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1、动量及动量守恒第1页，本讲稿共21页1、动量动量质量和速度的乘积矢量性 (注意方向的选择)瞬时性 (是状态量)变化量 动量和动能的关系2、冲量、冲量力和力作用时间的乘积(反映力对时间的积累,必须指明是哪一个力的冲量)3、动量定理动量定理某一段时间内质点的动量变化等于质点所受合外力的冲量条件:可以是单个质点或系统范围:适用于变力或恒力4 4、动量守恒定律动量守恒定律某段时间内，如果系统不受外力或所受外力和为零，则系统总动量保持不变(针对系统研究应用)动量守恒定律成立的条件:系统不受外力或者所受外力之和为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上
2、动量守恒。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。p=mv I=Ft I=p 主页第2页，本讲稿共21页动量和冲量问题动量和冲量问题动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。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。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。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。要注意的是：冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量
3、。返回第3页，本讲稿共21页例例1.质量为m的小球由高为H、倾角为的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？力的大小依次是mg、mgcos和mgsin，所以它们的冲量依次是：特别要注意:该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。解：力的作用时间都是返回第4页，本讲稿共21页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）。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。返回动
4、量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。第5页，本讲稿共21页利用动量定理解题骤：利用动量定理解题骤：明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组(系统)。质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力（内力）会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。规定正
5、方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。根据动量定理列式求解。第6页，本讲稿共21页例例2.以初速度v0平抛出一个质量为m 的物体，抛出后t 秒内物体的动量变化是多少？解：因为合外力就是重力，所以p=Ft=mg t有了动量定理，不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选择的等价的方法。本题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要方便得多。当合外力为恒力恒力时往往用Ft来求较为简单；当合外力为变力变力时，在高中阶段只能用
6、p来求。第7页，本讲稿共21页ABC例例3.质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。求：沙对小球的平均阻力F；小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。解：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：mg(t1+t2)-F t2=0,解得：仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t 1时间内只有重力的冲量，在t 2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：mgt1+I=0,I=-mgt1第8页，本讲稿共2
7、1页m Mv0v/例例4.质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是,该过程经历时间为v0/g，末状态拖车的解：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力 始终为动量为零。全过程对系统用动量定理可得：第9页，本讲稿共21页例例5.质量为m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度为h
8、2=0.2m，从小球下落到反跳到最高点经历的时间为t=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F。解：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t1=0.3s和t2=0.2s，因此与地面作用的时间必为t3=0.1s。由动量定理得：mgt-Ft3=0，F=60N 主页第10页，本讲稿共21页动动量守恒定律的表达形式量守恒定律的表达形式p1+p2=0p1=-p2 即p1+p2=p1+p2即动量守恒定律的应用动量守恒定律的应用 1.碰撞碰撞:两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于
9、作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种 注意注意:独立性 (各个方向)矢量性 (选定正方向)同一性 (针对同一参照系)同时性 (针对同一时刻-作用前作用前时刻与作用后作用后时刻)第11页，本讲稿共21页 A A B A B A Bv1vv1/v2/仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的静止物体B运动，B的左端连有轻弹簧。在位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到位置A、B速度刚好相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长
10、，到位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为 。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。弹簧是完全弹性的。系统动能减少全部转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性势能最大；弹性势能减少全部转化为动能；因此、状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为：第12页，本讲稿共21页弹簧不是完全弹性的。系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，状态系统动能仍和相同，弹性势能仍最大，但比小；弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞
11、弹簧完全没有弹性。系统动能减少全部转化为内能，状态系统动能仍和相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有 过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，A、B最终的共同速度为 在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：第13页，本讲稿共21页例例6.质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：由系统机械能守恒得：解得 全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，
12、得 v1第14页，本讲稿共21页例例7.动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？解：A能追上B，说明碰前vAvB,又因为碰撞过程系统动能不会增加，由以上不等式组解得：碰后A的速度不大于B的速度，此类碰撞问题要考虑三个因素：碰撞中系统动量守恒；碰撞过程中系统动能不增加；碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理 第15页，本讲稿共21页2.子弹打木块类问题子弹打木块类问题 子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，
13、它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程 例例8.设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求:木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。s2 d s1v0v解：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d 对子弹用动能定理：对木块用
14、动能定理：、相减得：第16页，本讲稿共21页这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见 即两物体由于相对运动而摩擦产生的热量（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。由上式不难求得平均阻力的大小：至于木块前进的距离s2，可以由以上、相比得出：第17页，本讲稿共21页从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：一般情况下木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不
15、计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：，所以s2d。这说明，在子弹射入第18页，本讲稿共21页当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是EK=f d（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用式计算EK的大小。做这类题目时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据。3.反冲问题反冲问题 在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开
16、。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。第19页，本讲稿共21页例例9.质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？l2 l1解：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分别为l1、l2，则：mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l 1+l 2=L，应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用(m1+m2)v0=m1v1+m2v2列式。做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于相对于地面地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。第20页，本讲稿共21页例例10.总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率 u 喷出质量为 m 的燃气后，火箭本身的速度变为多大？解：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为(M m)，以v0方向为正方向，第21页，本讲稿共21页