2019届二轮复习专题二第2讲动量和能量观点的应用课件（32张）

2019届二轮复习专题二第2讲动量和能量观点的应用课件（32张）

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 I ＝ Ft ，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是 N·s. (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 I ＝ Δ p 求变力的冲量：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 Δ p ，等效代换变力的冲量 I . (2) 应用 Δ p ＝ Ft 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) m 1 v 1 ＋ m 2 v 2 ＝ m 1 v 1 ′ ＋ m 2 v 2 ′ ，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和 . (2)Δ p 1 ＝－ Δ p 2 ，相互作用的两个物体动量的增量等大反向 . (3)Δ p ＝ 0 ，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：－ Ft ＝ 0 － m v 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 v － t 图象，小球质量为 0.5 kg ，重力加速度 g ＝ 10 m/s 2 ，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 t ′ ＝ 0.1 s ，根据动量定理可知： mgt ′ － Ft ′ ＝ m v ′ － m v ，代入数据解得： F ＝ 60 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： m v 0 ＝ 5 m v B － ma v 0 . 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 a v 0 > v B ，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 v 0 向右运动，与静止的质量为 5 m 的 B 球碰撞，碰撞后 A 球以 v ＝ a v 0 ( 待定系数 a <1) 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，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 θ ＝ 37° ， D 、 C 两点的高度差 h ＝ 0.1 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 m 1 ＝ 0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块 Ⅰ 在 A 点由静止释放，经过时间 t ＝ 1 s ，与静止在 B 点的不带电、质量 m 2 ＝ 0.6 kg 的小物块 Ⅱ 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 Ⅰ 和 Ⅱ 与轨道 BC 段间的动摩擦因数均为 μ ＝ 0.2. g ＝ 10 m/s 2 ， sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8. 求： (1) 物块 Ⅰ 和 Ⅱ 在 BC 段上做匀速直线运动的速度大小； 答案　 2 m/s 　 解析　 物块 Ⅰ 和 Ⅱ 粘在一起在 BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为 E ，物块 Ⅰ 带电荷量为 q ，与物块 Ⅱ 碰撞前物块 Ⅰ 的速度为 v 1 ，碰撞后共同速度为 v 2 ，取水平向左为正方向，则 qE ＝ μ ( m 1 ＋ m 2 ) g ， qEt ＝ m 1 v 1 ， m 1 v 1 ＝ ( m 1 ＋ m 2 ) v 2 解得 v 2 ＝ 2 m/s 解析 答案 (2) 物块 Ⅰ 和 Ⅱ 第一次经过 C 点时，圆弧段轨道对物块 Ⅰ 和 Ⅱ 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 Ⅰ 和 Ⅱ 第一次经过 C 点时圆弧段轨道对物块 Ⅰ 和 Ⅱ 的支持力的大小为 F N ， 则 R (1 － cos θ ) ＝ h 解得 F N ＝ 18 N 4.(2018· 诸暨市期末 ) 在一个高为 H ＝ 5 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 所示为俯视平面图 . 在第一象限的 x ＝ 0 到 x ＝ 4 m 之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度 B ＝ 1.0 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 拓展训练 绝缘 小球，已知甲球质量 m 1 ＝ 3 × 10 － 3 kg ，带 q ＝ 5 × 10 － 3 C 的正电荷，乙球的质量 m 2 ＝ 10 × 10 － 3 kg ，静止在桌子边缘上的 F 点，即 x 轴上 x ＝ 3 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 y ＝ 3 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 g ＝ 10 m/s 2 ，则： 图 5 (1) 求平行金属板 MN 之间的电压； 解析 答案 答案　 30 V 　 解析 　 设甲球做第一次圆周运动的半径为 R 1 ，则由几何关系可得 ( R 1 － OE ) 2 ＋ OF 2 ＝ R 1 2 R 1 ＝ 6.0 m. 设平行金属板 MN 之间的电压为 U ，甲球加速后的速度为 v 1 ， 代入数据得 U ＝ 30 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 R 2 ，则由几何关系可 得 R 2 ＝ 2.0 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 m 1 v 1 ＝－ m 1 v 2 ＋ m 2 v ， 代入数据得 v ＝ 4 m/s. 由几何关系可得甲球的碰前速度方向与 x 轴成 60° ，因此乙球的碰后速度方向也与 x 轴成 θ ＝ 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 . s ＝ v t ， y ＝ s sin θ ， 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 b 1 b 2 － c 1 c 2 部分的轨道间距为 2 L ，右侧 c 1 c 2 － d 1 d 2 部分的轨道间距为 L ，曲线轨道与水平轨道相切于 b 1 b 2 ，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 θ ＝ 37° 的匀强磁场，磁感应强度大小为 B ＝ 0.1 T. 质量为 M ＝ 0.2 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 m ＝ 0.1 kg 的导体棒 A 自曲线轨道上 a 1 a 2 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 R ＝ 0.2 Ω ， h ＝ 0.2 m ， L ＝ 0.2 m ， sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8 ， g ＝ 10 m/s 2 ，求： 图 6 (1) 金属棒 A 滑到 b 1 b 2 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 ： F C 安 cos θ · t ＝ M v C 对 A ：－ F A 安 cos θ · t ＝ m v A － m v 0 其中 F A 安 ＝ 2 F C 安 联立可知： m v 0 － m v A ＝ 2 M v C 两棒最后匀速运动时，电路中无电流：有 BL v C ＝ 2 BL v A 得： v C ＝ 2 v A 解得 v C ≈ 0.44 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： Σ( B cos θ ) iL Δ t ＝ M v C － 0 q ＝ Σ i Δ t 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 m 2 磁通量的变化量： Δ Φ ＝ B Δ S cos θ 通过截面的电荷量： q ＝ I ·Δ t 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 r ＝ 0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离 d ＝ 0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小 B ＝ 1 T 的 匀 拓展训练 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 m 1 ＝ 0.2 kg 、 m 2 ＝ 0.1 kg ，电阻分别为 R 1 ＝ 0.1 Ω 、 R 2 ＝ 0.2 Ω. 现让 ab 棒以 v 0 ＝ 10 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 g ＝ 10 m/s 2 ，求： (1) ab 棒开始向右运动时 cd 棒的加速度 a 0 ； 解析 答案 答案　 30 m /s 2 　 解析 　 ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为 I ， 有 E ＝ Bd v 0 BId ＝ m 2 a 0 解得： a 0 ＝ 30 m/s 2 (2) cd 棒刚进入半圆轨道时 ab 棒的速度大小 v 1 ； 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 v 2 ，系统动量定恒 ， 有 m 1 v 0 ＝ m 1 v 1 ＋ m 2 v 2 解得： v 1 ＝ 7.5 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： W ＝ 4.375 J.