一轮复习精品课件-第六章 第1讲 动量和动量定理

2019版一轮复习物理课件第六章碰撞与动量守恒第1讲动量和动量定理考点一动量、冲量的理解及计算考点二动量定理的理解和应用核心素养“微元法”在动量定理中的应用知识梳理自我珍断返回[知识梳理]知识点一动量1．定义：运动物体的质量和的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。2．表达式：p＝。3．单位：kg·m/s。4．标矢性：动量是矢量，其方向和方向相同。知识点二动量定理1．内容：物体在一个过程始末的等于它在这个过程中所受力的冲量。2．表达式：p′－p＝I或mv′－mv＝。3．冲量：力与力的作用时间的乘积，即I＝。速度mv速度动量变化量F(t′－t)F(t′－t)返回[自我诊断]DACCD1.解析：物体的动量是由速度和质量两个因素决定的。动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A错误；同样，动量大的物体速度也不一定大，B错误；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C正确；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D正确。答案：CD5.解析：根据题意建立模型，设兔子与树桩的撞击力为F，兔子撞击树桩后速度为零，根据动量定理有－Ft＝0－mv，所以v＝Ftm＝mgtm＝gt＝10×0.2m/s＝2m/s。答案：CD返回考点一动量、冲量的理解及计算考点一动量、冲量的理解及计算1．动量、动能、动量变化量的比较名称项目动量动能动量变化量定义物体的质量和的乘积物体由于而具有的能量物体末动量与初动量的。定义式p＝。Ek＝12mv2Δp＝。矢标性。标量矢量特点状态量状态量。关联方程Ek＝p22m，Ek＝12pv，p＝2mEk，p＝2Ekv速度运动矢量差p′－p矢量过程量mv返回考点一动量、冲量的理解及计算2.冲量的计算方法(1)计算冲量可以使用定义式I＝Ft求解，此方法仅限于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。(2)利用F­t图象计算，F­t围成的面积可以表示冲量，该种方法可以计算变力的冲量。返回考点一动量、冲量的理解及计算[多维题组]1．如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的14圆弧轨道，圆心O在S的正上方，在O、P两点各有一质量为m的物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑。以下说法正确的是()A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等D．b比a先到达S，它们在S点的动量相等解析：在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒故有mgh＝12mv2解得v＝2gh所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同。由于a的路程小于b的路程。故tatb，即a与b先到达S。当到达S点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左。故两物体的动量大小相等，方向不相同，故A正确，B、C、D错误。返回2.如图所示，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0运动。遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为12v0，则以下说法正确的是()A．滑块的动量改变量的大小为12mv0B．滑块的动量改变量的大小为32mv0C．滑块的动量改变量的方向与v0的方向相同D．重力对滑块的冲量为零解析：以初速度方向为正，有：Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝－12mv0－mv0＝－32mv0所以滑块的动量改变量的大小为32mv0，方向与v0的方向相反，故A、C错误，B正确；根据I＝Ft得重力的冲量为I＝mgt，不为零，故D错误。答案：B考点一动量、冲量的理解及计算返回3．(多选)如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s。下列说法正确的是()A．球棒对垒球的平均作用力大小为1260NB．球棒对垒球的平均作用力大小为360NC．球棒对垒球做的功为126JD．球棒对垒球做的功为36J解析：设球棒对垒球的平均作用力为F，由动量定理得F·t＝m(vt－v0)，取vt＝45m/s，则v0＝－25m/s，代入上式，得F＝1260N，由动能定理得W＝12mv2t－12mv20＝126J，选项A、C正确。答案：AC考点一动量、冲量的理解及计算返回考点二动量定理的理解和应用动量定理的两个重要应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。返回篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以()A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量考点二动量定理的理解和应用解析：先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球收缩至胸前，可以增加球与手接触的时间，取球的初速度方向为正方向，根据动量定理－Ft＝0－mv得F＝mvt，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量变化量、动能的变化量都不变，所以B正确。答案：B返回(2018·河南洛阳模拟)有一个质量为0.5kg的篮球从h＝0.8m的高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64，且每次球与地面接触时间相等，空气阻力不计，与地面碰撞时，篮球重力可忽略。(重力加速度g取10m/s2)(1)第一次球与地板碰撞，地板对球的冲量为多少？(2)相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？考点二动量定理的理解和应用解析：(1)篮球原高度为h，与地面第一次碰前瞬时速度为v0＝2gh＝2×10×0.8m/s＝4m/s由v2＝2gh可知，碰后的速度为v1＝0.8v0＝0.8×4m/s＝3.2m/s选向上为正方向，由动量定理有I＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0＝1.8×0.5×4N·s＝3.6N·s。解析：(2)第二次碰前瞬时速度和第二次碰后瞬时速度关系为v2＝0.8v1＝0.82v0。设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2，选向上为正方向，由动量定理有F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0F1∶F2＝5∶4返回考点二动量定理的理解和应用返回[多维题组]1．把一个质量为0.4kg的小球，以3m/s的速度水平抛出，经过0.4s的时间小球落地，则小球的动量变化量的大小为(不计空气阻力，g＝10m/s2)()A．1.2kg·m/sB．1.6kg·m/sC．2kg·m/sD．4kg·m/s2.质量为1kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示。则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是()A．10N·s,10N·sB．10N·s，－10N·sC．0,10N·sD．0，－10N·s考点二动量定理的理解和应用返回3．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是()A．mgΔtB.mvΔtC.mvΔt＋mgD.mvΔt－mg考点二动量定理的理解和应用解析：对铁锤应用动量定理。设木桩对铁锤的平均作用力为F，则(F－mg)·Δt＝0－(－mv)，解得F＝mvΔt＋mg，所以铁锤对木桩的平均冲力F′＝F＝mvΔt＋mg。答案：C返回考点一动量、冲量的理解及计算4．(2017·全国卷Ⅲ·20)(多选)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则()A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零A对：前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝F1m＝22m/s2＝1m/s2，t＝1s时物块的速率v1＝a1t1＝1m/s。B对：t＝2s时物块的速率v2＝a1t2＝2m/s，动量大小为p2＝mv2＝4kg·m/s。C错：物块在2～4s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝F2m＝0.5m/s2，t＝3s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，动量大小p3＝mv3＝3kg·m/s。D错：t＝4s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s。返回微元法就是从某一物理量、物理状态或物理过程中选取一个足够小的单元——微元作为研究对象的研究方法。微元法是物理解题中常用方法之一，在使用微元法解题时，常取时间元Δt、长度元ΔL、面积元ΔS、质量元Δm等。核心素养“微元法”在动量定理中的应用[2016·课标Ⅰ·35(2)]某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。返回核心素养“微元法”在动量定理中的应用解析：(ⅰ)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S③解析：(ⅱ)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2⑧返回核心素养“微元法”在动量定理中的应用返回核心素养“微元法”在动量定理中的应用[即学即练]如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300kg，长度为2.5m的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100kg/s向下漏原料，装料车以0.5m/s的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料。(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行。(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2s内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力。返回核心素养“微元法”在动量定理中的应用解析：(1)设在Δt时间内漏到车上的原料质量为Δm，要使这些原料获得与车相同的速度，需加力为F，根据动量定理，有F·Δt＝Δm·v所以F＝ΔmΔt·v＝100×0.5N＝50N(2)车装完料的总质量为M＝m车＋ΔmΔt·t＝300＋100×2.50.5kg＝800kg对车应用动量定理，有F′·t′＝0－(－Mv)解得F′＝Mvt′＝800×0.52N＝200N答案：(1)50N(2)200N2019版一轮复习物理课件本节结束。谢谢!