章末總結(jié)一、動量定理及其應(yīng)用1．沖量的計算(1)恒力的沖量：公式I＝Ft適用于計算恒力的沖量．圖1(2)變力的沖量①通常利用動量定理I＝Δp求解．②可用圖像法計算．在F－t圖像中陰影部分(如圖1)的面積就表示力在Δt＝t2－t1時間內(nèi)的沖量．2．動量定理Ft＝mv2－mv1的應(yīng)用(1)它說明的是力對時間的累積效應(yīng)．應(yīng)用動量定理解題時，只考慮物體的初、末狀態(tài)的動量，而不必考慮中間的運動過程．(2)應(yīng)用動量定理求解的問題：①求解曲線運動的動量變化量．②求變力的沖量問題及平均力問題．3．物體動量的變化率eq\f(Δp,Δt)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)確定研究對象，進(jìn)行受力分析；(2)確定初、末狀態(tài)的動量mv1和mv2(要先規(guī)定正方向，以便確定動量的正負(fù)，還要把v1和v2換成相對于同一慣性參考系的速度)；(3)利用Ft＝mv2－mv1列方程求解．例1質(zhì)量為0.2kg的小球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/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量變化為________kg·m/s.若小球與地面的作用時間為0.2s，則小球受到地面的平均作用力大小為________N(取g＝10m/s2)．答案212解析由題知vt＝4m/s方向為正，則動量變化Δp＝mvt－mv0＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s.由動量定理F合·t＝Δp得(N－mg)t＝Δp，則N＝eq\f(Δp,t)＋mg＝eq\f(2,0.2)N＋0.2×10N＝12N.二、多過程問題中的動量守恒1．正確選擇系統(tǒng)(由哪幾個物體組成)和劃分過程，分析系統(tǒng)所受的外力，判斷是否滿足動量守恒的條件．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長為L，質(zhì)量為eq\f(m,2)，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，其光滑上表面上靜置著質(zhì)量分別為m、eq\f(m,2)的物塊A、B，A位于C的中點，現(xiàn)使B以水平速度2v向右運動，與擋板碰撞并瞬間粘連，不再分開，A、B可看做質(zhì)點，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在水平面上滑動時的加速度大??；(2)A與C上擋板第一次碰撞后A的速度大?。鸢?1)v2μg(2)eq\r(v2－2μgL)解析(1)B、C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：eq\f(m,2)×2v＝(eq\f(m,2)＋eq\f(m,2))v1解得v1＝v對B、C，由牛頓第二定律得：μ(m＋eq\f(m,2)＋eq\f(m,2))g＝(eq\f(m,2)＋eq\f(m,2))a，解得a＝2μg.(2)設(shè)A、C第一次碰撞前瞬間C的速度為v2，由勻變速直線運動的速度位移公式得veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2(－a)×eq\f(1,2)L，物塊A與B、C的碰撞都可視為彈性碰撞，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：(eq\f(m,2)＋eq\f(m,2))v2＝(eq\f(m,2)＋eq\f(m,2))v3＋mv4由能量守恒定律得eq\f(1,2)(eq\f(m,2)＋eq\f(m,2))veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(eq\f(m,2)＋eq\f(m,2))veq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)解得A與C上擋板第一次碰撞后A的速度大小v4＝eq\r(v2－2μgL).三、動量和能量綜合問題分析1．動量定理和動量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無分量表達(dá)式．2．動量守恒及機械能守恒都有條件．注意某些過程動量守恒，但機械能不守恒；某些過程機械能守恒，但動量不守恒；某些過程動量和機械能都守恒．但任何過程能量都守恒．3．兩物體相互作用后具有相同速度的過程損失的機械能最多．例3如圖3所示，固定的長直水平軌道MN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)點的物塊A和B緊靠在一起靜止于N處，物塊A的質(zhì)量為mA＝2m，B的質(zhì)量為mB＝m.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、右運動，物塊B恰好能通過P點．已知物塊A與MN軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.求：圖3(1)物塊B運動到P點時的速度大小vP；(2)兩物塊剛分離時物塊B的速度大小vB；(3)物塊A在水平面上運動的時間t.答案(1)eq\r(gR)(2)eq\r(5gR)(3)eq\f(\r(5gR),2μg)解析(1)對于物塊B，恰好通過P點時只受重力的作用，根據(jù)牛頓第二定律得：mBg＝eq\f(mBv\o\al(2,P),R)①解得vP＝eq\r(gR)②(2)對于物塊B，從N點到P點的過程中由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,P)＋2mBgR③解得vB＝eq\r(5gR)④(3)設(shè)物塊A、B分離時A的速度大小為vA，根據(jù)動量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0⑤此后A滑行過程中，根據(jù)動量定理得：－μmAgt＝0－mAvA⑥聯(lián)立④⑤⑥式可得：t＝eq\f(\r(5gR),2μg).1．(多選)一質(zhì)量為2kg的質(zhì)點在一恒力F的作用下，在光滑水平面上從靜止開始沿某一方向做勻加速直線運動，它的動量p隨位移s變化的關(guān)系式為p＝8eq\r(s)kg·m/s，關(guān)于該質(zhì)點的說法正確的是()A．速度變化率為8m/s2B．受到的恒力為16NC．1s末的動量為16kg·m/sD．1s末的動能為32J答案ABC解析由式子p＝8eq\r(s)kg·m/s和動量定義式p＝mv，可以得到s＝eq\f(v2,16)，再由勻加速直線運動的位移公式v2＝2as，知加速度a＝8m/s2，故A、B、C三個選項都是正確的；而1s末的動能應(yīng)是64J，D選項錯誤．2.圖4一質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5m的位置B處是一面墻，如圖4所示．物塊以v0＝9m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前的瞬間速度為7m/s，碰撞后以6m/s的速度反向運動直至靜止．g取10m/s2.(1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若碰撞時間為0.05s，求碰撞過程中墻面對物塊的平均作用力F；(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W.答案(1)0.32(2)130N，方向向左(3)9J解析(1)對小物塊從A運動到B處的過程中由動能定理得－μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)值解得μ＝0.32.(2)取向右為正方向，碰撞后滑塊的速度v′＝－6m/s由動量定理得：FΔt＝mv′－mv解得F＝－130N其中“－”表示墻面對物塊的平均作用力方向向左．(3)對物塊反向運動過程中應(yīng)用動能定理得－W＝0－eq\f(1,2)mv′2，解得W＝9J.3．兩滑塊a、b開始沿光滑水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞．碰撞后兩者粘在一起運動．經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段．兩者的位置s隨時間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)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比．答案(1)1∶8(2)1∶2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v1＝－2m/s①v2＝1m/s②a、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＝eq\f(2,3)m/s③由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④聯(lián)立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤(2)由能量