2017-2018學(xué)年同步備課套餐之物理滬科版選修3-5講義：第1章碰撞與動(dòng)量守恒 章末總結(jié)

1、學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精章末總結(jié)一、動(dòng)量定理及其應(yīng)用1沖量的計(jì)算（1)恒力的沖量:公式ift適用于計(jì)算恒力的沖量圖1(2）變力的沖量通常利用動(dòng)量定理ip求解可用圖像法計(jì)算在ft圖像中陰影部分（如圖1)的面積就表示力在tt2t1時(shí)間內(nèi)的沖量2動(dòng)量定理ftmv2mv1的應(yīng)用（1）它說(shuō)明的是力對(duì)時(shí)間的累積效應(yīng)應(yīng)用動(dòng)量定理解題時(shí),只考慮物體的初、末狀態(tài)的動(dòng)量，而不必考慮中間的運(yùn)動(dòng)過(guò)程(2)應(yīng)用動(dòng)量定理求解的問(wèn)題：求解曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量變化量求變力的沖量問(wèn)題及平均力問(wèn)題3物體動(dòng)量的變化率等于它所受的合外力，這是牛頓第二定律的另一種表達(dá)式4解題思路(1)確定研究對(duì)象,進(jìn)行受力分析；（2）確定初、末狀態(tài)的動(dòng)量

2、mv1和mv2（要先規(guī)定正方向,以便確定動(dòng)量的正負(fù),還要把v1和v2換成相對(duì)于同一慣性參考系的速度);(3)利用ftmv2mv1列方程求解例1質(zhì)量為0.2 kg的小球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動(dòng)量變化為_(kāi) kgm/s.若小球與地面的作用時(shí)間為0.2 s,則小球受到地面的平均作用力大小為_(kāi)n(取g10 m/s2)答案212解析由題知vt4 m/s方向?yàn)檎?則動(dòng)量變化pmvtmv00.24 kgm/s0。2（6） kgm/s2 kgm/s.由動(dòng)量定理f合tp得（nmg）tp，則nmg n0.210 n12 n.二

3、、多過(guò)程問(wèn)題中的動(dòng)量守恒1正確選擇系統(tǒng)(由哪幾個(gè)物體組成）和劃分過(guò)程，分析系統(tǒng)所受的外力,判斷是否滿(mǎn)足動(dòng)量守恒的條件2準(zhǔn)確選擇初、末狀態(tài)，選定正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列方程例2如圖2所示，兩端帶有固定薄擋板的滑板c長(zhǎng)為l，質(zhì)量為，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,其光滑上表面上靜置著質(zhì)量分別為m、的物塊a、b，a位于c的中點(diǎn),現(xiàn)使b以水平速度2v向右運(yùn)動(dòng)，與擋板碰撞并瞬間粘連，不再分開(kāi)，a、b可看做質(zhì)點(diǎn)，物塊a與b、c的碰撞都可視為彈性碰撞已知重力加速度為g，求:圖2(1）b與c上擋板碰撞后的速度以及b、c碰撞后c在水平面上滑動(dòng)時(shí)的加速度大??；（2）a與c上擋板第一次碰撞后a的速度大小答案（1)v2g(

4、2）解析（1)b、c碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得:2v(）v1解得v1v對(duì)b、c，由牛頓第二定律得：(m）g（)a,解得a2g.(2）設(shè)a、c第一次碰撞前瞬間c的速度為v2，由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得vv2(a）l，物塊a與b、c的碰撞都可視為彈性碰撞，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得:（)v2()v3mv4由能量守恒定律得(）v（)vmv解得a與c上擋板第一次碰撞后a的速度大小v4。三、動(dòng)量和能量綜合問(wèn)題分析1動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫(xiě)出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無(wú)分量表達(dá)式2動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒都有條件

5、注意某些過(guò)程動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒；某些過(guò)程機(jī)械能守恒，但動(dòng)量不守恒；某些過(guò)程動(dòng)量和機(jī)械能都守恒但任何過(guò)程能量都守恒3兩物體相互作用后具有相同速度的過(guò)程損失的機(jī)械能最多例3如圖3所示，固定的長(zhǎng)直水平軌道m(xù)n與位于豎直平面內(nèi)的光滑半圓軌道相接,圓軌道半徑為r，pn恰好為該圓的一條豎直直徑可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊a和b緊靠在一起靜止于n處,物塊a的質(zhì)量為ma2m,b的質(zhì)量為mbm。兩物塊在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離，分別沿軌道向左、右運(yùn)動(dòng)，物塊b恰好能通過(guò)p點(diǎn)已知物塊a與mn軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,重力加速度為g。求：圖3(1）物塊b運(yùn)動(dòng)到p點(diǎn)時(shí)的速度大小vp；(2)兩物塊剛分離時(shí)物塊b的速度大小vb;(

6、3）物塊a在水平面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。答案(1)(2）(3）解析(1)對(duì)于物塊b，恰好通過(guò)p點(diǎn)時(shí)只受重力的作用,根據(jù)牛頓第二定律得 ：mbg解得vp(2)對(duì)于物塊b，從n點(diǎn)到p點(diǎn)的過(guò)程中由機(jī)械能守恒定律得：mbvmbv2mbgr解得vb(3）設(shè)物塊a、b分離時(shí)a的速度大小為va,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mavambvb0此后a滑行過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理得：magt0mava聯(lián)立式可得：t。1（多選）一質(zhì)量為2 kg的質(zhì)點(diǎn)在一恒力f的作用下，在光滑水平面上從靜止開(kāi)始沿某一方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，它的動(dòng)量p隨位移s變化的關(guān)系式為p8 kgm/s，關(guān)于該質(zhì)點(diǎn)的說(shuō)法正確的是（）a速度變化率為8 m/s2b受到的恒

7、力為16 nc1 s 末的動(dòng)量為16 kgm/sd1 s 末的動(dòng)能為32 j答案abc解析由式子p8 kgm/s和動(dòng)量定義式pmv，可以得到s,再由勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移公式v22as，知加速度a8 m/s2，故a、b、c三個(gè)選項(xiàng)都是正確的;而1 s末的動(dòng)能應(yīng)是64 j，d選項(xiàng)錯(cuò)誤2.圖4一質(zhì)量為0。5 kg的小物塊放在水平地面上的a點(diǎn)，距離a點(diǎn)5 m的位置b處是一面墻，如圖4所示物塊以v09 m/s的初速度從a點(diǎn)沿ab方向運(yùn)動(dòng)，在與墻壁碰撞前的瞬間速度為7 m/s，碰撞后以6 m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止g取10 m/s2。（1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若碰撞時(shí)間為0。05 s，求碰

8、撞過(guò)程中墻面對(duì)物塊的平均作用力f；（3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功w.答案（1)0。32（2)130 n，方向向左（3)9 j解析（1)對(duì)小物塊從a運(yùn)動(dòng)到b處的過(guò)程中由動(dòng)能定理得mgsmv2mv代入數(shù)值解得0.32。(2）取向右為正方向，碰撞后滑塊的速度v6 m/s由動(dòng)量定理得:ftmvmv解得f130 n其中“”表示墻面對(duì)物塊的平均作用力方向向左(3）對(duì)物塊反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中應(yīng)用動(dòng)能定理得w0mv2，解得w9 j.3兩滑塊a、b開(kāi)始沿光滑水平面上同一條直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生碰撞碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段兩者的位置s隨時(shí)間t變化的圖像如圖5所示求:圖5(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比;(2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比答案(1)18（2)12解析(1)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2,a、b碰撞前的速度為v1、v2。由圖像得v12 m/sv21 m/sa、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v。由圖像得v m/s由動(dòng)量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2）v聯(lián)立式得m1m218(2）由能量守恒定律得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為em1vm2v（m1m2）v2由圖像可知