1、第一章,章末總結(jié),內(nèi)容索引,知識網(wǎng)絡(luò),題型探究,達(dá)標(biāo)檢測,知識網(wǎng)絡(luò),動量 守恒 定律,基本 概念,動量：p ，矢量，方向與 的方向相同，是狀態(tài)量,動量變化量,p mv 方向：與,沖量：IFt，矢量，方向與 的方向一致，若力為變力，沖量方向與相應(yīng)時間內(nèi)動量的改變量方向一致，是過程量,mv,速度v,pp,v方向相同,恒力F,動量 守恒 定律,基本 規(guī)律,動量定理,動量守 恒定律,研究對象：一個物體(或一個系統(tǒng)) 內(nèi)容：合外力的沖量等于物體 公式：Ft,內(nèi)容：如果一個系統(tǒng) ，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變,公式,pp，作用前后總動量_ p0，作用前后總動量不變 p1p2，相互作用

2、的兩個物體動量的變化大小 、方向_,動量的變化量,mvmv,不受外力,相同,相等,相反,動量 守恒 定律,基本 規(guī)律,動量守 恒定律,守恒 條件,系統(tǒng)不受 的作用 系統(tǒng)所受外力的矢量和為_ 內(nèi)力遠(yuǎn)大于 ，且作用時間極 ，系統(tǒng)動量近似守恒 系統(tǒng)在某一方向上 ，系統(tǒng)在該方向上動量守恒,外力,零,外力,短,不受外力或所受外力,的合力為零,動量 守恒 定律,基本 規(guī)律,應(yīng)用,爆炸：動量守恒，動能,碰撞,對心和非對心碰撞,彈性和非 彈性碰撞,彈性碰撞：動量守恒，機(jī)械能_ 非彈性碰撞：動量守恒，機(jī)械能 _ 完全非彈性碰撞：動量守恒，機(jī)械能損失最多,反沖：動量守恒火箭,適用范圍：宏觀、微觀、高速、低速均適用

3、,增加,守恒,減,少(或有損失),題型探究,一、動量定理及其應(yīng)用,1.沖量的計算 (1)恒力的沖量：公式IFt適用于計算恒力的沖量. (2)變力的沖量 通常利用動量定理Ip求解. 可用圖象法計算.在Ft圖象中陰影部分(如圖1)的面積就表示力在時間tt2t1內(nèi)的沖量.,圖1,2.動量定理Ftmv2mv1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(yùn)動過程. (2)應(yīng)用動量定理求解的問題：求解曲線運(yùn)動的動量變化量.求變力的沖量問題及平均力問題. 3.物體動量的變化率 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

4、 (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量變化為_kgm/s.若小球與地面的作用時間為0.2 s，則小球受到地面的平均作用力大小為_N(取g10 m/s2).,解析,答案,解析由題知v4 m/s方向?yàn)檎?，則動量變化pmvmv00.24kgm/s0.2(6) kgm/s2 kgm/s.由動量

5、定理F合tp得(FNmg)tp，則FN mg N0.210 N12 N.,2,12,二、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 ，與地面間的動摩擦因數(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，與擋板碰撞并瞬間粘連，不再分開，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： (1)B與C上擋板碰撞后的速度以及

6、B、C 碰撞后C在水平面上滑動時的加速度大??；,圖2,解析,答案,答案v2g,解析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：,解得v1v 對B、C，由牛頓第二定律得：,解得a2g.,(2)A與C上擋板第一次碰撞后A的速度大小.,解析,答案,答案,解析設(shè)A、C第一次碰撞前瞬間C的速度為v2，由勻變速直線運(yùn)動的速度位移公式得,物塊A與B、C的碰撞都可視為彈性碰撞，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：,由能量守恒定律得,解得A與C上擋板第一次碰撞后A的速度大小,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

7、，絕無分量表達(dá)式. 2.動量守恒及機(jī)械能守恒都有條件. 注意某些過程動量守恒，但機(jī)械能不守恒；某些過程機(jī)械能守恒，但動量不守恒；某些過程動量和機(jī)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(jī)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(diǎn)的物塊A和B緊靠在一起靜止于N處，物塊A的質(zhì)量mA2m，B的質(zhì)量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，物塊B恰好能通過P點(diǎn).已知物塊A與MN軌道間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.求： (1)物塊B運(yùn)動到

8、P點(diǎn)時的速度大小vP；,圖3,解析,答案,答案,解析對于物塊B，恰好通過P點(diǎn)時只受重力的作用，根據(jù)牛頓第二定律有：,(2)兩物塊剛分離時物塊B的速度大小vB；,解析,答案,答案,解析對于物塊B，從N點(diǎn)到P點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，有：,(3)物塊A在水平面上運(yùn)動的時間t.,答案,解析設(shè)物塊A、B分離時A的速度大小為vA，根據(jù)動量守恒定律有： mAvAmBvB0 此后A滑行過程中，根據(jù)動量定理有： mAgt0mAvA,解析,答案,達(dá)標(biāo)檢測,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始沿某一方向做勻加速直線運(yùn)動，它的動量p隨位移x變化的關(guān)系式為p kgm/s，關(guān)于該質(zhì)

9、點(diǎn)的說法正確的是 A.速度變化率為8 m/s2 B.受到的恒力為16 N C.1 s 末的動量為16 kgm/s D.1 s 末的動能為32 J,解析,答案,1,2,3,解析由式子p kgm/s和動量定義式pmv，可以得到x ，再由勻加速直線運(yùn)動的位移公式知加速度a8 m/s2，故A、B、C三個選項(xiàng)都是正確的； 而1 s末的動能應(yīng)是64 J，D選項(xiàng)錯誤.,1,2,3,2.一質(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，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運(yùn)動直至靜止.g

10、取10 m/s2. (1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)；,答案,解析,答案0.32,1,2,3,圖4,解析對小物塊從A運(yùn)動到B處的過程中,代入數(shù)值解得0.32.,(2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊的平均作用力F；,答案,解析,答案130 N，方向向左,1,2,3,解析取向右為正方向，碰后滑塊速度v6 m/s 由動量定理得：Ftmvmv，解得F130 N 其中“”表示墻面對物塊的平均作用力方向向左.,(3)求物塊在反向運(yùn)動過程中克服摩擦力所做的功W.,答案,解析,答案9 J,1,2,3,解析對物塊反向運(yùn)動過程中應(yīng)用動能定理得,3.兩滑塊a、b開始沿光滑水平面上同一條直線運(yùn)動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)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x隨時間t變化的圖象如圖5所示.求： (1)滑塊a、b的質(zhì)量之比；,圖5,答案,解析,1,2,3,答案18,解析設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2.由題給圖象得 v12 m/s v21 m/s a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v. 由題給圖象得v m/s 由動量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v 聯(lián)立式得m1m218,1,2,3