高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二能量和動(dòng)量第2講動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用課件.pptx

1、第2講動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用,專題二能量和動(dòng)量,內(nèi)容索引,考點(diǎn)一動(dòng)量與沖量有關(guān)概念與規(guī)律的辨析,考點(diǎn)二動(dòng)量觀點(diǎn)在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的應(yīng)用,考點(diǎn)三動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的簡(jiǎn)單應(yīng)用,動(dòng)量與沖量有關(guān)概念與規(guī)律的辨析,考點(diǎn)一,1.動(dòng)量定理 (1)沖量：力與力的作用時(shí)間的乘積叫做力的沖量，即IFt，沖量是矢量，其方向與力的方向相同，單位是Ns. (2)物理意義：動(dòng)量定理表示了合外力的沖量與動(dòng)量變化間的因果關(guān)系；沖量是物體動(dòng)量變化的原因，動(dòng)量發(fā)生改變是物體合外力的沖量不為零的結(jié)果. (3)矢量性：動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)需要規(guī)定正方向.,1 基礎(chǔ)知識(shí)梳理,2.動(dòng)量定理的應(yīng)用 (1)應(yīng)用Ip求變

2、力的沖量：若作用在物體上的作用力是變力，不能直接用Ft求變力的沖量，但可求物體動(dòng)量的變化p，等效代換變力的沖量I. (2)應(yīng)用pFt求恒力作用下物體的動(dòng)量變化：若作用在物體上的作用力是恒力，可求該力的沖量Ft，等效代換動(dòng)量的變化. 3.動(dòng)量守恒的適用條件 (1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài).,(2)近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力. (3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒. 4.動(dòng)量守恒的表達(dá)式 (1)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，

3、作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和. (2)p1p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向. (3)p0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零.,1.動(dòng)量定理的定性分析(多選)籃球運(yùn)動(dòng)員通常要伸出雙手迎接傳來(lái)的籃球.接球時(shí)，兩手隨球迅速收縮至胸前，如圖1所示，下列說(shuō)法正確的是 A.球?qū)κ值臎_量減小 B.球?qū)θ说臎_擊力減小 C.球的動(dòng)量變化量不變 D.球的動(dòng)能變化量減小,答案,2 基本題目訓(xùn)練,圖1,解析,解析先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：Ft0mv得F ，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力減小，而沖量和動(dòng)量變化量、動(dòng)能變化量都不變，所以B、C正確.,2.動(dòng)量定理

4、的定量計(jì)算(多選)如圖2所示為運(yùn)動(dòng)傳感器探測(cè)到小球由靜止釋放后撞擊地面彈跳的vt圖象，小球質(zhì)量為0.5 kg，重力加速度g10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，根據(jù)圖象可知 A.橫坐標(biāo)每一小格表示的時(shí)間是0.1 s B.小球第一次反彈的最大高度為1.25 m C.小球下落的初始位置離地面的高度為1.25 m D.小球第一次撞擊地面時(shí)地面給小球的平均作 用力為55 N,答案,圖2,解析,解析小球下落時(shí)做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度為g，,圖中對(duì)應(yīng)6個(gè)小格，每一小格表示0.1 s，故A正確； 第一次反彈后加速度也為g，為豎直上拋運(yùn)動(dòng)，,設(shè)向下為正方向，由題圖可知，碰撞時(shí)間約為t0.1 s，根據(jù)動(dòng)量定理可知：mgt

5、Ftmvmv，代入數(shù)據(jù)解得：F60 N，故D錯(cuò)誤.,解析A與B發(fā)生碰撞，選取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒可知：mv05mvBmav0.要使A球能再次追上B球并相撞，且A與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，則av0vB，由以上兩式可解得：a ，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤.,3.動(dòng)量守恒的應(yīng)用(多選)如圖3所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m的A球以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的質(zhì)量為5m的B球碰撞，碰撞后A球以vav0(待定系數(shù)a1)的速率彈回，并與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，則系數(shù)a可以是,答案,解析,圖3,動(dòng)量觀點(diǎn)在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的應(yīng)用,考點(diǎn)二,例1如圖4所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)

6、，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn)，水平段AB、圓弧段CD和傾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段與水平面的,圖4,夾角37，D、C兩點(diǎn)的高度差h0.1 m，整個(gè)軌道絕緣，處于方向水平向左、場(chǎng)強(qiáng)未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)中.一個(gè)質(zhì)量m10.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊在A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1 s，與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m20.6 kg的小物塊碰撞并粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)傾斜段DP上某位置.物塊和與軌道BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2.g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：,(1)物塊和在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大??；,

7、答案2 m/s,解析物塊和粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，物塊帶電荷量為q，與物塊碰撞前物塊的速度為v1，碰撞后共同速度為v2，取水平向左為正方向，則 qE(m1m2)g，qEtm1v1，m1v1(m1m2)v2 解得v22 m/s,解析,答案,(2)物塊和第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，圓弧段軌道對(duì)物塊和的支持力的大小.,解析,答案,答案18 N,解析設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊和第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對(duì)物塊和的支持力的大小為FN，則R(1cos )h,解得FN18 N,4.(2018諸暨市期末)在一個(gè)高為H5 m的光滑水平桌面上建立直角坐標(biāo)系，x軸剛好位于桌子的邊緣，如圖5所示為俯

8、視平面圖.在第一象限的x0到x4 m之間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.0 T，第二象限內(nèi)的平行金屬板MN之間加有一定的電壓.甲、乙為兩個(gè),絕緣小球，已知甲球質(zhì)量m13103 kg，帶q5103 C的正電荷，乙球的質(zhì)量m210103 kg，靜止在桌子邊緣上的F點(diǎn)，即x軸上x(chóng)3 m處；現(xiàn)讓甲球從金屬板M附近由靜止開(kāi)始在電場(chǎng)中加速，經(jīng)y軸上y3 m處的E點(diǎn)，垂直y軸射入磁場(chǎng)，甲球恰好能與乙球?qū)π呐鲎?，碰后沿相反方向彈回，最后垂直于磁?chǎng)邊界PQ射出，而乙球落到地面.假設(shè)在整個(gè)過(guò)程中甲球的電荷量始終保持不變，重力加速度g10 m/s2，則：,圖5,(1)求平行金屬板MN之間的電壓；,解析,答案,

9、答案30 V,解析設(shè)甲球做第一次圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，則由幾何關(guān)系可得(R1OE)2OF2R12 R16.0 m. 設(shè)平行金屬板MN之間的電壓為U，甲球加速后的速度為v1，,代入數(shù)據(jù)得U30 V.,(2)求甲球從磁場(chǎng)邊界PQ射出時(shí)速度大??；,解析設(shè)甲球做第二次圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，則由幾何關(guān)系可得R22.0 m,答案,解析,(3)求乙球的落地點(diǎn)到桌子邊緣(即x軸)的水平距離.,答案,解析,解析甲、乙兩球?qū)π呐鲎?，設(shè)碰后乙球的速度為v，以碰撞前甲球的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有 m1v1m1v2m2v， 代入數(shù)據(jù)得v4 m/s. 由幾何關(guān)系可得甲球的碰前速度方向與x軸成60，因此乙球的碰后

10、速度方向也與x軸成60，開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)水平位移為s，沿y軸方向位移分量為y.,svt， yssin ，,動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的簡(jiǎn)單應(yīng)用,考點(diǎn)三,例2如圖6所示，足夠長(zhǎng)的水平軌道左側(cè)b1b2c1c2部分的軌道間距為2L，右側(cè)c1c2d1d2部分的軌道間距為L(zhǎng)，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計(jì).在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成37的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.1 T.質(zhì)量為M0.2 kg的金屬棒C垂直于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量為m0.1 kg的導(dǎo)體棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，A棒總在寬軌

11、上運(yùn)動(dòng)，C棒總在窄軌上運(yùn)動(dòng). 已知：兩金屬棒接入電路的有效電阻均為 R0.2 ，h0.2 m，L0.2 m，sin 37 0.6，cos 370.8，g10 m/s2，求：,圖6,(1)金屬棒A滑到b1b2處時(shí)的速度大??；,答案2 m/s,答案,解析,解析選取水平向右為正方向，對(duì)A、C利用動(dòng)量定理可得： 對(duì)C：FC安cos tMvC 對(duì)A：FA安cos tmvAmv0 其中FA安2FC安 聯(lián)立可知：mv0mvA2MvC 兩棒最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中無(wú)電流：有BLvC2BLvA 得：vC2vA 解得vC0.44 m/s,(2)金屬棒C勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小；,解析,答案,答案0.44 m/s,(3)在

12、兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)金屬棒A某截面的電荷量；,解析在C加速過(guò)程中：(Bcos )iLtMvC0 qit,解析,答案,答案5.56 C,(4)在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒A、C在水平導(dǎo)軌間掃過(guò)的面積之差.,解析,答案,答案27.8 m2,磁通量的變化量：BScos ,通過(guò)截面的電荷量：qIt,5.如圖7所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分為半徑r0.5 m的豎直半圓，兩導(dǎo)軌間距離d0.3 m，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1 T的勻,圖7,強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌電阻不計(jì).有兩根長(zhǎng)度均為d的 金屬棒ab、cd，均垂直導(dǎo)軌置于水平導(dǎo)軌上，金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為m10.2 kg、m20.1 kg，電阻分別為R10.1 、R20.2 .現(xiàn)讓ab棒以v010 m/s的初速度開(kāi)始水平向右運(yùn)動(dòng)，cd棒進(jìn)入圓軌道后，恰好能通過(guò)軌道最高點(diǎn)PP，cd棒進(jìn)入圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g10 m/s2，求：,(1)ab棒開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)cd棒的加速度a0；,解析,答案,答案30 m/s2,解析ab棒開(kāi)始