的方法1.涉及彈簧類的臨界問題:對于由彈簧組成的系統(tǒng),在物體間發(fā)生相互作用的過程中,當彈簧被壓縮到最短或拉伸到最長時,彈簧兩端的兩個物體的速度必然相等。,2.涉及相互作用最大限度類的臨界問題:在物體滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的過程中,由于物體間彈力的作用,斜面在水平方向上將做加速運動,物體滑到斜面上最高點的臨界條件是物體與斜面沿水平方向具有共同的速度,物體在豎直方向上的分速度等于零。3.子彈打木塊類的臨界問題:子彈剛好擊穿木塊

6、的臨界條件為子彈穿出時的速度與木塊的速度相同。,【典例2】光滑的水平地面上放著一塊質量為M、長度為d的木塊,一個質量為m的子彈以水平速度v0射入木塊,當子彈從木塊中出來后速度變?yōu)関1,子彈與木塊的平均摩擦力為f。求:,(1)在子彈射擊木塊的過程中,摩擦力對子彈做功為多少?摩擦力對木塊做功為多少?(2)子彈從木塊中出來時,木塊的位移為多少?(3)在這個過程中,系統(tǒng)產生的內能為多少?,【正確解答】(1)如圖所示,由于水平面光滑,則子彈和木塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,可得,mv0=mv1+Mv2①解得v2=對子彈利用動能定理可得-fs1=②即摩擦力對子彈做的功為W1=,對木塊利用動能定理可得fs2

7、=③代入v2值,得fs2=即摩擦力對木塊做的功為W2=fs2=,(2)由③式可得木塊的位移為s2=(3)由能量守恒定律可知,系統(tǒng)產生的內能等于系統(tǒng)機械能的減少量.由②③式可得=fs1-fs2=fd即產生的內能等于摩擦力與相對位移的乘積。,答案:(1)(2)(3)fd,【變式訓練】如圖所示,靜止在光滑水平面上的木塊,質量為M、長度為L。一顆質量為m的子彈從木塊的左端打進,設子彈在打穿木塊的過程中受到大小恒為f的阻力,要使子彈剛好從木塊的右端打出,則子彈的初速度v0應等于多大?,【解析】取子彈和木塊為研究對象,它們所受到的合外力等于零,故總動量守恒.由動量守恒定律得:mv0=mv1+Mv2要使子彈

8、剛好從木塊右端打出,則必須滿足臨界條件:v1=v2,,根據功能關系得:fL=聯(lián)立以上三式解得:v0=答案:,三、處理力學問題的思路方法1.處理力學問題的基本思路有三種:(1)牛頓定律。(2)動量關系:動量定理,動量守恒定律。(3)能量關系:動能定理,能量轉化與守恒定律和機械能守恒定律。,2.三種思路的適用角度:(1)若考查有關物理量的瞬時對應關系,需應用牛頓定律,若考查一個過程,三種方法都有可能,但方法不同,處理問題的難易、繁簡程度可能就有很大的差別。,(2)若研究對象為一個系統(tǒng),應優(yōu)先考慮兩大守恒定律;若研究對象為單一物體,可優(yōu)先考慮兩個定理,特別是涉及時間問題時應優(yōu)先考慮動量定理,涉及功和

9、位移問題時應優(yōu)先考慮動能定理。因為兩個守恒定律和兩個定理只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài)有關物理量間的關系,對過程的細節(jié)不予細究,這正是它們的簡便之處。特別是對于變力做功問題,在中學階段無法用牛頓定律處理時,就更顯示出它們的優(yōu)越性。,【典例3】一質量為M、長為l的長方形木板B放在光滑的水平地面上,在其右端放一質量為m的小木塊A,mm,故v方向水平向右。解法二:用牛頓定律結合運動學公式求解:取水平向右為正方向,由運動學規(guī)律得:對A:v=-v0+a1t=-v0+t對B:v=v0-a2t=v0-t可得v=,方向向右。,(2)解法一:用功能關系求解:當木塊A相對于地面向左運動距離最遠時,末速度為零,在

10、這個過程中,克服摩擦力f做功的結果是消耗了自身的動能:fs=而A剛好沒有滑離B板的條件是:A滑到B板的最左端,且二者具有相同速度v,A、B間因摩擦產生的內能等于系統(tǒng)動能的損失:,Q=fl由以上各式得向左運動的最遠距離:s=,解法二:用動能定理求解:設小木塊A向左運動離出發(fā)點最遠距離為s,此時末速度為零(板速度為v1);當A、B剛達到共同速度v時,板B向右運動的路程為L,A速度由0增大到v時向右運動的路程為s1,如圖所示。,設A、B間滑動摩擦力為f,根據動能定理,對A:-fs=-fs1=mv2對B:-fL=且有幾何關系:L+(s-s1)=l由上面幾式可得:s=,解法三:用牛頓第二定律及運動學公式

11、求解:A在滑動摩擦力f作用下,做初速度為v0的勻減速運動(對地面向左),待末速度為零時,運動得最遠:s=然后,A仍在摩擦力f作用下,做初速度為零的勻加速運動(對地面向右),直到與B速度相等,二者相對靜止,此時摩擦力消失,A到達B板最左端(參看上圖)。這整個過程用的時間:,t=B板運動距離:L=v0t-a2t2=v0t-t2A對出發(fā)點的位移:s′=v0t-a1t2=v0t-t2,圖中幾何關系:l=L+s′=2v0t-解得:s=答案:(1),方向向右(2),【變式訓練】一質量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上,其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面,長度為L;bc為一光滑斜面,斜面和水平面通過與a

12、b和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接?，F(xiàn)有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動,在斜面上上升的最大高度為h,返回時在到達a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求:,(1)木塊在ab段受到的摩擦力f。(2)木塊最后距a點的距離s。,【解析】(1)木塊向左滑到最高點時,系統(tǒng)有共同速度v,由動量守恒及功能關系得:mv0=(m+2m)v①(m+2m)v2=fL+mgh②聯(lián)立①②兩式解得:f=③,(2)整個過程,由功能關系得:(m+2m)v2=fx④木塊最后距a點的距離s=2L-x⑤聯(lián)立解得:s=2L-答案:(1)(2)2L-,四、“人船模型”的處理方法1.“人船模型”問題的特征

13、:兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時,若所受外力的矢量和為零,則動量守恒。在相互作用的過程中,任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比。這樣的問題歸為“人船模型”問題。,2.處理“人船模型”問題的關鍵:(1)利用動量守恒,確定兩物體速度關系,再確定兩物體通過的位移的關系。用動量守恒定律求位移的題目,大都是系統(tǒng)原來處于靜止狀態(tài),然后系統(tǒng)內物體相互作用,此時動量守恒表達式經常寫成m1v1-m2v2=0的形式,式中v1、v2是m1、m2末狀態(tài)時的瞬時速率。此種狀態(tài)下動量守恒的過程中,任意時刻的系統(tǒng)總動量為零,因此任意,時刻的瞬時速率v1和v2都與各物體的質量成反比,所以全過程的平均速度也與質量成反比

14、,即有=0。如果兩物體相互作用時間為t,在這段時間內兩物體的位移大小分別為x1和x2,則有=0。,(2)解題時要畫出各物體的位移關系草圖,找出它們各自相對地面位移的關系。,【典例4】如圖所示,長為l、質量為M的小船停在靜水中,一個質量為m的人站立在船頭。若不計水的阻力,在人從船頭走到船尾的過程中,船和人的對地位移各是多少?,【正確解答】選人和船組成的系統(tǒng)為研究對象,由于人從船頭走到船尾的過程中,不計水的阻力,系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用,動量守恒,設某一時刻人對地的速度為v2,船對地的速度為v1,規(guī)定人前進的方向為正方向,則有mv2-Mv1=0,即①,在人從船頭走向船尾的過程中,人和船的平均速度也跟它們的質量成反比,即對應的平均動量而位移s=所以有Ms1=ms2,即②,由上圖可知s1+s2=l,③由②③解得答案:,【變式訓練】載人氣球靜止于高h的空中,氣球的質量為M,人的質量為m,若人沿繩梯滑至地面,則繩梯至少為多長?,【解析】氣球和人原來靜止在空中,說明系統(tǒng)所受合外力為零,故系統(tǒng)在人下滑過程中動量守恒,人著地時繩梯至少應接觸地面,設繩梯長為L,人沿繩梯滑至地面時人的位移為x人,球的位移為x球,它們的位移狀態(tài)圖如圖所示,由平均動量守恒有:,0=Mx球-mx人,又有x球+x人=L,x人=h,故L=答案:,