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,动量守恒定律及其应用,第 六 章,第18讲 动量定理 动量守恒定律,栏目导航,1动量、动量变化、冲量 (1)动量 定义：物体的_与_的乘积 表达式：p_. 方向：动量的方向与_的方向相同,质量,速度,mv,速度,(2)动量的变化 因为动量是矢量，动量的变化量p也是_，其方向与速度的改变量v的方向_. 动量的变化量p的大小，一般用末动量p减去初动量p进行计算，也称为动量的增量即_. (3)冲量 定义：_与_的乘积叫做力的冲量 公式：_. 单位：_. 方向：冲量是_，其方向_.,矢量,相同,ppp,力,力的作用时间,IFt,Ns,矢量,与力的方向相同,2动量定理 (1)内容：物体在一个运动过程始末的_等于它在这个过程中所受_的冲量 (2)公式：_或_. (3)动量定理的理解 动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果 动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和 动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义,动量变化量,合力,mvmvF(tt),ppI,3动量守恒定律 (1)定律内容：一个系统_或者_时，这个系统的总动量保持不变 (2)公式表达：m1v1m2v2_. (3)适用条件和适用范围 系统不受外力或者所受外力的矢量和为_；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；如爆炸、碰撞等过程，可以近似认为系统的动量守恒系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上_.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,不受外力,所受外力的合力为零,m1v1m2v2,零,动量守恒,4动量守恒定律的应用 (1)碰撞 碰撞现象 两个或两个以上的物体在相遇的_时间内产生_的相互作用的过程 碰撞特征 a作用时间_. b作用力变化_. c内力_外力 d满足_.,极短,非常大,短,快,远大于,动量守恒,碰撞的分类及特点 a弹性碰撞：动量_，机械能_. b非弹性碰撞：动量_，机械能_. c完全非弹性碰撞：动量_，机械能损失_. (2)爆炸现象 爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量_. (3)反冲运动 物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向_方向运动的现象 反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用_定律来处理,守恒,守恒,守恒,不守恒,守恒,最多,守恒,相反,动量守恒,1判断正误 (1)动量越大的物体，其质量越大( ) (2)两物体动能相等，动量一定相等( ) (3)物体所受合力不变，则动量也不改变( ) (4)物体沿水平面运动，重力不做功，其冲量为零( ) (5)物体所受的合力的冲量方向与物体动量变化的方向相同( ),(6)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒( ) (7)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同( ) (8)动量定理中的冲量是合力的冲量，而IFt中的力可以是合力也可以是某个力( ),2人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了( ) A减小地面对人的冲量 B使人的动量变化减小 C减小地面对人的冲力 D增大人对地面的压强，起到安全保护作用,C,3如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MPQN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( ) A合力对两滑块的冲量大小相同 B重力对a滑块的冲量较大 C弹力对a滑块的冲量较小 D两滑块的动量变化大小相同,C,解析 这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端合力Fmgsin (为滑轨倾角)，FaFb，因此合力对a滑块的冲量较大a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FNmgcos ，FNaFNb，因此弹力对a滑块的冲量较小故选项C正确,应用动量定理解题的方法 在应用动量定理解题时，一定要认真对物体进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间t极短时，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力,1动量、动能、动量变化量的比较,一 动量、冲量的理解,2冲量和功的区别 (1)冲量和功都是过程量冲量是表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用 (2)冲量是矢量，功是标量 (3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零 3冲量和动量的区别 (1)冲量是过程量 (2)动量是状态量,例1物体受到合力F的作用，由静止开始运动，合力F随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是( ) A该物体将始终向一个方向运动 B3 s末该物体回到原出发点 C03 s内，合力F的冲量等于零，功也等于零 D24 s内，合力F的冲量不等于零，功却等于零,BCD,解析 图线和横坐标所围的面积等于冲量，01秒内的冲量为负，说明速度沿负方向，而12秒内冲量为正，且大于01秒内的冲量，即速度的方向发生变化，所以选项A错误；03秒内，合力F的冲量为零，即物体0秒时的速度和3秒时的速度一样，故03秒内合力F的冲量等于零，功也等于零，选项C正确；分析运动过程如图所示，可以得到3秒末物体回到原出发点，选项B正确；24秒内，合力F的冲量不等于零，物体2秒时和4秒时速度大小相等，根据动能定理，24秒内合力F做的功为零，故选项D正确,二 动量定理及其应用,动量定理的两个重要应用 (1)应用Ip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IFt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化p，等效代换变力的冲量I. (2)应用pFt求动量的变化 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(pp2p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，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,例2(2017吉林长春质检)有一个质量为0.5 kg的篮球从h0.8 m的高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地面接触时间相等，空气阻力不计，与地面碰撞时，篮球重力可忽略(重力加速度g取10 m/s2) (1)第一次球与地板碰撞，地板对球的冲量为多少？ (2)相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？,(2)第二次碰前瞬时速度和第二次碰后瞬时速度关系为 v20.8v10.82v00.64v0. 设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2， 选向上为正方向，由动量定理有 F1tmv1(mv0)1.8mv0， F2tmv2(mv1)1.8mv11.44mv0， F1F254. 容易知道，任意相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比均为54. 答案 (1)3.6 Ns (2)54,例3(2018湖北黄冈模拟)一股水流以10 m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2，有一质量为0.32 kg的球，因受水对其下侧的冲击而停在空中，若水冲击球后速度变为0，则小球停在离喷嘴多高处？(g取10 m/s2) 解析 小球能停在空中，说明小球受到的冲力等于重力Fmg， 小球受到的冲力大小等于小球对水的力取很小一段长为l的小水柱m，其受到重力mg和球对水的力F，取向下为正方向 (Fmg)t0(mv)，,答案 1.8 m,应用动量定理解题的基本思路,1动量守恒定律的“五性”,三 动量守恒定律及其应用,2应用动量守恒定律时的注意事项 (1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统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)分析系统内物体受力时，要弄清哪些力是系统的内力，哪些力是系统外的物体对系统的作用力,例4(2017广西南宁模拟)如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住求： (1)小孩接住箱子后共同速度的大小； (2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱,动量守恒定律解题的基本步骤 (1)明确研究对象，确定系统的组成；(系统包括哪几个物体及研究的过程) (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒；(或某一方向上动量是否守恒) (3)规定正方向，确定初、末状态动量； (4)由动量守恒定律列出方程； (5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明,四 碰撞问题,例5如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞设物体间的碰撞都是弹性碰撞,1爆炸的特点 (1)动量守恒：由于爆炸是在板短的时间内完成的，发生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，所以爆炸前后系统的总动能增加 (3)位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动,五 爆炸、反冲和“人船模型”,2反冲 (1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象 (2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量可能是动量守恒、动量近似守恒或某一方向上动量守恒反冲运动中机械能往往不守恒 (3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例,C,利用“人船模型”解题需注意两点 (1)条件 系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒 构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动 x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移 (2)解题关键是画出初、末位置，确定各物体位移关系,C,2(2017湖北黄冈模拟)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( ) AvA5 m/s，vB2.5 m/s BvA2 m/s，vB4 m/s CvA4 m/s，vB7 m/s DvA7 m/s，vB1.5 m/s,B,3一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31.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( ),B,5如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求拋出货物的最小速度(不计水的阻力) 解析 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12mv011mv1mvmin， 10m2v0mvmin11mv2， 为避免两船相撞应满足v1v2， 联立式得vmin4v0. 答案 4v0,例1(2016安徽安庆检测5分)如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块，木箱和小木块都具有一定的质量现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( ) A小木块和木箱最终都将静止 B小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动 C小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动,答题送检来自阅卷名师报告,解析 由动量守恒定律知小木块最终与木箱相对静止，以相同的速度一起向右做匀速直线运动，故选项B正确 答案 B,1如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的左右两端分别站着人A和人B，人A的质量为mA，人B的质量为mB，且mAmB.初始时，人和车都处于静止状态，若两人同时以相等大小的速度(相对地面)相向运动，则关于车的运动情况，下列说法正确的是( ) A静止不动 B左右往返运动 C向右运动 D向左运动 解析 设两人的速度大小均为v0，车的速度为v，取人A和人B及平板车组成的系统为研究对象，以向左为正方向，由动量守恒定律有mBv0mAv0m车v0，又mAmB，解得v0，即车向左运动，故选项D正确,D,2(2018江苏南京模拟)(多选)质量均为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个质量均为M的静止小球正碰后，a球被反向弹回，b球与被碰球黏合在一起仍沿原方向运动，c球碰后静止，则下列说法正确的是( ) Am一定小于M Bm可能等于M Cb球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大 Dc球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大 解析 由a球被反向弹回，可以确定m一定小于M，选项A正确、B错误；当m与M碰撞后黏在一起时，属于完全非弹性碰撞，此时损失的动能最大，选项C正确、D错误,AC,A,ACD,
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