動量守恒定律復習

1、關于動量守恒定律復習第一張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月第十六章動量守恒定律復習課第二張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月【知識要點】（一）動量（二）沖量（三）動量定理（四）動量守恒定律（五）解決碰撞和反沖問題是動量守恒定律的重要應用。第三張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月（一）動量1.一個物體的動量: 運動物體的質量和速度的乘積叫動量. 動量是從動力學的角度描述物體運動狀態(tài)的物理量，它反映了物體作機械運動時的“慣性”大小。 動量是矢量，其方向與速度的方向相同。 動量是狀態(tài)量，它與某時刻物體的質量和瞬時速度相對應。 動量具有相對性，其速度的大小跟參考系的選擇有關，通常都

2、以地面為參考系。m第四張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月是指該系統(tǒng)內(nèi)所有各個物體動量的矢量和。2.質點系的動量:第五張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 在一維的情況下，P1、 P2的方向相同或相反，這時P1、 P2的方向可以用“+”、“-”號來表示。先選定P1或P2中的某個方向為正方向即坐標的正方向，則與坐標正方向同向的為正值，反向的為負值。這樣，矢量式就變成了代數(shù)式 p=P2+P1 盡管P1、 P2的正、負跟選取的坐標正方向有關，但p的結果跟正方向的選擇無關。 P=p1+p2=2+3=（kgm/s） P=p1+p2=2+(-3)=-1(kgm/s）在同一直線上求總動量的標量化

3、處理辦法-1-2-3第六張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 這是動量變化量的定義式，這是一個矢量關系式。P也是一個矢量。動量的變化量P是一個過程量，它描述在某一過程中，物體動量變化的大小和方向。 若物體的質量不變，則 p=mv； 若物體的速度不變，而質量發(fā)生變化，則 p=vm。 是物體(或物體系)末動量與初動量的矢量差. P=p2-p13.動量的增量:P第七張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月第八張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月(二)沖量 1.恒力的沖量： 力和力的作用時間的乘積叫作力的沖量 沖量是描述作用在物體上的力在一段時間內(nèi)的累積效應的物理量。 沖量是矢量。恒力的

4、沖量，其方向與該恒力的方向相同。 沖量是過程量，跟一段時間間隔相對應。 由于力和時間的量度跟參考系的選擇無關，所以沖量與參考系的選擇無關。第九張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 中學物理不能計算連續(xù)變力的沖量,但是要能計算分過程是恒力,總過程是變力,且為一維空間的沖量問題. 即使是一個變力，它在一段確定時間內(nèi)的沖量也具有確定的大小和方向，只是不能直接用公式I=Ft來計算。2.變力的沖量：第十張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 物體所受的沖量是指物體所受合外力的沖量，即物體所受所有外力的沖量的矢量和。 I=I1+I23.物體所受的沖量:第十一張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年

5、6月 質點系所受的沖量是指該物體系內(nèi)所有各個物體所受外力的沖量的矢量和。 I=I1+I24. 質點系所受的沖量:第十二張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 在一維的情況下，I1、 I2的方向相同或相反，這時I1、 I2的方向可以用“+”、“-”號來表示。先選定I1或I2中的某個方向為正方向即坐標的正方向，則與坐標正方向同向的為正值，反向的為負值。這樣，矢量式就變成了代數(shù)式 I=I1+I2 盡管I1、 I2的正、負跟選取的坐標正方向有關，但I的結果跟正方向的選擇無關。 例1. I=I1+I2=2+3=5(Ns) 例2. I=I1+I2=2+(-3)=-1(Ns)在同一直線上求合沖量的標量化

6、處理方法第十三張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月(三)動量定理： 1.一個物體的動量定理: 物體在一段時間內(nèi)所受到的合外力的沖量，等于物體在這段時間內(nèi)動量的變化，其表達式為 I=p=P2-P1 。 當物體所受的合外力為恒力F時，且在作用時間t內(nèi)，物體的質量m不變，則動量定理可寫成 Ft=mv=mv2-mv1 。 這是一個矢量式,它表達了三個矢量間的關系. 第十四張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 在一維的情況下，I 、 P1、 P2的方向相同或相反，這時I 、 P1、 P2的方向可以用“+”、“-”號來表示。先選定I 、 P1或P2中的某個方向為正方向即坐標的正方向，則與坐標正

7、方向同向的為正值，反向的為負值。這樣，矢量式就變成了代數(shù)式 I= P2 - P1 盡管I 、 P1、 P2的正、負跟選取的坐標正方向有關，但按該方程解答的結果跟正方向的選擇無關。 例1. I= p2 - p1 =3-2=1(Ns) 例2. p2 = p1+ I =(+2)+(-5)=-3(kgm/s)對于在同一直線上應用動量定理的標量化處理方法第十五張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 動量定理說明沖量是物體動量發(fā)生變化的原因，它定量地描述了作用在物體上的合外力通過一段時間的累積所產(chǎn)生的效果。動量定理跟前一章中的動能定理分別從不同的角度具體地描述了力是改變物體運動狀態(tài)的原因。 動量定理F

8、t=mv2-mv1雖然可以用牛頓第二定律F=ma和運動學公式 a=(v2-v1)/t推導出來，但用動量定理來的解決具體問題時，比直接用牛頓第二定律要優(yōu)越得多。F=ma是一個瞬時的關系式，只跟某一狀態(tài)相對應。而一個過程是由無數(shù)個狀態(tài)組成的。運用牛頓第二定律時，必須顧及到過程中的每一個狀態(tài)，每一個細節(jié)。而運用動量定理時，只要抓住這個過程的初、末狀態(tài)，不必顧及過程中的細節(jié)。 動量定理的表達式是一個矢量式，等號兩邊的物理量不僅大小相等，而且方問也相同。且物體所受合外力的沖量，也就是物體所受各個力的沖量的矢量和。說明：第十六張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月例1第十七張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于

9、2022年6月按正交分解法沿水平方向: Ix=0, mv2x=mv1, v2x=v1 沿豎直方向: Iy=mgt, mgt=mv2y, v2y=gt例2.用動量定理研究平拋運動第十八張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 例3.已知:初末速均為零,拉力F作用時間t1,而t2時間段沒有拉力作用, 求阻力f .根據(jù)動量定理:(F-f)t1-ft2=0解得:f=Ft1/(t1+t2)第十九張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 例4.已知:m,h1,h2,t. 求:N=?解: (N-mg)t=mv2-(-mv1)V12=2gh1V22=2gh2由以上三式可解得第二十張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作

10、于2022年6月2.物體系的動量定理 動量定理不僅適用于單個物體，同樣也適用于物體系。 Ft+ ft =mv2-mv1 式中F表示系統(tǒng)外力,f表示系統(tǒng)內(nèi)力. 因為內(nèi)力是成對的，大小相等，方向相反，作用時間相同，所以整個系統(tǒng)內(nèi)的內(nèi)力的總沖量必定為零。 ft=0 而系統(tǒng)的總動量的變化量，是指系統(tǒng)內(nèi)所有各個物體的動量變化量的矢量和。 所以當研究對象為物體系時，動量定理可表述為： 一個系統(tǒng)所受合外力的沖量，等于在相應時間內(nèi)，該系統(tǒng)的總動量的變化。 其中“外力”僅指外界對系統(tǒng)內(nèi)物體的作用力，不包括系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力。 Ft =mv2-mv1第二十一張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月I=

11、-fm t +fM t =0一對內(nèi)力的功 W=fs相以子彈打木塊為例 W=-fmsm+fMsM=-fd一對內(nèi)力的沖量I=0以子彈打木塊為例說明:但一對內(nèi)力的功卻不一定為零第二十二張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月一位質量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為V，過程中：，地面對他做的功為B 地面對他的沖量為，地面對他做的功為零，地面對他做的功為D 地面對他的沖量為，地面對他做的功為零A 地面對他的沖量為C 地面對他的沖量為2006年全國理綜第二十三張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 （1）正確選擇研究對象，這關系到確定系統(tǒng)與外界，內(nèi)力和外力。 （

12、2）對研究對象進行受力分析，運動過程的分析，確定初、末狀態(tài)，應注意物體的初、末速度應該是相對于同一個慣性參考系的。 （3）在一維的情況下，選取坐標正方向，由此得出各已知矢量的正、負號，代入公式I=p2-p1進行運算。 （4）在二維的情況下,用正交分解法。正確運用動量定理的關鍵是：第二十四張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月例.已知:m,a,M,求:N=? f=?解:按正交分解法沿豎直方向: (N-Mg-mg)t=-mat sin 得 N=(M+m)g-ma sin 沿水平方向: ft=mat cos 得 f=ma cos 第二十五張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月（四）動量守恒定

13、律 1. 一個物體如果不受外力或所受合外力為零，其表現(xiàn)為保持原有的運動狀態(tài)不變。當幾個物體組成的物體系不受外力或所受外力之和為零，只有系統(tǒng)內(nèi)部的物體之間相互作用時，各個物體的動量都可以發(fā)生變化，但系統(tǒng)的總動量的大小和方向是保持不變的。這就是動量守恒定律。 若用p和p分別表示系統(tǒng)的初、末動量，則動量守恒定律可表達為： P=P-P=0 或 P=P 。 對于由兩個物體組成的系統(tǒng)，動量守恒定律可以寫成： P= P1+P2 =0 或 P1= -P2 。 其物理意義是：兩個物體相互作用時它們的動量的變化總是大小相等，方向相反的。第二十六張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 對于始終在同一條直線上運動

14、的兩個物體組成的系統(tǒng)，動量守恒定律的一般表達式為 m1v10+m2v20=m1v1+m2v2 式中等號左邊是兩個物體在相互作用前的總動量，等號右邊是它們在相互作用后的總動量。式中的四個速度應該是相對于同一個慣性參考系的。四個速度的正、負號的確定方法跟動量定理中所用的方法相同。第二十七張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月2.動量守恒定律的適用條件(1)系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零，是系統(tǒng)動量守恒的條件。第二十八張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 (2)若系統(tǒng)所受外力之和不為零，但在某一方向上的外力之和為零，則在該方向上系統(tǒng)動量守恒。 第二十九張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于202

15、2年6月 (3)如果系統(tǒng)所受外力之和不為零，而且如果系統(tǒng)內(nèi)的相互作用力遠大于作用于系統(tǒng)的外力，或者外力作用的時間極短，這時外力的沖量就可以忽略不計，可以近似地認為系統(tǒng)的動量守恒。人船問題。碰撞第三十張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月(五)解決碰撞和反沖問題是動量守恒定律的重要應用。1. 完全非彈性碰撞： 運動學特征：分離速度為零；典型問題如子彈打木塊。 動力學特征：動量守恒，機械能不守恒。 m1v10+m2v20=(m1+m2) v第三十一張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月2. 一般非彈性碰撞運動學特征：分離速度的絕對值小于接近速度且不為零；典型問題如子彈打木塊時，子彈被彈回或

16、穿透。動力學特征：動量守恒，機械能不守恒且減少。 m1v10+m2v20=m1v1+m2v2 ；第三十二張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月3. 完全彈性碰撞 運動學特征：分離速度等于接近速度；典型問題如兩個鋼球相撞。 動力學特征：動量守恒，機械能守恒。 m1v10+m2v20=m1v1+m2v2 由兩式得 由以上兩式得 v2-v1= v10-v20 即在完全彈性碰撞中分離速度等于接近速度。第三十三張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月則由兩式得因為m1m2所以v1的方向向前特例1、v20=0 第三十四張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月則由兩式得 v1 =v20 ， v2 =

17、v10特例2、m1=m2=m第三十五張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 運動學特征：接近速度為零但分離速度不為零；典型問題如火箭問題。 例1、已知：炮彈的質量為m，炮身的質量為M，炮彈相對地的速度v0，求：炮身的反沖速度v 。 mv0=Mv v=mv0/M 例2、已知：炮彈的質量為m，炮身的質量為M，炮彈相對炮口的速度u，求：炮身的反沖速度v 。 m(u-v) =Mv v=mu/(m+M) 4. 反沖動力學特征：動量守恒，機械能不守恒且增加。第三十六張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月例3.已知:m,M,L求:x=?解: 第三十七張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 根據(jù)題

18、意確定研究對象：由兩個或幾個物體組成的物體系。 分析研究對象受力和運動情況，判斷是否滿足動量守恒條件。 分析各個物體的初狀態(tài)和末狀態(tài)，確定相應的動量。 在一維的情況下，應選取合適的坐標軸的正方向。 最后根據(jù)動量守恒定律列方程并求解 。 即注意“四個確定”：系統(tǒng)的確定，守恒條件的確定，初、末狀態(tài)的確定和坐標軸正方向的確定。 應用動量守恒定律的解題步驟第三十八張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 例1、一個質量m1為的入射粒子，與一個質量為m2的靜止粒子發(fā)生生正碰，實驗測得碰撞后第二個粒子的速度為v2，求第一個粒子原來速度v0值的可能范圍。 分析：m1與m2發(fā)生正碰表示碰前、碰后兩個粒子的運

19、動方向都在同一條直線上如果發(fā)生的碰撞是完全彈性碰撞，則碰撞過程系統(tǒng)無機械能損失；如果發(fā)生的碰撞是完全非彈性碰撞，則碰撞過程系統(tǒng)損失的機械能最多；如果發(fā)生的碰撞既不是完全非彈性碰撞也不是完全彈性碰撞，則系統(tǒng)損失的機械能介于前兩者之間由此可知，只要求出與完全非彈性碰撞及完全彈性碰撞兩種極端情況相應的v0，問題即可解決?！镜湫屠}】第三十九張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 解：如果兩粒子發(fā)生完全非彈性碰撞，則根據(jù)動量守恒定律，可得 如果兩粒子發(fā)生完全彈性碰撞，則根據(jù)動量守恒定律及機械能守恒定律，可得解上面兩個聯(lián)立方程，可得答：第一個粒子碰撞之前的速度v0的取值范圍為第四十張，PPT共八十一

20、頁，創(chuàng)作于2022年6月說明：兩個物體發(fā)生完全彈性碰撞時，由于碰撞時間極短，物體的位置未發(fā)生可測量的變化，因此認為碰撞前、后每個物體的重力勢能未發(fā)生明顯變化，如果具體問題中又不涉及彈簧的彈性勢能問題，那么系統(tǒng)的機械能守恒就表現(xiàn)為系統(tǒng)的初、末狀態(tài)的動能相等因此，兩個物體發(fā)生完全彈性碰撞時，通?？闪谐鱿铝新?lián)立方程，即中的任意2個第四十一張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 例2 一塊質量為M=0.98 kg的木塊靜置于光滑水平面上，一顆質量 m=0.02 kg的子彈以 v0=100 m/s的水平速度射向木塊，如果子彈射入木塊后所受的相互作用阻力f=490 N，則木塊厚度d至少應有多大才能不被

21、子彈射穿？第四十二張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 分析：子彈射入木塊后，以子彈和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，則系統(tǒng)除了子彈與木塊的相互作用力f以外，系統(tǒng)不受任何外力沖量（相互作用力f是一對內(nèi)力，這一對內(nèi)力的沖量之和為零），因此系統(tǒng)水平動量應該守恒子彈沒有射穿木塊，表明系統(tǒng)的終態(tài)應是子彈與木塊保持相對靜止，二者以共同的末速度vt向前運動這是典型的完全非彈性相同時，子彈就與木塊保持相對靜上，此時子彈在木塊中射入的深度就是子彈與木塊相對運動的距離d，如圖所示在此過程中，子彈m的對第四十三張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月解：以子彈m和木塊M組成的物體系統(tǒng)為研究對象，運用動量守恒定律

22、，則有對m和M分別運用動能定理，則有第四十四張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月同時考慮到fM=fm=f，將上兩式相加，則有答；木材厚度至少應有02m，才能不被子彈射穿第四十五張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月第四十六張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 說明：1如果木材厚度Ld，則子彈射穿木塊后還有相對于木d處即達到相對靜止，子彈未能到達圖4-1中所示的木塊的右近緣如果100 m/s，則子彈不能射穿木塊 2在子彈射進木塊的過程中，M和m組成的系統(tǒng)雖然動量守恒，對內(nèi)力做功的代數(shù)和并不為零所以，系統(tǒng)的動能并不守恒，由于這一對摩擦力的存在，使系統(tǒng)的一部分機械能轉化為內(nèi)能，由式還

23、看出：系統(tǒng)機械能的損失量（即系統(tǒng)內(nèi)能的增加量）等于M與m之間的相互作用力f與相對位移d的乘積，特別要注意，不能把此乘積叫做f所做的功！因為做功中的位移s必須是對地位移。第四十七張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 例3 具有弧形光滑表面（右側足夠高）的小車A靜止在平臺邊緣的水平光滑地面上，小車質量MA=4kg。靜止在光華平臺上的小物體B，其質量為mB=0.9kg。質量為mC=0.1kg的子彈C以速度v0=20m/s水平射入B，經(jīng)極短時間與B達到相對靜止，并使B（含C）從P點向右滑上小車，如圖所示(g取10m/s2)。試求： （1）物塊B在小車A上所能達到的最大高度h； （2）物塊B在小車

24、A上回滑到P點時的對地速度vB. 第四十八張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月分析：整個過程可分為三個階段：第一階段以C和B組成的體系為研究對象，在子彈C射入物塊B的過程中，系統(tǒng)不受任何水平外力沖量，因此系統(tǒng)動量守恒，可求得B（與第二階段以B（含C）和A組成的體系為研究對象，在物塊B上滑過程中，系統(tǒng)不受任何水平方向的外力沖量，系統(tǒng)水平動量守恒當物此過程中，由于一切表面均光滑，因此除了重力做功之外，無其他力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)的總機械能守恒，從而可求出h.第三階段是物塊B從最高點回滑到P點，這一過程仍遵守系統(tǒng)水平動量守恒及機械能守恒規(guī)律.將第一,第二階段當作一個完整過程研究,則相當于完全彈性碰

25、撞,從而可求出vB.第四十九張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月解：取向右為正向，對于C射入B的過程有h=016 m第五十張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月答：物塊 B在小車 A上滑動的最大高度為016 m；當它回滑到 P點時對地速度的大小為 12 m/s，其方向向左向左第五十一張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月說明：1題設條件中說明“子彈C水平射入B，經(jīng)極短時間與時，其位移可忽略這樣只有B、C相互作用，不涉及A，因此可以認為由B、C組成的系統(tǒng)不受（由A給予的）水平外力沖量，系統(tǒng)動量才守恒 2從子彈C射入物塊B開始，直到物塊B從小車A上向左回滑出來的全過程中，A、B、C

26、三個物體組成的系統(tǒng)處處符合水平動量守恒定律，但系統(tǒng)的機械能并不時時守恒原因是第一階段C射入B時，B、C間的相互摩擦力做功，使系統(tǒng)的一部分機械能轉化成內(nèi)能。 3從物塊B滑上小車A，直到物塊B達最高點與小車A達到相對靜止的瞬間，這個過程相當于是A、B之間發(fā)生完全非彈性碰撞（“合二為一”），系統(tǒng)的動能“損失量”最大（作為B的重力勢能的增量臨時“貯存”起來）而從物塊B滑上小車A，直到物塊B滑回P點，全過程可視為A、B之間發(fā)生完全彈性正碰，碰前、碰后系統(tǒng)水平動量守恒，系統(tǒng)總動能守恒第五十二張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 例題4 如圖所示，質量為M=2kg的平板小車的左端放著一個質量為 m=3

27、kg的小鐵塊，它和車板之間的動摩擦因數(shù)為=05。開始時，車和鐵塊一起以速度v0在光滑水平地面上向右運動，車與墻發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰墻后小車以原速率反向彈回。車身足夠長，使得鐵塊不會與墻相碰，也不會從車上落下。 求：小車和墻第一次相碰后所通過的總路程。第五十三張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 解：如圖(1)所示，取車與鐵塊為研究對象。車第一次碰墻后，以速率v0向左運動，這時系統(tǒng)的總動量為(m-M)v0，因mM，故總動量向右。在車第一次碰墻到第二次碰墻的過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，當鐵塊與車相對靜止時，速度為v1，向右。由動量守恒定律得 (m-M

28、)v0=(m+M)v1， 解得v1=v0/5 。 第五十四張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 另由于mM，系統(tǒng)的總動量是向右的，所以當車在鐵塊所施的滑動摩擦力作用下減速向左運動到速度為零時，鐵塊仍在車板上向右運動，滑動摩擦力使小車再次向右運動。 設 車從高墻向左運動到速度為零止所用時間為小車向左的最大位移為小車在從第一次碰墻到第二次碰墻的過程中，小車在鐵塊所施的滑動摩擦力作用下由v0勻減速向左運動到速度為零。此時小車的受力情況如圖(2)所示，根據(jù)牛頓定律第五十五張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月當車第二次碰墻前，鐵塊已跟小車相對靜止，一起以速度v1=v0/5向右運動。從第二次碰

29、墻到第三次碰墻，小車又重復前邊的過程。設小車通過的路程為s2，比照s1的求法得 s2= 。接著，小車和鐵塊一起以v2=v1/5=v0/52的速度碰墻，類似地可得出，從第三次碰墻到第四次碰墻小車所通過的路程為 s3= 。故第n次碰墻后到再次碰墻所通過的路程為第五十六張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月說明：本題對物理過程的分析及數(shù)學處理都提出了較高的要求。由于mM，所以在相鄰兩次碰墻之間，系統(tǒng)總動量的方向是向右的，決定了鐵塊的速度一直是向右的，直到等于零為止。要能夠看出小車在后一次碰墻之前，小車和鐵塊早已達到新的相對靜止。這一點可以用動量第五十七張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月

30、例5 如圖所示，一排人站在沿X軸的水平軌道旁，原點O兩側的人的序號都記為n（n=1， 2， 3，）。每人只有一個沙袋，x0一側的每個沙袋質量m=14 kg，x0一側的每個沙袋質量為m=10 kg。一質量為M=48kg的小車以某初速度從原點出發(fā)向正x方向滑行。不計軌道阻力，當車每經(jīng)過一人身旁時，此人就把沙袋以水平速度v朝與車速相反的方向沿車面扔到車上，v的大小等于扔此袋之前的瞬間車速大小的2n倍（n是此人的序號數(shù)）。（1）空車出發(fā)后，車上堆積了幾個沙袋時車就反向滑行？（2）車上最終有大小沙袋共多少個？第五十八張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月分析解答：設小車在朝正x方向滑行過程中，當車上

31、已有（n-1）取n=3，即車上堆積3個沙袋時車就反向運動。第五十九張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月（2）設車在向負x方向滑行過程中，當?shù)冢╪-1）個人扔出沙袋后， 所以車停止時車上共有沙袋數(shù) n=3+8=11（個） 說明：本題對審題能力、分析能力、歸納總結的能力都有較高的要求，要求對動量守恒定律的掌握達到靈活和熟練的程度。 第六十張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月【反饋練習】 1某消防隊員從一平臺上跳下，下落2m后雙腳觸地，接著他用雙腿彎屈的方法緩沖，使自身重心又下降了05m，在著地過程中地面對他雙腳的平均作用力估計為自身所受重力的 A2倍 B5倍 C8倍 D10倍答案:B第

32、六十一張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月2質量為1.0kg的小球從高20m處自由下落到軟墊上。反彈后上升的最大高度為5.0m，小球與軟墊接觸的時間為1.0S。在接觸時間內(nèi)小球受到合力的沖量的大小為(空氣阻力不計，g取10m/s2) A10Ns B20Ns C30Ns D40Ns答案:C第六十二張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月3一個不穩(wěn)定的原子核，其質量為M，初始處于靜止狀態(tài)，它放是 答案: A第六十三張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月4一條長為6m的游艇靜止在湖面上，游艇質量為30kg，艇首上站立著一位質量為60kg的游客當游客從艇首走到艇尾的過程中，游艇的運動情況是

33、 A向艇首方向移動2mB向艇首方向移動4mC向艇尾方向移動4mD因未說明游客的行走是勻速還是變速，因此答案無法確定答案:B第六十四張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月5如圖所示，將物體B用輕質彈簧系住后靜止在光滑水平桌面上，子彈A從水平方向射入木塊B并留在B內(nèi)，將彈簧壓縮到最短現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統(tǒng)），則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中 A動量守恒，機械能守恒B動量守恒，機械能不守恒C動量不守恒，機械能守恒D動量不守恒，機械能不守恒 答案:D第六十五張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 6物體A和B用輕線相連，掛在輕彈簧下靜止不動，如圖

34、（a）所示。A的質量為 m，B的質量為 M。當連接 A、B的線突然斷開后，物體A上升，經(jīng)某一位置的速度大小為v，這時物體B的下落速度大小為u。如圖（b）所示。在這段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為 Amv BmvMuCmv+MuDmv+mu答案:D第六十六張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月7.答案:BC第六十七張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月8.答案:AD第六十八張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月9.答案:BC第六十九張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月10.答案:B第七十張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月【課后作業(yè)】 1、一個質量為m=2kg的小球，從h1=5m處自由下落，與地面碰撞后又跳起h2=3.2m，全部過程歷時t=2秒。 試問：小球對地面的撞擊力F多大？(取g=10m/s2)答案: 200牛。第七十一張，PPT共八十一頁，創(chuàng)作于2022年6月 2質量為01kg的橡皮球在離地面22m高處以10m/s的速度豎直下拋后與地板相碰，豎直跳起后又與4m高處的天花板相碰。若碰撞時間均為01s，且碰撞前后速率不變。試求地板和天花板對球的平均作用力各為多大？取g=10m/s2，空氣阻力不計。答