第一讲--碰撞与动量守恒定律

第一讲碰撞与动量守恒一、冲量概念及其理解（1）定义：某个力与其作用时间的乘积称为该力的冲量I=F△t（2）特征：①冲量是过程量，它与某一段时间相关；②冲量是矢量，对于恒力的冲量来说，其方向就是该力的方向。（3）意义：冲量是力对时间的累积效应。二、关于冲量的计算（1）恒力的冲量计算恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即用恒力F乘以其作用时间△t而得。（2）方向恒定的变力的冲量计算。如力F的方向恒定，而大小随时间变化的情况如图1所示，则该力在时间△t=t2-t1内的冲量大小在数值上就等于图1中阴影部分的“面积”。0图1Ftt1t2（3）一般变力的冲量计算在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的。（4）合力的冲量计算几个力的合力的冲量计算，既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量。三、动量概念及其理解（1）定义：物体的质量及其运动速度的乘积称为该物体的动量p=mv（2）特征：①动量是状态量，它与某一时刻相关；②动量是矢量，其方向与物体运动速度的方向相同。（3）意义：速度从运动学角度量化了机械运动的状态,动量则从动力学角度量化了机械运动的状态。（4）动量与动能的联系质量相等、速率相等的两个物体的动能、动量是否相等?动能相等而动量却不一定相等.)2(22kkmEPmPE四、动量定理（1）表述一：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化I=ΔPF合·Δt=mvt–mv0（2）表述二：各个力对物体的冲量的矢量和等于物体动量的变化02211...mvmvtFtFtFtnn五、运用动量定律解题的三个必须：1、必须受力分析2、必须取正方向3、必须确定初末状态1．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰掸时间极短，离地的速率为v2。在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为（）A、向下，m(v1-v2)B、向下，m(v1+v2)C、向上，m(v1-v2)D、向上，m(v1+v2)D2．一辆空车和一辆满载货物的同型号的汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶．紧急刹车后(即车轮不滚动只滑动)那么()A．货车由于惯性大，滑行距离较大B．货车由于受的摩擦力较大，滑行距离较小C．两辆车滑行的距离相同D．两辆车滑行的时间相同CD3．一个质量为0.3kg的小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小为4m/s。则碰撞前后墙对小球的冲量大小I及碰撞过程中墙对小球做的功W分别为（）A．I=3kg·m/sW=-3JB．I=0.6kg·m/sW=-3JC．I=3kg·m/sW=7.8JD．I=0.6kg·m/sW=3JA4.（14分）一质量为m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即反方向弹回。已知反弹速度的大小是入射速度大小的3/4，求在碰撞中斜面对小球的冲量大小解：小球在碰撞斜面前做平抛运动.设刚要碰撞斜面时小球速度为v.由题意,v的方向与竖直线的夹角为30°,且水平分量仍为v0，如右图.v030°v0v30°由此得v=2v0①碰撞过程中，小球速度由v变为反向的3v/4,碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，斜面对小球的冲量为②mvv)m(I43由①、②得027mvI5．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，顶端与竖直墙壁接触．现打开尾端阀门，气体往外喷出，设喷口面积为S，气体密度为，气体往外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶顶端对竖直墙的作用力大小是（）Sv2Sv221A．SB．C．D．2S解：设时间Δt内从喷口喷出的气体质量为Δm，则Δm=vΔtS由动量定理FΔt=Δmv∴F=v2S由平衡条件及牛顿第三定律，钢瓶对墙的作用力大小为F=v2SD六、动量守恒定律系统不受外力或者所受外力之和为零，则系统的总动量保持不变．这个结论叫做动量守恒定律．1、动量守恒定律2211202101vmvmvmvm2、动量守恒定律适用的条件:（1）、系统不受外力或所受的合外力为零，则系统动量守恒.（2）.若系统所受的合外力不为零，但外力远小于内力，则系统的动量守恒.2、动量守恒定律适用的条件:（3）若系统所受合外力并不为零，但在某个方向上不受外力或所受合外力为零，则在这个方向上系统的动量守恒.2、动量守恒定律适用的条件:3、动量守恒定律的四性：①系统性②矢量性③相对性④普适性4、应用动量守恒定律解题的三个必须：（1）必须确定系统。（2）必须取正方向。（3）必须确定初末状态。七、有关碰撞的几个概念1.碰撞两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常强的相互作用的过程。2.碰撞的特点(1)相互作用时间短；(2)作用力的变化快和作用力的峰值大；(3)其他外力可以忽略不计。3.正碰：两小球碰撞时的速度沿着连心线方向的碰撞。4.斜碰：两小球碰撞时的速度不在连心线方向的碰撞。5.弹性碰撞：没有机械能损失的碰撞。特点：两球碰撞后形变能完全恢复。6.非弹性碰撞：有机械能损失的碰撞。特点：两球碰撞后形变不能完全恢复。完全非弹性碰撞：机械能损失最大的碰撞特点：两球碰撞后具有共同速度。碰撞过程遵守的规律八、——应同时遵守三个原则1.系统动量守恒的原则2211202101vmvmvmvm2.物理情景可行性原则—位置不超越3.不违背能量守恒的原则—动能不膨胀2222112202210121212121vmvmvmvm三种典型的碰撞九、1、弹性碰撞：碰撞全程完全没有动能损失。v1v2v10ABv20AB碰前碰后2211202101vmvmvmvm2222112202210121212121vmvmvmvm解以上两式可得：21202102112mmvmv)mm(v21101201222mmvmv)mm(v对于结果的讨论：①当m1=m2时，v1=v20，v2=v10,质量相等的两物体弹性碰撞后,“交换速度”；②当m1m2,且v20=0时，v1≈－v10，v2≈0，小物碰大物，原速率返回；③当m1m2，且v20=0时，v1≈v10，v2≈2v10，2、非(完全)弹性碰撞：动量守恒,动能有损失，3、完全非弹性碰撞：动能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有2120210121mmvmvmvv6．如图所示,A、B两物体的质量比mA∶mB＝3∶2,它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑.当弹簧突然释放后，则有（）A．A、B系统动量守恒B．A、B、C系统动量守恒C．小车向左运动D．小车向右运动CABBC7．动能相同的A、B两球，它们的质量分别为mA、mB，且mA＞mB，在光滑的水平面上相向运动，当两球相碰后，其中一球停止运动，则可判定：()A．碰撞前A球的速度小于B球的速度B．碰撞前A球的动量大于B球的动量C．碰撞后A球的动量变化大于B球的动量变化D．碰撞后A球的速度为零，B球朝反方向运动ABD8．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始下滑()A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处hC9.(12分)如图所示,质量分别为mA=0.5kg、mB=0.4kg的长板紧挨在一起静止在光滑的水平面上，质量为mC=0.1kg的木块C以初速vC0=10m/s滑上A板左端，最后C木块和B板相对静止时的共同速度vCB=1.5m/s.求：（1）A板最后的速度vA；（2）C木块刚离开A板时的速度vC.CAB解:C在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒，则mCvC0=mCvC+（mA+mB）vA……①C在B上滑动时，B、C组成系统的动量守恒，则mCvC+mBvA=（mC+mB）vCB……②解得vA=0.5m/s，vC=5.5m/s………③10.一个质量为40kg的小孩站在质量为20kg的平板车上以2m/s的速度在光滑的水平面上运动，现小孩沿水平方向向前跳出后：•若小孩跳出后，平板车停止运动，求小孩跳出时的速度．•若小孩跳出后，平板车以大小为2m/s的速度沿相反方向运动，求小孩跳出时的速度和跳出过程所做的功．解：设小孩沿水平方向向前跳出的速度为V1（1）小孩跳出后，平板车停止运动，根据动量守恒定律得（M+m）v0=mV1解得m/s301vmmMV（2）小孩跳出后，平板车以大小为v0的速度沿相反方向运动，根据动量守恒定律得（M+m）v0=mV2–Mv0解得m/s4202vmmMVJ240212121202220v)mM()VmvM(W11．(12分)一人在平板车上用水平恒力拉绳使重物能靠近自己，人相对于车始终不动，重物与平板车之间，平板车与地面之间均无摩擦。设开始时车和重物都是静止的，车和人的总质量为M=100kg，重物的质量m=50kg，拉力F=200N。在拉力F的作用下，重物向人靠拢了s=3m，如图所示。求：此时平板车在地面上移动的距离和平板车的速度大小。某同学的解答如下：①m/s4m/s50200221mFa②ssast2343221重物移动3m所用时间为重物的加速度mM再利用运动学公式求出此时平板车在地面上移动的距离和平板车的速度。请判断该同学的解答过程是否正确，若正确，求出结果；若不正确，指出首先出现错误的是哪一道式子?写出正确的解题过程，并得出正确结果。tavtas222和21③m/s2m/s100200222MFa平板车(包括人)的加速度为解:该同学的解答是错误的。首先出现错误的是②式。正确解法是：设车向后退了s'm，重物对地移动的距离为（s-s')=(3-s')m，重物移动所用的时间为t，由动量守恒定律有：tsMt)s(m232代入数字，解得s'=1m再由动能定理有：221MvsF代入数字，解得车速v=2m/s题目12．（14分）如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为竖直平面内的半圆且与ab相切，半径R=0.3m。质量m=0.5kg的小球A静止在轨道上，另一个质量M=1.0kg的小球B，以速度v0=6.5m/s与小球A正碰。已知碰撞后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为处，g取10m/s2，求：⑴碰撞结束时小球A和B的速度大小；⑵A球在c点对轨道的压力；⑶论证小球B能否沿半圆轨道到达c点。bcABRMmaRL24解:（1）设球A在c点的速度为v,根据平抛运动规律有Rvt242212gtRRgv8得设A碰后速度为vA，由机械能守恒定律有RmgmvmvA2212122m/s612得gRvA由动量守恒定律有Mv0=mvA+MvBm/s53得0.MmvMvvAB（2）由牛顿第二定律有RvmmgN2N35得2mgRmvN由牛顿第三定律知A球对轨道的压力大小为35N，方向竖直向上。（3）若B恰能到达c点，则c点的速度vc满足：RvMMgC2gRvCB在最低点的最小速度vB′满足：RMgMvvMCB2212122m/s155gRvB而由第（1）问中求出的B碰后的速度m/s15m/s53.vB所以B不能沿半圆轨道到达c点。题目13、质量m2=9kg的物体B，静止在光滑的水平面上。另一个质量为m1=1kg、速度为v的物体A与其发生正碰，碰撞后B的速度为2m/s，则碰撞前A的速度v不可能是（）A、8m/sB、10m/sC、15m/sD、20m/s解：由弹性碰撞公式得由完全非弹性碰撞公式得碰撞前A的速度v应介于10m/s和20m/s之间，A错。A12112mmvvmm12122mvvmm12221510m/s2mmvvvm1122()mvmmv