高中物理模块复习课专题一省公开课一等奖新名师优质课获奖PPT课件.pptx

,专题一,碰撞与动量守恒定律,1/55,守恒,守恒,守恒,有损失,守恒,最大,mv,相同,Ft,p,p,1,+p,2,m,1,v,1,+m,2,v,2,0,远大于,零,2/55,一、动量定理应用,1.,动量定理应用,:,(1),定性解释一些物理现象,:,在动量改变一定情况下,假如需要增大作用力,必须缩短作用时间。假如需要减小作用力,必须延长作用时间,这就是缓冲作用。,3/55,(2),定量计算,:,在用动量定理计算相关问题时,要注意力必须是物体所受合外力以及动量定理矢量性,求解前先要求正方向,再简化为代数运算,(,一维碰撞时,),。,(3),动量定理是处理动力学问题一个主要方法。对于只包括物体运动时间而不包括加速度问题,用动量定理要比用牛顿运动定律解题方便得多。,4/55,2.,用动量定了解题普通步骤,:,(1),明确研究对象和物理过程。,(2),分析研究对象在运动过程中受力情况。,(3),选取正方向,确定物体在运动过程中始末状态动量。,(4),依据动量定理列方程、求解。,5/55,【,典例,1】,(,全国卷,),某游乐园入口旁有一喷泉,喷出水柱将一质量为,M,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,喷口连续以速度,v,0,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,在竖直方向水速度变为零,在水平方向朝四面均匀散开。忽略空气阻力。已知水密度为,重力加速度大小为,g,。求,:,6/55,(1),喷泉单位时间内喷出水质量。,(2),玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口高度。,7/55,【,正确解答,】,(1),设,t,时间内,从喷口喷出水体积,为,V,质量为,m,则,m=V,V=v,0,St,由式得,单位时间内从喷口喷出水质量为,=v,0,S,8/55,(2),设玩具悬停时其底面相对于喷口高度为,h,水从喷,口喷出后抵达玩具底面时速度大小为,v,。对于,t,时,间内喷出水,由能量守恒得,(m)v,2,+(m)gh=(m),在,h,高度处,t,时间内喷射到玩具底面水沿竖直方向,动量改变量大小为,p=(m)v,9/55,设玩具对水作用力大小为,F,依据动量定理有,Ft=p,因为玩具在空中悬停,由力平衡条件得,F=Mg,联立式得,h=,答案,:,(1)v,0,S,(2),10/55,【,变式训练,】,(,安徽高考,),一质量为,0.5kg,小物块放在水平地面上,A,点,距离,A,点,5m,位置,B,处是一面墙,如图所表示。物块以,v,0,=9m/s,初速度从,A,点沿,AB,方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间速度为,7m/s,碰后以,6m/s,速度反向运动直至静止。,g,取,10m/s,2,。,11/55,(1),求物块与地面间动摩擦因数,。,(2),若碰撞时间为,0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力大小,F,。,(3),求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做功,W,。,12/55,【,解析,】,(1),由动能定理得,-mgs=,代数解得,=0.32,(2),选初速度方向为正方向,由动量定理得,-Ft=-mv-mv,代入数据解得,F=130N,13/55,(3),物块反向运动过程中克服摩擦力所做功等于物块,动能降低许,即,W=mv,2,=9J,答案,:,(1)0.32,(2)130N,(3)9J,14/55,二、应用动量守恒定律分析临界问题方法,1.,包括弹簧类临界问题,:,对于由弹簧组成系统,在物体间发生相互作用过程中,当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时,弹簧两端两个物体速度必定相等。,15/55,2.,包括相互作用最大程度类临界问题,:,在物体滑上斜面,(,斜面放在光滑水平面上,),过程中,因为物体间弹力作用,斜面在水平方向上将做加速运动,物体滑到斜面上最高点临界条件是物体与斜面沿水平方向含有共同速度,物体在竖直方向上分速度等于零。,3.,子弹打木块类临界问题,:,子弹刚好击穿木块临界条件为子弹穿出时速度与木块速度相同。,16/55,【,典例,2】,光滑水平地面上放着一块质量为,M,、长度为,d,木块,一个质量为,m,子弹以水平速度,v,0,射入木块,当子弹从木块中出来后速度变为,v,1,子弹与木块平均摩擦力为,f,。求,:,17/55,(1),在子弹射击木块过程中,摩擦力对子弹做功为多少,?,摩擦力对木块做功为多少,?,(2),子弹从木块中出来时,木块位移为多少,?,(3),在这个过程中,系统产生内能为多少,?,18/55,【,正确解答,】,(1),如图所表示,因为水平面光滑,则子弹和木块组成系统水平方向动量守恒,可得,19/55,mv,0,=mv,1,+Mv,2,解得,v,2,=,对子弹利用动能定理可得,-fs,1,=,即摩擦力对子弹做功为,W,1,=,20/55,对木块利用动能定理可得,fs,2,=,代入,v,2,值,得,fs,2,=,即摩擦力对木块做功为,W,2,=fs,2,=,21/55,(2),由式可得木块位移为,s,2,=,(3),由能量守恒定律可知,系统产生内能等于系统机,械能降低许,.,由式可得,=fs,1,-fs,2,=fd,即产生内能等于摩擦力与相对位移乘积。,22/55,答案,:,(1),(2),(3)fd,23/55,【,变式训练,】,如图所表示,静止在光滑水平面上木块,质量为,M,、长度为,L,。一颗质量为,m,子弹从木块左端打进,设子弹在打穿木块过程中受到大小恒为,f,阻力,要使子弹刚好从木块右端打出,则子弹初速度,v,0,应等于多大,?,24/55,【,解析,】,取子弹和木块为研究对象,它们所受到合外力等于零,故总动量守恒,.,由动量守恒定律得,:,mv,0,=mv,1,+Mv,2,要使子弹刚好从木块右端打出,则必须满足临界条件,:v,1,=v,2,25/55,依据功效关系得,:,f L=,联立以上三式解得,:,v,0,=,答案,:,26/55,三、处理力学问题思绪方法,1.,处理力学问题基本思绪有三种,:,(1),牛顿定律。,(2),动量关系,:,动量定理,动量守恒定律。,(3),能量关系,:,动能定理,能量转化与守恒定律和机械能守恒定律。,27/55,2.,三种思绪适用角度,:,(1),若考查相关物理量瞬时对应关系,需应用牛顿定律,若考查一个过程,三种方法都有可能,但方法不一样,处理问题难易、繁简程度可能就有很大差异。,28/55,(2),若研究对象为一个系统,应优先考虑两大守恒定律,;,若研究对象为单一物体,可优先考虑两个定理,尤其是包括时间问题时应优先考虑动量定理,包括功和位移问题时应优先考虑动能定理。因为两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程始末两个状态相关物理量间关系,对过程细节不予细究,这正是它们简便之处。尤其是对于变力做功问题,在中学阶段无法用牛顿定律处理时,就更显示出它们优越性。,29/55,【,典例,3】,一质量为,M,、长为,l,长方形木板,B,放在光滑水平地面上,在其右端放一质量为,m,小木块,A,mm,故,v,方向水平向右。,解法二,:,用牛顿定律结合运动学公式求解,:,取水平向右为正方向,由运动学规律得,:,对,A:v=-v,0,+a,1,t=-v,0,+t,对,B:v=v,0,-a,2,t=v,0,-t,可得,v=,方向向右。,33/55,(2),解法一,:,用功效关系求解,:,当木块,A,相对于地面向左运动距离最,远时,末速度为零,在这个过程中,克服摩擦力,f,做功,结果是消耗了本身动能,:fs=,而,A,刚好没有滑离,B,板条件是,:A,滑到,B,板最左端,且二者含有相同速度,v,A,、,B,间因摩擦产生内能等于系统动能损失,:,34/55,Q=f,l,由以上各式得向左运动最远距离,:s=,35/55,解法二,:,用动能定理求解,:,设小木块,A,向左运动离出发点最远距离为,s,此时末速度为零,(,板速度为,v,1,);,当,A,、,B,刚到达共同速度,v,时,板,B,向右运动旅程为,L,A,速度由,0,增大到,v,时向右运动旅程为,s,1,如图所表示。,36/55,设,A,、,B,间滑动摩擦力为,f,依据动能定理,对,A:-fs=-,fs,1,=mv,2,对,B:-fL=,且有几何关系,:L+(s-s,1,)=,l,由上面几式可得,:s=,37/55,解法三,:,用牛顿第二定律及运动学公式求解,:,A,在滑动摩擦力,f,作用下,做初速度为,v,0,匀减速运动,(,对地面向左,),待末速度为零时,运动得最远,:s=,然后,A,仍在摩擦力,f,作用下,做初速度为零匀加,速运动,(,对地面向右,),直到与,B,速度相等,二者相对静止,此时摩擦力消失,A,抵达,B,板最左端,(,参看上图,),。这整个,过程用时间,:,38/55,t=,B,板运动距离,:,L=v,0,t-a,2,t,2,=v,0,t-t,2,A,对出发点位移,:,s=v,0,t-a,1,t,2,=v,0,t-t,2,39/55,图中几何关系,:,l,=L+s=2v,0,t-,解得,:s=,答案,:,(1),方向向右,(2),40/55,【,变式训练,】,一质量为,2m,物体,P,静止于光滑水平,地面上,其截面如图所表示。图中,ab,为,粗糙水平面,长度为,L;bc,为一光滑斜面,斜面和水平,面经过与,ab,和,bc,均相切长度可忽略光滑圆弧连,接。现有一质量为,m,木块以大小为,v,0,水平初速度从,a,点向左运动,在斜面上上升最大高度为,h,返回时在,抵达,a,点前与物体,P,相对静止。重力加速度为,g,。求,:,41/55,(1),木块在,ab,段受到摩擦力,f,。,(2),木块最终距,a,点距离,s,。,42/55,【,解析,】,(1),木块向左滑到最高点时,系统有共同速度,v,由动量守恒及功效关系得,:,mv,0,=(m+2m)v,(m+2m)v,2,=fL+mgh,联立两式解得,:f=,43/55,(2),整个过程,由功效关系得,:,(m+2m)v,2,=fx,木块最终距,a,点距离,s=2L-x,联立解得,:s=2L-,答案,:,(1),(2)2L-,44/55,四、“人船模型”处理方法,1.“,人船模型”问题特征,:,两个原来静止物体发生相互作用时,若所受外力矢量和为零,则动量守恒。在相互作用过程中,任一时刻两物体速度大小之比等于质量反比。这么问题归为“人船模型”问题。,45/55,2.,处理“人船模型”问题关键,:,(1),利用动量守恒,确定两物体速度关系,再确定两物体,经过位移关系。用动量守恒定律求位移题目,大,都是系统原来处于静止状态,然后系统内物体相互作用,此时动量守恒表示式经常写成,m,1,v,1,-m,2,v,2,=0,形式,式中,v,1,、,v,2,是,m,1,、,m,2,末状态时瞬时速率。此种状态下动量,守恒过程中,任意时刻系统总动量为零,所以任意,46/55,时刻瞬时速率,v,1,和,v,2,都与各物体质量成反比,所以,全过程平均速度也与质量成反比,即有,=0,。,假如两物体相互作用时间为,t,在这段时间内两物,体位移大小分别为,x,1,和,x,2,则有,=0,。,47/55,(2),解题时要画出各物体位移关系草图,找出它们各自相对地面位移关系。,48/55,【,典例,4】,如图所表示,长为,l,、质量为,M,小船停在静水中,一个质量为,m,人站立在船头。若不计水阻力,在人从船头走到船尾过程中,船和人对地位移各是多少,?,49/55,【,正确解答,】,选人和船组成系统为研究对象,因为人,从船头走到船尾过程中,不计水阻力,系统在水平,方向上不受外力作用,动量守恒,设某一时刻人对地,速度为,v,2,船对地速度为,v,1,要求人前进方向为正,方向,则有,mv,2,-Mv,1,=0,即 ,50/55,在人从船头走向船尾过程中,人和船平均速度也跟,它们质量成反比,即对应平均动量,而位移,s=,所以有,Ms,1,=ms,2,即 ,51/55,由上图可知,s,1,+s,2,=,l,由解得,答案,:,52/55,【,变式训练,】,载人气球静止于高,h,空中,气球质量为,M,人质量为,m,若人沿绳梯滑至地面,则绳梯最少为多长,?,53/55,【,解析,】,气球和人原来静止在空中,说明系统所受合外力为零,故系统在人下滑过程中动量守恒,人着地时绳梯最少应接触地面,设绳梯长为,L,人沿绳梯滑至地面时人位移为,x,人,球位移为,x,球,它们位移状态图如图所表示,由平均动量守恒有,:,54/55,0=Mx,球,-mx,人,又有,x,球,+x,人,=L,x,人,=h,故,L=,答案,:,55/55,