（浙江选考）2019高考物理二轮复习 专题二 能量和动量 第2讲 动量和能量观点的应用课件.ppt

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1、第2讲动量和能量观点的应用,专题二能量和动量,内容索引,考点一动量与冲量有关概念与规律的辨析,考点二动量观点在电场和磁场中的应用,考点三动量和能量观点在电磁感应中的简单应用,动量与冲量有关概念与规律的辨析,考点一,1.动量定理 (1)冲量：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即IFt，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是Ns. (2)物理意义：动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果. (3)矢量性：动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向.,1 基础知识梳理,2.动量定理的应用 (1)应用Ip求变

2、力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft求变力的冲量，但可求物体动量的变化p，等效代换变力的冲量I. (2)应用pFt求恒力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft，等效代换动量的变化. 3.动量守恒的适用条件 (1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态.,(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力. (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒. 4.动量守恒的表达式 (1)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，

3、作用前的动量和等于作用后的动量和. (2)p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向. (3)p0，系统总动量的增量为零.,1.动量定理的定性分析(多选)篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球.接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图1所示，下列说法正确的是 A.球对手的冲量减小 B.球对人的冲击力减小 C.球的动量变化量不变 D.球的动能变化量减小,答案,2 基本题目训练,图1,解析,解析先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：Ft0mv得F ，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量变化量、动能变化量都不变，所以B、C正确.,2.动量定理

4、的定量计算(多选)如图2所示为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的vt图象，小球质量为0.5 kg，重力加速度g10 m/s2，不计空气阻力，根据图象可知 A.横坐标每一小格表示的时间是0.1 s B.小球第一次反弹的最大高度为1.25 m C.小球下落的初始位置离地面的高度为1.25 m D.小球第一次撞击地面时地面给小球的平均作 用力为55 N,答案,图2,解析,解析小球下落时做自由落体运动，加速度为g，,图中对应6个小格，每一小格表示0.1 s，故A正确； 第一次反弹后加速度也为g，为竖直上抛运动，,设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为t0.1 s，根据动量定理可知：mgt

5、Ftmvmv，代入数据解得：F60 N，故D错误.,解析A与B发生碰撞，选取向右为正方向，根据动量守恒可知：mv05mvBmav0.要使A球能再次追上B球并相撞，且A与固定挡板P发生弹性碰撞，则av0vB，由以上两式可解得：a ，故B、C正确，A、D错误.,3.动量守恒的应用(多选)如图3所示，在光滑水平面上，质量为m的A球以速度v0向右运动，与静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以vav0(待定系数a1)的速率弹回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，则系数a可以是,答案,解析,图3,动量观点在电场和磁场中的应用,考点二,例1如图4所示，轨道ABCDP位于竖直平面内

6、，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段AB、圆弧段CD和倾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的,图4,夹角37，D、C两点的高度差h0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中.一个质量m10.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块在A点由静止释放，经过时间t1 s，与静止在B点的不带电、质量m20.6 kg的小物块碰撞并粘在一起在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置.物块和与轨道BC段间的动摩擦因数均为0.2.g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：,(1)物块和在BC段上做匀速直线运动的速度大小；,

7、答案2 m/s,解析物块和粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块带电荷量为q，与物块碰撞前物块的速度为v1，碰撞后共同速度为v2，取水平向左为正方向，则 qE(m1m2)g，qEtm1v1，m1v1(m1m2)v2 解得v22 m/s,解析,答案,(2)物块和第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块和的支持力的大小.,解析,答案,答案18 N,解析设圆弧段CD的半径为R，物块和第一次经过C点时圆弧段轨道对物块和的支持力的大小为FN，则R(1cos )h,解得FN18 N,4.(2018诸暨市期末)在一个高为H5 m的光滑水平桌面上建立直角坐标系，x轴刚好位于桌子的边缘，如图5所示为俯

8、视平面图.在第一象限的x0到x4 m之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1.0 T，第二象限内的平行金属板MN之间加有一定的电压.甲、乙为两个,绝缘小球，已知甲球质量m13103 kg，带q5103 C的正电荷，乙球的质量m210103 kg，静止在桌子边缘上的F点，即x轴上x3 m处；现让甲球从金属板M附近由静止开始在电场中加速，经y轴上y3 m处的E点，垂直y轴射入磁场，甲球恰好能与乙球对心碰撞，碰后沿相反方向弹回，最后垂直于磁场边界PQ射出，而乙球落到地面.假设在整个过程中甲球的电荷量始终保持不变，重力加速度g10 m/s2，则：,图5,(1)求平行金属板MN之间的电压；,解析,答案,

9、答案30 V,解析设甲球做第一次圆周运动的半径为R1，则由几何关系可得(R1OE)2OF2R12 R16.0 m. 设平行金属板MN之间的电压为U，甲球加速后的速度为v1，,代入数据得U30 V.,(2)求甲球从磁场边界PQ射出时速度大小；,解析设甲球做第二次圆周运动的半径为R2，则由几何关系可得R22.0 m,答案,解析,(3)求乙球的落地点到桌子边缘(即x轴)的水平距离.,答案,解析,解析甲、乙两球对心碰撞，设碰后乙球的速度为v，以碰撞前甲球的速度方向为正方向，由动量守恒定律有 m1v1m1v2m2v， 代入数据得v4 m/s. 由几何关系可得甲球的碰前速度方向与x轴成60，因此乙球的碰后

10、速度方向也与x轴成60，开始做平抛运动，设水平位移为s，沿y轴方向位移分量为y.,svt， yssin ，,动量和能量观点在电磁感应中的简单应用,考点三,例2如图6所示，足够长的水平轨道左侧b1b2c1c2部分的轨道间距为2L，右侧c1c2d1d2部分的轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均光滑且电阻不计.在水平轨道内有斜向下与竖直方向成37的匀强磁场，磁感应强度大小为B0.1 T.质量为M0.2 kg的金属棒C垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m0.1 kg的导体棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨

11、上运动，C棒总在窄轨上运动. 已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为 R0.2 ，h0.2 m，L0.2 m，sin 37 0.6，cos 370.8，g10 m/s2，求：,图6,(1)金属棒A滑到b1b2处时的速度大小；,答案2 m/s,答案,解析,解析选取水平向右为正方向，对A、C利用动量定理可得： 对C：FC安cos tMvC 对A：FA安cos tmvAmv0 其中FA安2FC安 联立可知：mv0mvA2MvC 两棒最后匀速运动时，电路中无电流：有BLvC2BLvA 得：vC2vA 解得vC0.44 m/s,(2)金属棒C匀速运动的速度大小；,解析,答案,答案0.44 m/s,(3)在

12、两棒整个的运动过程中通过金属棒A某截面的电荷量；,解析在C加速过程中：(Bcos )iLtMvC0 qit,解析,答案,答案5.56 C,(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A、C在水平导轨间扫过的面积之差.,解析,答案,答案27.8 m2,磁通量的变化量：BScos ,通过截面的电荷量：qIt,5.如图7所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B1 T的匀,图7,强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为d的 金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为

13、m10.2 kg、m20.1 kg，电阻分别为R10.1 、R20.2 .现让ab棒以v010 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g10 m/s2，求：,(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；,解析,答案,答案30 m/s2,解析ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I， 有EBdv0,BIdm2a0 解得：a030 m/s2,(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；,答案,答案7.5 m/s,解析,解析设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量定恒， 有m1v0m1v1m2v2,解得：v17.5 m/s,(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.,答案,答案4.375 J,解析,解得：W4.375 J.,