教科版高中物理选择性必修第一册第一章动量与动量守恒定律2动量定理课件

知识点1

冲量动量定理必备知识清单破2

动量定理1.冲量(1)定义:物理学中把力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量,用字母I表示。(2)公式:I=Ft。(3)单位:牛顿秒,符号是N·s。(4)物理意义:反映力的作用对时间的累积效应。(5)特点①过程量:冲量涉及一段时间,是一个过程量,取决于力和时间这两个因素,所以求冲量时一定

要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。②矢量性:冲量的方向与力的方向相同,与相应时间内物体动量变化量的方向相同。2.动量定理(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。知识点2动量定理的应用知识辨析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。关键能力定点破定点1F–t图像问题典例如图甲所示,质量m=1.0kg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】,4s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=10m/s2,则下列说法正确的是

(

)A.0~4s内滑块所受的摩擦力不变B.2s末滑块的动量大小为6kg·m/sC.4s末滑块的速度大小为2.5m/s典例D.撤去力F后,再经历

s滑块重新静止C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。思路点拨

(1)0~1s:F<fm,滑块未被拉动,f为静摩擦力;1~4s:F>fm,滑块被拉动,f为滑动摩擦力;(2)撤去F前,根据动量定理【3】求动量和速度;撤去F后,根据动量定理求时间。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=0.3×1.0×10N=3

N,结合图乙可知滑块在1s后开始滑动,0~4s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1s后开始滑动,则在1~2s内,力F的冲量I=

×(3+4)×1N·s=3.5N·s=3.5kg·m/s(由【1】得到),又I-ft=mv2-0(由【3】得到),解得2s末滑块的动量为p=mv2=3.5kg·m/s-3×1kg·m/s=0.5kg·m/s,B错误;1~4s内,力F的冲量I'=

×(3+4)×1N·s+4×(4-2)N·s=11.5N·s=11.5kg·m/s(由【1】得到),又I'-ft'=mv4-0(由【3】得到),解得4s末滑块的速度大小v4=

m/s=2.5m/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。定点2动量定理的应用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60kg的运动员,从离水平网面3.2m高处自由下落【1】,着网后沿竖直方向蹦回离水平

网面5.0m高处【2】。已知运动员与网接触的时间为1.2s,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10m/s2)典例信息提取

【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=8m/s,方向竖直向下。刚离网时的速度大小v2=

=

m/s=10m/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+60×10N=1.5×103N,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=0.8s,离网后上升的时间t2=

=

s=1s,整个过程运动员受重力作用,仅在与网接触的t3=1.2s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=

×60×10N=1.5×103N,方向竖直向上。答案

1.5×103N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。定点3用动量定理处理流体问题分两种情况:(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。典例信息提取

【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