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1、动量与动量守恒,二、动量守恒定律 p42,一、动量与动量定理,专题一 冲量和动量 p3,专题2:动量定理的应用 p21,动量定理解题的步骤 p26,1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量,矢量性:方向与速度方向相同；瞬时性:通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动 量，计算动量应取这一时刻的瞬时速度。相对性:物体的动量亦与参照物的选取有关，通常情况 下，指相对地面的动量。,专题一 冲量和动量,2、动量、速度和动能的区别和联系,动量、速度和动能是从不同角度描述物体运动状态的物理量。速度描述物体运动的快慢和方向；动能描述运动物体具有的能量（做功本领）；动量描述运动物体的机械效果和方向。,动量
2、的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。,速度和动量是矢量，且物体动量的方向与物体速度的方向总是相同的；而动能是标量。,速度变化的原因是物体受到的合外力；动量变化的原因是外力对物体的合冲量；动能变化的原因是外力对物体做的总功。,3、动量的变化,动量是矢量，当初态动量和末态动量不在一条直线上时，动量变化由平行四边形法则进行运算动量变化的方向与速度的改变量v的方向相同当初、末动量在一直线上时通过选定正方向，动量的变化可简化为带有正、负号的代数运算。,4、冲量：某个力与其作用时间的乘积称为该力的冲量。,矢量性:对于恒力的冲量来说，其方向就是该力的方向；时间性:由于冲量跟力的作用时间
3、有关，所以冲量是一个过程量。绝对性:由于力和时间都跟参考系的选择无关，所以力的冲量也与参考系的选择无关。,（3）意义：冲量是力对时间的累积效应。合外力作用结果是使物体获得加速度；合外力的时间累积效果（冲量）是使物体的动量发生变化；合外力的空间累积效果（功）是使物体的动能发生变化。,三、动量定理,（1）表述：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化,I=PFt=mv-mv=p,（2）动量定理的推导：动量定理实际上是在牛顿第二定律的基础上导出的。,由牛顿第二定律 F合=ma,动量定理：F合t=mv2-mv1,也可以说动量定理是牛顿第二定律的一个变形。,动量定理的意义：,（3）,动量定理表明冲量是使物
4、体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量。,实际上现代物理学把力定义为物体动量的变化率。,F=pt（这也是牛顿第二定律的动量形式）,动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向决定其正负。,（4）动量定理的特点：,矢量性：合外力的冲量Ft与动量的变化量p均为矢量，规定正方向后，在一条直线上矢量运算变为代数运算；,独立性：某方向的冲量只改变该方向上物体的动量。,广泛性：动量定理不仅适用于恒力,而且也适用于随时间而变化的力.对于变力,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值;不仅适用于单个物体,而且也适用于物体系
5、统。,（1）（2）点与牛顿第二定律的特点一样，但它比牛顿第二定律的应用更广。,专题1：冲量的计算,（1）恒力的冲量计算：恒力的冲量可直接根据定义式来计算。（2）方向恒定的变力的冲量计算：如力F大小随时间变化的情况，可由F-t图中的“面积”来计算。（3）一般变力的冲量计算：通常是借助于动量定理来计算的。（4）合力的冲量计算：几个力的合力的冲量计算，既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量。,题例1：放在水平地面上的物体质量为m，用一个大小为F的水平恒力推它，物体始终不动，那么在F作用的t时间内，推力F对物体的冲量大小为；若推力F的方向变为与水平方向成角斜向下
6、推物体，其余条件不变，则力F的冲量大小又变为多少？物体所受的合力冲量大小为多少？,要点1：注意冲量的计算与功的计算的不同，冲量大小与力F的方向无关；与物体运动与否无关。,要点2：物体动量的改变是物体所受的合冲量作用的结果。,Ft,题例2：质量为m的小滑块沿倾角为的斜面向上滑动，经t1时间到达最高点继而下滑，又经t2时间回到原出发点。设物体与斜面间的动摩擦因数为，则在总个上升和下降过程中，重力对滑块的冲量为，摩擦力冲量大小为。,要点3：注意冲量的矢量性和所求的时间段t。,【例3】如图5-1-1所示，质量为2kg的物体沿倾角为30高为h=5m的光滑斜面由静止从顶端下滑到底端的过程中，求：（1）重力
7、的冲量；（2）支持力的冲量；（3）合外力的冲量.(g=10m/s2),【解析】求某个力的冲量时，只有恒力才能用公式I=Ft，而对于变力一般用动量定理求解，此题物体下滑过程中各力均为恒力，所以只要求出力作用时间便可用I=Ft求解.由牛顿第二定律F=ma得 下滑的加速度a=gsin=5m/s2.由s=(1/2)at2得下滑时间，所以重力的冲量IG=mgt=2102=40Ns.支持力的冲量IF=Ft=mgcos30t=20 Ns，合外力的冲量IF合=F合t=mgsin30t=20Ns.,例4.摆长为l、摆球质量为m的单摆在做最大摆角5的自由摆动，则在从最高点摆到最低点的过程中（）A.摆线拉力的冲量为
8、零B.摆球重力的冲量为C.摆球重力的冲量为零D.摆球合外力的冲量为零,B,要点4：计算合力的冲量、单个变力的冲量、以及短时间作用力的冲量（如人踢球；人对球的冲量的大小的计算）常据动量定理来求解。,5一个质量为0.3kg的小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小为4m/s。则碰撞前后墙对小球的冲量大小I及碰撞过程中墙对小球做的功W分别为（）AI=3 kgm/s W=-3 JBI=0.6 kgm/s W=-3 JCI=3 kgm/s W=7.8 J DI=0.6 kgm/s W=3 J,A,动量的改变量P是矢量计算,要应用平行四边形定则,对一维情
9、况规定正方向.,6质量为100g的皮球从离地5m处自由落下，它在第1s内动量变化大小和 _方向_。若皮球触地后反弹到离地3.2m处时速度变为零，皮球与地碰撞过程中动量变化的大小为_，方向_。(g取10m/s2),1kgm/s,竖直向下,1.8kgm/s,竖直向上,过程和状态分析是物理解题的生命线。速度是联系各个过程的桥梁。,同一条直线上矢量的合成和分解的处理方法;首先规定正方向；已知量同正反负；未知量正同负反。建立符合规则，将矢量运算转化成了带有正、负号的代数运算。,力相同，作用时间不同，对动量变化的影响不同。,7从距地面相同的高度处以相同的速率抛出质量相等的A、B两球，A竖直上抛，B竖直下抛
10、，当两球分别落地时：（）A.两球的动量变化和落地时的动量都相同 B.两球的动量变化和落地时的动量都不相同 C.两球的动量变化相同，但落地时的动量不相同 D.两球的动量变化不相同，但落地时的动量相同,8.质量m=5kg的质点以速率v=2m/s绕圆心O做匀速圆周运动，如图所示，1、小球由A到B转过1/4圆周的过程中，动量变化量的大小为_，方向为_。2、若从A到C转过半个圆周的过程中，动量变化量的大小为_，方向为_。,从B指向C,与A点的速度方向相反,高中物理和初中物理的一个很大区别在于强调物理量的矢量性。,.,.,9质量为m的物体以初速v0做平抛运动，经历时间t，下落的高度为h，速度为v，在这段时
11、间内物体动量增量的大小（）A.mvmv0 B.2mgt C.m D.,正交分解思想,解析：从速度的合成平行四边形各边乘以质量变成动量的合成的平行四边形。已知对角线和一个邻边求另一个邻边的问题，属于矢量的分解（减法）。也可以把矢量的减法转化为矢量的加法来认识。,C D,10.用电钻给建筑物钻孔时，钻头所受阻力与深度成正比，若钻头匀速钻进第1s内阻力的冲量为100N.s,求5s内阻力的冲量,用F-t图像求变力的冲量与用Fs图像求变力的功，方法如出一辙都是通过图线与坐标轴所围成的面积来求解所不同的是冲量是矢量，面积在横轴上方（下方）表示冲量的方向为正方向（负方向）而功是标量，面积在横轴上方（下方）表
12、示正功（负功）,专题2:动量定理的应用,(1)动量定理对有关物理现象的解释。(2)对涉及力的作用时间的问题,应用动量定理求解最简单。(3)对爆炸、碰撞、反冲的过程应用动量定理求平均作用力的大小。,动量定理对有关物理现象的解释,题例1、玻璃杯从同一高度下落，掉在石块上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与石块的撞击过程中A 玻璃杯的动量较大 B 玻璃杯受到的的冲量较大 C玻璃杯的动量变化较大 D玻璃杯的动量变化较快,相同的动量改变，作用时间越长，则想互作用力越小；在现实生活的相互作用中，常通过改变作用时间的长短来增大或减小作用力的大小。,2、如图1重物压在纸带上。用水平力慢慢拉动纸带，重物跟着一起
13、运动，若迅速拉动纸带，纸带会从重物下抽出，下列说法正确的是.慢拉时，重物和纸带间的摩擦力大.快拉时，重物和纸带间的摩擦力小.慢拉时，纸带给重物的冲量大.快拉时，纸带给重物的冲量小,图1,拓展：快拉与慢拉时，重物的运动变化情况分析。,【解析】在缓缓拉动时，两物体之间的作用力是静摩擦力；在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力.由于滑动摩擦力f=N(是动摩擦因数)，而最大静摩擦力fm=mN(m是静摩擦系数)且=m.一般情况下可以认为f=fm即滑动摩擦力f近似等于最大静摩擦力fm.因此，一般情况是：缓拉，摩擦力小；快拉，摩擦力大，故判断A、B都错.缓拉纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重
14、物获得的冲量，即动量的改变量可以很大，所以能把重物带动；快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量的改变量小.因此答案C、D正确.,动量变化一定，作用时间不同对力的大小的影响。,讨论：甲、乙两个物体与水平面的动摩擦因数哪个大？,3甲、乙两个质量相等的物体，以相同的初速度在粗糙程度不同的水平面上运动，甲物体先停下来，乙物体后停下来。则：（）A.甲物体受到的冲量大 B.乙物体受到的冲量大 C.两物体受到的冲量相等 D.两物体受到的冲量无法比较,解析：甲、乙两个物体动量的变化相同，根据动量定理，所以它们受到的地面对它们的滑动摩擦力的冲量相等。,甲运动的时间短，甲受到的地面对它的滑动
15、摩擦力大，它们对地面的正压力相同，故甲与地面的动摩擦因数大。,动量定理解题的步骤：,明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个物体，也可以是质点组。如果研究过程中的各个阶段物体的受力情况不同，要分别计算它们的冲量，并求它们的矢量和。,进行受力分析。研究对象以外的物体施给研究对象的力为外力。所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力不影响系统的总动量，不包括在内。,规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量,所以列式前要先规定一个正方向,和这个方向一致的矢量为正,反之为负.,写出确定研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各个外力的冲量的矢量和）。,注意要把v1和v2换成相对于同一惯性参照系
16、的速度；,根据动量定理列式求解。,动量定理的应用,例1质量m5 kg的物体在恒定水平推力F5 N的作用下，自静止开始在水平路面上运动，t12 s后，撤去力F，物体又经t23 s停了下来，求物体运动中受水平面滑动摩擦力的大小,要点1：涉及运动时间t时，用动量定理求解最简单。,例2（2002年全国，26）蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目.一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处.已知运动员与网接触的时间为1.2 s.若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小.（g=10 m
17、/s2）,要点2:动量定理公式中的冲量为合外力的冲量。受力分析不可少。,解析：将运动员看作质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小v1=(向下)弹跳后到达的高度为h2,刚离网时速度的大小v2=（向上）接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg,若选向上方向为正方向，则由动量定理，得：（F-mg）t=mv2-(-mv1)由以上三式解得代入数值得，F=1.5103 N.,【例3】某消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5m.在着地过程中，对他双脚的平均作用力估计为()A.自身所受重力的2倍 B.自身所受重力的5倍 C.自身所
18、受重力的8倍 D.自身所受重力的10倍,B,【解析】本题问题情景清晰，是一道应用动量定量解释物理现象的好题.为了使得从高处跳下时减少地面对双腿的冲击力，应减少h跳下前的高度；增大h双脚弯曲时重心下移的距离.即不宜笔直跳下，应先蹲下后再跳，着地时应尽可能向下弯曲身体，增大重心下降的距离.实际操作中，还有很多方法可以缓冲地面的作用力.如先使前脚掌触地等.也可同样运用动量定理解释.对本题分析如下：下落2m双脚刚着地时的速度为v=.触地后，速度从v减为0的时间可以认为等于双腿弯曲又使重心下移 h=0.5m所需时间.在估算过程中，可把地面对他双脚的力简化为一个恒力，故重心下降过程可视为匀减速过程.从而有
19、:,t=h/v平均=h/(v/2)=2h/v.在触地过程中，有（N-mg）t=mv，即N=mg+mv/t=mg+mv/(2h/v)=mg+mv2/2h,=mg+mgh/h=5mg.因此答案B正确.【点评】题中的（N-mg）t=mv,许多同学在独立做题时容易做成Nt=mv而得出N=4mg的错误结论.,例、如图所示，三块完全相同的木块固定在水平地面上，设速度为v0子弹穿过木块时受到的阻力一样，子弹可视为质点，子弹射出木块时速度变为v0/2.求：(1)子弹穿过A和穿过B时的速度v1=?v2=?(2)子弹穿过三木块的时间之比t1t2t3=?,要点：涉及位移时用动能定理，涉及时间时用动量定理。,动量定理
20、在爆炸碰撞等短时间作用过程中求平均作用力时的应用,要点：关键在于研究对象的确定。选一个很短的时间t来考虑，看有多少物体的动量发生了变化，选取该部分物体来列式求解。,1宇宙飞船以v0=104m/s的速度进入均匀的宇宙微粒尘区，飞船每前进s=103m,要与n=104个微粒相碰，假如每一微粒的质量m=210-7kg,与飞船相碰后附在飞船上，为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为多大？,解析：取飞船前进s过程中与其碰撞的n个微粒为研究对象，其质量为nm,取飞船的运动方向为正方向，根据动量定理得,其中,根据牛顿第三定律，飞船受到的平均制动力F=200N.为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为200N
21、.,最后根据牛顿第三定律转化研究对象，是解题的必要步骤。,2如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，顶端与竖直墙壁接触现打开尾端阀门，气体往外喷出，设喷口面积为S，气体密度为，气体往外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶顶端对竖直墙的作用力大小是（）,AS B C D2S,解：,设时间t内从喷口喷出的气体质量为m，,则 m=vt S,由动量定理 Ft=m v,F=v2S,由平衡条件及牛顿第三定律，钢瓶对墙的作用力大小为F=v2S,D,解决这类持续作用的连续体问题，关键是正确选用研究对象t时间内动量变化的那部分物质，根据题意正确地表示出它们的质量和动量的变化。,所以凹槽对水柱的作
22、用力,根据牛顿第三定律，水柱对凹槽的冲力大小也为1.8103N.,3消防水龙头出口截面积为10cm2，当这水龙头以30m/s的速度喷出一股水柱，水柱冲到墙上的一个凹槽后，以相同的速率反射回来，水的密度为=1.0103kg/m3，问水柱对墙的冲力有多大？,解析：规定水反射回来的速度方向为正方向，取t时间内射到凹槽的水柱为研究对象，它的质量为,根据动量定理,4.某地强风的风速是20m/s，一风力发电机的有效受风面积S=20m2，如果风通过风力发电机后风速减为12 m/s，且该风力发电机的效率=80%，则风力发电机的电功率为多大？风作用于风力发电机的平均力为多大？（空气的密度）,二、动量守恒,动量守
23、恒的推导,如图所示，1.水平地面光滑,取水平向右方向为正。对A应用动量定理 fABt=mAvAmAvA对B应用动量定理 fABt=mB(vB)mB(vB)mAvA+mB(vB)=mAvA+mB(vB)末态系统的总动量=系统初态的总动量若水平地面不光滑，存在摩擦力f地，对A同上,则对B有 fABtf地t=mB(vB)mB(vB)f地t=mAvA+mB(vB)mAvA+mB(vB)末态系统的总动量系统初态的总动量,动量守恒定律,内容:一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.如果F=0 则 p=0,内力与外力的区分是相对于所选定的系统而言的，系统内各物体间作用力为内力；系统外物
24、体施加给系统内物体的作用力为外力。内力作用的结果使系统内的各物体的动量重新分配，一对内力的冲量之和总是为零，内力冲量不会引起系统的总动量发生变化。外力冲量作用的结果使系统的总动量增加或减小，（外力冲量之和为零，则系统增加和减小的动量相互抵消）。故动量守恒的条件为系统不受外力作用或所受的外力之和为零。,动量守恒的条件,(1)系统不受外力或系统所受外力的合力为零。(2)系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计。(3)系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变
25、。,(4)全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。,专题1:动量守恒的判断,(1)注意系统的确定,区分内力与外力.(2)注意研究过程的选取,选取不同的过程,结论会不同.(3)注意区分系统动量守恒与系统的某一方向分动量守恒.,【例1】如图的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩到最短的整个过程中()A动量守恒、机械能守恒 B动量不守恒、机械能不守恒 C动量守恒、机械能不守恒 D动量不守恒、机械能守恒,B,要点:动量守恒与机械能守恒的条
26、件不同,动量守恒要区分内力与外力,而机械能守恒则不须区分内力外力做功的问题.,4如图所示,A、B两物体的质量比 mAmB32,它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑.当弹簧突然释放后，则有（）AA、B系统动量守恒 BA、B、C系统动量守恒 C小车向左运动 D小车向右运动,B C,要点:受力分析不可少,动量守恒对象的选择由小到大.,【例3】如图所示，光滑圆槽质量为M，圆槽紧靠竖直墙壁而静止在光滑的水平面上，其内表面有一质量为m的小球被细线吊着恰好位于槽的边缘处若将线烧断，则小球从开始下滑至滑到圆槽另一边最高点的过程中，关于m和M组
27、成的系统，下列说法正确的是()A在此过程中动量守恒，机械能守恒 B在此过程中动量守恒，机械能不守恒；C在此过程中动量不守恒，机械能守恒Dm从开始下滑到圆槽最低点过程中，动量不守恒；m越过圆槽的最低点后，系统在水平方向上动量守恒。而整个过程中，系统的机械能始终守恒,2、如图所示，木块A和B用轻弹簧连接，用F作用使之压缩弹簧，当撤去F后，若地面光滑，则：()A A尚未离开墙前，弹簧和B的机械能守恒 B A尚未离开墙前，A和B的动量守恒C A离开墙后，A和B系统的动量守恒D A离开墙后，弹簧和A、B系统的机械能守恒,ACD,要点:动量守恒的判断与选取的运动过程有关,区分动量守恒与分动量守恒.,例、在
28、质量为M的小车中挂有一单摆，摆球质量为m，小车（和单摆）以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m0的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列哪个或那些说法是正确的？A、小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为v1、v2、v3，满足（M+m0）v=M v1+m v2+m0 v3B、摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv=M v1+m v2C、摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv=（M+m）uD、小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足（M+m0）v=（M+m0）v1+m v2,要点:注意选取的研究过程.,解析：当小车（和单摆）
29、与静止的木块发生碰撞时，整个系统满足动量守恒，由于碰撞时间极短，所以摆球受力情况来不及发生变化，所以摆球的速度不会发生变化，即可知选项A、D错误。碰后，若小车与木块分离，则由动量守恒定律：（M+m0）v=m0 v+M v1+m v2，即Mv=M v1+m v2，所以选项B正确。若碰后，小车与木块连接为一个整体，则由动量守恒定律：（M+m0）v=m0 v+（M+m）u，即Mv=（M+m）u，所以选项C正确。答案：BC,对动量守恒的理解,(1)动量守恒定律具有广泛的适用范围，不论物体间的相互作用力性质如何；不论系统内部物体的个数；不论它们是否互相接触；不论相互作用后物体间是粘合还是分裂,只要系统所
30、受合外力为零,动量守恒定律都适用。动量守恒定律既适用于低速运动的宏观物体,也适用于高速运动的微观粒子间的相互作用,大到天体,小到基本粒子间的相互作用都遵守动量守恒定律。,对动量守恒的理解,(2)动量守恒表达式中只涉及系统各物体初、末状态的动量，而无须考虑系统内各物体运动过程的细节，故在应用时较为简便；这是应用动量守恒解题的优点。但在应用动量守恒时，物体系内各物体的运动过程的分析仍是必不可少的，动量守恒不能说明物体是否有该运动过程，只有分析清楚物体的运动过程且判定该过程符合动量守恒的条件时才能应用其来解题。,对动量守恒的理解,(3)应用动量守恒时，要注意系统内各物体的速度的矢量性、同时性、同一性
31、。1.动量守恒定律的矢量性:要规定正方向,已知量跟规定正方向相同的为正值，相反的为负值，求出的未知量是正值，则跟规定正方向相同，求出的未知量是负值，则跟规定正方向相反。2.同时性。动量是状态量，具有瞬时性。动量守恒指的是系统内物体相互作用过程中任一时刻的总动量都相同，故Vl、V2必须是作用前某同一时刻的速度，Vl、V2必须是作用后另同一时刻的速度。3.同一性。因速度具有相对性其数值与参考系选择有关，故动量守恒定律中的各个速度必须是相对同一参考系的。若题目不作特别说明，一般都以地面为参考系。,专题2:动量守恒的应用,1.动量守恒列式中速度的三性:矢量性、同时性、同一性。2.动量守恒中系统对象的确
32、定.系统的对象由小到大，不断地将N、f通过研究对象范围的扩大将其转化为内力,实现系统的外力为零。3.研究过程的确定.认真分析系统内各物体的运动过程，按过程来判定是否符合动量守恒；可能系统在全过程中动量不守恒，但在某一过程中系统的动量守恒。,要点1动量守恒定律的表达式为矢量式。对一维的情况，要先选取正方向，将矢量运算简化为代数运算。,例.沿水平方向飞行的手榴弹,它的速度是V=20m/s,在空中爆炸后分裂成m1=1kg和m2=0.5kg的两部分.其中m2=0.5kg的那部分以V2=10m/s的速度与原方向反向运动,则另一部分此时的速度大小V1=?方向如何?,【例1】质量m1=10g的小球在光滑的水
33、平面上以v1=30cm/s的速率向右运动，恰好遇上质量m2=50g的小球以v2为10cm/s的速率向左运动，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】设v1的方向为正方向（向右），则各速度的正负号为 v1=30cm/s，v2=-10cm/s,v2=0.据m1v1+m2v2=m1v1+m2v2有 10v1=1030+50(-10)，解得v1=-20(cm/s).负号表示碰撞后，m1的方向与碰撞前的方向相反，即向左.,07届广东惠州市第二次调研考试15,15.一个质量为40kg的小孩站在质量为20kg的平板车上以2m/s的速度在光滑的水平面上运动，现小孩沿水平方
34、向向前跳出后：若小孩跳出后，平板车停止运动，求小孩跳出时的速度 若小孩跳出后，平板车以大小为2m/s的速度沿相反方向运动，求小孩跳出时的速度和跳出过程所做的功,解：,设小孩沿水平方向向前跳出的速度为V1,（1）小孩跳出后，平板车停止运动，根据动量守恒定律得,（M+m）v0=mV1,解得,（2）小孩跳出后，平板车以大小为v0的速度沿相反方向运动，根据动量守恒定律 得,（M+m）v0=mV2 M v0,解得,例.光滑水平面上一平板车质量为M50kg，上面站着质量m70kg的人，共同以速度v0匀速前进，若人相对车以速度v=2m/s向后跑，问人跑动后车的速度改变了多少?,解析以人和车组成的系统为研究对
35、象选v0方向为正方向设人跑动后车的速度变为v，则人相对地的速度为(v-v)系统所受合外力为零，根据动量守恒定律有解得人跑动后车的速度改变量的数值为正，说明速度的改变与v0方向一致，车速增加量,要点:动量守恒公式中的所有速度均是对地的速度.,研究对象与研究过程的确定问题,16.(12分)如图所示,质量分别为mA=0.5 kg、mB=0.4 kg的长板紧挨在一起静止在光滑的水平面上，质量为mC=0.1 kg的木块C以初速vC0=10 m/s滑上A板左端，最后C木块和B板相对静止时的共同速度vCB=1.5 m/s.求：（1）A板最后的速度vA；（2）C木块刚离开A板时的速度vC.,要点:动量守恒中研
36、究对象的确定:由小到大不断将外力通过系统的扩大转化为内力,从而实现合外力为零,系统动量守恒.,解:C在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒，则,mCvC0=mC vC+（mA+mB）vA,C在B上滑动时，B、C组成系统的动量守恒，则,mCvC+mBvA=（mC+mB）vCB,解得 vA=0.5 m/s，vC=5.5 m/s,例1：甲乙两滑冰者在水平面上游戏，甲的总质量为52，以2m/s的速度运动，乙的总质量为50，手中另有一质量为2的球，以2m/s的速度迎面滑来，某时刻开始，乙将球抛给甲，甲接球后又将球抛给乙，如此反复，当甲某次接球后停止滑行时，乙的速度为多少？,要点:动量守恒中初末
37、状态的选择问题.对已知动量守恒的过程,应用动量守恒时无须考虑具体的细节过程,初状态为系统各物体动量均为已知的初始时刻,而末状态一般取题中所求的状态为列式时的末状态.,【例2】总质量为M的列车以匀速率v0在平直的轨道上行驶，各车厢受的阻力都是车重的k倍，与车速无关.某时刻列车后面重量为m的车厢脱了钩而机车的牵引力未变，问脱钩的车厢刚停下的瞬间，前面列车的速度为多少？,【解析】列车原来做匀速运动，牵引力等于阻力，脱钩后，各车厢阻力不变，若以整个列车为研究对象，在脱钩车厢停止运动前，系统所受的牵引力和阻力均未变，外力之和仍为0，总动量守恒.从脱钩前到车厢刚停止时，列车总动量守恒，则Mv0=(M-m)
38、v+0，故前面列车的速度为:,【例3】如图5-4-1所示，甲车质量m1=20kg，车上有质量M=50kg的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高h=0.45m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2=50kg的乙车正以v0=1.8m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度（相对地面）应在什么范围内？不计地面和斜坡的摩擦.（g=10m/s2）,要点:对象的选取和运动过程的选择是动量守恒应用的前提,而公式中速度的三性:矢量性、同时性、同一性则是应用的基础。,【解析】甲车（包括人）滑下斜坡后速度：v=3m/s.在人跳离甲车
39、和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v甲和v乙，则：（M+m1）v甲=Mv+m1v甲 Mv-m2v0=(M+m2)v乙恰不发生相撞的条件为：v甲=v乙,从得：v甲=（M+m1）v甲-Mv/m1，从得：v乙=Mv-m2v0/(M+m2).当v甲=v乙时，(Mv-m2v0)/(M+m2)=-(M+m1)v甲-m乙/m1时，得v=3.8m/s；当v甲=-v乙时，有(m+m2)v甲-Mv/m1=(m2V0-mv)/(M+m2)，得v=4.8m/s.所以人跳离甲车的速度（对地）应满足3.8m/sv4.8m/s.,爆炸、碰撞及反冲现象,一、爆炸与碰撞 1.共同特点：相
40、互作用力是变力，作用时间极短、作用力很大，如果有外力、也是内力远大于外力.是典型的动量守恒。2.由于碰撞（或爆炸）作用时间极短，因此作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为，直接作用的物体在碰撞（或爆炸）后还从碰撞（或爆炸）前瞬间的位置以新的动量开始运动.而非直接作用的物体，由于惯性的缘故，碰撞前后瞬间物体的速度保持不变。,3.碰撞过程的研究对象为系统，常常需要将动量守恒定律与能量守恒综合加以应用。在碰撞的过程中，在碰撞过程，如果没有动能损失，碰撞前与碰撞后总动能相等；如果有部分动能转化为内能，系统的总动能减小，系统的总动能是不可能增加的.由能量守恒有：系统碰撞前各物体的总动能系统碰
41、撞后各物体的总动能。但在爆炸、反冲的过程中，有其它形式的能量转化为系统的动能，所以爆炸后系统的总动能增加。,爆炸、碰撞及反冲中的能量转化,碰撞的类型,弹性正碰：碰撞过程系统无机械能（动能）的损失，系统在碰撞过程中动量、动能均守恒。m1v1+m2v2=m1v1+m2v2 特例：一动一静的两球的弹性正碰，若两球质量相等，则碰后两球交换速度。完全非弹性正碰：碰后两物体结合在一起，此过程系统在碰撞过程中的动能损失最多。碰撞过程只有动量守恒。（m1+m2）v=m1v1+m2v2动能损失,其余碰撞介于上述两者之间，物体碰后的速度介于上述两类碰撞物体速度之间，碰撞过程系统动量守恒而动能不守恒。若碰撞过程题中
42、无指明系统无机械能损失或是弹性正碰，则是动量守恒，但不能认定系统的动能也守恒。弹性正碰无动能损失仅是所有碰撞中的一特殊例子。,碰撞的类型,三种典型的碰撞特点,1、弹性碰撞：碰撞全程完全没有动能损失。,解以上两式可得：,对于结果的讨论：,当m1=m2 时，v1=v20，v2=v10,质量相等的两物体弹性碰撞后,“交换速度”；,当m1 m2,且v20=0时，v1 v10，v2 0，小物碰大物，原速率返回；,当m1 m2，且v20=0时，v1 v10，v2 2v10，,2、非(完全)弹性碰撞：动量守恒,动能有损失，,3、完全非弹性碰撞：动能的损失达到最大限度；,外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故
43、有,专题3：碰撞类问题,（1）碰撞物体在碰后速度可能大小的判断。（2）碰撞过程中研究对象的确定。（3）碰撞过程中动量与能量的结合。,碰撞物体在碰后的速度可能大小的判断,方法一：据碰撞过程动量守恒来判断。对符合动量守恒的，再据对物体作用的冲量方向可知物体在碰后动量的增减。据能量守恒来判断，系统碰撞前各物体的总动能系统碰撞后各物体的总动能。据常识来判断：碰后若两物体同向运动，则必有v前v后。方法二：也可先计算出物体在弹性正碰与完全非弹性正碰时的速度大小，物体碰后的速度应介于其两者之间。,07年1月广东省汕尾市调研测试9,9、质量m2=9kg的物体B，静止在光滑的水平面上。另一个质量为m1=1kg、
44、速度为v 的物体A与其发生正碰，碰撞后B的速度为2 m/s，则碰撞前A的速度v 不可能是（）A、8 m/s B、10 m/s C、15 m/s D、20 m/s,解：,由弹性碰撞公式,得,由完全非弹性碰撞公式,得,碰撞前A的速度v 应介于10 m/s和20 m/s之间，A错。,A,1.如图，球A、B置于光滑水平面上，A球的动量为12kgm/s，水平向右与静止的B球发生碰撞，两球动量的变化可能是（设向右为正）（）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=2
45、4kg m/s,AB,2.质量为m的小球A在光滑水平面上以速度v0与质量为2m的静止小球发生碰撞，碰撞后分开，A球的速度大小变为原来的1/3，则碰撞后B球的速度可能为（）A.v0/3 B.2v0/3 C.4v0/9 D.5v0/9,AB,要点:动量的矢量性,一条直线上运动,速度大小相同有两个可能的方向.,2.质量为1kg的小球以4ms-1的速度与质量为2kg的静止的小球正碰，关于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.在光滑水平面上动能为E0，动
46、量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有（）A.E1E0 B.p1p0 C.E2E0 D.p2p0,AD,题例1：光滑的水平面上，和弹簧相连的质量均为2的A、B两物块都以6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大时，物体的速度是多少？弹性势能的最大值是多少？,要点:碰撞中研究对象的选择：应选取直接碰撞作用的两物体作为动量守恒的对象，而非直接作用的物体，由于惯性的缘故
47、，碰撞前后瞬间物体的速度保持不变。,2用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物体C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者粘在一起运动。求：在以后的运动中，（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度多大？（2）弹性势能的最大值是多大？（3）A的速度有可能向左吗？为什么？,要点:物体运动情况的可能情况的判定,一是据运动与力是否相符来判断,二是根据是否违反能量守恒来判断.,解析：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，有解得：（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰
48、后瞬间B、C两者速度为v，则设物块A速度为vA时弹簧的弹性势能最大为EP，根据能量守恒：,（3）由系统动量守恒得设A的速度方向向左，则则作用后A、B、C动能之和实际上系统的机械能根据能量守恒定律，是不可能的。故A不可能向左运动。,8.如图所示，甲车质量2 kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一质量1 kg的小物体,乙车质量4 kg，以5 m/s的速度向左运动，与甲车相碰后甲车获得8 m/s速度，物体滑到乙车上若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2，则物体在乙车上滑行多长时间相对乙车静止？,【解析】甲、乙两车相撞过程中动量守恒.所以：m乙v0=m甲v甲+m乙v乙小物体与乙车相互作
49、用中动量守恒，设最终其速度为 v，则：m乙v乙=(m乙+m物)v设小物体在乙车上滑行时间为 t，则对小物体应用动量定理，得：m物gt=m物v代入数据联立 解得：t=0.4 s.,13如图，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上的O点，此时弹簧处于原长。另一质量与B相同的滑块A从导轨上的P点以初速度v0向B滑行，当A滑过距离l时，与B相碰。碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动。设滑块A和B均可视为质点，与导轨的动摩擦因数均为。重力加速度为g。求：（1）碰后瞬间，A、B共同的速度大小；（2）若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量。,要点：要有按过程列式的习惯，
50、动量守恒总是与能量守恒相联系的。,解：,（1）设A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1，碰后瞬间共同的速度为v2 以A为研究对象，从P到O，由功能关系,以A、B为研究对象，碰撞瞬间，由动量守恒定律,mv1=2mv2,解得,（2）碰后A、B由O点向左运动，又返回到O点，设弹簧的最大压缩量为x,由功能关系,解得,14（14分）如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为竖直平面内的半圆且与ab相切，半径R=0.3m。质量m=0.5kg的小球A静止在轨道上，另一个质量M=1.0kg的小球B，以速度v0=6.5 m/s与小球A正碰。已知碰撞后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为 处
