2010届高三物理一轮复习教案力学部分－动量doc--高中物理 .doc

http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网高三一轮复习教案（全套高三一轮复习教案（全套 6868 个）个）第一部分第一部分力学力学5.动动 量量一、一、冲量和动量冲量和动量二、二、动量定理动量定理三、三、动量守恒定律动量守恒定律四、四、动量守恒定律的应用动量守恒定律的应用5.动动 量量一、冲量和动量一、冲量和动量目的要求目的要求复习动量和动量定理、动量守恒定律。http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网知识要点知识要点1.动量：按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。2.冲量：按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。要注意的是：冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。例题分析例题分析例 1：质量为m的小球由高为H的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？解：力的作用时间都是gHgHt2sin1sin22，力的大小依次是mg、mgcos和mgsin，所以它们的冲量依次是：gHmIgHmIgHmING2,tan2,sin2合特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。例 2：一个质量是 0.2kg 的钢球，以 2m/s 的速度水平向右运动，碰到一块竖硬的大理石后被弹回，沿着同一直线以 2m/s 的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？解：取水平向右的方向为正方向，碰撞前钢球的速度v=2m/s，碰撞前钢球的动量为P=mv=0.22kgm/s=0.4kgm/s。碰撞后钢球的速度为v=0.2m/s，碰撞后钢球的动量为p=m v=-0.22kgm/s=-0.4kgm/s。p=p-P=-0.4kgm/s-0.4kgm/s=-0.8kgm/s，且动量变化的方向向左。例 3：一个质量是 0.2kg 的钢球，以 2m/s 的速度斜射到坚硬的大理石板上，入射的角度是 45，碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是 45，速度大小仍为 2m/s，用作图法求出钢球动量变化大小和方向？mHvvvv4545http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网动量是矢量，求其变化量可以用平行四边形定则：在一维情况下可首先规定一个正方向，这时求动量的变化就可以简化为代数运算了。解：碰撞前后钢球不在同一直线运动，据平行四边形定则，以 p和 P 为邻边做平行四边形，则p就等于对解线的长度，对角线的指向就表示的方向：smkgsmkgppp/24.0/4.04.0)(2222方向竖直向上。4545-ppphttp:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网二、动量定理二、动量定理目的要求目的要求复习动量定理及其应用知识要点知识要点1.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I=p动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。现代物理学把力定义为物体动量的变化率：tPF（牛顿第二定律的动量形式）。动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。2.利用动量定理定性地解释一些现象3.利用动量定理进行定量计算利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行：明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力（内力）会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。根据动量定理列式求解。例题分析例题分析例 1：以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？解：因为合外力就是重力，所以 p=Ft=mgt有了动量定理，不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选择的等价的方法。本题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要方便得多。当合外力为恒力时往往用Ft来求较为简单；当合外力为变力时，在高中阶段只能用p来求。例 2：鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑料垫上，没有被打破。这是为什么？解：两次碰地（或碰塑料垫）瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以两次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。根据Ft=p，第一次与地板作用时的接触时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破。（再说得准确一点应该指出：鸡蛋被打破是因为受到的压强大。鸡蛋和地板相互作用时的接触面积小而作用力大，所以压强大，鸡蛋被打破；鸡蛋和泡沫塑料垫相互作用时的接触面积大而作用力小，所以压强小，鸡蛋未被打破。）http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网例 3：某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？解：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合力 冲 量 的 大小。在水平方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。例 4：质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。求：沙对小球的平均阻力F；小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。解：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C。在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：mg(t1+t2)-Ft2=0,解得：221tttmgF仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：mgt1-I=0,I=mgt1这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合。若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1t2时，Fmg。例 5：质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？解：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为amM，该过程经历时间为v0/g，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：000,vMggamMvvmMvMgvamM这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是amM。例 6：质量为m=1kg 的小球由高h1=0.45m 处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度为h2=0.2m，从小球下落到反跳到最高点经历的时间为t=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F。解：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t1=0.3s 和t2=0.2s，因此与地面作用的时间必为t3=0.1s。由动量定理得：mgt-Ft3=0，F=60NFABCmMv0v/http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网三、动量守恒定律三、动量守恒定律目的要求目的要求复习动量守恒定律及其应用。知识要点知识要点1.动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。即：22112211vmvmvmvm2.动量守恒定律成立的条件系统不受外力或者所受外力之和为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。3.动量守恒定律的表达形式除了22112211vmvmvmvm，即 p1+p2=p1/+p2/外，还有：p1+p2=0，p1=-p2和1221vvmm4.动量守恒定律的重要意义从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930 年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到 1956 年人们才首次证明了中微子的存在。（2000 年高考综合题 23 就是根据这一历史事实设计的）。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。例题分析例题分析例 1：质量为 m=0.10kg 的小钢球以 Vo=10m/s 的水平速度抛出，下落 h=5.0m 时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平地面的夹角=_.刚要撞击时小球的动量的大小为_（g=10m/s2)解：小钢球作平抛运动，撞击钢板时的竖直分速度 Vy=10m/s.而水平方向作的是匀速运动，所以 Vx=Vo=10m/s.而 tgn=Vo/Vy=1，所以=450，另外钢球的末速度为：Vt=m/s，于是刚要撞击时小球的动量大小等于：P=mVt=kgm/s例 2.质量为 m 的钢球自高处下落，以速度 V1 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为V2，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（）A.向下，m(V1-V2)B.向下，m（V1+V2）C.向上，m(V1-V2)D.向上，m(V1+V2)分析：将钢球作研究对象，钢球在碰地过程中的受力如图中的动画所示，图中 mg 为钢球受到的重力、http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网N 是受到地面对它的弹力，由于弹力和重力对钢球的冲量使钢球的动量发生改变.图中钢球的碰地速度 V1，弹起速度为 V2，我们假设垂直地面向上为正，对钢球运用动理定理得：Nt-mgt=mV2-(-mV1)=mV2+mV1，由于碰撞时间极短，t 趋近于零，故 mgt 也趋于零可忽略不计，于是 Nt=m(V2+V1),即弹力的冲量方向向上，大小等于 m(V1+V2),故答案选 D例题 3:质量为 M 的小船以速度 Vo 行驶，船上有两个质量皆为 m 的小孩 a 和 b，分别静止站在船头和船尾.现小孩 a 沿水平方向以速率 V（相对于静水面）向前跃入水中，然后小孩 b 沿水平方向以同一速率（相对于静水面）向后跃入水中，求小孩 b 跃出后小船的速度。本题是由三个物体组成的物体系，和两个物体过程的动量守恒定律的应用问题，选择合理的研究对象和研究过程可使解题方便简捷.解答：选小孩 a、b 和船为一系统，在两小孩先后跳入水的整个过程中可忽略水的阻力.系统水平方向上动量守恒.设小孩 b 跃出后船向前行驶的速度为 Vx，选 Vx 方向为正方向根据动量守恒定律有；（M+2m)Vo=MVx+mV-mV整理得：Vx=（1+2m/M)Vo例题 4:一列火车在水平直轨道上做匀速运动，总质量为 M，速度为 V，某时刻火车后部有质量为 m的一节车厢脱钩，司机并未发觉，又继续行驶了一段距离，这期间车牵引力保持不变，并且火车各部所受的阻力跟运动速度无关，当司机发现时，后面脱钩的车厢的速度已减为 V/3，求此时刻火车车厢前面部分的速度多大？解答：火车原在铁轨上匀速运动，故所受合外力等于零，一节车厢脱钩后，牵引力和阻力均不变，火车系统合外力等于零，动量守恒.当脱钩车厢速度为 V/3 时，设前面部分的速度为 V，根据动量守恒定律有：MV=（M-m)V+mV/3解得：http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网四、动量守恒定律的应用四、动量守恒定律的应用目的要求目的要求复习掌握动量守恒定律的应用知识要点知识要点1.碰撞：两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为 m1的物体 A以速度 v1向质量为 m2的静止物体 B运动，B 的左端连有轻弹簧。在位置 A、B 刚好接触，弹簧 开 始 被 压缩，A 开始减速，B 开始加速；到位置 A、B 速度刚好相等（设为 v），弹簧被压缩到最短；再往后 A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到位置弹簧刚好为原长，A、B 分开，这时 A、B 的速度分别为21vv和。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。弹簧是完全弹性的。系统动能减少全部转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性势能最大；弹性势能减少全部转化为动能；因此、状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明 A、B 的最终速度分别为：121121212112,vmmmvvmmmmv。（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）弹簧不是完全弹性的。系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，状态系统动能仍和相同，弹性势能仍最大，但比小；弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。弹簧完全没有弹性。系统动能减少全部转化为内能，状态系统动能仍和相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A、B 不再分开，而是共同运动，不再有过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，A、B 最终的共同速度为121121vmmmvv。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：21212122121122121mmvmmvmmvmEk。（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）2.子弹打木块类问题：子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。3.反冲问题：在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。例题分析例题分析例 1：质量为 M 的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为 mv1vv1/v2/v1http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网的小球以速度 v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于 90且足够长。求小球能上升到的最大高度 H 和物块的最终速度 v。解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：vmMmv1由系统机械能守恒得：mgHvmMmv2212121解得gmMMvH221全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得12vmMmv本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。例 2：动量分别为 5kgm/s 和 6kgm/s 的小球 A、B 沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A 追上 B 并发生碰撞后。若已知碰撞后 A 的动量减小了 2kgm/s，而方向不变，那么 A、B 质量之比的可能范围是什么？解：A 能追上 B，说明碰前 vAvB,BAmm65；碰后 A 的速度不大于 B 的速度，BAmm83；又因为碰撞过程系统动能不会增加，BABAmmmm282326252222，由以上不等式组解得：7483BAmm此类碰撞问题要考虑三个因素：碰撞中系统动量守恒；碰撞过程中系统动能不增加；碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。例 3：设质量为 m 的子弹以初速度 v0射向静止在光滑水平面上的质量为 M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为 d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。解：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：vmMmv0从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为 f，设子弹、木块的位移大小分别为 s1、s2，如图所示，显然有 s1-s2=d对子弹用动能定理：22012121mvmvsf对木块用动能定理：2221Mvsf、相减得：2022022121vmMMmvmMmvdf这个式子的物理意义是：fd 恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见Qdf，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。由上式不难求得平均阻力的大小：dmMMmvf220至于木块前进的距离 s2，可以由以上、相比得出：dmMms2从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变s2ds1v0vhttp:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网速运动，位移与平均速度成正比：dmMmsmmMvvsdvvvvvvsds2020022,2/2/一般情况下mM，所以 s2d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：202vmMMmEk当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是EK=f d（这里的 d 为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用式计算EK的大小。做这类题目时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据。例 4：质量为 m 的人站在质量为 M，长为 L 的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？解：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于 L。设人、船位移大小分别为 l1、l2，则：mv1=Mv2，两边同乘时间 t，ml1=Ml2，而 l1+l2=L，LmMml2应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用 m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用(m1+m2)v0=m1v1+m2v2列式。例 5：总质量为 M 的火箭模型 从飞机上释放时的速度为 v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率 u 喷出质量为 m 的燃气后，火箭本身的速度变为多大？解：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为 M-m，以 v0方向为正方向，mMmuMvvvmMmuMv00,l2l1