第5讲海风教育自主招生物理讲义动量冲量

第5讲动量冲量一、冲量1.恒力的冲量设恒力F作用在质点上的持续时间为t，把恒力与力的作用时间的乘积称为力的冲量。用符号I表示即I＝F∙t①冲量是矢量，其方向与恒力F的方向相同。冲量是一个过程量，它不仅与恒力F有关，而且与过程所持续的时间t有关。2．变力的冲量如果作用在质点上的力随时间变化，不论是数值变化还是方向变化，都不能直接应用①式来计算一段时间内的冲量。但是可以把t这段时间词分成若干小段，例如分成n段，如果每—段的时间∆t1，∆t2，…，∆t𝑛。都足够小，即可以认为在每一小段时间内作用力均为恒力，这样对每一小段作用时间都可以用①式来计算冲量，则t这段时间内的总冲量就等于各小段时间内冲量的矢量和。3．合力的冲量如果同时有N个力作用在一个质点上，合力F为各分力f1、f2，…，fN的矢量和，则I=I1+I2+…+IN式中I1、I2、…、IN。分别代表各分力在t时间内的冲量。就是说，合力在一段时间内的冲量等于各分力在同一段时间内冲量的矢量和。计算合力的冲量可以先求出合力，然后计算合力的冲量；也可以先计算出各分力的冲量，再求矢量和得到合力的冲量。二、动量动量的表达式P＝mv它是矢量，方向与该时刻的速度v方向相同。P是一个与质点运动过程无关而仅由运动状态确定的量。三、动量定理（1）数学表达式：F∙t＝mv2一mv1，这表明作用在质点上的合力在—段时间内的冲量等于质点动量的增量（末动量减初动量）。上式不仅表示两者大小上是相等的，还意味着方向的相同。因而实际解题中可通过正交分解法在某一方向上运用动量定理列式。如：2121,xxxyyyFtmvmvFtmvmv（2）动量是一个匀速度相联系的状态量，冲量是一个与时间相联系的过程量，动量定理给出了物体的这种状态量的变化量与相应的过程量间的关系。（3）质点的动量定理是由牛顿定律导出的，所以只能在惯性系中运用。若需要在非惯性系中应用动量定理时，还需要考虑惯性力的冲量，这时，质点动量的改变量应等于合理冲量与惯性力冲量之和。四、动量守恒定律（1）定律内容：由相互作用的几个物体组成的系统，若系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。（2）数学表达式：'pp若系统在某—方向，加x轴不受外力或外力分量之和为零，则该方向上的动量分量守恒，也可些微代数式'xxpp（3）适用条件及适用范围：①适用条件：一是系统不受外力的理想情况，实际上并不存在。许多过程为在某一方向不受外力，则该方向动量守恒。二是系统所受外力为零。三是在碰撞过程中，由于系统相互作用力很大，则作用时间极短，满足内力远大于外力，外力的冲量可忽略，一般可确定系统动量守恒。②适用范围：动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之—，它比牛顿运动定律的适用范围要广泛得多。牛顿运动定律只适用于解决宏观物体的低速运动问题，动量守恒定律不仅能解决低速问题，而且还能用来处理接近光速的运动问题，而且还能用来处理接近光速的运动问题。五、碰撞模型碰撞现象：碰撞是指相对运动的物体相遇，在极短时间内运动状态发生显著变化的过程．其特点是物体问相互作用的时间极短且作用力极大，因此常常忽略碰撞过程中其他外力的作用，而认为相互碰撞的两个质点组成的系统动量守恒，即：1102201122mvmvmvmv其中10v和20v分别是碰撞前两质点的速度，1v和2v分别是碰撞后两质点的速度发生碰撞的两物体，若碰撞前后均在同—直线上运动，这种碰撞叫正碰，又称对心碰撞．除此之外的碰撞叫斜碰．宏观物体碰撞时，其表面一般会互相直接接触；微观粒子碰撞时，彼此趋近到一定距离时，因受到明显的相互作用而改变原有的运动状态，从而分离．完全弹性碰撞：碰撞过程中机械能不损失的碰撞称为完全弹性碰撞，简称弹性碰撞．在此类碰撞过程中，系统的机械能守恒，碰撞前后系统的总动能保持不变，即：2222110220112211112222mvmvmvmv联立系统动量守恒关系式得12102202120110121212()2()2,mmvmvmmvmvvvmmmm完全非弹性碰撞：此类碰撞的特点是碰撞后两物体粘连在—起，具有相同的速度，即1102201212mvmvvvmm。在完全非弹性碰撞中动能损失最大，其值为：2121020122kmmvvEmm损（—）（）例1质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为（AB）A.2B.3C.4D.5例2.质量为m的小球由高为H的光滑固定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？（恒力冲量）答案：gHmIgHmIgHmING2,tan2,sin2合例3、一个物体同时受到两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间t的关系如图1所示，如果该物体从静止开始运动，经过t=10s后F1、F2以及合力F的冲量各是多少？（变力冲量）答案：经过10ts后，F1的冲量11010/250INSF2的冲量250,INS－合力F的冲量为0.例4．质量为M，长为的小船在无阻力的水面上静止漂浮，有一质量为m的人以相对于船为v的速度开始在船板上步行，此时船相对于水面的速度是_________A.vB./mMvmC./?mvmMD.0答案：C例5．如图5所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，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、机械能守恒答案：B例6．质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒定的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的（）图5mHA．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为1v、2v和3v，且满足：0011203()MMvMvMvMv；B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为1v、2v，且满足：0112MvMvMv；C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为v，且满足：01()MvMMv；D．小车和摆球的速度都变为1v，木块的速度变为2v，且满足：000112()()MMvMMvMv答案：BC例7如图所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15m,现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取g=10m/s2，求（1）物块在车面上滑行的时间t;（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。答案：（1）0.24s(2)5m/s解析：本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有①设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有②其中③解得vmmvm2102022vmvmtF-gmF2gmmvmt2101代入数据得④（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则⑤由功能关系有⑥代入数据解得=5m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。例8如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mB=mc=2m,mA=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。解析：（2）设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为,由动量守恒定律有,,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为。例9过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径、。一个质量为kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以的初速度沿轨道向右运动，A、B间距m。小球与水平轨道间的动摩擦因数，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取，计算结果保留小数点后一位数字。试求（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；s24.0tvmmvm2102gLmvmmvm222120221210vBv0()ABABBmmvmvmv()BBBCmvmmv095Bvv12.0mR21.4mR1.0m012.0m/sv16.0L0.2210m/sg（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距应是多少；（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径应满足的条件；小球最终停留点与起点的距离。答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3)当时，；当时，解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理①小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律②由①②得③（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意④⑤由④⑤得⑥（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足⑦L3RAm4.03R0m36.0Lm27.9m1.03Rm026.L20211121212mvmvmgRmgL-121RvmmgF10.0NF222Rvmmg2022121212mvmvmgRLLmg2m12.5L33Rvmmg2⑧由⑥⑦⑧得II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理解得为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足解得R3=27.9m综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件或当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则例10.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧,左端连着绝缘介质小球B，右端连在固定板上，放在光滑绝缘的水平面上。整个装置处在场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一质量为m、带电荷量为+q的小球A，从距B球为S处自由释放，并与B球发生碰撞。碰撞中无机械能损失，且A球的电荷量始终不变。已知B球的质量M=3m，B球被碰后作周期性2023121212mvmvmgRL2Lmg3m.R340201212mv0mgRL2Lmg3m1.03R2232232-RRLRRm4.03R0m27.9m1.03Rm4.03R020210mvLmg-m36.0Lm27.9m1.03Rm026.221LLLLL运动，其运动周期(A、B小球均可视为质点)。(1)求A球与B球第一次碰撞后瞬间，A球的速度V1和B球的速度V2；(2)要使A球与B球第二次仍在B球的初始位置迎面相碰，求劲度系数k的可能取值。答案：（1）设A球与B球碰撞前瞬间的速度为v0，由动能定理得，①解得：②碰撞过程中动量守恒③机械能无损失，有④解得负号表示方向向左方向向右（2）要使m与M第二次迎面碰撞仍发生在原位置，则必有A球重新回到O处所用的时间t恰好等于B球的⑥（n=0、1、2、3……）⑦由题意得：⑧解得：（n=0、1、2、3……）⑨2MTk2012qESmv02qESvm012mvmvMv222012111222mvmvMv1011222qESvvm2011222qESvvm1()2nTEqam122