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动量定理不仅适用于恒力情况,也适用于变力情况,还适用于曲线运动的情况。
以平抛运动为例,物体受力方向与速度方向不在同一直线上,所以冲量方向与动量的方向不在同一直线上,但是冲量的方向却与动量变化的方向相同。
关于D的分析:
动量为矢量,无论是同一物体速度的大小改变了,或者速度的方向改变了,或者两者同时改变了,都可以说物体的动量改变了。
物体受到冲量,其动量必然改变,但动量的大小并不一定发生变化。
例如,竖直上抛的物体受到重力的冲量,它落回原地时的动量与抛出时的动量大小相等,但方向改变。
关于E的分析:
对一个物体而言,动量的变化快慢由速度的变化快慢决定,而速度变化的快慢由物体所受的合外力决定,又因为冲量的大小与力的大小没有直接联系,所以E错。
例如,一个物体做匀加速直线运动时,它所受的冲量随时间的增加而增加,其动量变化量也不断增加,但其动量的变化快慢却是不变的。
【学习指导】
2、动量定理
∑I=△P=m
2-m
1
动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动,对微观现象和高速运动仍然适用。
应用动量定理解题的一般步骤
1选取对象(单个物体或物体系及对应过程的初、末态)
②受力分析(过程中所受全部合外力)
③运动分析(确定初、末态的
1、
2)
④建立坐标,定出正方向(确定各矢量符号)
⑤统一单位,列式求解、检验
[典型例题]
例2、试说明为什么玻璃杯掉在水泥地面上易碎,而掉在松软的土地上却不易碎?
[分析与解]设杯子质量为m,竖直向下为正方向。
杯子由高度h处自由落下,着地时速度
v=
因此两种情况着地时杯子的动量均为
p=mv=m
设经过时间Δt杯子静止,此时动量p′=0,杯子动量变化均为
Δp=p′-p=-m
设杯子所受到的合力为F,由动量定理有
FΔt=-m
F=
∵F=mg+N
∴N=-(mg+
)
负号表N方向竖直向上。
显然,杯子落在松软的土地上,停止缓慢一点,
即Δt大,N值就小,所以不易破碎,反之亦然。
[引申]把杯子压在纸带上,用一水平力缓缓拉到纸带,杯子跟着一起运动,若迅速拉到纸带,纸带将会从杯子下面抽出,试解释这一现象。
[分析与解]在缓缓拉到时,两物体之间的作用力是静摩擦力,在迅速拉到时,它们之间的力是滑动摩擦力,由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力。
所以一般情况是:
缓拉,摩擦力小;
快拉,摩擦力大。
但缓拉纸带时,摩擦力虽小些,但作用时间可以很大,故杯子获得的冲量即动量的改变可以很大,所以能把杯子带动。
快拉时,摩擦力虽大些,但作用时间很短,故冲量小,所以杯子动量改变很小。
因此不能带动杯子。
[学习指导]
3、动量守恒定律
⑴具体运用动量守恒定律时,应注意:
①定律适用于惯性系,各速度应对同一惯性参照系通过选用分量式,选取正方向,把矢量运算化为标量运算。
②如果系统所受合外力不等于零,但合外力在某一方向的分量为零,则系统的总动量在该方向的分量是守恒的。
③在打击、爆炸、碰撞等冲击问题中,由于内力一般很大,作用时间又很短,虽然可能有外力,但外力与内力相比很小,因此其冲量可以忽略,此时仍可应用动量守恒定律。
当然严格从概念上说,此时系统的动量是不守恒的,只是符合一定条件的近似成立。
④该定律不仅适用于低速运动的宏观物体,而且适用于高速的微观粒子,是普遍成立的重要的物理规律。
⑵应用动量守恒定律解题的一般步骤:
①确定对象(系统及其初、末态)
②受力分析(过程中外力是否满足守恒条件)
③运动分析(确定初、速态v1、v2)
④确定参照物,选取正方向
⑤统一单位、确定符号、列式求解
[例3]如图1所示的装置中,木块B与水平桌面间的接触是先光滑的,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内,将弹簧压缩到最短,现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统),则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中()
A、动量守恒,机械能守恒
B、动量不守恒,机械能不守恒
C、动量守恒,机械能不守恒
D、动量不守恒,机械能守恒
[分析与解]在子弹射入木块的过程,若以子弹和木块为研究对象(系统),若子弹很快射入木块时,可以认为木块尚未运动,木块与弹簧间没有相互挤压作用,因此系统水平方向动量守恒,但由于子弹相对于木块有一个位移Δl,因此摩擦力做功,把一部分动能转化为内能,因此,此瞬间系统的机械能不守恒。
在而后木块(含子弹)压缩弹簧的过程中,取木块(含子弹)与弹簧组成的系统。
由于在这一过程中系统在水平方向所受的唯一外力——左侧墙对弹簧的作用力,虽然因作用点无位移而不做功,却对系统有冲量,使系统动量减小,所以此过程动量不守恒。
但由于此过程中只有弹簧的弹力对木块(含子弹)做负功,从而把木块(含子弹)的动能转化为弹簧的弹性势能,所以此过程的机械能守恒。
但是,按题意从整个系统为研究对象,作为全过程,自然是动量不守恒(子弹的初动量最后变为零),机械能也不守恒(子弹射入木块过程有机械能损失)故选B。
[例4]在静水上浮着一只长为l质量为M的船,船上站着一个质量为m的人,开始时,人站在船尾,人和船都处于静止状态,人若从船尾走到船头,不计水的阻力,船将后退多少?
[分析与解]以人和船整体为研究对象,它们在水平方向不受外力,所以在水平方向动量守恒,开始它们都静止,总动量为零。
因此,在人行走的每个时刻它们的总动量都为零,因为人、船运动的方向相反,可写做:
mv人-Mv船=0或mv人=Mv船
式中出现的是v,而问题要求的是位移S,怎么把v转化成S呢?
人由静止到行走又停止,这一过程肯定是变速运动,但可以采用徽元法把这段运动分成许多小段,当段数分得足够多,每段足够小时,每一小段运动中的速度变化就足够小而可以看成匀速运动,每一小段v人=
,v船=
,这样,对于第一小段
m人v人1=Mv船1,
即m人
因为△t1→0但不等于零,方程两边同乘以△t1得
m△S人1=M△S船1
同理m△S人2=M△S船2
…………
m△S人n=M△S船n
两边相加,可得:
mS人总=MS船总
如图2所示,以地面为参照系,船长虽为l,人由船尾走到船头l,人的位移为l-S船,所以
M(l-s
)=Ms
∴s
=
【引申】有的同学认为此题必须准确写出“求人从船尾走到船头的过程中船后退的距离”,因为人走到船头后,船已经有了一定的速度,不计水的阻力,船将匀速后退下去,如不限定时间,船退的距离是不能确定的。
这种观点是错误的,由于开始时人船总动量为零,由于动量守恒,它的总动量应总是零,只有人前进时船才后退,人停了船立即也要停下来,否则船带着人一起后退下去,总动量就不是零了。
从力的角度也可以得出同样的结论:
人由静止起动,需有向前的加速度,所以要向后蹬船,使船后退,船给人向前的力而使人起动;
人由行进到停住的过程,需要有向后的加速度,要向前蹬船获得向后的力,而船受向前的力也要减速而停止。
此外,许多同学会这样解:
规定人移动的方向为正方向,则小车的位移为-x,m,M水平方向的系统动量守恒,则:
mV
+MV
=0⑴
等式两边乘以t得:
t+MV
t=0⑵
由⑵得:
m(l-s
)+M(-s
)=0⑶
解得:
s
这个答案是正确的。
但解法是错误的,从上面的解法来看,如果承认⑵、⑶式成立,那就肯定了此人是匀速向船头移动,而题目条件并没有此意。
此外把v含糊地认为是平均速度,从而
,
=
也是错误的。
[例5]在光滑的水平面上,有A、B两球沿同一直线向右运动(如图3)已知碰撞前两球的动量分别为:
pA=121kg·
m/s,pB=13kgm/s,碰撞后它们的动量变化是△pA·
△pB。
有可能的是()
A、△pA=-3kgm/s,△pB=31kgm/s
B、△pA=4kgm/s,△pB=-4kgm/s
C、△pA=-5kgm/s,△pB=5kgm/s
D、△pA=-24kgm/s,△pB=24kgm/s
[分析与解]求解碰撞问题的解应同时遵守三个原则。
即原则一:
系统动量守怛的原则。
碰撞中的相互作用的内力通常远大于系统外力,且碰撞过程往往是瞬间完成的,因此,外力的冲量往往可以忽略不计。
所以碰撞问题的解应首先满足系统动量守恒的原则。
原则二:
物理情景可行性原则。
一定要根据相向碰撞和追赶碰撞等具体情况,认真分析其过程,确定物理情景是否可行。
原则三:
不违背能量守恒的原则。
即系统碰撞后的总机械能总小于等于碰撞前的总机械能。
可表达为
或
由此,不难判明本题四个选项均遵守原则一,即△pA+△pB=0,由于本题是追赶碰撞,考虑原则二,必有
vA>
vB,vB′>
vB
所以有△pB>
0,因而△pA<
因此B选项错误,再由原则三得
①
由原则二得:
②
联立①,②式得:
即
或|vA′|<
|vA|
由此得:
-vA<
vA′<
vA③
③式各项减vA,再乘以mA,得
-2pA<
△pA<
0④
由④式排除D选项。
所以选A、C
【同步练习】
1、如果一个物体在任何相等的时间内动量的变化都相同,则此物体可能在作()
A、匀变速直线运动B、匀变速曲线运动
C、匀速圆周运动D、变加速运动
2、若物体在运动过程中受到的合外力不为零,则()
A、物体的动能不可能总是不变的
B、物体的动量不可能总是不变的
C、物体的加速度一定变化
D、物体的速度的方向一定变化
3、质量为m的小球A,沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰,碰撞后,A球的动能变为原来的
,那么小球B的速度可能是()
A、
B、
C、
D、
4、如图4所示,质量为m的小球以水平速度v0抛出,恰好与倾角为30°
的斜面垂直碰撞,其弹回的速度大小恰与抛出时相等,则小球在碰撞前后动量的改变量是()
A、mv0B、
mv0
C、2mv0D、3mv0
5、两个小球在光滑水平面上沿同一直线同一方向运动,B在前,A在后,mA=1kg,m2=2kg,vA=6m/s,A球追上B球发生碰撞,则A、B两球碰后的速度大小可能是()
A、vA′=5m/s,vB′=2.5m/sB、vA′=2m/s,vB′=4m/s
C、vA′=-4m/s,vB′=7m/sD、vA′=7m/s,vB′=1.5m/s
6、质量相同的三个小球a、b、c在光滑水平面上以相同的速率运动,它们分别与原来静止的三个球A、B、C相碰(a与A碰,b与B碰,c与C碰)。
碰后,a球继续沿原来方向运动;
b球静止不动,c球被弹回而向反方向运动。
这时,A、B、C三球中动量最大的是()
A、A球B、B球
C、C球D、由于A、B、C三球质量未知,无法判定
7、某人身系弹性绳自高空P点自由下落,图5中a点是弹性绳的原长位置,C是人所到达的最低点,b是人静止地悬吊着时的平衡位置,不计空气阻力。
则下列说法中正确的是()
A、从p至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量
B、从p至c过程中重力所做的功等于人克服弹力所做的功
C、从p至c过程中的速度不断增大
D、从p至c过程中加速度方向保持不变
8、在光滑水平面上,两球沿球心连线以相等速率相向而行,并发生碰撞,下列现象可能的是()
A、若两球质量相同,碰后以某一相等速率互相分开
B、若两球质量相同,碰后以某一相等速率同向而行
C、若两球质量不同,碰后以某一相等速率互相分开
D、若两球质量不同,碰后以某一相等速率同向而行
9、在光滑水平面上,动能为E,动量的大小为P0的小钢球与静止小钢球2发生碰撞,碰撞前后球1的运动方向相反。
将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、P1,球2的动能和动量的大小分别记为E2、P2,则必有()
A、
E1<
E2B、P1<
P0C、E2>
E0D、P2>
P0
10、一轻质弹簧,上端悬挂于天花板,下端系一质量为M的平板,处于平衡状态。
一质量为m的均匀环套在弹簧外,与平板的距离为h,如图6所示,让环自由下落,撞击平板。
已知碰后环与板以相同的速度向下运动,使弹簧伸长()
A、若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B、若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
C、环撞击板后,板的新平衡位置与h的大小无关
D、在碰后板和环一起下落的过程中,它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功
11、静止于湖面的小船的两端,分别站着甲、乙两运动员,小船的质量为M,两运动员的质量均为m,他们以相同的速率v(相对于湖水)先后跃入水中(甲先、乙后),则小船的末速度________________,甲跃入水中时受小船的冲量为______________;
乙跃入水中时受小船的冲量为______________________。
12、总质量为M的热气球由于故障在高空以匀速v竖直下降。
为了阻止继续下降,在t=0时刻,从热气球中释放了一个质量为m的沙袋。
不计空气阻力,当t=________时,热气球停止下降,这时沙袋的速度为__________________。
(此时沙袋尚未着地)
13、如图7所示,A、B两滑块的质量均为m,分别穿在光滑的足够长的水平放置的固定导杆上。
两导杆平行,间距为d,今以自然长度为d的轻质弹簧连接两滑块,开始时两滑动均处于静止状态。
若给滑块B一个向右的冲量,其大小为I,以后A滑块所能达到的最大速度的大小为_________________________。
14、质量为m的木块和质量为m的铁块用细绳系在一起,处于深水中静止,剪断线,木块会上浮h(还没有出水面),则铁块下沉的深度为________________。
(水的阻力不计)
15、一质量为M的长木板,静止在光滑水平桌面上。
一质量为m的小滑块以水平速度v。
从长木板的一端开始在木板上滑动,直到离开木板。
滑块刚离开木板时的速度为
。
若把此木板固定在水平桌面上,其他条件相同,求滑块离开木板时的速度v。
16、
(1)在光滑水平台面上,质量m1=4kg的物块1具有动能E=100J。
物块1与原来静止的质量m2=1kg的物块2发生碰撞,碰后粘合在一起。
求碰撞中的机械能损失△E。
(2)若物块1、2分别具有动能E1、E2,且E1与E2之和为100J。
两物块相向运动而碰撞并粘合在一起,问E1、E2各占为多少时,碰撞中损失的机械能最大?
(需说明理由)这时损失的机械能△E为多少?
【参考答案与提示】
1、A、B.由F=△P/△t,物体所受合外力为恒力,所以加速度为恒量。
2、B.物体受到的合外力不为零,物体一定有加速度。
如果合外力为恒力,则物体作匀加速运动,C错。
若合外力与速度方向垂直(如匀速圆周运动),合外力对物体不做功,物体的动能可保持不变,A错。
据F合t=△P知,F合≠0时,△P≠0,即物体的动量一定发生变化,B正确。
如F合≠0,物体的初速度V0=0,或V0与F合在一直线上,物体作匀变速直线运动,物体的速度方向保持不变。
D错。
3、A、B.碰后A球的运动有两种可能,继续沿原方向运动或被反弹。
当以A球原来的速度方向为正方向时,则VA’=
根据动量守恒,不难得VB’=
VA’’=
4、D.小球垂直打在斜面上,故V1=V0/Sin30o=2V0,小球与斜面碰撞前后速度变化为V0-(-2V0)=3V0。
5、B。
由动量守恒定律A、B、D项中AB球沿原方向运动;
C项中A球反方向运动。
A、D项中VA’>
VB’,不可能发生;
C项中两球总动能增大,也不可能。
6、C。
因相碰两球的总动量守恒,即相碰球的动量变化必等值反向。
当m>
mA时,a球沿原方向运动,当m=mB时,b球与B球互换速度,碰后b球静止;
当m<
mC时,C球碰后反弹。
显然,C球的动量变化最大。
故被碰小球C的动量变化也最大,即获得的动量最大。
7、B、C.从P到C的全过程中人的动量变化△P=0,所以重力冲量数值上应等于绳子弹力的冲量。
A错。
同理,从P到C,人的动能增量△EK=0,所以整个过程中重力所做功等于人克服弹力的所做的功,即B正确。
在人落到b点之前,绳子的伸长量都小于人静止悬吊着时的伸长量,人一直向下做加速运动,人的速度不断增大。
C正确。
人下落至b点前,重力大于弹力,加速度方向向下,人下落至b点后,重力小于弹力,加速度方向向上,即作减速运动。
8、A、D.质量相等的两球以相等速率相向运动。
若作弹性碰撞,则碰后互换速度,仍以相等的速率分开;
若作非弹性碰撞碰后,两球静止。
A是可能的,B不可能。
质量不等的两球以相等速率相向运动,作非弹性碰撞时,以某一速度两球一起运动。
但无论两球作什么碰撞,决不能以相等速率分开。
D可能,C不可能。
9、A、B、D.由能量守恒,得E0≥E1+E2
∴E1<
E0,E2<
E0
又∵P=
,∴P0>
P1
由动量守恒,以P0方向为正方向,则
P0=P2-P1,或P2=P0+P1
所以P2>
10、A、C.因为碰撞时间极短,环所受重力的冲量影响可忽略不计,则碰撞过程中环与板的总动量守恒。
但因在碰撞过程中有部分动能转化为内能,故总机械能不守恒,又因新的平衡位置取决于m与M所受的力,显然与h无关。
在碰后板和环一起下落过程中,它们减少的动能加上减少的重力势能才等于克服弹簧力所做的功。
11、0,mV,MmV/(M+m)。
因为MV’+mV-mV=0,所以小船末速度V’=0。
甲跳离船时,小船受到的冲量I1=mV-0=mV,此时小船(含乙)具有速度V1=mV/(M+m),以小船为研究对象,I2=MV’-MV1,其值为MmV/(M+m)。
12、(M-m)V/mg,MV/m。
把放出的沙袋和气球作为一个整体,所受合外力仍等于零,满足动量守恒定律条件。
于是由
MV=(M-m).0+mV2
气球停止下降时沙袋的速度
V2=
由于沙袋仅受重力作用,所以沙袋速度从原来的V速度到V2的时间为
t=(V2-V)/a2=(M-m)V/mg
13、I/m。
弹簧再次恢复原长时,相当于完全弹性碰撞的结果。
14、mh/M。
因为木块,铁块组成的系统动量守恒。
所以
mV1+MV2=0
且m∑S1+M∑S2=0
所以mh+Mx=0,∴x=-mh/M
15、
设长木板未固定,滑块离开木板时木板的速度为V,由动量守恒,。
有
mv0=
mv0+Mv①
设木板长l,木板与滑块间的摩擦力为f,滑块从一端滑到另一端的过程中木板滑行距离为S,则由动能定理
对木板fS=
对滑块f(s+l)=
③
当木板固定时,对小滑块由动能定理
得fl=
④
联立①、②、③、④式,得
v=
16、⑴20J⑵100J
⑴由动量守恒得:
m1v1=(m1+m2)u
∴u=
碰后总动能
∴碰撞中损失的机械能为
△E=E-E'=100J-80J=20J
⑵由动量守恒得:
m1v1'-m2v2'=(m1+m2)u'
碰撞后两物块的总动能
E″=
显然,当m1v1'-m2v2'=0时,E″=0则碰撞过程中动能损失最大。
由
∴E1:
E2=1:
4
又E1+E2=100
联立得:
E1=20J,E2=80J
碰撞中损失的机械能:
△E'=(E1+E2)-E'=100J
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