1、,動量守恒定律及其應(yīng)用,第 六 章,第18講動量定理動量守恒定律,欄目導(dǎo)航,1動量、動量變化、沖量 (1)動量 定義：物體的_與_的乘積 表達(dá)式：p_. 方向：動量的方向與_的方向相同,質(zhì)量,速度,mv,速度,(2)動量的變化 因為動量是矢量，動量的變化量p也是_，其方向與速度的改變量v的方向_. 動量的變化量p的大小，一般用末動量p減去初動量p進(jìn)行計算，也稱為動量的增量即_. (3)沖量 定義：_與_的乘積叫做力的沖量 公式：_. 單位：_. 方向：沖量是_，其方向_.,矢量,相同,ppp,力,力的作用時間,IFt,Ns,矢量,與力的方向相同,2動量定理 (1)內(nèi)容：物體在一個運動過程始末的

2、_等于它在這個過程中所受_的沖量 (2)公式：_或_. (3)動量定理的理解 動量定理反映了力的沖量與動量變化量之間的因果關(guān)系，即外力的沖量是原因，物體的動量變化量是結(jié)果 動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和 動量定理表達(dá)式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義,動量變化量,合力,mvmvF(tt),ppI,3動量守恒定律 (1)定律內(nèi)容：一個系統(tǒng)_或者_(dá)時，這個系統(tǒng)的總動量保持不變 (2)公式表達(dá)：m1v1m2v2_. (3)適用條件和適用范圍 系統(tǒng)不受外力或者所受外力的矢量和為_；系統(tǒng)

3、受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，可以忽略不計；如爆炸、碰撞等過程，可以近似認(rèn)為系統(tǒng)的動量守恒系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上_.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,不受外力,所受外力的合力為零,m1v1m2v2,零,動量守恒,4動量守恒定律的應(yīng)用 (1)碰撞 碰撞現(xiàn)象 兩個或兩個以上的物體在相遇的_時間內(nèi)產(chǎn)生_的相互作用的過程 碰撞特征 a作用時間_. b作用力變化_. c內(nèi)力_外力 d滿足_.,極短,非常大,短,快,遠(yuǎn)大于,動量守恒,碰撞的分類及特點 a彈性碰撞：動量_，機械能_. b非彈性碰撞：動量_，機械能_. c完全非彈性碰撞：動量_，機械能損失_. (2

4、)爆炸現(xiàn)象 爆炸過程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動量_. (3)反沖運動 物體在內(nèi)力作用下分裂為兩個不同部分并且這兩部分向_方向運動的現(xiàn)象 反沖運動中，相互作用力一般較大，通常可以用_定律來處理,守恒,守恒,守恒,不守恒,守恒,最多,守恒,相反,動量守恒,1判斷正誤 (1)動量越大的物體，其質(zhì)量越大() (2)兩物體動能相等，動量一定相等() (3)物體所受合力不變，則動量也不改變() (4)物體沿水平面運動，重力不做功，其沖量為零() (5)物體所受的合力的沖量方向與物體動量變化的方向相同(),(6)系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒() (7)若在光滑水平面上的兩球相向運動，

5、碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動量大小一定相同() (8)動量定理中的沖量是合力的沖量，而IFt中的力可以是合力也可以是某個力(),2人從高處跳到低處時，為了安全，一般都是讓腳尖先著地，這是為了() A減小地面對人的沖量 B使人的動量變化減小 C減小地面對人的沖力 D增大人對地面的壓強，起到安全保護(hù)作用,C,3如圖所示，豎直面內(nèi)有一個固定圓環(huán)，MN是它在豎直方向上的直徑兩根光滑滑軌MP、QN的端點都在圓周上，MPQN.將兩個完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q點無初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運動到圓周上的過程中，下列說法中正確的是() A合力對兩滑塊的沖量大小相同 B重力對a滑塊的沖量較大

6、C彈力對a滑塊的沖量較小 D兩滑塊的動量變化大小相同,C,解析這是“等時圓”，即兩滑塊同時到達(dá)滑軌底端合力Fmgsin (為滑軌傾角)，F(xiàn)aFb，因此合力對a滑塊的沖量較大a滑塊的動量變化也大；重力的沖量大小、方向都相同；彈力FNmgcos ，F(xiàn)NaFNb，因此彈力對a滑塊的沖量較小故選項C正確,應(yīng)用動量定理解題的方法 在應(yīng)用動量定理解題時，一定要認(rèn)真對物體進(jìn)行受力分析，不可有力的遺漏；建立方程時要事先選定正方向，確定力與速度的符號對于變力的沖量，往往通過動量定理來計算，只有當(dāng)相互作用時間t極短時，且相互作用力遠(yuǎn)大于重力時，才可舍去重力,1動量、動能、動量變化量的比較,一動量、沖量的理解,2沖

7、量和功的區(qū)別 (1)沖量和功都是過程量沖量是表示力對時間的積累作用，功表示力對位移的積累作用 (2)沖量是矢量，功是標(biāo)量 (3)力作用的沖量不為零時，力做的功可能為零；力做的功不為零時，力作用的沖量一定不為零 3沖量和動量的區(qū)別 (1)沖量是過程量 (2)動量是狀態(tài)量,例1物體受到合力F的作用，由靜止開始運動，合力F隨時間變化的圖象如圖所示，下列說法中正確的是( ) A該物體將始終向一個方向運動 B3 s末該物體回到原出發(fā)點 C03 s內(nèi)，合力F的沖量等于零，功也等于零 D24 s內(nèi)，合力F的沖量不等于零，功卻等于零,BCD,解析圖線和橫坐標(biāo)所圍的面積等于沖量，01秒內(nèi)的沖量為負(fù)，說明速度沿負(fù)

8、方向，而12秒內(nèi)沖量為正，且大于01秒內(nèi)的沖量，即速度的方向發(fā)生變化，所以選項A錯誤；03秒內(nèi)，合力F的沖量為零，即物體0秒時的速度和3秒時的速度一樣，故03秒內(nèi)合力F的沖量等于零，功也等于零，選項C正確；分析運動過程如圖所示，可以得到3秒末物體回到原出發(fā)點，選項B正確；24秒內(nèi)，合力F的沖量不等于零，物體2秒時和4秒時速度大小相等，根據(jù)動能定理，24秒內(nèi)合力F做的功為零，故選項D正確,二動量定理及其應(yīng)用,動量定理的兩個重要應(yīng)用 (1)應(yīng)用Ip求變力的沖量 如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用IFt求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化p，等效代換變力的沖量I. (2)應(yīng)

9、用pFt求動量的變化 例如，在曲線運動中，速度方向時刻在變化，求動量變化(pp2p1)需要應(yīng)用矢量運算方法，計算比較復(fù)雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動量的變化,例2(2017吉林長春質(zhì)檢)有一個質(zhì)量為0.5 kg的籃球從h0.8 m的高度落到水平地板上，每彈跳一次上升的高度總等于前一次的0.64倍，且每次球與地面接觸時間相等，空氣阻力不計，與地面碰撞時，籃球重力可忽略(重力加速度g取10 m/s2) (1)第一次球與地板碰撞，地板對球的沖量為多少？ (2)相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比是多少？,(2)第二次碰前瞬時速度和第二次碰后瞬時速度關(guān)系為 v20.8v10.82

10、v00.64v0. 設(shè)兩次碰撞中地板對球的平均沖力分別為F1、F2， 選向上為正方向，由動量定理有 F1tmv1(mv0)1.8mv0， F2tmv2(mv1)1.8mv11.44mv0， F1F254. 容易知道，任意相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比均為54. 答案(1)3.6 Ns(2)54,例3(2018湖北黃岡模擬)一股水流以10 m/s的速度從噴嘴豎直向上噴出，噴嘴截面積為0.5 cm2，有一質(zhì)量為0.32 kg的球，因受水對其下側(cè)的沖擊而停在空中，若水沖擊球后速度變?yōu)?，則小球停在離噴嘴多高處？(g取10 m/s2) 解析小球能停在空中，說明小球受到的沖力等于重力Fmg， 小

11、球受到的沖力大小等于小球?qū)λ牧θ『苄∫欢伍L為l的小水柱m，其受到重力mg和球?qū)λ牧，取向下為正方向 (Fmg)t0(mv)，,答案1.8 m,應(yīng)用動量定理解題的基本思路,1動量守恒定律的“五性”,三動量守恒定律及其應(yīng)用,2應(yīng)用動量守恒定律時的注意事項 (1)動量守恒定律的研究對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)系統(tǒng)的動量是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關(guān)系 (2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時，要弄清哪些力是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些力是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)的作用力,例4(2017廣西南寧模擬)如圖所示，質(zhì)量均為m的小車和木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上，質(zhì)量為2m的小孩站在小車上用力

12、向右迅速推出木箱，木箱相對于冰面運動的速度為v，木箱運動到右側(cè)墻壁時與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈后能被小孩接住求： (1)小孩接住箱子后共同速度的大?。?(2)若小孩接住箱子后再次以相對于冰面的速度v將木箱向右推出，木箱仍與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，判斷小孩能否再次接住木箱,動量守恒定律解題的基本步驟 (1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成；(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程) (2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒；(或某一方向上動量是否守恒) (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,四碰撞問題,例5如圖，在足夠長的光滑水平面

13、上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞設(shè)物體間的碰撞都是彈性碰撞,1爆炸的特點 (1)動量守恒：由于爆炸是在板短的時間內(nèi)完成的，發(fā)生爆炸時物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒 (2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加 (3)位置不變：爆炸的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運

14、動,五爆炸、反沖和“人船模型”,2反沖 (1)現(xiàn)象：物體的不同部分在內(nèi)力的作用下向相反方向運動的現(xiàn)象 (2)特點：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動量可能是動量守恒、動量近似守恒或某一方向上動量守恒反沖運動中機械能往往不守恒 (3)實例：噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例,C,利用“人船模型”解題需注意兩點 (1)條件 系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向上的動量守恒 構(gòu)成系統(tǒng)的兩物體原來靜止，因相互作用而反向運動 x1、x2均為沿動量方向相對于同一參考系的位移 (2)解題關(guān)鍵是畫出初、末位置，確定各物體位移關(guān)系,C,2(2017湖北黃岡模擬)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線

15、、同一方向運動，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s.當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是() AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/s CvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s,B,3一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v2 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，重力加速度g取10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(),B,5如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0

16、.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度(不計水的阻力) 解析設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動量守恒定律得12mv011mv1mvmin， 10m2v0mvmin11mv2， 為避免兩船相撞應(yīng)滿足v1v2， 聯(lián)立式得vmin4v0. 答案4v0,例1(2016安徽安慶檢測5分)如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個小木塊，木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度v0，則() A小木塊和木箱最終都將靜止

17、B小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動 C小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來回往復(fù)碰撞，而木箱一直向右運動 D如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動,答題送檢來自閱卷名師報告,解析由動量守恒定律知小木塊最終與木箱相對靜止，以相同的速度一起向右做勻速直線運動，故選項B正確 答案B,1如圖所示，在光滑的水平地面上有一輛平板車，車的左右兩端分別站著人A和人B，人A的質(zhì)量為mA，人B的質(zhì)量為mB，且mAmB.初始時，人和車都處于靜止?fàn)顟B(tài)，若兩人同時以相等大小的速度(相對地面)相向運動，則關(guān)于車的運動情況，下列說法正確的是() A靜止不動B左右往返運動 C向右運動D向左運動 解析設(shè)兩人的速度大小均為v0，車的速度為v，取人A和人B及平板車組成的系統(tǒng)為研究對象，以向左為正方向，由動量守恒定律有mBv0mAv0m車v0，又mAmB