高中教科版 (2019)动量定理课前预习课件ppt

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(1)内容:物体在一个过程中所受合力与作用时间的乘积等于物体动量的变化,这个结论叫作 动量定理。(2)公式说明:表达式是矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面的意思。公式中的合外力F若 是变力,则F应取合外力在作用时间内的平均值。
(3)变形式:由Ft=p'-p结合p=mv可推导出F= =ma,这是牛顿第二定律的另一种表述,即作用在物体上的合力等于物体动量的变化率。
1.在物体的动量变化量Δp一定时,由动量定理Ft=Δp可知,力的作用时间t越短,则作用力F就越 大,因此在需要增大作用力时,可尽量缩短力的作用时间,如打击、撞击时;力的作用时间t越 长,则作用力F就越小,因此在需要减小作用力时,可设法延长力的作用时间,如利用软垫、弹 簧的缓冲作用延长力的作用时间。2.在作用力F一定时,由动量定理Ft=Δp可知,力的作用时间越长,动量变化量越大;力的作用时 间越短,动量变化量越小。
知识辨析1.一头耕牛疯狂地用头撞拴着它的那棵大树,大树却纹丝未动,耕牛对大树的冲量等于0吗?2.拔河比赛中,红、蓝两队势均力敌,难分输赢,此时两队对绳子的冲量相同吗?3.在日常生活中,有不少这样的例子:跳高时在下落处要放厚厚的海绵垫子,跳远时要跳在沙 坑中。这样做的目的是什么?4.在同一高度,以大小相等的速度将质量相同的三个小球分别平抛、竖直上抛、竖直下抛,不 计空气阻力,则从抛出到落地,三种情况下小球动量的变化量一样大吗?
一语破的1.不等于0。冲量等于力与时间的乘积,两者都不是0,因此耕牛对大树的冲量不是0。2.不相同。冲量是矢量,两队对绳子的冲量大小相等,但方向相反。3.这样做可以延长作用的时间,以减小人受到的冲击力。4.不一样大。由动量定理I=Δp可知,运动过程中小球动量的变化量等于重力的冲量,重力相 同,竖直上抛的小球运动的时间最长,其重力的冲量最大,竖直下抛的小球运动的时间最短,其 重力的冲量最小。
　    F-t图线与时间轴围成的面积表示力F的冲量。此方法既可以计算恒力的冲量,也可以计 算变力的冲量。
典例 如图甲所示,质量m=1.0 kg的滑块静止在粗糙的水平面上,在滑块右端施加一水平向 右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F【1】,4 s末撤去力F【2】,若滑块与水平面间的动摩擦 因数μ=0.3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2,则下列说法正确的是  (　    )A.0~4 s内滑块所受的摩擦力不变B.2 s末滑块的动量大小为6 kg·m/sC.4 s末滑块的速度大小为2.5 m/s
D.撤去力F后,再经历  s滑块重新静止
信息提取    【1】借助F -t图像的面积可求力F的冲量;【2】撤去力F后,滑块受摩擦力作用而减速运动。
解析    由题知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则最大静摩擦力为f=μFN=μmg=0.3×1.0×10 N=3 N,结合图乙可知滑块在1 s后开始滑动,0~4 s内,滑块先静止后滑动,因此所受摩擦力先增大 后不变,A错误;滑块在1 s后开始滑动,则在1~2 s内,力F的冲量I= ×(3+4)×1 N·s=3.5 N·s=3.5 kg·m/s(由【1】得到),又I-ft=mv2-0(由【3】得到),解得2 s末滑块的动量为p=mv2=3.5 kg·m/s-3×1 kg·m/s=0.5 kg·m/s,B错误;1~4 s内,力F的冲量I'= ×(3+4)×1 N·s+4×(4-2) N·s=11.5 N·s=11.5 kg·m/s(由【1】得到),又I'-ft'=mv4-0(由【3】得到),解得4 s末滑块的速度大小v4= m/s=2.5 m/s,C正确;撤去力F后,则有-mv4=-ft0(由【2】、【3】得到),解得t0= =  s=  s,D错误。故选C。
1.用动量定理解释生活、生产现象用动量定理解释生活、生产中的现象,关键是明确在某一物理过程中物体动量的变化、作用 力以及力的作用时间,主要有以下三种情况:(1)动量的变化量Δp一定时,缩短力的作用时间,可以增大作用力;延长力的作用时间,可以减 小作用力。(2)作用力F一定时,力的作用时间越长,动量的变化量Δp越大;力的作用时间越短,动量的变化 量Δp越小。(3)力的作用时间一定时,作用力越大,动量的变化量Δp越大;作用力越小,动量的变化量Δp越 小。
2.用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象。在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体。(2)对物体进行受力分析,求合冲量。可先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和;或先求各 力的合力,再求其冲量。(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正、负号。(4)根据动量定理列方程,如有必要还需要补充其他方程,最后代入数据求解。说明:对过程较复杂的运动,可分段用动量定理,也可对整个过程用动量定理。
典例 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。若一 个质量为60 kg的运动员,从离水平网面3.2 m高处自由下落【1】,着网后沿竖直方向蹦回离水平 网面5.0 m高处【2】。已知运动员与网接触的时间为1.2 s,若把这段时间内网对运动员的作用 力当作恒力,求该力的大小和方向。(重力加速度g取10 m/s2)
信息提取    【1】运动员做自由落体运动,可得到接触网时的速度;【2】运动员做竖直上抛运动,可得到离开网面时的速度。
思路点拨    构建运动模型,采用分段法对触网过程应用动量定理求解问题;或者对运动员下 降、与网接触和上升的全过程应用动量定理求解问题。
解析    解法一:运动员刚接触网时的速度大小v1= =  m/s=8 m/s,方向竖直向下。刚离网时的速度大小v2= =  m/s=10 m/s,方向竖直向上。规定竖直向上为正方向,设运动员与网接触的过程中网对运动员的作用力为FN,对运动员,由动量定理有(FN- mg)t=mv2-m(-v1),解得FN= +mg=  N+60×10 N=1.5×103 N,方向竖直向上。解法二:对运动员下降、与网接触和上升的全过程应用动量定理。自由下落的时间t1= =  s=0.8 s,离网后上升的时间t2= =  s=1 s,整个过程运动员受重力作用,仅在与网接触的t3=1.2 s时间内受到网对他向上的弹力FN的作用,规定竖直向上为正方向,对全过程 应用动量定理有FNt3-mg(t1+t2+t3)=0,则FN= mg= ×60×10 N=1.5×103 N,方向竖直向上。
答案    1.5×103 N　方向竖直向上
1.流体模型对于流体的运动,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在极短的时间Δt内通过某一面积为 S的横截面的柱形流体的长度为Δl,如图所示。设流体的密度为ρ,则在Δt时间内流过该截面 的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt,根据动量定理,可知流体微元所受的合外力的冲量等于该流 体微元动量的变化量,即FΔt=ΔmΔv。
分两种情况:(1)作用后流体微元静止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2;(2)作用后流体微元以速率v反弹,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2。2.微粒类问题通常,电子流、光子流、离子流等被广义地视为“微粒”,其质量具有独立性,题目通常给出 单位体积内粒子数n。应用动量定理分析微粒类问题的步骤:(1)建立“柱体”模型。沿微粒运动的方向选取微元,柱体的横截面积为S。(2)选取微元研究。微元的长度为Δl=v0Δt,体积为ΔV=Sv0Δt,则微元内的粒子数N=nv0SΔt。(3)先应用动量定理研究单个粒子,建立方程,再乘以N计算。
典例 某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱使一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中 【1】。为计算方便,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出【2】;玩具底面为 平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底面后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向水朝四 周均匀散开,忽略空气阻力。已知水的密度为ρ,重力加速度为g。求:(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。
信息提取    【1】水柱对卡通玩具的冲击力与卡通玩具的重力平衡。【2】Δt时间内喷出水的质量等于长度为v0Δt、横截面积为S的水柱的质量。
思路点拨    解答本题的思路如下:(1)沿水喷出方向,建立“柱体”模型【3】,分析喷泉单位时间内喷出水的质量。(2)根据机械能守恒定律【4】得出水到达玩具底面时的速度,结合动量定理【5】得出作用力的大 小;根据玩具受力平衡【6】,求解玩具悬停时底面相对喷口的高度。
解析    (1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV,ΔV=v0SΔt(由 【2】、【3】得到),可得单位时间内从喷口喷出的水的质量为 =ρv0S。(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h(以喷口所在平面为参考平面),水从喷口喷出 后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水,由机械能守恒定律得 Δmv2+Δmgh= Δm (由【4】得到),在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=Δmv,设玩具对水的作用力大小为F,根据动量定理有(F+Δmg)Δt=Δp(由 【5】得到),由于Δt很小,Δmg也很小,ΔmgΔt可以忽略,因此有FΔt=Δp,水对玩具的作用力大小 为F'=F,由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F'=Mg(由【1】、【6】得到),联立得h= - 。