动量和动量守恒定律(二)

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物理：16.3《动量守恒定律(二)》课件(人教版选修3-5)

（3）弹簧完全没有弹性。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化
为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有 Ⅱ→Ⅲ过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，A、 B最终的共同速度为
非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：
m1 。在完全 v2 v1 v1 m1 m2
1m/s -9m/s
一辆平板车在光滑轨道上作匀速运动，它对地速度 V1=5m/s,车与所载货物的总质量M=200kg，现将 m=20kg的货物以相对车为u=5m/s的速度水平向车后抛出，求抛出货物后车对地的速度为多少？
注意：矢量性、同系性、瞬时性
5.5m/s 方向仍沿原来方向
碰撞
两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。
一般情况下M m ，所以s2<<d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公 Mm 式： 2
E k
2M m
v0
…④
当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔEK= f d（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔEK的大小。
A A
Ⅰ
v
B A
Ⅱ
v1 /
B A
Ⅲ
v2
/
B
（1）弹簧是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为：

动量和动量守恒定律训练(2)

1、如图：在竖直平面内有两条光滑轨道，期中轨道ABC 末端水平，轨道CDE 为半径为R 的半圆形轨道，现有两个质量都为m 的物体，其中一个在斜面上，另一个在C 点静止，若要使两个物体在C 点处碰后合为一体并恰能通过E 点，轨道ABC 上的物体应离水平面多高处由静止释放？2、下图中，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，弹簧处在原长状态。

另一质量与B 相同滑块A ，从导轨上的P 点以某一初速度向B 滑行，当A 滑过距离1l 时，与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 紧贴在一起运动，但互不粘连。

已知最后A 恰好返回出发点P 并停止。

滑块A 和B 与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变量为2l ，求A 从P 出发时的初速度0v 。

3、.如图，质量为M 的槽体放在光滑水平面上，内有半径为R 的半圆形轨道，其左端紧靠一个固定在地面上的挡板。

质量为m 的小球从A 点由静止释放，若槽内光滑，求小球上升的最大高度。

4．如图所示，右端带有竖直挡板的木板B ，质量为M ，长L =1.0m ，静止在光滑水平面上．一个质量为m 的小木块（可视为质点）A ，以水平速度v 0=4m/s 滑上B 的左端，而后与其右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板B 的左端．已知M =3m ，并设A 与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可忽略（g 取）．求：（1）A 、B 最后的速度；（2）木块A 与木板B 间的动摩擦因数．5.在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”，这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似，两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以v射向B球，如图所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D，在它们继续向左运速度动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连，过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m。

动量守恒定律2

练习、如图所示，一质量为m 的半圆槽体A 练习、如图所示，一质量为ml的半圆槽体A，A槽内外皆光滑，将A置于光滑水平面上，槽半径为R.现有一质皆光滑，置于光滑水平面上，槽半径为R.现有一质 R. 量为m 的光滑小球B由静止沿槽顶滑下，量为m2的光滑小球B由静止沿槽顶滑下，不计空气阻求槽体A向一侧滑动的最大距离．力，求槽体A向一侧滑动的最大距离．解析:系统在水平方向上动量守恒,当小球运动到槽解析:系统在水平方向上动量守恒,当小球运动到槽的最高点时, 向左运动的最大距离设为s 最高点时,槽向左运动的最大距离设为s1,则又因为s =2R,所以 m1s1=m2s2,又因为s1＋s2=2R,所以
m2 s1 = 2R m1 + m2
追击问题
例3、在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A 都是r的小球A和B，质量分别为m 2m，质量分别为m和2m，当两球心间的距离大于L（L比2r大的多）当两球心间的距离大于L 2r大的多）大的多两球间无相互作用力，时，两球间无相互作用力，当两球心距离等于或小于L时两球间有恒定斥力F 离等于或小于L时两球间有恒定斥力F，球从较远处以初速V 正对静止的B 设A球从较远处以初速V0正对静止的B球开始运动（如图）要使两球不发生接触。开始运动（如图）要使两球不发生接触。必须满足什么条件？则V0必须满足什么条件？
设人、船位移大小分别为s 设人、船位移大小分别为s1、s2，则：mv1=Mv2，两边 m 同乘时间t =S，同乘时间t，ms1=Ms2，而s1+s2=S，∴ s2 = s M +m 应该注意到：应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。达船的左端，那么结论都是相同的。 l l

高中物理选必1第一章动量和动量守恒定律_第二节动量定理(二)-课件

外力冲量是相同的；而厚实的脂肪质肉垫能增加猫在与地面接触过程中的作用时间，
从而减小了地面对猫的冲击力的大小。
学以致用
动量定理的应用
质量为m的物体，静止在足够大的水平面上，物体与桌面的动摩擦因数为μ，有
一水平向右恒力F作用于物体上，并使之加速前进，经t1秒后撤去恒力F，求物体运
动的总时间t。
F
f
解：
B．厚实的脂肪质肉垫能减小猫在与地面接触过程中自身动量变化量的大小
C．厚实的脂肪质肉垫能减小了地面对猫的冲击力的大小
D．厚实的脂肪质肉垫能减小猫与地面接触过程合外力冲量的大小
【解析】
猫从高处落地时，速度的变化量相同，则猫在与地面接触且不反弹的过程中，不同
姿态触地其自身动量变化量大小是相同的，根据动量定理可知，猫与地面接触过程合
优点：不考虑中间具体过程，只考虑初末状态。
(3) 动量定理是矢量式：注意方向
动量定理的应用
情景一（1）如图所示，用质量为0.2kg的锤子水平敲击竖直墙壁上的一颗
钉子。锤子接触钉子瞬间，速度的大小为5m/s，锤头反弹起来时，速度的
大小为2m/s，锤子与钉子接触时间为0.1s，则锤子对钉子平均打击力？
解：取水平向右为正方向，
则: v1=5m/s, v 2= 2m/s
F
设钉子对锤子的平均打击力大小为F:
由动量定理得： Ft mv 2 mv1
解得：F= 14N
由牛顿第三定律可知：
,
铁锤对钉子的平均打击力F =F=14N，方向水平向右。
v1
v2
动量定理的应用
v1=5m/s, v 2= 2m/s ，t 0.1s
③选定正方向，根据动量定理列方程求解。

动量与动量守恒(2)

专题8 功与能沈晨一、变力做功的求解方法1．利用图象法求功利用图象求功的方法主要用于当力对位移的关系为线性时，或在F_s图中表示力变化的图线与s轴围成的图形“面积”有公式可依时，因为在F．s图中，这种“面积”的物理意义就是功的大小．例1锤子打击木桩，如果锤每次以相同的动能打击木桩，而且，每次均有80％的能量传给木桩，且木桩所受阻力_厂与插入深度z成正比，试求木桩每次打入的深度比．若第一次打击使木桩插入了全长的1/3，那么木桩全部插入必须锤击多少次?例2某质点受到F=6x2的力的作用，从x=0处移到x=2.O m处，试求力F做了多少功? 2．用微元法求功例3半径等于r的半球形水池内充满了水，把池内的水完全抽出至少要做多少功?例4一个质量为m的机动小车，以恒定速度。

在半径为R且固定在地面上的竖直圆轨道内做圆周运动．已知动摩擦因数为μ，问在小车从最低点运动到最高点过程中，摩擦力做了多少功?例5一质量均匀的粗绳长为2a，质量为2m，两端悬于水平天花板上相距为n的两点而悬垂静止，其重心位于天花板下且到天花板的距离为b，如图8—5所示．现施一力于绳的最低点C并将绳拉直至D点，求拉力所做的功．例6 一质量为m的皮球从高为^处自由下落(不计空气阻力)，反弹起来的高度为原来的3/4，要使皮球反弹回高h处，求每次拍球需对球做的功．二、功能关系面面观功是力的空间积累作用，能是对物体运动的一种量度．功的作用效应是使物体的能量状态发生变化，做功的过程就是物体能量转化的过程，转化了的能量都可以由做功的多少来量度，这是我们对功与能之间关系的基本认识，也是我们从能量角度解决运动问题的依据．各种形式的能与物体的各种运动形式相联系，描述出物体不同的运动状态．当物体的运动由一种形式变成另一种形式时，能量也相应变化，一定的能量变化由相应的功来量度．例如，合力(可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力)做的总功量度动能的变化(动能定理)，即这是我们对功与能之间关系的一些具体认识，并籍此对运动的量度作出正确的操作．上述功对能量转化量度的对应关系中，动能定理是最常用的一条．应用动能定理建立方程的具体操作步骤是：(1)选定研究的对象与过程；(2)在受力分析的基础上．确定有哪些力对研究对象做了正功或负功，以代数和的形式完成定理中等号左边对合外力的功的表述；(3)分析所研究过程的初、未两状态的动能，完成等号右边对动能变化的表述．例7 如图8—6所示，一水塔的蓄水箱底离地面的高度为H。

2020高中物理第十六章动量守恒定律 2 动量和动量定理(含解析)-5

动量和动量定理[A组素养达标］1．(多选)下列关于动量的说法,正确的是( ）A．动能不变，物体的动量一定不变B．做匀速圆周运动的物体，其动量不变C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变D．一个物体的运动状态发生变化,它的动量一定改变解析：动能不变,若速度的方向变化，动量就变化,选项A错误;做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻变化，所以其动量时刻变化，选项B错误；速度的大小、方向有一个量发生变化都认为速度变化,动量也变化，选项C正确；运动状态发生变化即速度发生变化，选项D正确．答案：CD2．（多选)质量为m的物体,静止在倾角为θ的斜面上,作用时间为t，下列说法正确的是（)A．重力的冲量大小是mgt sin θB．支持力的冲量大小是mgt cos θC．合力的冲量大小为零D．重力的冲量的方向竖直向下解析：重力的冲量为mgt，方向与重力的方向相同，竖直向下，故A 错误,D正确．支持力的冲量大小为mgt cos θ，故B正确．时间t内，物体静止，合力为零,故合力的冲量为零,C正确．答案：BCD3．质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为（）A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同解析：以原来的运动方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp ＝（－7×0.5－3×0.5)kg·m/s＝－5 kg·m/s,负号表示Δp的方向与原运动方向相反．答案:A4。

如图所示，重物G压在纸带上，用一水平力缓慢地拉动纸带,重物G会跟着一起运动;若迅速拉动纸带，纸带将会从重物G下面抽出．关于这个现象，下列说法中正确的是（）A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大于迅速拉动纸带时重物和纸带间的摩擦力B．在缓慢拉动纸带时,纸带给重物的冲量大C．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．迅速拉动纸带时重物的动量变化大解析:用水平力F缓慢地拉动纸带，重物与纸带间有静摩擦力，若迅速拉动纸带，纸带会从重物下抽出,重物与纸带间有滑动摩擦力，滑动摩擦力约等于最大静摩擦力，所以重物与纸带间的滑动摩擦力大于等于静摩擦力，故A错误；慢拉时重物跟着纸带运动,动量变化大,故慢拉时纸带给重物的摩擦力的冲量大，由于慢拉与快拉时纸带对重物的支持力相等，而慢拉时作用时间长，支持力的冲量也大，故慢拉时，纸带给重物的冲量大，故B正确,C、D错误．答案：B5．如图所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动，经过相同的时间t,图甲中船A没有到岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t( ）A．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小B．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大C．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大D．以上三种情况都有可能解析：甲、乙两种情况下人对绳子的拉力相等，由冲量的定义式I ＝Ft可知，两冲量相等，只有选项C是正确的．答案：C6。

动量和动量守恒定律

3）若某一方向合外力为零，则此方向动量守恒。
Fxex 0 , Fyex 0 , Fzex 0 ,
px mi vix Cx p y mi viy C y pz mi viz Cz
4）动量守恒定律只在惯性参考系中成立，是自然界最普遍，最基本的定律之一。
2-2 动量和动量守恒定律一、质点和质点系的动量定理 1、冲量质点的动量定理
d(mv) F 由牛顿第二定律 dt t2 v2 两边乘以dt并积分： Fdt d(mv) mv2 mv1
t1 v1
合力的冲量 I
I Fdt —–力的冲量 t
1
动量的增量
t2
*单位：N· s
I x Fx dt
例题一质量为0.05kg、速率为10m· s-1的刚球，以与钢板法线呈45º 角的方向撞击在钢板上，并以相同的速率和角度弹回来。设碰撞时间为0.05s。求在此时间内钢板所受到的平均冲力 F 。
解：建立如图坐标系, 由动量定理得
Fx t mv2 x mv1x mv cos (mv cos ) 2mv cos Fy t mv2 y mv1 y
2 1 2 1 2
说明
1
mv
mv1
F
mv2
t1 Fdt F (t2 t1 ) t2 t1 Fdt mv 2 mv1 F t2 t1 t2 t1
t2
结论：物体动量变化一定的情况下，作用时间越长，物体受到的平均冲力越小；反之则越大。海绵垫子可以延长运动员下落时与其接触的时间，这样就减小了地面对人的冲击力。
b
W ( Fxdx Fy dy Fz dz)

1.2 动量动量守恒定律

碰撞后速度为v′=0 p′=mv′=0 由FΔt=mv'-mv
解得：F= -8.4×103N 负号表示力F的方向与初速度方向相反，力的大小为8400N
5、体操述动员在落地时总要屈腿，这是为什么?
F 解： FΔt=mv'-mv
运动员的质量在整个过程中不变，速度变化相同 (从接触地面瞬间的最大速度减小到0)，由此可知，当运动员在速度变化为0的过程中时间越长，运动员脚部所受到的力越小，能保护腳部不被扭伤。
p′=m v′= - 8.1kgm/s
小为1260N，负号表示力的
③ F p p 1.26103 N 方向与垒球飞来的方向相
t
反。
动量定理解释生活现象
FΔt=mv'-mv
启示：要使物体的动量发生一定的变化，可以用较大的力作用较短的时间，也可以用较小的力作用较长的时间。
水泥地板
从同样的高度落到地面，
量），即
p = p' - p
动量的变化=碰后动量 - 碰前动量
②动量变化的三种情况：（只讨论前后速度共线的碰撞）
大小单独变化、
方向单独改变、
大小和方向都改变。
例1：一个质量m= 0.1 kg 的钢球，以ʋ = 6 m/s 的速度水平向右运动，碰到一个坚硬物后被弹回，沿着同一直线以ʋ'= 6 m/s 的速度水平向左运动，如图所示。碰撞前后钢球的动量各是多少？碰撞前后钢球的动量变化了多少？
FΔt=mv'-mv
①适用范围 : 动量定理不但适用于恒力，也适用于随时间变化的变力。对于变力，动量定理中的 F 应理解为变力在作用时间内的平均值。
②优点：不考虑中间过程，只考虑初末状态。（与动能定理类似）

2022年高考物理大一轮复习第六章动量及动量守恒定律第二讲动量守恒定律及其应用

B．m＝v2＋v2v1M D．m＝vv22－－vv01M
解析：规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒
v2－v0
定律可得
Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得
m＝ M，故 v2＋v1
C 正确．
答案：C
对反冲运动的三点说明
作用原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
3．爆炸问题
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．
(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．
究对象受的内力和外力量守恒的条件
解析：在 a 离开墙壁前、弹簧伸长的过程中，对 a
和 b 组成的系统，由于受到墙对 a 的弹力作用，
所以 a、b 组成的系统动量不守恒，选项 A 错误，B 正确；在 a 离开墙壁后，a、b 构成的系统所受的合外力为零，因此动量守恒，故选项 C 正确，D 错误．
解析：选向右为正方向，则 A 的动量 pA＝m·2v0＝ 2mv0.B 的动量 pB＝－2mv0.碰前 A、B 的动量之和为零，根据动量守恒，碰后 A、B 的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项 D 符合题意．
答案：D
考点 3 反冲和爆炸
1．反冲运动的特点及遵循的规律 (1)特点：是物体之间的作用力与反作用力产生的效果． (2)条件： ①系统不受外力或所受外力的矢量和为零； ②内力远大于外力；

第16章动量守恒定律教案第2节-动量和动量定理

2 动量和动量定理[先填空]1．动量(1)定义物体的与的乘积，即p＝.(2)单位动量的国际制单位是，符号是.(3)方向动量是矢量，它的方向与速度的方向相同．2．动量的变化量(1)定义：物体在某段时间内与的矢量差(也是矢量)，Δp＝(矢量式)．(2)动量始终保持在一条直线上时的矢量运算：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运算(此时的正、负号仅表示方向，不表示大小)．[再判断]1．动量的方向与物体的速度方向相同．()2．物体的质量越大，动量一定越大．()3．物体的动量相同，其动能一定也相同．()[后思考]1．物体做匀速圆周运动时，其动量是否变化？2．在一维运动中，动量正负的含义是什么？[合作探讨]如图16-2-1所示，质量为m，速度为v的小球与挡板发生碰撞，碰后以大小不变的速度反向弹回．图16-2-1探讨1：小球碰撞挡板前后的动量是否相同？探讨2：小球碰撞挡板前后的动能是否相同？探讨3：小球碰撞挡板过程中动量变化量大小是多少？[核心点击]1．对动量的认识(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p ＝m v表示．(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关．2．动量的变化量是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．3．动量和动能的区别与联系1．(多选)关于动量的概念，下列说法正确的是()A．动量大的物体，惯性不一定大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．动量相同的物体，动能也一定相同2．(多选)关于动量的变化，下列说法中正确的是()A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp与速度的方向相同B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp与运动的方向相反C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零D．物体做曲线运动时，动量的增量Δp一般不为零3．羽毛球是速度最快的球类运动之一，我国运动员林丹某次扣杀羽毛球的速度为342 km/h，假设球的速度为90 km/h，林丹将球以342 km/h的速度反向击回．设羽毛球质量为5 g，试求：(1)林丹击球过程中羽毛球的动量变化量；(2)在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？(1)动量p＝m v，大小由m和v共同决定．(2)动量p和动量的变化Δp均为矢量，计算时要注意其方向性．(3)动能是标量，动能的变化量等于末动能与初动能大小之差．(4)物体的动量变化时动能不一定变化，动能变化时动量一定变化．冲量和动量定理[先填空]1．冲量2．动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．(2)表达式：＝或.[再判断]1．冲量是矢量，其方向与力的方向相同．()2．力越大，力对物体的冲量越大．()3．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外力一定不为零．()[后思考]在跳高比赛时，在运动员落地处为什么要放很厚的海绵垫子？[合作探讨]如图16-2-2所示，一个质量为m的物体，在动摩擦因数为μ的水平面上运动，受到一个与运动方向相同的恒力F作用，经过时间t，速度由v增加到v′.图16-2-2探讨1：在时间t内拉力F的冲量和合外力的冲量各是多大？探讨2：在此过程中，物体动量的变化量是多大？探讨3：恒力F的冲量与物体动量的变化量相等吗？[核心点击]1．冲量的理解(1)冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间积累效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(2)冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同．2．冲量的计算(1)求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积．(2)求合冲量的两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．(3)求变力的冲量：①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．②若给出了力随时间变化的图象如图所示，可用面积法求变力的冲量．③利用动量定理求解．3．动量定理的理解(1)动量定理的表达式m v′－m v＝F·Δt是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．4．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；力的作用时间越长，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；力的作用时间越短，动量变化量越小．(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：①选定研究对象，明确运动过程．②进行受力分析和运动的初、末状态分析．③选定正方向，根据动量定理列方程求解．4．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是()A．拉力F对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小为FtC．拉力F对物体的冲量大小是Ft cos θD．合力对物体的冲量大小为零5．人们常说“滴水穿石”，请你根据下面所提供的信息，估算水对石头的冲击力的大小．一瀑布落差为h＝20 m，水流量为Q＝0.10 m3/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零．(落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力，g取10 m/s2)动量定理应用的三点提醒(1)若物体在运动过程中所受的力不是同时的，可将受力情况分成若干阶段来解，也可当成一个全过程来求解．(2)在用动量定理解题时，一定要认真进行受力分析，不可有遗漏，比如漏掉物体的重力．(3)列方程时一定要先选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．。

动量和动量守恒定律解题技巧

动量和动量守恒定律解题技巧(一)动量及动量定理【例1】质量为m的小球从高处由静止开始落下，经t1秒落在泥塘上，在泥塘中下落t2秒后停住．求小球在泥塘中所受平均阻力．分析与解答取小球为研究对象，研究从下落到停在泥塘中的全过程．此过程中小球受重力冲量和阻力冲量．根据动量定理，有：可求出小球在泥塘中所受平均阻力为：【例2】滑块A和B用轻细线连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动，如图5－4所示．已知滑块A、B与水平桌面之间滑动摩擦系数均为μ．力F作用t秒后A、B间连线断开，此后力F仍作用于B．试求：滑块A刚刚停住时，滑块B的速度多大？滑块A、B的质量分别为mA、mB．分析与解答(1)取滑块A、B为研究对象，研究A、B整体作加速运动的过程，根据动量定理，有：[F－μ(mA＋mB)g]t = (mA＋mB)v－0(2)研究滑块A，研究A作匀减速运动的过程，根据动量定理，有：－μmAgt′= 0－mAv将v代入上式，可求得滑块A作匀减速滑行时间为：(3)研究滑块A、B整体．研究从力F作用开始直至A停住的全过程．此过程中物体系统始终受到力F及摩擦力的冲量，根据动量定理，有[F－μ(mA＋mB)g](t＋t′) = mBvB将t′代入上式，可求出滑块A刚停住时滑块B的速度为上面例1、例2既可以用牛顿运动定律求解，也可以用功和能观点求解．此处用动量定理求解，使解题过程简化．通过对例题1、2分析，请读者体会前面所讲的几个方面应注意的问题．这里进一步说明的是，动量定理的研究对象可以是一个物体(质点)，也可以是物体系统(质点组)．例1的研究对象是一个物体，例2则是以研究物体系统为主．不论研究对象是物体还是物体系统，研究对象的动量变化都是由研究对象所受外力的冲量产生的．因此正确确定研究对象，正确分析研究对象所受力的冲量及其动量的变化，是应用动量定理分析、解决问题的基础．【例3】由高压水枪中竖直向上喷出的水柱，将一个质量为m的小铁盒开口向下倒顶在空中，如图5－5所示．已知水以恒定速率v0从横截面积为S的水枪中持续不变喷出，向上运动并冲击铁盒后，以不变的速率竖直返回，求稳定状态下铁盒距水枪口的高度h．分析与解答由水枪喷出的水作竖直上抛运动，当水柱上升到h高单位时间内，由水枪喷出的水的质量为Δm = ρv0S水柱喷射到铁盒上时，由于速度v减小，水柱与铁盒接触面积S′＞S．由于水柱持续喷出，有Sv0 = S′v，所以单位时间内喷射到铁盒上水的质量保持Δm = ρv0S不变．取质量为Δm的水为研究对象，研究Δm与铁盒相互作用的过程．由于Δm 水中每一水滴与铁盒作用时间极短，可忽略作用过程中每一水滴所受重力影响．取向上为正方向，根据动量定理，有：f′Δt = －2ρv0Sv由于Δt = 1秒，可得Δm的水受铁盒作用力为：f′ = －2ρv0Sv铁盒所受Δm水的冲击力f=－f′=2ρv0Sv，处于稳定状态时，铁盒所受合外力为零，有2ρv0Sv= mg．将v代入上式，解得：</PGN0123.TXT/PGN>对于较复杂的问题，不仅仅要应用到动量定理的知识，还要涉及到所学的其它物理知识．综合运用所学知识解决问题是这部分知识的较高要求．(二)动量守恒定律物体间发生相互作用的过程中，如果没有外力作用，那么相互作用物体的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．动量守恒定律是宏观世界和微观世界都遵守的共同规律，应用非常广泛．动量守恒定律的适用条件是相互作用的物体系统不受外力，当然，世界上真正满足不受外力的情况几乎是不存在的，应用动量守恒定律的主要是如下三种情况：①系统受到的合外力为零．②系统所受的外力比相互作用力(内力)小很多，以至可以忽略外力的影响，认为系统的总动量守恒．③系统总体上不满足动量守恒的条件，但在某一特定的方向上，系统不受外力，或所受的外力远小于内力，则系统沿这一方向的分动量守恒．碰撞是指两物体间的短暂作用，由于相互作用的时间极短，相互作用力很大，即使系统还受有摩擦、空气阻力等外力作用，也能满足相互作用的内力远大于外力的条件，因此各碰撞过程都可应用动量守恒定律求解．【例4】有N个质量均为m的人，站在质量为M的平板车上，开始时人与车均静止于光滑水平地面上．若这N个人都从平板车的后端以相对平板车为u 的水平速度从车上跳下，车向前方反冲前进．第一种情况是N个人同时跳车，第二种情况是N个人依次跳下，试求这两种情况中平板车最终行驶速度多大？分析与解答第一种情况中，设人跳车时车的速度为V，则人跳车时人相对地的速度v = u－V跳车过程中，人与车系统动量守恒，根据动量守恒定律，有MV－Nmv = 0第二种情况中，N个人依次跳车，第一个人跳车过程有[M＋(N－1)m]V1－mv1 = 0v1 = u－V1．由上面两式解出第一个人跳车后，车的反冲速度为V1 = mu/(M＋Nm)第二个人跳车过程有：[M＋(N－2)m]V2－mv2 = [M＋(N－1)m]V1v2 = u－V2依次分析每个人跳车过程，可得：将上面各结果相加，可得第二种情况中平板车最终的反冲速度为：由例4的分析可以看出，应用动量守恒定律解题时，各物体初、末速度都应是相对地面的．若题目中给出物体间相对速度，最好单独列出相对速度关系式，而在动量守恒定律中应列出对地的速度，避免由于速度关系引起混乱而出错误．对类似例4这种有多次相互作用的物理过程，要注意分析每一过程的特点及规律，还要找出前后过程之间的联系，才能对整个物理过程有全面掌握．根据对第二种情况的分析，读者可以进一步体会、类比质量连续变化的火箭发射问题．由例4的结果对比可知V＜VN，读者可以由此结果体会在发射人造航天器时，为什么要采用多级火箭依次点火加速，而不采用这些多级火箭发动机同时点火加速的方式．【例5】人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固木箱．开始时人坐在冰车上静止不动，某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以相对冰面的速度v0推向前方的固定弹性挡板，同时冰车反向滑动．木箱与挡板碰撞后又反向弹回．设碰撞挡板过程中木箱无机械能的损失，人接到木箱后再以同样相对于冰面的速度v0推向挡板……如此往复多次，试分析人推出木箱多少次后将不可能再接到木箱？已知M∶m = 31∶2，不计冰车及木箱与冰面之间的摩擦．分析与解答解法1：取人、冰车及木箱系统为研究对象．不论是第一次推出木箱，还是以后每次接到木箱再将其推出的过程，系统的动量都是守恒的．根据动量守恒定律，有：第一次推出木箱的过程0 = MV1－mv0第二次推出木箱的过程MV1＋mv0 = MV2－mv0第三次推出木箱的过程MV2＋mv0 = MV3－mv0……第n次推出木箱的过程</PGN0125.TXT/PGN>MVn-1＋mv0 = MVn－mv0将以上各式相加，得到：(n－1)mv0 = MVn－nmv0即(2n－1)mv0 = MVn当Vn≥v0时，木箱追不上冰车，即人无法再接到木箱，此时2n－1 =MVn/mv0≥M/m取n = 9时，即人推出木箱9次后将不会再接到木箱．解法2：取人、冰车及木箱为研究对象，考虑研究对象与挡板之间的作用．木箱每碰挡板一次，其动量变化2mv0，即得到2mv0的冲量作用．对于研究对象，木箱每碰挡板一次，系统动量将增加2mv0．设人推出木箱n次后，冰车速度Vn≥v0，则此后人无法再接到木箱．研究人推出木箱n次的全过程，此过程中木箱共碰挡板(n－1)次，系统所受冲量为(n－1)2mv0，根据动量定理有：2(n－1)mv0 = (MVn－mv0)－0可以导出(2n－1)mv0 = MVn以下分析与解法1相同，故略去．同是一个问题，解法1用动量守恒定律求解，解法2用动量定理求解，请读者体会其中的差异：在解法1中，我们研究系统内物体之间相互作用过程，每次接到又推出木箱的过程中系统的动量是守恒的；在解法2中，我们并不考虑物体系统内的相互作用，而是考虑系统所受外界物体(挡板)的作用(这恰好是解法1中所没有考虑的)，考虑了研究对象与外界物体作用的全过程．由以上例题分析应该重点体会、理解应用物理规律分析问题的方法和思路．【例6】一条质量为M，长为L的小船静止在平静的水面上，一个质量为m的人站立在船头．如果不计水对船运动的阻力，那么当人从船头走到船尾时，船的位移多大？分析与解答本题中人从船头走向船尾，不是匀速运动，但不管人的运动多么复杂，人与船组成的系统在水平方向上是满足动量守恒条件的(水对船的阻力不计)．开始时人与船都静止，总动量为零，人运动过程中，船向相反方向运动，最后人停止在船尾，船也静止在水中．画出图5－6所示的示意图，人相对船的位移是L，但人对地的位移不是L．设船发</PGN0126.TXT/PGN>生的位移是x，由图中可以看出人对地的位移是L－x．设人运动过程中对地的速度(平均速度)是v，船对地的速度是V，根据动量守恒定律，有mv＋MV = 0两边同乘以运动时间t，得mvt＋MVt = 0由于Vt = x，vt = L－x即m(L－x)＋Mx = 0其中负号是表示方向的．说明本题主要想说明应用动量守恒定律解题时参照物必须明确和统一，一般情况下，都以地面为参照物，各物体的始末速度都是对地的，如果忽略了这一点，不作如图5－6所示的分析，是解决不了这个问题的．【例7】一列火车在水平直铁轨上做匀速运动，总质量为M，速度为v，某时刻车后部有质量为m的一节车厢脱钩，司机并未发觉，又继续行驶了一般距离，这期间机车的牵引力保持不变，并且火车各部分所受的阻力跟运动速度无关．当司机发现时，后面脱钩的车厢的速度已减分析与解答火车原在铁轨上做匀速直线运动，说明它受力平衡，即牵引力与所受阻力大小相等．一节车厢脱钩后，由于牵引力保持不变，前面部分将做加速运动，后面部分将做减速运动，如果两部分分开考虑，将很繁琐，而做为一个系统，仍满足“合外力为零”的条件，因此可以应用动量守恒定律求解．设火车前面部分末速度为v′，根据动量守恒定律，有说明：选择本题是想说明动量守恒定律决不只限制在碰撞一类问题中应用，任何一个系统(包括像本题这样已经脱离接触、不再相互作用的系统)，只要满足动量守恒的条件，总动量就守恒．(三)碰撞碰撞是两个物体在很短时间内发生相互作用的物理过程．不论是宏观物体间还是微观粒子间，碰撞现象是普遍存在的．由于碰撞的作用时间极短(例如两个钢</PGN0127.TXT/PGN>球碰撞相互作用的时间约为10-4秒)，物体间相互作用力又非常大，通常物体所受外力(如重力、摩擦力)在这段时间内的影响可以忽略不计．此过程中参与相互碰撞作用的物体系统的总动量守恒，这就是我们对碰撞现象的基本认识之一．由于物体间作用力很大，而相互作用时间很短，碰撞时物体间相互作用力(通常称之为冲力)对物体作用效果的两个显著特点是使物体速度发生骤变而其位置变化极其微小以至我们认为其位置没有变化．这是我们对碰撞现象的另一基本认识．根据碰撞前后物体系统能量变化特点，碰撞可以分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞和非弹性碰撞．在完全弹性碰撞中，系统动能在碰撞前后是不变的．而在完全非弹性碰撞和非弹性碰撞中，碰撞后系统总动能比碰撞前要减少，其中在完全非弹性碰撞中，系统损失的动能多于一般非弹性碰撞中系统损失的动能．【例8】一个质量是M = 0.5kg的斜面体A原静止在光滑的水平面上，一个质量m = 40g的小球B以水平速度v0 = 30m/s撞到A的斜面上，碰撞时间很短，碰后变为竖直向上运动，求物体A碰后的速度．分析与解答B与A的碰撞时间很短，说明碰撞过程中相互作用力很大，但A与B组成的系统总动量并不守恒，因为A与桌面间有弹力作用，这个弹力(支持力)属于反应力，在B与A相互作用的短暂过程中，支持力要发生很大变化，它不满足“外力内力”的条件，但这个外力是沿竖直方向的，在水平方向上，由于水平面是光滑的，因此A与B组成的系统，在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒．设A碰后的速度为v，而B碰后的水平分速为0，根据动量守恒定律，有0＋mv0 = Mv＋0，说明：本题是为了说明应用动量守恒定律解决问题的一般思路，首先要把相互作用的物体组成一个系统，看这个系统是否满足动量守恒的条件，然后分析相互作用前、后两个状态各自的动量，再列方程求解．【例9】质量为M的木块放在水平地面上，处于静止状态，木块与地面间摩擦系数为μ．一颗质量为m的子弹水平射入木块后，木块沿水平地面滑行了距离s后停住，如图5－8所示，试求：</PGN0128.TXT/PGN>(1)子弹射入木块前速度v0多大？(2)若子弹射入木块的深度为d，子弹与木块之间相互作用力多大？分析与解答(1)子弹射入木块的过程时间极短暂，子弹与木块相互作用力远远大于木板所受摩擦力，子弹与木块系统动量守恒，有mv0 = (m＋M)v．子弹射入木块后以共同速度v在水平地面上滑行了距离为s，研究(2)子弹射入木块并停在其中，相互作用中系统动量守恒．由于相互作用过程中有摩擦力做功，系统动能减少．根据动量关系及动能关系，有由以上两式解得子弹与木块之间的相互作用力为f = μM(M＋m)gs/md【例10】一个固定在平板车上不动的人用力将质量为m的铅球水平推出．第一次平板车被固定在水平地面上不动，球落地时水平射程为s0．第二次将平板车放在光滑水平地面上，人同样用力将球水平推出，这两次人推球消耗的能量相同．若人与平板车的总质量为M，试求：(1)第二次铅球落地时水平射程(相对于地面)多大？(2)铅球落地时，人与铅球水平方向相距多远？分析与解答(1)设人推铅球过程中做功消耗的能量为E，则第一第二次推出铅球过程中，车、人与铅球系统动量守恒，且推球过程中根据能量守恒，有：mv = MV由此可知，第二次球的水平射程为：此时人与球之间水平距离为：</PGN0129.TXT/PGN>上面例题中讨论的问题过程较复杂．而且不仅涉及到系统的动量，还同时涉及相互作用的物体系统的能量．对于类似的问题，首先要正确选择研究对象，正确将整个过程分几个阶段处理；其次要分析每一阶段物体相互作用的特点，找出各阶段的关系．通过上面例题分析还可以看到，不论是动量还是动能，都是对物体的机械运动状态的量度．在物体相互作用过程中，量度物体之间机械运动的“运动量”的转移和传递时，我们用动量及有关规律进行分析；若讨论在相互作用过程中，物体机械运动的“运动量”与其它运动形式(如热运动)的转化问题，则要应用动能及有关功和能的关系加以分析．。

第二节动量和动量定理

2、如图，用0.5kg的铁锤把钉子钉进木头里去，打击时铁锤的速度v=4.0m/s，如果打击后铁锤的速度变为零，打击的作用时间是0.01s，求铁锤钉钉子的平均作用力。
v
F G
解析：取铁锤作为研究对象，铁锤受到钉子的作用力为F，取竖直向下为正方向，则由动量定理得：
（ mg - F)t= 0-m v
即： pp = Ft.
p=mv p=mv F
三.冲量：
1.定义:力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量。
2.定义式： I =F t
3.单位：牛*秒或千克*米/秒
⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。 ⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。
得 f=F/3
f
Ff
t
2t
5. 如图表示物体所受作用力随时间变化的图象，若物体初速度为零，质量为m，求物体在t2 时刻的末速度?
解: 从图中可知，物体所受冲量为F - t图线下面包围的“面积”，
设末速度为v′，根据动量定理
F
F ·Δt＝Δp ，有
F1
F1t1+ F2 (t2 -t1 ) = mv′ - 0
2. 动量的变化率: 动量的变化跟
发生这一变化所用的时间的比值。
由动量定理Ft =p 得F=p/t.
p
F1 F2
试比较F1与 F2的大小？
t
用动量定理Ft= p’一P=△p 解释现象可分为下列三种情况:
(1)△p一定，t短则F大，t 长则F小;
(2)F一定，t短则△p小，t 长则△p大;
(3) t一定，F大则△p大， F小则△p小.

第 02 章动量和动量守恒定律

r -Fxdt = dm ⋅ v 2 - dm ⋅ v1cos75o v -Fy dt = dm ⋅ 0 - dm ⋅ (-v1sin75o ) 2000 o × (2 - 4cos75o ) ≈ -0.54 N 即：Fx = -q(v 2 - v1cos75 ) = 3600 2000 o Fy = -qv1cos75 = × 4 × sin75o ≈ -2.15 N 3600 r r r 矿砂作用在B带上的力带上的力：矿砂作用在带上的力：F ≈ -0.54i - 2.15j (N)
r F
合内力
+
0
=
d r P dt
总动量
u r u dP r 质点系的动力学方程：质点系的动力学方程： F = dt
质点系动量定理的微分形式：质点系动量定理的微分形式：质点系动量定理的积分形式：质点系动量定理的积分形式：
r n r r n r F= ∑F; P= ∑pi i
i=1 i=1
r r r 或： I = P - P 2 1
u r u r Fdt = dP r r t2 r ∫ Fdt = P2 − P1
t1
末、始时刻的总动量
——质点系与单个质点的动量定理形式相同 ! 质点系与单个质点的动量定理形式相同
r t2 r r r t2 总冲量: 总冲量 I = ∫ ( ∑ Fi )dt = ∑ ∫t Fi dt = ∑ I i
m(v x - V ) - MV = 0 m+M vx = V m
x
在槽上运动时间为t，相对M在水平方向移动距离设m在槽上运动时间为，而m相对在水平方向移动距离在槽上运动时间为相对 t 为R，有：， M +m t R = ∫ v x dt = ∫0 Vdt 0 m t 滑槽水平移动距离为：滑槽水平移动距离为： = Vdt = m R S

动量守恒定律(二)

1.掌握运用动量守恒定律的一般步骤。
2.知道运用动量守恒定律解决问题应注意的问题，并知道运用动量守恒定律解决问题的优点。
1、动量守恒定律与牛顿运动定律：用牛顿定律自己推导出动量守恒定律的表达式。
V2 V1 F2 V F1 V2 V1
m2
m1
m2 m1
m2
m1
2、动量守恒定律的普适性既然许多问题可以通过牛顿运动定律解决，为什么还要研究动量守恒定律呢？
牛顿运动定律
动量守恒定律与牛顿运动定律的比较？
3、应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法（1）分析题意，明确研究对象（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解。
物理定律
应用特点
适பைடு நூலகம்范围
动量守恒定律

高中物理第十六章动量守恒定律第2节动量和动量定理(含解析)

第2节动量和动量定理1．物体质量与速度的乘积叫动量，动量的方向与速度方向相同。

2．力与力的作用时间的乘积叫冲量，冲量的方向与力的方向相同。

3．物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量，动量变化量的方向与合力的冲量方向相同。

一、动量及动量的变化1．动量(1)定义：物体的质量和速度的乘积。

(2)公式：p＝mv。

(3)单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s。

(4)矢量性：方向与速度的方向相同。

运算遵守平行四边形定则。

2．动量的变化量(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)。

(2)动量始终保持在一条直线上时的动量运算：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、负号仅代表方向，不代表大小)。

二、冲量1．定义：力与力的作用时间的乘积。

2．公式：I＝F(t′－t)。

3．单位：牛·秒，符号是N·s。

4．矢量性：方向与力的方向相同。

5．物理意义：反映力的作用对时间的积累效应。

三、动量定理1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。

2．表达式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I。

1．自主思考——判一判(1)动量的方向与速度方向一定相同。

(√)(2)动量变化的方向与初动量的方向一定相同。

(×)(3)冲量是矢量，其方向与力的方向相同。

(√)(4)力越大，力对物体的冲量越大。

(×)(5)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外力一定不为零。

(√)2．合作探究——议一议(1)怎样理解动量的矢量性？提示：动量是物体的质量与速度的乘积，而不是物体的质量与速率的乘积，动量的方向就是物体的速度方向，动量的运算要遵守矢量法则，同一条直线上的动量的运算首先要规定正方向，然后按照正负号法则运算。

(2)在地面上垫一块较厚的软垫(如枕头)，手拿一枚鸡蛋轻轻的释放让它落到软垫上，鸡蛋会不会破？动手试一试，并用本节知识进行解释。

第二章--动量和动量守恒

车
Nm r M Nm
（2）同理，第一人跳车
[ M ( N 1)m]1 m( r 1 ) 0
m 1 r M Nm
m
车M
m
N个人 m „„„„„
无摩擦
同理，第二人跳车
[ M ( N 2)m] 2 m( r 2 ) [ M ( N 1)m]1
20
1）只要外力确定，不管作用点怎样，质心的加速度就确定，质心的运动轨迹就确定，即质点系的平动就确定。
2）若 F外 0
vc 不变
质心速度不变就是动量守恒
系统内力不会影响质心的运动（如抛掷的物体、跳水的运动员、爆炸的焰火等，
其质心的运动都是抛物线）。
三、质心参考系
质心在其中静止的平动参考系常常把坐标原点选在质心上 m1
m 2 1 r M ( N 1)m m m 2 [ ] r M Nm M ( N 1)m
m 第一人跳车 1 M Nm r
m m 第二人跳车 2 [ ] r M Nm M ( N 1)m m r 同理，第三人跳车 3 2 M ( N 2)m m m m 3 [ ] r M Nm M ( N 1)m M ( N 2)
例如图，已知M，m，
S
求：当小物体 m 滑到底时，大物体 M 在水平面上移动的距离。
解:
s
10
y
0 mvx M (V ) mvx MV
t t
m vx
V
R
M
m vx dt M Vdt
0 0
v
x
ms MS s RS

质点动力学-动量及动量定理 (2)

o
用于桌面的压力，等于
已落到桌面上的绳重力
x
的三倍。
证明：取如图坐标，设t时刻已有
x长的柔绳落至桌面，随后的dt时间内将有质量为dx（Mdx/L)的柔绳以dx/dt的速率碰到桌面而停止，它的动量变化率为：
o
dx dx dP dt dt dt
x
一维运动可用
标量
根据动量定理，桌面对柔绳的冲力为：
但在某个方向上合外力分量为 0，这个方向上的
动量守恒。
2、系统动量守恒，但每个质点的动量可能变化。
3、在碰撞、打击、爆炸等相互作用时间极短的
过程中，往往可忽略外力（外力与内力相比小很多）可近似认为动量守恒。 4、定律中的速度应是对同一惯性系的速度，动量和应是同一时刻的动量之和。 5、动量守恒定律在微观高速范围仍适用。 6、动量守恒定律只适用于惯性系。
略去二阶小量，两端除dt
对系统利用动量定理
d d m ( m v ) u F d t d t
dm u 为尾气推力。 dt
变质量物体运动微分方程
值得注意的是，dm可正可负，当dm取负时，表明物体质量减小，如火箭之类喷射问题，
变质量问题
变质量问题的处理方法
(1)确定研究系统 (2)写出系统动量表达式
dP v2 ax dt
F xg N ( l x ) g
X
F xg
根据动量定理，得到
F a
xg
N
x
O
dP 3 ax F xg dt F xg 3 xa
( l x ) g
变质量问题
例 2 ：列车在平直铁轨上装煤 , 列车空载时质量为 m0, 煤炭以速率v1竖直流入车厢,每秒流入质量为。假设列车与轨道间的摩擦系数为,列车相对于地面的运动速度 v2保持不变,求机车的牵引力。

动量定理二级结论

动量定理二级结论
动量守恒定律二级结论是初态总动量等于末态总动量。

首先根据牛顿运动第二定律F=mg，得F=m(v1-v2)t 所以Ft=mv1-mv2 也就是动量定律，合外力的冲量等于动量的改变量。

当F=0时，就有mv1=mv2 所以对于一个系统来说，当系统不受外力或所受合外力为零时，
mv1+mv2=mv3+mv4 既初态总动量等于末态总动量。

动量守恒定律适用条件：
1.系统不受外力或者所受合外力为零。

2.系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒。

3.系统总的来看不符合以上条件的任意一条，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条件的任意一条，则系统在该方向上动量守恒。

动量守恒定律(2)

碰撞问题的分类动量守恒定律(2) 【例1】质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为( )1．完全弹性碰撞(重要)特点：动量动能双守恒，后相对速度大小不变。

2．非完全弹性碰撞特点：动量守恒，动能变小，部分动能转变为内能。

相对速度变小3．完全非弹性碰撞特点：动能守恒，总动能最小，相对速度变为0 A．2 B．3 C．4 D．5【例2】A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1＝4kg·m/s和p2＝6kg·m/s(向右为参考正方向)做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为( )A．-2 kg·m/s，3 kg·m/sB．-8 kg·m/s，8 kg·m/sC．1 kg·m/s，-1 kg·m/sD．-2 kg·m/s，2 kg·m/s 【例3】在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。

在小球的前方O点处有一质量为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被在Q点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是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2。

1【例4】如图所示，质量为M的木球用长为L的绳悬挂于O点处于竖直静止状态，一质量为m的子弹以速度v0水平射入木球中并留在其中，要求球能做完整圆周运动，求v0的取值。

变式：那些“类”完全弹性碰撞1．曲面2．弹簧【例5】如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上。

滑块M以初速度v0向右运动，它与弹簧接触后开始压缩弹簧(不粘连)，最后滑块N以速度v0向右运动。

在此过程中( )A．M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B．M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C．M的速度为v0/2时，弹簧的长度最长D．M的速度为v0/2时，弹簧的长度最短【例6】两质量分别为M1、M2的劈A和B，高度相同，彼此独立，位于光滑平面的同一水平直线上。