粤教版选修35 第一章 碰撞与动量守恒 章末总结 学案.doc

章末总结一、动量定理及其应用1.冲量的计算(1)恒力的冲量：公式ift适用于计算恒力的冲量.(2)变力的冲量通常利用动量定理ip求解.可用图象法计算.如图1所示，在ft图象中阴影部分的面积就表示力在时间tt2t1内的冲量.图12.动量定理ftmv2mv1的应用(1)它说明的是力对时间的累积效应.应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程.(2)应用动量定理求解的问题：求解曲线运动的动量变化量.求变力的冲量问题及平均力问题.(3)应用动量定理解题的思路确定研究对象，进行受力分析；确定初、末状态的动量mv1和mv2(要先规定正方向，以便确定动量的正负，还要把v1和v2换成相对于同一惯性参考系的速度)；利用ftmv2mv1列方程求解.3.由动量定理得f，即物体动量的变化率等于它所受的合外力，这是牛顿第二定律的另一种表达式.例1质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化量为_ kgm/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s，则小球受到地面的平均作用力大小为_n(取g10 m/s2).答案212解析由题知vt4 m/s方向为正，则动量变化pmvtmv00.24 kgm/s0.2(6)kgm/s2 kgm/s.由动量定理f合tp得(fnmg)tp，则fnmg n0.210 n12n.二、多过程问题中的动量守恒1.正确选择系统(由哪几个物体组成)和划分过程，分析系统所受的外力，判断是否满足动量守恒的条件.2.准确选择初、末状态，选定正方向，根据动量守恒定律列方程.例2如图2所示，两端带有固定薄挡板的滑板c长为l，质量为，与地面间的动摩擦因数为，其光滑上表面上静置着质量分别为m、的物块a、b，a位于c的中点，现使b以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连，不再分开，a、b可看做质点，物块a与b、c的碰撞都可视为弹性碰撞.已知重力加速度为g，求：图2(1)b与c上挡板碰撞后的速度大小以及b、c碰撞后c在水平面上滑动时的加速度大小；(2)a与c上挡板第一次碰撞后a的速度大小.答案(1)v2g(2)解析(1)b、c碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2v()v1解得v1v对b、c，由牛顿第二定律得：(m)g()a，解得a2g.(2)设a、c第一次碰撞前瞬间c的速度为v2，由匀变速直线运动的速度位移公式得vv2(a)l，物块a与c上挡板的第一次碰撞可视为弹性碰撞，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：()v2()v3mv4由能量守恒定律得()v()vmv解得a与c上挡板第一次碰撞后a的速度大小由得：v4.三、板块模型中的“三s”问题如图3，质量为m的滑块以速度v0滑上放于光滑水平地面上的质量为m的长木板上.长木板上表面粗糙，滑块与木板间的动摩擦因数为，长木板足够长.图3满足以下关系：fmgmv0(mm)vtfs1mvmvfs2mvfs3f(s1s2)mv(mm)vq例3一质量为2m的物体p静止于光滑水平地面上，其截面如图4所示.图中ab为粗糙的水平面，长度为l；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接.现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h(h小于斜面bc的高度)，返回后在到达a点前与物体p相对静止.重力加速度为g.求：图4(1)木块在ab段受到的摩擦力f的大小；(2)木块最后距a点的距离s.答案(1)(2)l解析(1)从木块开始运动到木块到达最大高度的过程中，规定向左为正方向：水平方向上由动量守恒：mv03mv1由能量守恒：mv3mvmghfl解得：f(2)木块从最大高度至与物体p最终相对静止，规定向左为正方向：由动量守恒：3mv13mv2由能量守恒：3mvmgh3mvfx距a点的距离：slx解得：sll.四、动量和能量综合问题分析1.动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式.2.动量守恒及机械能守恒都有条件.注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒.但任何过程能量都守恒.3.两物体相互作用后具有相同速度的过程损失的机械能最多.例4如图5所示，固定的长直水平轨道mn与位于竖直平面内的光滑半圆轨道平滑相接，圆轨道半径为r，pn恰好为该圆的一条竖直直径.可视为质点的物块a和b紧靠在一起静止于n处，物块a的质量ma2m，b的质量mbm.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨道向左、右运动，物块b恰好能通过p点并被接住，物块b不能落到轨道mn上.已知物块a与mn轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g.求：图5(1)物块b运动到p点时的速度大小vp；(2)两物块刚分离时物块b的速度大小vb；(3)物块a在水平面上运动的时间t.答案(1)(2)(3)解析(1)对于物块b，恰好通过p点时只受重力的作用，根据牛顿第二定律有：mbg解得vp(2)对于物块b，从n点到p点的过程中机械能守恒，有：mbvmbv2mbgr解得vb(3)设物块a、b分离时a的速度大小为va，以向左为正方向，根据动量守恒定律有：mavambvb0此后a滑行过程中，根据动量定理有：magt0mava联立式可得：t.1.(动量及动量定理)(多选)一质量为2kg的质点在一恒力f的作用下，在光滑水平面上从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移s变化的关系式为p8kgm/s，关于该质点的说法正确的是()a.速度变化率为8m/s2b.受到的恒力为16nc.1s末的动量为16kgm/sd.1s末的动能为32j答案abc解析由式子p8kgm/s和动量定义式pmv，可以得到s，再由匀加速直线运动的位移公式知加速度a8m/s2，受到的恒力为fma28 n16 n；1 s末的动量为ppft16 kgm/s，故a、b、c选项正确；而1 s末的动能应是64 j，d选项错误.2.(动量与能量的综合)如图6所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车c的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg的滑块a，在小车c的左端有一个质量为2kg的滑块b，滑块a与b均可看成质点.现使滑块a从距小车的上表面高h1.25m处由静止下滑，与b碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车c上滑出.已知滑块a、b与小车c的动摩擦因数均为0.5，小车c与水平地面之间的摩擦忽略不计，取g10m/s2.求：图6(1)滑块a与b碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)小车c上表面的最短长度.答案(1)2.5m/s(2)0.375m解析(1)设滑块a滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律得：maghmav代入数据解得v15m/s设a、b碰后瞬间的共同速度为v2，滑块a与b碰撞瞬间与车c无关，滑块a与b组成的系统动量守恒，mav1(mamb)v2代入数据解得v22.5m/s(2)设小车c上表面的最短长度为l，滑块a与b最终没有从小车c上滑出，三者最终速度相同设为v3，根据动量守恒定律有：(mamb)v2(mambmc)v3根据能量守恒定律有：(mamb)gl(mamb)v(mambmc)v联立式代入数据解得l0.375m.3.(多过程中的动量与能量的综合应用)如图7所示，两块相同平板p1、p2置于光滑水平面上，质量均为m.p2的右端固定一轻质弹簧，左端a与弹簧的自由端b相距l.物体p置于p1的最右端，质量为2m，且可看做质点.p1与p以共同速度v0向右运动，与静止的p2发生碰撞，碰撞时间极短.碰撞后p1与p2粘连在一起.p压缩弹簧后被弹回并停在a点(弹簧始终在弹性限度内).p与p2之间的动摩擦因数为.重力加速度为g，求：图7(1)p1、p2刚碰完时的共同速度v1和p的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能ep.答案(1)v1方向水平向右v2v0方向水平向右(2)xlepmv解析(1)p1、p2碰撞过程，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：mv02mv1解得：v1，方向水平向右对p1、p2、p组成的系统，由动量