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1、動量與動量守恒 二、動量守恒定律 p42 爆炸、碰撞及反沖現(xiàn)象 p69 專題 2: 動量守恒的應(yīng)用 p56 專題 1: 動量守恒的判斷 p46 專題 3：碰撞類問題 p76 一個動量守恒定律的推論 p106 分動量守恒的應(yīng)用 p101 一、動量與動量定理 p2 專題一 沖量和動量 p3 專題 2: 動量定理的應(yīng)用 p21 動量定理解題的步驟 p26 一、動量與動量定理 專題一 沖量和動量 p3 專題 2: 動量定理的應(yīng)用 p21 動量定理解題的步驟 p26 1、動量：運(yùn)動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動量 矢量性 :方向與速度方向相同； 瞬時性 :通常說物體的動量是指運(yùn)動物體某一時刻的動 量，計算

2、動量應(yīng)取這一時刻的瞬時速度。 相對性 :物體的動量亦與參照物的選取有關(guān)，通常情況 下，指相對地面的動量。 專題一 沖量和動量 2、動量、速度和動能的區(qū)別和聯(lián)系 動量、速度和動能是從不同角度描述物體運(yùn)動狀 態(tài)的物理量。速度描述物體運(yùn)動的快慢和方向；動能 描述運(yùn)動物體具有的能量（做功本領(lǐng)）；動量描述運(yùn) 動物體的機(jī)械效果和方向。 動量的大小與速度大小成正比，動能的大小與速度 的大小平方成正比。 速度和動量是矢量，且物體動量的方向與物體速度 的方向總是相同的；而動能是標(biāo)量。 速度變化的原因是物體受到的合外力；動量變化的 原因是外力對物體的合沖量；動能變化的原因是外力 對物體做的總功。 mvp 2 2

3、1 mvE k m pE k 2 2 kmEp 2 3、動量的變化 動量是矢量，當(dāng)初態(tài)動量和末態(tài)動量不在一條直 線上時，動量變化由平行四邊形法則進(jìn)行運(yùn)算動量 變化的方向與速度的改變量 v 的方向相同當(dāng)初、 末動量在一直線上時通過選定正方向，動量的變化可 簡化為帶有正、負(fù)號的代數(shù)運(yùn)算。 0ppp t 4、沖量：某個力與其作用時間的乘積稱為該力的沖量。 矢量性 :對于恒力的沖量來說，其方向就是該力的方向； 時間性 :由于沖量跟力的作用時間有關(guān)，所以沖量是一 個過程量。 絕對性 :由于力和時間都跟參考系的選擇無關(guān)，所以力 的沖量也與參考系的選擇無關(guān) 。 （ 3）意義： 沖量是力對時間的累積效應(yīng) 。合

4、外力作 用結(jié)果是使物體獲得加速度；合外力的時間累積效果 （沖量）是使物體的動量發(fā)生變化；合外力的空間累 積效果（功）是使物體的動能發(fā)生變化。 三、動量定理 （ 1）表述：物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化 I=P Ft = mv- mv = p （ 2）動量定理的推導(dǎo)： 動量定理實(shí)際上是在牛頓第二定律的基礎(chǔ)上導(dǎo)出的。 由牛頓第二定律 F合 =ma 動量定理 ： F合 t=mv2-mv1 t vva 12 也可以說 動量定理 是 牛頓第二定律 的一個 變形 。 動量定理的意義： （ 3） 動量定理表明 沖量是使物體動量發(fā)生變化的原因 ， 沖量是物體動量變化的量度 。 這里所說的沖量必須是 物

5、體所受的合外力的沖量 。 實(shí)際上現(xiàn)代物理學(xué)把力定義為物體動量的變化率 。 F=p t （這也是牛頓第二定律的動量形式） 動量定理的 表達(dá)式 是 矢量式 。在 一維 的情況下，各 個矢量必須以同一個 規(guī)定 的 方向 決定其 正負(fù) 。 （ 4）動量定理的特點(diǎn)： 矢量性 ：合外力的沖量 Ft與動量的變化量 p均 為矢量，規(guī)定正方向后，在一條直線上矢量運(yùn)算變?yōu)?代數(shù)運(yùn)算； 獨(dú)立性 ：某方向的沖量只改變該方向上物體的動 量 。 廣泛性 ：動量定理 不僅適用于恒力 ,而且 也適用于 隨 時間而 變 化的 力 .對于變力 ,動量定理中的力 F應(yīng)理解為 變力在作用時間內(nèi)的平均值 ;不僅適用于單個物體 ,而 且

6、也適用于物體系統(tǒng)。 （ 1）（ 2）點(diǎn)與牛頓第二定律的特點(diǎn)一樣，但它 比牛頓第二定律的應(yīng)用更廣 。 專題 1：沖量的計算 （ 1） 恒力的沖量 計算：恒力的沖量可直接根 據(jù) 定義式來計算 。 （ 2）方向恒定的 變力的沖量 計算：如力 F大 小隨時間變化的情況，可由 F-t圖中的“面積” 來計算。 （ 3） 一般變力的沖量 計算：通常是借助于 動 量定理 來計算的。 （ 4） 合力的沖量 計算：幾個力的合力的沖量 計算，既可以先算出各個分力的沖量后再求 矢量和，又可以先算各個分力的合力再算合 力的沖量。 0 圖 1 F t t1 t2 題例 1：放在水平地面上的物體質(zhì)量為 m，用 一個大小為

7、F的水平恒力推它，物體始終不動， 那么在 F作用的 t時間內(nèi)，推力 F對物體的沖量 大小為 ；若推力 F的方向變?yōu)榕c水 平方向成 角斜向下推物體，其余條件不變， 則力 F的沖量大小又變?yōu)槎嗌伲课矬w所受的合 力沖量大小為多少？ 要點(diǎn) 1：注意沖量的計算與功的計算 的不同，沖量大小與力 F的方向無關(guān)； 與物體運(yùn)動與否無關(guān)。 要點(diǎn) 2：物體動量的改變是物體所受 的合沖量作用的結(jié)果。 Ft 題例 2：質(zhì)量為 m的小滑塊沿傾角為 的斜面 向上滑動，經(jīng) t1時間到達(dá)最高點(diǎn)繼而下滑， 又經(jīng) t2時間回到原出發(fā)點(diǎn)。設(shè)物體與斜面間 的動摩擦因數(shù)為 ，則在總個上升和下降過程 中，重力對滑塊的沖量為 ，摩擦 力沖量

8、大小為 。 要點(diǎn) 3：注意沖量的矢量性和所求 的時間段 t。 【 例 3】 如圖 5-1-1所示，質(zhì)量為 2kg的物體沿傾 角為 30 高為 h=5m的光滑斜面由靜止從頂端下滑 到底端的過程中，求： （ 1）重力的沖量； （ 2）支持力的沖量； （ 3）合外力的沖量 .(g=10m/s2) 【 解析 】 求某個力的沖量時，只有恒力才能用公式 I=Ft，而對于變力一般用動量定理求解，此題物體 下滑過程中各力均為恒力，所以只要求出力作用時 間便可用 I=Ft求解 . 由牛頓第二定律 F=ma得 下滑的加速度 a=gsin=5m/s2. 由 s=(1/2)at2得下滑時間， 所以重力的沖量 IG=m

9、gt=2 10 2=40Ns. 支持力的沖量 IF=Ft=mgcos30 t=20 Ns， 合外力的沖量 IF合 =F合 t=mgsin30 t=20Ns. 3 例 4.擺長為 l、擺球質(zhì)量為 m的單擺在做最大 擺角 5 的自由擺動，則在從最高點(diǎn)擺到 最低點(diǎn)的過程中（ ） A.擺線拉力的沖量為零 B.擺球重力的沖量為 C.擺球重力的沖量為零 D.擺球合外力的沖量為零 B glm2 要點(diǎn) 4：計算合力的沖量、單個變力的沖量、 以及短時間作用力的沖量（如人踢球；人對球 的沖量的大小的計算）常據(jù)動量定理來求解。 5一個質(zhì)量為 0.3kg的小球，在光滑水平面上以 6m/s 的速度垂直撞到墻上，碰撞后小

10、球沿相反方向運(yùn)動， 反彈后的速度大小為 4m/s。則碰撞前后墻對小球的沖 量大小 I及碰撞過程中墻對小球做的功 W分別為 （ ） A I= 3 kgm/s W = -3 J B I= 0.6 kgm/s W = -3 J C I= 3 kgm/s W = 7.8 J D I= 0.6 kgm/s W = 3 J A 動量的改變量 P是矢量計算 , 要應(yīng)用平行四 邊形定則 ,對一 維情況規(guī)定正 方向 . 6質(zhì)量為 100g的皮球從離地 5m處自由落下，它 在第 1s內(nèi)動量變化大小和 _______方向 _______。 若皮球觸地后反彈到離地 3.2m處時速度變?yōu)榱悖?皮球與地碰撞過程中動量變化

11、的大小為 _______， 方向 _______。 (g取 10m/s2) 1kgm/s 豎直向下 1.8kgm/s 豎直向上 過程和狀態(tài)分析是物理解題的生命線。速度是聯(lián)系各個 過程的橋梁。 同一條直線上矢量的合成和分解的處理方法 ; 首先規(guī)定 正方向； 已知量同正反負(fù)； 未知量正同負(fù)反。建立 符合規(guī)則，將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化成了帶有正、負(fù)號的代數(shù)運(yùn)算。 力相同，作用時間不同，對動量變化的影響不同。 7 從距地面相同的高度處以相同的速率拋出 質(zhì)量相等的 A、 B兩球 ， A豎直上拋 ， B豎直下 拋 ， 當(dāng)兩球分別落地時： （ ） A.兩球的動量變化和落地時的動量都相同 B.兩球的動量變化和落地時的動

12、量都不相同 C.兩球的動量變化相同 ， 但落地時的動量不 相同 D.兩球的動量變化不相同 ， 但落地時的動量 相同 8.質(zhì)量 m=5kg的質(zhì)點(diǎn)以速率 v =2m/s繞圓心 O做 勻速圓周運(yùn)動，如圖所示， 1、小球由 A到 B轉(zhuǎn)過 1/4圓周的過程中，動量變 化量的大小為 __________，方向?yàn)?__________。 2、若從 A到 C轉(zhuǎn)過半個圓周的過程中，動量變 化量的大小為 __________，方向?yàn)?_________________。 A B C v mv2 從 B指向 C 與 A點(diǎn)的速度方向相反 高中物理和初中物理的一個很大區(qū)別 在于強(qiáng)調(diào)物理量的矢量性。 mv2 . . y

13、x v0 Vy Vx vt 9質(zhì)量為 m的物體以初速 v0做平拋運(yùn)動，經(jīng)歷 時間 t，下落的高度為 h，速度為 v，在這段時間 內(nèi)物體動量增量的大小（ ） A.mv mv0 B.2mgt C.m D. 正交分解思想 mv0 mv y 解析：從速度的合成平行四邊形各 邊乘以質(zhì)量變成動量的合成的平行 四邊形。已知對角線和一個鄰邊求 另一個鄰邊的問題，屬于矢量的分 解（減法）。也可以把矢量的減法 轉(zhuǎn)化為矢量的加法來認(rèn)識。 C D 202 vv ghm 2 ghmm g tmvvmvmp yy 2 10.用電鉆給建筑物鉆孔時 ， 鉆頭所受阻力與深度成正 比 ， 若鉆頭勻速鉆進(jìn)第 1s內(nèi)阻力的沖量為 1

14、00N.s,求 5s 內(nèi)阻力的沖量 F/N t/s O 1 5 tk v tkxF 22 2 1 2 1 tk v ttFI t sNII 25005 125 用 F-t圖像求變力的沖量與用 F s圖像求變力的功，方法如 出一轍都是通過圖線與坐標(biāo)軸所圍成的面積來求解所不 同的是沖量是矢量，面積在橫軸上方（下方）表示沖量的方 向?yàn)檎较颍ㄘ?fù)方向）而功是標(biāo)量，面積在橫軸上方（下 方）表示正功（負(fù)功） 專題 2:動量定理的應(yīng)用 (1)動量定理對有關(guān)物理現(xiàn)象的解釋。 (2)對 涉及力的作用時間 的問題 ,應(yīng)用動 量定理求解最簡單。 (3)對 爆炸、碰撞 、反沖的過程應(yīng)用動量 定理 求平均作用力 的大小

15、。 動量定理對有關(guān)物理現(xiàn)象的解釋 題例 1、玻璃杯從同一高度下落，掉在石塊上 比掉在草地上容易碎，這是由于玻璃杯與石 塊的撞擊過程中 A 玻璃杯的動量較大 B 玻璃杯受到的的沖量較大 C玻璃杯的動量變化較大 D玻璃杯的動量變化較快 相同的動量改變，作用時間越長，則想互作用力越 ??；在現(xiàn)實(shí)生活的相互作用中，常通過 改變作用時 間 的長短來 增大或減小作用力 的大小。 2、如圖 1重物壓在紙帶上。用水平力慢慢拉動紙 帶，重物跟著一起運(yùn)動，若迅速拉動紙帶，紙帶會 從重物下抽出，下列說法正確的是 .慢拉時，重物和紙帶間的摩擦力大 .快拉時，重物和紙帶間的摩擦力小 .慢拉時，紙帶給重物的沖量大 .快拉時

16、，紙帶給重物的沖量小 圖 1 拓展：快拉與慢拉時，重物的運(yùn)動變化情況分析。 【 解析 】 在緩緩拉動時，兩物體之間的作用力是 靜摩擦力；在迅速拉動時，它們之間的作用力是 滑動摩擦力 .由于滑動摩擦力 f=N( 是動摩擦因 數(shù) )，而最大靜摩擦力 fm= mN( m是靜摩擦系數(shù) ) 且 = m.一般情況下可以認(rèn)為 f=fm即滑動摩擦 力 f近似等于最大靜摩擦力 fm.因此，一般情況是： 緩拉，摩擦力??；快拉，摩擦力大，故判斷 A、 B 都錯 . 緩拉紙帶時，摩擦力雖小些，但作用時間可以很 長，故重物獲得的沖量，即動量的改變量可以很 大，所以能把重物帶動；快拉時，摩擦力雖大些， 但作用時間很短，故

17、沖量小，所以重物動量的改 變量小 .因此答案 C、 D正確 . 動量變化一定，作用時間不同對力的大小的影響。 討論：甲、乙兩個物體與水平面的動摩擦因數(shù)哪個大？ 3 甲 、 乙兩個質(zhì)量相等的物體 ， 以相同的初速 度在粗糙程度不同的水平面上運(yùn)動 ， 甲物體先 停下來 ， 乙物體后停下來 。 則： （ ） A.甲物體受到的沖量大 B.乙物體受到的沖量大 C.兩物體受到的沖量相等 D.兩物體受到的沖量無法比較 解析：甲、乙兩個物體動量的變化相同，根據(jù)動量定理，所 以它們受到的地面對它們的滑動摩擦力的沖量相等。 甲運(yùn)動的時間短，甲受到的地面對它的滑動摩擦力大，它 們對地面的正壓力相同，故甲與地面的動摩

18、擦因數(shù)大。 動量定理解題的步驟： 明確研究對象和研究過程 。 研究對象可以是一個物 體 ， 也可以是質(zhì)點(diǎn)組 。 如果研究過程中的各個階段物 體的受力情況不同 ， 要分別計算它們的沖量 ， 并求它 們的矢量和 。 進(jìn)行受力分析。 研究對象以外的物體施給研究對象 的力為外力。所有外力之和為合外力。研究對象內(nèi)部 的相互作用力不影響系統(tǒng)的總動量，不包括在內(nèi)。 規(guī)定正方向。 由于力、沖量、速度、動量都是矢 量 ,所以列式前要先規(guī)定一個正方向 ,和這個方向一致的 矢量為正 ,反之為負(fù) . 寫出確定研究對象的初、末動量和合外力的沖量 （或各個外力的沖量的矢量和）。 注意要把 v1和 v2換成相對于同一慣性參

19、照系的速度； 根據(jù)動量定理列式求解。 動量定理的應(yīng)用 例 1質(zhì)量 m 5 kg的物體在恒定水平推力 F 5 N的作用下，自靜止開始在水平路面 上運(yùn)動， t1 2 s后，撤去力 F，物體又經(jīng) t2 3 s停了下來，求物體運(yùn)動中受水平面滑 動摩擦力的大小 要點(diǎn) 1：涉及 運(yùn)動時間 t時，用動量定 理求解最簡單。 例 2（ 2002年全國， 26）蹦床是運(yùn)動員 在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種 空中動作的運(yùn)動項目 .一個質(zhì)量為 60 kg的運(yùn) 動員，從離水平網(wǎng)面 3.2 m高處自由下落，著 網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面 5.0 m高處 . 已知運(yùn)動員與網(wǎng)接觸的時間為 1.2 s.若把在這 段

20、時間內(nèi)網(wǎng)對運(yùn)動員的作用力當(dāng)作恒力處理， 求此力的大小 .（ g=10 m/s2 要點(diǎn) 2:動量定理公式中的沖量為 合外力 的 沖量 。受力分析不可少。 解析：將運(yùn)動員看作質(zhì)量為 m的質(zhì)點(diǎn)，從 h1高處下 v1= (向下 ) 彈跳后到達(dá)的高度為 h2, v2= 接觸過程中運(yùn)動員受到向上的彈力 F和向下的重力 mg,若選向上方向?yàn)檎较颍瑒t由動量定理，得： （ F-mg） t=mv2-(-mv1) 代入數(shù)值得， F=1.5 103 N. 12gh 22gh t ghgh mmgF 12 22 【 例 3】 某消防隊員從一平臺上跳下，下落 2m后雙 腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身重 心又

21、下降了 0.5m.在著地過程中，對他雙腳的平均 作用力估計為 ( ) A.自身所受重力的 2倍 B.自身所受重力的 5倍 C.自身所受重力的 8倍 D.自身所受重力的 10倍 B 【 解析 】 本題問題情景清晰，是一道應(yīng)用動量定量解釋 物理現(xiàn)象的好題 .為了使得從高處跳下時減少地面對雙 腿的沖擊力，應(yīng)減少 h跳下前的高度；增大 h 雙腳 彎曲時重心下移的距離 .即不宜筆直跳下，應(yīng)先蹲下后 再跳，著地時應(yīng)盡可能向下彎曲身體，增大重心下降的 距離 .實(shí)際操作中，還有很多方法可以緩沖地面的作用 力 .如先使前腳掌觸地等 .也可同樣運(yùn)用動量定理解釋 . 對本題分析如下：下落 2m雙腳剛著地時的速度為

22、v= .觸地后，速度從 v減為 0的時間可以認(rèn)為等于雙 腿彎曲又使重心下移 h=0.5m所需時間 .在估算過程中， 可把地面對他雙腳的力簡化為一個恒力，故重心下降過 程可視為勻減速過程 .從而有 : gh2 t= h/v平均 = h/(v/2)=2 h/v. 在觸地過程中，有（ N-mg） t=m v， 即 N=mg+m v/ t=mg+mv/(2 h/v) =mg+mv2/2h, =mg+mgh/ h=5mg. 因此答案 B正確 . 【 點(diǎn)評 】 題中的（ N-mg） t=m v,許多同學(xué)在獨(dú) 立做題時容易做成 N t=m v而得出 N=4mg的錯誤結(jié) 論 . 例、 如圖所示，三塊完全相同的

23、木塊固定在水 平地面上，設(shè)速度為 v0子彈穿過木塊時受到 的阻力一樣，子彈可視為質(zhì)點(diǎn)，子彈射出木 塊時速度變?yōu)?v0/2.求： (1) 子彈穿過 A和穿過 B時的速度 v1=? v2=? (2)子彈穿過三木塊的 時間之比 t1 t2 t3=? 要點(diǎn)：涉及位移時用動 能定理，涉及時間時用 動量定理。 動量定理在爆炸碰撞等短時間作用 過程中求平均作用力時的應(yīng)用 要點(diǎn)：關(guān)鍵在于 研究對象的確定 。選 一個 很短的時間 t來考慮，看有 多少 物體的動量 發(fā)生了 變化 ，選取該部分 物體來列式求解。 1 宇宙飛船以 v0=104m/s的速度進(jìn)入均勻的 宇 宙 微粒塵區(qū) ， 飛船每前進(jìn) s=103m,要與

24、 n=104個 微粒相碰 ， 假如每一微粒的質(zhì)量 m=2 10-7kg, 與飛船相碰后附在飛船上 ， 為使飛船的速度保 持不變 ， 飛船的牽引力應(yīng)為多大 ？ 0v st 解析：取飛船前進(jìn) s過程中與其碰撞的 n個微粒為研究對象， 其質(zhì)量為 nm,取飛船的運(yùn)動方向?yàn)檎较?，根?jù)動量定理得 Nsn m vF 200 2 0 其中 根據(jù)牛頓第三定律，飛船受到的平均制動力 F=200N. 為使 飛船的速度保持不變，飛船的牽引力應(yīng)為 200N. 0n m vFt 最后根據(jù)牛頓第三定律轉(zhuǎn)化研究對象，是解題的必要步驟。 2 如圖所示 ， 一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光 滑的水平地面上 ， 頂端與豎直墻壁接

25、觸 現(xiàn)打開尾端 閥門 ， 氣體往外噴出 ， 設(shè)噴口面積為 S， 氣體密度為 ， 氣體往外噴出的速度為 v， 則氣體剛噴出時鋼瓶頂 端對豎直墻的作用力大小是 （ ） S v2 Sv 221 A S B C D 2S 解： 設(shè)時間 t內(nèi) 從噴口噴出的氣體質(zhì)量為 m， 則 m= vt S 由動量定理 Ft =m v F= v2S 由平衡條件及牛頓第三定律， 鋼瓶對墻的作用力大小為 F= v2S D 解決這類持續(xù)作用的連續(xù)體問題，關(guān)鍵是正確選用研究對象 t時間內(nèi)動量變化的那部分物質(zhì)，根據(jù)題意正確地表示 出它們的質(zhì)量和動量的變化。 tsvm 所以凹槽對水柱的作用力 )( mvmvtF NsvtmvF 3

26、2 108.122 根據(jù)牛頓第三定律，水柱對凹槽的沖力大小也為 1.8 103N. 3消防水龍頭出口截面積為 10cm2，當(dāng)這水龍頭以 30m/s 的速度噴出一股水柱，水柱沖到墻上的一個凹槽后，以 相同的速率反射回來，水的密度為 =1.0 103kg/m3， 問水柱對墻的沖力有多大？ 解析：規(guī)定水反射回來的速度方向?yàn)檎较颍?t時間內(nèi) 射到凹槽的水柱為研究對象，它的質(zhì)量為 根據(jù)動量定理 4.某地強(qiáng)風(fēng)的風(fēng)速是 20m/s，一風(fēng)力發(fā)電機(jī) 的有效受風(fēng)面積 S=20m2，如果風(fēng)通過風(fēng) 力發(fā)電機(jī)后風(fēng)速減為 12 m/s，且該風(fēng)力發(fā) 電機(jī)的效率 =80%，則風(fēng)力發(fā)電機(jī)的電功 率為多大？風(fēng)作用于風(fēng)力發(fā)電機(jī)

27、的平均力 為多大？（空氣的密度 ） 3/3.1 mkg 二、動量守恒 爆炸、碰撞及反沖現(xiàn)象 p69 專題 2: 動量守恒的應(yīng)用 p56 專題 1: 動量守恒的判斷 p46 專題 3：碰撞類問題 p76 一個動量守恒定律的推論 p106 分動量守恒的應(yīng)用 p101 動量守恒的推導(dǎo) 如圖所示， 1.水平地面光滑 ,取水平向右方向?yàn)檎?對 A應(yīng)用動量定理 fABt=mAvA mAvA 對 B應(yīng)用動量定理 fABt=mB( vB ) mB( vB) mAvA + mB( vB )= mAvA+ mB( vB) 末態(tài)系統(tǒng)的總動量 =系統(tǒng)初態(tài)的總動量 若水平地面不光滑， 存在摩擦力 f地 ，對 A同上

28、, 則對 B有 fABt f地 t=mB( vB ) mB( vB) f地 t= mAvA + mB( vB ) mAvA+ mB( vB) 末態(tài)系統(tǒng)的總動量 系統(tǒng)初態(tài)的總動量 動量守恒定律 內(nèi)容 :一個 系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零 ， 這 個 系統(tǒng)的總動量保持不變 .如果 F=0 則 p=0 2211202101 vmvmvmvm 內(nèi)力與外力 的區(qū)分是 相對于 所 選定的系統(tǒng) 而言 的，系統(tǒng)內(nèi)各物體間作用力為內(nèi)力；系統(tǒng)外物 體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的作用力為外力。 內(nèi)力作用的結(jié)果使系統(tǒng)內(nèi)的各物體的動量重新分 配 ，一對內(nèi)力的沖量之和總是為零，內(nèi)力沖量 不會引起系統(tǒng)的總動量發(fā)生變化。 外力沖量作

29、用的結(jié)果使系統(tǒng)的總動量增加或減小 ， （外力沖量之和為零，則系統(tǒng)增加和減小的動 量相互抵消）。 故動量守恒的條件為系統(tǒng)不受外力作用或所受的 外力之和為零。 動量守恒的條件 (1)系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的合力為 零。 (2)系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但比系 統(tǒng)內(nèi)力小得多 ，如 碰撞 問題中的摩擦力，爆 炸過程中的重力等外力比起相互作用的內(nèi)力 來小得多，可以忽略不計。 (3)系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但在某 個方向上的分量為零， 則在該方向上系統(tǒng)的 總動量的分量保持不變。 (4)全過程的 某一階段系統(tǒng)受的合外力為零 ， 則該階段系統(tǒng)動量守恒。 專題 1:動量守恒的判斷 (1)注意 系統(tǒng)的確

30、定 ,區(qū)分內(nèi)力與外力 . (2)注意 研究過程的選取 ,選取不同的過 程 ,結(jié)論會不同 . (3)注意區(qū)分系統(tǒng) 動量守恒 與系統(tǒng)的某一 方向 分動量守恒 . 【 例 1】 如圖的裝置中，木塊 B與水平桌面間的接觸是 光滑的，子彈 A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)， 將彈簧壓縮到最短?，F(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起 作為研究對象 (系統(tǒng) )，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入到 彈簧被壓縮到最短的整個過程中 ( ) A動量守恒、機(jī)械能守恒 B動量不守恒、機(jī)械能不守恒 C動量守恒、機(jī)械能不守恒 D動量不守恒、機(jī)械能守恒 B 要點(diǎn) :動量守恒與機(jī)械能 守恒的條件不同 ,動量守 恒 要區(qū)分 內(nèi)力與外力 ,而 機(jī)械

31、能守恒 則 不須區(qū)分 內(nèi)力外力做功 的問題 . 4如圖所示 , A、 B兩物體的質(zhì)量比 mA mB 3 2, 它們原來靜止在平板車 C上， A、 B間有一根被壓縮 了的彈簧， A、 B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相 同，地面光滑 .當(dāng)彈簧突然釋放后，則有（ ） A A、 B系統(tǒng)動量守恒 B A、 B、 C系統(tǒng)動量守恒 C小車向左運(yùn)動 D小車向右運(yùn)動 C A B B C 要點(diǎn) :受力分析 不可少 ,動量守恒 對象 的 選擇 由小到大 . 【 例 3】 如圖所示，光滑圓槽質(zhì)量為 M，圓槽緊靠豎直 墻壁而靜止在光滑的水平面上，其內(nèi)表面有一質(zhì)量為 m的小球被細(xì)線吊著恰好位于槽的邊緣處若將線燒 斷，則小

32、球從開始下滑至滑到圓槽另一邊最高點(diǎn)的過 程中，關(guān)于 m和 M組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是 ( ) A在此過程中動量守恒，機(jī)械能守恒 B在此過程中動量守恒，機(jī)械能不守恒； C在此過程中動量不守恒，機(jī)械能守恒 D m從開始下滑到圓槽最低點(diǎn)過程中，動量不守恒； m越過圓槽的最低點(diǎn)后，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒。 而整個過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能始終守恒 2、如圖所示，木塊 A和 B用輕彈簧連接，用 F作 用使之壓縮彈簧，當(dāng)撤去 F后，若地面光滑， 則： ( ) A A尚未離開墻前，彈簧和 B的機(jī)械能守恒 B A尚未離開墻前， A和 B的動量守恒 C A離開墻后， A和 B系統(tǒng)的動量守恒 D A離開墻后，彈簧

33、和 A、 B系統(tǒng)的機(jī)械能守恒 ACD 要點(diǎn) :動量 守恒 的判斷與選 取的 運(yùn)動過程有關(guān) ,區(qū)分動 量守恒與分動量守恒 . 例、在質(zhì)量為 M的小車中掛有一單擺，擺球質(zhì)量為 m， 小車（和單擺）以恒定的速度 v沿光滑水平面運(yùn)動， 與位于正對面的質(zhì)量為 m0的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰 撞時間極短，在此碰撞過程中，下列哪個或那些說 法是正確的？ A、小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別為 v1、 v2、 v3，滿足（ M+m0） v=M v1+m v2+m0 v3 B、擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)?v1和 v2， 滿足 Mv=M v1+m v2 C、擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)?u，

34、滿 足 Mv=（ M +m） u D、小車和擺球的速度都變?yōu)?v1，木塊的速度變?yōu)?v2， 滿足（ M+m0） v=（ M+m0） v1+m v2 要點(diǎn) :注意選取的研究過程 . 解析：當(dāng)小車（和單擺）與靜止的木塊 發(fā)生碰撞 時 ，整個系統(tǒng)滿足動量守恒，由于碰撞時間極 短，所以擺球受力情況來不及發(fā)生變化，所以 擺球的速度不會發(fā)生變化 ，即可知選項 A、 D 錯誤。 碰后，若小車與木塊分離，則由動量守恒定律： （ M+m0） v= m0 v+M v1+m v2， 即 Mv= M v1+m v2，所以選項 B正確。 若碰后，小車與木塊連接為一個整體，則由動量 守恒定律：（ M+m0） v= m0

35、v+（ M +m） u， 即 Mv=（ M +m） u，所以選項 C正確。 答案： BC 對動量守恒的理解 (1)動量守恒定律具有 廣泛的適用范圍 ，不論 物體間的相互作用力性質(zhì)如何；不論系統(tǒng) 內(nèi)部物體的個數(shù)；不論它們是否互相接觸； 不論相互作用后物體間是粘合還是分裂 ,只 要系統(tǒng)所受合外力為零 ,動量守恒定律都適 用 。動量守恒定律 既適用于低速運(yùn)動的宏 觀物體 ,也適用于 高速運(yùn)動的 微觀粒子 間的 相互作用 ,大到天體 ,小到基本粒子間的相 互作用都遵守動量守恒定律。 對動量守恒的理解 (2)動量守恒表達(dá)式中 只涉及系統(tǒng)各物體初、 末狀態(tài)的動量 ，而 無須考慮 系統(tǒng)內(nèi)各物 體 運(yùn)動過程的

36、細(xì)節(jié) ，故在應(yīng)用時較為簡 便；這是應(yīng)用 動量守恒 解題的 優(yōu)點(diǎn) 。但 在應(yīng)用動量守恒時，物體系內(nèi)各物體的 運(yùn)動過程的分析仍是必不可少的 ，動量 守恒不能說明物體是否有該運(yùn)動過程， 只有分析清楚物體的運(yùn)動過程且判定該 過程符合動量守恒的條件時才能應(yīng)用其 來解題 。 對動量守恒的理解 (3)應(yīng)用動量守恒時，要注意系統(tǒng)內(nèi)各物體的 速 度 的 矢量性、同時性、同一性 。 1.動量守恒定律的 矢量性 :要 規(guī)定正方向 ,已知量跟規(guī)定 正方向相同的為正值，相反的為負(fù)值，求出的未知 量是正值，則跟規(guī)定正方向相同，求出的未知量是 負(fù)值，則跟規(guī)定正方向相反。 2.同時性 。動量是狀態(tài)量，具有瞬時性。動量守恒指

37、的是系統(tǒng)內(nèi)物體相互作用過程中任一時刻的總動量 都相同，故 Vl 、 V2必須是 作用前 某 同一時刻的速度 ， Vl 、 V2 必須是 作用后 另 同一時刻的速度 。 3.同一性。 因速度具有相對性其數(shù)值與參考系選擇 有關(guān)，故動量守恒定律中的 各個速度必須是相對同 一 參考系的 。若題目不作特別說明， 一般都以地面 為參考系 。 專題 2:動量守恒的應(yīng)用 1.動量守恒列式中 速度的三性 :矢量性、同時 性、同一性。 2.動量守恒中 系統(tǒng)對象的確定 .系統(tǒng)的對象由 小到大，不斷地將 N、 f通過研究對象范圍 的擴(kuò)大將其轉(zhuǎn)化為內(nèi)力 ,實(shí)現(xiàn)系統(tǒng)的外力為 零。 3.研究過程的確定 .認(rèn)真分析系統(tǒng)內(nèi)各物

38、體的 運(yùn)動過程，按過程來判定是否符合動量守 恒；可能系統(tǒng)在全過程中動量不守恒，但 在某一過程中系統(tǒng)的動量守恒。 要點(diǎn) 1 動量守恒定律的表達(dá)式為 矢量式 。 對一維的情況， 要先選取正方向 ，將矢量運(yùn) 算簡化為代數(shù)運(yùn)算。 例 .沿水平方向飛行的手榴彈 ,它的速度是 V=20m/s, 在空中爆炸后分裂成 m1=1kg和 m2=0.5kg的兩部分 .其 中 m2=0.5kg的那部分以 V2=10m/s的速度與原方向反 向運(yùn)動 ,則另一部分此時的速度大小 V1=?方向如何 ? 221121 )( vmvmvmm m /s351 v 【 例 1】 質(zhì)量 m1=10g的小球在光滑的水平面上以 v1=30

39、cm/s的速率向右運(yùn)動，恰好遇上質(zhì)量 m2=50g的小球以 v2為 10cm/s的速率向左運(yùn)動，碰 撞后，小球 m2恰好停止，那么碰撞后小球 m1的速 度是多大？方向如何？ 【 解析 】 設(shè) v1的方向?yàn)檎较颍ㄏ蛴遥?，則各速度的 正負(fù)號為 v1=30cm/s， v2=-10cm/s,v2=0. 據(jù) m1v1+m 2v2=m 1v1+m2v2 有 10v1=10 30+50 (-10)， 解得 v1= -20(cm/s). 負(fù)號表示碰撞后， m1的方向與碰撞前的方向相反， 即向左 . 07屆廣東惠州市第二次調(diào)研考試 15 15. 一個質(zhì)量為 40kg的小孩站在質(zhì)量為 20kg的平板 車上以 2

40、m/s的 速度在光滑的水平面上運(yùn)動 ， 現(xiàn) 小孩沿水平方向向前跳出后： 1.若小孩跳出后 ， 平板車停止運(yùn)動 ， 求小孩跳出 時的速度 2.若小孩跳出后 ， 平板車以大小為 2m/s的速度沿 相反方向運(yùn)動 ， 求小孩跳出時的速度和跳出過 程所做的功 解： 設(shè)小孩沿水平方向向前跳出的速度為 V1 （ 1）小孩跳出后，平板車停止運(yùn)動，根據(jù)動量守恒 定律得 （ M + m） v0 = mV1 解得 m / s301 vm mMV （ 2）小孩跳出后，平板車以大小為 v0的速度沿相反方 向運(yùn)動，根據(jù)動量守恒定律 得 （ M + m） v0 = mV2 M v0 解得 m / s42 02 vm mMV

41、 J240212121 202220 v)mM()VmvM(W 例 .光滑水平面上一平板車質(zhì)量為 M 50kg，上面站著 質(zhì)量 m 70kg的人，共同以速度 v0勻速前進(jìn)，若人相 對車以速度 v=2m/s向后跑，問人跑動后車的速度改變 了多少 ? 解析 以人和車組成的系統(tǒng)為研究對象選 v0方向?yàn)檎较蛟O(shè)人跑動后 車的速度變?yōu)?v ，則人相對地的速度為 (v -v)系統(tǒng)所受合外力為零，根 據(jù)動量守恒定律有 解得 人跑動后車的速度改變量的數(shù)值為正，說明速度的改變與 v0方向一致，車速 增加量 )()( 0 vvmMvvmM mM mvvv 0 m / s17.1 0 mM mvvvv 要點(diǎn) :動量

42、守恒公式中的 所有速度 均是 對地的速 度 . 研究對象與研究過程的確定問題 16. (12分 )如圖所示 ,質(zhì)量分別為 mA=0.5 kg、 mB=0.4 kg 的長板緊挨在一起靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為 mC=0.1 kg的木塊 C以初速 vC0=10 m/s滑上 A板左端，最 后 C木塊和 B板相對靜止時的共同速度 vCB=1.5 m/s.求： （ 1） A板最后的速度 vA； （ 2） C木塊剛離開 A板時的速度 vC. C A B 要點(diǎn) :動量守恒中研究 對象的確定 :由小 到大 不斷將 外力 通過系統(tǒng)的擴(kuò)大 轉(zhuǎn)化為 內(nèi)力 ,從而 實(shí)現(xiàn)合外力為零 ,系統(tǒng)動量守 恒 . 解 :C在

43、A上滑動的過程中， A、 B、 C組成系統(tǒng)的動 量守恒，則 mCvC0=mC vC+（ mA+mB） vA C在 B上滑動時， B、 C組成系統(tǒng)的動量守恒，則 mCvC+mBvA=（ mC+mB） vCB 解得 vA=0.5 m/s， vC=5.5 m/s 例 1：甲乙兩滑冰者在水平面上游戲，甲的總 質(zhì)量為 52 ，以 2m/s的速度運(yùn)動，乙的總質(zhì) 量為 50 ，手中另有一質(zhì)量為 2 的球，以 2m/s的速度迎面滑來，某時刻開始，乙將球 拋給甲，甲接球后又將球拋給乙， ，如此 反復(fù)，當(dāng)甲某次接球后停止滑行時，乙的速 度為多少？ 要點(diǎn) :動量守恒中 初末狀態(tài)的選擇 問題 .對已知動 量守恒的過程

44、 ,應(yīng)用動量守恒時無須考慮具體的 細(xì)節(jié)過程 ,初狀態(tài) 為系統(tǒng)各物體 動量均為已知的 初始時刻 ,而 末狀態(tài) 一般取 題中所求的狀態(tài) 為列 式時的末狀態(tài) . 【 例 2】 總質(zhì)量為 M的列車以勻速率 v0在平直的軌 道上行駛，各車廂受的阻力都是車重的 k倍，與 車速無關(guān) .某時刻列車后面重量為 m的車廂脫了鉤 而機(jī)車的牽引力未變，問脫鉤的車廂剛停下的瞬 間，前面列車的速度為多少？ 【 解析 】 列車原來做勻速運(yùn)動，牽引力等于阻力，脫 鉤后，各車廂阻力不變，若以整個列車為研究對象， 在脫鉤車廂停止運(yùn)動前，系統(tǒng)所受的牽引力和阻力均 未變，外力之和仍為 0，總動量守恒 . 從脫鉤前到車廂剛停止時，列車

45、總動量守恒， 則 Mv0=(M-m)v+0， 故前面列車的速度為 : 0vmM Mv 【 例 3】 如圖 5-4-1所示，甲車質(zhì)量 m1=20kg，車上 有質(zhì)量 M=50kg的人，甲車（連同車上的人）從足夠 長的斜坡上高 h=0.45m處由靜止滑下，到水平面上 后繼續(xù)向前滑動，此時質(zhì)量 m2=50kg的乙車正以 v0=1.8m/s的速度迎面滑來，為了避免兩車相撞， 當(dāng)兩車相距適當(dāng)距離時，人從甲車跳到乙車上，求 人跳出甲車的水平速度（相對地面）應(yīng)在什么范圍 內(nèi)？不計地面和斜坡的摩擦 .（ g=10m/s2） 要點(diǎn) :對象的選取 和 運(yùn)動 過程的選擇 是動量守恒應(yīng) 用的 前提 ,而公式中 速度 的

46、三性 :矢量性、同時性、 同一性則是 應(yīng)用的基礎(chǔ) 。 【 解析 】 甲車（包括人）滑下斜坡后速度： v= =3m/s. 在人跳離甲車和人跳上乙車過程中各自動量守恒，設(shè) 人跳離甲車和跳上乙車后，兩車的速度分別為 v甲 和 v乙 ，則： （ M+m1） v甲 =Mv+m1v甲 Mv-m2v0=(M+m2)v乙 恰不發(fā)生相撞的條件為： v甲 = v乙 gh2 從得： v甲 = （ M+m1） v甲 -Mv/m1， 從得： v乙 =Mv -m2v0/(M+m2). 當(dāng) v甲 =v 乙 時， (Mv-m2v0)/(M+m2)=-(M+m1)v甲 -m乙 /m1時， 得 v=3.8m/s； 當(dāng) v甲 =

47、-v 乙 時，有 (m+m2)v甲 -Mv/m1=(m2V0-mv)/(M+m2)， 得 v=4.8m/s. 所以人跳離甲車的速度（對地）應(yīng)滿足 3.8m/sv4.8m/s. 爆炸、碰撞及反沖現(xiàn)象 一、爆炸與碰撞 1.共同特點(diǎn)：相互作用力是變力，作用時 間極短、作用力很大，如果有外力、也是內(nèi) 力遠(yuǎn)大于外力 .是 典型的動量守恒 。 2.由于碰撞（或爆炸）作用時間極短，因 此作用過程中物體的位移很小，一般可忽略 不計，可以認(rèn)為， 直接作用的物體 在碰撞 （或爆炸）后還從 碰撞（或爆炸）前瞬間的 位置 以 新的動量開始運(yùn)動 .而 非直接作用的 物體 ，由于 慣性 的緣故， 碰撞前后瞬間 物體 的

48、速度 保持 不變 。 3.碰撞過程的研究對象為 系統(tǒng) ，常常需要 將 動量守恒定律 與 能量守恒綜合 加以應(yīng)用。 在 碰撞的過程 中，在碰撞過程，如果沒有 動能損失，碰撞前與碰撞后總動能相等；如果 有部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)的總動能減小， 系統(tǒng)的總動能是不可能增加的 . 由能量守恒 有：系統(tǒng)碰撞前各物體的總動能 系統(tǒng)碰撞后各物體的總動能。 但在 爆炸、反沖 的過程中，有其它形式的 能量轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的動能，所以爆炸后 系統(tǒng)的總 動能增加 。 爆炸、碰撞及反沖中的能量轉(zhuǎn)化 碰撞的類型 彈性正碰 ：碰撞過程系統(tǒng)無機(jī)械能（動能）的損 失，系統(tǒng)在碰撞過程中 動量、動能均守恒 。 m1v1+ m 2v2=

49、m 1v1+ m2v2 特例：一動一靜的兩球的彈性正碰，若兩球質(zhì)量相 等，則碰后兩球交換速度。 完全非彈性正碰 ：碰后兩物體結(jié)合在一起，此過 程系統(tǒng)在碰撞過程中的 動能損失最多 。碰撞過程 只有動量守恒 。 （ m1+ m2） v= m 1v1+ m2v2 動能損失 2 22 2 11 2 22 2 11 2 1 2 1 2 1 2 1 vmvmvmvm 2 21 2 22 2 11m a x )(2 1 2 1 2 1 vmmvmvmE K 其余碰撞 介于上述兩者之間，物體 碰后的速 度 介于 上述兩類碰撞 物體 速度之間 ，碰撞過 程系統(tǒng) 動量守恒 而 動能不守恒 。 若碰撞過程題中 無指

50、明系統(tǒng)無機(jī)械能損失 或是 彈性正碰 ，則是動量守恒，但 不能認(rèn)定系統(tǒng) 的動能也守恒 。彈性正碰無動能損失僅是所 有碰撞中的一特殊例子。 碰撞的類型 三種典型的碰撞特點(diǎn) 1、彈性碰撞：碰撞全程完全沒有動能損失。 v1 v2 v10 A B v20 A B 碰前 碰后 2211202101 vmvmvmvm 2 22 2 11 2 202 2 101 2 1 2 1 2 1 2 1 vmvmvmvm 解以上兩式可得： 21 2021021 1 2 mm vmv)mm(v 21 1012012 2 2 mm vmv)mm(v 對于結(jié)果的討論： 當(dāng) m1 = m2 時， v1 = v20 ， v2 =

51、 v10 , 質(zhì)量相等的兩物體彈性碰撞后 , 交換速度 ” ； 當(dāng) m1 m2 ，且 v20 = 0時， v1 v10 ， v2 2v10 ， 2、非 (完全 )彈性碰撞：動量守恒 , 動能有損失， 3、 完全非彈性碰撞：動能的損失達(dá)到最大限度； 外部特征：碰撞后兩物體連為一個整體，故有 21 202101 21 mm vmvmvv 專題 3：碰撞類問題 （ 1）碰撞物體在碰后速度可能大小的判斷。 （ 2）碰撞過程中研究對象的確定。 （ 3）碰撞過程中動量與能量的結(jié)合。 碰撞物體在碰后的速度可能大小的判斷 方法一： 據(jù)碰撞過程 動量守恒 來判斷。對符合動量守恒的， 再據(jù)對物體作用的 沖量方向

52、可知物體在 碰后動量的 增減 。 據(jù) 能量守恒 來判斷，系統(tǒng) 碰撞前 各物體的 總動能 系統(tǒng) 碰撞后 各物體的 總動能 。 據(jù)常識來判斷： 碰后 若兩物體 同向 運(yùn)動，則 必有 v前 v后 。 方法二： 也可 先計算出 物體在 彈性正碰 與 完全非彈性正碰 時 的 速度大小 ，物體 碰后的速度 應(yīng) 介于 其 兩者之間 。 07年 1月廣東省汕尾市調(diào)研測試 9 9、質(zhì)量 m2=9kg的物體 B，靜止在光滑的水平面上。 另一個質(zhì)量為 m1 =1kg、速度為 v 的物體 A與其發(fā)生正 碰，碰撞后 B的速度為 2 m/s，則碰撞前 A的速度 v 不可 能是（ ） A、 8 m/s B、 10 m/s

53、C、 15 m/s D、 20 m/s 解： 由彈性碰撞公式 得 由完全非彈性碰撞公式 得 碰撞前 A的速度 v 應(yīng)介于 10 m/s和 20 m/s之間， A錯。 A 1.如圖，球 A、 B置于光滑水平面上， A球的動量為 12kgm/s，水平向右與靜止的 B球發(fā)生碰撞，兩球動量 的變化可能是（設(shè)向右為正）（ ） A. PA=-4kgm/s， PB=4kg m/s B. PA=-5kg m/s ， PB=5kg m/s C. PA=6kg m/s ， PB=-6kg m/s D. PA=-24kg m/s ， PB=24kg m/s AB 2.質(zhì)量為 m的小球 A在光滑水平面上以速度 v0與

54、質(zhì)量為 2m的靜止小球發(fā)生碰撞，碰撞后分開， A球的速度大 小變?yōu)樵瓉淼?1/3，則碰撞后 B球的速度可能為（ ） A.v0/3 B.2v0/3 C.4v0/9 D.5v0/9 AB 要點(diǎn) :動量的 矢量性 ,一條直線上 運(yùn)動 ,速度 大小相同 有兩 個可能 的方向 . 2.質(zhì)量為 1kg的小球以 4ms-1的速度與質(zhì)量為 2kg的 靜止的小球正碰，關(guān)于 1kg的球和 2kg的球碰撞后的 速度，下面有可能的是（ ） A.4/3ms-1， 4/3ms-1 B.-1ms-1， 2.5ms-1 C.1ms-1， 3ms-1 D.-4ms-1， 4ms-1 C 3.在光滑水平面上動能為 E0，動量大小

55、為 p0的小鋼球 1與靜止小鋼球 2發(fā)生碰撞，碰撞前后球 1的運(yùn)動方向 相反，將碰后球 1的動能和動量大小分別記為 E1、 p1， 球 2的動能和動量的大小分別記為 E2、 p2，則必有 （ ） A.E1 E0 B.p1 p0 C.E2 E0 D.p2 p0 AD 題例 1：光滑的水平面上，和彈簧相連的質(zhì) 量均為 2 的 A、 B兩物塊都以 6m/s的速度向 右運(yùn)動，彈簧處于原長，質(zhì)量為 4 的物塊 C靜止在前方，如圖所示， B與 C碰撞后二者 粘在一起運(yùn)動，在以后的運(yùn)動中，當(dāng)彈簧 的彈性勢能達(dá)到最大時，物體的速度是多 少？彈性勢能的最大值是多少？ 要點(diǎn) :碰撞中 研究對象 的選擇：應(yīng)選取 直

56、接 碰撞作用的兩物體 作為動量守恒的對象， 而 非直接作用的物體 ，由于慣性的緣故， 碰撞前后瞬間 物體的 速度保持不變 。 2用輕彈簧相連的質(zhì)量均為 2kg的 A、 B兩物 塊都以 v=6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn) 動，彈簧處于原長，質(zhì)量為 4kg的物體 C靜止 在前方，如圖所示， B與 C碰撞后二者粘在一 起運(yùn)動。求：在以后的運(yùn)動中，（ 1）當(dāng)彈簧 的彈性勢能最大時物體 A的速度多大？ （ 2）彈性勢能的最大值是多大？ （ 3） A的速度有可能向左嗎？為什么？ 要點(diǎn) :物體 運(yùn)動情況的可能 情 況的判定 ,一是據(jù) 運(yùn)動與力是 否相符 來判斷 ,二是根據(jù)是否 違反 能量守恒 來判斷 .

57、 解析：（ 1）當(dāng) A、 B、 C三者的速度相等時彈簧 的彈性勢能最大，由于 A、 B、 C三者組成的系 統(tǒng)動量守恒， 有 解得： （ 2） B、 C碰撞時 B、 C組成的系統(tǒng)動量守恒， 設(shè)碰后瞬間 B、 C兩者速度為 v， 則 設(shè)物塊 A速度為 vA時彈簧的彈性勢能最大為 EP， 根據(jù)能量守恒： smvvmmvm CBB /2)( ， JvmmmvmvmmE ACBAACBP 12)(2121)(21 222 ACBABA v)mmm(v)mm( smv A /3 （ 3）由系統(tǒng)動量守恒得 設(shè) A的速度方向向左， ，則 則作用后 A、 B、 C動能之和 實(shí)際上系統(tǒng)的機(jī)械能 根據(jù)能量守恒定律，

58、 是不可能的。 故 A不可能向左運(yùn)動。 BCBAABA vmmvmvmvm )( 0Av smv B /4 JvmmvmE BCBAAk 48)(2121 22 JvmmmEE ACBAP 48)(21 2 EE k 8.如圖所示，甲車質(zhì)量 2 kg，靜止在光滑水 平面上，上表面光滑，右端放一質(zhì)量 1 kg的 小物體 ,乙車質(zhì)量 4 kg，以 5 m/s的速度向左 運(yùn)動，與甲車相碰后甲車獲得 8 m/s速度，物 體的動摩擦因數(shù)為 0.2，則物體在乙車上滑行 【 解析 】 甲、乙兩車相撞過程中動量守恒 . 所以： m乙 v0 =m甲 v甲 +m乙 v乙 小物體與乙車相互作用中動量守恒，設(shè)最終 其

59、速度為 v，則： m乙 v乙 = (m乙 + m物 )v 設(shè)小物體在乙車上滑行時間為 t，則對小物 體應(yīng)用動量定理，得： m 物 gt =m物 v 代入數(shù)據(jù)聯(lián)立 解得： t = 0.4 s. 13如圖，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊 B相 連， B靜止在水平導(dǎo)軌上的 O點(diǎn)，此時彈簧處于原長。 另一質(zhì)量與 B相同的滑塊 A從導(dǎo)軌上的 P點(diǎn)以初速度 v0 向 B滑行，當(dāng) A滑過距離 l時，與 B相碰。碰撞時間極 短，碰后 A、 B粘在一起運(yùn)動。設(shè)滑塊 A和 B均可視為 質(zhì)點(diǎn)，與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)均為 。重力加速度為 g。 求：（ 1）碰后瞬間， A、 B共同的速度大??； （ 2）若 A、 B壓縮彈簧

60、后恰能返回到 O點(diǎn)并停止，求 彈簧的最大壓縮量。 l P O A B v0 要點(diǎn) ：要有 按過程列式 的習(xí)慣， 動量守 恒 總是與 能量守恒 相聯(lián)系的。 解： （ 1）設(shè) A、 B質(zhì)量均為 m， A剛接觸 B時的速度為 v1， 碰后瞬間共同的速度為 v2 以 A為研究對象，從 P到 O， 由功能關(guān)系 2 1 2 0 2 1 2 1 mvmvm g l 以 A、 B為研究對象，碰撞瞬間，由動量守恒定律 mv1 = 2mv2 解得 glvv 221 202 （ 2）碰后 A、 B由 O點(diǎn)向左運(yùn)動，又返回到 O點(diǎn)，設(shè) 彈簧的最大壓縮量為 x 由功能關(guān)系 2 222 122 v)m(x)mg( 解得

61、816 2 0 l g vx 14 （ 14分 ） 如圖所示 ， abc是光滑的軌道 ， 其中 ab 是水平的 ， bc為豎直平面內(nèi)的半圓且與 ab相切 ， 半徑 R=0.3m。 質(zhì)量 m=0.5kg的小球 A靜止在軌道上 ， 另一 個質(zhì)量 M=1.0kg的小球 B， 以速度 v0=6.5 m/s與小球 A正 碰 。 已知碰撞后小球 A經(jīng)過半圓的最高點(diǎn) c落到軌道上 距 b點(diǎn)為 處 ， g取 10 m/s2 ， 求 ： 碰撞結(jié)束時小球 A和 B的速度大?。?A球在 c點(diǎn)對軌道的壓力； 論證小球 B能否沿半圓軌道到達(dá) c點(diǎn) 。 RL 24 b c A B R M m a 解 : （ 1）設(shè)球 A

62、在 c點(diǎn)的速度為 v, 根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有 Rvt 24 2 2 12 gtR Rgv 8得 設(shè) A碰后速度為 vA，由機(jī)械能守恒定律有 Rmgmvmv A 22121 22 m / s612得 gRv A 由動量守恒定律有 Mv0=mvA+MvB m / s53得 0 .M mvMvv AB （ 2）由牛頓第二定律有 R vmmgN 2 N35得 2 mgRmvN 由牛頓第三定律知 A球?qū)壍赖膲毫Υ笮?35N， 方向豎直向上。 （ 3）若 B恰能到達(dá) c點(diǎn)，則 c點(diǎn)的速度 vc滿足： R vMMg C2 gRv C B在最低點(diǎn)的最小速度 vB滿足： RMgMvvM CB 22121 22

63、 m / s155 gRv B而由第（ 1）問中求出的 B碰后的速度 m / s15m / s53 .v B 所以 B不能沿半圓軌道到達(dá) c點(diǎn)。 要點(diǎn) :物體 運(yùn)動情 況的可能 情況的 判定 ,一是據(jù) 運(yùn)動 與力是否相符 來 判斷 ,二是根據(jù)是 否違反 能量守恒 來判斷 . 廣東省重點(diǎn)中學(xué) 12月月考檢測題 17 17（ 15分）如圖所示是某游樂場過山車的娛樂裝置 原理圖，弧形軌道末端與一個半徑為 R的光滑圓軌道平 滑連接，兩輛質(zhì)量均為 m的相同小車（大小可忽略）， 中間夾住一輕彈簧后連接在一起，兩車從光滑弧形軌 道上的某一高度由靜止滑下，當(dāng)兩車剛滑入圓環(huán)最低 點(diǎn)時連接兩車的掛鉤突然斷開，彈簧

64、將兩車彈開，其 中后車剛好停下，前車沿圓環(huán)軌道運(yùn)動恰能越過圓弧 軌道最高點(diǎn)，求： （ 1）前車被彈出時的速度； （ 2）前車被彈出的過程中彈簧 釋放的彈性勢能； （ 3）兩車從靜止下滑到最低點(diǎn) 的高度 h。 h R 解 : （ 1）設(shè)前車在最高點(diǎn)速度為 v 2， 依題意有 2 2 R vmmg 設(shè)前車在最低位置與后車分離后速度為 v1， 根據(jù)機(jī)械能守恒 21221 2122 mvRmgmv 由得： Rgv 51 （ 2）設(shè)兩車分離前速度為 v0，由動量守恒定律 2mv0 = mv1 2 5 2 1 0 Rgvv 設(shè)分離前彈簧彈性勢能 Ep，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒 m R gmvmvE p 4522

65、121 2021 （ 3）兩車從 h高處運(yùn)動到最低處機(jī)械能守恒 2 022 12 mvm gh Rh 85 07年揚(yáng)州市期末調(diào)研測試 17 17質(zhì)量為 M的小車置于水平面上。小車的上表面由 1/4圓弧和平面組成，車的右端固定有一不計質(zhì)量的彈 簧，圓弧 AB部分光滑，半徑為 R，平面 BC部分粗糙 , 長為 l， C點(diǎn)右方的平面光滑?；瑝K質(zhì)量為 m ，從圓弧 最高處 A無初速下滑（如圖），與彈簧相接觸并壓縮 彈簧，最后又返回到 B相對于車靜止。求： （ 1） BC部分的動摩擦因數(shù) ； （ 2）彈簧具有的最大彈性勢能； （ 3）當(dāng)滑塊與彈簧剛分離時 滑塊和小車的速度大小 R M A B C m 解

66、： (1) 對全過程，由動能定理得 lmgm gR 2 l R 2 (2)彈簧具有的最大彈性勢能 m g Rm g lm g RE P 21 (3)由機(jī)械能守恒定律 2 2 2 1 2 1 2 1 MvmvE P 由動量守恒定律 0 21 Mvmv 解得： mM M R gv 1 mM M Rg M mv 2 蘇北五市 07屆調(diào)研考試 16.1 16.1如圖所示 ， 光滑水平面上放置質(zhì)量均為 M=2kg 的甲 、 乙兩輛小車 ， 兩車之間通過一感應(yīng)開關(guān)相連 （ 當(dāng)滑塊滑過感應(yīng)開關(guān)時 ， 兩車自動分離 ） 。 其中 甲車上表面光滑 ， 乙車上表面與滑塊 P之間的動摩擦 因數(shù) =0.5。 一根通過細(xì)線拴著而被壓縮的輕質(zhì)彈簧 固定在甲車的左端 ， 質(zhì)量為 m=1kg的滑塊 P(可視為 質(zhì)點(diǎn) )與彈簧的右端接觸但不相連 ， 此時彈簧儲存的 彈性勢能 E0=10J， 彈簧原長小于甲車長度 ， 整個系 統(tǒng)處于靜止 。 現(xiàn)剪斷細(xì)線 ， 求： 滑塊 P滑上乙車前的瞬時速度的大??； 滑塊 P滑上乙車后最終未滑離乙車 ， P在乙車上滑行的距離為多大 ？ 乙 甲 P 解： 設(shè)滑塊 P滑上乙車前的速度為 v，