《动量守恒定律》章末复习课件

(5) 涉及子弹打木块的临界问题：
子弹打木块是一种常见的习题模型。子弹刚好击穿木 块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同。
3. 如图所示，一质量m2=0.25 kg 的平顶小车，车顶右端 放一质量m3=0.2 kg的小物体，小物体可视为质点，与车
顶之间的动摩擦因数μ=0.4，小车静止在光滑的水平轨道
上。现有一质量m1=0.05 kg 的子弹以水平速度v0=12 m/s 射中小车左端，并留在车中。子弹与车相互作用时间很 短。若使小物体不从车顶上滑落，g取10 m/s2。则：小车 的最小长度应为多少?最后小物体与小车的共同速度为多 少?
思路分析：由题意可知整个过程分两个阶段，子弹
射入小车的瞬间过程为第一阶段，小物体在小车上
������1 由①③式得 ������2 1 1+������2
������ 由②④⑤式得������1 2
=
������12 ⑦ 2 2 ������2 -������1
由⑥⑦式得 v 2=2v 1，E2=3E1。 由电场力对滑块的冲量 I=qE· t
������ 1 得������ 2 ������������ 1������ 1 = ������������ ������ = 3，故 A、B 错误。 2 1 因为 Ek= ������������2 2 2 1 1 1 1 所以 W1=qE1x1= ������������1 2 = × ������������2 2 = Ek=0.25 E k 2 4 2 4 1 1 3 1 3 2 2 2 W2=2 ������������2 − 2 ������������1 = 4 × 2 ������������2 = 4Ek=0.75E k
1 4
光滑圆弧轨道模 恒，系统机械能守恒。mv 0 =(m'+m)v 共 ， 型
1 2
������v0 2 = (m'+m)v共 2 +mgh。
2
1
最低点：m 与 m'分离点。水平方向动量守 恒，系统机械能守恒，mv 0 =mv 1 +m'v 2 ，
1 2 2 2 ������ v = ������ v + m' v 0 1 2 2 2 2 1 1
1. 在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块。开始 时滑块静止。若在滑块所在空间加一水平匀强电场 E1 ，
持续一段时间后立刻换成与 E1 方向相反的匀强电场 E2 。
当电场 E2 与电场 E1 持续时间相同时，滑块恰好回到初始 位置，且具有动能 Ek 。在上述过程中， E1 对滑块的电场 力做功为W1，冲量大小为I1； E2对滑块的电场力做功为 W2，冲量大小为I2。则( C ) A.I1=I2 B.4I1=I2 C.W1=0.25Ek,W2=0.75Ek D.W1=0.20Ek,W2=0.08Ek
(2������ -1)������ v ������ '
由 v 人≥ v 可得(2n-1)������ ' v ≥v 所以，n≥ 8。即人推球至少 8 次，才能不再接到球。
������
答案：8次
动量与能量综合运用
1.力学规律的优选策略 (1) 在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时， 或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度时， 应采用运动学公式和牛顿第二定律。 (2) 动量定理适合于不涉及物体运动过程中的加速度、位移， 而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，因时间短且力随时 间变化，应采用动量定理求解。 (3) 对不涉及物体运动过程中的加速度和时间，而涉及力和位 移、速度的问题，无论是恒力还是变力，一般用动能定理求解。 (4) 若研究对象是由多个物体组成的系统，且它们之间有相互 作用，一般用两个“守恒定律”求解，应用时应注意研究对象是 否满足定律的守恒条件。 (5) 在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，应注意 到，一般情况下这些过程中均隐含有系统机械能与其他形式的能 的转化，这些过程，动量一般是守恒的。
故 C 正确，D 错误。
答案：C
2. 如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水
柱冲击煤层，设水柱直径为d=30 cm，水速为v=50 m/s，假 设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零， 求水柱对煤层的平均冲击力。(水的密度ρ=1.0×103 kg/m3)
解析：设在一小段时间 Δt 内，从水枪射出的水的质量为 Δm， 则 Δm=ρS· vΔt 以 Δm 为研究对象，它在 Δt 时间内的动量变化 Δp=Δm· (0-v )=-ρSv 2Δt 设 F 为水对煤层的平均作用力，即冲力，F' 为煤层对水的反冲 力，以 v 的方向为正方向，根据动量定理(忽略水的重力)，有 F' ·Δt=Δp=-ρv 2SΔt，即 F'=-ρSv 2 根据牛顿第三定律知 F=-F'=ρSv 2 式中
3.动量、能量综合应用的几种常用模型
模型分类 特点及满足的规律 弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相 等，弹性势能最大，系统满足动量守恒、机 械能守恒。 m1 v 0 =(m1 +m2)v 共 ， 弹簧模型
1 m1 v0 2 2
= (m1 +m2 )������共 2 +Epm。
1 2
弹簧处于原长时弹性势能为零，系统满足动 量守恒、机械能守恒。m1 v 0 =m1v 1 +m2v 2 ，
模型分类
特点及满足的规律 系统动量守恒、能量守恒：mv 0 =(m+m')v ，
子弹打木块模型 F fL 相 对 =1 ������v 2 − 1(m'+m)v 2 。木块固定和放 0 2 2 于光滑面上，子弹完全穿出时系统产生的 热量相等
5. 如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量
第十六章
动量守恒定律
复习课
动量定理的应用
1. 求冲量或动量的变化量 (1)应用I=Δp求变力的冲量：如果物体受到大小或方向改变的 力的作用，则不能直接用 Ft求变力的冲量，这时可以求出该 力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。 (2)应用Δp=FΔt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化： 曲线运动的物体速度方向时刻在变化，求动量变化Δp=p′-p需 要应用矢量运算方法，比较麻烦。如果作用力是恒力，可以 求恒力的冲量，等效代换动量的变化。 2. 利用动量定理求平均作用力 在碰撞、打击等问题中，作用时间短，作用力大，且在撞击 过程中作用力是变力，无法用牛顿运动定律解决。但动量定 理不仅能解决恒力作用问题，也能解决变力作用问题。
解析：设物体带的电荷量为 q，质量为 m，E 1 、E 2 的作用时间 为 t。运动位移大小分别为 x1 、x2 ，E1 作用时间末速度大小为 v 1 ，E 2 作用时间末速度大小为 v2 。运动过程如图所示。
从 A 运动到 B 过程，根据动量定理，有 qE 1 · t=mv1 ① 根据动能定理，有 qE 1· x1 =2 m������1 2 ② 从 B 运动到 A 过程，同理有 qE 2· t=mv 2 +mv 1 ③ qE 2 · x2 =2 ������������2 2 − 2 ������������1 2④ 且 x1 =x2 ⑤
规定向右为正方向，设推出木球后人的速率分别为 v 1、 v 2、v 3、…、v n，则由动量守恒有 第一次推出木球：0=mv-m'v 1 第二次推出木球：-m'v 1-mv=mv-m'v 2 第三次推出木球：-m'v 2-mv=mv-m'v 3 …… 第 n 次推出木球：-m'v n-1-mv=mv-m'v n 等式两边相加得-(n-1)mv=nmv-m'v n 所以 v n=
思路分析:P1与P2发生完全非弹性碰撞时，P1、P2组 成的系统动量守恒； P与(P1+P2) 通过摩擦力和弹簧弹力 相互作用的过程，系统动量守恒、机械能守恒。注意隐 含条件 P1 、 P2 、 P 的最终速度即三者最后的共同速度； 弹簧压缩量最大时，P1、P2、P三者速度相同。
解析：(1)P1 和 P2 构成的系统碰撞前后动量守恒 ������ mv 0=2mv 1，v 1= 20 P 停在 A 点后，它们的共同速度为 v 2，则
1 (m 2+m1)������1 2 2
− (m2+m1+m3)������2 2=μm3gl③
1 2
联立①②③解得车与物体的共同速度 v 2=1.2m/s ，最小车 长 l=0.3m。
答案：0.3 m
1.2 m/s
4. 如图所示，人的质量为 m′ ，木球的质量为 m，其质
量之比m′ ∶m=15∶1，此人静止在光滑水平冰面上以
(3) 涉及摆的临界问题： 装在车内的摆( 由一段绳子和小球组成)随车运动时， 小球上升到最高点的临界条件是小球和小车的速度相等。 (4) 涉及追碰的临界问题： 两个在光滑水平面上沿同一直线做匀速运动的物体，
甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲必须大于乙物
体的速度v乙，即v甲>v乙。而甲物体刚好追不上乙物体的临 界条件是v甲=v乙。
均为m。P2 的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端 B 相距l。物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点。P1 与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间 极短，碰撞后P1与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在 A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P2之间的动摩擦因数为μ。 求：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2 ； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。
2. 怎样分析动量和能量问题
(1)研究过程的合理选取，不管是动能定理还是机械能守恒 定律或动量守恒定律，都有一个过程的选取问题。 (2)要抓住摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关 系以及物体在相互作用时能量的转化关系。