(共33张PPT)
习题课:动量守恒定律的应用(一)
第1章
2021
课堂篇 探究学习
探究一
动量守恒条件的扩展应用
情境探究
如图所示,一辆沙车的总质量为m0,静止于光滑的水平面上。一个质量为m的物体A以速度v落入沙车中,v与水平方向成θ角,请思考:如果把沙车和物体A看作一个系统,那么系统的动量守恒吗 物体落入沙车后车的速度v'是多少
要点提示 物体和沙车作用时总动量不守恒,而水平面光滑,系统在水平方向上动量守恒,即mvcos θ=(m0+m)v',得v'= ,方向与v的水平分量方向相同。
知识归纳
动量守恒定律成立的条件
(1)系统不受外力作用,这是一种理想化的情形,如宇宙中两星球的碰撞,微观粒子间的碰撞都可视为这种情形。
(2)系统受外力作用,但所受合外力为零。像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形。
(3)系统受外力作用,但外力远远小于系统内各物体间的内力时,系统的总动量近似守恒。例如1,抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间,弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力,重力完全可以忽略不计,系统的动量近似守恒。例如2,反冲运动中,物体各部分之间的内力远大于外力,系统动量近似守恒。
(4)系统受外力作用,所受的合外力不为零,但在某一方向上合外力为零,则系统在该方向上动量守恒。
典例剖析
例题1一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v0=2 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失,重力加速度g取10 m/s2。则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
答案 B
规律方法 相互作用的两个物体在x轴方向动量守恒问题的解决思路
(1)选取研究对象:相互作用的两个物体。
(2)判断系统在x轴上的动量是否守恒:在x轴方向上的合外力为零。
(3)列出x轴上的动量守恒方程:m1v1x+m2v2x=m1v1x'+m2v2x',其中v1x、v2x、v1x'、v2x'为物体在x轴上的分速度。
变式训练1(多选)如图所示,在光滑的水平面上有一静止的斜面,斜面光滑,现有一个小球从斜面顶点由静止释放,在小球下滑的过程中,以下说法正确的是( )
A.斜面和小球组成的系统动量守恒
B.斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒
C.斜面向右运动
D.斜面静止不动
解析 小球和斜面组成的系统在水平方向上不受外力作用,故水平方向动量守恒。小球下滑时,对地有向下的加速度,即系统存在向下的加速度,故系统竖直方向上所受合外力不为零,合外力向下,因此不能说系统动量守恒。
答案 BC
变式训练2如图所示,质量为M的车(包括物),以速度v在光滑水平面上匀速运动,质量为m的物体被向车后方以仰角θ方向相对地的大小为v'的速度抛出。求抛出物体后车的速度为多少
解析 在抛出物体的瞬间,竖直方向合外力即重力不为零,故总动量不守恒,但物体与车在水平方向上合外力为零,因此水平方向动量守恒。
设车速v的方向为正方向,由动量守恒定律
Mv=-mv'cos θ+(M-m)v1。
探究二
反冲运动的典型应用——人船模型
情境探究
(1)两位同学在公园里划船,当小船离码头大约1.5 m时,有一位同学心想:自己在体育课上立定跳远的成绩从未低过2 m,跳到岸上绝对没有问题,于是她纵身一跃,却掉在水里,她为什么不能如她想的那样跳上岸呢 (不计水的阻力)
要点提示 因为她起跳时和船相互作用,给船一个向后的作用力,船后退,这样她相对于岸的速度就小于起跳时相对于船的速度,因此会掉进水里。
(2)人在漂浮在水面上的小船上行走,小船同时向相反的方向运动,把这个情景抽象成模型,如图所示:长为l、质量为m0的小船停在静水中,一个质量为m的人立在船头,若不计水的阻力,当人从船头走到船尾的过程中,船和人相对地面的位移各是多大
要点提示 选人和船组成的系统为研究对象,由于人从船头走到船尾的过程中,系统动量守恒,人起步前系统的总动量为0,当人加速前进时,船加速后退,人停下时,船也停下来。设某一时刻人的速度为vm,船的速度为vm0,根据动
因为在人从船头走到船尾的整个过程中,每一时刻系统都满足动量守恒定律,所以每一时刻人的速度与船的速度之比都与它们的质量之比成反比,从而可以判断,在人从船头走到船尾的过程中,人的位移xm与船的位移xm0之
知识归纳
1.“人船模型”问题的特征
两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒。在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。
2.处理“人船模型”问题的关键
(1)利用动量守恒,确定两物体的速度关系,再确定两物体通过的位移的关系。
由于动量守恒,所以任一时刻系统的总动量为零,即m1v1=m2v2(v1、v2为两物体的瞬时速率),表明任意时刻的瞬时速率都与各物体的质量成反比;所以全过程的平均速度也与质量成反比,即m1=m2,进而可得两物体的位移大小与各物体的质量成反比,即m1x1=m2x2。
(2)解题时要画出各物体的位移关系草图,构建物体对地位移与相对位移的关系方程。
(3)适用条件:
①系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量守恒且为0。
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
“人船模型”问题中,两物体的运动特点是人走船行、人停船停、人快船快、人慢船慢。
典例剖析
例题2有一只小船停在静水中,船上一人从船头走到船尾。如果人的质量m=60 kg,船的质量m0=120 kg,船长为l=3 m,则船在水中移动的距离是多少 水的阻力不计。
答案 1 m
规律方法 “人船模型”的规律
(1)“人”走“船”走,“人”停“船”停。
变式训练3载人气球静止于高h的空中,气球的质量为m0,人的质量为m,若人沿绳梯滑至地面,则绳梯至少为多长
解析 气球和人原来静止在空中,说明系统所受合外力为零,故系统在人下滑过程中动量守恒,人着地时绳梯至少应接触地面,设绳梯长为l,人沿绳梯滑至地面人的位移为x人,气球的位移为x球,它们的位移关系如图所示,由动量守恒有0=m0x球-mx人,又有x球+x人=l,x人=h,
当堂检测
1.(多选)如图所示,小车静止放在光滑的水平面上,将系着轻绳的小球拉开一定的角度,然后同时放开小球和小车,不计空气阻力,那么在以后的过程中( )
A.小球向左摆动时,小车也向左运动,且系统动量守恒
B.小球向左摆动时,小车向右运动,且系统在水平方向上
动量守恒
C.小球向左摆到最高点,小球的速度为零而小车的速度不为零
D.在任意时刻,小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或者都为零)
解析 以小球和小车组成的系统为研究对象,在水平方向上不受外力的作用,所以系统在水平方向上动量守恒。由于初始状态小球与小车均静止,所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零,要么大小相等、方向相反,所以A、C错,B、D对。
答案 BD
2.有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东,则另一块的速度是( )
A.3v0-v B.2v0-3v
C.3v0-2v D.2v0+v
解析 在最高点,爆竹水平方向动量守恒,以水平向东为正方向,由动量守恒定律可知,3mv0=2mv+mv',可得另一块的速度为v'=3v0-2v,故C正确。
答案 C
3.如图所示,一光滑地面上有一质量为m0的足够长的木板AB,一质量为m的人站在木板的A端,关于人由静止开始运动到木板的B端(M、N表示地面上原A、B对应的点),下列图示正确的是( )
解析 根据动量守恒定律,m0、m系统动量守恒,对于题中的“人船模型”,各自对地的位移为xm0、xm,且有m0xm0=mxm,xm0+xm=l板长(有时也称为平均动量守恒),以M点为参考,人向右运动,木板向左运动,D图是正确的。
答案 D
4.(2020安徽淮南一中期中)如图所示,设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0,突然炸成两块,质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去,不计空气阻力,则另一块( )
A.一定沿v0的方向飞去
B.一定沿v0的反方向飞去
C.可能做自由落体运动
D.一定做自由落体运动
解析 以整个导弹为研究对象,取v0的方向为正方向。根据爆炸的瞬间系统在水平方向上动量守恒,有Mv0=(M-m)v'+mv,则得另一块的速度为v'= 。若v'>0,说明另一块沿v0的方向飞去;若v'<0,说明另
一块沿v0的反方向飞去;若Mv0=mv,即v'=0,说明另一块做自由落体运动,故选C。
答案 C
5.一个质量为m0,底面边长为b的三角形劈块静止于光滑水平面上,如图所示,有一质量为m的小球由斜面顶部无初速度滑到底部的过程中,劈块移动的距离为 。
解析 小球与劈块组成的系统动量不守恒,但在水平方向动量守恒,如图所示,设劈块移动的距离为x,则小球运动的水平距离为(b-x),由水平方向动量守恒得m0x=m(b-x),(共39张PPT)
习题课:动量守恒定律的应用(二)
第1章
2021
课堂篇 探究学习
探究一
多物体、多过程动量守恒定律的应用
情境探究
如图所示,两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上,有一人静止站在A车上,两车静止,若这个人自A车跳到B车上,接着又跳回A车,并静止于A车上。
(1)人跳离A车的过程中,人和A车组成的系统动量守恒吗
(2)人跳上B车再跳离B车的过程中,人和B车组成的系统动量守恒吗
(3)人从A车跳到B车上又跳回A车的过程中,人和A、B两车组成的系统动量守恒吗
要点提示 (1)人跳离A车的过程中,人和A车之间的力是内力,系统动量守恒。
(2)人跳上B车再跳离B车的过程中,人和B车之间的力也是内力,因此系统动量也是守恒的。
(3)人从A车跳到B车上又跳回A车的过程中,它们之间的力都是内力,水平面光滑,三者组成的系统动量守恒。
知识归纳
对于由多个物体组成的系统,由于物体较多,作用过程较为复杂,这时往往要根据作用过程中的不同阶段,将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统,对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态,分别列动量守恒定律方程求解。
典例剖析
例题1如图所示,A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg,A、B与水平地面间接触光滑,上表面粗糙,质量为0.1 kg的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动,最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s,求:
(1)A的最终速度大小;
(2)铁块刚滑上B时的速度大小。
解析 (1)选铁块和木块A、B为一系统,取水平向右为正方向,由系统总动量守恒得mv=(mB+m)vB+mAvA
可求得vA=0.25 m/s。
(2)设铁块刚滑上B时的速度为v',此时A、B的速度均为vA=0.25 m/s。
由系统动量守恒得mv=mv'+(mA+mB)vA
可求得v'=2.75 m/s。
答案 (1)0.25 m/s (2)2.75 m/s
规律方法 处理多物体、多过程动量守恒问题应注意的事项
1.注意正方向的选取。
2.研究对象的选取,是取哪几个物体组成的系统。
3.研究过程的选取,应明确哪个过程中动量守恒。
变式训练1(多选)质量为m1和m0的滑块用轻弹簧连接,以恒定速度v沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞,如图所示,碰撞时间极短,在此过程中,下列情况可能发生的是( )
A.m1、m0、m速度均发生变化,碰后分别为v1、
v2、v3,且满足(m1+m0)v=m1v1+mv2+m0v3
B.m0的速度不变,m1和m的速度变为v1和v2,且满足m1v=m1v1+mv2
C.m0的速度不变,m1和m的速度都变为v',且满足m1v=(m1+m)v'
D.m1、m0、m速度均发生变化,m1和m0的速度都变为v1,m的速度变为v2,且满足(m1+m0)v=(m1+m0)v1+mv2
解析 m1和m碰撞时间极短,在极短的时间内弹簧形变极小,可忽略不计,因而m0在水平方向上没有受到外力作用,动量不变(速度不变),可以认为碰撞过程中m0没有参与,只涉及m1和m,由于水平面光滑,弹簧形变极小,所以m1和m组成的系统水平方向动量守恒,两者碰撞后可能具有共同速度,也可能分开,所以只有B、C选项正确。
答案 BC
变式训练2如图所示,光滑水平面上有三个木块A、B、C,质量分别为mA=mC=2m、mB=m。A、B用细绳连接,中间有一压缩的弹簧(弹簧与木块不拴接)。开始时A、B以共同速度v0运动,C静止。某时刻细绳突然断开,A、B被弹开,然后B又与C发生碰撞并粘在一起,最终三木块速度恰好相同,求B与C碰撞前B的速度大小。
解析 细绳断开后,在弹簧弹力的作用下,A做减速运动,B做加速运动,最终三者以共同速度向右运动,设共同速度为v,A和B分开后,B的速度为vB,对三个木块组成的系统,整个过程总动量守恒,取v0的方向为正方向,则有(mA+mB)v0=(mA+mB+mC)v
对A、B两个木块,分开过程满足动量守恒,则有
(mA+mB)v0=mAv+mBvB
探究二
动量守恒定律应用中的临界问题分析
情境探究
如图所示,甲车质量m1=20 kg,车上有质量m0=50 kg的人,甲车(连同车上的人)以v=3 m/s的速度向右滑行。此时质量m2=50 kg的乙车正以v0=1.8 m/s的速度迎面滑来,为了避免两车相撞,当两车相距适当距离时,人从甲车跳到乙车上,求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞 不计地面和小车的摩擦,且乙车足够长。
要点提示 人跳到乙车上后,如果两车同向,甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞。以人、甲车、乙车组成系统,由水平方向动量守恒得(m1+m0)v-m2v0=(m1+m2+m0)v',解得v'=1 m/s。以人与甲车为一系统,人跳离甲车过程水平方向动量守恒,得(m1+m0)v=m1v'+m0vt,解得vt=3.8 m/s。因此,只要人跳离甲车的速度vt≥3.8 m/s,就可避免两车相撞。
知识归纳
1.在动量守恒定律的应用中,常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题。
2.分析临界问题的关键是寻找临界状态、临界条件。
3.在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系,而受力分析、运动情况分析、动量分析、极限分析是确定这些关系的关键。
典例剖析
例题2如图所示,甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车总质量为m0=30 kg,乙和他的冰车的总质量m0'=30 kg。游戏时,甲推着一个质量为m=15 kg的箱子和他一起以v0=2 m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处,乙迅速抓住。若不计冰面摩擦。
(1)若甲将箱子以速度v推出,甲的速度变为多少 (用字母表示)
(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动,
乙抓住箱子后的速度变为多少 (用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞,甲、乙的速度应满足什么条件 箱子被推出的速度至少多大
解析 (1)甲将箱子推出的过程,甲和箱子组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得
(m0+m)v0=mv+m0v1①
(2)箱子和乙作用的过程动量守恒,以箱子的速度方向为正方向,由动量守恒定律得
mv-m0'v0=(m+m0')v2③
(3)甲、乙的总动量方向水平向右,为避免相撞,乙抓住箱子后须反向且v1≤v2。
甲、乙不相撞的条件是v1≤v2⑤
其中v1=v2为甲、乙恰好不相撞的条件。
联立②④⑤三式,并代入数据得v≥5.2 m/s。
规律方法 应用动量守恒定律分析临界问题的方法及常见临界条件
1.涉及弹簧类的临界问题:对于由弹簧组成的系统,在物体间发生相互作用的过程中,当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时(与追及问题中物体间距最小或最大相似),弹簧两端的两个物体的速度必然相等,此时弹性势能最大。
2.涉及相互作用最大限度类的临界问题:在物体滑上斜面或曲面(斜面或曲面放在光滑水平面上)的过程中,由于物体间弹力的作用,斜面在水平方向上将做加速运动,物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度,物体在竖直方向上的分速度等于零。
3.子弹打木块类的临界问题:子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同,子弹位移为木块位移与木块厚度之和。
4.滑块在滑板上不滑落的临界条件是:滑块滑到滑板端点时,滑块与滑板具有相同的速度。
变式训练3如图所示,光滑半圆槽的质量为M,静止在光滑的水平面上,其内表面有一质量为m的小球被细线吊着恰位于槽的边缘处,如果将线烧断,则小球滑到另一边的最高点时,半圆槽的速度为( )
A.0 B.向左
C.向右 D.无法确定
解析 小球和半圆槽组成的系统在水平方向不受外力,故系统在水平方向上的动量守恒(Δpx=0)。细线被烧断瞬间,系统在水平方向的总动量为零,又知小球到达最高点时,球与槽水平方向上有相同的速度,设为v'。由动量守恒定律有0=(M+m)v',所以v'=0。故A项正确。
答案 A
探究三
动量守恒定律和机械能守恒定律的比较
情境探究
如图所示,在光滑水平面上放置一带有轮子的平板小车,把一辆电动玩具车放在平板小车上,当接通玩具车的电源,平板小车将如何运动 玩具车和平板小车组成的系统动量守恒吗 若电动玩具车的质量为m=0.5 kg,平板小车的质量为M=1 kg,电动玩具车相对于地面的速度为v0=0.6 m/s,平板小车相对于地面的速度是多少 玩具车和平板小车组成的系统机械能守恒吗
要点提示 平板小车将运动,运动方向与玩具车的运动方向相反。系统水平方向不受外力,动量守恒。设平板小车相对于地面的速度为v,由动量守恒定律mv0-Mv=0,解得v=0.3 m/s,玩具车有电能输出,转化为机械能,摩擦力对系统做功,机械能损失转化为内能,系统的机械能不守恒。
知识归纳
动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
比较项目 动量守恒定律 机械能守恒定律
相同 点 研究对象 研究对象都是相互作用的物体组成的系统
研究过程 研究的都是某一运动过程
不 同 点 守恒条件 系统不受外力或所受外力的矢量和为零 系统只有重力或弹力做功
表达式 p1+p2=p1'+p2' Ek1+Ep1=Ek2+Ep2
表达式的 矢标性 矢量式 标量式
某一方向 上应用情况 可在某一方向独立使用 不能在某一方向独立使用
运算法则 用矢量法则进行合成或分解 代数和
对于涉及相互作用的系统的能量转化问题时,可综合应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、能量守恒定律、功能关系列出相应方程分析解答。
典例剖析
例题3(2019全国Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图甲所示。t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图乙所示,图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力。
(1)求物块B的质量。
(2)在图乙所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功。
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
(2)在图乙所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为Ff,下滑过程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有
(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,
当堂检测
1.(多选)如图所示,A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上,物块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行,最后停在B木块的右端,对此过程,下列叙述正确的是( )
A.当C在A上滑行时,A、C组成的系统动量守恒
B.当C在B上滑行时,B、C组成的系统动量守恒
C.无论C是在A上滑行还是在B上滑行,A、B、C组成的系统动量都守恒
D.当C在B上滑行时,A、B、C组成的系统动量不守恒
解析 当C在A上滑行时,对A、C组成的系统,B对A的作用力为外力,不等于0,故系统动量不守恒,选项A错误;当C在B上滑行时,A、B已分离,对B、C组成的系统,沿水平方向不受外力作用,故系统动量守恒,选项B正确;若将A、B、C视为一个系统,则沿水平方向无外力作用,系统动量守恒,选项C正确,选项D错误。
答案 BC
2.如图所示,质量为m0的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一块质量为m的物体。从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0,那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后( )
A.两者的速度均为零
B.两者的速度总不会相等
解析 物体与盒子组成的系统所受合外力为零,物体与盒子前后壁多次往复碰撞后,以速度v共同运动,由动量守恒定律得mv0=(m0+m)v,故v= ,向右,D项对。
答案 D
3.(多选)如图所示,小车放在光滑水平面上,A、B两人站在小车的两端,这两人同时开始相向行走,发现小车向左运动,分析小车运动的原因可能是( )
A.A、B质量相等,但A比B速率大
B.A、B质量相等,但A比B速率小
C.A、B速率相等,但A比B的质量大
D.A、B速率相等,但A比B的质量小
解析 A、B两人及小车组成的系统动量守恒,则mAvA-mBvB-mCvC=0,得
mAvA-mBvB>0,所以A、C正确。
答案 AC
4.甲、乙两小船质量均为M=120 kg,静止于水面上,甲船上的人质量m=60 kg,通过一根长为L=10 m的绳用F=120 N的力水平拉乙船,求两船相遇时,两船分别航行的距离。
x甲+x乙=L
联立以上两式并代入数据解得x甲=4 m,x乙=6 m。
答案 4 m 6 m(共34张PPT)
习题课:动量和能量的综合应用
第1章
2021
课堂篇 探究学习
探究一
滑块—木板模型
情境探究
如图所示,在光滑的水平面上有一质量为m0的长木板,以速度v0向右做匀速直线运动,将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点,这时小铁块相对地面的速度为零,小铁块相对木板向左滑动。由于小铁块和木板间有摩擦,最后它们之间相对静止,已知它们之间的动摩擦因数为μ,请同学们思考:小铁块跟木板相对静止时,它们的共同速度为多大 此时小铁块与A点距离多远 这个过程中有多少机械能转化为内能
知识归纳
1.这类问题通常都是把滑块、木板看作一个整体,摩擦力为内力,在光滑水平面上不受摩擦力,滑块和木板组成的系统动量守恒。
2.由于滑块和木板之间的摩擦生热,一部分机械能转化为内能,那么系统机械能不守恒,一般由能量守恒求解。
3.注意:题目中如果说明滑块不滑离木板,则最后二者以共同速度运动。
典例剖析
例题1如图所示,光滑水平桌面上有长L=2 m的挡板C,质量mC=5 kg,在其正中央并排放着两个小滑块A和B,mA=1 kg,mB=3 kg,开始时三个物体都静止。在A、B间放有少量塑胶炸药,爆炸后A以6 m/s的速度水平向左运动,A、B中任意一块与挡板C碰撞后,都粘在一起,不计摩擦和碰撞时间,求:
(1)当两滑块A、B都与挡板C碰撞后,C的速度是多大;
(2)A、C碰撞过程中损失的机械能。
解析 (1)A、B、C系统动量守恒,有0=(mA+mB+mC)vC,解得vC=0。
(2)A、C碰撞前后系统动量守恒,有mAvA=(mA+mC)v
解得v=1 m/s
答案 (1)0 (2)15 J
变式训练1如图所示,光滑水平面上一质量为m0、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁。质量为m的小滑块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板的左端,滑到木板的右端时速度恰好为零。
(1)求小滑块与木板间的摩擦力大小;
(2)现小滑块以某一速度v滑上木板的左端,滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞,然后向左运动,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,试求 的值。
解析 (1)小滑块以水平速度v0右滑时,有
探究二
子弹打木块模型
情境探究
如图所示,在光滑水平面上放置一质量为m0的静止木块,一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块,穿出后子弹的速度变为v1,求整个系统损失的机械能。
要点提示 取子弹与木块为系统,系统的动量守恒,设木块获得速度为v2,则
知识归纳
1.子弹打木块的过程很短暂,认为该过程内力远大于外力,则系统动量守恒。
2.在子弹打木块过程中摩擦生热,系统机械能不守恒,机械能向内能转化。
3.若子弹不穿出木块,二者最后有共同速度,机械能损失最多。
典例剖析
例题2如图所示,在水平地面上放置一质量为m0的木块,一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出),若木块与地面间的动摩擦因数为μ,求:
(1)子弹射入后,木块在地面上前进的距离;
(2)射入的过程中,系统损失的机械能。
解析 因子弹未射出,故碰撞后子弹与木块的速度相同,而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差。
(1)设子弹射入木块时,二者的共同速度为v',取子弹的初速度方向为正方向,则有mv=(m0+m)v'①
二者一起沿地面滑动,前进的距离为x,由动能定理得
变式训练2如图所示的装置中,木块B与水平桌面间的接触是光滑的,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内,将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统),则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
A.动量守恒、机械能守恒
B.动量不守恒、机械能不守恒
C.动量守恒、机械能不守恒
D.动量不守恒、机械能守恒
解析 在子弹射入木块这一瞬间过程,取子弹与木块为系统则可认为动量守恒(此瞬间弹簧尚未形变),但机械能有损失。子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中,机械能守恒,但动量不守恒(墙壁对弹簧的作用力是系统外力,且外力不等于零)。若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统),从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时,有摩擦力做功,机械能不守恒,弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用,因此动量不守恒。故正确选项为B。
答案 B
探究三
弹簧类模型
情境探究
如图所示,A、B两个木块用轻弹簧相连接,它们静止在光滑水平面上,A和B的质量分别是99m和100m,一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出,则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值是多大
知识归纳
1.对于弹簧类问题,在作用过程中,系统合外力为零,满足动量守恒。
2.整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化,应用能量守恒定律解决此类问题。
3.注意:弹簧压缩最短或拉伸最长时,弹簧连接的两物体速度相等,此时弹簧弹性势能最大。
典例剖析
例题3两物块A、B用轻弹簧相连,质量均为2 kg,初始时弹簧处于原长,A、B两物块都以v=6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动,质量为4 kg的物块C静止在前方,如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则在以后的运动中:
(1)当弹簧的弹性势能最大时,物块A的速度为多大
(2)系统中弹性势能的最大值是多少
解析 (1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。
由A、B、C三者组成的系统动量守恒,(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vABC,解得
答案 (1)3 m/s (2)12 J
规律方法 弹簧压缩最短或拉伸最长时,弹簧连接的两物体速度相等,此时弹簧蓄积的弹性势能最大。
变式训练3如图所示,A、B、C三个木块的质量均为m,置于光滑的水平面上,B、C之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连,使弹簧不能伸展,以至于B、C可视为一个整体。现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动,与B相碰并黏合在一起。以后细线突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0。求弹簧释放的势能。
解析 设碰后A、B和C的共同速度的大小为v,由动量守恒定律得3mv=mv0①
设C离开弹簧时,A、B的速度大小为v1,由动量守恒得3mv=2mv1+mv0②
设弹簧的弹性势能为Ep,从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒,
当堂检测
1.(多选)质量为m0、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ,初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为( )
答案 BD
2.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块,若射击下层,子弹刚好不射出,若射击上层,则子弹刚好能射进一半厚度,如图所示,上述两种情况相比较( )
A.子弹对滑块做功一样多
B.子弹对滑块做的功不一样多
C.系统产生的热量一样多
D.系统产生的热量不一样多
解析 两次都没射出,则子弹与滑块最终达到共同速度,设为v共,由动量守恒定律可得mv=(m0+m)v共,得v共= v;子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能,故选项A正确;系统损失的机械能转化为热量,故选项C正确。
答案 AC
3.如图所示,物体A静止在光滑的水平面上,A的左边固定有轻质弹簧,与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞,A、B始终沿同一直线运动,则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是( )
A.A开始运动时
B.A的速度等于v时
C.B的速度等于零时
D.A和B的速度相等时
解析 对A、B组成的系统由于水平面光滑,所以动量守恒。而对A、B、弹簧组成的系统机械能守恒,即A、B动能与弹簧弹性势能之和为定值。当A、B速度相等时,可类似于A、B的完全非弹性碰撞,A、B总动能损失最多。弹簧形变量最大,弹性势能最大。
答案 D
4.如图所示,质量为m1的小车静止在光滑水平轨道上,下面用长为L的细线悬挂着质量为m的沙箱,一颗质量为m0的子弹以v0的水平速度射入沙箱,并留在其中,在以后的运动过程中,求沙箱上升的最大高度。
解析 子弹打入沙箱过程中动量守恒,以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得m0v0=(m0+m)v1
摆动过程中,子弹、沙箱、小车组成的系统水平方向动量守恒,机械能守恒。
沙箱到达最大高度时,系统有相同的速度,设为v2,则有
(m0+m)v1=(m0+m+m1)v2
5.质量为m1、m2的滑块分别以速度v1和v2沿斜面匀速下滑,斜面足够长,如图所示,已知v2>v1,有一轻弹簧固定在m2上,则弹簧被压缩至最短时m1的速度多大
解析 两滑块匀速下滑所受外力为零,相互作用时合外力仍为零,动量守恒。当弹簧被压缩时,m1加速,m2减速,当压缩至最短时,m1、m2速度相等。设两滑块速度相等时为v,则有m1v1+m2v2=(m1+m2)v,解得弹簧被压缩至最短时(共26张PPT)
习题课:动量定理的应用
第1章
2021
课堂篇 探究学习
探究一
变力冲量的分析与计算
情境探究
质量为m的质点在半径为r的圆周上以角速度ω做匀速圆周运动,关于向心力在半个周期 内的冲量大小,某同学认为I=Ft,F=mω2r,则I= mω2rT。你认为该同学的解答是否正确 如果不正确,错在哪里
要点提示 不正确。向心力是变力,其冲量不等于Ft。根据动量定理可知,向心力的冲量等于质点的动量变化,即I=2mωr。
知识归纳
变力冲量的求解思路
1.若变力方向不变,大小随时间均匀变化,则其冲量等于平均力与时间的乘积。
2.若已知变力的F-t图像,则图像与坐标轴所围“面积”的大小等于其冲量的大小。
3.若为一般变力,根据动量定理,求出该力作用下物体动量的变化Δp和其他力的冲量I2,由Δp=I2+I1可得该力的冲量I1。
典例剖析
例题1如图所示,悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m,运动速度的大小为v,方向向下。经过时间t,小球的速度大小为v,方向变为向上。忽略空气阻力,重力加速度为g,求该运动过程中,小球所受弹簧弹力冲量的大小。
解析 取向上为正方向,对小球,根据动量定理得
mv-(-mv)=I且I=( -mg)t
解得IF= t=2mv+mgt
答案 2mv+mgt
规律方法 等效替代是物理学中重要的思维之一,在难以求解某些物理量时,可以考虑用其等效物理量替代。如用合力替代分力,用动量的变化替代合力的冲量,用动能变化替代合力的功,等等。
变式训练1质量均为m的两个小球A、B,中间用一轻质弹簧相连,通过细绳悬挂于一点,剪断绳子,两球从静止下落,经过时间t,小球A的速度达到v1,试求此时B球的速度v2的大小。
解析 取A、B及弹簧组成的系统为研究对象,在下落过程中系统受到的外力是F合外=(mA+mB)g=2mg。系统初始状态的动量p1=0,末状态的动量p2=mv1+mv2。由动量定理得2mgt=mv1+mv2,故此时B球的速度大小
v2=2gt-v1。
答案 2gt-v1
探究二
动量定理在流体中的应用
情境探究
利用高压水流射落煤层的采煤方法,具有产量大、效率高等优势。假设高压采煤水枪出水口的截面积为S,水的密度为ρ,水的射速为v,射到煤层上后,水的速度立即变为零。为增大水对煤层的冲力,应改变哪些因素
要点提示 设在极短的时间Δt内,从水枪射出的水的质量为Δm,则Δm=ρSvΔt。
以Δm为研究对象,它在Δt时间内动量变化为:Δp=Δm(0-v)=-ρSv2Δt。
设FN为水对煤层的冲力,FN'为煤层对水的反冲力,以FN'的方向为正方向,根据动量定理(忽略水的重力)有:FN'Δt=Δp=-ρv2SΔt。
解得FN'=-ρSv2,根据牛顿第三定律知FN=-FN',所以FN=ρSv2,为增大FN,应增大水的射出速度、出水口的截面积S。
知识归纳
“流体圆柱”模型
连续流体(液体或气体)与物体作用问题的解决关键是选取怎样的研究对象。流体与物体作用时,“一层层”流体的速度变为零并散开,因此,可以选取很短时间Δt内喷出的水为研究对象,喷出时的速度均为v0,并且把水看作圆柱形物体,其底面积为S,圆柱高为v0Δt。
典例剖析
例题2某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以一定的速度竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力,已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g。求喷出的水的速度v0。
解析 设Δt时间内,从喷口喷出的水的质量为Δm,
则Δm=ρΔV=ρv0SΔt①
设水对玩具的作用力的大小为F,根据牛顿第三定律可知,玩具对水的作用力大小也为F。
设竖直向上为正方向,根据动量定理,对质量为Δm的水,有-FΔt=-Δmv0②
由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg③
技巧点拨解决此类“流体施力问题”的关键是选取研究对象,构建“流体圆柱”模型,并能结合题意表示其质量。
变式训练2宇宙飞船在太空飞行时,如果遇到微陨石云,会受到较大的阻力。微陨石云是太空中游离的物质微粒比较集中的区域。已知宇宙飞船沿运行方向的横截面积为S,运行速度为v,微陨石云的平均密度为ρ,设宇宙飞船接触到的微陨石最后都附着在飞船上,求宇宙飞船在穿越微陨石云过程中所受阻力F的大小。
解析 时间t内微陨石的总质量m=ρSvt;
时间t内飞船增加的动量Δp=mv=ρSv2t;
由动量定理可得:Ft=Δp
计算得出阻力大小F=ρSv2
答案 ρSv2
探究三
动量定理与动能定理的综合应用
情境探究
在水平道路上行驶的汽车,在前方有障碍物时,需要及时刹车。若汽车刹车后车轮被抱死,则从刹车到汽车停止,行驶时间、行驶路程与哪些因素有关 有何关系
知识归纳
动量定理与动能定理的区别和联系
比较项目 动量定理 动能定理
内容 合外力的冲量等于物体的动量变化 合力的功等于物体的动能变化
因果关系 原因:合外力的冲量 结果:动量变化 原因:合力的功
结果:动能变化
公式特点 I合=Δp,矢量式 W合=ΔEk,标量式
研究对象 单个或多个物体 单个物体(高中阶段)
研究过程 单个或多个过程 单个或多个过程
问题特征 涉及碰撞、冲击、力作用时间 涉及功、能、力作用位移或路程
典例剖析
例题3在水平地面的右端B处有一面墙,一小物块放在水平地面上的A点,质量m=0.5 kg,AB间距离s=5 m,如图所示。小物块以初速度v0=8 m/s从A向B运动,刚要与墙壁碰撞时的速度v1=7 m/s,碰撞后以速度v2=6 m/s反向弹回。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小;
(2)小物块与地面间的动摩擦因数μ;
(3)若碰撞时间t=0.05 s,碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。
解析 (1)从A到B过程是匀减速直线运动,根据速度位移公式,
可得,μ=0.15;
(3)对碰撞过程,规定向左为正方向,由动量定理,有:
FΔt=mv2-m(-v1)
可得F=130 N。
答案 (1)1.5 m/s2 (2)0.15 (3)130 N
规律方法 动量是力对时间积累的效果,动能是力对空间积累的效果,因此,动量定理、动能定理是解决物理问题的两条重要思路,当问题中涉及碰撞、冲击、力作用时间时,应优先考虑动量定理;当问题中涉及功、能、力作用位移或路程时,应优先考虑动能定理。
当堂检测
1.物体在恒定的合力F作用下做直线运动,在时间Δt1内速度由0增大到v,在时间Δt2内速度由v增大到2v。设F在Δt1内做的功是W1,冲量是I1;在Δt2内做的功是W2,冲量是I2。那么( )
A.I1C.I1=I2,W1=W2 D.I1=I2,W1答案 D
2.在光滑水平面上,原来静止的物体在水平力F作用下,经过时间t后,动量为p,动能为Ek;若该物体在此光滑水平面上由静止出发,仍在水平力F的作用下,则经过时间2t后物体的( )
A.动量为4p B.动量为 p
C.动能为4Ek D.动能为2Ek
答案 C
3.使用高压水枪作为切割机床的切刀具有独特优势,得到广泛应用。如图所示,若水柱截面为S,水流以速度v垂直射到被切割的钢板上之后水速减为零,已知水的密度为ρ,则水对钢板的冲力大小为 。
解析 设t时间内有V体积的水打在钢板上,则这些水的质量为m=ρV=ρSvt,以这部分水为研究对象,它受到钢板的作用力为F,以水运动的方向为正方向,由动量定理有:Ft=0-mv,即F=- =-ρSv2,负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反;由牛顿第三定律可以知道,水对钢板的冲击力大小也为ρSv2。
答案 ρSv2
4.如图所示,质量为m的小球距轻弹簧的上端为h,小球自由下落一段时间后与弹簧接触,它从接触弹簧开始到弹簧被压缩到最短的过程中持续时间为t,求小球从接触弹簧到压缩到最短的过程中弹簧的弹力对小球的冲量大小。
解析 设小球从开始运动到接触弹簧用时t1,根据自由落体运动规律,有
设弹簧的弹力对小球的冲量为I,竖直向上为正方向,从小球开始运动到弹簧被压缩到最短的过程,根据动量定理,有-mg(t1+t)+I=0。(共45张PPT)
第4节 弹性碰撞与非弹性碰撞
第1章
2021
内容索引
01
02
课前篇 自主预习
课堂篇 探究学习
学习目标 思维导图
1.知道非弹性碰撞、完全非弹性碰撞和弹性碰撞的概念和特点。(物理观念)
2.掌握弹性碰撞的规律,能根据弹性碰撞的规律解释判断有关现象,并解决有关的问题。(科学思维)
3.会应用动量、能量的观点分析、解决一维碰撞问题。(科学思维)
课前篇 自主预习
自主阅读
一、不同类型的碰撞
1.弹性碰撞
碰撞前后系统的总动能相等的碰撞称为弹性碰撞。通常,分子、原子以及更小的粒子间的碰撞、生活中台球间的碰撞可视为弹性碰撞。
2.非弹性碰撞
碰撞过程中机械能有损失的碰撞称为非弹性碰撞。
3.完全非弹性碰撞
如果碰撞后物体结合在一起,系统的动能损失最大,这种碰撞称为完全非弹性碰撞。
二、弹性碰撞
1.实验与探究
(1)质量相等的两个钢球碰撞时,碰撞后两球交换了速度,可知碰撞前后两球的总动能相等。
(2)质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球碰撞时,碰后两球运动方向
相同。
(3)质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球碰撞时,碰后质量较小钢球速度方向与原来的速度方向相反。
2.弹性碰撞的规律
设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞,碰后m1、m2的速度分别为v1'和v2',由动量守恒和动能守恒有
m1v1=m1v1'+m2v2' ①
由以上两式对弹性碰撞实验研究结论的解释:
(1)当m1=m2时,v1'= 0 ,v2'= v1 ,表示碰撞后两球 交换速度;
(2)当m1>m2时,v1' > 0,v2' > 0,表示碰撞后两球向前运动;(选填“>”或“<”)
若m1 m2,则v1'=v1,v2'= 2v1 。表明m1的速度不变,m2以 2v1 的速度被撞出去。
(3)当m1 0,表示碰撞后质量小的球被反弹回来。(选填“>”或“<”)
若m1 m2,则v1'= -v1 ,v2'≈0。表明m1被反向以原速率弹回,而m2仍静止。
自我检测
1.正误判断
(1)发生碰撞的两个物体的运动方向一定都变化。( )
答案 ×
(2)微观粒子的碰撞由于不发生直接接触,所以不满足动量守恒的条件。( )
解析 动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一。不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律,而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律。
答案 ×
(3)在碰撞现象中,一般内力都远远大于外力,所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒。( )
答案 √
2.如图所示,A、B、C、D、E、F六个小球并排放置在光滑的水平面上,B、C、D、E四个小球质量相等,而F小球质量小于B小球质量。A小球的质量等于F小球的质量,A小球以速度v0向B小球运动,所产生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后( )
A.5个小球静止,1个小球运动
B.4个小球静止,2个小球运动
C.3个小球静止,3个小球运动
D.6个小球都运动
解析 A小球与B小球相碰时,由于A小球的质量小于B小球的质量,A小球弹回,B小球获得速度与C小球碰撞,由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等,B小球静止,C小球获得速度,同理,C小球与D小球的碰撞,D小球与E小球的碰撞都是如此,E小球获得速度后与F小球的碰撞过程中,由于E小球的质量大于F小球的质量,所以E小球、F小球碰后都向前运动,所以碰撞之后,A、E、F三小球运动,B、C、D三小球静止,选项C正确。
答案 C
课堂篇 探究学习
探究一
对碰撞问题的认识和理解
情境探究
下图为一种游戏器具——超级碰撞球。多颗篮球般大小的钢球用钢缆悬挂在屋顶。拉开最右边钢球到某一高度,然后释放,碰撞后,仅最左边的球被弹起,摆至最大高度后落下来再次碰撞,致使最右边钢球又被弹起。硕大的钢球交替弹开,周而复始,场景蔚为壮观。上述现象如何解释
要点提示 质量相等的两物体发生弹性正碰,碰撞中的动量、动能都守恒,碰后二者交换速度。
知识归纳
1.对碰撞的广义理解
物理学里所研究的碰撞,包括的范围很广,只要通过短时间作用,物体的动量发生了明显的变化,都可视为碰撞。例如:两个小球的撞击,子弹射入木块,系在绳子两端的物体将松弛的绳子突然拉直,铁锤打击钉子,列车车厢的挂接,中子轰击原子核等均可视为碰撞问题。需注意的是必须将发生碰撞的双方(如两小球、子弹和木块、铁锤和钉子、中子和原子核等)包括在同一个系统中,才能对该系统应用动量守恒定律。
2.碰撞过程的五个特点
(1)时间特点:在碰撞现象中,相互作用的时间很短。
(2)相互作用力的特点:在相互作用过程中,相互作用力先是急剧增大,然后急剧减小,平均作用力很大。
(3)动量的特点:系统的内力远远大于外力,所以系统即使所受合外力不为零,外力也可以忽略,系统的总动量守恒。
(4)位移特点:碰撞过程时间极短,在物体发生碰撞瞬间,可忽略物体的位移,认为物体在碰撞前后仍在原位置。
(5)能量特点:碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek'满足Ek≥Ek'。
3.碰撞的规律
(1)碰撞的种类及遵从的规律
种类 遵从的规律
弹性碰撞 动量守恒,机械能守恒
非弹性碰撞 动量守恒,机械能有损失
完全非弹性碰撞 动量守恒,机械能损失最大
碰后速度相等(或结合在一起)
(2)特殊的弹性碰撞——运动物体碰静止物体
典例剖析
例题1质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,A球的动量是7 kg·m/s,B球的动量是5 kg·m/s,当A球追上B球发生碰撞,则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A.pA'=6 kg·m/s,pB'=6 kg·m/s
B.pA'=3 kg·m/s,pB'=9 kg·m/s
C.pA'=-2 kg·m/s,pB'=14 kg·m/s
D.pA'=-4 kg·m/s,pB'=17 kg·m/s
解析 A、B球碰撞遵从动量守恒,有pA+pB=pA'+pB',选项D中数据不满足该方程,因而选项D错误;A、B球碰撞遵从能量守恒,碰前的总动能应不小于碰后总动能,即 ,mA=mB,选项A、B、C中数据只有A选项符合上式,选项A正确。
答案 A
规律方法 1.碰撞现象同时遵守的三条原则
(1)动量守恒:即p1+p2=p1'+p2'。
(3)碰前、碰后的速度要符合实际的运动情景:
①如果碰撞前两物体同向运动,则后面物体的速度必大于前面物体的速度,否则无法实现碰撞。碰撞后,原来在前的物体的速度一定增大,且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度,否则碰撞没有结束。②如果碰撞前两物体是相向运动,则碰后两物体的运动方向不可能都不改变(至少有一个物体的速度方向改变),除非两物体碰撞后速度均为零。
2.追碰现象合理性分析判断流程
变式训练1如图所示,两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动,它们的质量分别为mA=4 kg,mB=2 kg,速度分别是vA=3 m/s(设为正方向),vB=-3 m/s。则它们发生正碰后,速度的可能值分别为( )
A.vA'=1 m/s,vB'=1 m/s
B.vA'=4 m/s,vB'=-5 m/s
C.vA'=2 m/s,vB'=-1 m/s
D.vA'=-1 m/s,vB'=-5 m/s
解析 两球相碰过程遵从动量守恒,有mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB',选项D中数据不满足该方程,选项D错误;选项B、C表明,两球碰后速度方向分别与各自碰前速度方向相同,仍处于碰撞过程,因而错误。
答案 A
例题2如图,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量为m。开始时橡皮筋松弛,B静止,给A向左的初速度v0。一段时间后,B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍,也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求:
(1)B的质量;
(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。
规律方法 处理碰撞问题的几个关键点
(1)选取动量守恒的系统:若有三个或更多个物体参与碰撞时,要合理选取所研究的系统。
(2)弄清碰撞的类型:弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞。
(3)弄清碰撞过程中存在的关系:能量转化关系、几何关系、速度关系等。
变式训练2(多选)在光滑水平面上,一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生正碰,碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,则碰后B球的速度大小可能是( )
A.0.7v B.0.6v C.0.4v D.0.2v
解析 以两球组成的系统为研究对象,以A球的初速度方向为正方向,如果碰撞为弹性碰撞,由动量守恒定律得:mv=mvA+2mvB,由机械能守恒定律
答案 BC
探究二
爆炸和碰撞问题的比较
情境探究
汽车在公路上行驶时,驾驶员一定要系上安全带,你知道安全带有什么用途吗
要点提示 汽车安全带在碰撞时对驾驶员进行约束,避免碰撞时驾驶员与方向盘及仪表盘等发生二次碰撞,或避免碰撞时驾驶员冲出车外。
知识归纳
爆炸与碰撞的比较
比较项目 爆 炸 碰 撞
相 同 点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生,相互作用的力为变力,作用时间很短,平均作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
过程模型 由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短,作用过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理,即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动
能量情况 都满足能量守恒,总能量保持不变
不 同 点 动能情况 有其他形式的能转化为动能,动能会增加 弹性碰撞时动能不变,非弹性碰撞时动能有损失,动能转化为内能
(1)在碰撞过程中,系统的动量守恒,但机械能不一定守恒。
(2)在爆炸过程中,系统的动量守恒,机械能一定不守恒。
(3)宏观物体碰撞时一般相互接触,微观粒子的碰撞不一定接触,但只要符合碰撞的特点,就可认为是发生了碰撞。
典例剖析
例题3一辆质量m1=3.0×103 kg 的小货车因故障停在车道上,后面一辆质量m2=1.5×103 kg 的轿车来不及刹车,直接撞入货车尾部失去动力。相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了x=6.75 m停下。已知车轮与路面的动摩擦因数μ=0.6,求碰撞前轿车的速度大小。(重力加速度g取10 m/s2)
答案 27 m/s
变式训练3(多选)向空中发射一物体,不计空气阻力,当物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂为a、b两块。若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则( )
A.b的速度方向一定与原速度方向相反
B.从炸裂到落地这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大
C.a、b一定同时到达地面
D.炸裂的过程中,a、b中受到的爆炸力的冲量大小一定相等
解析 物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时,由于物体沿水平方向不受外力,所以沿水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有(mA+mB)v=mAvA+mBvB,得
当vA与原来速度v同向时,vB可能与vA反向;另外一种情况是vA的大小没有确定,题目只讲a的质量较大,但若vA很小,则mAvA可能小于原动量(mA+mB)v,这时vB的方向会与vA方向一致,即与原来方向相同,所以选项A错误。
a、b两块在水平飞行的同时,竖直方向做自由落体运动,即做平抛运动,落地时间由高度决定,所以选项C是正确的。
由于水平飞行距离x=v·t,a、b两块炸裂后的速度vA、vB大小关系无法判断,而落地时间t又相等,所以水平飞行距离无法比较大小,所以选项B错误。
根据牛顿第三定律,a、b所受爆炸力FA=-FB,力的作用时间相等,所以冲量I=F·t的大小一定相等,所以选项D是正确的。
答案 CD
当堂检测
1.(多选)在光滑水平面上,两球沿球心连线以相等速率相向而行,并发生碰撞,下列现象可能的是( )
A.若两球质量相同,碰后以某一相等速率互相分开
B.若两球质量相同,碰后以某一相等速率同向而行
C.若两球质量不同,碰后以某一相等速率互相分开
D.若两球质量不同,碰后以某一相等速率同向而行
解析 碰撞前、后两小球组成的系统总动量守恒。碰撞前两球总动量为零,碰撞后也为零,所以选项A是可能的;若碰撞后两球以某一相等速率同向而行,则两球的总动量不为零,所以选项B不可能;碰撞前、后系统的总动量的方向不同,所以动量不守恒,选项C不可能;碰撞前总动量不为零,碰后也不为零,方向可能相同,所以,选项D是可能的。
答案 AD
2.如图所示,在光滑水平面上,用等大反向的两个力F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上,已知mAA.静止 B.向右运动
C.向左运动 D.无法确定
解析 选取A、B两个物体组成的系统为研究对象,整个运动过程中,系统所受的合外力为零,所以系统动量的改变量为零。初始时刻系统静止,总动量为零,最后黏合体的动量也为零,即黏合体静止,所以选项A正确。
答案 A
3.光滑水平地面上有两个静止的小物块a和b,a的质量为m,b的质量为M,可以取不同的数值。现使a以某一速度向b运动,此后a与b发生弹性碰撞,则( )
A.当M=m时,碰撞后b的速度最大
B.当M=m时,碰撞后b的动能最大
C.当M>m时,若M越小,碰撞后b的速度越小
D.当M答案 B
4.在沙堆上有一木块,质量m0=5 kg,木块上放一爆竹,质量m=0.10 kg。点燃爆竹后木块陷入沙中深5 cm,若沙对木块运动的阻力恒为58 N,不计爆竹中火药质量和空气阻力。求爆竹上升的最大高度。(g取10 m/s2)
解析 火药爆炸时内力远大于重力,所以爆炸时动量守恒,设v、v'分别为爆炸后爆竹和木块的速率,取向上的方向为正方向,
由动量守恒定律得mv-m0v'=0①
答案 20 m(共37张PPT)
第3节 科学验证:动量守恒定律
第1章
2021
内容索引
01
02
课前篇 自主预习
课堂篇 探究学习
学习目标 思维导图
1.理解斜槽实验的速度测量原理,完成实验。(科学探究)
2.能够通过正确使用气垫导轨和光电门来获得数据,从而验证动量守恒定律。(科学探究)
3.体会将不易测量的物理量转换为易测量的物理量的实验设计思想。(科学探究)
课前篇 自主预习
自主阅读
一、利用斜槽轨道验证动量守恒定律
1.实验原理与设计
质量分别为m1和m2的两小球A、B发生正碰,若碰撞前球A的速度为v1,球B静止,碰撞后的速度分别为v1'和v2',根据动量守恒定律,应有:m1v1= m1v1'+m2v2' 。
可采用“探究平抛运动的特点”实验中测量平抛初速度的方法,设计实验装置如图甲所示。让球A从同一位置C 释放,测出不发生碰撞时球A飞出的水平距离lOP,再测出球A、B碰撞后分别飞出的水平距离lOM、lON,如图乙所示。只要验证m1lOP= m1lOM+m2lON ,即可验证动量守恒定律。
因小球从斜槽上滚下后做平抛运动,由平抛运动知识可知,只要小球下落的高度相同,在落地前运动的时间就相同,由于小球在水平方向做匀速直线运动,因此只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的水平距离,代入公式就可验证动量守恒定律。
甲 实验装置示意图
乙 水平距离测量示意图
2.实验器材
斜槽轨道、半径相等的钢球和玻璃球、白纸、复写纸、小铅锤、天平(附砝码)、毫米刻度尺、圆规。
3.实验步骤
(1)用天平测出两个小球的质量。
(2)将斜槽固定在桌边并使其末端水平,即在水平槽上放置小球,小球能够保持静止,就说明槽的末端水平。
(3)在地板上铺白纸和复写纸(复写纸在上,白纸在下),通过小铅锤将斜槽末端在纸上的投影记为点O。
(4)首先让球A从斜槽点C由静止释放,落在复写纸上,如此重复多次。
(5)再将球B放在槽口末端,让球A从点C 由静止释放,撞击球B,两球落到复写纸上,如此重复多次。
(6)取下白纸,用圆规找出落点的平均位置点P、点M和点N,用刻度尺测出lOP、lOM和lON。用圆规画尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面,圆心就是平均落点。
(7)改变点C位置,重复上述实验步骤。
4.数据分析
记录分析
实验 次数 入射小球的 质量m1/g 被碰小球的 质量m2/g OP (cm) OM (cm) ON (cm) 碰前 动量 碰后
动量
1
2
结论:碰撞前两小球的动量之和等于碰撞后两小球的动量之和。
5.注意事项
(1)入射小球质量m1应大于被碰小球质量m2,否则入射小球会被反弹,滚回斜槽后再返回抛出点过程中克服摩擦力做功,飞出时的速度大小小于碰撞刚结束时的速度大小,会产生较大的误差;
(2)斜槽末端的切线必须水平;
(3)入射小球每次都必须从斜槽上同一位置由静止滚下;
(4)地面应水平,白纸铺好后,实验过程中不能移动,否则会造成很大的误差。
6.误差分析
实验所研究的过程是两个不同质量的小球发生水平正碰,因此“水平”和“正碰”是操作中应尽量予以满足的前提条件。实验中两小球的球心高度不在同一水平面上,给实验带来误差。每次静止释放入射小球的释放点越高,两小球相碰时内力越大,动量守恒的误差越小。应进行多次碰撞,落点取平均位置来确定,以减小偶然误差。
二、利用气垫导轨验证动量守恒定律
1.实验原理与设计
实验装置如图所示,质量分别为m1和m2的滑块A、B静止,被所夹的弹簧片弹开,若弹开后的速度分别为v1'和v2',根据动量守恒定律,应有m1v1'+m2v2' =0。
用天平测出滑块的质量,记录滑块上挡光片的宽度d和被弹开后经过光电
2.实验器材
气垫导轨(含气泵)、光电计时器、滑块(带挡光板、两个)、弹簧片(或弹簧)、细绳、弹性碰撞架、天平、毫米刻度尺。
3.实验步骤
(1)用天平测出两滑块的质量,用毫米刻度尺测出滑块上挡光片的宽度。
(2)安装好气垫导轨,调节导轨下面的调节旋钮,直到水平仪中的气泡位于中央,此时导轨水平。
(3)接通气泵的电源,向气垫导轨通入压缩空气。
(4)用细线将弹簧片压缩,放置于两个滑块之间,并使它们静止,然后烧断细线,弹簧片弹开后落下,两个滑块随即向相反方向运动。
(5)记录滑块1、2通过光电门的时间t1、t2。
(6)增大滑块1的质量,重复步骤(4)(5)。
4.数据处理
比较项目 弹开后
质量 m1 m2
速度 v1 v2
动量 m1v1 m2v2
结论:弹开后两滑块的动量大小相等,方向相反。
5.注意事项
(1)气垫导轨是一种精度较高的现代化仪器,切忌振动、重压,严防碰伤和划伤,绝对禁止在不通气的情况下使滑块在轨面上滑动。
(2)调整气垫导轨时要利用水平仪确保导轨水平。
自我检测
1.正误判断
(1)气垫导轨使用前须调节到水平状态。( )
答案 √
(2)在气垫导轨上放滑块前,必须先给导轨通压缩空气。( )
答案 √
(3)滑块通过光电门时的速度大小等于挡光片的宽度与挡光时间的比。( )
答案 √
(4)利用斜槽验证动量守恒时,斜槽末端不需要调整到水平。( )
解析 只有斜槽末端水平,才能保证小球碰前或碰后做平抛运动,进而用水平距离替代速度。
答案 ×
(5)利用斜槽验证动量守恒时,入射小球的质量可以小于被碰小球的质量。( )
解析 为保证入射小球碰后不反弹,其质量必须大于被碰小球的质量。
答案 ×
(6)利用斜槽验证动量守恒时,两小球碰后的速度大小可以用它们做平抛运动的水平距离替代。( )
答案 √
2.在利用气垫导轨验证碰撞中的动量守恒时,用到的测量工具有( )
A.停表、天平、刻度尺
B.弹簧测力计、停表、天平
C.天平、刻度尺、光电计时器
D.停表、刻度尺、光电计时器
解析 用天平测滑块质量,用刻度尺测挡光片的宽度。运动时间是指挡光片通过光电门的时间,由光电计时器计时,因此不需要停表。
答案 C
课堂篇 探究学习
探究一
实验原理与操作
典例剖析
例题1某同学用如图所示的装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证碰撞过程中的动量守恒,图中PQ是斜槽,QR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹。重复上述操作10次,得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,让A球仍从位置G由静止开始滚下,和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹,重复这种操作10次。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点,B球落点痕迹如图所示,其中刻度尺水平放置,且平行于G、R、O所在的平面,刻度尺的零点与O点对齐。
(1)碰撞后B球的水平射程应取为 cm。
(2)在以下选项中,本次实验必须进行的测量是 。
A.水平槽上未放B球时,A球落点位置到O点的距离
B.A球与B球碰撞后,A球落点位置到O点的距离
C.A球与B球的质量
D.G点相对于水平槽面的高度
解析 (1)本题利用了高度相同、小球运动时间相同,在比例式中,可以用位移代替速度,即变难测物理量为易测物理量的原理,围绕10个落点所在的范围作最小的圆,其圆心即为平均落点,xB=64.8 cm。
(2)还应测出未放B球时,A球落点位置到O点的距离,A球和B球碰撞后,A球落点位置到O点的距离及A、B两球的质量。
答案 (1)64.8 (2)ABC
探究二
数据处理与误差分析
典例剖析
例题2某同学设计了一个用打点计时器做“探究碰撞中的守恒量”的实验:在小车A的前端黏有橡皮泥,推动小车A使之做匀速运动,然后与原来静止在前方的小车B相碰并黏合成一体,继续做匀速运动。他设计的具体装置如图甲所示,在小车A后连着纸带,电磁打点计时器电源频率为50 Hz,长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力。
(1)若已测得打点纸带如图乙所示,并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点,则应选 段来计算A的碰前速度;应选 段来计算A和B碰后的共同速度。(以上两空选填“AB”“BC”“CD”“DE”)
(2)已测得小车A的质量mA=0.40 kg,小车B的质量mB=0.20 kg,由以上测量结果可得:碰前mAv0= kg·m/s;碰后(mA+mB)v共= kg·m/s。
(3)从(2)中数据得到的结论是 。
解析 (1)从纸带上打点情况看,BC段既表示小车做匀速运动,又表示小车有较大速度,因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况,应选用BC段计算A的碰前速度;CD段相邻点的间距减小,表示小车的运动情况还没稳定,而在DE段内小车运动稳定,故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。
碰撞后(mA+mB)v共=(0.20+0.40) kg×0.695 m/s=0.417 kg·m/s。
(3)从(2)中可知碰撞前mAv0=0.420 kg·m/s,碰撞后(mA+mB)v共=0.417 kg·m/s,二者近似相等,因此,在实验误差范围内,系统碰撞前后的总动量守恒。
答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417 (3)在实验误差范围内,系统碰撞前后的总动量守恒
规律总结验证动量守恒定律实验的难点是物体相互作用前后速率的测量,常见的方法如下:
1.物体相互作用前后做平抛运动,利用水平射程替代速率;
2.物体相互作用前后做匀速运动,利用打点计时器获得数据;
3.物体相互作用前后做圆周运动,根据机械能守恒求得速率;
4.利用光电门获得速率。
当堂检测
1.利用气垫导轨做验证碰撞中的动量守恒实验时,不需要测量的物理量是( )
A.滑块的质量 B.挡光时间
C.挡光片的宽度 D.滑块移动的距离
解析 根据实验原理可知,滑块的质量、挡光时间、挡光片的宽度都是需要测量的物理量,其中滑块的质量用天平测量,挡光时间用光电计时器测量,挡光片的宽度可事先用刻度尺测量。只有移动的距离不需要测量,故选项D符合题意。
答案 D
2.如图所示为验证碰撞中的动量守恒的实验装置示意图。
(1)若入射小球质量为m1,半径为r1;被碰小球质量为m2,半径为r2,则 。
A.m1>m2,r1>r2
B.m1C.m1>m2,r1=r2
D.m1(2)为完成此实验,以下所提供的测量工具中必须用到的是 。(填下列对应的字母)
A.刻度尺
B.游标卡尺
C.天平
D.弹簧测力计
E.停表
(3)设入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,P为碰前入射小球落点的平均位置,则关系式(用m1、m2及图中字母表示) 成立,即表示碰撞中动量守恒。
解析 (1)两小球要选大小一样的,且入射小球的质量应大些,故选C。
(2)该实验必须测出两球平抛的水平位移和质量,故必须用刻度尺和天平,因两球平抛起点相同,不用测小球直径,故用不到B。
(3)因平抛运动落地时间相同,可用水平位移代替速度,故关系式为m1·OP=m1·OM+m2·ON。
答案 (1)C (2)AC (3)m1·OP=m1·OM+m2·ON
3.如图所示,滑块A、B静止在水平气垫导轨上,两滑块间紧压一根轻弹簧,两滑块用绳子连接,绳子烧断后,轻弹簧掉落,两个滑块向相反方向运动。现拍得闪光频率为10 Hz的一组频闪照片。已知滑块A、B的质量分别为300 g、450 g。根据照片记录的信息可知,A、B离开弹簧后:
(1)A滑块做 运动;
(2)A滑块速度大小为 m/s;
(3)图中B滑块的动量大小是 kg·m/s;
(4)本实验中得出“在实验误差范围内,两滑块组成的系统动量守恒”,这一结论的依据是 。
它的动量pB=mBvB=0.450 kg×0.06 m/s=0.027 kg·m/s;
(4)A的动量pA=mAvA=0.300 kg×0.09 m/s=0.027 kg·m/s,由此可见A、B的动量大小相等、方向相反,它们的总动量为零,与释放前的总动量相等,因此系统动量守恒。
答案 (1)匀速直线
(2)0.09
(3)0.027
(4)滑块A、B的动量始终大小相等,方向相反(共48张PPT)
第2节 动量守恒定律及其应用
第1章
2021
内容索引
01
02
课前篇 自主预习
课堂篇 探究学习
学习目标
1.能用牛顿运动定律和动量定理推导动量守恒定律。(科学思维)
2.理解动量守恒定律的内容、表达式和守恒条件。(物理观念)
3.会运用动量守恒定律解决实际问题。(物理观念)
4.知道什么是反冲运动,了解它在实际生活中的简单应用。(物理观念)
5.了解火箭的飞行原理和主要用途。(科学思维)
思维导图
课前篇 自主预习
自主阅读
一、动量守恒定律
1.实验探究
如图甲所示,两个质量相等且带有弹片的滑块装上相同的遮光板(宽度为d),放置在气垫导轨的中部。将两滑块靠在一起并压缩弹片,用细线把它们拴住,两滑块处于静止状态。烧断细线,两滑块被弹片弹开后朝相反方向做匀速运动。测量遮光板通过光电门的时间t,计算滑块的速度v= 。两滑块弹开前的总动量p= 0 ,弹开后的总动量p'= 0 ,它们的总动量 不变 (选填“变化”或“不变”)。
增加其中一个滑块的质量,使其质量是另一个的2倍,重复以上实验(图乙),两滑块在弹开前后的总动量不变(选填“变化”或“不变”)。
【结论】 无论两滑块的质量是否相等,它们在被弹开前的总动量为0,弹开后的总动量为0,这说明两滑块在相互作用前后的总动量是不变的。
2.理论推导
如图所示,在光滑水平地面上,有质量为m1、m2的两个小球A、B,它们分别以速度v1、v2同向运动,且v1>v2,当球A追上B时,发生碰撞。碰撞后两球的速度分别是v'1、v'2,用F1表示球B对球A的作用力,用F2表示球A对球B的作用力,两球在竖直方向受力平衡。若两球相互作用的时间为t,则水平方向上,根据动量定理,对球A,有F1t= m1v1'-m1v1 ,对球B,有F2t= m2v2'-m2v2 ,由牛顿第三定律可知 F1=-F2 ,由以上三式得 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' ,由于两球碰撞过程中的每个时刻都有 F1=-F2 ,因此上式对两球碰撞
过程中的任意时刻的状态都适用,即系统的总动量在
整个过程中一直保持不变。
【结论】 (1)一个系统不受外力或者所受合外力为0时,这个系统的总动量保持不变。
(2)系统所受合外力不为零,但系统所受合外力远小于系统内力,该系统的总动量可以认为近似守恒,如物体之间的碰撞过程。
(3)系统所受合外力不为零,但在某一方向上受到的合外力为0,则在该方向上系统的动量守恒。
【适用范围】 动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一,不仅低速、宏观领域遵循这一规律,高速(接近光速)、微观(分子、原子的尺度)领域也遵循这一规律。
二、反冲运动与火箭
1.反冲运动
一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分,一部分向某一个方向运动,另一部分向相反方向运动的现象。
2.火箭
(1)原理:火箭的飞行应用了反冲的原理,靠喷出气流的反作用力来获得巨大速度。
(2)影响火箭获得速度大小的因素:一是喷气速度,喷气速度越大,火箭能达到的速度越大;二是燃料质量越大,负荷越小,火箭能达到的速度就越大。
3.反冲运动的应用和防止
(1)应用:①宇航员利用太空服背部的喷气装置实现太空行走;②园林的自动喷水器喷水时,水流的反冲作用可使喷水管旋转起来,达到多角度喷洒的目的;③水力发电站用的反击式水轮机、喷气式飞机、火箭等都是利用了反冲运动。
(2)防止:①消防用的高压水枪喷水时,水枪向后反冲导致消防员难以保持平衡,所以要抓住水枪将身体稍向前倾以保持平衡;②步枪射击时,枪身向后反冲会影响射击的准确性,所以要把枪身抵在肩部以减小影响。
自我检测
1.正误判断
(1)某个力是内力还是外力是相对的,与系统的选取有关。( )
答案 √
(2)一个系统初、末状态动量大小相等,即动量守恒。( )
解析 动量守恒是指系统初末状态的动量的大小相等、方向相同。
答案 ×
(3)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。( )
答案 √
(4)只要系统内物体之间存在摩擦力,系统的动量不可能守恒。( )
解析 系统内物体存在的摩擦力是内力,只要系统所受合外力为零,系统的动量就守恒,如人在不计水的阻力的小船上行走,人与船的总动量守恒。
答案 ×
(5)公园里的湖面上有一条小船静止,一人站在船头,现在人开始走向船尾,则小船会沿船头方向前进。( )
解析人和船组成的系统动量守恒,开始时总动量为零,人向后走,船就会向前运动。
答案 √
(6)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。( )
答案 √
(7)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理。( )
答案 √
2.运送人造地球卫星的火箭开始工作后,火箭做加速运动的原因是( )
A.燃料推动空气,空气的反作用力推动火箭
B.火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出,气体的反作用力推动火箭
C.火箭吸入空气,然后向后排出,空气对火箭的反作用力推动火箭
D.火箭燃料燃烧发热,加热周围空气,空气膨胀推动火箭
解析 火箭的工作原理是利用反冲运动,是火箭燃料燃烧产生的高温、高压气体从尾喷管迅速喷出时使火箭获得反冲速度,故选项B正确。
答案 B
3.A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行,A的质量为5 kg,速度大小为10 m/s,B的质量为2 kg,速度大小为5 m/s,两者相碰后,A沿原方向运动,速度大小为4 m/s,则B的速度大小为 ,方向 。
解析 以A物体的速度方向为正方向,则vA=10 m/s,vB=-5 m/s,
p=pA+pB=5×10 kg·m/s+2×(-5) kg·m/s=40 kg·m/s。碰撞后,由动量守恒定律得p=mAvA'+mBvB',解得vB'=10 m/s,与A的速度方向相同。
答案 10 m/s 与A的速度方向相同
课堂篇 探究学习
探究一
对动量守恒定律的理解
情境探究
在光滑的水平面上有一辆平板车,一个人站在车上用大锤敲打车的左端,如图所示。在连续的敲打下,这辆车能持续地向右运动吗 说明理由。
要点提示 当把锤头打下去时,锤头向右摆动,系统总动量要为零,车就向左运动;举起锤头时,锤头向左运动,车就向右运动。用锤头连续敲击时,车只是左右运动,一旦锤头不动,车就会停下来,所以车不能持续向右运动。
知识归纳
1.对动量守恒定律的理解
(1)研究对象:两个或两个以上相互作用的物体组成的系统。
(2)对系统“总动量保持不变”的理解
①系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和,总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变。
②系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等,不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。
③系统的总动量保持不变,但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。
(3)条件性:应用时一定要判断系统是否满足动量守恒的条件。
(4)矢量性:表达式是一个矢量式,如果各物体相互作用前后的动量的方向在同一直线上,要选取正方向,将矢量运算转化为代数运算。否则,按照平行四边形定则进行动量及其变化的运算。
(5)相对性:系统中各物体在相互作用前后的动量,必须相对于同一惯性系,各物体的速度通常均为相对于地面的速度。
(6)同时性:系统的初动量(或末动量)必须是各物体在相互作用前(或后)同一时刻的动量之和。
(7)普适性:适用于两个或多个物体组成的系统;适用于宏观、低速物体或微观、高速粒子组成的系统。
2.动量守恒定律的条件
(1)F合外=0(严格条件);
(2)F内远大于F外(近似条件);
(3)某方向上合外力为0,在这个方向上动量守恒。
典例剖析
例题1(多选)如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住玩具小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,下列说法中正确的是( )
A.两手同时放开后,系统总动量始终为零
B.先放开左手,后放开右手,此后动量不守恒
C.先放开左手,后放开右手,总动量向左
D.无论是否同时放手,只要两手都放开后,在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零
解析 当两手同时放开时,系统的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因为开始时总动量为零,故系统总动量始终为零,选项A正确;先放开左手,左边的小车就向左运动,当再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统的动量守恒,放开右手时总动量方向向左,故选项B错误,C、D正确。
答案 ACD
技巧点拨分析动量是否守恒,首先要明确所研究的系统,分清外力和内力。如果外力矢量和为0,则系统的动量守恒。
变式训练1(2021全国乙卷)如图所示,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A.动量守恒,机械能守恒
B.动量守恒,机械能不守恒
C.动量不守恒,机械能守恒
D.动量不守恒,机械能不守恒
解析 本题考查动量守恒和机械能守恒的条件,意在考查理解能力。撤去推力,系统合外力为0,系统动量守恒,滑块和小车之间有滑动摩擦力,由于摩擦生热,故系统机械能减少,选项B正确。
答案 B
探究二
动量守恒定律的应用
情境探究
《三国演义》中有个“草船借箭”的故事(如图所示),若草船的质量为m1,每支箭的质量为m,草船以速度v1返回时,对岸士兵万箭齐发,n支箭同时射中草船,箭的速度皆为v,方向与船行方向相同,且v>v1。由此,草船的速度会增加吗 这种现象如何解释 (不计水的阻力)
要点提示 增加。草船与箭组成的系统动量守恒。根据m1v1+nmv=(m1+nm)v1'知v1'>v1。
知识归纳
动量守恒定律不同表达式的含义
设系统相互作用前的总动量p=m1v1+m2v2,相互作用后的总动量p'=m1v1'+m2v2',物体1的动量变化Δp1=m1v1'-m1v1,物体2的动量变化Δp2=m2v2'-m2v2,则m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'可写为p=p'、Δp=p'-p=0、
Δp1=-Δp2。
(1)p=p':系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。
(2)Δp1=-Δp2:相互作用的两个物体组成的系统,一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反。
(3)Δp=0:系统总动量增量为零。
(4)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2':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。
动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒,与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
典例剖析
例题2如图所示,质量mB=1 kg的平板小车B在光滑水平面上以v1=1 m/s的速度向左匀速运动。当t=0时,质量mA=2 kg的小铁块A以v2=2 m/s的速度水平向右滑上小车,A与小车间的动摩擦因数为μ=0.2。若A最终没有滑出小车,g取10 m/s2。求:A在小车上相对小车停止运动时,小车的速度大小和方向。
解析 A在小车上相对小车停止运动时,A、B将以共同的速度运动,设此时的速度为v,取v1的方向为正方向,由动量守恒定律得-mAv2+mBv1=(mA+mB)v
代入数据可解得v=-1 m/s。
负号表示v的方向与v1方向相反,即向右。
答案 1 m/s 向右
规律方法 应用动量守恒定律解题的步骤
(1)确定相互作用的系统为研究对象;
(2)分析研究对象所受的外力;
(3)判断系统是否符合动量守恒条件;
(4)规定正方向,确定初、末状态动量的正、负号;
(5)根据动量守恒定律列式求解。
变式训练2甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动,速度大小都是1 m/s。甲、乙相遇时用力推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,速度大小分别为1 m/s和2 m/s。求甲、乙两运动员的质量之比。
答案 3∶2
探究三
对反冲运动的理解
情境探究
如图为发射火箭的情境图。
(1)火箭能够升空的动力源自哪里
(2)火箭运动过程中是否满足动量守恒定律
要点提示 (1)火箭点火后,燃料燃烧产生的高速气流从火箭尾部喷出,气流对火箭产生向上的作用力使其升空。
(2)火箭运动过程中喷出的气流与火箭的作用力(内力)远大于外力,所以满足动量守恒定律。
知识归纳
反冲运动的三个特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用动量守恒定律来处理。
(3)反冲运动中,由于有其他形式的能转变为机械能,所以系统的总动能增加。
典例剖析
例题3一火箭喷气发动机每次喷出m=200 g 的气体,气体离开发动机时速度v=1 000 m/s(相对地面),设火箭质量m0=300 kg,发动机每秒喷气20次。当第三次气体喷出后,火箭的速度多大
方法2:由于每次喷气速度一样,可选整体为研究对象,用动量守恒来求解,设喷出3次气体后火箭的速度为v3,以火箭和喷出的3次气体为研究对象,根据
答案 2 m/s
规律方法 (1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系,如果不是同一参考系要设法予以调整,一般情况要转换成对地的速度。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相反的。
变式训练3一质量为m0的航天器远离太阳和行星,正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出质量为m的气体,气体向后喷出的速度大小为v1,加速后航天器的速度大小为 。(v0、v1均为相对同一参考系的速度)
当堂检测
1.(多选)下列图片所描述的事例或应用中,利用反冲原理的是( )
解析 选项A中喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的,故属于反冲运动;选项B中章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用;选项C中吹足气的气球由静止释放后气球的运动是利用喷气的方式而获得动力,利用了反冲原理;选项D中码头边的轮胎的作用是通过延长碰撞时间,从而减小作用力,不是利用反冲作用;选项A、B、C正确。
答案 ABC
2.(多选)下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是( )
解析 选项A中,在光滑水平面上,子弹射入木块的过程中,系统所受外力之和为零,系统动量守恒,故A正确;选项B中,剪断细线,弹簧恢复原长的过程中,墙壁对滑块有作用力,系统所受外力之和不为零,系统动量不守恒,故B错误;选项C中,木球与铁球组成的系统所受合力为零,系统动量守恒,故C正确;选项D中,木块下滑过程中,斜面始终受挡板作用力,系统动量不守恒,故D错误。
答案 AC
3.在某次冰壶投掷中,中国队的冰壶运动一段时间后以0.4 m/s 的速度与对方的静止冰壶发生正碰,碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行。若两冰壶质量相等,规定向前运动方向为正方向,则碰后中国队冰壶获得的速度为( )
A.-0.1 m/s B.-0.7 m/s
C.0.1 m/s D.0.7 m/s
解析 根据动量守恒定律有mv0=mv对+mv中,代入数据,解得v中=0.1 m/s。故选C。
答案 C
4.如图所示,质量为m0的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为( )
解析 小船和救生员组成的系统满足动量守恒,(m0+m)v0=m·(-v)+m0v',
答案 C
5.甲、乙两个玩具小车在光滑水平面上沿同一直线相向运动,它们的质量和速度大小分别为m1=0.5 kg,v1=2 m/s,m2=3 kg,v2=1 m/s。两小车相碰后,乙车的速度减小为v2'=0.5 m/s,方向不变,则甲车的速度大小v1'= ,方向 。
解析 设碰前甲车运动的方向为正方向。对两车组成的系统,由于在光滑的水平面上运动,作用在系统上的水平方向的外力为零,故由动量守恒定律有m1v1-m2v2=m1v1'-m2v2'得v1'=-1 m/s。负号表示甲车在相碰后速度的方向与乙车的速度方向相同。
答案 1 m/s 与乙车的速度方向相同(共58张PPT)
第1节 动量和动量定理
第1章
2021
内容索引
01
02
课前篇 自主预习
课堂篇 探究学习
学习目标 思维导图
1.理解动量的概念,知道动量是矢量。(物理观念) 2.知道动量的变化是矢量,会计算一维情况下的动量变化。 (科学思维) 3.理解冲量的概念,知道冲量是矢量。(物理观念) 4.理解动量定理的确切含义及其表达式。(科学思维) 5.会运用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象。(物理观念)
课前篇 自主预习
自主阅读
一、动量及动量的变化
1.动量
(1)定义:物体的质量和速度的乘积。
(2)公式: p=mv。
(3)单位:千克·米/秒,符号是kg·m/s。
(4)矢量性:方向与速度的方向相同。运算遵守平行四边形定则。
2.动量的变化量
(1)定义:物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差,Δp= p2-p1。
(2)动量始终保持在一条直线上时的动量运算:选定一个正方向,动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示,从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅代表方向,不代表大小)。
二、动量定理
1.冲量
(1)定义:力和力的作用时间的乘积。
(2)公式:I=Ft。
(3)单位:N·s。
(4)矢量性:恒力(或方向不变的力)的冲量的方向与力的方向相同。
2.动量定理
(1)内容:物体在一过程中所受合外力的冲量等于该物体在此过程中动量的变化量。
(2)表达式:Ft=mv2-mv1。
(3)适用范围:恒力或变力作用。
(4)牛顿第二定律的另一种表述:作用在物体上的合外力等于物体动量的变化率,即F= 。从该式可以看出:当物体动量的变化量一定时,力的作用时间越短,作用力越大;力作用时间越长,作用力越小。
三、碰撞与缓冲的实例分析
1.增大物体之间的相互作用力
方法:增大物体的动量变化量、缩短相互作用的时间。
实例:(1)冲床冲压工件时,由于冲头动量变化大且冲头与工件的碰撞时间很短,在冲头与工件间产生很大的作用力。(2)打夯机夯实地面。
2.减小物体之间的相互作用力
方法:减小物体的动量变化量、延长相互作用的时间。
实例:汽车在相关部位安装安全气囊,驾乘人员系安全带,万一出现碰撞,利用气囊或安全带的形变延长力的作用时间,减轻事故对驾乘人员的伤害。
自我检测
1.正误判断
(1)质量大的物体的动量一定大。( )
解析 动量是质量和速度的乘积,因此质量大、速度小的物体的动量可能小。
答案 ×
(2)质量和速率都相同的物体的动量一定相同。( )
解析 动量是矢量,它的方向与速度的方向相同,而质量和速率都相同的物体,其动量大小一定相同,但方向不一定相同。
答案 ×
(3)动量相同的物体运动方向不一定相同。( )
解析 动量相同指动量的大小和方向均相同,而动量的方向就是速度的方向即运动方向,故动量相同的物体运动方向一定相同。
答案 ×
(4)冲量是矢量,恒力的冲量方向与恒力的方向相同。( )
答案 √
(5)物体所受合外力冲量越大,它的末动量也越大。( )
解析 由动量定理可知,物体所受合外力的冲量等于动量的变化量。合外力的冲量越大,它的动量的变化量就越大,末动量不一定越大。
答案 ×
(6)物体所受合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向相同。( )
答案 √
2.放在水平桌面上的物体质量为m,用一个大小为F的水平推力推它,物体始终不动,那么时间t内,推力与合力对物体的冲量大小分别是 、 。
解析 根据冲量的定义I=Ft,与重力大小无关;物体始终不动,其动量变化量为零,根据动量定理可知,合力的冲量等于物体的动量变化量,即为零。
答案 Ft 0
3.(多选)从同样高度落下的鸡蛋,掉在水泥地上容易破碎,而掉在软垫上不容易破碎,其原因是( )
A.掉在水泥地上的鸡蛋动量大,而掉在软垫上的鸡蛋动量小
B.掉在水泥地上的鸡蛋动量改变大,掉在软垫上的鸡蛋动量改变小
C.掉在水泥地上的鸡蛋动量改变快,掉在软垫上的鸡蛋动量改变慢
D.掉在水泥地上的鸡蛋与地面接触时,相互作用时间短,而掉在软垫上的鸡蛋与地面接触时,相互作用时间长
答案 CD
课堂篇 探究学习
探究一
对动量的理解
情境探究
工人师傅在锻打刀具的时候,一人用较小的锤子击打,一人用较大的锤子击打,两个人每次击打后的效果是不同的,大锤子击打时能看到金属模具有较大的形状变化。
这说明运动物体产生的作用效果不仅与速度有关,而且与质量有关。
(1)什么是动量 动量的方向如何确定 做匀速圆周运动的物体动量是否变化
(2)什么是动量的变化量 动量变化量的方向如何确定
(假定物体在一条直线上运动)
要点提示 (1)运动物体的质量和速度的乘积是动量。动量的方向与速度的方向相同。物体做匀速圆周运动时,速度大小不变,方向时刻改变,故动量发生变化。
(2)如果物体在一条直线上运动,首先规定正方向,将矢量运算转化为代数运算。动量变化量Δp=p'-p=m(v'-v)=m·Δv为矢量式,其方向与Δv的方向相同。
知识归纳
1.动量
(1)动量是状态量,进行动量运算时,要明确是哪一物体在哪一状态(时刻)的动量,p=mv中的速度v是瞬时速度。
(2)动量的相对性:物体的速度与参考系的选择有关,因此,物体的动量与参考系的选择也有关。选不同的参考系时,同一物体的动量可能不同,通常在不说明参考系的情况下,物体的动量是指物体相对地面的动量。
2.动量的变化量
(1)动量的变化量是过程量,分析计算时,要明确是物体在哪一个过程的动量变化。
(2)动量的变化量Δp=p'-p是矢量式,Δp、p'、p间遵循平行四边形定则,如图所示。
(3)Δp的计算
①当p'、p在同一直线上时,可规定正方向,将矢量运算转化为代数运算;
②当p'、p不在同一直线上时,应依据平行四边形定则运算。
3.动量和动能的比较
比较项目 动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p=mv Ek= mv2
矢标性 矢量 标量
换算关系
典例剖析
例题1一质量m=0.2 kg的皮球从高H=0.8 m处自由落下,与地面相碰后反弹的最大高度h=0.45 m。试求:球与地面相互作用前、后时刻的动量以及球与地面相互作用过程中的动量变化。
解析 以向下的方向为正,则由mgH= 得
与地面接触时的速度v1=4 m/s
此时的动量大小p1=mv1=0.8 kg·m/s,方向向下,为正。
由mgh= 得
球刚离开地面时的速度大小v2=3 m/s,方向向上
此时的动量大小p2=mv2=0.6 kg· m/s,方向向上,为负。
所以Δp=p2-p1=-0.6 kg·m/s-0.8 kg·m/s=-1.4 kg·m/s,负号表示方向向上。
答案 0.8 kg·m/s,方向向下 0.6 kg·m/s,方向向上 1.4 kg·m/s,方向向上
规律方法 动量变化量的求解方法
1.若初、末动量在同一直线上,则在选定正方向的前提下,可化矢量运算为代数运算。
2.若初、末动量不在同一直线上,运算时应遵循平行四边形定则。
变式训练1羽毛球运动是速度较快的球类运动之一,运动员扣杀时羽毛球的速度可达到100 m/s,假设羽毛球飞来的速度为50 m/s,运动员将羽毛球以100 m/s的速度反向击回。设羽毛球的质量为10 g,试求:
(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量;
(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量。
解析 (1)以羽毛球飞来的方向为正方向,则
p1=mv1=10×10-3×50 kg·m/s=0.5 kg·m/s。
p2=mv2=-10×10-3×100 kg·m/s=-1 kg·m/s。
所以动量的变化量Δp=p2-p1=-1 kg·m/s-0.5 kg·m/s=-1.5 kg·m/s。
即羽毛球的动量变化量大小为1.5 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相反。
所以ΔEk=Ek'-Ek=37.5 J。
答案 (1)1.5 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相反
(2)37.5 J
探究二
对冲量的理解
情境探究
1.工人师傅在安装地板砖时,用橡胶锤子轻轻敲击地板砖把地板砖安装好,工人师傅为什么用橡胶锤子而不用铁锤子 为什么要轻轻敲击地板砖而不是用力敲击
要点提示 用橡胶锤子敲击地板砖,可以经过较长的时间使速度减小到0,在动量变化相同的情况下,地板砖受到的冲击力小,从而保护地板砖不被敲破。轻轻敲击地板砖,锤子的动量变化量小,对地板砖的作用力小,用力敲击地板砖,锤子的动量变化量大,对地板砖的作用力大,很容易敲碎地板砖。
2.做一做:将纸条的一端压在钢笔帽下,如图甲,用手慢慢拉动纸条,会看到什么现象 如图乙,拉紧纸条,用手向下快速击打纸条,会看到什么现象 请解释原因。
要点提示 图甲,用手慢慢拉动纸条,可以看到钢笔帽跟着纸条移动起来。图乙,拉紧纸条,用手向下快速击打纸条,纸条从钢笔帽下抽出,钢笔帽静止不动。
物体动量的改变取决于外力的冲量大小,钢笔帽在水平方向受到纸条的摩擦力可近似认为两次相同,第一次作用时间长,动量变化大,钢笔帽动;第二次作用时间短,冲量小,动量变化小,钢笔帽不动。
知识归纳
1.对冲量的理解
(1)冲量是过程量:冲量描述的是作用在物体上的力对一段时间的积累效应,与某一过程相对应。
(2)冲量是矢量:①在作用时间内力的方向不变时,冲量的方向与力的方向相同;②如果力的方向是变化的,则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
2.冲量的计算
(1)若物体受到恒力的作用,力的冲量的数值等于力与作用时间的乘积,冲量的方向与恒力方向一致;
(2)若力为同一方向随时间均匀变化的力,该力的冲量可以用平均力计算;
(3)若力为一般变力,则不能直接计算冲量。
典例剖析
例题2如图所示,在倾角α=37°的斜面上,有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下,物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.2,求:
(1)物体下滑2 s的时间内,所受各力的冲量;
(2)合力的冲量。(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
解析 (1)重力的冲量:IG=G·t=mg·t=5×10×2 N·s=100 N·s,方向竖直向下。
支持力的冲量:IN=FN·t=mgcos α·t=5×10×0.8×2 N·s=80 N·s,方向垂直斜面向上。
摩擦力的冲量:If=f·t=μmgcos α·t=0.2×5×10×0.8×2 N·s=16 N·s,方向沿斜面向上。
(2)合力的冲量等于各个力冲量的矢量和,遵循矢量合成的平行四边形定则。
方法1:利用正交分解法求各个冲量的矢量和
沿斜面和垂直斜面建立坐标系xOy,则Ox轴:各个力冲量的矢量和Ix=IGsin α-If=44 N·s
Oy轴:各个力冲量的矢量和Iy=IN-IGcos α=0
方法2:先求合力,若合力为恒力,则I=Ft
合力为F=mgsin α-μmgcos α=22 N,方向:沿斜面向下。合力冲量I=Ft=44 N·s,方向与F同向,即沿斜面向下。
答案 见解析
规律方法 计算合力冲量的方法
(1)分别计算各个力的冲量,然后利用正交分解法或合成法求合力的冲量,这与求合力的方法相同。
(2)先求合力,若合力为恒力,则I=Ft。
变式训练2如图所示,一质量m=3 kg 的物体静止在光滑水平面上,受到与水平方向成60°角的力F的作用,F的大小为9 N,经2 s时间,求:(g取10 m/s2)
(1)物体重力冲量大小;
(2)物体受到的支持力冲量大小;
(3)力F的冲量大小;
(4)合外力的冲量大小。
解析 对
(1)重力的冲量
IG=mgt=3×10×2 N·s=60 N·s。
(2)支持力的冲量IN=FNt=(mg-Fsin 60°)
t=(3×10-9× )×2 N·s≈44.4 N·s。
(3)力F的冲量IF=Ft=9×2 N·s=18 N·s。
(4)合外力的冲量I合=Fcos 60°·t=9×0.5×2 N·s=9 N·s。
答案 (1)60 N·s (2)44.4 N·s (3)18 N·s
(4)9 N·s
探究三
对动量定理的理解及应用
情境探究
1.如图所示,跳高比赛时,运动员落地处为什么要放很厚的海绵垫子
要点提示 人落到海绵垫子上时,可经过较长的时间使速度减小为零,在动量变化相同的情况下,人受到的冲击力减小,从而对运动员起到保护作用。
2.如图所示,光滑水平面上的一个质量为m的物体受到水平恒力F的作用,在力F作用下,经过时间t,速度从v变为v'。试应用牛顿第二定律和运动学公式推导物体的动量变化量Δp与恒力F及作用时间t的关系。
要点提示 由牛顿第二定律F=ma,由运动学公式v'-v=at,动量变化量Δp=mv'-mv=mat=Ft。
知识归纳
动量定理的理解和应用
(1)动量定理的表达式F·Δt=mv'-mv是矢量式,等号包含了合外力的冲量与动量变化量的大小相等、方向相同两方面的含义。
(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。冲量反映了力对时间的积累效应,与物体的初、末动量以及某一时刻的动量无必然联系。
(3)公式中的F是物体所受的合外力,若合外力是变力,则F应是合外力在作用时间内的平均值。
(4)适用对象:动量定理的研究对象通常为单个物体或者可以看作整体的物体系统。
(5)适用范围:动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动,也适用于微观物体的高速运动。不论是变力还是恒力,不论物体的运动轨迹是直线还是曲线,动量定理都适用。
典例剖析
例题3在撑竿跳高场地落地点铺有厚厚的海绵垫子的目的是减少运动员受伤,理由是( )
A.减小冲量,起到安全作用
B.减小动量变化量,起到安全作用
C.垫子的反弹作用使人安全
D.减小动量变化率,起到安全作用
解析 跳高运动员在落地的过程中,动量变化一定,由动量定理可知,运动员受到的冲量I一定,跳高运动员在跳高时落到海绵垫上可以延长着地过程的作用时间t,由I=Ft可知,延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F,即减小动量变化率,起到安全作用,故D正确,A、B、C错误。
答案 D
规律方法 利用动量定理定性分析两类现象
(1)物体的动量变化量一定时,力的作用时间越短,力就越大;反之,力就越小。
(2)作用力一定时,力的作用时间越长(或短),动量变化量越大(或小)。
变式训练3(多选)如图所示,把重物G压在纸带上,用一水平力缓慢拉动纸带,重物跟着纸带一起运动,若迅速拉动纸带,纸带将会从重物下抽出。下列解释这些现象的正确说法是( )
A.在缓慢拉动纸带时,重物和纸带间摩擦力小
B.在迅速拉动纸带时,纸带给重物的摩擦力大
C.在缓慢拉动纸带时,纸带给重物的冲量大
D.在迅速拉动纸带时,纸带给重物的冲量小
解析 在缓慢拉动纸带时,重物与纸带之间是静摩擦力,在迅速拉动纸带时,它们之间是滑动摩擦力,静摩擦力与滑动摩擦力可认为近似相等。缓慢拉动纸带时,作用时间长,摩擦力的冲量大,重物的动量变化大,所以重物跟着纸带一起运动;迅速拉动纸带时,作用时间短,滑动摩擦力的冲量小,重物的动量变化小,所以重物几乎不动。
答案 CD
例题4质量m=70 kg的撑竿跳高运动员从h=5.0 m高处落到海绵垫上,经Δt1=1 s后停止,则该运动员身体受到的平均冲力约为多大 如果是落到普通沙坑中,经Δt2=0.1 s停下,则沙坑对运动员的平均冲力约为多大 (g取10 m/s2)
解析 以全过程为研究对象,初、末动量的数值都是0,所以运动员的动量变化量为零,根据动量定理,合力的冲量为零,根据自由落体运动的知识,物体下落到地面上所需要的时间是t=1 s
从开始下落到落到海绵垫上停止时,mg(t+Δt1)-FΔt1=0
代入数据,解得F=1 400 N
下落到沙坑中时,mg(t+Δt2)-F'Δt2=0
代入数据,解得F'=7 700 N。
答案 1 400 N 7 700 N
规律方法 应用动量定理解题的基本思路
变式训练4高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前,人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
解析 设作业人员下落h时的速度为v,根据自由落体运动规律可得v2=2gh。对于安全带伸长到最长过程,设竖直向上为正方向,根据动量定理得Ft-mgt=0-(-mv),解以上两式可得F= +mg,选项A正确。
答案 A
当堂检测
1.(多选)若一个物体的动量发生了变化,则物体运动的( )
A.速度大小一定改变了 B.速度方向一定改变了
C.速度一定变化了 D.加速度一定不为零
解析 动量是矢量,动量发生变化,对于同一物体,质量不变,一定是速度发生变化,可能是速度的大小发生变化,也可能是速度的方向发生变化,也可能是速度的大小和方向都发生变化,由牛顿第二定律可知加速度一定不为零,选项C、D正确。
答案 CD
2.重为4 N的物体,静止在倾角为30°的斜面上,在5 s内,关于重力和斜面分别对物体的冲量的说法正确的是( )
A.重力的冲量为零
B.重力的冲量为10 N·s,方向竖直向下
C.斜面对物体的冲量为10 N·s,方向竖直向下
D.斜面对物体的冲量为20 N·s,方向竖直向上
解析 重力的冲量为I1=Gt=4×5 N·s=20 N·s,方向与重力的方向相同,即竖直向下,选项A、B错误;斜面对物体的冲量是斜面的支持力和摩擦力的合力的冲量,因物体受重力、支持力和摩擦力而平衡,所以支持力和摩擦力的合力与重力等大反向,其冲量I2=mgt=20 N·s,方向竖直向上,选项C错误,D正确。
答案 D
3.(多选)古时有“守株待兔”的寓言,设兔子的头部受到大小等于自身重力的打击力时即可致死。若兔子与树桩发生碰撞,作用时间为0.2 s,则被撞死的兔子的奔跑速度可能是(g取10 m/s2)( )
A.1 m/s B.1.5 m/s
C.2 m/s D.2.5 m/s
解析 根据题意建立模型,设兔子与树桩的撞击力为F,兔子撞击后速度为零,根据动量定理有Ft=mv,所以v= =gt=10×0.2 m/s=2 m/s,即兔子奔跑的速度至少为2 m/s。
答案 CD
4.质量为1 kg的物体做直线运动,其速度图像如图所示。则物体在前10 s内和后10 s内所受合力的冲量分别是( )
A.10 N·s,10 N·s B.10 N·s,-10 N·s
C.0,10 N·s D.0,-10 N·s
解析 根据动量定理,物体所受合力的冲量等于其动量的变化量。故0~10 s内,v1=5 m/s,v2=5 m/s,则Δp1=0,所以I1=0;
10~20 s内,v3=5 m/s,v4=-5 m/s,
故Δp2=mv4-mv3=[1×(-5)-1×5] kg·m/s=-10 kg·m/s=-10 N·s,选项D正确。
答案 D
5.高空坠物极易对行人造成伤害,若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 。
解析 不考虑空气阻力的影响,设鸡蛋落地速度为v,有mgh= ,每层楼高约3 m,则h=24×3 m=72 m,设竖直向上为正方向,对鸡蛋冲击地面过程,由于冲击时间很短,所以忽略鸡蛋重力的冲量,根据动量定理,有Ft=0-(-mv),解得F=949 N,即鸡蛋对地面的冲击力约为103 N。
答案 103 N(共25张PPT)
本章整合
第1章
2021
内容索引
01
02
知识网络体系构建
重点题型归纳整合
知识网络体系构建
本章知识包括动量与冲量的定义、表达式及相应理解,动量定理与动量守恒定律的内容、表达式及应用等。
思考并完成下列填空:
物体质量与速度的乘积
p=mv
瞬时性、矢量性、相对性
Δp=p'-p
力与力的作用时间的乘积
I=Ft
时间性、矢量性、绝对性
合外力的冲量等于物体动量的变化
I=mv2-mv1
单个物体或者可看作整体的几个物体
普遍适用,适用于恒力、
变力,低速运动的宏观物体,高速运动的微观粒子
如果一个系统不受外力,或者所受合外力为0,这个系统的总动量保持不变
p'=p、Δp=0、Δp1=-Δp2
不受外力,合外力为0,某一方向上合外力为0,内力远大于外力
系统性、矢量性、参考系的同一性、状态的同时性、普适性
重点题型归纳整合
一、动量与其他力学知识的综合考查
运用牛顿运动定律、动量、能量的观点解题是解决动力学问题的三条重要途径。求解这类问题时要注意正确选取对象、状态、过程,并恰当选择物理规律。
1.牛顿运动定律和运动学公式(力的观点)
研究某一时刻(或某一位置)的动力学问题应使用牛顿第二定律,研究某一个恒力作用过程的动力学问题,且又直接涉及物体的加速度问题,应使用运动学公式和牛顿第二定律求解。
如物体在拉力和摩擦力作用下沿水平面运动瞬间的牛顿第二定律方程:
F-Ff=ma。
2.动量定理和动量守恒定律(动量观点)
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题,特别对于打击一类的问题,因时间短且冲力随时间变化,则应用动量定理求解,I=mv2-mv1。
(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题,若只涉及初、末速度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解。
3.动能定理和能量守恒定律(能量观点)
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题,无论是恒力做功还是变力做功,一般都利用动能定理求解。
(2)如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程的加速度和时间问题,则采用机械能守恒定律求解。
(3)对于相互作用的两物体,若明确两物体相对滑动的距离,应考虑选用能量守恒定律建立方程。
例题1如图的水平轨道中,AC段的中点B的正上方有一探测器,C处有一竖直挡板,物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞,并接合成复合体P,以此碰撞时刻为计时零点。探测器只在t1=2 s至t2=4 s内工作。已知P1、P2的质量都为m=1 kg。P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1。AB段长l=4 m,g取10 m/s2,P1、P2和P均视为质点。P与挡板的碰撞为弹性碰撞。
(1)若v1=6 m/s,求P1、P2碰撞后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE;
(2)若P与挡板碰撞后,能在探测器的工作时间内通过B点,求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。
把P与挡板碰撞前后运动过程当作物体运动过程处理,
经过时间t1,P运动过的位移大小为x1,
如果P能在探测器的工作时间内通过B点,必须满足
x1≤3l≤x2⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨得10 m/s≤v1≤14 m/s。⑩
答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s≤v1≤14 m/s 17 J
变式训练1如图所示,两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上,质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧,左端A与弹簧的自由端B相距l。物体P置于P1的最右端,质量为2m且可看作质点。P1与P以共同速度v0向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P1与P2粘在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P2之间的动摩擦因数为μ。求:
(1)P1、P2刚碰撞完时的共同速度v1的大小和P的最终速度v2的大小;
(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。
1.寻找临界状态
题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态。
2.挖掘临界条件
在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系。
二、动量守恒定律应用中的临界问题
3.常见类型
(1)涉及弹簧类的临界问题
对于由弹簧组成的系统,在物体间发生相互作用的过程中,当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时,弹簧两端的两个物体的速度必然相等。
(2)涉及相互作用边界的临界问题
在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中,由于物体间弹力的作用,斜面在水平方向上将做加速运动,物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度,物体到达斜面顶端时,在竖直方向上的分速度等于零。
(3)子弹打木块类的临界问题:子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同,子弹的位移为木块的位移与木块厚度之和。
例题2如图所示,光滑水平面上停放一个木箱和小车,木箱质量为m,小车和人的总质量为m0,m0∶m=4∶1,人以速度v沿水平方向将木箱推出,木箱被挡板以原速率反弹回来以后,人接住木箱再以同样大小的速度v第二次推出木箱,木箱又被以原速率反弹……问人最多能推几次木箱
解析 选木箱、人和小车组成的系统为研究对象,取向右为正方向。设第n次推出木箱后人与小车的速度为vn,第n次接住后速度为vn',则由动量守恒定律可知:
第二次接住后有:m0v2+mv=(m0+m)v2',
…………
第n-1次接住:m0vn-1+mv=(m0+m)vn-1',
第n次推出:(m0+m)vn-1'=m0vn-mv,
当vn≥v时,人就接不到木箱了,由此得,n≥2.5,分析可知应取n=3。所以,人最多能推3次木箱。
答案 3次
变式训练2如图所示,滑块A、C质量均为m,滑块B质量为 m。开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动;现将C无初速度地放在A上,并与A粘在一起不再分开,此时A与B相距较近,B与挡板相距足够远。若B与挡板碰撞后以原速率反弹,A与B碰撞将粘在一起。为使B能与挡板碰撞两次,v1、v2应满足什么关系
解析 设向右为正方向,A与C粘在一起的共同速度为v',由动量守恒定律得mv1=2mv'①
为保证B碰撞挡板前A未能追上B,应满足v'≤v2②
设A与B碰后的共同速度为v″,由动量守恒定律得
