第一講碰撞與動量守恒定律

第一講碰撞與動量守恒定律第1頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一

第一講碰撞與動量守恒第2頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一一、沖量概念及其理解（1）定義：某個力與其作用時間的乘積稱為該力的沖量I=F△t（2）特征：①沖量是過程量，它與某一段時間相關(guān)；②沖量是矢量，對于恒力的沖量來說，其方向就是該力的方向。（3）意義：沖量是力對時間的累積效應(yīng)。第3頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一二、關(guān)于沖量的計算（1）恒力的沖量計算恒力的沖量可直接根據(jù)定義式來計算，即用恒力F乘以其作用時間△t而得。（2）方向恒定的變力的沖量計算。如力F的方向恒定，而大小隨時間變化的情況如圖1所示，則該力在時間△t=t2-t1內(nèi)的沖量大小在數(shù)值上就等于圖1中陰影部分的“面積”。0圖1Ftt1t2（3）一般變力的沖量計算在中學物理中，一般變力的沖量通常是借助于動量定理來計算的。（4）合力的沖量計算幾個力的合力的沖量計算，既可以先算出各個分力的沖量后再求矢量和，又可以先算各個分力的合力再算合力的沖量。第4頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一三、動量概念及其理解（1）定義：物體的質(zhì)量及其運動速度的乘積稱為該物體的動量p=mv（2）特征：①動量是狀態(tài)量，它與某一時刻相關(guān)；②動量是矢量，其方向與物體運動速度的方向相同。（3）意義：速度從運動學角度量化了機械運動的狀態(tài),動量則從動力學角度量化了機械運動的狀態(tài)。第5頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一（4）動量與動能的聯(lián)系質(zhì)量相等、速率相等的兩個物體的動能、動量是否相等?動能相等而動量卻不一定相等.第6頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一四、動量定理（1）表述一：物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化

I=ΔPF合

·Δt=mvt–mv0

（2）表述二：各個力對物體的沖量的矢量和等于物體動量的變化第7頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一五、運用動量定律解題的三個必須：1、必須受力分析2、必須取正方向3、必須確定初末狀態(tài)第8頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一1．質(zhì)量為m的鋼球自高處落下，以速率v1碰地，豎直向上彈回，碰撣時間極短，離地的速率為v2。在碰撞過程中，地面對鋼球沖量的方向和大小為（

）A、向下，m(v1-v2)B、向下，m(v1+v2)C、向上，m(v1-v2)D、向上，m(v1+v2)D第9頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一2．一輛空車和一輛滿載貨物的同型號的汽車，在同一路面上以相同的速度向同一方向行駛．緊急剎車后(即車輪不滾動只滑動)那么()A．貨車由于慣性大，滑行距離較大B．貨車由于受的摩擦力較大，滑行距離較小C．兩輛車滑行的距離相同D．兩輛車滑行的時間相同CD第10頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一3．一個質(zhì)量為0.3kg的小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運動，反彈后的速度大小為4m/s。則碰撞前后墻對小球的沖量大小I及碰撞過程中墻對小球做的功W分別為 （）A．I=3kg·m/sW=-3J

B．I=0.6kg·m/sW=-3JC．I=3kg·m/sW=7.8J D．I=0.6kg·m/sW=3JA第11頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一4.（14分）一質(zhì)量為m的小球，以初速度v0

沿水平方向射出，恰好垂直地射到一傾角為30°的固定斜面上，并立即反方向彈回。已知反彈速度的大小是入射速度大小的3/4，求在碰撞中斜面對小球的沖量大小解：小球在碰撞斜面前做平拋運動.設(shè)剛要碰撞斜面時小球速度為v.由題意,v

的方向與豎直線的夾角為30°,且水平分量仍為v0，如右圖.v030°v0v30°由此得v=2v0①碰撞過程中，小球速度由v變?yōu)榉聪虻?v/4,碰撞時間極短，可不計重力的沖量，由動量定理，斜面對小球的沖量為由①、②得第12頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一5．如圖所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，頂端與豎直墻壁接觸．現(xiàn)打開尾端閥門，氣體往外噴出，設(shè)噴口面積為S，氣體密度為

，氣體往外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時鋼瓶頂端對豎直墻的作用力大小是（）A．S

B．C． D．2S解：設(shè)時間Δt內(nèi)從噴口噴出的氣體質(zhì)量為Δm，則Δm=vΔtS由動量定理FΔt=Δm

v∴

F=v2S由平衡條件及牛頓第三定律，鋼瓶對墻的作用力大小為F=v2SD第13頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一六、動量守恒定律第14頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，則系統(tǒng)的總動量保持不變．這個結(jié)論叫做動量守恒定律．1、動量守恒定律第15頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一2、動量守恒定律適用的條件:（1）、系統(tǒng)不受外力或所受的合外力為零，則系統(tǒng)動量守恒.第16頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一（2）.若系統(tǒng)所受的合外力不為零，但外力遠小于內(nèi)力，則系統(tǒng)的動量守恒.2、動量守恒定律適用的條件:第17頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一（3）若系統(tǒng)所受合外力并不為零，但在某個方向上不受外力或所受合外力為零，則在這個方向上系統(tǒng)的動量守恒.2、動量守恒定律適用的條件:第18頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一3、動量守恒定律的四性：①系統(tǒng)性②矢量性③相對性④普適性第19頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一4、應(yīng)用動量守恒定律解題的三個必須：（1）必須確定系統(tǒng)。（2）必須取正方向。（3）必須確定初末狀態(tài)。第20頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一七、有關(guān)碰撞的幾個概念1.碰撞兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常強的相互作用的過程。2.碰撞的特點(1)

相互作用時間短；(2)

作用力的變化快和作用力的峰值大；(3)其他外力可以忽略不計。第21頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一

3.正碰：兩小球碰撞時的速度沿著連心線方向的碰撞。

4.斜碰：兩小球碰撞時的速度不在連心線方向的碰撞。

5.彈性碰撞：沒有機械能損失的碰撞。

特點：兩球碰撞后形變能完全恢復。

6.非彈性碰撞：有機械能損失的碰撞。

特點：兩球碰撞后形變不能完全恢復。

完全非彈性碰撞：機械能損失最大的碰撞特點：兩球碰撞后具有共同速度。第22頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一碰撞過程遵守的規(guī)律八、——應(yīng)同時遵守三個原則1.系統(tǒng)動量守恒的原則2.物理情景可行性原則—位置不超越3.不違背能量守恒的原則—動能不膨脹第23頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一三種典型的碰撞九、1、彈性碰撞：碰撞全程完全沒有動能損失。v1v2v10ABv20AB碰前碰后解以上兩式可得：第24頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一對于結(jié)果的討論：①當m1=m2

時，v1=v20

，v2=v10,質(zhì)量相等的兩物體彈性碰撞后,“交換速度”；②當m1<<m2,且v20=0時，v1≈－v10

，v2≈0，小物碰大物，原速率返回；③當m1>>m2

，且v20=0時，v1≈v10

，v2≈2v10

，2、非(完全)彈性碰撞：動量守恒,動能有損失，3、完全非彈性碰撞：動能的損失達到最大限度；外部特征：碰撞后兩物體連為一個整體，故有第25頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一6．如圖所示,A、B兩物體的質(zhì)量比mA∶mB＝3∶2,它們原來靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，地面光滑.當彈簧突然釋放后，則有（

）A．A、B系統(tǒng)動量守恒B．A、B、C系統(tǒng)動量守恒C．小車向左運動D．小車向右運動CABBC第26頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一7．動能相同的A、B兩球，它們的質(zhì)量分別為mA、mB，且mA＞mB，在光滑的水平面上相向運動，當兩球相碰后，其中一球停止運動，則可判定：()A．碰撞前A球的速度小于B球的速度B．碰撞前A球的動量大于B球的動量C．碰撞后A球的動量變化大于B球的動量變化D．碰撞后A球的速度為零，B球朝反方向運動ABD第27頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一8．如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽高h處開始下滑

()A．在以后的運動過程中，小球和槽的動量始終守恒

B．在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功

C．被彈簧反彈后,小球和槽都做速率不變的直線運動

D．被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，小球能回到槽高h處

hC第28頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一9.(12分)如圖所示,質(zhì)量分別為mA=0.5kg、mB=0.4kg的長板緊挨在一起靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為mC=0.1kg的木塊C以初速vC0=10m/s滑上A板左端，最后C木塊和B板相對靜止時的共同速度vCB=1.5m/s.求：（1）A板最后的速度vA；（2）C木塊剛離開A板時的速度vC.CAB解:

C在A上滑動的過程中，A、B、C組成系統(tǒng)的動量守恒，則mCvC0=mC

vC+（mA+mB）vA……①C在B上滑動時，B、C組成系統(tǒng)的動量守恒，則mCvC+mBvA=（mC+mB）vCB……②解得vA=0.5m/s，vC=5.5m/s………③第29頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一10.一個質(zhì)量為40kg的小孩站在質(zhì)量為20kg的平板車上以2m/s的速度在光滑的水平面上運動，現(xiàn)小孩沿水平方向向前跳出后：若小孩跳出后，平板車停止運動，求小孩跳出時的速度．

若小孩跳出后，平板車以大小為2m/s的速度沿相反方向運動，求小孩跳出時的速度和跳出過程所做的功．第30頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一解：設(shè)小孩沿水平方向向前跳出的速度為V1（1）小孩跳出后，平板車停止運動，根據(jù)動量守恒定律得（M+m）v0=mV1解得（2）小孩跳出后，平板車以大小為v0的速度沿相反方向運動，根據(jù)動量守恒定律得（M+m）v0=mV2–M

v0解得第31頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一

11．(12分)一人在平板車上用水平恒力拉繩使重物能靠近自己，人相對于車始終不動，重物與平板車之間，平板車與地面之間均無摩擦。設(shè)開始時車和重物都是靜止的，車和人的總質(zhì)量為M=100kg，重物的質(zhì)量m=50kg，拉力F=200N。在拉力F的作用下，重物向人靠攏了s=3m，如圖所示。求：此時平板車在地面上移動的距離和平板車的速度大小。某同學的解答如下：重物移動3m所用時間為重物的加速度mM第32頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一再利用運動學公式求出此時平板車在地面上移動的距離和平板車的速度。請判斷該同學的解答過程是否正確，若正確，求出結(jié)果；若不正確，指出首先出現(xiàn)錯誤的是哪一道式子?寫出正確的解題過程，并得出正確結(jié)果。平板車(包括人)的加速度為第33頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一解:該同學的解答是錯誤的。首先出現(xiàn)錯誤的是②式。正確解法是：設(shè)車向后退了s'

m，重物對地移動的距離為（s-s')=(3-s')m，重物移動所用的時間為t，由動量守恒定律有：代入數(shù)字，解得s'=1

m再由動能定理有：代入數(shù)字，解得車速v=2m/s

題目第34頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一12．（14分）如圖所示，abc是光滑的軌道，其中ab是水平的，bc為豎直平面內(nèi)的半圓且與ab相切，半徑R=0.3m。質(zhì)量m=0.5kg的小球A靜止在軌道上，另一個質(zhì)量M=1.0kg的小球B，以速度v0=6.5m/s與小球A正碰。已知碰撞后小球A經(jīng)過半圓的最高點c落到軌道上距b點為處，g取10m/s2

，求：⑴碰撞結(jié)束時小球A和B的速度大小；⑵A球在c點對軌道的壓力；⑶論證小球B能否沿半圓軌道到達c點。bcABRMmaRL24=第35頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一解:（1）設(shè)球A在c點的速度為v,根據(jù)平拋運動規(guī)律有設(shè)A碰后速度為vA，由機械能守恒定律有由動量守恒定律有Mv0=mvA+MvB第36頁，共39頁，2023年，2月20日，星期一（2）由牛頓第二定律有由牛頓第三定律知A球?qū)壍赖膲毫Υ笮?5N，方向豎直向上。（3）若B恰能到達c點，則c點的速度vc滿足：B在最低點的最小速度vB′滿足：而由第（1）問中求