第六讲 动 量.

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1 第六讲 动 量

2 概述 应用牛顿第二定律可推导出物体在恒力作用下的动量定理方程．在变力作用下，动量定理同样成立，只是方程式中的力F表示的是在时间t内的平均值。
本章研究的基本概念有动量和冲量，研究的基本规律有动量定理和动量守恒定律。 应用牛顿第二定律可推导出物体在恒力作用下的动量定理方程．在变力作用下，动量定理同样成立，只是方程式中的力F表示的是在时间t内的平均值。 用牛顿运动定律可推导出动量守恒定律，同时，动量守恒定律也是一个独立的实验定律，它具有比牛顿运动定律更为广泛的适用范围，在物理学中有着重要的地位．

3 复习内容 动量定理 动量守恒定律 碰撞

4 知识范畴 近年来有关动量定理的高考题，结合实际问题尤其是结合体育运动的问题比较多 .
有关动量守恒定律考题的难度较以前略有下降，但综合的程度还是相当高的 . 碰撞类问题经常把动量变化和能量变化联系在一起，所以这类问题的解答难度较大.

5 知识结构 冲量 动量定理 动量 动量变化 碰撞 动量守恒定律 爆炸 反冲 应用于合外力为零的系统 （应用对象：一般是单个物体） 应用
（应用对象：一个物体组或一个系统） 爆炸 反冲

6 一、动量定理 动量 定义：p=mv 注意点: 1、瞬时性 2、矢量性 3、相对性 动量增量Δp＝p2－p1
注意点: 1、瞬时性 2、矢量性 3、相对性 动量增量Δp＝p2－p1 分析动量增量时，应先设定一个正方向，初、末动量中凡方向与正方向一致的动量都为正，与之相反的则为负，如果由运算所得的动量增量Δp是正的，则Δp方向与设定的正方向一致；如果所得的Δp是负的，则Δp的方向与设定的正方向相反．

7 冲量 定义：I=Ft 注意点 （1）恒力的冲量指此力与作用时间的乘积，是矢量，方向与力的方向一致；
（2）一力的冲量表示了此力对时间的累积效果，使物体的动量发生变化； （3）变力的冲量应用此变力对时间的累积效果（即动量的变化）去求； （4）物体同时受几个力作用时，这几个力作用的冲量应为各力冲量的矢量和．

8 动量定理 外力的冲量等于物体动量的改变，即I=Δp．
在物体受恒力作用，且各恒力作用时间相同时，动量定理可表示为合力的冲量等于物体的动量增量，即 当各恒力作用的时间不同时，可表示为各力冲量的矢量和等于物体的动量增量，即

9 应用 应用动量定理分析问题的具体方法，可以归纳为以下几点： （1）确定研究对象； （2）确定应用动量定理的物理过程；
（3）分析运动过程中物体受力情况； （4）明确过程始末的动量，并由所规定的正方向作出动量增量的表达式 （5）列动量定理方程求解．

10 题目 以速度v0水平抛出一个质量为1kg的物体，若在抛出3s后它未与地面及其他物体相碰，它在3s内动量的变化为________．（ g=10m/s2 ） 分析 因为物体只受重力作用，所以物体的动量变化等于重力的冲量

11 题目 质量为m的物体以速率v在半径为R的圆周上作匀速圆周运动，在一个周期内，它受到的合外力冲量大小是________；在半个周期内，它受到的合外力冲量大小是________． 分析 物体运动一个周期后，其速度的大小和方向都未改变，即物体的动量增量为零，根据动量定理，物体受到合外力的冲量为零； 物体运动半个周期后，其速度等大反向，即物体的动量增量为2mv，根据动量定理，物体受到合外力的冲量2mv．

12 题目 质量为m=1.0kg的小球从20m高处自由下落到水平地面上，反弹后上升的最大高度为5.0m，小球与地面接触的时间为0.1ｓ．求在接触时间内，小球受到地面的平均作用力多大？ 分析 这是一个动量定理问题，研究对象为小球．从不同的时间范围分析这一问题，相应的可有几种方法．一种方法以与地面接触的时间为时间范围；另一种方法以开始下落到回跳到5.0m高处为时间范围．

13 解法一 在小球与地面接触的时间内应用动量定理，触地前瞬时小球向下速度的大小为 触地后小球向上反弹的速度大小为
在球与地面接触的时间Δt=0.1s内，取向上为正，列动量定理方程 解得 N值为正，说明地面作用力方向向上．

14 解法二 在小球开始下落到小球回跳到5m高处的时间内应用动量定理，虽然小球所受的重力与地面支持力的作用时间不一，但仍可求得这段时间内二力的冲量，即 其中 因初末动量都为零，所以I=0，即

15 题后语 由上述解答可见，在应用动量定理时，必须先确定研究对象，作受力分析，选取时间范围，选定正方向，落实各矢量的正负，然后列方程．在求得解后，必要时，要对解的结果作一下分析．比如从第一种方法得到的N表达式可知，同样的动量改变量mv2-mv1，若Δt 越小，则作用力N就越大．

16 题目 A B 如图所示，在光滑的地面上放一块质量为2kg的木板B，再在B的左端放一个质量为0.5kg的小物体A，A、B之间的动摩擦因数是0.6，开始时A、B都是静止的．如果突然给A施一水平向右、大小为3N·s的冲量后，A物体滑到B木板的右端相对B静止。试求：（1）A从B的左端滑到B的右端的时间是多少？（2）在这过程中，A、B对地面的位移各是多少？

17 分析 A B 地面光滑，A、B作为一个系统所受的合外力为零，动量守恒，因而可求得A、B相对静止时的共同速度．在相互作用的过程中，A做匀减速运动，B作匀加速运动，达到共同速度后一起作匀速运动．

18 解题 A受到冲量3N·s，获得3kg·m/s的动量，即 得 设A、B最后的共同速度为v，由动量守恒定律得 得 对A应用动量定理，有 得

19 A、B的位移分别为

20 题后语 已知作用力和初末动量时，用动量定理求时间最方便，本题即一例．而有些同学往往习惯用牛顿第二定律求得加速度，再根据初末速度求时间，或根据位移方程去求时间，这在综合性比较大的问题中会显得比较繁杂．所以与时间有关的问题，要能想到用动量定理．

21 题目 如图所示, 开关S闭合瞬间导线跳起, 导线竖直上升的高度为h, 导线质量为m, 横向长度为L, 均匀磁场的磁感应强度为B. 求闭合开关后通过导线的电量. S

22 二、动量守恒定律 应用条件 （1）作为研究对象的系统不受外力作用； （2）系统受外力作用，但外力的合力为零；
（3）系统受合外力不为零，但某一方向不受外力或受合外力为零； （4）系统受合外力不为零，但合外力远小于物体间的相互作用力（即内力），且作用时间极短，系统的动量依然可视为守恒．

23 情景分类 研究对象 两个或两个以上物体组成的物体组（或系统） 应用场合 （1）炸裂 （2）反冲 （3）碰撞 反冲运动

24 应用动量守恒定律的基本方法 （1）合理地选取或组合研究对象． （2）分析系统内各物体的受力情况，分清内力与外力，确定系统动量是否守恒．
（3）在确认动量守恒的前提下，确定对哪两个时刻应用动量守恒定律． （4）在运动所在直线上设定正方向，并明确各已知速度的方向与设定正方向的关系． （5）列动量守恒方程． （6）求方程的解．如果求得的是个矢量，要注意它的正负，以确定它的方向．

25 应用动量守恒的注意点 （1）各物体动量的大小应对同一惯性参考系的动量．一般的，以地面为参照系来表示各物体动量的大小．
（2）动量守恒的普适性．它不象牛顿运动定律只适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观粒子和高速运动的物体，即动量守恒的适用范围很广．

26 题目 如图7-16所示，在光滑水平面上，将质量为m的物体放在光滑斜块M上，由静止开始加速下滑，则下列说法中正确的是
A．M和m组成的系统动量守恒 B．M和m组成的系统动量不守恒 C．M和m组成的系统水平方向动量守恒 D．M和m组成的系统所受的合外力竖直向下 m M

27 分析 在水平方向上m、M组成的系统不受外力作用，所以在水平方向上系统的动量守恒．故C选项正确；在竖直方向上，系统受重力和地面支持力的作用，因为m在M上加速下滑，所以系统所受的重力要大于所受的支持力，即在竖直方向上系统的合力不为零，系统受竖直向下的合力作用，所以在竖直方向上系统的动量不守恒．故A选项错误． a m 答案：BCD M

28 题目 一列火车在水平笔直的铁轨上做匀速运动，总质量为M，速度为v，某时刻车后部有质量为m的一节车厢脱钩，司机并未发觉，又继续行驶了一段距离，这期间机车的牵引力保持不变，并且火车各部分所受的阻力与所受重力成正比，而与运动的速度无关．当司机发觉时，后面脱钩的车厢的速度已减为v/3，此时火车前面部分的速度多大？

29 分析 整列火车（包括前、后两部分）作为研究对象，火车原在铁轨上做匀速直线运动，说明它受力平衡，即牵引力与所受阻力大小相等，合外力为零．一节车厢脱钩后，由于牵引力保持不变，前后两部分所受阻力未变，所以这个系统仍然满足“合外力为零”的条件，因此可以应用动量守恒定律求解．

30 解题 火车系统原来总动量为Mv，当后部的动量为m·v/3时，设前部的动量为（M-m）v，由动量守恒定律，得 解得

31 题后语 本题乍一看，一列火车脱钩后分为两部分，前、后各管各的，不再有相互作用，但如果把两部分作为一个系统分析，而不去管分离后它们之间有无相互作用力的话，那么两部分作为一系统而言，所受外力一直不变（直到后面的车厢停下来为止），且合外力总等于零，可见这一系统总满足动量守恒条件．

32 题目 一条质量为M、长为L的小船静止在平静的水面上，一个质量为m的人站立在船头．如果不计水对船运动的阻力，那么当人从船头向右走到船尾的时候，船的位移有多大？

33 分析 人与船整体作为一个研究对象，原来静止时总动量为零．当人向右运动，因而有向右的动量时船必有向左的动量，即船要向左运动．由于不计水对船的阻力，所以人船相互作用的过程中，研究对象所受的合外力为零，根据动量守恒定律，研究对象的总动量始终为零．即人行走的速度如时大时小，则船的速度也相应的时大时小，人行走的速度大小变化不影响动量守恒，所以也可以把人的运动当作是匀速运动，则船也相应地做匀速运动．这样就可以用动量守恒定律建立方程进行求解． 人在船上走演示

34 解题 如图所示，人相对船的位移是L，但人对地的位移不是L． L-x x L 设船的位移是x 由图可知人对地的位移是L- x．

35 设人对地的速度为v，船对地的速度为V，则人的动量为mv，船的动量为MV，根据动量守恒定律，有
两边同乘以运动时间t，得 由于 即 解得

36 题后语 上述题解得出船向左的位移大小为mL/(M+m)，同时可知，人向右的位移为ML/(M+m)．一般的，如两物体（或物体组）原先静止，后在相互作用下运动起来，只要运动过程中系统满足动量守恒的条件，即系统的总动量始终为零．则两物（或物体组）的合重心总是静止不动的．

37 题目 一个在空中飞行的手雷，以水平速度v飞经离地面高为h的轨道最高点时，炸裂成A、B两块，A、B质量之比为n（少量炸药质量不计）．之后，B正好自由下落．求A的落地点比如果不发生爆炸时手雷的落地点远多少．

38 分析 设手雷的总质量为m，则 爆炸后B的速度为零，A的速度设为vA．爆炸过程中，手雷受重力作用，合力不为零，但爆炸过程极短，爆炸中强烈的爆发力远大于重力，所以手雷爆炸前后动量守恒（或手雷在飞行中水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒）．爆炸之后，B作自由落体，A作平抛运动．

39 解题 爆炸前后动量守恒 mv=mAvA 爆炸后，A以vA作平抛运动，运动时间 射程的增加量Δs为

40 题目 火箭喷气发动机每次喷出m=200g的气体，喷出的气体相对地面的速度为v=1000m/s，设火箭初态质量M=300kg．发动机每秒喷气20次，在不考虑空气阻力及地球引力的情况下，火箭一秒末的速度为多大？ 分析 因不考虑空气阻力和地球引力，所以火箭系统动量守恒，因每次喷气时相对地面的速度是一样的，所以每秒钟喷气20次相当 于一次喷气20m．初态总动量作零处理，则可列出动量守恒方程求解．

41 解题 设1s末火箭的速度为V，以V方向为正，得

42 题后语 有些同学可能会把上述的动量守恒方程写作MV-20mv=0，这是由于没有搞清题意的缘故．应该仔细，否则小疏忽可能酿成大错误．
题目中明确提到每次喷气的速度都是相对地面的．如每次喷气的速度都是相对于火箭本身的，则应该把相对火箭的喷气速度转换为对地速度，这样，必须对每一次喷气前后都列一个方程． 以一次喷气为例： v相对地面 v相对火箭

43 题目 一辆静止在光滑水平面上的小车，在车上站着一个人，车和人的总质量为M，人手中拿着两个质量均为m的铅球．此人用不同的方法将铅球沿同一方向水平抛出，第一种方法是一起抛出两个铅球；第二种方法是先后抛出两个铅球，已知铅球抛出时，相对车的速度都是v，小车最后获得的速度哪个大？

44 分析 同时抛出 先后抛出，抛出第一个球时（设车速为V2′） 抛出第二个铅球时 解得

45 三、碰撞 碰撞时，由于形变类型及相应的内力性质不同，在机械能的转移和转化中产生的效果也就不同．因此碰撞也就分为不同的类型． 完全非弹性碰撞
碰撞类型演示

46 完全非弹性碰撞 如碰撞后，系统内各物体粘结在一起，具有相同的速度，称为完全非弹性碰撞．以两个物体的完全非弹性碰撞为例，应满足
其中ΔE为系统的动能损失． 可以证明，这种情况中，系统的动能损失最大．

47 非弹性碰撞 如碰撞中发生非弹性形变，在非弹性力的作用下，使部分动能转化为内能及其它形式的能，使系统有动能损失．这种类型的碰撞称为非弹性碰撞．以两个物体的非弹性碰撞为例，应满足 其中ΔE为系统的动能损失．

48 弹性碰撞 如碰撞中发生的是弹性形变，则只有弹性势能与动能之间的相互转化，系统内没有机械能损失，碰撞前后动能没有损失，这种类型的碰撞称为弹性碰撞．以两个物体的弹性碰撞为例，碰撞中满足

49 弹性碰撞 如已知m1、m2、v1、v2，则的解的形式为

50 说明质量相等的两物体发生弹性碰撞，则碰撞前后两物交换速度，交换时包括速度的大小和方向都交换．
由解可知： （1）当m1=m2时，有 说明质量相等的两物体发生弹性碰撞，则碰撞前后两物交换速度，交换时包括速度的大小和方向都交换． ， （2）当其中一个物体的质量很大时，有 设 且在v2=0时，即m2原来是静止的，m1 碰上m2后将以等大的速率被弹回，即

51 题目 问题1 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量是5kg·m/s，B球的动量是7kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞后，A、B两球的动量可能值为 A． B． C． D．

52 分析 四个选项都满足动量守恒．所以还必须分析碰撞过程中是否符合能量守恒定律，是否符合常规常理． A选项，不符合能量守恒定律．
B选项，碰后A球的速度比B球大，不合常理． C选项是正确的 D选项也正确

53 题后语 分析这类问题的基本依据是： 碰撞前后总动量守恒； 碰后如两球运动方向一致，则后面小球的速度一定不大于前面小球的速度；
碰后两球的总动能一定不大于碰前两小球的总动能．

54 题目 v m 如图所示，在光滑的水平地面上放有一质量为M的带光滑弧形槽的小车，一个质量为m的小铁块以速度v沿水平槽口滑去，求：
（1）铁块在弧形槽内能上滑的最大高度H；（设铁块不会从槽的左端滑离小车） （2）小车的最大速度； （3）若M=m，则铁块 从右端脱离小车后将作 什么运动？ v m M

55 分析 小铁块滑上小车后，小铁块和小车组成的系统水平方向动量守恒，又因为没有摩擦，所以系统的机械能守恒，小铁块滑到最高点时，小铁块与小车的速度相等． 小铁块在小车上向上滑时，小铁块对小车作用力有向左的分力，使小车向左加速，当小铁块向下滑时，小铁块对小车的作用力依然有向左的分力，小车仍向左加速，所以只有在小铁块滑离小车时，小车才达到最大速度．

56 解题 （1）设小铁块滑到最高点时，与小车的共同速度为V，则根据水平方向上的动量守恒，得 由机械能守恒，又得 由以上两式，得

57 解题 （2）设铁块离开小车时的速度为vm，小车的速度为vM，对小铁块开始滑上小车与后来离开小车的整个过程应用两个守恒定律，得 解得

58 解题 （3）当两者质量相等，即M=m时，由上述结果可知 vm=0， vM=v
小铁块滑离小车时的即时速度为零，小铁块将作自由落体运动，作用前后两物交换速度 ．

59 题后语 分析物理问题时，可以而且有必要建立各种物理模型．例如两个刚性小球的对心碰撞就是一个典型的无动能损失的碰撞模型，凡无动能损失的作用过程都可套用这个模型进行分析．如本题中的小车与小铁块相互作用的整个过程中，因没有动能损失，就相当于弹性碰撞 。 两个小球的完全非弹性碰撞也是一个相互作用的基本模型，这个模型的特点就是作用后两物体的速度相等，对于最终有共同速度的相互作用的问题均可归结到完全非弹性碰撞的模型上去．例如本题中的小铁块从滑上小车到到达最高点的运动过程，就可看作是一个完全非弹性碰撞的过程，只不过系统的动能损失不是转化为内能，而是转化为小铁块的重力势能而已．

60 题目 如图所示，在足够长的光滑水平地面上静置一质量为M的小球B，质量为m的弹性小球A自光滑曲面的某一高度由静止开始自由下滑，在水平面上与B球发生不计机械能损失的正碰，若M=9m，问两小球至多能碰几次？ A B

61 分析 小球A在光滑的曲面上向下运动，机械能守恒，A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，最后一次碰撞后，A的速率必不大于B的速度．

62 解题 设小球第一次到达水平面上时的速度为v0，与B碰后，A、B的速度分别为v1．v2，则 代入M=9m，解得

63 解题 A被弹回第二次从曲面上滑下来后，与B作第二次弹性碰撞，设碰后的速度分别为v1′和v2′，则得 解得
即A第三次从曲面上滑下后的速度已小于B的速度，所以A、B只能发生两次碰撞．

64 本章小结 动量定理 动量守恒定律 碰撞