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1、第28講動量定理動量守恒定律,一 動量和動量定理,二 動量守恒定律,教材研讀,突破一 動量、動量定理的應(yīng)用,突破二 動量守恒定律的理解及應(yīng)用,突破三 碰撞現(xiàn)象,重難突破,突破四 反沖現(xiàn)象,突破五 動量和能量觀點的綜合應(yīng)用,一、動量和動量定理 1.動量 (1)定義:運(yùn)動物體的質(zhì)量和速度的乘積。 (2)表達(dá)式:p=mv,單位是kgm/s。 (3)動量的矢量性:方向與速度方向相同。,教材研讀,(4)動量的瞬時性:動量是描述物體運(yùn)動狀態(tài)的物理量,針對某一時刻 而言。 (5)動量的相對性:大小與 參考系的選取有關(guān),通常指相對地面的動量。 2.沖量 (1)定義:力F與力的作用時間t的乘積。 (2)定義式:
2、I=Ft,單位是Ns。 (3)方向:恒力作用時,與力的方向相同。 (4)物理意義:是一個過程量,表示力在時間上積累的作用效果。,3.動量定理 (1)內(nèi)容:物體所受合外力的沖量等于物體的動量的變化量。 (2)表達(dá)式: (3)動量定理既適用于恒力,也適用于變力。 二、動量守恒定律,1.內(nèi)容:如果一個系統(tǒng)不受外力,或者所受合外力為零,這個系統(tǒng)的總動量保持不變。,2.動量守恒定律的適用條件 (1)理想守恒:系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零,則系統(tǒng)動量守恒。 (2)近似守恒:系統(tǒng)受到的合力不為零,但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時,系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。 (3)分方向守恒:系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時,系統(tǒng)在該
3、方向上動量守恒。,3.表達(dá)式 (1)p=p,系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量。 (2)m1v1+m2v2=m1v1+m2v2,相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng),作用前的動量和等于作用后的動量和。 (3)p1=-p2,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。 (4)p=0,系統(tǒng)總動量的增量為零。,1.判斷下列說法的正誤: (1)動量越大的物體,其速度越大。() (2)物體的動量越大,其慣性也越大。() (3)物體所受合力不變,則動量也不改變。() (4)物體沿水平面運(yùn)動時,重力不做功,其沖量為零。() (5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。(),(6)物體相互作用時動量守
4、恒,但機(jī)械能不一定守恒。() (7)做勻速圓周運(yùn)動的物體動量不變。() (8)物體的動能不變,其動量一定不變。() (9)應(yīng)用動量守恒定律時,速度應(yīng)相對于同一參考系。(),2.(多選)下列相互作用的過程中,可以認(rèn)為系統(tǒng)動量守恒的是(AC),3.(多選)下列屬于反沖運(yùn)動的是(BD) A.向后劃水,船向前運(yùn)動 B.用槍射擊時,子彈向前飛,槍身后退 C.用力向后蹬地,人向前運(yùn)動 D.水流過水輪機(jī)時,水輪機(jī)旋轉(zhuǎn)方向與水流出方向相反,4.如圖所示,一個質(zhì)量為0.18 kg的壘球,以25 m/s的水平速度向左飛向球棒,被球棒打擊后反向水平飛回,速度大小變?yōu)?5 m/s,則這一過程中動量的變化量為(D) A
5、.大小為3.6 kgm/s,方向向左 B.大小為3.6 kgm/s,方向向右 C.大小為12.6 kgm/s,方向向左 D.大小為12.6 kgm/s,方向向右,5.高空墜物極易對行人造成傷害。若一個5 g的石塊從一居民樓的25層墜下,與地面的撞擊時間約為2 ms,則該石塊對地面產(chǎn)生的沖擊力約為(B) A.10 NB.102 NC.103 ND.104 N,6.在光滑水平桌面上停放著兩輛玩具小車A、B,其質(zhì)量之比mAmB=12,兩車用一根輕質(zhì)細(xì)線縛住,中間夾著被壓縮的輕彈簧,當(dāng)燒斷細(xì)線,輕彈簧將兩車彈開,A車與B車(填選項前的編號)(B) A.動量大小之比為12B.動量大小之比為11 C.速度
6、大小之比為12D.速度大小之比為11,7.一個不穩(wěn)定的原子核質(zhì)量為M,處于靜止?fàn)顟B(tài),放出一個質(zhì)量為m的粒子后反沖。已知放出的粒子的動能為E0,則原子核反沖的動能為(C) A.E0B.E0 C.E0D.E0,突破一動量、動量定理的應(yīng)用 1.從三個角度理解動量定理 (1)動量定理描述的是一個過程,它表明物體所受合外力的沖量是物體動量變化的原因,物體動量的變化是它受到的外力作用經(jīng)過一段時間積累的結(jié)果。 (2)動量定理Ft=mvt-mv0是一個矢量式,運(yùn)算應(yīng)遵循平行四邊形定則。若,重難突破,公式中各量均在一條直線上,可規(guī)定某一方向為正,根據(jù)題設(shè)確定各量的正負(fù),從而把矢量運(yùn)算簡化為代數(shù)運(yùn)算。 (3)動量
7、定理既適用于恒力,也適用于變力,對于變力的情況,動量定理中的F應(yīng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值。 2.用動量定理解釋實際問題中的兩類問題 一類是物體動量變化一定,此時力的作用時間越短,力就越大,時間越長,力就越小;另一類是作用力一定,此時力的作用時間越長,動量變化就越大,力的作用時間越短,動量變化就越小。分析時要把握哪個量一定,哪個量變化。 3.動量定理其實就是牛頓第二定律的另一種表達(dá)式。,典例1(多選)某同學(xué)為了測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?完成了如下的操作:將一質(zhì)量為m的小球由地面豎直向上發(fā)射出去,其速度的大小為v0,經(jīng)過一段時間后小球落地,取從發(fā)射到小球上升到最高點為過程1,小球從最高點至返回地
8、面為過程2。如果忽略空氣阻力,則下述正確的是(AC) A.過程1和過程2動量的變化大小都為mv0 B.過程1和過程2動量變化的方向相反 C.過程1重力的沖量為mv0,且方向豎直向下 D.過程1和過程2重力的總沖量為0,解析根據(jù)豎直上拋運(yùn)動的對稱性可知,小球落地的速度大小也為v0,方向豎直向下,上升過程和下落過程中小球只受到重力的作用。選取豎直向下為正方向,沖量等于動量的變化量,上升過程動量的變化量p1=0- (-mv0)=mv0,重力的沖量為mv0,下落過程動量的變化量p2=mv0-0=mv0,大小均為mv0,且方向均豎直向下,A、C正確,B錯誤;小球由地面豎直向上發(fā)射到上升至最高點又返回地面
9、的整個過程中重力的沖量為I=mv0-(-mv0)=2mv0,D錯誤。,1-1一物體從某高處由靜止下落,設(shè)所受空氣阻力恒定,當(dāng)它下落h時 動量大小為p1,下落2h時的動量大小為p2,那么p1p2應(yīng)為(B) A.11B.1C.12D.14,解析由題意,物體下落的加速度a恒定,即物體向下做勻加速直線運(yùn)動,由=2as得v=,再由p=mv求得=,故B正確,A、C、 D錯誤。故選B。,典例2(2016浙江10月選考,23,10分)如圖所示,在x軸的上方存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場。位于x軸下方離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負(fù)離子,其初速度大小范圍為0v0。 這束離子經(jīng)電勢差為U
10、=的電場加速后,從小孔O(坐標(biāo)原點)垂直x軸 并垂直磁場射入磁場區(qū)域,最后打到x軸上,在x軸上2a3a區(qū)間水平固定放置一探測板。假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0,打到x軸 上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計)。,(1)求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間。 (2)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小,可使速度最大的離子恰好打在探測板右端,求此時的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1。 (3)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變,求每秒打 在探測板上的離子數(shù)N;若打在板上的離子80%被板吸收,20%被反向彈 回,彈回速度大小為打板前速度大小 的0.6倍,求探測板受到的作用力大小。,r3=,r3=a,解得B1=B0 (3)對初速度為0的離子,
11、qU=m,r4=a 2r4=1.5a,離子打在x軸上的區(qū)間為1.5a3a N=N0=N0 由動量定理可知,Ft=0.60.2Nmv0-(-Nmv0) 解得F0.75N0mv0 由牛頓第三定律可知探測板受到的作用力大小F0.75N0mv0,規(guī)律總結(jié) (1)用動量定理解題的基本思路 (2)對過程較復(fù)雜的運(yùn)動,可分段用動量定理,也可整個過程用動量定理。,2-1(多選)一粒鋼球從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由下落,然后陷入泥潭中,若將它在空中下落的過程稱為過程,進(jìn)入泥潭直到靜止的過程稱為過程,那么(ABD) A.在過程中,鋼球動量的改變量等于重力的沖量 B.在過程中,鋼球所受阻力的沖量大小等于在過程和中重力的沖量大
12、小 C.在過程中,鋼球所受阻力的沖量大小等于在過程中重力的沖量大小 D.在整個過程中鋼球所受合外力的總沖量為零,解析在過程中鋼球僅受重力,根據(jù)動量定理知,重力的沖量等于鋼球動量的變化量,故A正確;對全過程運(yùn)用動量定理,動量的變化量為零,則合力的總沖量為零,有If+IG=0,即在過程中,鋼球所受阻力的沖量大小等于在過程和中重力的沖量大小,故C錯誤,B、D正確。故選A、B、D。,2-2高空作業(yè)須系安全帶,如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落,從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動)。此后經(jīng)歷時間t安全帶達(dá)到最大伸長,若在此過程中該作用 力始終豎直向上,則該段時間安全
13、帶對人的平均作用力大小為(A) A.+mg B.-mg C.+mg D.-mg,解析對人與安全帶作用的過程應(yīng)用動量定理,取向下為正方向,有 -Ft+mgt=0-,解得F=+mg,故A正確。,突破二動量守恒定律的理解及應(yīng)用,1.動量守恒的判斷 由動量守恒的條件判斷系統(tǒng)動量守恒的步驟如下: (1)明確系統(tǒng)由哪幾個物體組成。 (2)對系統(tǒng)中各物體進(jìn)行受力分析,分清哪些是內(nèi)力,哪些是外力。 (3)看所有外力的合力是否為零,或內(nèi)力是否遠(yuǎn)大于外力,從而判定系統(tǒng)的動量是否守恒。,2.動量守恒定律適用條件 (1)前提條件:存在相互作用的物體系。 (2)理想條件:系統(tǒng)不受外力。 (3)實際條件:系統(tǒng)所受合外力為
14、0。 (4)近似條件:系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力。 (5)方向條件:系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件,則此方向上動量守恒。,3.應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟 (1)明確研究對象,確定系統(tǒng)的組成; (2)進(jìn)行受力分析,判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒); (3)規(guī)定正方向,確定初末狀態(tài)動量; (4)由動量守恒定律列出方程; (5)代入數(shù)據(jù),求出結(jié)果,必要時討論說明。,4.動量守恒與機(jī)械能守恒的比較,解析人和小物體組成的系統(tǒng)不受其他力的作用,所以系統(tǒng)動量守恒。由動量守恒定律有mv=Mv,解得v=v。,方法總結(jié) 應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟 1.明確研究對象,確定系統(tǒng)的組成
15、; 2.進(jìn)行受力分析,判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒); 3.規(guī)定正方向,確定初、末狀態(tài)動量; 4.由動量守恒定律列出方程; 5.代入數(shù)據(jù),求出結(jié)果,必要時討論說明。,3-1(多選)如圖所示,放在光滑水平桌面上的兩個木塊A、B中間夾一被壓縮的彈簧,當(dāng)放開彈簧時,它們各自在桌面上滑行一段距離后飛離桌面落在地上。A的落地點與桌邊的水平距離為0.5 m,B的落地點與桌邊的水平距離為1 m,那么(ABD) A.A、B離開彈簧時的速度之比為12 B.A、B質(zhì)量之比為21 C.未離開彈簧時,A、B所受沖量之比為12 D.未離開彈簧時,A、B加速度之比為12,解析A、B組成的系統(tǒng)在水平方向上不受
16、外力,動量守恒,A、B兩物體的落地點到桌邊的距離x=v0t,因為兩物體的落地時間相等,所以v0與x成正比,故A、B離開彈簧時的速度之比vAvB=12。由0=mAvA-mBvB可知,mAmB=21。未離開彈簧時,A、B受到的彈力相同,作用時間相同,沖量I=Ft也相同。未離開彈簧時,F相同,m不同,加速度a=,與質(zhì)量成反比, 故aAaB=12。,突破三碰撞現(xiàn)象,1.概念:碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短,而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。 2.特點:在碰撞現(xiàn)象中,一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,可認(rèn)為相互碰撞中系統(tǒng)動量守恒。 3.分類 (1)彈性碰撞:碰撞過程中機(jī)械能守恒,即碰撞前后系統(tǒng)總動能保持不變。
17、 (2)非彈性碰撞:碰撞過程中機(jī)械能減小,即碰撞后的機(jī)械能小于碰撞前的機(jī)械能。,4.碰撞后運(yùn)動狀態(tài)可能性判定 (1)動量制約:即碰撞過程中必須受到動量守恒定律的制約,總動量的方向恒定不變,即p1+p2=p1+p2。 (2)動能制約:即在碰撞過程中總動能不會增加,即Ek1+Ek2Ek1+Ek2。 (3)運(yùn)動制約:即碰撞要受到運(yùn)動的合理性要求的制約,如果碰前兩物體同向運(yùn)動,則后面物體速度必須大于前面物體的速度,碰撞后原來在前面的物體速度必增大,且大于或等于原來在后面的物體的速度,否則碰撞沒有結(jié)束;如果碰前兩物體是相向運(yùn)動,而碰后兩物體的運(yùn)動方向不 可能都不改變,除非碰后兩物體速度均為零。,典例4質(zhì)
18、量為m、速度為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的,也可能是非彈性的,因此,碰撞后B球的速度可能有不同的值。碰撞后B球的速度大小可能是(B) A.0.6vB.0.4v C.0.2vD.v,解析根據(jù)動量守恒得:mv=mv1+3mv2,則當(dāng)v2=0.6v時,v1=-0.8v,則碰撞后的總動能E=m(-0.8v)2+3m(0.6v)2=1.72mv2,大于碰撞前的總動能, 由于碰撞過程中能量不增加,故選項A錯誤;當(dāng)v2=0.4v時,v1=-0.2v,則碰撞后的總動能為E=m(-0.2v)2+3m(0.4v)2=0.52mv2,小于碰撞前的總 動能,故可能發(fā)生的是非彈性碰撞,選項B
19、正確;當(dāng)v2=0.2v時,v1=0.4v,則碰撞后的A球的速度大于B球的速度,而兩球碰撞,A球不可能穿越B球,故選項C錯誤;當(dāng)v2=v時,v1=-2v,則顯然碰撞后的總動能遠(yuǎn)大于碰撞前的總動 能,故選項D錯誤。,方法規(guī)律 彈性碰撞問題的處理技巧 (1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大,作用時間很短;各物體在作用前后各自動量變化顯著;物體在作用時間內(nèi)位移可忽略。 (2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零,由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,作用時間又很短,所以外力的作用可忽略,認(rèn)為系統(tǒng)的動量是守恒的。 (3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,則系統(tǒng)碰后的總機(jī)械能不可能大于碰前系統(tǒng)的機(jī)械能。 (4)熟記彈
20、性正碰的一些結(jié)論,例如,當(dāng)兩物體質(zhì)量相等時,兩物體碰撞后交換速度;當(dāng)m1m2,且v20=0時,碰后質(zhì)量大的速率不變,質(zhì)量小的速率為2v;當(dāng)m1m2,且v20=0時,碰后質(zhì)量小的物體原速率反彈。,4-1(多選)如圖是“牛頓擺”裝置,5個完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上,5根輕繩互相平行,5個鋼球彼此緊密排列,球心等高。用1、2、3、4、5分別標(biāo)記5個小鋼球。關(guān)于此實驗,下列說法中正確的是(AC),A.當(dāng)把小球1向左拉起一定高度,然后由靜止釋放,可觀察到小鋼球5向右擺起,且達(dá)到的最大高度與小鋼球1的釋放高度相同 B.如果同時向左拉起小鋼球1、2、3到相同高度,同時由靜止釋放,經(jīng)碰撞后,小鋼球
21、4、5一起向右擺起,且上升最大高度高于小鋼球1、2、3的 釋放高度 C.如果同時向左拉起小鋼球1、2、3到相同高度,同時由靜止釋放,經(jīng)碰撞后,小鋼球3、4、5一起向右擺起,且上升最大高度等于小鋼球1、2、3的釋放高度 D.上述整個實驗過程中,5個小鋼球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,動量守恒,解析碰撞中的能量損失不計,則小球與小球之間發(fā)生的是彈性碰撞,由于小球完全一樣,結(jié)合碰撞過程中動量守恒和動能守恒可知:每兩個小球相碰后交換速度,1與2碰后,1停止,2具有向右的速度,2與3碰后,2停止,3具有向右的速度,3與4碰后,3停止,4具有向右的速度,4與5碰后,4停止,5具有向右的速度,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知
22、球5向右擺起,且達(dá)到的最大高度與球1的釋放高度相同,故A正確;如果同時向左拉起小球1、2、3到相同高度同時由靜止釋放,則3與4碰后,3停止4具有向右的速度,4與5碰撞交換速度,4停止5向右擺起;3剛停止的時候2球過來與之碰撞交,換速度,然后3與4碰撞,使4向右擺起;2球剛停止的時候1球過來與之碰撞交換速度,然后2與3碰撞交換速度,使3向右擺起;故經(jīng)碰撞后,小球3、4、5一起向右擺起,且上升的最大高度與小球1、2、3的釋放高度相同,故B錯誤,C正確;由分析知,每兩個小球碰撞的過程機(jī)械能守恒、動量守恒,擺動時動量不守恒,故D錯誤。,突破四反沖現(xiàn)象,1.反沖現(xiàn)象 (1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相
23、反方向運(yùn)動。 (2)反沖運(yùn)動中,相互作用力一般較大,通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚怼?(3)反沖運(yùn)動中,由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加。,2.火箭 (1)工作原理:利用反沖運(yùn)動?；鸺剂先紵a(chǎn)生的高溫、高壓燃?xì)鈴奈矅姽苎杆賴姵鰰r,使火箭獲得巨大的反作用力。 (2)設(shè)火箭在t時間內(nèi)噴射燃?xì)獾馁|(zhì)量是m,噴出燃?xì)獾乃俣仁莡,噴出燃?xì)夂蠡鸺馁|(zhì)量是m。火箭獲得的速度v=。,典例5(2016浙江4月選考,23,10分) 某同學(xué)設(shè)計了一個電磁推動加噴氣推動的火箭發(fā) 射裝置,如圖所示。豎直固定在絕緣底座上的兩根 長直光滑導(dǎo)軌,間距為L。導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面 向里的勻強(qiáng)磁場B。絕緣火箭支
24、撐在導(dǎo)軌間,總質(zhì)量 為m,其中燃料質(zhì)量為m,燃料室中的金屬棒EF電阻 為R,并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸。,引燃火箭下方的推進(jìn)劑,迅速推動剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運(yùn)動,當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值S,用時t,此過程激勵出強(qiáng)電流,產(chǎn)生電磁推力加速火箭。在t時間內(nèi),電阻R產(chǎn)生 的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體,當(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開后,噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭。 (1)求回路在t時間內(nèi)感應(yīng)電動勢的平均值及通過金屬棒EF的電荷量,并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向; (2)經(jīng)t時間火箭恰好脫離導(dǎo)軌,求火箭脫離時的速度v0;(不計空氣阻力),(3)火箭脫離導(dǎo)
25、軌時,噴氣孔打開,在極短的時間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m的燃?xì)?噴出的燃?xì)庀鄬姎馇盎鸺乃俣葹閡,求噴氣后火箭增加的速度v。(提示:可選噴氣前的火箭為參考系),答案(1)B由E到F (2)-gt(3),解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得:=B 又:= q=t 得:q= 電流方向:由E到F (2)=BL 由動量定理:(-mg)t=mv0-0,得:v0=-gt (3)以噴氣前的火箭為參考系,取豎直向上為正方向,由動量守恒:0=(m-m)v-mu 得:v=,5-1一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v=2 m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為31。不計質(zhì)量損失,取重力加速度g=10 m
26、/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是 (B),解析平拋運(yùn)動時間t=1 s,爆炸過程遵守動量守恒定律,設(shè)彈丸質(zhì) 量為m,則mv=mv甲+mv乙,又v甲=,v乙=,t=1 s,則有x甲+x乙=2 m,將各 選項中數(shù)據(jù)代入計算得B正確。,5-2(多選)平靜水面上停著一只小船,船頭站立著一個人,船的質(zhì)量是人的質(zhì)量的8倍。從某時刻起,人向船尾走去,走到船中部時他突然停止走動。不計水對船的阻力,下列說法正確的是(AC) A.人在船上走動過程中,人的動能是船的動能的8倍 B.人在船上走動過程中,人的位移是船的位移的9倍 C.人走動時,他相對水面的速度大于小船相對水面的速度 D.人突然停止走動后,
27、船由于慣性還會繼續(xù)運(yùn)動一小段時間,解析不計水的阻力,人與船組成的系統(tǒng)動量守恒,以人的速度方向為正方向,由動量守恒定律得mv-Mv船=0,v=8v船,人與船的動能之比:=,故A、C正確;人與船組成的系統(tǒng)動量守恒, 以人的速度方向為正方向,由動量守恒定律得:mv-Mv船=0,v=8v船,vt=8v船t,s人=8s船,故B錯誤;人與船組成的系統(tǒng)動量守恒,人突然停止走動后,人的動量為零,則小船的動量也為零,速度為零,即人停止走動后,船立即停止運(yùn)動,故D錯誤。,突破五動量和能量觀點的綜合應(yīng)用 解決碰撞、打擊、反沖等問題往往需要動量守恒定律結(jié)合能量守恒定律,動量守恒定律結(jié)合能量守恒定律是解決力學(xué)問題的重要
28、方法。使用過程中需要注意的問題: (1)動量定理和動量守恒定律是矢量表達(dá)式,它們可以寫出分量表達(dá)式;動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式,沒有分量表達(dá)式。 (2)從研究對象上看,動量定理既可研究單體,又可研究系統(tǒng),但高中階段,一般用于研究單體。 (3)動量守恒定律和能量守恒定律,是自然界中最普遍的規(guī)律,它們研究的是物體系統(tǒng)。在解答力學(xué)問題時必須注意動量守恒和機(jī)械能守恒的條件,在應(yīng)用這兩個定律時,當(dāng)確定了研究的對象和運(yùn)動狀態(tài)變化的過程后,可根據(jù)問題的已知條件和要求解的未知量,選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解。 (4)中學(xué)階段凡是可以用力和運(yùn)動的觀點解決的問題,用動量的觀點或能量的觀點也可以求解,且用后
29、者一般要比用前者更簡便。若涉及曲線 運(yùn)動(a恒定)、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動、碰撞等,一般不考慮用力和運(yùn)動的方法求解。,典例6如圖所示,水平地面上靜止放置著物塊B和C,相距l(xiāng)=1.0 m。物塊A以速度v0=10 m/s沿水平方向與B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右運(yùn)動,并再與C發(fā)生正碰,碰后瞬間C的速度v=2.0 m/s。已知A、B的質(zhì)量均為m,C的質(zhì)量為A質(zhì)量的k倍,物塊與地面的動摩擦因數(shù)=0.45。(設(shè)碰撞時間很短,g取10 m/s2) (1)計算A、B碰撞后瞬間的速度。 (2)計算與C碰撞前瞬間AB的速度; (3)根據(jù)AB與C的碰撞過程分析k的合理取值范圍,并討論與C碰撞后AB的可能運(yùn)動方
30、向。,碰撞后AB向右運(yùn)動的速度不能大于C的速度,解得k2 所以k的合理取值范圍是:2k6。 綜上所述得:當(dāng)k=4時,v3=0,即與C碰后AB靜止;當(dāng)2k0,即與C碰后AB繼續(xù)向右運(yùn)動;當(dāng)4k6時,v30,即碰后AB向左運(yùn)動。,規(guī)律總結(jié) 在碰撞中動量與能量的綜合應(yīng)用技巧 1.處理這類問題,關(guān)鍵是區(qū)分物體相互作用的情況,分清物體的運(yùn)動過程,尋找各相鄰運(yùn)動過程的聯(lián)系,弄清各物理過程所遵循的規(guī)律。 2.對于發(fā)生彈性碰撞的物體,其作用過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒,動量守恒;對于發(fā)生非彈性碰撞的物體,系統(tǒng)的動量守恒但機(jī)械能不守恒,系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于轉(zhuǎn)化的內(nèi)能。,6-1如圖所示,質(zhì)量為mB=2 kg的木板B靜止于光滑水平面上,質(zhì)量為mA= 6 kg的物塊A停在B的左端,質(zhì)量為mC=2 kg的小球C用長為L=0.8 m的輕繩懸掛在固定點O?，F(xiàn)將小球C及輕繩拉直至水平位置后由靜止釋放,小球C在最低點與A發(fā)生正碰,碰撞作用時間很短,t=10-2 s,之后小球C反彈所能上升的最大高度h=0.2 m。已知A、B間的動摩擦因數(shù)=0.1,物塊與小球均可視為質(zhì)點,不計空氣阻力,取g=10 m/s2。求: (1)小球C與物塊A碰撞過程中所受的撞擊力大小; (2)為使物塊A不滑離木板B,木板B至少多長?,
（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第28講 動量定理 動量守恒定律課件.ppt
