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高三一轮复习-动量守恒定律..doc
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1、 一. 冲量 1. 定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量:I=Ft2. 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3. 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如果力的方向在不断变化,如绳子拉物体做圆周运动,则绳的拉力在时间t内的冲量,就不能说是力的方向就是冲量的方向对于方向不断变化的力的冲量,其方向可以通过动量变化的方向间接得出 4. 高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量对于变力的冲量,高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求5. 要注意的是:冲量和功不同恒力在一段时间内可能不作功,
2、但一定有冲量特别是力作用在静止的物体上也有冲量二.动量 1动量: pmv,是矢量,它的方向由_方向决定2动量的变化(也叫动量的变化量、动量的改变量、动量的增量等等) (1)定义: 动量的变化_(2)表达式: ppp(mv)mvmvmv3. 动量与动能的关系:,注意动量是矢量,动能是标量,动量改变,动能不一定改变,但动能改变动量是一定要变的三.动量定理1. 动量定理:物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化既I=p2. 动量定理的理解动量定理表明冲量是使物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(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)动量定理给出了冲量
3、(过程量)和动量变化(状态量)间的互求关系现代物理学把力定义为物体动量的变化率:(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为正四动量守恒定律 1动量守恒定律: 相互作用的一个系统不受外力或者所受外力和为0,这个系统的总动量保持不变 表达式: m1v1m2v2m1v1m2v2,表示作用前后系统的总动量相等 p1p20(或p0),表示相互作用物体系统总动量增量为零 p1p2,表示两物体动量的增量大小相等方向相反 2动量守恒定律的条件 (1)系统不受外力或系统所受的合外力为零(2)系统所受的合外力不为零,但比系统内力小得多如爆炸过程中的重力比相互
4、作用力小很多,可忽略重力,认为爆炸过程符合动量守恒定律(3)系统所受的合力虽不为零,但在某个方向上的分量为零,则在该方向上系统总动量的分量保持不变3动量守恒定律的适用范围牛顿定律的适用范围是: 低速运动的物体、宏观物体,动量守恒定律却不受此种限制动量守恒定律是自然界中最重要、最普遍的规律之一 五碰撞与爆炸 1碰撞与爆炸具有一个共同特点: 即相互作用的力为变力,作用的时间极短,作用力很大,且远远大于系统受的外力,故均可用动量守恒定律来处理 2爆炸过程中,因有其他形式的能转化为动能,所以系统的机械能会增加3由于碰撞(或爆炸)的作用时间极短,因此作用过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,即认为碰撞(
5、或爆炸)后还是从碰撞(或爆炸)前瞬间的位置以新的动量开始运动4碰撞的分类:按碰撞过程中动能的损失情况,可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞(1)弹性碰撞: 碰撞过程中机械能不损失,碰撞前后系统总动能守恒,Ek1Ek2Ek1Ek2(2)非弹性碰撞: 碰撞过程中机械能有损失,系统总动能不守恒,Ek1Ek2Ek1Ek2(3)完全非弹性碰撞: 碰撞后两物体“合”为一体,具有共同的速度,这种碰撞动能损失最大5. 碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律 (2)机械能不增加 (3)速度要合理碰前两物体同向运动,若要发生碰撞,则应有v后v前,碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前v后.碰前
6、两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变 以质量为m1,速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例,则有m1v1m1v1m2v2 m1vm1v12 m2v22解得v1,v2结论:m1m2,则交换速度 m1m2, 大撞小,一起前进 若m1m2,小撞大,小反弹,大前进 若m1m2,则v1v1,v22v1 若m1m2,则v1v1,v20 要点一 基本概念的理解【典型例题】【例1】关于物体的动量,下列说法中正确的是() AA运动物体在任一时刻的动量方向,一定是该时刻的速度方向B物体的加速度不变,其动量一定不变C动量越大的物体,其速度一定越大D物体的动量越大,其惯性也越大【例2
7、】下列论述中错误的是() BA相互作用的物体,如果所受合外力为零,则它们的总动量保持不变B动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变C动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的D动量守恒是相互作用的物体系在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的要点二 动量守恒的判断【典型例题】【例1】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F使弹簧压缩,如图所示当撤去外力F后,下列说法中正确的是() Aa尚未离开墙壁前,a和b组成的系统动量守恒 Ba尚未离开墙壁前,a和b组成的系统动量不守恒Ca离开
8、墙壁后,a、b组成的系统动量守恒 Da离开墙壁后,a、b组成的系统动量不守恒 BC在a离开墙壁前、弹簧伸长的过程中,对a和b构成的系统,由于受到墙给a的弹力作用,所以a、b构成的系统动量不守恒,因此B选项正确,A选项错误;a离开墙壁后,a、b构成的系统所受合外力为零,因此动量守恒,故C选项正确,D选项错误【例2】如图,A、B两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧,放在平板小车C上后,A、B、C均处于静止状态若地面光滑,则在细绳被剪断后,A、B从C上未滑离之前,A、B在C上向相反方向滑动的过程中()A若A、B与C之间的摩擦力大小相同,则A、B及弹簧组成的系统动量守恒,A、B、C及弹簧组成的系
9、统动量守恒B若A、B与C之间的摩擦力大小相同,则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒,A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒C若A、B与C之间的摩擦力大小不相同,则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒,A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒D若A、B与C之间的摩擦力大小不相同,则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒,A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒解析当A、B两物体及弹簧组成一个系统时,弹簧的弹力为内力,而A、B与C之间的摩擦力为外力当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时,A、B及弹簧组成的系统所受合外力不为零,动量不守恒;当A、B与C之间的摩擦力大小相等时,A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零,动量守恒对A、
10、B、C及弹簧组成的系统,弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均属于内力,无论A、B与C之间的摩擦力大小是否相等,系统所受的合外力均为零,系统的动量守恒故选项A、D正确【对应练习】1. 如图1所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,下列说法中正确的是() ACDA两手同时放开后,系统总动量始终为零 B先放开左手,后放开右手,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,只要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 图1 2. 质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接,以恒定的速度v沿光滑水
11、平面运动,与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞,如图4所示,碰撞时间极短,在此过程中,下列哪个或哪些说法是可能发生的?()AM、m0、m速度均发生变化,分别为v1、v2、v3,而且满足(Mm0)vMv1m0v2mv3Bm0的速度不变,M和m的速度变为v1和v2,而且满足MvMv1mv2Cm0的速度不变,M、m的速度都变为v,且满足Mv(Mm)vDM、m0、m速度均发生变化,M和m0速度都变为v,m速度变为v2,而且满足(Mm)v0(Mm0)v1mv2 图4解:碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒,m0的速度在瞬间不变,以M的初速度方向为正方向,若碰后M和m的速度变v1和v2,由动量守恒定律得
12、:Mv=Mv1+mv2若碰后M和m速度相同,由动量守恒定律得:Mv=(M+m)v故BC正确,AD错误故选:BC要点三 动量守恒的应用 【典型例题】【例1】一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上,其截面如图所示图中ab为粗糙的水平面,长度为L;bc为一光滑斜面,斜面和水平面通过与ab与bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动,在斜面上上升的最大高度为h,返回后在到达a点前与物体P相对静止重力加速度为g.求:(1)木块在ab段受到的摩擦力f;(2)木块最后距a点的距离s. 解析木块m和物体P组成的系统在相互作用过程中遵守动量守恒、能量守恒(1
13、)以木块开始运动至在斜面上上升到最大高度为研究过程,当木块上升到最高点时两者具有相同的速度,根据动量守恒,有mv0(2mm)v根据能量守恒,有mv(2mm)v2fLmgh 联立得f(2)以木块开始运动至最后与物体P在水平面ab上相对静止为研究过程,木块与物体P相对静止,两者具有相同的速度,根据动量守恒,有mv0(2mm)v根据能量守恒,有mv(2mm)v2f(LLs) 联立得s【例2】如图,A、B、C三个木块的质量均为m,置于光滑的水平桌面上,B、C之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接触而不固连将弹簧压紧到不能再压缩时用细线(细线未画出)把B和C紧连,使弹簧不能伸展,以至于B、C可视为一个整体
14、现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动,与B相碰并粘合在一起以后细线突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、B分离已知C离开弹簧后的速度恰为v0.求弹簧释放的势能 解析设碰后A、B和C的共同速度的大小为v,由动量守恒定律得3mvmv0设C离开弹簧时,A、B的速度大小为v1,由动量守恒定律得3mv2mv1mv0设弹簧的弹性势能为Ep,从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒,有(3m)v2Ep(2m)vmv由式得弹簧所释放的势能为Epmv【针对练习】1. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为.初始时小物块停在箱子正中间如
15、图所示现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为() 图1 图2A. mv2 B.v2 C.NmgL DNmgL解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒,小物块最后恰好又回到箱子正中间二者相对静止,即为共速,设速度为 v1,mv(mM)v1,系统损失动能Ekmv2(Mm)v,A错误、B正确;由于碰撞为弹性碰撞,故碰撞时不损失能量,系统损失的动能等于系统产生的热量,即EkQNmgL,C错误,D正确2. 如图2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
16、车上,接着又立即从b车跳到a车上小孩跳离c车和b车时对地水平速度相同他跳到a车上相对a车保持静止此后()Aa、b两车运动速率相等 Ba、c两车运动速率相等C三辆车的速率关系vcvavb Da、c两车运动方向相同3. 如图所示,小球A系在细线的一端,线的另一端固定在O点,O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍,至于粗糙的水平面上且位于O点正下方,物块与水平面间的动摩擦因数为.现拉动小球使线水平伸直,小球由静止开始释放,运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短),反弹后上升至最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g,求物块在水平面上滑行的时间t.要点五
17、 动量和能量观点的综合应用【例1】如图所示,在光滑水平面上有一辆质量M8 kg的平板小车,车上有一个质量m1.9 kg的木块,木块距小车左端6 m(木块可视为质点),车与木块一起以v1 m/s的速度水平向右匀速行驶一颗质量m00.1 kg的子弹以v0179 m/s的速度水平向左飞来,瞬间击中木块并留在其中如果木块刚好不从车上掉下来,求木块与平板小车之间的动摩擦因数.(g10 m/s2)解析以子弹和木块组成的系统为研究对象,设子弹射入木块后两者的共同速度为v1,以水平向左为正方向,则由动量守恒有:m0v0mv(mm0)v1 解得v18 m/s它们恰好不从小车上掉下来,则它们相对平板小车滑行距离x
18、6 m时它们跟小车具有共同速度v2,则由动量守恒定律有(mm0)v1Mv(mm0M)v2 解得v20.8 m/s由能量守恒定律有 (m0m)gx(mm0)vMv2(m0mM)v由,解得0.54【例2】如图所示,AOB是光滑水平轨道,BC是半径为R的光滑的1/4固定圆弧轨道,两轨道恰好相切质量为M的小木块静止在O点,一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内,并留在其中和小木块一起运动,且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点)求:(1)子弹射入木块前的速度;(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时,立即有相同的子弹射入小木块,并留在其中,则当第9颗子弹射入小木块后,小木
19、块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少?【针对练习】1. 如图14所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为.使木板与重物以共同的速度v0向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,碰撞时间极短求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间设木板足够长,重物始终在木板上重力加速度为g.解析第一次与墙碰撞后,木板的速度反向,大小不变,此后木板向左做匀减速运动,速度减到0后向右做加速运动,重物向右做匀减速运动,最后木板和重物达到一共同的速度v,设木板的质量为m,重物的质量为2m,取向右为正方向,由动量守恒定律得2mv0mv03mv设木
20、板从第一次与墙碰撞到和重物具有共同速度v所用的时间为t1,对木板应用动量定理得,2mgt1mvm(v0) 由牛顿第二定律得2mgma 式中a为木板的加速度在达到共同速度v时,木板离墙的距离l为lv0t1at从开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为 t2所以,木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经过的时间为tt1t2 由以上各式得t.2. 如图7所示,小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂,将球b向右拉起,使细线水平从静止释放球b,两球碰后粘在一起向左摆动,此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60.忽略空气阻力,求:()两球a、b的质量之比;()两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在
21、碰前的最大动能之比解析()设球b的质量为m2,细线长为L,球b下落至最低点但未与球a相碰时的速率为v,由机械能守恒定律得m2gLm2v2式中g是重力加速度的大小设球a的质量为m1;在两球碰后的瞬间,两球共同速度为v,以向左为正由动量守恒定律得m2v(m1m2)v设两球共同向左运动到最高处时,细线与竖直方向的夹角为,由机械能守恒定律得(m1m2)v2(m1m2)gL(1cos ) 联立式得1代入题给数据得1()两球在碰撞过程中的机械能损失为Qm2gL(m1m2)gL(1cos )联立式,Q与碰前球b的最大动能Ek(Ekm2v2)之比为1(1cos )联立式,并代入题给数据得11. 如图所示,光滑
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