第一章 碰撞与动量守恒 章末总结 学案

学案9　章末总结
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一、冲量的理解和计算
1．冲量的理解
(1)冲量是矢量．冲量的运算遵循平行四边形定则，合冲量等于各外力冲量的矢量和．
(2)冲量是过程量，它是力在一段时间内的累积，它取决于力和时间这两个因素．
(3)冲量的单位：在国际单位制中，力F的单位是N，时间t的单位是s，所以冲量的单位是N·s.
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量
公式I＝Ft适用于计算某个恒力的冲量，这时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．若力为同一方向均匀变化的力，则该力的冲量可以用平均力计算．
(2)变力的冲量
①变力的冲量通常利用动量定理I＝Δp求解．
②可用图象法计算，如图1所示，若某一个力的方向恒定不变，那么在F－t图象中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．
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图1
二、动量守恒定律的理解和应用
理解动量守恒定律时应注意以下几点：
(1)系统性：动量守恒定律反映的是相互作用的物体组成的系统的动量变化规律，而不是单个物体的动量变化情况．
(2)矢量性：动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′是一个矢量式，式中v1、v2、v1′、v2′均为矢量，解题时应先规定正方向，将矢量式转化为标量式．
(3)同系性：动量守恒定律中，各物体的速度必须是相对同一参考系的．通常我们取地面为参考系，各物体的速度均为对地速度．
三、动量和能量综合问题分析
1．碰撞过程分为弹性碰撞和非弹性碰撞，在弹性碰撞中，碰撞前后两物体总动能不变．
2．当两物体相互作用后具有相同速度时，相互作用过程损失的机械能最多．
3．无论是弹性碰撞还是非弹性碰撞，均遵守能量守恒定律．
四、多过程问题中的动量守恒
1．分析物体所经历的过程时，注意是否每个过程都满足动量守恒．
2．分析每个过程中的能量转化情况时，要选择适当的规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律或功能关系)列式求解．
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例1
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　一个铁球，从静止状态由10
m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4
s，该铁球的质量为336
g，求：
(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？
(2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？
(3)泥潭对小球的平均作用力为多少？(保留两位小数，g取10
m/s2)
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解析　(1)小球自由下落10
m所用的时间是t1＝＝
s＝
s，重力的冲量IG＝mgt1＝0.336×10×
N·s≈4.75
N·s，方向竖直向下．
(2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得mg(t1＋t2)－Ft2＝0.泥潭的阻力F对小球的冲量Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(＋0.4)
N·s≈6.10
N·s，方向竖直向上．
(3)由Ft2＝6.10
N·s得F＝15.25
N
答案　(1)4.75
N·s，竖直向下　(2)6.10
N·s，竖直向上　(3)15.25
N
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例2
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　如图2所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车的最右端站着质量为m的人．若人水平向右以相对车的速度u跳离小车，则人脱离小车后小车的速度多大？方向如何？
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图2
解析　在人跳离小车的过程中，人和车组成的系统在水平方向上不受外力，在该方向上动量守恒．由于给出的人的速度u是相对车的，而动量守恒定律公式中的速度应是相对同一参考系的，必须把人对车的速度转化为相对地的速度．有的同学可能认为，由于车原来是静止的，所以u也就是人对地的速度，这种认识是错误的，违背了同时性的要求．因为人获得相对车的速度u的同时，车也获得了对地的速度v，所以人对车的速度u应是相对运动的车的速度，而不是相对静止的车的速度．
设速度u的方向为正方向，并设人跳离车后小车的速度大小为v，则人对地的速度大小为u－v.根据动量守恒定律有0＝m(u－v)－Mv
所以小车速度v＝，方向和u的方向相反．
答案　，方向和u的方向相反
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例3
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　如图3所示，
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图3
A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量M＝40
kg的小车B静止于轨道右侧，其板与轨道底端靠近且在同一水平面上，一个质量m＝20
kg的物体C以2.0
m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并继续一起运动．若轨道顶端与底端水平面的高度差h为0.8
m，物体与小车板面间的动摩擦因数μ为0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计，(取g＝10
m/s2)求：
(1)物体C滑到轨道底端时的速度大小．
(2)物体C与小车保持相对静止时的速度大小．
(3)物体冲上小车后相对于小车板面滑动的距离．
解析　(1)下滑过程中机械能守恒，有：
mgh＝mv22－mv12
解得v2＝＝2
m/s
(2)在物体C冲上小车B到与小车相对静止的过程中，两者组成的系统动量守恒，
即有：mv2＝(m＋M)v，
得：v＝＝
m/s＝
m/s
(3)由功能关系有：μmgl＝mv22－(m＋M)v2
代入数据解得：l＝
m
答案　(1)2
m/s　(2)
m/s　(3)
m
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1．(单选)一质量为2
kg的质点从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移s变化的关系式为p＝8
kg·m/s，关于该质点的说法不正确的是(　　)
A．速度变化率为8
m/s2
B．受到的恒力为16
N
C．1
s
末的动量为16
kg·m/s
D．1
s
末的动能为32
J
答案　D
解析　由式子p＝8
kg·m/s和动量定义式p＝mv，可以得到s＝，再由匀加速直线运动的位移公式知加速度a＝8
m/s2.故A、B、C三个选项都是正确的；而1
s末的动能应是64
J，D错．
2．(单选)在一对很大的平行正对金属板间可形成匀强电场，通过改变两金属板间的电压，可使其间的电场强度E随时间t按如图4所示的规律变化．在这个电场中间，有一个带电粒子从t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，且运动过程中不接触金属板，则下列说法中正确的是(　　)
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图4
A．带电粒子一定只向一个方向运动
B．0～3.0
s内，电场力的冲量等于0，电场力的功小于0
C．4.0
s
末带电粒子回到原出发点
D．2.5
s～4
s内，电场力的冲量等于0
答案　D
解析　带电粒子在匀强电场中受到的电场力F＝Eq，其冲量I＝Ft＝Eqt，可见，电场力的冲量与E－t图象与横轴所围面积成正比(注意所围图形在横轴之上和横轴之下时的面积符号相反)．带电粒子在平行正对金属板间做往复运动，4.0
s
末带电粒子不能回到原出发点，选项A、C错误；由图象与横轴所围面积表示与冲量成正比的量可知，0～3.0
s内，电场力的冲量不等于0,2.5
s～4
s内，电场力的冲量等于0，选项B错误，D正确．本题答案为D.
3．(2014·广东·35)如图5所示的水平轨道中，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．
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图5
(1)若v1＝6
m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小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.
答案　(1)9
J　(2)10
m/s≤v1≤14
m/s　17
J
解析　(1)设P1和P2发生弹性碰撞后速度为v2，根据动量守恒定律有：mv1＝2mv2①
解得：v2＝＝3
m/s
碰撞过程中损失的动能为：ΔEk＝mv12－×2mv22②
解得ΔEk＝9
J
(2)P滑动过程中，由牛顿第二定律知
ma＝－μmg③
可以把P从A点运动到C点再返回B点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L＝v2t＋at2④
由①③④式得v1＝
①若2
s时通过B点，解得：v1＝14
m/s
②若4
s时通过B点，解得：v1＝10
m/s
故v1的取值范围为：10
m/s≤v1≤14
m/s
设向左经过A点的速度为vA，由动能定理知
×2mvA2－×2mv22＝－μ·2mg·4L
当v2＝v1＝7
m/s时，复合体向左通过A点时的动能最大，EkAmax＝17
J.