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(共46张PPT)
1.动量
第一章
内容索引
01
02
03
自主预习 新知导学
合作探究 释疑解惑
随堂练习
课标定位
素养阐释
1.知道现实中常见的碰撞现象,了解历史上对碰撞现象的研究。
2.探究碰撞过程中的守恒量。掌握应用不同方法探究碰撞过程中守恒量的方法。
1.能够在不同的实验方案中表示出物体碰撞前后的速度。通过实验探究,分析总结碰撞中的不变量,培养科学探究能力。
2.能够在不同的实验方案中表示出物体碰撞前后的速度。通过实验探究,分析总结碰撞中的不变量,培养科学思维能力。
自主预习 新知导学
一、常见的碰撞现象
1.碰撞:做相对运动的两个(或几个)物体相遇并发生相互作用,在很短的时间内,它们的运动状态会发生显著变化,这一过程叫碰撞。
2.大到宇宙天体,小到微观粒子,都时常发生碰撞。
二、历史上对碰撞现象的研究
1.最早发表有关碰撞研究成果的是布拉格大学校长、物理学教授马尔西。他在1639年发表的著作《运动的比例》中介绍了碰撞实验,该实验其实已经蕴含了运动量守恒的思想。
2.荷兰物理学家惠更斯用弹性摆球做过碰撞实验,并进一步指出:每个物体所具有的“运动量”在碰撞时可以增多或减少,但是它们的量值在同一个方向的总和却保持不变。在这里,惠更斯所说的“运动量”是指物体的质量m和速度v的乘积。
3.请仔细分析惠更斯两个实验得到的结论是什么
答案:实验一与实验二结论是两个小球所具有的运动量在水平方向的总和保持不变。
三、探究碰撞过程的守恒量
1.实验装置:气垫导轨、数字计时器。导轨上附有滑块和光电门,滑块上装有挡光条和弹簧片,如图所示。
2.探究过程:
(1)先用天平分别测出带弹簧片的滑块1、滑块2的质量m1、m2,然后用手推动滑块1使其获得初速度v1,与静止的滑块2相碰(相碰时,两弹簧片要正对)。测定碰撞前后两滑块的速度大小,算出相关数据,填入表中。
(2)再换用不带弹簧片的两滑块按照上面的步骤进行实验,并读取实验数据,填入表中。
(3)将两滑块上的弹簧片换成橡皮泥,用天平分别测出带橡皮泥的滑块1、滑块2的质量。使有橡皮泥的两端正对,让滑块1与滑块2相碰,测算出相关数据,并填入表中。
碰撞前后运动量的计算
次数 滑块 质量 碰前 碰后 运动量改变量
速度 运动量 运动量之和 速度 运动量 运动量之和 m1 m2 v1 v2 m1v1 m2v2 m1v1+m2v2 v1' v2' m1v1' m2v2' m1v1'+m2v2' (m1v1'+m2v2')-
(m1v1+m2v2)
1
2
3
3.实验结论:两个物体相互碰撞时,碰前运动量的总和(mAvA+ mBvB)与碰后运动量的总和(mAvA'+mBvB')总是相等的。
4.动量:质量m和速度v的乘积具有重要意义,物理学中称为动量。动量常用符号p表示,即 p=mv ,动量是矢量。在国际单位制中,动量的单位是千克米每秒,符号是 kg·m/s 。
5.请思考:还有哪些方法可以验证探究过程中的守恒量
答案:(1)利用气垫导轨结合光电门的实验探究;(2)利用摆球结合机械能守恒定律的实验探究;(3)利用“光滑”水平面结合打点计时器的实验探究。
【思考讨论】
1.判断下列说法的正误。
(1)碰撞可以发生在微观粒子或宇宙天体间。(　　)
(2)历史上最早发表有关碰撞研究成果的是布拉格大学校长、物理学教授马尔西。(　　)
(3)物体动量的方向与物体的运动方向相同。(　　)
(4)物体的动量越大,其加速度也越大。(　　)
√
×
√
√
2.关于动量的概念,下列说法正确的是(　　)
A.动量大的物体惯性一定大
B.动量大的物体运动一定快
C.动量相同的物体运动方向一定相同
D.物体的动量发生变化,其动能一定变化
答案:C
解析:物体的动量是由速度和质量两个因素决定的。动量大的物体质量不一定大,惯性也不一定大,A错;同样,动量大的物体速度也不一定大,B错;动量相同指动量的大小和方向均相同,而动量的方向就是物体运动的方向,故动量相同的物体运动方向一定相同,C对;当质量不变的物体的动量发生变化时可以只是速度的方向发生变化,其动能不一定变化,D错。
3.(多选)在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中,下列哪些因素可导致实验误差(　　)
A.导轨安放不水平
B.滑块上挡光板倾斜
C.两滑块质量不相等
D.两滑块碰后连在一起
答案:AB
解析:选项A中,导轨不水平将导致滑块速度受重力分力影响,从而产生实验误差;选项B中,挡板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段滑块通过的位移;实验中并不要求两滑块的质量相等;两滑块碰后连在一起只意味着碰撞过程能量损失最大,并不影响碰撞中的守恒量。故选AB。
4.如图(a)所示,在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车,甲车上系有一穿过打点计时器的纸带,启动打点计时器,随即甲车获得水平向右的速度,甲车运动一段距离后,与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动,纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车的运动情况,如图(b)所示,电源频率为50 Hz,则碰撞前甲车速度大小为　　　 m/s,碰撞后两车的共同速度大小为
　　　　　 m/s。
(a)
(b)
答案:0.6　0.4
合作探究 释疑解惑
知识点一
对动量的理解
问题引领
碰撞是自然界中常见的现象。两节火车车厢之间的挂钩靠碰撞连接,台球由于两球的碰撞而改变运动状态。微观粒子之间更是由于相互碰撞而改变能量,甚至使得一种粒子转化为其他粒子。
碰撞前后会不会有什么物理量保持不变呢
提示:动量保持不变。
归纳提升
1.动量的两性
(1)瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量,是针对某一时刻或位置而言的。
(2)相对性:动量的大小与参考系的选取有关,通常情况是指相对地面的动量。
2.动量与动能的比较
对于给定的物体,若动能发生变化,动量一定也发生变化;而动量发生变化,动能不一定发生变化。它们都是相对量,均与参考系的选取有关,高中阶段通常选取地面为参考系
动量是状态量,因此动量与物体的运动状态相对应。
典型例题
【例题1】 对于质量不变的物体,下列关于物体动量的说法正确的是(　　)
A.若物体的速度不变,动量可能改变
B.若物体的速率不变,动量一定不变
C.若物体动能变化,动量一定变化
D.若物体动量变化,动能一定变化
答案:C
解析:由p=mv知,若物体的速度不变,即速度的大小和方向均不变,则动量一定不变,故A、B错误;若质量不变的物体动能变化,则速度大小一定变化,动量一定变化,故C正确;若物体动量变化,可能速度大小不变、方向变化,则动能可能不变,故D错误。
动量的理解
(1)动量是矢量,方向与速度方向相同,只要速度的大小或方向发生变化,动量就发生变化。
(2)动量是矢量,动能是标量,对于给定的物体,动量变化,动能不一定变化,但动能变化,动量就一定变化。
(3)动量与动能的数量关系满足p2=2mEk。
【变式训练1】 甲、乙两物体动能相等,它们的质量之比为m甲∶m乙=1∶4,则它们动量的大小之比p甲∶p乙为(　　)
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶4 D.4∶1
答案:B
知识点二
探究碰撞过程的守恒量
问题引领
某实验小组用课本中“探究碰撞前后运动量的变化”的实验方案,探究碰撞前后物体动能的变化。探究中分别得到了两组数据,如下表所示:
m1与静止的m2碰撞,碰后分开(表一)
m1/kg m2/kg 碰撞前 碰撞后 m1的速度v1/ (m·s-1) 动能Ek1/J m1的速度v1'/ (m·s-1) m2的速度v2/ (m·s-1) 总动能
Ek/J
0.320 0.220 0.321 ①　 0.073 3 0.360 ②　
m1与静止的m2碰撞,碰后粘在一起(表二)
m1/kg m2/kg 碰撞前 碰撞后 m1的速度v0/ (m·s-1) 动能 Ek1'/J m1、m2共同的速 度v/(m·s-1) 总动能
Ek'/J
0.240 0.220 0.271 ③　 0.140 ④　
计算这两个表格中滑块碰撞前后的总动能。通过比较,你有什么发现
提示:①0.016 5　②0.015 1　③0.008 8　④0.004 5
从表一的数据可以看出:在实验误差允许范围内,两滑块碰撞前后的总动能几乎相等。
从表二的数据可以看出:两滑块碰撞前后的总动能并不相等,碰撞后总动能减少了。
归纳提升
方案一:利用气垫导轨完成一维碰撞实验(如图所示)
1.测质量:用天平测出滑块质量。
2.安装:正确安装好气垫导轨。
3.实验:接通电源,利用配套的数字计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前、后的速度(①改变滑块的质量;②改变滑块的初速度大小和方向)。
4.验证:一维碰撞中的动量守恒。
方案二:利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(如图所示)
1.测质量:用天平测出两小球的质量m1、m2。
2.安装:把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。
3.实验:一个小球静止,拉起另一个小球,放下后它们相碰。
4.测速度:可以测量小球被拉起的角度,从而算出碰撞前对应小球的速度,测量碰撞后小球摆起的角度,算出碰撞后对应小球的速度。
5.改变条件:改变碰撞条件,重复实验。
6.验证:一维碰撞中的动量守恒。
方案三:在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(如图所示)
1.测质量:用天平测出两小车的质量。
2.安装:将打点计时器固定在光滑长木板的一端,把纸带穿过打点计时器,连在小车的后面,在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。
3.实验:接通电源,让小车A运动,小车B静止,两车碰撞时撞针插入橡皮泥中,把两小车连接成整体运动。
5.改变条件:改变碰撞条件,重复实验。
6.验证:一维碰撞中的动量守恒。
典型例题
【例题2】 某同学设计了如图(a)所示的装置来探究碰撞过程中动量的变化规律,在小车A后连着纸带,电磁打点计时器电源频率为50 Hz,长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力;在小车A的前端粘有橡皮泥,推动小车A使之做匀速直线运动,然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体,继续做匀速直线运动。
(a)
(1)若已得到打点纸带如图(b)所示,并测得各计数点间距离标在图上,A为运动起始的第一点。则应选　　　　段来计算小车A的碰前速度,应选
　　　　段来计算小车A和小车B碰后的共同速度。(均选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)
(2)已测得小车A的质量mA=0.40 kg,小车B的质量mB=0.20 kg,由以上测量结果可得:碰前两小车的总动量为　　　 kg·m/s,碰后两小车的总动量为
　　　 kg·m/s。(结果均保留三位有效数字)
(b)
答案:(1)BC　DE　(2)0.422　0.420
解析:(1)推动小车由静止开始运动,故小车有个加速过程,在碰撞前做匀速直线运动,即在相同的时间内通过的位移相同,BC段为匀速运动的阶段;碰撞过程是一个变速运动的过程,而A和B碰后的共同运动是匀速直线运动,故在相同的时间内通过相同的位移,故应选DE段来计算碰后共同的速度。
【变式训练2】 某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验,气垫导轨装置如图所示,所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。
(1)下面是实验的主要步骤:
①安装好气垫导轨,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平;
②向气垫导轨通入压缩空气;
③接通数字计时器;
④把滑块2静止放在气垫导轨的中间;
⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳;
⑥释放滑块1,滑块1通过光电门1后与左侧带有固定弹簧(未画出)的滑块2碰撞,碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2,两滑块通过光电门2后依次被制动;
⑦读出滑块通过光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1=10.01 ms,通过光电门2的挡光时间Δt2=49.99 ms,滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3=8.35 ms;
⑧测出挡光条的宽度d=5 mm,测得滑块1的质量为m1=300 g,滑块2(包括弹簧)的质量为m2=200 g。
(2)数据处理与实验结论:
①实验中气垫导轨的作用是
A.　 ;
B.　 。
②碰撞前滑块1的速度v1为　 　 m/s;碰撞后滑块1的速度v2为　　　 m/s;碰撞后滑块2的速度v3为　　　　　 m/s。(结果均保留两位有效数字)
③在误差允许的范围内,通过本实验,可以探究出下面哪些关系式成立　　　　。
A.m1v1=m1v2+m2v3
答案:见解析
解析:(2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。
B.保证两个滑块的碰撞是一维的。
③系统碰撞之前m1v1=0.15 kg·m/s,系统碰撞之后m1v2+m2v3=0.15 kg·m/s,故A正确。
课堂小结
随堂练习
1.(动量的理解)(多选)关于物体的动量,下列说法正确的是(　　)
A.惯性越大的物体,它的动量也越大
B.动量大的物体,它的速度不一定大
C.物体的速度大小不变,则其动量也保持不变
D.运动物体在任一时刻的动量的方向一定是该时刻的速度方向
答案:BD
解析:动量的大小由质量和速度的大小共同决定,即p=mv,惯性大则质量大,但动量不一定大,选项A错误;动量大的物体,可能是速度大,但也有可能是质量大,选项B正确;动量是矢量,其方向与速度方向相同,只有在速度大小、方向均不变时,其动量才保持不变,故选项C错误,D正确。
2.(探究碰撞过程的守恒量)(多选)若用打点计时器做探究碰撞过程的守恒量的实验,下列说法或操作正确的是(　　)
A.相互作用的两车上,一个装上撞针,一个装上橡皮泥,是为了改变两车的质量
B.相互作用的两车上,一个装上撞针,一个装上橡皮泥,是为了碰撞后粘在一起
C.先接通打点计时器的电源,再释放拖动纸带的小车
D.先释放拖动纸带的小车,再接通打点计时器的电源
答案:BC
解析:相互作用的两车上,一个装上撞针,一个装上橡皮泥,是为了碰撞后两车能粘在一起共同运动,这种情况能得到能量损失很大的碰撞,故A错误,B正确。应当先接通打点计时器的电源,再释放拖动纸带的小车,否则因运动距离较短,小车释放以后再打开电源不容易得到实验数据,故C正确,D错误。
3.(探究碰撞过程的守恒量)(多选)在“探究碰撞过程的守恒量”的实验中,对于最终的结论m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',下列说法正确的是(　　)
A.仅限于一维碰撞
C.式中的v1、v2、v1'、v2'都是速度的大小
D.式中的不变量是m1和m2组成的系统的质量与速度乘积之和
答案:AD
解析:这个实验是在一维情况下设计的实验,其他情况未做探究;系统的质量与速度的乘积之和在碰撞前后为不变量是实验的结论,速度是矢量,应考虑方向,故选项A、D正确。
4.(探究碰撞过程的守恒量)在“探究碰撞过程的守恒量”的实验中,下面是某实验小组选用水平气垫导轨、光电门来研究两个滑块碰撞过程中系统动量的变化情况。实验仪器如图所示。
实验过程:
(1)调节气垫导轨水平,并使数字计时器系统正常工作;
(2)在滑块1上装上挡光条并测出其长度l;
(3)在滑块2的碰撞端面粘上橡皮泥;
(4)用天平分别测出滑块1和滑块2(包括橡皮泥)的质量m1、m2;
(5)把滑块1和滑块2放在气垫导轨上,让滑块2处于静止状态(v2=0),用滑块1以初速度v1与之碰撞(这时数字计时器系统自动计算时间),撞后两者粘在一起,分别记下滑块1的挡光条碰前通过光电门的遮光时间t1和碰后通过光电门的遮光时间t2;
(6)先根据v= 计算滑块1碰撞前的速度v1及碰后两者的共同速度v;再计算两滑块碰撞前后的质量与速度乘积,并比较两滑块碰撞前后的质量与速度乘积之和。
实验数据:m1=0.324 kg,m2=0.181 kg,l=1.00×10-3 m,请在表格中的空白处填上相应的文字或数据。
次数 滑块1 滑块2 碰撞前 碰撞后
v1/(m· s-1) v/(m· s-1) v2/(m· s-1) v/(m· s-1) m1v1 (kg·m/s) m2v2/ (kg·m/s) (m1+m2)v/
(kg·m/s)
1 0.290 0.184 0 0.184
2 0.426 0.269 0 0.269
结论 答案:0.094　0　0.093　0.138　0　0.136
在误差允许的范围内,碰前系统质量和速度乘积之和等于碰后系统质量和速度乘积之和
解析:先分清碰前与碰后的状态量,再代入数据计算。(共56张PPT)
2.动量定理
第一章
内容索引
01
02
03
自主预习 新知导学
合作探究 释疑解惑
随堂练习
课标定位
素养阐释
1.理解冲量和动量的变化。
2.通过理论推导和实验,理解动量定理,能用其解释生产生活中的有关现象。
1.理解冲量的概念,知道冲量是矢量,形成科学的物理观念。
2.通过自主和合作探究,推导动量定理的表达式,培养科学思维能力。
3.能够利用动量定理解释有关物理现象和进行有关计算,培养科学思维方法。
自主预习 新知导学
一、冲量、动量定理
1.动量定理
(1)物体在一个运动过程中所受合力与作用时间的乘积等于物体的动量变化。
(2)动量定理的数学表达式: Ft=mv'-mv ,其中F为物体受到的合力。
(3)动量定理的推导
如图所示,一个质量为m的物体(与水平面无摩擦)在水平恒力F作用下,经过一段时间t后,速度从v变为v'。初状态动量p=mv,末状态动量p'=mv'。
2.冲量
(1)定义:力和力的作用时间的乘积。
(2)公式:I=Ft。
(3)冲量是过程(选填“过程”或“状态”)量,求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
(4)冲量是矢(选填“矢”或“标”)量,若是恒力的冲量,则冲量的方向与该恒力的方向相同。
(5)冲量的作用效果:使物体的动量发生变化。
二、动量定理的应用
1.我们可以根据很多实例得到这样的启示:在物体的动量变化一定的条件下,作用时间较短则相互作用力较大;作用时间较长则相互作用力较小。
2.应用动量定理能解决变力冲量问题吗
答案:应用I=Δp求变力的冲量。
如果物体受到大小、方向不变的力的作用,既可以应用FΔt求力的冲量,也可以应用物体动量改变Δp的大小和方向来替代力的冲量。如果物体受到大小、方向改变的力的作用,则不能直接用FΔt求变力的冲量,这时可以求在该力冲量作用下物体动量改变Δp的大小和方向,替代变力的冲量。
【思考讨论】
1.判断下列说法的正误。
(1)若物体在一段时间内,其动量发生了变化,则物体在这段时间内的合力一定不为零。(　　)
(2)不管物体做什么运动,在相同的时间内重力的冲量相同。(　　)
(3)物体受到的合力的冲量越大,它的动量变化量一定越大。(　　)
(4)冲量是矢量,其方向与合力的方向相同。(　　)
(5)力越大,力对物体的冲量越大。(　　)
√
×
√
√
√
2.在一条直线上运动的物体,其初动量为8 kg·m/s,它在第一秒内受到的冲量为-3 N·s,第二秒内受到的冲量为5 N·s,它在第二秒末的动量为(　　)
A.10 kg·m/s　　　 B.11 kg·m/s
C.13 kg·m/s D.16 kg·m/s
答案:A
解析:根据动量定理得p-mv0=Ft,则p=Ft+mv0=(-3+5+8) kg·m/s=10 kg·m/s,故选A。
3.把一定质量的小球放在竖立的弹簧上,并把小球往下按至A位置,如图(a)所示。迅速松手后,弹簧把小球弹起,小球升至最高位置C,如图(c)所示,途中经过位置B时弹簧正好恢复原长,如图(b)所示。弹簧质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是(　　)
A.A到C的过程,小球的动量增加
B.A到C的过程,小球重力冲量小于弹簧弹力的冲量
C.A到B的过程,小球动量的增加量等于弹簧弹力的冲量
D.A到B的过程,小球重力的冲量一直变大
答案:D
解析:A到C的过程,小球的速度先增大后减小最后为0,则动量先增大后减小,故A错误;A到C的过程,小球动量变化量为0,重力的冲量等于弹簧弹力的冲量,故B错误;A到B的过程,小球动量的增加量等于弹簧弹力的冲量与重力的冲量之和,故C错误;A到B的过程,小球重力不变,时间增大,小球重力的冲量一直变大,故D正确。
4.如图所示,用0.5 kg的铁锤竖直把钉子钉进木头里,打击时铁锤的速度为4.0 m/s。如果打击后铁锤的速度变为0,打击的作用时间是0.01 s。
(1)不计铁锤受的重力,铁锤钉钉子时,钉子受到的平均作用力是多少
(2)考虑铁锤受的重力,铁锤钉钉子时,钉子受到的平均作用力又是多少 (g取10 m/s2)
答案:(1)200 N,方向竖直向下
(2)205 N,方向竖直向下
解析:(1)以铁锤为研究对象,不计铁锤重力时,铁锤只受钉子的作用力,方向竖直向上,设为F1,取竖直向上为正方向,由动量定理可得F1t=0-mv
由牛顿第三定律知,钉子受到的平均作用力为200 N,方向竖直向下。
(2)若考虑铁锤重力,设此时铁锤受钉子的作用力为F2,对铁锤应用动量定理,取竖直向上为正方向,则(F2-mg)t=0-mv
由牛顿第三定律知,钉子受到的平均作用力为205 N,方向竖直向下。
合作探究 释疑解惑
知识点一
动量的变化
问题引领
在激烈的橄榄球赛场上,一个较瘦弱的运动员携球奔跑时迎面碰上了高大结实的对方运动员,自己却被碰倒在地,而对方却几乎不受影响……这说明运动物体产生的效果不仅与速度有关,而且与质量有关。
(1)若质量为60 kg的运动员(包括球)以5 m/s的速度向东奔跑,他的动量是多大 方向如何 当他以恒定的速率做曲线运动时,他的动量是否变化
(2)若这名运动员与对方运动员相撞后速度变为零,他的动量的变化量多大 动量的变化量的方向如何
提示:(1)动量是300 kg·m/s,方向向东。做曲线运动时他的动量变化了,因为速度方向变了。
(2)300 kg·m/s,方向向西。
归纳提升
1.动量的变化量
(1)物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差,Δp=p'-p(矢量式)。
(2)动量始终保持在一条直线上时的运算:选定一个正方向,动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示,从而将矢量运算简化为代数运算,此时的正、负号仅表示方向,不表示大小。
(3)我们在高中阶段通常只研究一维情况下动量变化的计算,因此规定正方向后,可将矢量运算转化为代数运算。
2.动量变化的性质
(1)矢量性:动量的变化量Δp=p'-p是矢量式,Δp、p'、p间遵循平行四边形定则,如图所示。
(2)过程性:动量变化量是描述物体在运动过程中动量变化多少的物理量,它对应于一段时间(或一段位移)。
动量是一个状态量,与物体的运动状态相对应;动量变化是一个过程量,与一个运动过程相对应。
典型例题
【例题1】 一小孩把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放,释放后篮球的重心下降高度为0.8 m时与地面相撞,反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2 m,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求地面与篮球相互作用的过程中:
(1)篮球的动量变化量;
(2)篮球的动能变化量。
答案:(1)3 kg·m/s,方向竖直向上
(2)减少了3 J
关于动量变化量的求解
(1)若初、末动量在同一直线上,则在选定正方向的前提下,可化矢量运算为代数运算。
(2)若初、末动量不在同一直线上,则运算时应遵循平行四边形定则。
【变式训练1】 将质量为0.10 kg的小球从离地面20 m高处竖直向上抛出,抛出时的初速度为15 m/s,g取10 m/s2,求:
(1)当小球落地时,小球的动量;
(2)小球从抛出至落地过程中动量的增量。
答案:(1)2.5 kg·m/s,方向竖直向下
(2)4.0 kg·m/s,方向竖直向下
取竖直向下为正,则小球落地时的动量
p=mv=0.10×25 kg·m/s=2.5 kg·m/s,方向竖直向下。
(2)以竖直向下为正方向,小球从抛出至落地动量的增量
Δp=mv-mv0=0.10×25 kg·m/s-0.10×(-15) kg·m/s=4.0 kg·m/s,方向竖直向下。
知识点二
冲量与冲量的计算
问题引领
如图所示,一个小孩沿水平方向用最大的力F推静止在水平地面上的小汽车,但推了很长时间t都无法使它运动,就这个问题两个同学展开讨论。
甲同学说:汽车没动是因为小孩对汽车的推力的冲量为零。
乙同学说:小孩对汽车的推力的冲量不为零,汽车没动是因为它所受的合力的冲量为零。谁说得对
提示:乙说得对。小孩对汽车的推力的冲量大小为I=F·t。
汽车没动说明它所受的合力为零,故其合力的冲量为零。
归纳提升
1.求冲量时,一定要注意是哪个力在哪一段时间内的冲量。
2.求合冲量
(1)如果是一维情形,可以化为代数和;如果不在一条直线上,求合冲量遵循平行四边形定则或用正交分解法求出。
(2)两种方法:可分别求每一个力的冲量,再求各冲量的矢量和,I合=F1t1+F2t2+F3t3+…;如果各力的作用时间相同,也可以先求合力,再用
I合=F合t求解。
3.公式I=Ft只适用于计算恒力的冲量,若是变力的冲量,可考虑用以下方法求解:
(1)用动量定理I=mv'-mv求冲量。
(2)若力随时间均匀变化,则可用平均力求冲量。
(3)若给出了力F随时间t变化的图像,可用F-t图像与t轴所围的面积求冲量。
(1)只有大小相等、方向相同的两个动量才相同。
(2)冲量表达式I=Ft中的F是恒力,若F不是恒力,则只能是平均作用力。
典型例题
【例题2】 在倾角为37°、足够长的固定斜面上,有一质量为5 kg的物体沿斜面下滑,物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.2,求物体下滑2 s的时间内,物体所受各力的冲量。(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
答案:见解析
解析:物体沿斜面下滑的过程中,受重力、支持力和摩擦力的作用。重力的冲量IG=Gt=mgt=5×10×2 N·s=100 N·s,方向竖直向下。
支持力的冲量IN=FNt=mgcos 37°·t=5×10×0.8×2 N·s=80 N·s,方向垂直于斜面向上。
摩擦力的冲量If=Fft=μmgcos 37°·t=0.2×5×10×0.8×2 N·s=16 N·s,方向沿斜面向上。
【变式训练2】 一质点静止在光滑水平面上,现对其施加水平外力F,F随时间t变化规律如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.在0~4 s时间内,位移先增后减
B.在0~4 s时间内,动量一直增加
C.在0~8 s时间内,F的冲量为0
D.在0~8 s时间内,F做的功不为0
答案:C
解析:在0~4 s内先加速再减速到0,速度方向不变,位移增加,故A错误;在0~4 s内,速度先增加后减小,动量先增加后减小,故B错误;0~8 s内,一半时间的冲量为正,另一半时间的冲量为负,总的冲量为0,故C正确;因8 s内动量的变化为0,即初末速度为0,则动能的变化量为0,F做功为0,故D错误。
知识点三
动量定理的理解
问题引领
古时有“守株待兔”的寓言,设兔子的头部受到大小等于自身重力的打击力时即可致死。若兔子与树桩发生碰撞,作用时间为0.2 s,则被撞死的兔子的奔跑速度可能是多少
提示:根据题意建立模型,设兔子与树桩的撞击力为F,兔子撞击后速度为零,根据动量定理有Ft=mv,所以v= =gt=10×0.2 m/s=2 m/s,由此可见只要兔子奔跑速度大于2 m/s即可能被撞死。
归纳提升
对动量定理的理解
1.动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。
2.动量定理的表达式是矢量式,它说明合外力的冲量跟物体动量的变化量不仅大小相等,而且方向相同。运用动量定理主要是一维的问题,要注意规定正方向。
3.动量的变化率和动量的变化量由动量定理可以得出F= ,它说明动量的变化率决定于物体所受的合外力。而由动量定理I=Δp知动量的变化量决定于合外力的冲量,它不仅与物体的受力有关,还与力的作用时间有关。
动量定理I=Δp是矢量式,在高中物理中通常只要求计算一维情况下的情形。我们还要明确,该式也可以写出Ix=Δpx,Iy=Δpy,通过正交分解法来解决复杂的问题。
典型例题
【例题3】 蹦床运动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,求此力的大小和方向。(g取10 m/s2)
答案:1.5×103 N　方向向上
解析:方法一　运动员刚接触网时速度的大小
运动员与网接触的过程,设网对运动员的作用力为F,则运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg,对运动员应用动量定理(以向上为正方向),有
(F-mg)Δt=mv2-m(-v1)
解得F=1.5×103 N,方向向上。
方法二　本题也可以对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理:自由下落的时间为
整个过程中运动员始终受重力作用,仅在与网接触的t3=1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用,对全过程应用动量定理,有FNt3-mg(t1+t2+t3)=0
在用动量定理进行定量计算时注意:
(1)列方程前首先选取正方向;
(2)分析速度时一定要选取同一参考系,一般选地面为参考系;
(3)公式中的冲量应是合外力的冲量,求动量的变化量时要严格按公式,且要注意动量的变化量是末动量减去初动量。
【变式训练3】 一滴水的质量为0.05 g,水滴间隔相等的时间从距石头上方5 m处由静止下落,水滴和石头的撞击时间为0.01 s,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。若在一滴水撞击石头的同时下一滴水开始落下,则一天时间内水滴对石头作用力的总冲量大小约为(　　)
A.1 N·s　　　　　　　 B.10 N·s
C.20 N·s D.40 N·s
答案:D
知识点四
动量定理的应用
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,底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门,气体向外喷出,设喷口的面积为S,气体的密度为ρ,气体向外喷出的速度为v,则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是多少
问题引领
提示:Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm=ρSv·Δt,对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统,由动量定理得FΔt=Δmv-0,解得F=ρv2S。
归纳提升
动量定理的应用
1.定性分析有关现象。
(1)物体的动量变化量一定时,力的作用时间越短,力就越大,反之力就越小。
(2)作用力一定时,力的作用时间越长,动量变化量越大,反之动量变化量就越小。
2.应用动量定理定量计算的一般步骤。
选定研究对象,
明确运动过程
→
进行受力分析,
确定初、末状态
→
选取正方向,列动量定理方程求解
我们应用动量定理可以解决流体、粒子等问题,解决此类问题的关键点在于构建合理的物理模型。
典型例题
【例题4】 使用高压水枪作为切割机床的刀具有独特优势,得到广泛应用,如图所示,若水柱截面面积为S,水流以速度v垂直射到被切割的钢板上,之后水速减为零,已知水的密度为ρ,则水对钢板的冲击力为多少
答案:ρSv2
解析:取时间t内的水为研究对象。设时间t内有体积为V的水打在钢板上,则这些水的质量为m=ρV=ρSvt,以这部分水为研究对象,它受到钢板的作用力为F,以水运动的方向为正方向,由动量定理有Ft=0-mv,即F=- =-ρSv2,负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反,由牛顿第三定律可以知道,水对钢板的冲击力大小为ρSv2。
应用动量定理解决流体问题,建立“柱状模型”
对于“连续”质点系发生持续作用,物体动量(或其他量)连续发生变化这类问题的处理思路是正确选取研究对象,即选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象,建立如下的“柱状模型”:在时间Δt内所选取的研究对象均分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内,这部分质点的质量为Δm=ρSvΔt,以这部分质点为研究对象,研究它在时间Δt内动量(或其他量)的变化情况,再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。
【变式训练4】 一艘帆船在静水中由风力推动做匀速直线运动。设帆面的面积为S,风速为v1,船速为v2(v2解析:如图所示,取柱体内的空气为研究对象。这部分空气经过时间Δt 后速度由v1变为v2,故其质量Δm=ρS(v1-v2)Δt
取船前进方向为正方向,设风力为F,由牛顿第三定律得,帆船对这部分气体的力为-F,对这部分气体,由动量定理有-FΔt=Δm(v2-v1)
课堂小结
随堂练习
1.(冲量与冲量的计算)运动员向球踢了一脚(如图),踢球时的力F=100 N,球在地面上滚动了t=10 s停下来,则运动员对球的冲量为(　　)
A.1 000 N·s
B.500 N·s
C.0
D.无法确定
答案:D
解析:滚动了t=10 s是地面摩擦力对足球的作用时间,不是踢球的力的作用时间,由于不能确定人作用在球上的时间,所以无法确定运动员对球的冲量,选项D正确。
2.(动量定理)如图,从高处跳到低处时,为了安全,一般都要屈腿,这样做是为了(　　)
A.减小冲量
B.减小动量的变化量
C.增大与地面的冲击时间,从而减小冲力
D.增大人对地面的压强,起到安全作用
答案:C
解析:人在和地面接触时,人的速度减为零,由动量定理可知(F-mg)t=Δp,而屈腿可以增加人着地的时间,从而减小人受到地面的冲击力,故选C。
3.(动量定理)右图为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的v-t图像,小球的质量为0.5 kg,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力不计。根据图像可知(　　)
A.小球下落的初始位置离地面的高度为1.25 m
B.小球第一次反弹的最大高度为1.8 m
C.横坐标每一小格表示的时间是0.1 s
D.小球第一次撞击地面时地面给小球的平均
作用力为55 N
答案:C
4.(动量定理)甲、乙两物体在同一直线上运动,它们在0~0.4 s时间内的v-t图像如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用,已知物体甲的质量为0.3 kg,则在0~0.3 s时间内,物体乙受到的冲量为(　　)
A.0.3 N·s B.-0.3 N·s
C.0.9 N·s D.-0.9 N·s
答案:B
5.(动量定理的应用)“水上飞人表演”是近几年来观赏性较高的水上表演项目之一,其原理是利用脚上喷水装置产生的反冲动力,使表演者在水面之上腾空而起,同时能在空中完成各种特技动作,如图(a)所示。为简化问题,将表演者和装备与竖直软水管看成分离的两部分,如图(b)所示。已知表演者及装备的总质量为M,竖直软水管的横截面积为S,水的密度为ρ,重力加速度为g。若水流竖直向上喷出,与表演者接触后能以原速率反向弹回,要保持表演者在空中静止,软水管的出水速度至少为(　　)
(a)
(b)
答案:C
解析:设出水的速度为v,在极短时间t内,出水质量为m=ρSvt,速度由竖直向上的v变为竖直向下的v,表演者静止在空中,根据平衡条件可知,水对表演者和装备的作用力为Mg,根据牛顿第三定律可知,表演者和装备对水的作用力大小也为Mg,取向下为正方向,根据动量定理可知,Mgt=mv-(-mv)
6.(动量定理的应用)下图为某物业公司的宣传提示牌。从提供的信息建立物理过程:一枚m=30 g的鸡蛋从16楼(离地面安全帽距离为45 m)自由落下,砸到安全帽,速度减小为0,安全帽会被砸破。若鸡蛋壳与安全帽的作用时间为t=4.5×10-4 s,则安全帽受到的平均冲击力F的大小为多少 (重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力)
答案:2.0×103 N
解析:根据v2=2gh
可得落到安全帽上的瞬时速度为v=30 m/s
鸡蛋壳与安全帽碰撞的过程,若选竖直向上为正方向,
由动量定理得(F-mg)Δt=0-(-mv)(共55张PPT)
3.动量守恒定律
第一章
内容索引
01
02
03
自主预习 新知导学
合作探究 释疑解惑
随堂练习
课标定位
素养阐释
1.通过理论推导和实验,理解动量定理和动量守恒定律,能用其解释生产生活中的有关现象。
2.知道动量守恒定律的普适性。
3.体会用守恒定律分析物理问题的方法,体会自然界的和谐与统一。
1.知道系统、内力和外力的概念。掌握动量守恒定律的含义、表达式和守恒条件。了解动量守恒定律的普适性。培养正确的物理观念。
2.会用牛顿运动定律推导动量守恒定律的表达式。会用动量守恒定律解释生活中的实际问题, 培养科学思维能力。
自主预习 新知导学
一、动量守恒定律
1.系统:在物理学中,有时要把相互作用的两个或多个物体作为一个整体来研究,这个整体叫系统。
2.理论研究
如图所示,两个质量均为m的小球以相同的速率相向运动并发生碰撞,刚接触的瞬间,两者的速度分别是v1和v2,两者脱离接触的瞬间的速度分别为v1'和v2'。
分别对两个物体应用动量定理,得
则 p1'-p1=-(p2'-p2)
变形得 p1+p2=p1'+p2' ,可见,两个物体的总动量在相互作用前后保持不变,即系统的总动量在碰撞前后是守恒的。
3.动量守恒的条件:系统所受的合外力为零,是系统相互作用的过程中动量守恒的条件。
4.动量守恒定律
(1)内容:如果一个系统不受外力或所受合外力为零,无论这一系统的内部发生了何种形式的相互作用,这个系统的总动量保持不变,这就是动量守恒定律。
(2)表达式:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。
5.动量守恒定律的数学表达式是矢量方程还是标量方程,应用时要注意什么
答案:矢量方程。应用时要注意正方向的选取。
二、动量守恒定律的普适性
1.动量守恒的普适性:随着物理学的发展,人们认识到动量守恒定律具有普适性,它比牛顿运动定律适用的范围要广得多。无论在微观、宏观还是
高速领域,无论是何种形式的相互作用,只要系统所受的合外力为零,动量守恒定律都是适用的。动量守恒定律是自然界中最普遍、最基本的规律之一。
2.如果系统内相互作用的物体不只是两个,而是三个或者多个,同样也可证明当系统不受外力或者所受的合外力为零时,系统的动量也守恒。
3.动量守恒定律的普适性是不是说动量守恒定律没有条件
答案:不是。动量守恒定律的普适性与动量守恒的条件是说了两个不同问题,前者是说了动量守恒定律的应用范围或适用范围,而后者是说动量守恒定律在这些范围内的适用条件。
三、动量守恒定律的应用
1.近似守恒:真正不受外力、只有内部相互作用力的系统实际上是不存在的,例如空气阻力、接触面的摩擦力等都普遍存在。但对于碰撞等相互作用时间很短、相互作用力很大的系统,由于内力远大于外力,常常可以忽略外力的影响,认为系统的动量守恒。
2.某方向守恒:系统的外力不能忽略,系统的动量不守恒,但在某一方向上不受外力(或外力可以忽略),则系统的动量沿这一方向的分量守恒。
【思考讨论】
1.判断下列说法的正误。
(1)一个系统初、末态动量大小相等,即动量守恒。(　　)
(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞,两个物体组成的系统动量守恒。(　　)
(3)只要系统受到的外力的功为零,动量就守恒。(　　)
(4)只要系统受到的合力的冲量为零,动量就守恒。(　　)
(5)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。(　　)
√
×
×
√
√
2.(多选)在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧,如图所示,用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态,将小车及弹簧看成一个系统,下列说法正确的是(　　)
A.两手同时放开后,系统总动量始终为零
B.先放开左手,再放开右手后,动量不守恒
C.先放开左手,后放开右手,总动量向左
D.无论何时放手,两手放开后,在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零
答案:ACD
解析:若两手同时放开A、B两车,系统所受合外力为零,系统动量守恒,由于系统初动量为零,则系统总动量为零,故A正确;先放开左手,系统所受合外力向左,系统所受合外力的冲量向左,再放开右手,系统总动量向左,故C正确;无论何时放手,两手放开后,系统所受合外力为零,系统动量守恒,在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,如果同时放手,系统总动量为零,如果不同时放手,系统总动量可能不为零,故B错误,D正确。
3.如图所示,游乐场上,两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞,此后,两车以共同的速度运动。设甲同学和他的车的总质量为150 kg,碰撞前向右运动,速度的大小为4.5 m/s;乙同学和他的车的总质量为200 kg,碰撞前向左运动,速度的大小为3.7 m/s。则碰撞后两车共同的运动速度大小为　　　　　　,方向　　　　　　。
碰碰车的碰撞示意图
答案:0.186 m/s　向左
解析:本题的研究对象为两辆碰碰车(包括驾车的同学)组成的系统,在碰撞过程中此系统的内力远远大于所受的外力,外力可以忽略不计,满足动量守恒定律的适用条件。设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向,他和车的总质量m1=150 kg,碰撞前的速度v1=4.5 m/s;乙同学和车的总质量m2=200 kg,碰撞前的速度v2=-3.7 m/s。设碰撞后两车的共同速度为v,则系统碰撞前的总动量为p=m1v1+m2v2=150×4.5 kg·m/s+200×(-3.7) kg·m/s=-65 kg·m/s。
碰撞后的总动量为p'=(m1+m2)v,
根据动量守恒定律可知p=p',代入数据解得v≈-0.186 m/s,
即碰撞后两车以0.186 m/s的共同速度运动,运动方向向左。
合作探究 释疑解惑
知识点一
动量守恒条件的理解
问题引领
(1)对某一系统来说一个力是内力,在另一情况下这个力能变成外力吗
(2)如图所示,甲、乙、丙三辆车碰撞发生追尾事故。
①选甲、乙两车为系统,丙对乙的力是内力还是外力 甲和乙组成的系统动量守恒吗
②选甲、乙、丙三车为系统,丙对乙的力是内力还是外力 三车组成的系统动量守恒吗
提示:(1)能。内力是系统内物体之间的作用力,一个力是内力还是外力不是固定的,要看选择的系统,当选择的系统发生变化时,这个力可能就会由内力变为外力,所以是内力还是外力关键看选择的系统。
(2)①外力　不守恒　②内力　守恒
归纳提升
1.动量守恒中,研究对象:两个或两个以上的物体组成的相互作用的系统。
2.动量守恒条件
(1)理想条件:系统不受外力。
(2)实际条件:系统所受外力的矢量和为零。
(3)近似条件:系统受外力,但外力远小于内力,则系统总动量近似守恒。
(4)推广条件:系统受力不符合以上三条中的任一条,则系统的总动量不守恒,但是,若系统在某一方向上符合以上三条中的某一条,则系统在该方向上动量守恒。
动量守恒的判断
(1)分析动量守恒时要着眼于系统,要在不同的方向上研究系统所受外力的矢量和。
(2)要深刻理解动量守恒的条件。
(3)系统动量严格守恒的情况是很少的,在分析守恒条件是否满足时,要注意对实际过程的理想化。
典型例题
【例题1】 (多选)如图所示,A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2,原来静止在足够长的平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,水平地面光滑,当弹簧突然释放后,则下列说法正确的是(　　)
A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,
A、B组成的系统动量守恒
B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成的系统动量守恒
C.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统动量守恒
D.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成的系统动量守恒
答案:BCD
解析:如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,弹簧释放后,A、B分别相对于小车向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力FfA向右,FfB向左。由于mA∶mB=3∶2,所以FfA∶FfB=3∶2,则A、B组成的系统所受的外力之和不为零,故其动量不守恒,选项A错误;对A、B、C组成的系统,A、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力,它们的合力为零,故该系统的动量守恒,选项B、D正确;若A、B所受摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受的外力之和为零,故其动量守恒,选项C正确。
动量守恒的判断
1.动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。判断系统的动量是否守恒,与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
2.判断系统的动量是否守恒,要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为零,因此要分清哪些力是内力,哪些力是外力。
3.系统的动量守恒,并不是系统内各物体的动量都不变。一般来说,系统的动量守恒时,系统内各物体的动量是变化的,但系统内各物体的动量的矢量和是不变的。
【变式训练1】 如图所示,短道速滑接力比赛中,运动员甲和乙在水平直道交接时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出,则此过程中(　　)
A.甲、乙系统的总动量守恒
B.甲、乙系统的机械能守恒
C.甲、乙的动量变化量相同
D.甲、乙的动能变化量相同
答案:A
解析:短道速滑过程中甲和乙受到的摩擦力很小,可以忽略,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出,在相互作用的过程中甲与乙组成的系统合外力为零,系统动量守恒,故A正确;在相互作用的过程中,乙要消耗体内的化学能,化学能转化为系统的机械能,所以系统的机械能不守恒,故B错误;根据动量守恒定律知Δp=0,即有Δp甲+Δp乙=0,则得Δp甲=-Δp乙,即甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反,故动量变化不相同,故C错误;乙推甲的过程中,根据能量守恒定律知,系统总动能增加,则甲的动能增加量大于乙的动能减少量,甲、乙的动能变化量不相同,故D错误。
【变式训练2】 木块a和b用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,a紧靠在墙壁上,在b上施加向左的水平力使弹簧压缩,如图所示,当撤去外力后,下列说法正确的是(　　)
A.当撤去外力后,a和b系统的机械能守恒
B.a尚未离开墙壁前,a和b系统的动量守恒
C.a离开墙后,a和b系统的动量守恒
D.a离开墙后,a和b系统的动量不守恒
答案:C
解析:当撤去外力后,以a、b及弹簧组成的系统为研究对象,除了系统内弹力做功外,无其他力做功,系统的机械能守恒,由于弹簧的弹性势能在变化,所以a和b系统的机械能不守恒,故A错误;a尚未离开墙壁前,墙壁对a有向右的作用力,a和b系统所受的合外力不为零,因此该过程a和b系统的动量不守恒,故B错误;当a离开墙壁后,a和b系统水平方向不受外力,竖直方向受力平衡,所以a和b系统的合外力为零,a和b系统的动量守恒,故C正确,D错误。
知识点二
动量守恒定律的理解
问题引领
如图所示,两小球m1和m2在光滑的水平面上沿同一直线同向匀速运动,且v2>v1,两球相撞后的速度分别为v1'和v2'。
两球在碰撞过程中系统动量守恒吗 若守恒,请写出动量守恒表达式。
提示:守恒,m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。
归纳提升
1.动量守恒常见的表达式
(1)p'=p,其中p'、p分别表示系统的末动量和初动量,表示系统作用后的总动量等于作用前的总动量。
(2)Δp=0,表示系统总动量的变化量等于零。
(3)Δp1=-Δp2,其中Δp1、Δp2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量,即两个物体组成的系统,各自动量的变化量大小相等、方向相反。
2.动量守恒定律的理解
(1)条件性:动量守恒定律是有条件的,应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件。
(2)矢量性:定律的表达式是一个矢量式。
①系统的总动量在任意两个时刻不仅大小相等,而且方向也相同。
②在求系统的总动量p=p1+p2+…时,要按矢量运算法则计算。
(3)相对性:动量守恒定律中,系统中各物体在相互作用前后的动量,必须相对于同一惯性系,各物体的速度通常均为相对于地的速度。
(4)同时性:动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量,p1'、p2'…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量。
(5)普适性:动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统,也适用于多个物体组成的系统。不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组成的系统。
对系统“总动量保持不变”的理解
(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等,不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。
(2)系统的总动量保持不变,但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。
(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和,总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变。
典型例题
【例题2】 在纳米技术中需要移动或修补原子,必须使在不停地做热运动(速率约几百米每秒)的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间,为此发明了“激光制冷”的技术。即利用激光作用于原子,使原子运动速率变慢,从而温度降低。若把原子和入射光子分别类比为一辆小车和一个小球,则“激光制冷”与下述的力学模型相似。如图所示,一辆质量为m的小车(左侧固定一轻质挡板)以速度v0水平向右运动;一个动量大小为p,质量可以忽略的小球水平向左射入小车后动量变为零;紧接着不断重复上述过程,最终小车将停下来。设地面光滑,求:
(1)第一个小球入射后,小车的速度大小v1;
(2)从第一个小球入射开始计数到小车停止运动,共入射多少个小球
处理动量守恒应用题“三步曲”
(1)判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件。
(2)确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量。
(3)确定正方向,选取恰当的动量守恒的表达式列式求解。
【变式训练3】 某机车以0.8 m/s 的速度驶向停在铁轨上的15节车厢,跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后,它们连在一起具有一个共同的速度,紧接着又跟第2节车厢相碰,就这样,直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等,则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)(　　)
A.0.053 m/s　　　　　　 B.0.05 m/s
C.0.057 m/s D.0.06 m/s
答案:B
解析:取机车和15节车厢整体为研究对象,由动量守恒定律得
【变式训练4】 一辆质量m1=3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上,后面一辆质量m2=1.5×103 kg的轿车来不及刹车,直接撞入货车尾部失去动力。相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s=6.75 m停下。假设两车一起滑行过程中水平方向上两车只受滑动摩擦力,车轮与路面间的动摩擦因数μ=0.6,求碰撞前轿车的速度大小。(重力加速度g取10 m/s2)
答案:27 m/s
知识点三
动量守恒定律的应用
问题引领
在光滑的水平面上有一辆平板车,一个人站在车上用大锤敲打车的左端,如图所示。在连续的敲打下,这辆车能持续地向右运动吗 说明理由。
提示:当把锤头打下去时,锤头向右摆动,系统总动量为零,车向左运动;举起锤头时,锤头向左运动,车就向右运动。用锤头连续敲击时,车只是左右运动,一旦锤头不动,车就会停下来,所以车不能持续向右运动。
归纳提升
应用动量守恒定律的解题步骤:
关于动量守恒定律理解的三个误区
(1)误认为只要系统初、末状态的动量相同,则系统动量守恒。产生误区的原因是没有正确理解动量守恒定律,系统在变化的过程中每一个时刻动量均不变,才符合动量守恒定律。
(2)误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时,系统动量才能守恒。产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件,动量是矢量,只要系统不受外力或所受合外力为零,则系统动量守恒,系统内各物体的运动不一定共线。
(3)误认为动量守恒定律中,各物体的动量可以相对于任何参考系。出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律,应用动量守恒定律时,各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系,一般情况下,选地面为参考系。
典型例题
【例题3】 如图所示,人站在滑板A上,以v0=4 m/s的速度沿光滑水平面向右运动。当靠近前方的横杆时,人相对滑板竖直向上起跳越过横杆,A从横杆下方通过,与静止的滑板B发生碰撞并粘在一起,之后人落到B上,与滑板一起运动。已知人、滑板A和滑板B的质量分别为m人=60 kg、mA=10 kg和mB=30 kg,求:
(1)A、B碰撞过程中,A对B的冲量的大小和方向;
(2)人最终与滑板的共同速度的大小。
答案:(1)30 N·s,方向水平向右　(2)2.8 m/s
解析:(1)A、B碰撞过程中,A与B碰撞前后动量守恒,设碰后A、B的共同速度为v1。
取向右为正方向,由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v1
解得v1=1 m/s
对B,由动量定理得
A对B的冲量I=mBv1=30×1 N·s=30 N·s,方向水平向右。
(2)人下落与滑板作用前后,对人、A、B组成的系统进行全过程分析,水平方向动量守恒,设共同速度为v2,
m人v0+(mA+mB)v1=(m人+mA+mB)v2
代入数据得v2=2.8 m/s。
多物体多过程动量守恒的分析
一个系统如果满足动量守恒条件,并且由两个以上的物体构成,在对问题进行分析时,既要注意系统总动量守恒,又要注意系统内部分物体动量守恒。注意系统内部分物体动量守恒分析,又可以使求解突破关键的未知量,增加方程个数,为问题的最终解答铺平道路。解决问题时应注意:
(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况,建立运动模型。
(2)分清作用过程中各个阶段和联系阶段的状态量。
(3)合理地选取研究对象,既要符合动量守恒的条件,又要方便解题。
【变式训练5】 (多选)如图所示,三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列,静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上,接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止,此后(　　)
A.a、b两车运动速率相等
B.a、c两车运动速率相等
C.三辆车的速率关系为vc>va>vb
D.a、c两车运动方向相反
答案:CD
解析:若人跳离b、c车时速度为v,由动量守恒定律知,对人和c车组成的系统有0=-m车vc+m人v
对人和b车组成的系统有m人v=-m车vb+m人v
对人和a车组成的系统有m人v=(m车+m人)va
【变式训练6】 如图所示,从倾角为30°、长0.3 m的光滑斜面顶端滑下质量为2 kg的货包,掉在质量为13 kg的静止的小车里。若小车与水平面之间的动摩擦因数μ=0.02,小车能前进多远 (g取10 m/s2,不计空气阻力)
答案:0.1 m
货包离开斜面后,由于水平方向不受外力,所以,在其落入小车前,其水平分速度vx不变,其大小为vx=vcos 30°=1.5 m/s。货包落入小车中与小车相碰的瞬间,虽然小车在水平方向受到摩擦力的作用,但与相碰时的内力相比可忽略,故系统在水平方向上动量守恒,以vx的方向为正方向,则mvx=(M+m)v'
课堂小结
随堂练习
1.(某一方向上的动量守恒)如图所示,在光滑水平面上放一个质量为M的斜面体,质量为m的物体沿斜面由静止开始自由滑下,下列说法正确的是(　　)
A.M和m组成的系统动量守恒
B.M和m组成的系统所受合力方向向上
C.M和m组成的系统水平方向动量守恒
D.M和m组成的系统竖直方向动量守恒
答案:C
解析:M和m组成的系统在水平方向上所受合外力为零,水平方向系统动量守恒;竖直方向系统所受合外力不为零,且方向向下,系统在竖直方向上动量不守恒,则M和m组成的系统动量不守恒。故A、B、D错误,C正确。
2.(多物体动量守恒的判断)如图所示,一个劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置,弹簧上端固定一质量为2m的物块A,弹簧下端固定在水平地面上。一质量为m的物块B,从距离弹簧最上端高为h的正上方处由静止开始下落,与物块A接触后粘在一起向下压缩弹簧。从物块B刚与A接触到弹簧压缩到最短的整个过程中(弹簧保持竖直,且在弹性限度内形变),下列说法正确的是(　　)
A.物块B的动能先减少后增加又减少
B.物块A和物块B组成的系统动量守恒
C.物块A和物块B组成的系统机械能守恒
D.物块A、物块B和弹簧组成的系统机械能守恒
答案:A
解析:物块B刚与A接触时,B与A发生完全非弹性碰撞,B的动能会减小,然后和A一起向下加速,当物块B和A所受重力等于弹簧弹力时,物块B速度达到最大,接着向下运动,弹簧弹力大于物块B和A的重力,加速度方向向上,二者一起减速到零,所以物块B的动能先减少后增加又减少,故A正确;物块A和B组成的系统受到的合外力不为零,动量不守恒,故B错误;物块A和B组成的系统需要克服弹力做功,机械能不守恒,故C错误;物块A、物块B和弹簧组成的系统,物块B刚与A接触时,B与A发生完全非弹性碰撞,机械能会有损耗,故D错误。
3.(动量守恒定律的简单应用)我国某鱼雷快艇在南海海域附近执行任务,假设鱼雷快艇的总质量为M,以速度v前进,现沿快艇前进方向发射一颗质
答案:A
4.(动量守恒定律的应用)甲、乙两个玩具小车在光滑水平面上沿同一直线相向运动,它们的质量和速度大小分别为m1=0.5 kg,v1=2 m/s;m2=3 kg,v2=1 m/s。两小车相碰后,乙车的速度减小为v2'=0.5 m/s,方向不变,求甲车的速度v1'。
答案:1 m/s,方向与乙车的速度方向相同
解析:设碰前甲车运动的方向为正方向。对两车组成的系统,由于在光滑的水平面上运动,作用在系统上的水平方向的外力为零,故由动量守恒定律有m1v1-m2v2=m1v1'-m2v2',
负号表示甲车在相碰后速度的方向与乙车的速度方向相同。(共40张PPT)
4.实验:验证动量守恒定律
第一章
内容索引
01
02
03
实验探究 新知导学
典例精讲 释疑解惑
随堂练习
课标定位
素养阐释
1.掌握应用平抛运动验证动量守恒定律。
2.掌握验证动量守恒定律的实验方法。
3.学会实验数据处理的方法。
1.在探究碰撞过程的守恒量基础上掌握验证动量守恒定律的各种方法,开拓思维,培养实验探究能力。
2.掌握各种实验方案中实验操作与实验数据处理方法,培养实验数据处理能力。
实验探究 新知导学
一、实验目的
1.掌握应用研究平抛运动的实验验证动量守恒定律。
2.掌握验证动量守恒定律的其他实验方法。
3.能正确进行实验数据处理。
二、实验原理
下图为验证碰撞中的动量守恒的实验装置。设入射小球质量为m1,被碰小球质量为m2,碰撞前m1的速度为v1,m2静止,碰撞后m1的速度为v1',m2的速度为v2'。
1.若碰撞动量守恒,则应满足: m1v1=m1v1'+m2v2' 。
2.该实验入射小球和被碰小球质量必须满足m1>m2。
3.该实验需要测量的数据有m1、m2、OM、ON、OP。
4.根据测量数据,验证动量守恒的关系式是m1·OP=m1·OM+m2·ON。
三、实验仪器
斜槽、两个大小相同但质量不同的小球、天平、刻度尺、白纸、复写纸、圆规等。
四、实验操作
1.取两个大小相同的小球,测出它们的质量m1、m2。
(a)
(b)
(c)
2.按图(a)所示安装好实验装置并使斜槽末端水平。
3.在地面上铺一张白纸,在白纸上铺放一张复写纸。
4.在白纸上记下重垂线所指的位置O[如图(b)],它表示两小球做平抛运动的初始位置的水平投影。
5.先不放被碰小球,让入射小球从斜槽上以某一高度处静止滚下,重复10次,用圆规画一个尽可能小的圆,把所有的小球落点圈在里面,圆心就是入射小球平抛的落地点P。
6.把被碰小球放到斜槽末端,让入射小球从同一高度由静止滚下,使它们发生正碰,重复10次,仿照上一步骤求出入射小球落地点的平均位置M和被碰小球落地点的平均位置N。
7.过O和N在纸上作一直线。
8.用刻度尺量出线段OM、OP、ON的长度。
9.把两小球的质量和相应的数值代入m1·OP=m1·OM+m2·ON,看看是否成立。
五、其他验证方案
方案一:利用气垫导轨完成一维碰撞实验(如图所示)
方案二:利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(如图所示)
方案三:在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(如图所示)
六、误差分析
1.系统误差:主要来源于装置本身是否符合要求。
(1)碰撞是否为一维碰撞。
(2)实验是否满足动量守恒的条件,如气垫导轨是否水平等。
2.偶然误差:主要来源于质量m和速度v的测量。
七、注意事项
1.碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
2.若利用气垫导轨进行实验,调整气垫导轨时,注意利用水平仪确保导轨水平。
3.若利用摆球进行实验,两小球静放时球心应在同一水平线上,且刚好接触,摆线竖直,将小球拉起后,两条摆线应在同一竖直平面内。
4.若利用长木板进行实验,可在长木板下垫一个小木片以平衡摩擦力。
5.若利用斜槽进行实验,入射小球质量m1要大于被碰小球质量m2,即m1>m2,防止碰后m1被反弹,且两球半径r1=r2=r。
典例精讲 释疑解惑
【例题1】 在实验室里为了验证动量守恒定律,一般采用如图(a)、(b)两种装置。
(a)
(b)
(1)若入射小球质量为m1,半径为r1;被碰小球质量为m2,半径为r2,则　　　。
A.m1>m2　r1>r2
B.m1>m2　r1C.m1>m2　r1=r2
D.m1(2)若采用(a)装置进行实验,以下所提供的测量工具中必需的是　　　　　　　。
A.刻度尺 B.游标卡尺 C.天平 D.弹簧测力计
E.停表
(3)设入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,则在用(a)装置实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置),所得“验证动量守恒定律”的结论为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用装置图中的字母表示)。
(4)在实验装置(b)中,若斜槽轨道是光滑的,则可以利用一个小球验证小球在斜槽上下滑过程中的机械能守恒。这时需要测量的物理量有小球释放初位置到斜槽末端的高度差h1,小球从斜槽末端做平抛运动的水平位移s、竖直高度h2,则所需验证的关系式为　　　　　　　　　　　　。
答案:(1)C　(2)AC　(3)m1·OP=m1·OM+m2·O'N　(4)s2=4h1h2
解析:(1)为了保证碰撞前后入射小球的速度方向不变,故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量。为了使两球发生正碰,两小球的半径相同,选项C正确。
间t相等,验证碰撞中的动量守恒,需要验证m1v1=m1v1'+m2v2,两边同乘以t可得m1v1t=m1v1't+m2v2t,则有m1x1=m1x1'+m2x2,由题图(a)可知,需要验证m1·OP=m1·OM+m2·O'N,因此实验需要测量的量有:①入射小球的质量,②被碰小球的质量,③入射小球碰前平抛的水平位移,④入射小球碰后平抛的水平位移,⑤被碰小球碰后平抛的水平位移。实验需要刻度尺与天平。
验证动量守恒注意的问题
应用平抛运动验证动量守恒定律实验中,因为做平抛运动的物体运动时间相等,因此由关系式m1v1=m1v1'+m2v2,两边同乘以t可得m1v1t=m1v1't+m2v2t,则有m1x1=m1x1'+m2x2,故本实验中只需将位移关系代入公式,不需计算速度关系。
【例题2】 某同学用如图(a)所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来“探究碰撞过程中的不变量”,图中PQ是斜槽,QR为水平槽,实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹。重复上述操作10次,得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,让A球仍从位置G由静止开始滚下,和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。
(a)
(1)安装器材时要注意:固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿　　　　　方向。
(2)某次实验中,得出小球落点情况如图(b)所示(单位是cm),P'、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置(把落点圈在内的最小圆的圆心),若入射小球和被碰小球质量之比为m1∶m2=4∶1。
(b)
则两球碰撞前的总动量为　　　　　(用m1表示),碰撞后的总动量为　　　　(用m1表示)。
在实验误差允许的范围内两球碰撞过程中动量　　　　　。
答案:(1)水平
(2)0.256m1　0.255m1　守恒
解析:(1)为保证小球滚落后做平抛运动,斜槽末端的切线要沿水平方向。
(2)碰撞前有p=m1·OP'=0.256m1
碰撞后有p'=m1·OM+m2·ON=0.155m1+0.4m2=0.255m1
由以上计算可知,在实验误差允许的范围内,两球碰撞过程中动量守恒。
【例题3】 为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量),某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B,按下述步骤进行实验:
步骤1:在A、B的相撞面分别装上尼龙拉扣,以便二者相撞以后能够立刻结为整体;
步骤2:安装好实验装置如图(a),铝质轨道槽的左端是倾斜槽,右端是长直水平槽,倾斜槽和水平槽由一小段弧连接,轨道槽被固定在水平桌面上,在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机;
步骤3:让滑块B静置于水平槽的某处,滑块A从斜槽某处由静止释放,同时开始频闪拍摄,直到A、B停止运动,得到一幅多次曝光的数码照片;
步骤4:多次重复步骤3,得到多幅照片,挑出其中最理想的一幅,打印出来,将刻度尺紧靠照片放置,如图(b)所示。
(1)由图分析可知,滑块A与滑块B碰撞发生的位置在　　　　　　　　。
①P5、P6之间
②P6处
③P6、P7之间
(2)为了探究碰撞中动量是否守恒,需要直接测量或读取的物理量是　　　　　。
①A、B两个滑块的质量m1和m2
②滑块A释放时距桌面的高度
③频闪照相的周期
④照片尺寸和实际尺寸的比例
⑤照片上测得的s45、s56和s67、s78
⑥照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89
⑦滑块与桌面间的动摩擦因数
写出验证动量守恒的表达式 　 。
(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议: 　 。
答案:(1)②
(2)①⑥
m1(2s56+s45-s34)=(m1+m2)(2s67+s78-s89)
(3)见解析
解析:(1)由题图可知碰撞位置发生在P5、P6之间或P6处,又由于P6位置滑块速度明显减小,故A、B相撞的位置在P6处,故②正确。
(2)设碰撞前滑块A在P4、P5、P6的速度分别为v4、v5、v6,碰撞后,整体在P6、P7、P8的速度分别为v6'、v7、v8,
m1v6=(m1+m2)v6',将以上两式代入整理得m1(2s56+s45-s34)=
(m1+m2)(2s67+s78-s89),故需要直接测量的物理量是A、B两个滑块的质量m1和m2及照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89,故①⑥正确。
(3)提高实验准确度或改进实验原理的建议:
①使用更平整的轨道槽,轨道要平整,防止各段摩擦力不同,滑块做非匀变速运动。
②在足够成像的前提下,缩短频闪照相每次曝光的时间,使滑块碰撞位置拍摄更清晰、准确。
③适当增大相机和轨道槽的距离,相机和轨道槽的距离较小时,由于镜头拍摄引起的距离误差增大,应适当增大相机和轨道槽的距离。
实验创新思路
实验目的的创新
(a) (b)
1.利用动量守恒、机械能守恒计算弹丸的发射速度。
2.减小实验误差的措施,体现了物理知识和物理实验的实用性、创新性和综合性。
实验器材的创新
1.利用气垫导轨代替长木板,利用光电门代替打点计时器,提高实验的精确度。
2.利用相对误差评价实验结果。
实验器材的创新
(a)
(b)
1.利用铝质导轨研究完全非弹性碰撞。
2.利用闪光照相机记录立方体滑块碰撞前后的运动规律,从而确定滑块碰撞前后的速度。
实验过程的创新
1.用压缩弹簧的方式使两滑块获得速度,可使两滑块的合动量为零。
2.利用v= 的方式获得滑块弹离时的速度。
3.根据能量守恒定律测定弹簧的弹性势能。
随堂练习
1.(验证动量守恒定律实验理解)在利用平抛运动做“验证动量守恒定律”实验中,安装斜槽轨道时,应让斜槽末端的切线保持水平,这样做的目的是(　　)
A.入射球得到较大的速度
B.入射球与被碰球对心碰撞后速度均为水平方向
C.入射球与被碰球碰撞时动能无损失
D.入射球与被碰球碰撞后均能从同一高度飞出
答案:B
解析:实验中小球能水平飞出是实验成功的关键,只有这样才能使两个小球在空中运动时间相等。
2.(验证动量守恒定律实验操作)(多选)在用打点计时器做“验证动量守恒定律”实验时,下列哪些操作是正确的(　　)
A.相互作用的两车上,一个装上撞针,一个装上橡皮泥,是为了改变两车的质量
B.相互作用的两车上,一个装上撞针,一个装上橡皮泥,是为了碰撞后粘在一起
C.先接通打点计时器的电源,再释放拖动纸带的小车
D.先释放拖动纸带的小车,再接通打点计时器的电源
答案:BC
3.(验证动量守恒定律实验原理)某同学用如图(a)所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹。重复上述操作10次,得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,让A球仍从位置G由静止开始滚下,和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次,得到了如图(b)所示的三个落地点。
(a)
(b)
(1)请你叙述用什么方法找出落地点的平均位置
　 。
并在图中读出OP=　　　　　　。
(2)已知mA∶mB=2∶1,碰撞过程中动量守恒,则由图可以判断出R是
　　　　球的落地点,P是　　　　球的落地点。
(3)用题中的字母写出动量守恒定律的表达式　 。
答案:(1)用最小的圆把所有落点圈在里面,圆心即为落点的平均位置　13.0 cm　(2)B　A　(3)mA·OQ=mA·OP+mB·OR
解析:(1)用最小的圆把所有落点圈在里面,则此圆的圆心即为落点的平均位置。OP=13.0 cm。
(2)R应是被碰小球B的落地点,P为入射小球A碰撞后的落地点。(共55张PPT)
5.碰撞
第一章
内容索引
01
02
03
自主预习 新知导学
合作探究 释疑解惑
随堂练习
课标定位
素养阐释
1.通过实验,了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。
2.定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点。了解粒子的散射现象,进一步理解动量守恒定律的普适性,培养正确的物理观念。
2.学会利用动量守恒定律和能量守恒定律分析、解决一维碰撞问题,培养科学思维能力。
自主预习 新知导学
一、碰撞的分类
1.弹性碰撞:碰撞过程中,系统总机械能保持不变的碰撞,称为弹性碰撞。
2.非弹性碰撞:若两滑块在碰撞后的总机械能减少了,这说明两滑块在碰撞过程中,有一部分机械能转化为其他形式的能量,这种碰撞称为非弹性碰撞。
3.完全非弹性碰撞:在非弹性碰撞中,如果两物体碰后粘在一起,以相同的速度运动,物理学上把这种碰撞称为完全非弹性碰撞。完全非弹性碰撞是非弹性碰撞中机械能损失最多的一种。
4.在微观世界中,正、负离子碰撞后共同组成分子的过程也属于完全非弹性碰撞。碰撞过程中,两物体相互作用时间很短,即使有外力作用,也远小于碰撞物体之间的相互作用力(内力),因此可以忽略外力作用的影响,认为碰撞过程中动量守恒。
5.如图所示,打台球时,质量相等的母球与目标球发生碰撞,两个球一定交换速度吗
答案:不一定。只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时,系统的总动量守恒,总机械能守恒,才会交换速度,否则不会交换速度。
二、中子的发现
1.中子发现的曲折过程
(1)1928年,德国物理学家玻特用α粒子去轰击轻金属铍(Be)时,发现有一种贯穿力很强的中性射线,当时他认为是γ射线。
(2)法国物理学家约里奥·居里夫妇进行类似的实验,用玻特发现的射线去轰击石蜡,结果从石蜡中打出了质子流,约里奥·居里夫妇认为是γ射线撞击石蜡里的氢原子核的结果。
(3)1932年,卢瑟福的学生、英国物理学家查德威克研究了这种中性射线,测出它的速度不到光速的10%,从而否定这种中性射线是γ射线的看法。他用这种中性射线与质量已知的氢核和氮核分别发生碰撞,并认为这种碰撞是完全弹性的。他在实验室中测出了碰撞后的氢核和氮核的速度,于是就可以应用动量守恒定律和能量守恒定律求出这种中性粒子的质量,从而发现中子。
2.中子质量的计算
设中性粒子的质量为m,碰前速率为v,碰后速率为v',氢核的质量为mH,碰前速率为零,碰后速率为vH,碰撞前后的动量和能量都守恒,则
mv=mv'+mHvH
3.两小球发生对心碰撞,碰撞过程中,两球的机械能守恒吗
答案:两球发生对心碰撞,动量是守恒的,但机械能不一定守恒,只有发生弹性碰撞时,机械能才守恒。
【思考讨论】
1.判断下列说法的正误。
(1)发生碰撞的两个物体,动量是守恒的。(　　)
(2)发生碰撞的两个物体,机械能是守恒的。(　　)
(3)碰撞后,两个物体粘在一起,动量是守恒的,但机械能损失是最大的。(　　)
√
×
√
2.如图所示,光滑水平地面上有两个大小相同、质量不等的小球A和B,A以3 m/s的速率向右运动,B以1 m/s的速率向左运动,发生正碰后都以2 m/s的速率反弹,则A、B两球的质量之比为(　　)
A.3∶5　　　　　 B.2∶3
C.1∶2 D.1∶3
答案:A
解析:两球碰撞过程中,动量守恒,以A的初速度方向为正方向,根据动量守恒定律得mAvA-mBvB=mBvB'-mAvA',代入数据解得mA∶mB=3∶5,故A正确,B、C、D错误。
3.(多选)质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球正碰,关于碰后的速度v1'和v2',下面可能正确的有(　　)
B.v1'=3 m/s,v2'=0.5 m/s
C.v1'=1 m/s,v2'=3 m/s
D.v1'=-1 m/s,v2'=2.5 m/s
答案:AD
解析:由碰撞前后总动量守恒m1v1=m1v1'+m2v2'和能量不增加Ek≥Ek1'+Ek2',验证选项A、B、D皆有可能。但选项B碰后后面小球的速度大于前面小球的速度,不符合实际,所以选项A、D有可能。
合作探究 释疑解惑
知识点一
碰撞的类型及特点
问题引领
如图所示,物体A和B放在光滑的水平面上,A、B之间用一轻绳连接,开始时绳是松弛的,现突然给A以水平向右的初速度v0。(作用过程绳未断)
(1)物体A和B组成的系统动量是否守恒 机械能是否守恒
(2)上述物体A和B之间的作用过程可以视为哪一类碰撞
提示:(1)动量守恒,机械能不守恒。
(2)完全非弹性碰撞。
归纳提升
1.碰撞的特点
(1)时间特点:碰撞现象中,相互作用的时间极短,相对物体运动的全过程可忽略不计。
(2)相互作用力特点:在碰撞过程中,系统的内力远大于外力,所以碰撞过程动量守恒。
(3)位移特点:在碰撞过程中,由于在极短的时间内物体的速度发生突变,物体发生的位移极小,可认为碰撞前后物体处于同一位置。
2.碰撞的分类
(1)弹性碰撞:系统动量守恒、机械能守恒。
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
(2)非弹性碰撞:系统动量守恒,机械能减少,损失的机械能转化为内能,ΔE=Ek初总-Ek末总=Q。
(3)完全非弹性碰撞:系统动量守恒,碰撞后合为一体或具有相同的速度,机械能损失最大。
设两者碰后的共同速度为v共,则有m1v1+m2v2=(m1+m2)v共
(1)当遇到两物体发生碰撞的问题时,不管碰撞环境如何,要首先想到利用动量守恒定律。
(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程,只在一个方向上列动量守恒方程即可,此时应注意速度正、负号的选取。
典型例题
【例题1】 如图所示,在冰壶世锦赛上中国队以8∶6战胜瑞典队,收获了第一个世锦赛冠军,运动员在最后一投中,将质量为19 kg的冰壶推出,冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶,然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等,则下列判断正确的是(　　)
A.瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s,两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B.瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s,两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C.瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s,两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D.瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s,两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
答案:B
解析:两冰壶碰撞的过程中动量守恒,规定向前运动方向为正方向,根据动量守恒定律有
mv1=mv2+mv3
代入数据得m×0.4 m/s=m×0.1 m/s+mv3
解得v3=0.3 m/s。
(0.3 m/s)2]>0
故动能减小,是非弹性碰撞,由此可知B项正确。
我们在分析解答此类问题时要注意从动量与能量两个方面去分析是弹性碰撞还是非弹性碰撞,弹性碰撞动量守恒、机械能守恒,而非弹性碰撞动量守恒、机械能减少。
【变式训练1】 如图所示,在光滑的水平面上有一质量为0.2 kg的小球以5.0 m/s的速度向前运动,与质量为3.0 kg的静止木块发生碰撞,假设碰撞后木块的速度是v木=1 m/s,则(　　)
A.v木=1 m/s这一假设是合理的,碰撞后球的速度为
v球=-10 m/s
B.v木=1 m/s这一假设是不合理的,因而这种情况不可能发生
C.v木=1 m/s这一假设是合理的,碰撞后小球被弹回来
D.v木=1 m/s这一假设是可能发生的,但由于题给条件不足,v球的大小不能确定
答案:B
解析:假设这一过程可以实现,根据动量守恒定律得m1v=m1v1+m2v木,代入数据解得v1=-10 m/s,这一过程不可能发生,因为碰撞后的机械能增加了,由此可知B项正确。
知识点二
碰撞问题中遵循的规律
问题引领
如图所示,光滑水平面上并排静止着小球2、3、4,小球1以速度v0射来,已知四个小球完全相同,小球间发生弹性碰撞,则碰撞后各小球的运动情况如何
提示:小球1与小球2碰撞后交换速度,小球2与小球3碰撞后交换速度,小球3与小球4碰撞后交换速度,最终小球1、2、3静止,小球4以速度v0运动。
归纳提升
碰撞问题遵循的三个原则
(1)系统动量守恒,即p1+p2=p1'+p2'。
(3)速度要合理:
①碰前两物体同向,则v后>v前,碰后,原来在前面的物体速度一定增大,且
v前'≥v后'。
②两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
宏观物体碰撞时一般相互接触,微观粒子碰撞时不一定接触,但只要符合碰撞的特点,就可认为是发生了碰撞,可以用动量守恒的规律分析求解。
【例题2】 如图所示,在光滑水平面上A、B两小球沿同一方向运动,A球的动量pA=4 kg·m/s,B球的质量mB=1 kg、速度vB=6 m/s,已知两球相碰后,A球的动量减为原来的一半,方向与原方向一致。求:
(1)碰撞后B球的速度;
(2)A球的质量范围。
答案:(1)8 m/s
典型例题
解析:(1)由题意知pA'=2 kg·m/s
根据动量守恒定律有pA+mBvB=pA'+mBvB'
解得vB'=8 m/s。
处理碰撞问题的思路
(1)对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次要看总机械能是否增加。
(2)注意碰后的速度关系。
【变式训练2】 在一根足够长的水平杆上穿着4个质量相同的珠子,珠子可以在水平杆上无摩擦地运动。初始时若各个珠子可以有任意的速度大小和方向,则它们之间最多可以碰撞(　　)
A.3次　　　 B.5次　　　 C.6次　　　 D.8次
答案:C
解析:若珠子之间的碰撞是完全非弹性碰撞,每碰撞一次,运动的个体就减小一个,所以最多碰撞4次;若是弹性碰撞,则碰撞一次,珠子将交换速度,最终应该是外面的珠子速度大,里面的珠子速度小。初始状态时,若外面的珠子速度大,里面的珠子速度小,且外面的珠子在向里运动时,它们发生碰撞的次数最多。如图所示,它们的速率关系为v1>v4>v2>v3。珠子1的速度传递给珠子4,需要3次碰撞,珠子2的速度传递到珠子4,需要2次碰撞,珠子3的速度传给珠子4,需要1次碰撞,所以它们之间最多可以碰撞3+2+1=6次,C项正确。
【变式训练3】 (多选)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,A球的动量pA=9 kg·m/s,B球的动量pB=3 kg·m/s,当A追上B时发生碰撞,则碰后A、B两球的动量可能值是(　　)
A.pA'=6 kg·m/s,pB'=6 kg·m/s
B.pA'=6 kg·m/s,pB'=4 kg·m/s
C.pA'=-6 kg·m/s,pB'=18 kg·m/s
D.pA'=4 kg·m/s,pB'=8 kg·m/s
答案:AD
解析:设两球质量为m,碰前总动量p=pA+pB=12 kg·m/s,碰前总动能
若pA'=6 kg·m/s,pB'=4 kg·m/s,
碰后p'=pA'+pB'≠p,故不可能,B错误。
若pA'=-6 kg·m/s,pB'=18 kg·m/s,
知识点三
爆炸与碰撞的比较
问题引领
如图所示,空中飞行的一枚炮弹,不计空气阻力,当此炮弹的速度恰好沿水平方向时,炮弹炸裂成A、B两块,其中质量较大的A块的速度方向与v0方向相同。
(1)在炸裂过程中,A、B所受的爆炸力大小相等吗 系统动量可以认为满足动量守恒定律吗
(2)爆炸时系统动能的变化规律与碰撞时系统动能的变化规律相同吗
提示:(1)A、B所受的爆炸力大小相等。可以认为系统动量守恒。
(2)不同。碰撞时动能要么守恒,要么有损失,而爆炸时,有其他形式的能转化为系统的机械能,系统的动能要增加。
归纳提升
1.爆炸与碰撞的对比
比较项 爆炸 碰撞
相同点 过程 特点 都是物体间的相互作用突然发生,相互作用的力为变力,作用时间很短,平均作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒 过程 模型 由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短,作用过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理,即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始 能量 情况 都满足能量守恒,总能量保持不变 不同点 动能 情况 有其他形式的能转化为动能,动能会增加 弹性碰撞时动能不变,非弹性碰撞时动能要损失,动能转化为内能,动能减少
2.三类“碰撞”模型
(1)子弹打击木块模型
如图(a)所示,质量为m的子弹以速度v0射中放在光滑水平面上的木块B,当子弹相对于木块静止不动时,子弹射入木块的深度最大,二者速度相等,此过程系统动量守恒,动能减少,减少的动能转化为内能。
(a)
(2)连接体模型
如图(b)所示,光滑水平面上的A物体以速度v0去撞击静止的B物体,A、B两物体相距最近时,两物体速度相等,此时弹簧最短,其压缩量最大。此过程系统的动量守恒,动能减少,减少的动能转化为弹簧的弹性势能。
(b)
(3)板块模型
如图(c)所示,物块A以速度v0在光滑的水平面上的木板B上滑行,当A在B上滑行的距离最远时,A、B相对静止,A、B的速度相等。此过程中,系统的动量守恒,动能减少,减少的动能转化为内能。
(c)
典型例题
【例题3】 以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹,到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块。其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。
(1)求质量较小的一块弹片速度的大小和方向。
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能
答案:(1)2.5v0,方向与爆炸前速度方向相反
解析:(1)斜向上抛出的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动,在最高点处爆炸前的速度
设v1的方向为正方向,如图所示。
由动量守恒定律得,3mv1=2mv1'+mv2
其中爆炸后大块弹片速度v1'=2v0
解得v2=-2.5v0,“-”表示v2的方向与爆炸前速度方向相反。
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量,即
处理爆炸问题的两点提醒
(1)在处理爆炸问题,列动量守恒方程时应注意:爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量,爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量。
(2)在爆炸过程中,系统的动量守恒,机械能一定不守恒。在碰撞过程中,系统的动量守恒,但机械能不一定守恒。
【变式训练4】 一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v0=2 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1,不计质量损失,重力加速度g取10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
答案:B
课堂小结
随堂练习
1.(碰撞问题的理解)在光滑水平面上相向运动的A、B两小球发生正碰后一起沿A原来的速度方向运动,这说明原来(　　)
A.A球的质量一定大于B球的质量
B.A球的速度一定大于B球的速度
C.A球的动量一定大于B球的动量
D.A球的动能一定大于B球的动能
答案:C
解析:在碰撞过程中,A、B两小球组成的系统动量守恒。碰撞后两球一起沿A原来的速度方向运动,说明系统的总动量沿A原来的速度方向,由动量守恒定律可知,碰撞前A的动量一定大于B的动量。由p=mv知,由于不知道两球的速度关系,所以无法判断两球的质量关系,也不能判断动能关系,故A、B、D错误,C正确。
2.(碰撞问题遵循的规律)(多选)如图所示,质量相等的A、B两个球,原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动,A球的速度是6 m/s,B球的速度是-2 m/s,不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值,某实验小组的同学们做了很多种猜测,下面的猜测结果可能实现的是(　　)
A.vA'=-2 m/s,vB'=6 m/s
B.vA'=2 m/s,vB'=2 m/s
C.vA'=1 m/s,vB'=3 m/s
D.vA'=-3 m/s,vB'=7 m/s
答案:ABC
解析:两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰
3.(碰撞问题与图像问题)A、B两物体发生正碰,碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动,其位移—时间图像如图所示。由图可知,物体A、B的质量之比为(　　)
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶3 D.3∶1
答案:C
解析:由题图知,碰前vA=4 m/s,vB=0,碰后vA'=vB'=1 m/s,由动量守恒可知mAvA+0=mAvA'+mBvB',解得mB=3mA,故选项C正确。
4.(弹性碰撞问题)在光滑的水平面上,质量为m1的小球A以速率v0向右运动,在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态,如图所示,小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动,小球B被Q处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇,PQ=1.5PO,假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都
答案:2
解析:从两小球碰撞后到它们再次相遇,小球A和B的速度大小保持不变,根据它们通过的路程,可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1。
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2,在碰撞过程中动量守恒,碰撞前后动能相等。(共50张PPT)
6.反冲
第一章
内容索引
01
02
03
自主预习 新知导学
合作探究 释疑解惑
随堂练习
课标定位
素养阐释
1.了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用。知道反冲运动的原理。
2.掌握应用动量守恒定律解决反冲运动问题。
3.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素。
1.知道反冲运动的概念及反冲运动的原理,培养正确的物理观念。
2.学会应用动量守恒定律分析反冲运动问题,解决火箭的工作原理及提高火箭速度的方法,培养正确的科学思维。
自主预习 新知导学
一、反冲现象
1.反冲:如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,一部分向某个方向运动,另一部分必然向相反的方向运动,这个现象叫作反冲。
2.反冲运动的特点:反冲和碰撞、爆炸有着相似之处。反冲过程中相互作用力常为变力,且作用力大,一般都满足内力远大于外力,所以可用动量守恒定律来处理。
3.反冲运动有着广泛的应用,火箭、灌溉喷水器、反击式水轮机等都是利用反冲来工作的。
4.反冲运动中,内力做功的代数和是否为零
答案:不为零。反冲运动中,两部分受到的内力做功的代数和为正值。
二、火箭的发射
1.原理:火箭的飞行应用了反冲的原理,靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度。
2.影响火箭获得速度大小的因素
一是向后的喷气速度,二是质量比(火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比)。喷气速度越大,质量比越大,火箭获得的速度越大。
【思考讨论】
1.判断下列说法的正误。
(1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。(　　)
(2)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析。(　　)
(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体,也适用于微观粒子。(　　)
(4)在没有空气的宇宙空间,火箭仍可加速前行。(　　)
√
×
√
√
2.(多选)采取下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度(　　)
A.使喷出的气体速度增大
B.使喷出的气体温度更高
C.使喷出的气体质量更大
D.使喷出的气体密度更小
答案:AC
解析:设飞机原来总质量为M,喷出的气体质量为m,喷出的气体速度为v0,喷出气体后飞机的速度为v,由动量守恒定律得(M-m)v-mv0=0,v= v0,可见m越大,v0越大,v越大,选项A、C正确。
3.我国为“长征”九号研制的大推力新型火箭发动机联试成功,标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
答案:B
4.下图是一门旧式大炮,炮车和炮弹的质量分别是M和m,炮筒与地面的夹角为α,炮弹射出出口时相对于地面的速度为v0。不计炮车与地面的摩擦,则炮车向后反冲的速度大小为　　　　　　　　　。
解析:取炮弹与炮车组成的系统为研究对象,因不计炮车与地面的摩擦,所以水平方向动量守恒。炮弹发射前,系统的总动量为零,炮弹发射后,炮弹的水平分速度为v0cos α,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有
合作探究 释疑解惑
知识点一
反冲运动的理解和应用
问题引领
在生活中常见到这样的情形:吹饱的气球松手后喷出气体,同时向相反方向飞去;点燃“钻天猴”的药捻,便会向后喷出亮丽的火焰,同时“嗖”的一声飞向天空;乌贼向后喷出水后,它的身体却能向前运动……结合这些事例,体会反冲运动的概念,并思考以下问题:
(1)反冲运动的物体受力有什么特点
(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化
提示:(1)物体的不同部分受相反的作用力,在内力作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动中,相互作用的内力一般情况下远大于外力,所以系统的动量守恒;反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加。
归纳提升
1.反冲运动的三个特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动中,相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力,所以两部分组成的系统动量守恒或在某一方向动量守恒。
(3)反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总动能增加。
2.讨论反冲运动应注意的三个问题
(1)速度的方向性:对于原来静止的整体,当被抛出部分具有速度时,剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的,两者运动方向必然相反。在列动量守恒方程时,可任意规定某一部分的运动方向为正方向,则反方向的另一部分的速度就要取负值。
(2)速度的相对性:反冲问题中,有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度。但是动量守恒定律中速度通常为相对地面的速度。因此应先将相对速度转换成相对地面的速度,再列动量守恒方程。
(3)变质量问题
在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动,如在火箭的运动过程中,随着燃料的消耗,火箭本身的质量不断减小,此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象,取相互作用的这个过程为研究过程进行研究。
反冲运动的拓展认识
(1)喷气式飞机和火箭的飞行都应用了反冲的原理。
(2)日常生活中,有时要应用反冲,有时要防止反冲,如农田、园林的喷灌利用了水的反冲;用枪射击时,要防止枪身的反冲。
典型例题
【例题1】 一个连同装备总质量为M=100 kg的航天员,在距离飞船s=45 m处与飞船处于相对静止状态,他准备对太空中的哈勃望远镜进行维修,航天员背着装有质量为m0=0.5 kg O2的贮气筒,筒内有一个可以使O2以v=50 m/s的速度喷出的喷嘴。航天员在维修完毕哈勃望远镜后,必须向着返回飞船方向的反方向释放O2,才能回到飞船,同时又必须保留一部分O2供途中航天员呼吸之用,航天员的耗氧率为Q=2.5×10-4kg/s,如果不考虑喷出O2对设备与航天员总质量的影响,则:
(1)喷出多少O2,航天员才能安全返回飞船
(2)为了使总耗氧量最低,应该一次喷出多少氧气 返回时间是多少
答案:(1)0.05~0.45 kg　(2)0.15 kg　600 s
解析:(1)以飞船为参考系,设沿着飞船运动的方向为正方向,并设喷出质量为m的O2时航天员获得的速度是v',对于“航天员和喷出的O2”这一系统而言,在喷气方向上由动量守恒可得:
代入数据得m1=0.05 kg,m2=0.45 kg,即喷出0.05 kg或0.45 kg的O2时,航天员返回去刚好把剩余的O2呼吸完,假如喷出的O2介于m1和m2之间,则航天员返回后还有剩余的O2,故本问题的答案是喷出的O2介于0.05~0.45 kg之间,即可安全返回。
本题中航天员所带的氧气量一定,问题是要将它合理分配给呼吸和喷气两个方面使用,并能保证航天员安全返回飞船。
【变式训练1】 反冲小车静止放在水平光滑玻璃上,点燃酒精,蒸汽将橡皮塞水平喷出,小车沿相反方向运动。如果小车运动前的总质量M=3 kg,水平喷出的橡皮塞的质量m=0.1 kg。
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v=2.9 m/s,求小车的反冲速度。
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变,方向与水平方向成60°角,小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)
答案:(1)0.1 m/s,方向与橡皮塞运动的方向相反
(2)0.05 m/s,方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反
解析:(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零,系统总动量为零。以橡皮塞运动的方向为正方向,根据动量守恒定律有
mv+(M-m)v'=0
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反。
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒。以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向,有mvcos 60°+(M-m)v″=0
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反。
知识点二
火箭工作原理分析
问题引领
右图是多级运载火箭的示意图。发射时,先点燃第一级火箭,燃料用完后,空壳自动脱落,然后下一级火箭开始工作。
(1)火箭点火后能加速上升的动力是什么力
(2)要提升运载物的最大速度可采用什么措施
提示:(1)燃烧产生的气体高速向下喷出,气体产生的反作用力推动火箭加速上升。
(2)提高气体喷射速度,增加燃料质量,及时脱离前一级火箭空壳。
归纳提升
1.火箭的速度
设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量为Δm,速度为u,喷气后火箭的质量为m,获得的速度为v,由动量守恒定律得0=mv+Δmu,得v=- u。
2.决定因素
火箭获得速度取决于燃气喷出速度u及燃气质量与火箭本身质量之比 两个因素。
3.多级火箭
多级火箭发射时,较大的第一级火箭燃烧结束后,便自动脱落,接着第二级、第三级依次工作,燃烧结束后自动脱落,这样可以不断地减小火箭壳体的质量,减轻负担,使火箭达到远远超过使用同样多的燃料的一级火箭所能达到的速度。目前多级火箭一般都是二级或三级。
典型例题
【例题2】 一火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体,气体喷出时的速度v=1 000 m/s。设火箭质量M=300 kg,发动机每秒钟喷气20次。
(1)当第三次喷出气体后,火箭的速度为多大
(2)运动第1 s末,火箭的速度为多大
答案:(1)2 m/s
(2)13.5 m/s
解析:(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象,根据动量守恒定律,得
(M-3m)v3-3mv=0
(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象,根据动量守恒定律,有
(M-20m)v20-20mv=0
火箭类问题的三点提醒
(1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系,如果不是同一参考系,要设法予以调整,一般情况要转换成对地的速度。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。
【变式训练2】 一质量为M的航天器,正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v1,加速后航天器的速度大小为v2,则喷出气体的质量m为(　　)
答案:C
解析:规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律得,
【变式训练3】 “世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上,自己坐在椅子上,双手举着大风筝,设想利用火箭的推力,飞上天空,然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M,点燃火箭后在极短的时间内,质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.火箭的推力来源于空气对它的反作用力
D.在火箭喷气过程中,万户及所携设备机械能守恒
答案:B
解析:火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力,故A错误;在燃气喷出后的瞬间,视万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]为系统,动量守恒,设火箭的速度大小为v,规定火箭运动方向为正方向,则有(M-m)v-mv0=0,解得火箭的速度大小为
知识点三
反冲运动的应用——人船问题
问题引领
右图为一条约180 kg的小船漂浮在静水中,当人从船尾走向船头时,小船也发生了移动,不计水的阻力。
(1)小船发生移动的动力是什么力 小船向哪个方向运动
(2)当人走到船头相对船静止时,小船还运动吗 为什么
(3)当人从船尾走到船头时,有没有可能出现如图(a)或如图(b)的情形 为什么
(a)
(b)
提示:(1)摩擦力。向左运动,即与人行进的方向相反。
(2)不运动。小船和人组成的系统动量守恒,当人的速度为零时,船的速度也为零。
(3)不可能。由系统动量守恒可知,人和船相对于地面的速度方向一定相反,不可能向同一个方向运动,且人船位移比等于它们质量的反比。
归纳提升
1.“人船模型”问题
两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒。
2.特点
(1)两物体满足动量守恒定律:m1v1-m2v2=0。
(2)运动特点:人动船动,人停船停,人快船快,人慢船慢,人左船右;人船位移比等于它们质量的反比;人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比,
(3)解题时要画出各物体的位移关系草图,找出各长度间的关系。
(4)适用条件
“人船模型”是利用动量守恒求解的一类问题,适用条件是系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量守恒。
注意问题
(1)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,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
(2)这一模型还可进一步推广到其他类似的现象中,解决大量的实际问题,例如人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上,求气球上升或下降高度的问题;小球沿弧形槽滑下,求弧形槽移动距离的问题等。
典型例题
【例题3】 质量为m、半径为R的小球,放在半径为2R、质量为M的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上,如图所示,当小球从图中所示位置无初速度地沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离为多大
解析:小球与大球组成的系统水平方向不受力的作用,系统水平方向动量守恒。因此小球向右滚动,大球向左滚动。在滚动过程中,设小球向右移动的水平距离为s1,大球向左移动的水平距离为s2,两者移动的总长度为R。
因此有ms1-Ms2=0,而s1+s2=R。
“人船模型”的两点提醒
(1)“人船模型”问题中,两物体的运动特点是人走船行、人停船停。
(2)问题中的“船长”通常应理解为“人”相对“船”的相对位移,而在求解过程中应讨论的是“人”及“船”对地的位移。
【变式训练4】 如图所示,质量为M的斜面小车静止放在水平面上,质量为m的物体从斜面上端无初速度释放,不计一切摩擦,物体从斜面底端滑出时,
答案:A
解析:小车和物体水平方向动量守恒,则mv1cos θ=Mv2(θ为斜面倾角),
【变式训练5】 如图所示,大气球质量为100 kg,载有质量为50 kg的人,静止在空气中距地面20 m高的地方,气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子,此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面,为了安全到达地面,则这绳长至少应为(可以把人看作质点)(　　)
A.10 m B.30 m
C.40 m D.60 m
答案:B
解析:人与气球组成的系统动量守恒,设人的速度为v1,气球的速度为v2,运动时间为t。以人与气球组成的系统为研究对象,以向下为正方向,由动量守
课堂小结
随堂练习
1.(反冲运动的理解)关于反冲运动的说法正确的是(　　)
A.抛出部分的质量m1要小于剩下部分的质量m2才能获得反冲
B.若抛出部分的质量m1大于剩下部分的质量m2,则m2的反冲力大于m1所受的力
C.反冲运动中,牛顿第三定律适用,但牛顿第二定律不适用
D.抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律
答案:D
解析:由于系统的一部分物体向某一方向运动,而使另一部分向相反方向运动,这种现象叫反冲运动。定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系,故选项A错误。在反冲运动中,两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律可知,它们大小相等、方向相反,故选项B错误。在反冲运动中一部分受到另一部分的作用力产生了该部分的加速度,使该部分的速度逐渐增大,在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立,故选项C错误,D正确。
2.(反冲运动的应用)下图是一种弹射装置,弹丸质量为m,底座质量为3m,开始时均处于静止状态,当弹簧释放将弹丸以相对地面v的速度发射出去后,底座的反冲速度大小是(　　)
答案:C
解析:在水平方向上,弹丸和底座组成的系统动量守恒,设水平向右为正方向,由动量守恒可得3mv'+mv=0,得v'=- ,负号表示速度方向水平向左,故C正确。
3.(人船问题的迁移)有一只小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(估计质量在1 t左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量,他进行了如下操作:首先将船平行于码头自由停泊,轻轻从船尾上船,走到船头停下,而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m,水的阻力不计,船的质量为(　　)
答案:A
解析:设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为v',人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得Mv-mv'=0,(共25张PPT)
本章整合
第一章
内容索引
01
02
知识网络 系统构建
重点题型 归纳剖析
知识网络 系统构建
mv
速度v
p'-p
m·Δv　
Δv
　Ft
恒力F
动量的改变量　
合外力的冲量等于物体动量的变化量
Ft=mv'-mv
系统
不受外力
矢量和
p
总动量相同
0
总动量不变
-Δp2
相反
外力
矢量和为零
外力
守恒
外力
合力为零
守恒
减少(或有损失)
增加
重点题型 归纳剖析
一、动量定理解决流体类问题
流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”,质量具有连续性,通常已知密度ρ
分析步骤 1 建立“柱状”模型,沿流速v的方向选取一段柱状流体,其横截面积为S
2 微元研究,作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl,对应的质量为Δm=ρSvΔt
3 建立方程,应用动量定理研究这段柱状流体
【例题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。为计算方便起见,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);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,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。
(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量。
(2)求玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。
答案:(1)ρv0S
解析:(1)在刚喷出一段很短的时间Δt内,可认为喷出的水柱保持速度v0不变。
该时间内,喷出水柱高度Δl=v0Δt①
喷出水柱质量Δm=ρΔV②
其中ΔV为水柱体积,满足ΔV=ΔlS③
(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h
由玩具受力平衡得F冲=Mg④
其中,F冲为水柱对玩具底部的作用力
由牛顿第三定律知F压=F冲⑤
其中,F压为玩具底部对水柱的作用力,v'为水柱到达玩具底部时的速度
在很短的时间Δt内,冲击玩具水柱的质量为Δm
Δm=ρv0SΔt⑦
由题意可知,在竖直方向上,对该部分水柱应用动量定理得
-(F压+Δmg)Δt=-Δmv'⑧
由于Δt很小,Δmg也很小,可以忽略,⑧式变为
F压Δt=Δmv'⑨
将动量定理应用于流体时,应在任意时刻Δt时从流管中取出一个在流动方向上的截面1和2围起来的柱体体积ΔV,在此柱体内截取一微小流束Δl,将“无形”流体变为“有形”实物,则在Δt时间内质量为Δm的柱状流体的动量变化为Δp,即F·Δt=Δmv2-Δmv1。
【变式训练1】 为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm。查询得知,当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s。据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg·m-3)(　　)
A.0.15 Pa
B.0.54 Pa
C.1.5 Pa
D.5.4 Pa
答案:A
二、动量定理和动能定理的综合应用
1.动量定理中物体所受合外力的冲量等于该过程中物体动量的变化量,它是一个矢量方程式。
2.动能定理中物体所受合外力做的功等于该过程中物体动能的改变量,它是一个标量方程式。
3.在研究力作用下物体的运动过程时,涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等,一般考虑应用动能定理。若涉及的物理量有F、t、m、v、I、p等,一般考虑应用动量定理。
【例题2】 质量为mB=2 kg的木板B静止于光滑水平面上,质量为mA=6 kg的物块A停在B的左端,质量为mC=2 kg的小球C用长为L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放,小球C在最低点与A发生正碰,碰撞作用时间很短,为Δt=10-2 s,之后小球C反弹所能上升的最大高度h=0.2 m。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1,物块与小球均可视为质点,不计空气阻力,g取10 m/s2。
(1)求小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小。
(2)为使物块A不滑离木板B,木板B至少多长
答案:(1)1.2×103 N
(2)0.5 m
碰撞过程设向右为正方向,根据动量定理得
FΔt=-mCvC'-mCvC
联立以上各式解得F=-1.2×103 N,“-”表示F的方向与规定的正方向相反,即向左。
(2)小球C与物块A碰撞过程,由动量守恒定律得
mCvC=mC(-vC')+mAvA
当物块A恰好滑至木板B右端并与其共速时,所求木板B的长度最小。在此过程中动量和能量都守恒,则
mAvA=(mA+mB)v
【变式训练2】 如图所示,质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上,车长L=1.5 m,现有质量m2=0.2 kg且可视为质点的物块,以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2。
(1)求物块在车面上滑行的时间t。
(2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少
答案:(1)0.24 s
(2)5 m/s
解析:(1)设物块与小车的共同速度为v,以水平向右的方向为正方向,根据动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v
设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff,对物块应用动量定理有-Fft=m2v-m2v0,又Ff=μm2g
(2)要使物块恰好不从车面滑出,得物块到车面最右端时与小车有共同的速度,设其为v',则m2v0'=(m1+m2)v'
代入数据解得v0'=5 m/s
故要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0'不超过5 m/s。
三、解答动力学问题的三大规律
1.三大规律
(1)力的观点:牛顿运动定律结合运动学公式。
(2)能量观点:动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律。
(3)动量观点:动量定理和动量守恒定律。
2.三大规律的选择
(1)若考查有关物理量的瞬时对应关系,则用力的观点。
(2)若考查一个过程,三种方法都有可能,但方法不同,处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别。
(3)若研究对象为一个系统,应优先考虑两大守恒定律。
(4)若研究对象为单一物体,可优先考虑两个定理,特别是涉及时间问题时应优先考虑动量定理,涉及功和位移问题时应优先考虑动能定理。
【例题3】 一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上,在其右端放一质量为m的小木块A,m(1)若已知A和B的初速度大小为v0,求它们最后的速度的大小和方向。
(2)若初速度的大小未知,求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离。
解析:(1)法一　用动量守恒定律求解:系统水平方向动量守恒,取水平向右为正方向。木块A不滑离B板的条件是二者最终处于相对静止,设此时共同速度为v。
由动量守恒定律得Mv0-mv0=(M+m)v,可得v= v0,因为M>m,故v方向水平向右。
法二　用牛顿运动定律结合运动学公式求解:取水平向右为正方向,由运动
法二　用动能定理求解:设小木块A向左离出发点最远距离为x,此时末速度为零(板速度为v1);当A、B刚达到共同速度v时,板B向右运动的路程为L,A速度由0增大到v时向右运动的路程为x1,如图所示。设A、B间滑动摩擦力为Ff,根据动能定理,
【变式训练3】 如图所示,一质量M=6 kg的平板小车在光滑的水平面上以v0=2 m/s的速度做匀速直线运动,将一个质量m=2 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在小车中央,最终物块停在小车上的某位置。已知物块与小车之间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2。求物块与小车因摩擦产生的内能Q和小车的最小长度L。
答案:3 J　1.5 m
解析:物块相对小车静止时,二者有共同速度为v1,由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v1
代入数据得Q=3 J
设物块相对小车的位移为x,
则由功能关系μmgx=Q
得x=0.75 m,因为开始物块放在小车中央,故平板小车的最小长度L=1.5 m。

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