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广东版高考物理复习专题七动量与动量守恒定律教学课件
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这是一份广东版高考物理复习专题七动量与动量守恒定律教学课件，共55页。
5.动量与动能的关系:p= 或Ek= 。6.动量的变化量(1)因为动量是矢量,动量的变化量Δp也是矢量,其方向与速度的变化量Δv的方向相 同。(2)动量的变化量Δp等于末动量p'减去初动量p,即Δp=p'-p。二、冲量1.定义:力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。2.表达式:I=FΔt,单位是N·s。3.方向:冲量是矢量,方向与力的方向相同。
4.冲量的特征(1)过程量:冲量与力和力的作用时间有关,是力对时间的累积,与力的作用过程相关 联。(2)矢量性:对于方向恒定的力来说,冲量的方向与力的方向一致;对于作用时间内方向 变化的力来说,冲量的方向与相应时间内力的变化量的方向一致。5.冲量的四种计算方法
三、动量定理1.内容:物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。2.公式:F(t'-t)=mv'-mv或I=p'-p。3.对动量定理的理解(1)合力的冲量是原因,物体的动量变化量是结果。(2)动量定理中的冲量可以是合力的冲量,可以是各力冲量的矢量和,也可以是合力在 不同阶段冲量的矢量和。(3)当物体受到变力作用时,动量定理中的力F应理解为Δt时间内物体受到的平均作用 力。
(4)动量定理解释生活中的物理现象①当物体的动量变化量Δp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。如楼层越高,高空抛物对人伤害越大。
例1 如图所示,学生练习用脚颠球。足球的质量为0.4 kg,某一次足球由静止自由下 落0.8 m,被重新颠起,离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45 m。已知足球与脚部的 作用时间为0.1 s,重力加速度大小g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是 ( )
A.足球从下落到再次上升到最高,全程用了0.7 sB. 足球与脚接触的时间内,合力对足球做功1.4 JC.足球与脚部作用过程中动量变化量大小为2.8 kg·m/sD.足球从静止下落到重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为4 N·s 解析 对整个运动过程进行分析,如图所示。
考点二 动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1.内容如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变。2.表达式(1)p=p',系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p';(2)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量之和等于作用 后的动量之和;(3)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向;
(4)Δp=0,系统总动量的增量为0。3.适用条件(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为0。(2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的合力为0,则系统在这一方向上动 量守恒。二、碰撞问题1.碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒:p1+p2=p1'+p2'。
(2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。(3)速度要符合实际情境①碰前两物体同向运动,若要发生碰撞,则应有v后>v前,碰后原来在前的物体速度一定 增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前'≥v后'。②碰前两物体相向运动,碰后两物体至少有一个的运动方向改变,不可能都不改变。2.碰撞的类型与结论(1)弹性碰撞:碰撞结束后,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末总动能相等。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞为例,则有m1 v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2,联立解得v1'= ,v2'= 点拨拓展 “一动一静”的弹性碰撞若v2=0,碰后二者速度分别为v1'= v1,v2'= v1①若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1(速度交换);②若m1>m2,则v1'>0,v2'>0(碰后,两物体沿同一方向运动);
③若m1≫m2,则v1'≈v1,v2'≈2v1;④若m10(碰后,两物体沿相反方向运动);⑤若m1≪m2,则v1'≈-v1,v2'≈0。(2)非弹性碰撞碰撞结束后,动能有部分损失。m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2+ΔEk损(3)完全非弹性碰撞碰撞结束后,两物体合二为一,以同一速度运动,动能损失最大。
m1v1+m2v2=(m1+m2)v m1 + m2 = (m1+m2)v2+ΔEk损maxΔEk损max= ·
例2 如图所示,质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动,与原来静止的质量为4m 的B球碰撞,碰撞后A球以v=av0(待定系数a<1)的速率弹回,并与挡板P发生弹性碰撞,要 使A球能与B球再次相撞,则a的取值范围为 ( ) A.
例3 (多选)一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出,在最高点以水平向右 的速度v飞行时,突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片,如图所示。爆炸之后乙 自静止自由下落,丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力,假设爆炸释放的化学 能全部转化为弹片的动能,则下列说法正确的是 ( )
A.爆炸后乙落地的时间最长B.爆炸后甲落地的时间最长C.甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为4∶1D.爆炸过程释放的化学能为
例4 将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空,在极短时间内以相对地面为v0的速 度竖直向下喷出质量为m的炽热气体,忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响,则喷气 结束时导弹获得的速度大小是 ( )A. v0 B. v0 C. v0 D. v0 解析 由动量守恒定律可知,喷出气体的动量与喷气后导弹获得的动量等大反向,即mv0=(M-m)v,导弹获得的速度v= v0,D正确。 答案 D 补充设问 若导弹喷气时已经具有速度,喷出的气体相对喷气前导弹的速度是u,喷出气体后导弹的质量是m,在一次喷气后增加的速度Δv如何表示?
设问解析 以喷气前的导弹为参考系。喷气前导弹动量是0,喷气后动量是MΔv,喷出气体的动量是mu。根据动量守恒定律有MΔv+mu=0,解得Δv=- u。点拨拓展 两部分初、末状态的速度所选的参考系必须是同一参考系。3.“人船”模型(1)模型情境
例5 如图所示,一高h=2.4 m、倾角θ=37°、质量M=3 g的光滑斜面体静止在光滑水平面上,一质量m=0.2 g的物块从斜面顶端由静止释放。已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,则物块由斜面顶端滑到底端的过程中,斜面体将 ( )
A.向右移动0.5 m B.向右移动0.6 mC.向右移动0.2 m D.向右移动0.1 m 解析 物块与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒,设物块在水平方向上对地位移大小为x1,斜面体在水平方向上对地位移大小为x2(注意:两物体的位移是相对于同 一参考系的位移),因此0=mx1-Mx2①,且x1+x2= ②,联立①②解得x2= 。代入数据可知x2=0.2 m,C正确。 答案 C
模型一 流体模型一、研究对象1.通常的液体流、气体流等,质量具有连续性,题中通常给出密度ρ。2.通常的电子流、光子流、尘埃等,质量具有独立性,题中通常给出单位体积内的粒子 数n。二、研究方法 隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象,结合由已知条件所构建的微元质 量、体积的表达式,应用动量定理进行分析研究。
例1 如图所示,某型号“水刀”工作过程中,将水从横截面积S=0.1 mm2的细喷嘴高速喷出,直接打在被切割材料表面,从而产生极大压强,实现切割。已知该“水刀”每分钟用水600 g,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3。假设高速水流垂直打在材料表面上后,立刻沿材料表面散开没有反弹,试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为 ( )A.1.0×105 Pa B.1.0×106 PaC.1.0×107 Pa D.1.0×108 Pa 解析 一分钟喷出的水的质量m=ρSvt,解得水的流速v= ,选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象,以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向,由动量 定理得-FΔt=0-Δmv(沿材料表面散开说明水流垂直材料表面方向的速度变为0),其中Δ
m=ρSvΔt,解得F=ρSv2,根据牛顿第三定律,材料表面受到的压力F'=F,水对材料垂直于表 面方向的压强p= ,代入数据解得p=1.0×107 Pa,C正确。 答案 C
归纳总结处理流体模型的步骤
模型二 动量守恒中的常见模型一、“滑块-弹簧”模型
例2 如图甲所示,一水平轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并 静止在光滑的水平面上,现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s,此后两物块的速度随时 间变化的规律如图乙所示,从图像信息可得 ( ) A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都是处于压缩状态B.从t1到t3时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C.两物块的质量之比m1∶m2=1∶3D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2=1∶8 解析 由速度-时间图像切线斜率的物理意义可知t2时刻B的加速度为0,则其所受弹簧弹力为0,弹簧处于原长,由题图可知,t2~t3时间内两物块之间的距离增大,弹簧处于伸 长状态,A、B错误。0~t1过程由m1v=m1vt1+m2vt1可得 = ,C错误。t2时刻A的速率是1 m/s,B的速率是2 m/s,结合动能定义式得Ek1∶Ek2=1∶8,D正确。 答案 D
二、“滑块-斜面(曲面)”模型
点拨拓展 悬绳模型 悬绳模型(如图所示)与“滑块-斜(曲)面”模型特点类似,即系统机械能守恒,水平方向 动量守恒,解题时需关注物体运动的最高点和最低点。
例3 (多选)如图所示,在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车,弧形 槽的底端切线水平,一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑, 恰好能到达弧形槽的顶端。小车与小球的质量均为m,重力加速度大小为g,不计空气 阻力。下列说法正确的是 ( ) A.弧形槽的顶端距底端的高度为
B.小球离开小车后,相对地面做自由落体运动C.在小球沿小车弧形槽滑行的过程中,小车对小球做的功为 m D.在小球沿小车弧形槽滑行的过程中,合力对小车的冲量大小为mv0 解析 小球到达弧形槽顶端时,小球与小车的速度相同,设共同速度大小为v,在小球沿小车弧形槽上滑的过程中,小球与小车组成的系统水平方向动量守恒,有mv0=2mv, 设弧形槽的顶端距底端的高度为h,有 m = ×2mv2+mgh,解得h= ,A正确;设小球返回弧形槽的底端时,小球与小车的速度分别为v1、v2,在小球沿小车弧形槽滑行的过程 中系统水平方向动量守恒,相当于完全弹性碰撞,以v0的方向为正方向,有mv0=mv1+mv2,
m = m + m ,解得v1=0,v2=v0,可知小球离开小车后,相对于地面做自由落体运动,B正确;根据动能定理,在小球沿小车弧形槽滑行的过程中,小车对小球做的功W=0- m =- m ,C错误;根据动量定理,在小球沿小车弧形槽滑行的过程中,合力对小车的冲量大小I=mv2-0=mv0,D正确。 答案 ABD三、“子弹射木块”与“板-块”模型
点拨拓展 该类问题既可以从动量、能量角度求解,相当于非弹性碰撞拓展模型,也 可以从力和运动的角度借助图示求解。
例4 一质量为M的木块放在光滑水平面上,一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木 块并留在其中,子弹与木块间的相互作用力为Ff。求:(1)子弹、木块相对静止时的速度大小;(2)子弹在木块内运动的时间;(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块的对地位移大小以及子弹打进木块的深 度。 解析 (1)设子弹、木块相对静止时的速度为v,以子弹初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v= v0。(2)设子弹在木块内运动的时间为t,对木块由动量定理得Fft=Mv-0,解得t= 。
(3)设子弹、木块的对地位移分别为x1、x2,如图所示。由动能定理得 对子弹-Ffx1= mv2- m 解得x1= 对木块Ffx2= Mv2
解得x2= 子弹打进木块的深度等于二者的相对位移大小,即x相=x1-x2= 。 答案 (1) v0 (2) (3)
微专题8 动力学、动量和能量观点的综合应用力的瞬时作用和力的时间、空间累积作用
例1 (多选)如图所示,转轴大小可忽略的传送带以恒定速率顺时针转动,将小物块在 传送带底端P点无初速度释放,小物块在摩擦力作用下运动至传送带顶端,在小物块运 动过程中,下列说法正确的是 ( ) A.小物块所受摩擦力的瞬时功率一定不断变大B.小物块所受摩擦力做的功大于小物块动能的增加量C.若物块滑到顶端时恰好与传送带共速,则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块
增加的机械能D.若物块滑到顶端时恰好与传送带共速,则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块 增加的动能 解析 小物块放到传送带底端后,先向上加速,所受的摩擦力是滑动摩擦力,当速度与传送带相等时变为匀速,受静摩擦力,根据P=fv可知小物块所受摩擦力的瞬时功率开 始阶段不断变大,与传送带共速后保持不变,A错误;根据动能定理可知,Wf-WG=ΔEk,则 小物块所受摩擦力做的功大于小物块动能的增加量,B正确;若物块滑到顶端时恰好与 传送带共速,此时物块的位移x1= t,传送带的位移x2=vt,产生的热量Q=fΔx=f(x2-x1)= vtf,此过程中摩擦力对物块做功为Wf=fx1= vtf=Q,根据动能定理,摩擦力对物块做的功等
于物块机械能的增加量,则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块增加的机械能,C 正确,D错误。 答案 BC归纳总结处理传送带问题思路1.两大观点处理传送带问题(1)动力学观点:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式 结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位 移关系。
(2)能量观点:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、 因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解。2.常用功能关系(1)传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传。(2)系统产生的内能:Q=Ffx相对。(3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
例2 如图所示,半径为0.5 m的光滑圆弧曲面与倾角为37°足够长的固定粗糙斜面MN 在N点平滑相接,质量为0.04 kg的物块B恰好静止在斜面上,此时物块B与N点的距离为 0.25 m。另一质量为0.2 kg的物块A从与圆心等高处由静止释放,通过N点滑上斜面,与 物块B发生弹性碰撞。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2, 两物块均可视为质点,碰撞时间极短,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cs 37 °=0.8。求:
(1)物块A运动到N点时对曲面的压力;(2)从物块A与B第一次碰撞到两物块再次碰撞经历的时间。 解析 (1)(计算物块A到达N点时的速度,物块A做曲线运动,物理量只涉及重力做功及初、末速度,且其运动不能分解为两个直线运动,故用能量的观点)物块A由静止释放至N点,由动能定理可得mAgR cs 37°= mA ;(计算物块A在N点对曲面的压力,研究瞬时状态问题,选用动力学观点)在N点,由牛顿第二定律可得FN-mAg cs 37°=mA 由牛顿第三定律得FN'=FN
联立解得FN'=4.8 N,与竖直方向成37°角且垂直斜面向下。(2)(计算物块A与B碰前的速度,物块做直线运动,涉及初末速度,优先选用能量观点,也 可选用动力学观点)物块A由N点至物块B所在处,由动能定理可得mAgx1 sin 37°-μmAgx1 cs 37°= mA - mA ,解得v2=3 m/s。(计算物块A、B发生弹性碰撞后各自的速度,研究两物体碰撞过程,选用动量观点和能 量观点)物块A和B发生弹性碰撞,取沿斜面向下为正方向,由动量守恒可得mAv2=mAvA+mBvB由能量守恒可得 mA = mA + mB
联立解得vA=2 m/s,vB=5 m/s。(计算第一次碰后到两物块再次碰撞经历的时间,涉及物体运动位移及运动时间,选用 动力学观点)最初物块B恰好静止在斜面上,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则物块B在斜面上向 下运动时做匀速直线运动,物块A沿斜面向下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有mAg sin 37°-μmAg cs 37°=mAaA设经过时间t两物块再次相碰,由匀变速直线运动学规律得vBt=vAt+ aAt2,解得t=3 s。 答案 (1)4.8 N,与竖直方向成37°角且垂直斜面向下 (2)3 s
5.动量与动能的关系:p= 或Ek= 。6.动量的变化量(1)因为动量是矢量,动量的变化量Δp也是矢量,其方向与速度的变化量Δv的方向相 同。(2)动量的变化量Δp等于末动量p'减去初动量p,即Δp=p'-p。二、冲量1.定义:力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。2.表达式:I=FΔt,单位是N·s。3.方向:冲量是矢量,方向与力的方向相同。
4.冲量的特征(1)过程量:冲量与力和力的作用时间有关,是力对时间的累积,与力的作用过程相关 联。(2)矢量性:对于方向恒定的力来说,冲量的方向与力的方向一致;对于作用时间内方向 变化的力来说,冲量的方向与相应时间内力的变化量的方向一致。5.冲量的四种计算方法
三、动量定理1.内容:物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。2.公式:F(t'-t)=mv'-mv或I=p'-p。3.对动量定理的理解(1)合力的冲量是原因,物体的动量变化量是结果。(2)动量定理中的冲量可以是合力的冲量,可以是各力冲量的矢量和,也可以是合力在 不同阶段冲量的矢量和。(3)当物体受到变力作用时,动量定理中的力F应理解为Δt时间内物体受到的平均作用 力。
(4)动量定理解释生活中的物理现象①当物体的动量变化量Δp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。如楼层越高,高空抛物对人伤害越大。
例1 如图所示,学生练习用脚颠球。足球的质量为0.4 kg,某一次足球由静止自由下 落0.8 m,被重新颠起,离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45 m。已知足球与脚部的 作用时间为0.1 s,重力加速度大小g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是 ( )
A.足球从下落到再次上升到最高,全程用了0.7 sB. 足球与脚接触的时间内,合力对足球做功1.4 JC.足球与脚部作用过程中动量变化量大小为2.8 kg·m/sD.足球从静止下落到重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为4 N·s 解析 对整个运动过程进行分析,如图所示。
考点二 动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1.内容如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变。2.表达式(1)p=p',系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p';(2)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量之和等于作用 后的动量之和;(3)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向;
(4)Δp=0,系统总动量的增量为0。3.适用条件(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为0。(2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的合力为0,则系统在这一方向上动 量守恒。二、碰撞问题1.碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒:p1+p2=p1'+p2'。
(2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。(3)速度要符合实际情境①碰前两物体同向运动,若要发生碰撞,则应有v后>v前,碰后原来在前的物体速度一定 增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前'≥v后'。②碰前两物体相向运动,碰后两物体至少有一个的运动方向改变,不可能都不改变。2.碰撞的类型与结论(1)弹性碰撞:碰撞结束后,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末总动能相等。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞为例,则有m1 v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2,联立解得v1'= ,v2'= 点拨拓展 “一动一静”的弹性碰撞若v2=0,碰后二者速度分别为v1'= v1,v2'= v1①若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1(速度交换);②若m1>m2,则v1'>0,v2'>0(碰后,两物体沿同一方向运动);
③若m1≫m2,则v1'≈v1,v2'≈2v1;④若m1
m1v1+m2v2=(m1+m2)v m1 + m2 = (m1+m2)v2+ΔEk损maxΔEk损max= ·
例2 如图所示,质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动,与原来静止的质量为4m 的B球碰撞,碰撞后A球以v=av0(待定系数a<1)的速率弹回,并与挡板P发生弹性碰撞,要 使A球能与B球再次相撞,则a的取值范围为 ( ) A.
例3 (多选)一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出,在最高点以水平向右 的速度v飞行时,突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片,如图所示。爆炸之后乙 自静止自由下落,丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力,假设爆炸释放的化学 能全部转化为弹片的动能,则下列说法正确的是 ( )
A.爆炸后乙落地的时间最长B.爆炸后甲落地的时间最长C.甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为4∶1D.爆炸过程释放的化学能为
例4 将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空,在极短时间内以相对地面为v0的速 度竖直向下喷出质量为m的炽热气体,忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响,则喷气 结束时导弹获得的速度大小是 ( )A. v0 B. v0 C. v0 D. v0 解析 由动量守恒定律可知,喷出气体的动量与喷气后导弹获得的动量等大反向,即mv0=(M-m)v,导弹获得的速度v= v0,D正确。 答案 D 补充设问 若导弹喷气时已经具有速度,喷出的气体相对喷气前导弹的速度是u,喷出气体后导弹的质量是m,在一次喷气后增加的速度Δv如何表示?
设问解析 以喷气前的导弹为参考系。喷气前导弹动量是0,喷气后动量是MΔv,喷出气体的动量是mu。根据动量守恒定律有MΔv+mu=0,解得Δv=- u。点拨拓展 两部分初、末状态的速度所选的参考系必须是同一参考系。3.“人船”模型(1)模型情境
例5 如图所示,一高h=2.4 m、倾角θ=37°、质量M=3 g的光滑斜面体静止在光滑水平面上,一质量m=0.2 g的物块从斜面顶端由静止释放。已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,则物块由斜面顶端滑到底端的过程中,斜面体将 ( )
A.向右移动0.5 m B.向右移动0.6 mC.向右移动0.2 m D.向右移动0.1 m 解析 物块与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒,设物块在水平方向上对地位移大小为x1,斜面体在水平方向上对地位移大小为x2(注意:两物体的位移是相对于同 一参考系的位移),因此0=mx1-Mx2①,且x1+x2= ②,联立①②解得x2= 。代入数据可知x2=0.2 m,C正确。 答案 C
模型一 流体模型一、研究对象1.通常的液体流、气体流等,质量具有连续性,题中通常给出密度ρ。2.通常的电子流、光子流、尘埃等,质量具有独立性,题中通常给出单位体积内的粒子 数n。二、研究方法 隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象,结合由已知条件所构建的微元质 量、体积的表达式,应用动量定理进行分析研究。
例1 如图所示,某型号“水刀”工作过程中,将水从横截面积S=0.1 mm2的细喷嘴高速喷出,直接打在被切割材料表面,从而产生极大压强,实现切割。已知该“水刀”每分钟用水600 g,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3。假设高速水流垂直打在材料表面上后,立刻沿材料表面散开没有反弹,试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为 ( )A.1.0×105 Pa B.1.0×106 PaC.1.0×107 Pa D.1.0×108 Pa 解析 一分钟喷出的水的质量m=ρSvt,解得水的流速v= ,选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象,以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向,由动量 定理得-FΔt=0-Δmv(沿材料表面散开说明水流垂直材料表面方向的速度变为0),其中Δ
m=ρSvΔt,解得F=ρSv2,根据牛顿第三定律,材料表面受到的压力F'=F,水对材料垂直于表 面方向的压强p= ,代入数据解得p=1.0×107 Pa,C正确。 答案 C
归纳总结处理流体模型的步骤
模型二 动量守恒中的常见模型一、“滑块-弹簧”模型
例2 如图甲所示,一水平轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并 静止在光滑的水平面上,现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s,此后两物块的速度随时 间变化的规律如图乙所示,从图像信息可得 ( ) A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都是处于压缩状态B.从t1到t3时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C.两物块的质量之比m1∶m2=1∶3D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2=1∶8 解析 由速度-时间图像切线斜率的物理意义可知t2时刻B的加速度为0,则其所受弹簧弹力为0,弹簧处于原长,由题图可知,t2~t3时间内两物块之间的距离增大,弹簧处于伸 长状态,A、B错误。0~t1过程由m1v=m1vt1+m2vt1可得 = ,C错误。t2时刻A的速率是1 m/s,B的速率是2 m/s,结合动能定义式得Ek1∶Ek2=1∶8,D正确。 答案 D
二、“滑块-斜面(曲面)”模型
点拨拓展 悬绳模型 悬绳模型(如图所示)与“滑块-斜(曲)面”模型特点类似,即系统机械能守恒,水平方向 动量守恒,解题时需关注物体运动的最高点和最低点。
例3 (多选)如图所示,在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车,弧形 槽的底端切线水平,一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑, 恰好能到达弧形槽的顶端。小车与小球的质量均为m,重力加速度大小为g,不计空气 阻力。下列说法正确的是 ( ) A.弧形槽的顶端距底端的高度为
B.小球离开小车后,相对地面做自由落体运动C.在小球沿小车弧形槽滑行的过程中,小车对小球做的功为 m D.在小球沿小车弧形槽滑行的过程中,合力对小车的冲量大小为mv0 解析 小球到达弧形槽顶端时,小球与小车的速度相同,设共同速度大小为v,在小球沿小车弧形槽上滑的过程中,小球与小车组成的系统水平方向动量守恒,有mv0=2mv, 设弧形槽的顶端距底端的高度为h,有 m = ×2mv2+mgh,解得h= ,A正确;设小球返回弧形槽的底端时,小球与小车的速度分别为v1、v2,在小球沿小车弧形槽滑行的过程 中系统水平方向动量守恒,相当于完全弹性碰撞,以v0的方向为正方向,有mv0=mv1+mv2,
m = m + m ,解得v1=0,v2=v0,可知小球离开小车后,相对于地面做自由落体运动,B正确;根据动能定理,在小球沿小车弧形槽滑行的过程中,小车对小球做的功W=0- m =- m ,C错误;根据动量定理,在小球沿小车弧形槽滑行的过程中,合力对小车的冲量大小I=mv2-0=mv0,D正确。 答案 ABD三、“子弹射木块”与“板-块”模型
点拨拓展 该类问题既可以从动量、能量角度求解,相当于非弹性碰撞拓展模型,也 可以从力和运动的角度借助图示求解。
例4 一质量为M的木块放在光滑水平面上,一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木 块并留在其中,子弹与木块间的相互作用力为Ff。求:(1)子弹、木块相对静止时的速度大小;(2)子弹在木块内运动的时间;(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块的对地位移大小以及子弹打进木块的深 度。 解析 (1)设子弹、木块相对静止时的速度为v,以子弹初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v= v0。(2)设子弹在木块内运动的时间为t,对木块由动量定理得Fft=Mv-0,解得t= 。
(3)设子弹、木块的对地位移分别为x1、x2,如图所示。由动能定理得 对子弹-Ffx1= mv2- m 解得x1= 对木块Ffx2= Mv2
解得x2= 子弹打进木块的深度等于二者的相对位移大小,即x相=x1-x2= 。 答案 (1) v0 (2) (3)
微专题8 动力学、动量和能量观点的综合应用力的瞬时作用和力的时间、空间累积作用
例1 (多选)如图所示,转轴大小可忽略的传送带以恒定速率顺时针转动,将小物块在 传送带底端P点无初速度释放,小物块在摩擦力作用下运动至传送带顶端,在小物块运 动过程中,下列说法正确的是 ( ) A.小物块所受摩擦力的瞬时功率一定不断变大B.小物块所受摩擦力做的功大于小物块动能的增加量C.若物块滑到顶端时恰好与传送带共速,则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块
增加的机械能D.若物块滑到顶端时恰好与传送带共速,则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块 增加的动能 解析 小物块放到传送带底端后,先向上加速,所受的摩擦力是滑动摩擦力,当速度与传送带相等时变为匀速,受静摩擦力,根据P=fv可知小物块所受摩擦力的瞬时功率开 始阶段不断变大,与传送带共速后保持不变,A错误;根据动能定理可知,Wf-WG=ΔEk,则 小物块所受摩擦力做的功大于小物块动能的增加量,B正确;若物块滑到顶端时恰好与 传送带共速,此时物块的位移x1= t,传送带的位移x2=vt,产生的热量Q=fΔx=f(x2-x1)= vtf,此过程中摩擦力对物块做功为Wf=fx1= vtf=Q,根据动能定理,摩擦力对物块做的功等
于物块机械能的增加量,则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块增加的机械能,C 正确,D错误。 答案 BC归纳总结处理传送带问题思路1.两大观点处理传送带问题(1)动力学观点:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式 结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位 移关系。
(2)能量观点:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、 因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解。2.常用功能关系(1)传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传。(2)系统产生的内能:Q=Ffx相对。(3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
例2 如图所示,半径为0.5 m的光滑圆弧曲面与倾角为37°足够长的固定粗糙斜面MN 在N点平滑相接,质量为0.04 kg的物块B恰好静止在斜面上,此时物块B与N点的距离为 0.25 m。另一质量为0.2 kg的物块A从与圆心等高处由静止释放,通过N点滑上斜面,与 物块B发生弹性碰撞。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2, 两物块均可视为质点,碰撞时间极短,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cs 37 °=0.8。求:
(1)物块A运动到N点时对曲面的压力;(2)从物块A与B第一次碰撞到两物块再次碰撞经历的时间。 解析 (1)(计算物块A到达N点时的速度,物块A做曲线运动,物理量只涉及重力做功及初、末速度,且其运动不能分解为两个直线运动,故用能量的观点)物块A由静止释放至N点,由动能定理可得mAgR cs 37°= mA ;(计算物块A在N点对曲面的压力,研究瞬时状态问题,选用动力学观点)在N点,由牛顿第二定律可得FN-mAg cs 37°=mA 由牛顿第三定律得FN'=FN
联立解得FN'=4.8 N,与竖直方向成37°角且垂直斜面向下。(2)(计算物块A与B碰前的速度,物块做直线运动,涉及初末速度,优先选用能量观点,也 可选用动力学观点)物块A由N点至物块B所在处,由动能定理可得mAgx1 sin 37°-μmAgx1 cs 37°= mA - mA ,解得v2=3 m/s。(计算物块A、B发生弹性碰撞后各自的速度,研究两物体碰撞过程,选用动量观点和能 量观点)物块A和B发生弹性碰撞,取沿斜面向下为正方向,由动量守恒可得mAv2=mAvA+mBvB由能量守恒可得 mA = mA + mB
联立解得vA=2 m/s,vB=5 m/s。(计算第一次碰后到两物块再次碰撞经历的时间,涉及物体运动位移及运动时间,选用 动力学观点)最初物块B恰好静止在斜面上,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则物块B在斜面上向 下运动时做匀速直线运动,物块A沿斜面向下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有mAg sin 37°-μmAg cs 37°=mAaA设经过时间t两物块再次相碰,由匀变速直线运动学规律得vBt=vAt+ aAt2,解得t=3 s。 答案 (1)4.8 N,与竖直方向成37°角且垂直斜面向下 (2)3 s
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