16.2动量和动量定理(讲)

动量和动量定理冲量和动量的习题设计例1：m=2Kg,从倾角θ=370的斜面顶端滑到底端历时t=2s，设μ=02.求物体所受各力及合力在此段时间内的冲量。θmgNf解析：物体受到三个力的作用，如图。1.mg的冲量：IG=mgt=40Ns.竖直向下2.N的冲量：IN=Nt=mgcosθ.t=32Ns.垂直斜面向上3.N的冲量：If=ft=μNt=μmgcosθ.t=6.4Ns.沿斜面向上4.合外力：F=mgsinθ-f=mgsinθ-μmgcosθ=8.8N合外力的冲量：I=Ft=17.6Ns。沿斜面向下变式1.一物体沿斜面上升，再回到出发点（μ≠0），各力的冲量A.向上运动时重力的冲量大于向下运动重力的冲量。B.沿斜面向上、向下运动f的冲量大小等。分析：1.向上运动时间(逆向思维）：S=a1t12/2。向下运动时间：S=a2t22/2.a1=g+μg.a2=g-μg.则a1a2.t1t2.2.重力、f为恒力：I=Ft例2.将m=0.1Kg的小球从离地面4m高处，竖直向上抛出。抛出时的初速度V0=8m/s,（不计阻力),求：1.小球落地时的动量2.小球从抛出到落地过程动量的变化量。3.小球从抛出到落地过程中重力的冲量。V1V2h分析：1、2问必知初、末速度，3问利用动量定理求解知初、末速度和位移利用动能定理，知初、末速度和时间利用动量定理解：由机械能守恒定律（动能定理）求落地速度V.mgh=mv2/2-mv02/2,v=1.2m/s1.落地时动量大小:I=mv=1.2Kg.m/s.竖直向下2.以v0方向为正。P0=mv0=0.8Kg.m/s.P=mv=-1.2Kg.m/s△P=P-P0=-2.0Kg.m/s.方向向下3.由动量定理得：I合=IG=△P=-2.0Kg.m/s。向下练习1.两球m1=2m2,当它们动能相等时，动量之比P1:P2=分析：P=√2mEK得√2:12.关于△P和P，正确的（）A.物体做圆周运动时，P的大小一定变化。B.物体做抛体运动时，动量可能先减小后增大C.物体的△P和P方向一定在同一条直线上。D.物体做匀速圆周运动时，经某一段时间，△P可能为0.匀圆v大小不变，方向变但变速圆周，v大小变B。斜向上抛，竖直上抛，v先减后加。C。对于曲线运动，如平抛运动，二者方向可不在同一直线上D.当t=nT时，初末V等大，同向。△P=mv2-mv1=0动量定理的理解Ft=P2-P1=△P或I合=△P或I合=P2-P1.1.反映合外力的I和物体△P的关系，并非某一个力的I。2.物体△P方向决定于I的方向。△P与I同向。3.冲量是动量变化的原因4.F=△P/t，动量变化率即合外力的大小5.研究对象：单一物体、物体系统。解题步骤：1.确立研究对象，明确运动过程和时间2.规定正方向3.分析受力和各力的冲量情况，明确初、末状态动量。对系统（整体）只分析外力，不分析内力（不影响系统总P）4.建立适当坐标系5.列方程：I合=△P例3.如图，一物体以ω做匀圆运动，向心力F，则物体从A点经半个周期到B点，向心力的冲量大小和方向。AB分析：1.向心力即物体的合外力。是变力。利用动量定理I合=△P。设向左为正方向则：PA=-mVA=-mRωPB=mVB=mRωF=mRω2所以向心力的冲量：I=2F/ω2.水平面上有两个质量相等的物体a、b，分别在水平推力F1、F2作用下开始运动，分别运动一段时间后撤去推力，两物体都继续运动一段时间后停下，v-t图线如图AB∥CD，则水平推力F1＞F2,a受F1的冲量I1＜b受F2的冲量I2。分析:1.OA、OB段受推力和摩擦力，且OA斜率大，所以：aA＞aB.F-f=ma。2.AB、CD段受阻力。且斜率同，加速度同。f=ma。所以：F1大于F2。3.全过程利用动量定理,tatb,以F方向为正方向。I总=IF-If。初末动量都为0.△P=0所以：IF-If=0，IF=If=ft.mgfNFVtaAbCBDO3.一个m=0.1Kg的小球，从h=0.8m高处下落到一厚垫子上，若小球从接触软垫到陷至最低点经历0.2s，则这段时间内软垫对小球的冲量和平均作用力？（g=10/不计空气阻力）ht1t2mgmgF一。全过程解：初末动量都为0，在空中时间t1=√2h/g=0.4s设向下为正方向mgt1+mgt2-Ft2=0-0,所以：Ft2=0.6Ns，F=3N二。分段求解解：着垫速度V=√2gh=4m/s.设向下为正方向。着垫后：mgt2-Ft2=0-mvFt2=0.6NsF=3N整体法4.如图，水平粗糙地面上放一质量M，倾角θ的粗糙斜面体，有一质量m的小滑块以初速度v0由低端上滑，经时间t滑到某处速度为0，上滑过程中斜面不动，求此过程中水平面对斜面体的摩擦力和支持力。v0分析：求整体外力采用整体法:不考虑系统内力作用。以物体和斜面为系统：受重力、支持力、静摩擦力。解析：物体和斜面为系统。受力如图Vx=v0cosθPx0=mvx.Vy=v0sinθPy0=mvy.在x轴：-ft=0-mvx.所以：f=mv0cosθ/t在y轴：Nt-(M+m)gt=0-mvy.所以：N=(M+m)g-mv0sinθ/tmgNf附加题物体A和B用轻绳相连挂在轻弹簧下静止不动，如图（a）所示。A的质量为m，B的质量为M，将连接A、B的绳烧断后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，如图（b）所示，在这段时间里，弹簧弹力对物体A的冲量等于（）(A)mv(B)mv－Mu(C)mv＋Mu(D)mv＋muABmM(a)BAuv(b)解：对B物，由动量定理Mgt=Mu∴gt=u对A物，由动量定理IF–mgt=mv∴IF=mgt+mv=mu+mvD例11解方程组质量为m1的气球下端用细绳吊一质量为m2的物体，由某一高处从静止开始以加速度a下降，经时间t1绳断开，气球与物体分开，再经时间t2气球速度为零（不计空气阻力），求此时物体m2的速度是多大?例12m1m2t1断绳处at2v2=0v′本题可用牛顿第二定律求解，但过程繁琐，用动量定理可使解题过程大大简化．以(m1+m2)物体系为研究对象，分析受力，(m1+m2)gF浮细绳断开前后整体所受合外力为:F合＝(m1+m2)a一直不变，对系统(m1+m2)用动量定理:(m1+m2)at1+(m1+m2)at2=m2v′-0v′＝(m1+m2)(t1+t2)a/m2方向竖直向下．全过程浮力和总重力的合力不变系统利用动量定理解:画出运动过程示意图：解析二：全过程动量定理：设向下为正方向1.对于m1：-Ft1+m1g(t1+t2)+Tt1=02.对于m2:-Tt1+m2g(t1+t2)=m2v-0牛二定律(m1+m2)g-F=(m1+m2)a解以上各式：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时发生脱钩，直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μ，那么拖车刚停下时，汽车的即时速度是多大？例13Mmv0解：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力为F合=F-f=(M+m)a，Ffv′v=0该过程经历时间为t=v0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：00vmMvMgvm)a(M0))((vMggamMv-μmgt=0-mv0.如图，传送带以1m/s的速度匀速前进，传送带上方的煤斗送煤流量为50kg/s，那么传送带的功率应为多少？例14解：煤斗的送煤量为50kg/s，若煤在传送带上无堆积，传送带必须在1秒钟内使50kg的煤达到与传送带相同的速度。若用动能定理求解，并认为传送带每秒做的功恰等于煤增加的动能，则有W=ΔEK=1/2mv2=1/2×50×1=25J由此得出传送带的功率为P=W/t=25W这种解法是错误的正解：若用动量定理，则有Ft=Dp取t=1秒，由上式得F=Dp/t=mv/t=mv所以传送带功率P=Fv=mv2=50瓦前者错误原因是忽略了传送带与煤之间在初始阶段有相对位移。传送带所做的功并非全部用来增加煤的动能。其中有一部分摩擦力做功转化为煤和传送带的内能。其产生的内能为Q=f·Ds，式中Ds表示煤块与传送带间的相对位移。v