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江苏版高考物理复习专题七动量守恒定律教学课件
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这是一份江苏版高考物理复习专题七动量守恒定律教学课件，共60页。
2.方向:与速度变化量的方向相同。3.计算(1)若初末动量在同一直线上,规定正方向后就可以转化为代数运算,如图1、2所示(规 定向右为正方向)。(2)若初末动量不在同一直线上,用矢量合成来计算,遵循平行四边形定则或三角形定 则,其方向与速度的变化量方向相同,如图3所示。
三、动能、动量和动量变化量的比较
四、冲量1.定义:力与力的作用时间的乘积叫作这个力的冲量,即I=FΔt。单位为牛秒,符号为N·s。2.特点(1)矢量性:只有在作用时间内力的方向不变时,冲量的方向才和力的方向一致;恒力冲 量的方向与力的方向相同。(2)过程量:冲量是描述力对物体作用时间的累积效应的物理量。(3)绝对性:由于力和时间都跟参考系的选择无关,因此冲量也跟参考系的选择无关。
3.冲量的四种计算方法
例1 如图所示,竖直面内有一个固定圆环,MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑 轨MP、QN的端点都在圆环上,MP>QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q 点无初速度释放,在它们各自沿MP、QN运动到圆环上的过程中,下列说法正确的是 ( ) A.两滑块重力的冲量相同B.两滑轨对两滑块弹力的冲量都为0
C.弹力对a滑块的冲量较大D.两滑块各自所受合力的冲量大小相等
解析 这是“等时圆”的两种情况,即两滑块同时到达滑轨底端。两滑块受到的重力相同,所以重力的冲量相同,A正确。两滑块受到弹力的冲量不为0,B错误。a滑块受 到的弹力较小,弹力对a滑块的冲量较小,C错误。两滑块各自所受的合力F=mg sin θ(θ 为滑轨与水平方向夹角),Fa>Fb,因此a滑块所受合力的冲量较大,D错误。
五、动量定理1.内容:物体在一个过程中所受合力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。2.表达式:I=FΔt=Δp=p'-p。3.意义:合力的冲量是使物体动量发生变化的原因,合力的冲量是物体动量变化的量度。4.标矢性:矢量,动量变化量的方向与合力的方向相同。5.对动量定理的理解(1)在一维情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。
(2)当物体受到变力作用时,动量定理中的力F应理解为t时间内物体受到的平均作用力。(3)动量定理的研究对象可以是单个物体,也可以是多个物体组成的系统。(4)动量定理既适用于恒力,也适用于变力;既适用于一个过程,也适用于全过程;既适用 于合运动,也适用于分运动;既适用于固体,也适用于流体。6.应用动量定理解释生活现象(1)当物体的动量变化量Δp一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大;力的作用时间Δt 越长,力F就越小。(2)当作用力F一定时,力的作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大;力的作用时间Δt越短,动量变化量Δp越小。
例2 蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动,有“空中 芭蕾”之称。质量为m的运动员从床垫正上方高h1处自由落下,落垫后反弹的高度为h 2,设运动员每次与床垫接触的时间为t,求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫 的平均作用力。(空气阻力不计,重力加速度为g)
解析 设运动员下降h1接触床垫前瞬间的速度大小为v1,离开床垫瞬间的速度大小为v2,由机械能守恒定律得 m =mgh1, m =mgh2。设时间t内,床垫对运动员的平均作用力大小为F,取向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=mv2-(-mv1)以上三式联立可得F= +mg由牛顿第三定律得,运动员对床垫的平均作用力大小F'=F= +mg,方向竖直向下。
答案 +mg,方向竖直向下延伸思考 (1)床垫对运动员的冲量是多少?(2)如果运动员不是落在床垫上,而是落在水泥地面上,运动员所受的平均作用力表达 式相同吗?实际结果有区别吗?提示 (1)床垫对运动员的冲量I=Ft=m( + )+mgt。(2)运动员所受的平均作用力表达式相同,但因落在水泥地面上时,作用时间t明显减小, 故运动员所受平均冲力明显增大,容易受到伤害。
考点二 动量守恒定律一、动量守恒定律的理解及基本应用1.动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变。2.表达式(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)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2':相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量之和等于作用 后的动量之和。(3)Δp=-Δp':相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
3.动量守恒定律的适用条件(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的矢量和为0,则系统动量守恒。(2)近似守恒:系统受到的外力的矢量和不为0,但当内力远大于外力时,系统的动量可近 似看成守恒。(3)某一方向上守恒:系统在某个方向上所受外力的矢量和为0时,系统在该方向上动量 守恒。
4.动量守恒定律的五个特性
例3 质量为M的沙车沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动,此时从沙车上方落入一 只质量为m的铁球,如图所示,则铁球落入沙车后 ( ) A.沙车立即停止运动B.沙车仍做匀速运动,速度等于v0C.沙车仍做匀速运动,速度小于v0
D.沙车仍做匀速运动,速度大于v0
解析 铁球和沙车组成的系统水平方向不受外力,故水平方向动量守恒,设沙车的初速度方向为正方向,则有Mv0=(m+M)v',解得v'= ,即沙车仍做匀速运动,但速度小于v0。
答案 C易错警示 因为竖直方向所受外力不为0,整个系统动量并不守恒。
二、碰撞1.碰撞遵循的规律(1)动量守恒:p1+p2=p1'+p2'。(2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动,若要发生碰撞,则碰撞前应有v后>v前,碰后原来在前的物体速度 一定增大;若碰后两物体同向运动,则碰撞后应有v前'≥v后'。
②碰前两物体相向运动,碰后两物体至少有一个的运动方向发生改变。2.碰撞的类型(1)弹性碰撞:碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末总动 能相等,即m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2', m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2,可得v1'= ,v2'= 。特例:若v2=0,即“一动一静”的弹性碰撞,碰后二者速度分别为v1'= v1,v2'= v1。
①若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1,碰后二者速度互换。②若m1
解析 相同质量的白球与黄球发生对心正碰,由动量守恒定律有5mv=3mv+mv’,解得v'=2v,则碰后瞬间白球的速度为2v,故A正确。碰前两球的总动能Ek前= m(5v)2= mv2,碰后的总动能Ek后= m(3v)2+ m(2v)2= mv2,两球之间的碰撞不属于弹性碰撞,故B错误。白球对黄球和黄球对白球的冲量大小相同,方向相反,故C错误。两球碰撞过程中系统 能量守恒,损失的动能以其他形式的能量释放,故D错误。
三、爆炸与反冲1.爆炸问题
思考 设火箭在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是Δm,喷出的燃气相对喷气前火箭 的速度是u,喷出燃气后火箭的质量是m,火箭在一次喷气后增加的速度Δv如何表示?剖析 以喷气前的火箭为参考系,规定喷出燃气的方向为正方向。喷气前火箭和燃气的动量都是0,喷气后火箭的动量是mΔv,燃气的动量是Δmu。根据动量守恒定律,喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0,所以mΔv+Δmu=0,解得Δv=- u。四、人船模型1.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(例如水平方向或竖 直方向)。2.模型特点由两个物体组成的系统,开始时两物体相对静止,之后由于两物体之间相互作用,当一 个物体向某方向运动时,另一个物体向相反方向运动。这样的题目类型统称为“人船 模型”,该模型属于反冲现象中的一种具体情况。3.模型解读如图所示,长为L、质量为m船的小船停在静水中,质量为m人的人由静止开始从船的一端 走到船的另一端,不计水的阻力。
以人和船组成的系统为研究对象,在人由船的一端走到船的另一端的过程中,系统水 平方向不受外力作用,所以整个系统水平方向动量守恒,可得m船v船=m人v人因人和船组成的系统水平方向动量始终守恒,故有m船x船=m人x人由图可看出x船+x人=L,可解得
x人= L,x船= L。4.运动特点(1)人“走”船“走”,人“停”船“停”,人“快”船“快”,人“慢”船“慢”。(2)人、船的位移大小与质量成反比,即 = 。
例5 如图所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M,顶 端高度为h,今有一质量为m的小物体(可视为质点),沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面 顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是 ( ) A. B. C. D.
解析 小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒,设小物体在水平方向上对地位移大小为x1,斜面体在水平方向上对地位移大小为x2(注意:两物体的位移是相对 同一参考系的位移),因此0=mx1-Mx2①,且x1+x2= ②,联立①②解得x2= 。
模型一 流体类模型一、模型特点1.流体:液体流、气体流等被广义地视为“流体”,质量具有连续性,题中通常给出密 度ρ。2.微粒:通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”,质量具有独立性,题中 通常给出单位体积内的粒子数n。
二、应用动量定理处理流体类模型的步骤
例1 某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱使一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在 空中。为方便计算,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具 底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底部后,在竖直方向水的速度变为0,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:(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;(2)玩具在空中悬停时,其底部相对于喷口的高度。 模型建构 (1)取长为v0Δt的一小段水柱为研究对象,其质量Δm=ρv0SΔt。(2)单位时间内从喷口喷出的水的质量 =ρv0S是一个定值。越往上水柱的横截面积越大,不同高度处横截面积不同。
解析 (1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的质量为Δm,则Δm=ρv0SΔt ①单位时间内从喷口喷出的水的质量 =ρv0S ②(2)设玩具悬停时其底部相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底部时的速 度大小为v。对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得 (Δm)v2+(Δm)gh= (Δm) ③在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底部的水沿竖直方向的动量变化量的大小Δp=(Δm)v ④设玩具对水的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt+ΔmgΔt=Δp ⑤
因为ΔmgΔt=ρv0SgΔt2,在很短时间内Δt2很小,所以与FΔt相比,ΔmgΔt可忽略。由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件和牛顿第三定律得F=Mg ⑥联立②③④⑤⑥得h= - 。
答案 (1)ρv0S (2) -
模型二 动量守恒中的常见模型一、子弹打木块模型(如图所示) 地面光滑,木块长度为d,子弹射入木块所受阻力为f。1.模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒。(2)系统的机械能有损失,一般应用能量守恒定律。
2.模型解读(1)子弹嵌入木块中(未穿出):两者速度相等,机械能损失最多。①动量守恒:mv0=(m+M)v。②能量守恒:Q=f·s= m - (M+m)v2。(2)子弹穿透木块:两者速度不相等,机械能有损失。①动量守恒:mv0=mv1+Mv2。②能量守恒:Q=f·d= m -( M + m )。
例2 如图所示,质量m=245 g的物块(可视为质点)放在质量M=0.5 kg的木板左端,足够 长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。质量m0=5 g的子弹 以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),g取10 m/s2。子弹射入 后,求: (1)子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1;(2)木板向右滑行的最大速度v2;(3)物块在木板上滑行的时间t。
解析 (1)子弹射入物块后和物块一起向右滑行的初速度即最大速度v1,由动量守恒可得m0v0=(m0+m)v1,解得v1=6 m/s。(2)当子弹、物块、木板三者共速时,木板的速度最大,由动量守恒定律可得m0v0=(m0+m+M)v2,解得v2=2 m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得-μ(m0+m)gt=(m0+m)v2-(m0+m)v1,解得t=1 s。
答案 (1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
二、弹簧模型1.问题引入水平地面光滑,物体A、B与轻弹簧(开始处于原长)相连,A以初速度v0运动。 (1)A、B相互作用过程中,对A、B与弹簧组成的系统:①动量守恒;②机械能守恒。(2)弹簧被压缩到最短时,系统弹性势能最大,动能损失最多,A、B共速。(类比完全非
弹性碰撞)(3)弹簧第一次恢复原长时,系统弹性势能为0,系统动能与初状态相等。B速度最大,A 速度最小。(类比完全弹性碰撞)①当m1=m2时,A速度为0;②当m1m2时,vA>0,A速度不反向。(4)弹簧被拉伸到最长时,系统弹性势能最大,动能损失最多,A、B共速。(5)弹簧第二次恢复原长时,系统弹性势能为0,系统动能与初状态相等,vA=v0,vB=0。
2.模型特点(1)动量守恒:在两个物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力的矢量和为0,则系 统动量守恒。(2)机械能守恒:系统所受的外力为0或除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守 恒。(3)弹簧处于最长(或最短)状态时两物体速度相同,弹性势能最大,系统动能最小(相当 于完全非弹性碰撞,两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。(4)弹簧恢复原长时,弹性势能为0,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
例3 一水平轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑 的水平面上,如图甲所示。现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s,此后两物块的速度随 时间变化的规律如图乙所示。从图像信息可得 ( ) A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都是处于压缩状态B.从t1到t3时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C.两物块的质量之比m1∶m2=1∶3D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2=1∶8
解析 由速度-时间图线切线斜率的物理意义可知t2时刻B的加速度为0,所以弹力为0,弹簧处于原长,由题图分析可知在t2~t3时间内两物块之间的距离增大,弹簧处于伸长 状态,A、B均错误。0~t1过程由m1v10=m1vt1+m2vt1可得 = ,C错误。t2时刻A的速率是1 m/s,B的速率是2 m/s,由动能的定义式得Ek1∶Ek2=1∶8,D正确。
三、滑块-木板模型(如图所示) 上表面粗糙、质量为M的木板,放在光滑的水平地面上,质量为m的滑块以初速度v0 滑上木板。1.模型特点(1)系统的动量守恒,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移大小的乘积等于系统减 少的机械能。
(2)若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,相对位移最大。根据能 量守恒定律,系统损失的动能ΔEk= Ek0,可以看出,滑块的质量越小、木板的质量越大,动能损失越多。2.模型解读(1)如图所示,若滑块未滑离木板,当滑块与木板相对静止时,二者的共同速度为v,滑块 相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s,滑块和木板间的摩擦力为Ff。
这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况。①系统动量守恒:mv0=(M+m)v。②系统能量守恒:Ffd= m - (M+m)v2。(2)若滑块滑离木板,设滑离木板时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,木板长为L。①系统动量守恒:mv0=mv1+Mv2。②系统能量守恒:FfL= m - m - M 。
例4 如图所示,在光滑水平面上有B、C两个木板,B的上表面光滑,C的上表面粗糙,B 上有一个可视为质点的物块A,A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初 速度v向右运动,C以速度v向左运动。B、C的上表面等高,二者发生完全非弹性碰撞但 并不粘连,碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置,C的长度为L,不计空气 阻力。求: (1)木板C的最终速度大小;(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff的大小;(3)物块A滑上木板C之后,在木板C上做减速运动的时间t。
解题指导 (1)B与C的碰撞过程认为A的速度不变,因为B上表面光滑,A对B无摩擦力作用,所以B与C碰撞过程B、C组成的系统动量守恒。(2)A滑上C后B与C分离,A、C系统的动量守恒。(3)A在C上滑动过程损失的动能等于因摩擦产生的热量。(4)A在C上运动的时间由动量定理求解更方便,可以避免复杂的计算。
解析 (1)设水平向右为正方向,B、C碰撞过程中动量守恒,有2mv-mv=(2m+m)v1解得v1= A滑到C上,A、C最终共速,动量守恒,有3mv+mv1=(3m+m)v2联立解得v2= v。(2)根据功能关系可知,在A、C相互作用过程中,木板C与物块A之间因摩擦产生的热量 Q= (3m)v2+ m - (3m+m) Q=Ff·
联立解得Ff= 。(3)在A、C相互作用的过程中,以C为研究对象,由动量定理得Fft=mv2-mv1联立解得t= 。
答案 (1) v (2) (3)
微专题8 动力学、动量和能量观点的综合应用1.力的瞬时作用和力的时间、空间累积作用
2.动量观点和能量观点的比较(1)相同点①研究对象都是相互作用的物体组成的系统。②都是针对某一运动过程的初末状态列式求解。(2)不同点动量守恒定律是矢量表达式,还可以写出某一方向上的分量表达式;而动能定理和能 量守恒定律都是标量表达式,无分量表达式。
例1 算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动, 使用前算珠需要归零。如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位 置,甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2 m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2m,算珠与导杆间的 动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大 小为0.1 m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取10 m/s2。(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a;(2)求甲算珠从被拨出到停下所需的时间。
解析 设算珠的质量为m,取从甲到乙的方向为正方向,甲算珠碰撞前后的速度分别为v1和v1',乙算珠碰后的速度为v2'。对算珠,由牛顿第二定律知-μmg=ma,解得a=-μg=-0. 1×10 m/s2=-1 m/s2。(1)对甲算珠,有 - =2as1,得v1=0.3 m/s甲算珠与乙算珠碰撞,由动量守恒定律得mv1=mv1'+mv2'代入数据,解得v2'=0.2 m/s设乙滑行s后停下,有0-v2'2=2as代入数据,解得s=2.0×10-2 m
由于s=s2,则乙算珠可以滑到边框a。(2)设甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞所用时间为t1,碰后至停下所用时间为t2根据vt-v0=at,有t= ,则t1= = s=0.1 st2= = s=0.1 s在t2时间内,设甲算珠的位移为s1'由0-v1'2=2as1',得s1'= = m=0.5×10-2 m
答案 (1)见解析 (2)0.2 s
例2 在光滑水平面上静置质量均为m的木板AB和滑块CD,木板AB上表面粗糙,滑块 CD上表面是光滑的 圆弧,其始端D点切线水平且与木板AB上表面相平,它们紧靠在一起,如图所示。一可视为质点的物块P,质量也为m,从木板AB的右端以初速度v0滑上 木板AB,过B点时速度为 ,又滑上滑块CD,最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处。物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,求:
(1)物块P滑到B处时木板AB的速度vAB;(2)滑块CD圆弧的半径R。
解析 (1)①物块P在木板AB上运动过程中系统动量是否守恒?木板AB、滑块CD和物块P组成的系统水平方向没有外力作用,动量守恒。物块P由A处运动到B处,取向左为正方向,由动量守恒定律得mv0=m· +2mvAB,解得vAB= 。(2)②物块P在滑块CD上运动过程中系统动量、机械能是否守恒?物块P和滑块CD在水平方向上没有外力,水平方向动量守恒,但竖直方向上动量不守 恒,总的动量并不守恒;除重力外没有其他力对系统做功,只发生动能和势能的相互转 化,系统机械能守恒。物块P由D处运动到C处,有
2.方向:与速度变化量的方向相同。3.计算(1)若初末动量在同一直线上,规定正方向后就可以转化为代数运算,如图1、2所示(规 定向右为正方向)。(2)若初末动量不在同一直线上,用矢量合成来计算,遵循平行四边形定则或三角形定 则,其方向与速度的变化量方向相同,如图3所示。
三、动能、动量和动量变化量的比较
四、冲量1.定义:力与力的作用时间的乘积叫作这个力的冲量,即I=FΔt。单位为牛秒,符号为N·s。2.特点(1)矢量性:只有在作用时间内力的方向不变时,冲量的方向才和力的方向一致;恒力冲 量的方向与力的方向相同。(2)过程量:冲量是描述力对物体作用时间的累积效应的物理量。(3)绝对性:由于力和时间都跟参考系的选择无关,因此冲量也跟参考系的选择无关。
3.冲量的四种计算方法
例1 如图所示,竖直面内有一个固定圆环,MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑 轨MP、QN的端点都在圆环上,MP>QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q 点无初速度释放,在它们各自沿MP、QN运动到圆环上的过程中,下列说法正确的是 ( ) A.两滑块重力的冲量相同B.两滑轨对两滑块弹力的冲量都为0
C.弹力对a滑块的冲量较大D.两滑块各自所受合力的冲量大小相等
解析 这是“等时圆”的两种情况,即两滑块同时到达滑轨底端。两滑块受到的重力相同,所以重力的冲量相同,A正确。两滑块受到弹力的冲量不为0,B错误。a滑块受 到的弹力较小,弹力对a滑块的冲量较小,C错误。两滑块各自所受的合力F=mg sin θ(θ 为滑轨与水平方向夹角),Fa>Fb,因此a滑块所受合力的冲量较大,D错误。
五、动量定理1.内容:物体在一个过程中所受合力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。2.表达式:I=FΔt=Δp=p'-p。3.意义:合力的冲量是使物体动量发生变化的原因,合力的冲量是物体动量变化的量度。4.标矢性:矢量,动量变化量的方向与合力的方向相同。5.对动量定理的理解(1)在一维情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。
(2)当物体受到变力作用时,动量定理中的力F应理解为t时间内物体受到的平均作用力。(3)动量定理的研究对象可以是单个物体,也可以是多个物体组成的系统。(4)动量定理既适用于恒力,也适用于变力;既适用于一个过程,也适用于全过程;既适用 于合运动,也适用于分运动;既适用于固体,也适用于流体。6.应用动量定理解释生活现象(1)当物体的动量变化量Δp一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大;力的作用时间Δt 越长,力F就越小。(2)当作用力F一定时,力的作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大;力的作用时间Δt越短,动量变化量Δp越小。
例2 蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动,有“空中 芭蕾”之称。质量为m的运动员从床垫正上方高h1处自由落下,落垫后反弹的高度为h 2,设运动员每次与床垫接触的时间为t,求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫 的平均作用力。(空气阻力不计,重力加速度为g)
解析 设运动员下降h1接触床垫前瞬间的速度大小为v1,离开床垫瞬间的速度大小为v2,由机械能守恒定律得 m =mgh1, m =mgh2。设时间t内,床垫对运动员的平均作用力大小为F,取向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=mv2-(-mv1)以上三式联立可得F= +mg由牛顿第三定律得,运动员对床垫的平均作用力大小F'=F= +mg,方向竖直向下。
答案 +mg,方向竖直向下延伸思考 (1)床垫对运动员的冲量是多少?(2)如果运动员不是落在床垫上,而是落在水泥地面上,运动员所受的平均作用力表达 式相同吗?实际结果有区别吗?提示 (1)床垫对运动员的冲量I=Ft=m( + )+mgt。(2)运动员所受的平均作用力表达式相同,但因落在水泥地面上时,作用时间t明显减小, 故运动员所受平均冲力明显增大,容易受到伤害。
考点二 动量守恒定律一、动量守恒定律的理解及基本应用1.动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变。2.表达式(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)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2':相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量之和等于作用 后的动量之和。(3)Δp=-Δp':相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
3.动量守恒定律的适用条件(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的矢量和为0,则系统动量守恒。(2)近似守恒:系统受到的外力的矢量和不为0,但当内力远大于外力时,系统的动量可近 似看成守恒。(3)某一方向上守恒:系统在某个方向上所受外力的矢量和为0时,系统在该方向上动量 守恒。
4.动量守恒定律的五个特性
例3 质量为M的沙车沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动,此时从沙车上方落入一 只质量为m的铁球,如图所示,则铁球落入沙车后 ( ) A.沙车立即停止运动B.沙车仍做匀速运动,速度等于v0C.沙车仍做匀速运动,速度小于v0
D.沙车仍做匀速运动,速度大于v0
解析 铁球和沙车组成的系统水平方向不受外力,故水平方向动量守恒,设沙车的初速度方向为正方向,则有Mv0=(m+M)v',解得v'= ,即沙车仍做匀速运动,但速度小于v0。
答案 C易错警示 因为竖直方向所受外力不为0,整个系统动量并不守恒。
二、碰撞1.碰撞遵循的规律(1)动量守恒:p1+p2=p1'+p2'。(2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动,若要发生碰撞,则碰撞前应有v后>v前,碰后原来在前的物体速度 一定增大;若碰后两物体同向运动,则碰撞后应有v前'≥v后'。
②碰前两物体相向运动,碰后两物体至少有一个的运动方向发生改变。2.碰撞的类型(1)弹性碰撞:碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末总动 能相等,即m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2', m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2,可得v1'= ,v2'= 。特例:若v2=0,即“一动一静”的弹性碰撞,碰后二者速度分别为v1'= v1,v2'= v1。
①若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1,碰后二者速度互换。②若m1
解析 相同质量的白球与黄球发生对心正碰,由动量守恒定律有5mv=3mv+mv’,解得v'=2v,则碰后瞬间白球的速度为2v,故A正确。碰前两球的总动能Ek前= m(5v)2= mv2,碰后的总动能Ek后= m(3v)2+ m(2v)2= mv2,两球之间的碰撞不属于弹性碰撞,故B错误。白球对黄球和黄球对白球的冲量大小相同,方向相反,故C错误。两球碰撞过程中系统 能量守恒,损失的动能以其他形式的能量释放,故D错误。
三、爆炸与反冲1.爆炸问题
思考 设火箭在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是Δm,喷出的燃气相对喷气前火箭 的速度是u,喷出燃气后火箭的质量是m,火箭在一次喷气后增加的速度Δv如何表示?剖析 以喷气前的火箭为参考系,规定喷出燃气的方向为正方向。喷气前火箭和燃气的动量都是0,喷气后火箭的动量是mΔv,燃气的动量是Δmu。根据动量守恒定律,喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0,所以mΔv+Δmu=0,解得Δv=- u。四、人船模型1.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(例如水平方向或竖 直方向)。2.模型特点由两个物体组成的系统,开始时两物体相对静止,之后由于两物体之间相互作用,当一 个物体向某方向运动时,另一个物体向相反方向运动。这样的题目类型统称为“人船 模型”,该模型属于反冲现象中的一种具体情况。3.模型解读如图所示,长为L、质量为m船的小船停在静水中,质量为m人的人由静止开始从船的一端 走到船的另一端,不计水的阻力。
以人和船组成的系统为研究对象,在人由船的一端走到船的另一端的过程中,系统水 平方向不受外力作用,所以整个系统水平方向动量守恒,可得m船v船=m人v人因人和船组成的系统水平方向动量始终守恒,故有m船x船=m人x人由图可看出x船+x人=L,可解得
x人= L,x船= L。4.运动特点(1)人“走”船“走”,人“停”船“停”,人“快”船“快”,人“慢”船“慢”。(2)人、船的位移大小与质量成反比,即 = 。
例5 如图所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M,顶 端高度为h,今有一质量为m的小物体(可视为质点),沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面 顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是 ( ) A. B. C. D.
解析 小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒,设小物体在水平方向上对地位移大小为x1,斜面体在水平方向上对地位移大小为x2(注意:两物体的位移是相对 同一参考系的位移),因此0=mx1-Mx2①,且x1+x2= ②,联立①②解得x2= 。
模型一 流体类模型一、模型特点1.流体:液体流、气体流等被广义地视为“流体”,质量具有连续性,题中通常给出密 度ρ。2.微粒:通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”,质量具有独立性,题中 通常给出单位体积内的粒子数n。
二、应用动量定理处理流体类模型的步骤
例1 某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱使一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在 空中。为方便计算,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具 底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底部后,在竖直方向水的速度变为0,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:(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;(2)玩具在空中悬停时,其底部相对于喷口的高度。 模型建构 (1)取长为v0Δt的一小段水柱为研究对象,其质量Δm=ρv0SΔt。(2)单位时间内从喷口喷出的水的质量 =ρv0S是一个定值。越往上水柱的横截面积越大,不同高度处横截面积不同。
解析 (1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的质量为Δm,则Δm=ρv0SΔt ①单位时间内从喷口喷出的水的质量 =ρv0S ②(2)设玩具悬停时其底部相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底部时的速 度大小为v。对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得 (Δm)v2+(Δm)gh= (Δm) ③在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底部的水沿竖直方向的动量变化量的大小Δp=(Δm)v ④设玩具对水的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt+ΔmgΔt=Δp ⑤
因为ΔmgΔt=ρv0SgΔt2,在很短时间内Δt2很小,所以与FΔt相比,ΔmgΔt可忽略。由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件和牛顿第三定律得F=Mg ⑥联立②③④⑤⑥得h= - 。
答案 (1)ρv0S (2) -
模型二 动量守恒中的常见模型一、子弹打木块模型(如图所示) 地面光滑,木块长度为d,子弹射入木块所受阻力为f。1.模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒。(2)系统的机械能有损失,一般应用能量守恒定律。
2.模型解读(1)子弹嵌入木块中(未穿出):两者速度相等,机械能损失最多。①动量守恒:mv0=(m+M)v。②能量守恒:Q=f·s= m - (M+m)v2。(2)子弹穿透木块:两者速度不相等,机械能有损失。①动量守恒:mv0=mv1+Mv2。②能量守恒:Q=f·d= m -( M + m )。
例2 如图所示,质量m=245 g的物块(可视为质点)放在质量M=0.5 kg的木板左端,足够 长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。质量m0=5 g的子弹 以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),g取10 m/s2。子弹射入 后,求: (1)子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1;(2)木板向右滑行的最大速度v2;(3)物块在木板上滑行的时间t。
解析 (1)子弹射入物块后和物块一起向右滑行的初速度即最大速度v1,由动量守恒可得m0v0=(m0+m)v1,解得v1=6 m/s。(2)当子弹、物块、木板三者共速时,木板的速度最大,由动量守恒定律可得m0v0=(m0+m+M)v2,解得v2=2 m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得-μ(m0+m)gt=(m0+m)v2-(m0+m)v1,解得t=1 s。
答案 (1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
二、弹簧模型1.问题引入水平地面光滑,物体A、B与轻弹簧(开始处于原长)相连,A以初速度v0运动。 (1)A、B相互作用过程中,对A、B与弹簧组成的系统:①动量守恒;②机械能守恒。(2)弹簧被压缩到最短时,系统弹性势能最大,动能损失最多,A、B共速。(类比完全非
弹性碰撞)(3)弹簧第一次恢复原长时,系统弹性势能为0,系统动能与初状态相等。B速度最大,A 速度最小。(类比完全弹性碰撞)①当m1=m2时,A速度为0;②当m1
2.模型特点(1)动量守恒:在两个物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力的矢量和为0,则系 统动量守恒。(2)机械能守恒:系统所受的外力为0或除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守 恒。(3)弹簧处于最长(或最短)状态时两物体速度相同,弹性势能最大,系统动能最小(相当 于完全非弹性碰撞,两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。(4)弹簧恢复原长时,弹性势能为0,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
例3 一水平轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑 的水平面上,如图甲所示。现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s,此后两物块的速度随 时间变化的规律如图乙所示。从图像信息可得 ( ) A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都是处于压缩状态B.从t1到t3时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C.两物块的质量之比m1∶m2=1∶3D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2=1∶8
解析 由速度-时间图线切线斜率的物理意义可知t2时刻B的加速度为0,所以弹力为0,弹簧处于原长,由题图分析可知在t2~t3时间内两物块之间的距离增大,弹簧处于伸长 状态,A、B均错误。0~t1过程由m1v10=m1vt1+m2vt1可得 = ,C错误。t2时刻A的速率是1 m/s,B的速率是2 m/s,由动能的定义式得Ek1∶Ek2=1∶8,D正确。
三、滑块-木板模型(如图所示) 上表面粗糙、质量为M的木板,放在光滑的水平地面上,质量为m的滑块以初速度v0 滑上木板。1.模型特点(1)系统的动量守恒,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移大小的乘积等于系统减 少的机械能。
(2)若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,相对位移最大。根据能 量守恒定律,系统损失的动能ΔEk= Ek0,可以看出,滑块的质量越小、木板的质量越大,动能损失越多。2.模型解读(1)如图所示,若滑块未滑离木板,当滑块与木板相对静止时,二者的共同速度为v,滑块 相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s,滑块和木板间的摩擦力为Ff。
这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况。①系统动量守恒:mv0=(M+m)v。②系统能量守恒:Ffd= m - (M+m)v2。(2)若滑块滑离木板,设滑离木板时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,木板长为L。①系统动量守恒:mv0=mv1+Mv2。②系统能量守恒:FfL= m - m - M 。
例4 如图所示,在光滑水平面上有B、C两个木板,B的上表面光滑,C的上表面粗糙,B 上有一个可视为质点的物块A,A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初 速度v向右运动,C以速度v向左运动。B、C的上表面等高,二者发生完全非弹性碰撞但 并不粘连,碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置,C的长度为L,不计空气 阻力。求: (1)木板C的最终速度大小;(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff的大小;(3)物块A滑上木板C之后,在木板C上做减速运动的时间t。
解题指导 (1)B与C的碰撞过程认为A的速度不变,因为B上表面光滑,A对B无摩擦力作用,所以B与C碰撞过程B、C组成的系统动量守恒。(2)A滑上C后B与C分离,A、C系统的动量守恒。(3)A在C上滑动过程损失的动能等于因摩擦产生的热量。(4)A在C上运动的时间由动量定理求解更方便,可以避免复杂的计算。
解析 (1)设水平向右为正方向,B、C碰撞过程中动量守恒,有2mv-mv=(2m+m)v1解得v1= A滑到C上,A、C最终共速,动量守恒,有3mv+mv1=(3m+m)v2联立解得v2= v。(2)根据功能关系可知,在A、C相互作用过程中,木板C与物块A之间因摩擦产生的热量 Q= (3m)v2+ m - (3m+m) Q=Ff·
联立解得Ff= 。(3)在A、C相互作用的过程中,以C为研究对象,由动量定理得Fft=mv2-mv1联立解得t= 。
答案 (1) v (2) (3)
微专题8 动力学、动量和能量观点的综合应用1.力的瞬时作用和力的时间、空间累积作用
2.动量观点和能量观点的比较(1)相同点①研究对象都是相互作用的物体组成的系统。②都是针对某一运动过程的初末状态列式求解。(2)不同点动量守恒定律是矢量表达式,还可以写出某一方向上的分量表达式;而动能定理和能 量守恒定律都是标量表达式,无分量表达式。
例1 算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动, 使用前算珠需要归零。如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位 置,甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2 m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2m,算珠与导杆间的 动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大 小为0.1 m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取10 m/s2。(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a;(2)求甲算珠从被拨出到停下所需的时间。
解析 设算珠的质量为m,取从甲到乙的方向为正方向,甲算珠碰撞前后的速度分别为v1和v1',乙算珠碰后的速度为v2'。对算珠,由牛顿第二定律知-μmg=ma,解得a=-μg=-0. 1×10 m/s2=-1 m/s2。(1)对甲算珠,有 - =2as1,得v1=0.3 m/s甲算珠与乙算珠碰撞,由动量守恒定律得mv1=mv1'+mv2'代入数据,解得v2'=0.2 m/s设乙滑行s后停下,有0-v2'2=2as代入数据,解得s=2.0×10-2 m
由于s=s2,则乙算珠可以滑到边框a。(2)设甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞所用时间为t1,碰后至停下所用时间为t2根据vt-v0=at,有t= ,则t1= = s=0.1 st2= = s=0.1 s在t2时间内,设甲算珠的位移为s1'由0-v1'2=2as1',得s1'= = m=0.5×10-2 m
答案 (1)见解析 (2)0.2 s
例2 在光滑水平面上静置质量均为m的木板AB和滑块CD,木板AB上表面粗糙,滑块 CD上表面是光滑的 圆弧,其始端D点切线水平且与木板AB上表面相平,它们紧靠在一起,如图所示。一可视为质点的物块P,质量也为m,从木板AB的右端以初速度v0滑上 木板AB,过B点时速度为 ,又滑上滑块CD,最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处。物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,求:
(1)物块P滑到B处时木板AB的速度vAB;(2)滑块CD圆弧的半径R。
解析 (1)①物块P在木板AB上运动过程中系统动量是否守恒?木板AB、滑块CD和物块P组成的系统水平方向没有外力作用,动量守恒。物块P由A处运动到B处,取向左为正方向,由动量守恒定律得mv0=m· +2mvAB,解得vAB= 。(2)②物块P在滑块CD上运动过程中系统动量、机械能是否守恒?物块P和滑块CD在水平方向上没有外力,水平方向动量守恒,但竖直方向上动量不守 恒,总的动量并不守恒;除重力外没有其他力对系统做功,只发生动能和势能的相互转 化,系统机械能守恒。物块P由D处运动到C处,有
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