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文檔簡介
1、知識整合本章的知識特點矢量性:本章內容包括兩個概念:動量、沖量;一個定律:動量守恒定律這些都具有矢量性廣泛性:動量守恒定律不僅適用于低速、宏觀的物體,還適用于高速、微觀的粒子;不僅適用于恒力,還適用于變力綜合性:動量守恒定律與能量問題一起組成力學綜合題,和電場、磁場、核反應結力電綜合題2.應用動量守恒定律解題的思路和方法 (1)動量守恒中的臨界問題在動量守恒定律的應用中,常常會遇到相互作用的兩個物體“相距最近”,“避免相碰”和物體“開始反向”等臨界問題分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態(tài),臨界狀態(tài)的出現(xiàn)是有條件的,這種條件就是臨界條件在與動量相關的臨界問題中,臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關系
2、與相對位移關系,這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵(2)動量守恒中的碰撞類問題在研究碰撞類問題時,只要抓住適用條件,注意速度的矢量性、相對性、瞬時性和同物性,弄清碰撞過程中能量轉化的途徑(動能轉化為內能時為非彈性碰撞;動能轉化為勢能時,在碰撞過程中動能也不守恒,只有剛接觸、將分離時動能才守恒),簡化復雜的物理過程(將多個研究對象和多個物理過程,分解為多個簡單的過程逐一研究),巧型模型及結論(彈性碰撞、“打木塊”和“彈簧連接模型”等),問題定能迎刃而解動量守恒中的水平彈簧類問題彈簧連接的物體(簡稱彈簧連接體)的極值問題的解答思路是抓住基本規(guī)律,分清運動過程,在滿足動量守恒的條件下抓住能量這條
3、主線進行求解動量守恒中的木塊與木板類問題首先要從受力角度分析木板、木塊的運動規(guī)律,木塊在木板上有相對滑動時,要特別注意辨別題目的兩個隱含條件,一是兩者是否達到相同速度,達到相同速度后又如何運動;二是木板的長度限定時,木塊在木板上相對滑動是否會滑出木板做這類題目,一定要畫好運動示意圖,要特別注意兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物移大小之間的關系.動量與能量綜合,光滑水平面 AB 與粗糙斜面 BC 在 B 處通過圓弧銜接,【例 1】 (2013佛山模擬)質量 M0.3 kg 的小木塊在水平面上的 A 點現(xiàn)有一質量 m0.2 kg 的以 v020 m/s的初速度水平地射入木塊(但未穿出),它們一起
4、沿 AB 運動,并沖上 BC.已知木塊與斜面間的動摩擦因數(shù) 0.5,斜面傾角 45,重力加速度 g10 m/s2,木塊在 B 處無機械能損失試求:(1)(2)射入木塊后的共同速度;和木塊能沖上斜面的最大高度:(1)射入木塊的過程中,與木塊系統(tǒng)動量守恒,設共同速度為 v,則 mv0(mM)v,代入數(shù)據(jù)解得 v8 m/s.(2)與木塊以 v 的初速度沖上斜面,到達最大高度時,瞬時速度為零,在斜面上受到的支持力 N(Mm)gcos ,和木塊受到的摩擦力 fN(Mm)gcos ,對沖上斜面的過程應用動能定理,設最大高度為 h,有 h (Mm)ghf1Mm)v2,0 (sin 2代入數(shù)據(jù),解以上兩式得
5、h2.13 m.:(1)8 m/s(2)2.13 m動量與動力學綜合問題,半徑為 R 的光滑圓形軌道固定在豎直面內,【例 2】 (2013模擬)小球 A、B 質量分別為 m、3m.A 球從左邊某高處由,并與于軌道最低點的 B 球1相撞,碰撞后 A 球被反向彈回,且 A、B 球能達到的最大高度均為 R,重力加速度為 g.問:4碰撞剛結束時 B 球對軌道壓力的大??;通過計算說明,碰撞過程中 A、B 球組成的系統(tǒng)有無機械能損失?若有機械能損失,損失了多少?1:(1)因 A、B 球能達到的最大高度均為 R,由機械能守恒定律,1mv21mgR,得到4241碰撞后小球的速度大小為 vAvBv2gR設 B
6、球受到的支持力大小為 N,根據(jù)向心力公式:3mv29N3mg,得 N mg.R2由第三定律,小球 B 對軌道壓力的大?。?NN mg.2(2)設 A 球碰前的速度方向為正方向,碰撞過程滿足動量守恒定律,mv0mvA3mvB代入 vA 與 vB 的值,有:v02gR122碰前系統(tǒng)的機械能為 E1mvmgR0碰后系統(tǒng)的機械能為13E2mgR mgRmgR44故 E1E2,無機械能損失9:(1) mg (2)無機械能損失2一、單項選擇題1(2013福建高考)將靜置在地面上,質量為 M(含)的火箭模型點火升空,在極短時間內以相對地面的速度 v0 豎直向下噴出質量為 m 的熾熱氣體忽略噴氣過程重力和空氣
7、阻力的影響,則噴氣結束時火箭模型獲得的速度大小是(填選項前的字母)m MMmMmA.v0B.v0C.v0D.v0MmMmm:由動量守恒定律,m v0(Mm)v,解得 vM v0,選項D 正確m:D2(2013六校聯(lián)考)有一則“守株待兔”的古代寓言,設兔子的頭部受到大小等于自身重力的打擊力時,即可致死假設兔子與樹樁水平相撞的時間大約為 0.2 s,則若要被撞死,兔子奔跑的速度至少為()A4 m/sB3 m/sC2 m/sD1 m/s:C二、雙項選擇題3.如圖,大小相同的擺球 a 和 b 的質量分別為 m 和 3m,擺長相同,并排懸掛,平衡時兩球剛好接觸現(xiàn)將擺球 a 向左邊拉開一小角度后,若兩球的
8、碰撞是彈性的,下列判斷正確的是()A第一次碰撞后的瞬間,兩球的速度大小相等 B第一次碰撞后的瞬間,兩球的動量大小相等 C第一次碰撞后,兩球的最大擺角不相同 D發(fā)生第二次碰撞時,兩球在各自的平衡位置1211222:根據(jù)動量守恒定律和動能守恒定理得 m v m v m v ,m v m v 1 11 12 21 1112m1m2v1 2m1 1v ,所以選項 A2m v 2 2,且 m m,m 3m,解得,v1 v ,v v12121121m mm m212121正確,B 項錯誤;根據(jù) mv2mghmgR(1cos ),知第一次碰撞后,兩球的最大擺角 2相同,選項 C 錯誤;根據(jù)單擺的等時性,D
9、項正確:AD4,一小球獲得一定初速度后,沿粗糙的斜面的上表面上滑,斜面與水平面間不存在摩擦,則小球在上滑過程中,物體和斜面組成的系統(tǒng)()A機械能不守恒 B機械能守恒 C動量守恒 D動量不守恒:小球和斜面之間會摩擦生熱,系統(tǒng)機械能逐漸損失,故系統(tǒng)機械能不守恒小球和斜面組成的系統(tǒng)所受外力的合力不為零,故系統(tǒng)動量不守恒;但系統(tǒng)在水平方向上不受外力,故系統(tǒng)在水平方向上的分動量守恒:AD三、非選擇題5質量為 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
10、,則小球受到地面的平均作用力大小為 N(g 取 10 m/s2):取豎直向上為正方向,則初動量為負末動量為正,動量變化為 ppp 40.2(60.2)2 kgm/sp2平均作用力為 Fmg0.21012 N.t0.2:2 126,用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律,即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系(1) 實驗中, 直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的 但是, 可以通過僅測量(填選項前的序號),間接地解決這個問題A小球開始時的高度 hB小球拋出點距地面的高度 HC小球做平拋運動的射程(2)圖中 O 點是小球拋出點在地面上的垂直投影,實驗時,先讓入射球m1 多次從斜軌上 S 位置,
11、找到其平均點的位置 P,測量平拋射程 OP.然后,把被碰小球 m2 靜置于軌道的水平部分,再將入射球 m1 從斜軌上 S 位置與小球 m2 相碰,并多次重復接下來要完成的必要步驟是(填選項前的序號) A用天平測量兩個小球的質量 m1、m2,B測量小球 m1 開始時的高度 h測量拋出點距地面的高度 H分別找到 m1、m2 相碰后平均測量平拋射程 OM、ON點的位置 M、N(3)若兩球相碰前后的動量守恒,其表達式可表示為用(2)中測量的量表示;若碰撞是彈性碰撞,那么還應滿足的表達式為用(2)中測量的量表示(4)經測定,m145.0 g,m27.5 g,小球點的平均位置距 O 點的距離碰撞前、后 m
12、1 的動量分別為 p1 與 p1,則 p1p111;若碰撞結束時 m2 的動量為p2,則 p1p211.p1實驗結果表明,碰撞前、后總動量的比值p p為21:(1)由于每次小球下落高度一樣,只要測定小球做平拋運動的射程,即可代替碰撞前后的速度ADE、DEA 和 DAE 都可,因為試題沒有要求操作程序若兩球相碰前后的動量守恒,其表達式可表示為 m1OMm2ONm1OP,若碰撞是111彈性碰撞,那么還應滿足的表達式為 m OM1 m ON22 m OP1,化簡得:m OM21m ON22222222m1OP .(4)p1p1(m1OP)(m1OM)OPOM1411;p1 p2(m1OM)(m2ON
13、) p1112.9.故1.p1p2:(1)CADE 或 DEA 或 DAEm1OMm2ONm1OP;222m1OM m2ON m1OP 或 ONOMOP7.,甲、乙兩船的總質量(包括船、人和貨物)分別為 10m、12m,兩船沿同一直線同一方向運動,速度分別為 2v0、v0.為避免兩船相撞,乙船上的人將一質量為 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(不計水的阻力):設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,根據(jù)動量守恒定律,有:12mv011mv1mvmin 10m2v0mvmin11mv
14、2為避免兩船相碰撞,應滿足: v1v2聯(lián)立得:vmin4v0.:4v08.(2013山東高考),光滑水平軌道上放置長木板 A(上表面粗糙)和滑塊 C,滑塊 B 置于 A 的左端,三者質量分別為 mA2 kg,mB1 kg,mC2 kg.開始時 C,A、B一起以 v05 m/s 的速度勻速向右運動,A 與 C 發(fā)生碰撞(時間極短)后 C 向右運動,經過一段時間,A、B 再次達到共同速度一起向右運動,且恰好不再與 C 碰撞求 A 與 C 發(fā)生碰撞后瞬間 A 的速度大?。阂蚺鲎矔r間極短,A 與 C 碰撞過程動量守恒,設碰撞后瞬間 A 的速度大小為 vA, C 的速度大小為 vC,以向右為正方向,由動
15、量守恒定律得mAv0 mAvAmCvC,A 與 B 在摩擦力作用下達到共同速度,設共同速度為 vAB,由動量守恒定律得 mAvA mBv0(mAmB)vABA、B 達到共同速度后恰好不再與 C 碰撞,應滿足:vAB vC聯(lián)立式解得:vA2:2 m/sm/s.9(2013高考),兩塊相同平板 P1,P2 置于光滑水平面上,質量均為 m.P2的右端固定一輕質彈簧,左端 A 與彈簧的端 B 相距 L.物體 P 置于 P1 的最右端,質量為2m,且可看作質點P1 與 P 以共同速度 v0 向右運動,與的 P2 發(fā)生碰撞,碰撞時間極短碰撞后 P1 與 P2 粘連在一起P 壓縮彈簧后被彈回并停在 A 點(彈簧始終在彈性限度內)P 與 P2之間的動摩擦因數(shù)為 .求:(1)P1、P2 剛碰完時的共同速度 v1 和 P 的最終速度 v2;(2)此過程簧的最大壓縮量 x 和相應的彈性勢能 Ep.:(1)P1 和 P2 碰撞,動量守恒:mv0(mm)v11得出:v1 v02P 在 P
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