動量守恒定律及其應用-物理課件

動量守恒定律及其應用動量守恒定律選修3-5第十六章第三節(jié)

《動量守恒定律》（第一課時）

選修3-5第十六章第三節(jié)

《動量守恒定律》（第一課時）一.幾個概念：系統(tǒng)：相互作用的一組物體通常稱為系統(tǒng)。系統(tǒng)內至少有2個物體。內力：系統(tǒng)內物體間的相互作用力外力：系統(tǒng)內的物體受到系統(tǒng)外的物體的作用力。一.幾個概念：

系統(tǒng)所受的沖量是指該系統(tǒng)內所有各個物體所受外力的沖量的矢量和因為內力是成對的，大小相等，方向相反，作用時間相同，所以整個系統(tǒng)內的內力的總沖量必定為零。即ΣfΔt=0I=I1+I2系統(tǒng)所受的沖量系統(tǒng)所受的沖量是指該系統(tǒng)內所有各個物體所受外力的沖量的矢量系統(tǒng)的動量定理動量定理不僅適用于單個物體，同樣也適用于系統(tǒng)ΣFΔt+ΣfΔt=ΣPt-ΣPo

式中F表示系統(tǒng)外力,f表示系統(tǒng)內力.整個系統(tǒng)內的內力的總沖量必定為零。即ΣfΔt=0

一個系統(tǒng)所受合外力的沖量，等于在相應時間內，該系統(tǒng)的總動量的變化。

ΣFΔt=ΣPt-ΣPo系統(tǒng)的動量定理動量定理不僅適用于單個物體，同樣也適二．動量守恒定律的導出二．動量守恒定律的導出設想光滑水平桌面上有兩個勻速運動的球，它們的質量分別是m1和m2，速度分別是v1和v2，且v1>v2,它們動量的矢量和碰撞前的動量p=p1+p2=m1v1+m2v2經過一定時間m1

追上m2，并與之發(fā)生碰撞，設碰后二者的速度分別為v1’和v2’，此時它們的動量的矢量和.碰撞后的動量

p’=p1’+p2’=m1v1’+m2v2’設想光滑水平桌面上有兩個勻速運動的球，它們的質量分別是m1碰撞時受力分析G1N1F21G2N2F12F21：2號球對1號球的作用力，F(xiàn)12:1號球對2號球的作用力.F21和F12大小相等,方向相反;作用時間相等。碰撞時受力分析G1N1F21G2N2F12F21：2號球對1（第一組同學）根據根據牛頓第二定律和第三定律推導（參加培優(yōu)班同學）從動量定理和牛頓第三定律出發(fā)導出（第一組同學）根據根據牛頓第二定律和第三定律推導證明過程（從動量定理和牛頓第三定律出發(fā)導出）

對1號球用動量定理F21t1=m1v’1-m1v1=P’1-P1對2號球用動量定理F12t2=m2v’2-m2v2=P’2-P2根據牛頓第三定律：F12=--F21；且t1=t2上述三式聯(lián)立得m1v’1+m2v’2=m1v1+m2v2

即P’1+P’2=P1+

P2證明過程（從動量定理和牛頓第三定律出發(fā)導出）

對1號球用動一個系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。這個結論叫做動量守恒定律。數學表達式：

P=P’或

BBAABBAAvmvmvmvm’+’=+動量守恒定律的內容一個系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不三、動量守恒定律的條件a、系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受的外力的合力為零。（理想條件和實際條件）b、系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但比系統(tǒng)內力小得多。（近似條件）粗糙水平面三、動量守恒定律的條件a、系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受的外力的合三、動量守恒定律的條件c、系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但在某個方向上的合外力為零，則在該方向上系統(tǒng)的總動量守恒。(單向條件)d、引導學生自己舉例子說明單向近似守恒條件在水平軌道上放置一門有質量的炮車，發(fā)射炮彈，炮彈與軌道間摩擦不計，當炮身與水平方向成θ角發(fā)射炮彈。研究炮車和炮彈組成的系統(tǒng)動量守恒問題。地面變成粗糙三、動量守恒定律的條件c、系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但在四學生練習

四學生練習

[例題3]如圖所示，Ａ、Ｂ兩木塊的質量之比為3:2，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮了的輕彈簧，A、B與平板車的上表面間的動摩擦因素相同，地面光滑．當彈簧突然釋放后，A、B在小車上滑動時有：[]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BCAB[例題3]如圖所示，Ａ、Ｂ兩木塊的質量之比為3:2

[例題4]質量為m的小球從光滑的半徑為R的半圓槽頂部A由靜止滑下,設槽與桌面無摩擦,則[]A.小球不可能滑到右邊最高點；B.小球到達槽底時的動能小于mgR；C.小球升到最大高度時,槽速度為零；D.若球與槽有摩擦,則系統(tǒng)水平方向動量不守恒．BC[例題4]質量為m的小球從光滑的半徑為R的半圓槽頂部A由靜BA

[例題5]木塊Ｂ與水平面間的接觸是光滑的，子彈Ａ沿水平方向射入木塊后，留在木塊內，將彈簧壓縮到最短．將子彈木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統(tǒng)），此系統(tǒng)從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中，動量是否守恒？為什么?

動量不守恒此過程中，系統(tǒng)受到墻給的向右的外力BA[例題5]木塊Ｂ與水平面間的接觸是光滑的，子彈Ａ沿水

[例題6]一列火車在水平直鐵軌上做勻速運動，總質量為M，速度為V，某時刻后部有質量為m的一節(jié)車廂脫鉤，司機未發(fā)覺，又繼續(xù)行駛了一段距離，這期間機車的牽引力保持不變，并且各部分所受阻力跟運動速度無關．當司機發(fā)現(xiàn)時，后面脫鉤的車廂的速度已減為V/3，此時火車前面部分的速度多大？[例題6]一列火車在水平直鐵軌上做勻速運動，總質

[例題7]一枚在空中飛行的導彈,質量為m,在某點速度的大小為v,方向水平向右.導彈在該點突然炸裂成兩塊,其中質量為m1的一塊沿著v的反方向飛去,速度的大小為v1.求炸裂后另一塊的速度v2.炸裂前炸裂后據動量守恒定律∴方向與v同向[例題7]一枚在空中飛行的導彈,質量為m,在某點

瞬時性:v1和v2是兩物體相互作用過程中前一時刻的速度.則是后一時刻的速度.

整體性:兩物體在相互作用過程中每時每刻的總動量方向均相同.

相對性:等號兩邊的動量都必須相對同一參考系.矢量性:列式前一般要選定正方向.瞬時性:v1和v2是兩物體相互作用過程中前一時刻的應用動量守恒定律解題的基本步驟1.分析系統(tǒng)由多少個物體組成，受力情況如何，判斷動量是否守恒；2.規(guī)定正方向(一般以原速度方向為正)，確定相互作用前后的各物體的動量大小、正負；3.由動量守恒定律列式求解.應用動量守恒定律解題的基本步驟1.分析系統(tǒng)由多少個[例1]一質量為M的木塊放在光滑的水平桌面上處于靜止狀態(tài)，一顆質量為m的子彈以速度v0沿水平方向擊中木塊，并留在其中與木塊共同運動，則子彈對木塊的沖量大小是()A、mv0B、C、mv0－D、mv0－BD典型問題一：子彈打木塊模型[例1]一質量為M的木塊放在光滑的水平桌面上處

[例題2]一質量為M長為L的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，M>m．現(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小相等，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板．若已知A、B初速度大小為v0，求它們最后的速度的大小和方向．[例題2]一質量為M長為L的長方形木板B放在光滑的水典型問題二：子彈打木塊模型典型問題二：子彈打木塊模型動量守恒定律的應用彈性碰撞非彈性碰撞完全非彈性碰撞碰撞lianhq@163.典型問題：碰撞類問題動量守恒定律的應用彈性碰撞非彈性碰撞完全非彈性碰撞碰撞l碰撞的特點:1.碰撞物體之間的作用時間短,一般只有百分之幾秒,甚至千分之幾秒.2.碰撞物體之間的作用力大,因此經過碰撞以后,物體的狀態(tài)變化是十分顯著的.碰撞的特點:1.碰撞物體之間的作用時間短,一般只設光滑水平面上，質量為m1的物體A以速度v1向質量為m2的靜止物體B運動，B的左端連有輕彈簧。（動碰靜）設光滑水平面上，質量為m1的物體A以速度v1向質量為m2的靜在Ⅰ位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；到Ⅱ位置A、B速度剛好相等（設為v），彈簧被壓縮到最短；再往后A、B開始遠離，彈簧開始恢復原長，到Ⅲ位置彈簧剛好為原長，A、B分開，這時A、B的速度分別為?全過程系統(tǒng)動量一定是守恒的；而機械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了。追擊思想在Ⅰ位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加彈性碰撞

⑴彈簧是完全彈性的。

Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少量全部轉化為彈性勢能，

Ⅱ

狀態(tài)系統(tǒng)動能最小而彈性勢能最大；

Ⅱ→Ⅲ彈性勢能減少全部轉化為動能；因此Ⅰ、Ⅲ狀態(tài)系統(tǒng)動能相等。

由動量守恒和能量（動能）守恒可以證明A、B的最終速度分別為：(學生演版）彈性碰撞⑴彈簧是完全彈性的。

Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少量全部轉化當m1＝m2時，v1’=0;v2’=v1

質量相等，交換速度；當m1＞m2時，v1’＞0

;v2’＞0

大碰小，一起跑；當m1＞＞m2時，v1’＝v1

;v2’＝2v1當m1＜m2時，v1’＜0

;v2’＞0

小碰大，要反彈。當m1＜＜m2時，v1’＝－v1

;v2’＝0對彈性碰撞的討論當m1＝m2時，v1’=0;v2’=v1對彈性碰撞非彈性碰撞⑵彈簧不是完全彈性的。

Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少，一部分轉化為彈性勢能，一部分轉化為內能，

Ⅱ

狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和⑴相同，彈性勢能仍最大，但比⑴中的??；

Ⅱ→Ⅲ彈性勢能減少，部分轉化為動能，部分轉化為內能；

因為全過程系統(tǒng)動能有損失（一部分動能轉化為內能）。

滿足規(guī)律：動量守恒。（動能不守恒）非彈性碰撞⑵彈簧不是完全彈性的。

Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少，一部分完全非彈性碰撞

⑶彈簧完全沒有彈性。

Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少全部轉化為內能，

Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和⑴相同，但沒有彈性勢能；由于沒有彈性，A、B不再分開，而是共同運動，不再有Ⅱ→Ⅲ過程。A、B最終的共同速度為：

在完全非彈性碰撞過程中，系統(tǒng)的動能損失最大為

完全非彈性碰撞

⑶彈簧完全沒有彈性。

Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少全部

例題．質量為M的小車中掛有一單擺，擺球質量為m0，小車(和單擺)以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短，在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的？[]Mmm0v例題．質量為M的小車中掛有一單擺，擺球質量為m0，小車(和BCBC

例題2.

甲、乙兩球在水平光滑軌道上同方向運動,已知它們的動量分別是P甲=5kg·m/s,P乙=7kg·m/s.甲從后面追上乙,并發(fā)生碰撞,碰后乙球的動量變?yōu)镻乙’=10kg·m/s.則它們的質量關系可能是A.M甲=M乙B.M乙=2M甲C.M乙=4M甲D.M乙=6M甲例題2.甲、乙兩球在水平光滑軌道上同方向運動,已知它們動量關系動能關系速度關系∴選C動量關系動能關系速度關系∴選CM3M2M13.在光滑水平面上,有一質量M1=20kg的小車,通過一根幾乎不可伸長的輕繩與另一質量M2=25kg的拖車相連接,一質量M3=15kg的物體放在拖車的平板上,物體間的μ=0.2,開始時,拖車靜止,繩未被拉緊,小車以v0=3m/s的速度前進.求:(1)三物體以同一速度前進時的速度大小;(2)物體在拖車平板上移動的距離(足夠長).M3M2M13.在光滑水平面上,有一質量M1=20簡析:簡析:人船模型動量守恒定律的綜合應用典型問題人船模型動量守恒定律的綜合應用應用動量守恒定律解題的基本步驟1.分析系統(tǒng)由多少個物體組成，受力情況如何，判斷動量是否守恒；2.規(guī)定正方向(一般以原速度方向為正)，確定相互作用前后的各物體的動量大小、正負；3.由動量守恒定律列式求解.應用動量守恒定律解題的基本步驟1.分析系統(tǒng)由多少個

[例題1]質量為M＝300kg的小船，長為L＝3m，浮在靜水中．開始時質量為m＝60kg的人站在船頭，人和船均處于靜止狀態(tài)．若此人從船頭走到船尾，不計水的阻力，則船將前進多遠？[例題1]質量為M＝300kg的小船，長為L＝3m，

解：人和船組成的系統(tǒng)在整個運動過程中，都不受水平方向外力作用，而在豎直方向，處于平衡狀態(tài)，所以系統(tǒng)滿足動量守恒條件．取向左為正方向，對人和船組成的系統(tǒng)，依動量守恒可得：

MS船

-m(L－S船)=0

解得S船

=mL/(M+m)

代入數據得S船=0.5m

你動我動、你快我快、你慢我慢、你停我停，你我速率和各自質量成正比.解：人和船組成的系統(tǒng)在整個運動過程中，都不受水平方向外

[學生練習1]如圖所示：質量為m長為a的汽車由靜止開始從質量為M、長為b的平板車一端行至另一端時，汽車和平板車的位移大小各為多少？（水平地面光滑）解得：Sa=M(b-a)/M+mSb=m(b-a)/M+mmM[點撥]取向右為正方向，對人和船組成的系統(tǒng)，依動量守恒可得：[學生練習1]如圖所示：質量為m長為a的汽車由靜止開始從

[學生練習]

質量為M的氣球上有一質量為m的人，氣球和人靜止在離地高為h的空中．從氣球上放下一架不計質量的軟梯，為使人沿軟梯安全滑至地面，則軟梯至少應為多長？[學生練習]質量為M的氣球上有一即：0=M(L-h)/t-mh/t解得：L=(M+m)h/M

[點撥]氣球和人原靜止于空中，合力為零，故系統(tǒng)動量守恒．取豎直向上為正方向，對人和氣球組成的系統(tǒng)，依動量守恒可得：Lh即：0=M(L-h)/t-mh/t[點撥]氣球和人

[學生練習3]

在光滑的水平面上有一輛質量為M的小車，車的兩端各站著質量分別為m1和m2的人，三者原來皆靜止，當兩人相向運動時，小車向哪個方向運動？

[點撥]考慮兩人和車組成的系統(tǒng)，合力為零，故系統(tǒng)動量守恒．應用等效思維的方法，依動量守恒定律可分析得：(1)若m1=m2，小車靜止不動(2)若m1＞m2，小車與m2的人運動方向相同(3)若m1＜m2，小車與m1的人運動方向相同[學生練習3]在光滑的水平面上有一輛質量為M的小車

[例題2]一個質量為M的斜面靜止在光滑的水平面上，如圖所示，有一質量為m的小物塊由斜面的頂部無初速滑到底部，問斜面和小物塊組成的系統(tǒng)動量是否守恒？若已知斜面底部面的長為L，斜面傾角為θ，求斜面移動的距離s？θ[例題2]一個質量為M的斜面靜止在光滑的水平面上，s1s2bMm

解：斜面和小物塊組成的系統(tǒng)在整個運動過程中都不受水平方向外力，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒．Ms/t-m(L-s)/t=0解得：s=mL/(M+m)s1s2bMm解：斜面和小物塊組成的系統(tǒng)在整個運[學生練習5]小車放在光滑的水平面上，將系繩子小球拉開到一定的角度，然后同時放開小球和小車，在以后的過程中：[]A.小球向左擺動時，小車也向左擺動，且系統(tǒng)動量守恒．

B.小球向右擺動時，小車也向右擺動，且系統(tǒng)動量守恒．

C.小球向左擺動到最高點，小球的速度為零而小車的速度不為零．

D.在任意時刻，小球和小車在水平方向的動量一定大小相等、方向相反．D[學生練習5]小車放在光滑的水平面上，將系繩子小球拉

[學生練習6]質量為m的小球從光滑的半徑為R的半圓槽頂部A由靜止滑下,設槽與桌面無摩擦,則[]A.小球不可能滑到右邊最高點；B.小球到達槽底時的動能小于mgR；C.小球升到最大高度時,槽速度為零；D.若球與槽有摩擦,則系統(tǒng)水平方向動量不守恒．BC[學生練習6]質量為m的小球從光滑的半徑為R的半圓[學生練習7]兩物體的質量m1=2m2,放在光滑水平面上,當燒斷細線后，彈簧恢復到原長時，兩物體脫離彈簧時速度均不為零，兩物體原來靜止，則

A.兩物體在脫離彈簧時速率最大

B.兩物體在剛脫離彈簧時速率之比v1:v2=1:2

C.兩物體的速率同時達到最大值

D.兩物體在離開彈簧后同時達到靜止

m1m2[學生練習7]兩物體的質量m1=2m2,放在光滑水平面上,[變式]兩物體的質量m1=2m2,兩物體與水平面的摩擦因數為2=21

，當燒斷細線后，彈簧恢復到原長時，兩物體脫離彈簧時速度均不為零，兩物體原來靜止，則

A.兩物體在脫離彈簧時速率最大

B.兩物體在剛脫離彈簧時速率之比v1:v2=1:2C.兩物體的速率同時達到最大值

D.兩物體在離開彈簧后同時達到靜止m1m2[變式]兩物體的質量m1=2m2,兩物體與水平面的摩擦因數典型問題四：能量守恒問題典型問題四：能量守恒問題

[例題]如圖所示,光滑平行導軌MN、PQ水平放置，導軌間距為L，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B，導棒ab、cd的電阻都是r(其它電阻不計)，質量都是m，現(xiàn)給ab導棒一個水平向右的沖量I，求整個運動過程中轉化成的熱能。abcdB答：I2/4m[例題]如圖所示,光滑平行導軌MN、PQ水平放

解：設ab導棒受到水平向右的沖量后獲得的速度為v0，則有

I=mv0①

由于ab棒切割磁感線運動，在回路中產生感應電流，磁場對ab棒的安培力水平向左，磁場對cd棒的安培力水平向右，使得ab棒向右作減速運動、cd棒向右作加速運動，最終兩棒以共同速度v作勻速運動，但ab棒、cd棒組成的系統(tǒng)所受的合外力為零．由動量守恒定律，得

mv0=(m+m)v

②由①②解得

v=I/2m③

解：設ab導棒受到水平向右的沖量后獲得的速度為v0

當ab棒、cd棒以共同速度運動時，回路的磁通量不變，沒有感應電流，也不再產生熱量．設從ab棒開始運動到ab棒、cd棒以共同速度運動的過程中產生的熱量為Q，由能量轉化和守恒定律，有

Q=mv02/2-(m+m)v2/2④聯(lián)解①②③④得

Q=I2/4m當ab棒、cd棒以共同速度運動時，回路的磁通量

[例題4]如下圖所示，a、b為兩根相同的金屬桿，質量均為m．金屬導軌是光滑的，水平部分有豎直向上的勻強磁場．桿b原來靜止于導軌的水平部分．桿a由高h處開始沿弧形導軌自由下滑．求：（1）桿a的最終運動速度是多少？（2）在兩桿a、b的運動過程中，電路中產生的熱量共有多少？[例題4]如下圖所示，a、b為兩根相同的金屬桿，質解：（1）桿a由高h處沿弧形導軌自由下滑到水平導軌過程中，機械能守恒：a進入磁場后因切割磁感線產生感應電動勢，由于電路閉合而產生感應電流，用右手定則判定是感應電流的方向（從上往下看）是逆時針的；用左手定則判定a受安培力方向向左，因而做減速運動；b受安培力方向向右，因而做加速運動．解：（1）桿a由高h處沿弧形導軌自由下滑到水平導軌過程中，機a和b組成的系統(tǒng)所受合外力為零，由動量守恒定律

mv0=(m+m)v

②由①②解得

v=v0/2=/2③這是a、b的共同速度，也是a的最終運動速度．

（2）當a、b以共同速度運動時，回路的磁通量不變，沒有感應電流，也不再產生熱量．所以從a開始運動到a、b以共同速度運動的過程中產生的熱量，由能量轉化和守恒定律及③式有

Q=mgh-(m+m)v2/2=mgh/2答（略）a和b組成的系統(tǒng)所受合外力為零，由動量守恒定律動量守恒定律的應用多過程分析問題和能量守恒問題lianhq@163.動量守恒定律的應用多過程分析問題lianhq@163.典型問題四：多過程分析

[例4]如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面的左側有一豎直墻，在小車B上坐著一個小孩，小孩與B車的總質量是A車質量的10倍．兩車開始都處于靜止狀態(tài)，小孩把A車以相對于地面的速度v推出，A車與墻壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A車后，又把它以相對于地面的速度v推出．每次推出，A車相對于地面的速度都是v，方向向左．則小孩把A車推出幾次后，A車返回時小孩不能再接到A車？典型問題四：多過程分析[例4]如圖所示，在光滑水平面

解：取水平向右為正方向，依動量守恒小孩第1次推出A車前后解得-------(1)-------(2)第2次推出A車前后-------(3)解得-------(4)-------(5)第3次推出A車前后解：取水平向右為正方向，依動量守恒小孩第1次推出A車解得-------(6)由(2)(4)得由(6)(7)得-------(7)-------(8)由(2)(7)(8)得第n次推出A車后-------(9)再也接不到小車的條件是由式(9)(10)得n≥5.5,應取n＝6．

-------(10)

關于n的取值也是問題，不能盲目地對結果進行“四舍五入”，一定要注意結論的物理意義．解得-------(6)由(2)(4)得由([巧解]

利用動量定理及牛頓第三定律，每推出一次小車至返回的過程，小孩與兩車系統(tǒng)總動量的增量方向向右，大小為2mv，因此，n次推出A車至返回的全過程，小孩與兩車系統(tǒng)總動量的增量方向向右，大小為2nmv．設小孩推n次后剛好接不到A車．則V‘＝v

對系統(tǒng)應用動量定理，有Ｉ＝P‘－P既2nmv＝(m＋10m)V‘－0解得n＝5.5應取n＝6．[巧解]利用動量定理及牛頓第三定律，每推動量守恒定律及其應用動量守恒定律選修3-5第十六章第三節(jié)

《動量守恒定律》（第一課時）

選修3-5第十六章第三節(jié)

《動量守恒定律》（第一課時）一.幾個概念：系統(tǒng)：相互作用的一組物體通常稱為系統(tǒng)。系統(tǒng)內至少有2個物體。內力：系統(tǒng)內物體間的相互作用力外力：系統(tǒng)內的物體受到系統(tǒng)外的物體的作用力。一.幾個概念：

系統(tǒng)所受的沖量是指該系統(tǒng)內所有各個物體所受外力的沖量的矢量和因為內力是成對的，大小相等，方向相反，作用時間相同，所以整個系統(tǒng)內的內力的總沖量必定為零。即ΣfΔt=0I=I1+I2系統(tǒng)所受的沖量系統(tǒng)所受的沖量是指該系統(tǒng)內所有各個物體所受外力的沖量的矢量系統(tǒng)的動量定理動量定理不僅適用于單個物體，同樣也適用于系統(tǒng)ΣFΔt+ΣfΔt=ΣPt-ΣPo

式中F表示系統(tǒng)外力,f表示系統(tǒng)內力.整個系統(tǒng)內的內力的總沖量必定為零。即ΣfΔt=0

一個系統(tǒng)所受合外力的沖量，等于在相應時間內，該系統(tǒng)的總動量的變化。

ΣFΔt=ΣPt-ΣPo系統(tǒng)的動量定理動量定理不僅適用于單個物體，同樣也適二．動量守恒定律的導出二．動量守恒定律的導出設想光滑水平桌面上有兩個勻速運動的球，它們的質量分別是m1和m2，速度分別是v1和v2，且v1>v2,它們動量的矢量和碰撞前的動量p=p1+p2=m1v1+m2v2經過一定時間m1

追上m2，并與之發(fā)生碰撞，設碰后二者的速度分別為v1’和v2’，此時它們的動量的矢量和.碰撞后的動量

p’=p1’+p2’=m1v1’+m2v2’設想光滑水平桌面上有兩個勻速運動的球，它們的質量分別是m1碰撞時受力分析G1N1F21G2N2F12F21：2號球對1號球的作用力，F(xiàn)12:1號球對2號球的作用力.F21和F12大小相等,方向相反;作用時間相等。碰撞時受力分析G1N1F21G2N2F12F21：2號球對1（第一組同學）根據根據牛頓第二定律和第三定律推導（參加培優(yōu)班同學）從動量定理和牛頓第三定律出發(fā)導出（第一組同學）根據根據牛頓第二定律和第三定律推導證明過程（從動量定理和牛頓第三定律出發(fā)導出）

對1號球用動量定理F21t1=m1v’1-m1v1=P’1-P1對2號球用動量定理F12t2=m2v’2-m2v2=P’2-P2根據牛頓第三定律：F12=--F21；且t1=t2上述三式聯(lián)立得m1v’1+m2v’2=m1v1+m2v2

即P’1+P’2=P1+

P2證明過程（從動量定理和牛頓第三定律出發(fā)導出）

對1號球用動一個系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。這個結論叫做動量守恒定律。數學表達式：

P=P’或

BBAABBAAvmvmvmvm’+’=+動量守恒定律的內容一個系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不三、動量守恒定律的條件a、系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受的外力的合力為零。（理想條件和實際條件）b、系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但比系統(tǒng)內力小得多。（近似條件）粗糙水平面三、動量守恒定律的條件a、系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受的外力的合三、動量守恒定律的條件c、系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但在某個方向上的合外力為零，則在該方向上系統(tǒng)的總動量守恒。(單向條件)d、引導學生自己舉例子說明單向近似守恒條件在水平軌道上放置一門有質量的炮車，發(fā)射炮彈，炮彈與軌道間摩擦不計，當炮身與水平方向成θ角發(fā)射炮彈。研究炮車和炮彈組成的系統(tǒng)動量守恒問題。地面變成粗糙三、動量守恒定律的條件c、系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但在四學生練習

四學生練習

[例題3]如圖所示，Ａ、Ｂ兩木塊的質量之比為3:2，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮了的輕彈簧，A、B與平板車的上表面間的動摩擦因素相同，地面光滑．當彈簧突然釋放后，A、B在小車上滑動時有：[]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BCAB[例題3]如圖所示，Ａ、Ｂ兩木塊的質量之比為3:2

[例題4]質量為m的小球從光滑的半徑為R的半圓槽頂部A由靜止滑下,設槽與桌面無摩擦,則[]A.小球不可能滑到右邊最高點；B.小球到達槽底時的動能小于mgR；C.小球升到最大高度時,槽速度為零；D.若球與槽有摩擦,則系統(tǒng)水平方向動量不守恒．BC[例題4]質量為m的小球從光滑的半徑為R的半圓槽頂部A由靜BA

[例題5]木塊Ｂ與水平面間的接觸是光滑的，子彈Ａ沿水平方向射入木塊后，留在木塊內，將彈簧壓縮到最短．將子彈木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統(tǒng)），此系統(tǒng)從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中，動量是否守恒？為什么?

動量不守恒此過程中，系統(tǒng)受到墻給的向右的外力BA[例題5]木塊Ｂ與水平面間的接觸是光滑的，子彈Ａ沿水

[例題6]一列火車在水平直鐵軌上做勻速運動，總質量為M，速度為V，某時刻后部有質量為m的一節(jié)車廂脫鉤，司機未發(fā)覺，又繼續(xù)行駛了一段距離，這期間機車的牽引力保持不變，并且各部分所受阻力跟運動速度無關．當司機發(fā)現(xiàn)時，后面脫鉤的車廂的速度已減為V/3，此時火車前面部分的速度多大？[例題6]一列火車在水平直鐵軌上做勻速運動，總質

[例題7]一枚在空中飛行的導彈,質量為m,在某點速度的大小為v,方向水平向右.導彈在該點突然炸裂成兩塊,其中質量為m1的一塊沿著v的反方向飛去,速度的大小為v1.求炸裂后另一塊的速度v2.炸裂前炸裂后據動量守恒定律∴方向與v同向[例題7]一枚在空中飛行的導彈,質量為m,在某點

瞬時性:v1和v2是兩物體相互作用過程中前一時刻的速度.則是后一時刻的速度.

整體性:兩物體在相互作用過程中每時每刻的總動量方向均相同.

相對性:等號兩邊的動量都必須相對同一參考系.矢量性:列式前一般要選定正方向.瞬時性:v1和v2是兩物體相互作用過程中前一時刻的應用動量守恒定律解題的基本步驟1.分析系統(tǒng)由多少個物體組成，受力情況如何，判斷動量是否守恒；2.規(guī)定正方向(一般以原速度方向為正)，確定相互作用前后的各物體的動量大小、正負；3.由動量守恒定律列式求解.應用動量守恒定律解題的基本步驟1.分析系統(tǒng)由多少個[例1]一質量為M的木塊放在光滑的水平桌面上處于靜止狀態(tài)，一顆質量為m的子彈以速度v0沿水平方向擊中木塊，并留在其中與木塊共同運動，則子彈對木塊的沖量大小是()A、mv0B、C、mv0－D、mv0－BD典型問題一：子彈打木塊模型[例1]一質量為M的木塊放在光滑的水平桌面上處

[例題2]一質量為M長為L的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，M>m．現(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小相等，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板．若已知A、B初速度大小為v0，求它們最后的速度的大小和方向．[例題2]一質量為M長為L的長方形木板B放在光滑的水典型問題二：子彈打木塊模型典型問題二：子彈打木塊模型動量守恒定律的應用彈性碰撞非彈性碰撞完全非彈性碰撞碰撞lianhq@163.典型問題：碰撞類問題動量守恒定律的應用彈性碰撞非彈性碰撞完全非彈性碰撞碰撞l碰撞的特點:1.碰撞物體之間的作用時間短,一般只有百分之幾秒,甚至千分之幾秒.2.碰撞物體之間的作用力大,因此經過碰撞以后,物體的狀態(tài)變化是十分顯著的.碰撞的特點:1.碰撞物體之間的作用時間短,一般只設光滑水平面上，質量為m1的物體A以速度v1向質量為m2的靜止物體B運動，B的左端連有輕彈簧。（動碰靜）設光滑水平面上，質量為m1的物體A以速度v1向質量為m2的靜在Ⅰ位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；到Ⅱ位置A、B速度剛好相等（設為v），彈簧被壓縮到最短；再往后A、B開始遠離，彈簧開始恢復原長，到Ⅲ位置彈簧剛好為原長，A、B分開，這時A、B的速度分別為?全過程系統(tǒng)動量一定是守恒的；而機械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了。追擊思想在Ⅰ位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加彈性碰撞

⑴彈簧是完全彈性的。

Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少量全部轉化為彈性勢能，

Ⅱ

狀態(tài)系統(tǒng)動能最小而彈性勢能最大；

Ⅱ→Ⅲ彈性勢能減少全部轉化為動能；因此Ⅰ、Ⅲ狀態(tài)系統(tǒng)動能相等。

由動量守恒和能量（動能）守恒可以證明A、B的最終速度分別為：(學生演版）彈性碰撞⑴彈簧是完全彈性的。

Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少量全部轉化當m1＝m2時，v1’=0;v2’=v1

質量相等，交換速度；當m1＞m2時，v1’＞0

;v2’＞0

大碰小，一起跑；當m1＞＞m2時，v1’＝v1

;v2’＝2v1當m1＜m2時，v1’＜0

;v2’＞0

小碰大，要反彈。當m1＜＜m2時，v1’＝－v1

;v2’＝0對彈性碰撞的討論當m1＝m2時，v1’=0;v2’=v1對彈性碰撞非彈性碰撞⑵彈簧不是完全彈性的。

Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少，一部分轉化為彈性勢能，一部分轉化為內能，

Ⅱ

狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和⑴相同，彈性勢能仍最大，但比⑴中的?。?/p>

Ⅱ→Ⅲ彈性勢能減少，部分轉化為動能，部分轉化為內能；

因為全過程系統(tǒng)動能有損失（一部分動能轉化為內能）。

滿足規(guī)律：動量守恒。（動能不守恒）非彈性碰撞⑵彈簧不是完全彈性的。

Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少，一部分完全非彈性碰撞

⑶彈簧完全沒有彈性。

Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少全部轉化為內能，

Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和⑴相同，但沒有彈性勢能；由于沒有彈性，A、B不再分開，而是共同運動，不再有Ⅱ→Ⅲ過程。A、B最終的共同速度為：

在完全非彈性碰撞過程中，系統(tǒng)的動能損失最大為

完全非彈性碰撞

⑶彈簧完全沒有彈性。

Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少全部

例題．質量為M的小車中掛有一單擺，擺球質量為m0，小車(和單擺)以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短，在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的？[]Mmm0v例題．質量為M的小車中掛有一單擺，擺球質量為m0，小車(和BCBC

例題2.

甲、乙兩球在水平光滑軌道上同方向運動,已知它們的動量分別是P甲=5kg·m/s,P乙=7kg·m/s.甲從后面追上乙,并發(fā)生碰撞,碰后乙球的動量變?yōu)镻乙’=10kg·m/s.則它們的質量關系可能是A.M甲=M乙B.M乙=2M甲C.M乙=4M甲D.M乙=6M甲例題2.甲、乙兩球在水平光滑軌道上同方向運動,已知它們動量關系動能關系速度關系∴選C動量關系動能關系速度關系∴選CM3M2M13.在光滑水平面上,有一質量M1=20kg的小車,通過一根幾乎不可伸長的輕繩與另一質量M2=25kg的拖車相連接,一質量M3=15kg的物體放在拖車的平板上,物體間的μ=0.2,開始時,拖車靜止,繩未被拉緊,小車以v0=3m/s的速度前進.求:(1)三物體以同一速度前進時的速度大小;(2)物體在拖車平板上移動的距離(足夠長).M3M2M13.在光滑水平面上,有一質量M1=20簡析:簡析:人船模型動量守恒定律的綜合應用典型問題人船模型動量守恒定律的綜合應用應用動量守恒定律解題的基本步驟1.分析系統(tǒng)由多少個物體組成，受力情況如何，判斷動量是否守恒；2.規(guī)定正方向(一般以原速度方向為正)，確定相互作用前后的各物體的動量大小、正負；3.由動量守恒定律列式求解.應用動量守恒定律解題的基本步驟1.分析系統(tǒng)由多少個

[例題1]質量為M＝300kg的小船，長為L＝3m，浮在靜水中．開始時質量為m＝60kg的人站在船頭，人和船均處于靜止狀態(tài)．若此人從船頭走到船尾，不計水的阻力，則船將前進多遠？[例題1]質量為M＝300kg的小船，長為L＝3m，

解：人和船組成的系統(tǒng)在整個運動過程中，都不受水平方向外力作用，而在豎直方向，處于平衡狀態(tài)，所以系統(tǒng)滿足動量守恒條件．取向左為正方向，對人和船組成的系統(tǒng)，依動量守恒可得：

MS船

-m(L－S船)=0

解得S船

=mL/(M+m)

代入數據得S船=0.5m

你動我動、你快我快、你慢我慢、你停我停，你我速率和各自質量成正比.解：人和船組成的系統(tǒng)在整個運動過程中，都不受水平方向外

[學生練習1]如圖所示：質量為m長為a的汽車由靜止開始從質量為M、長為b的平板車一端行至另一端時，汽車和平板車的位移大小各為多少？（水平地面光滑）解得：Sa=M(b-a)/M+mSb=m(b-a)/M+mmM[點撥]取向右為正方向，對人和船組成的系統(tǒng)，依動量守恒可得：[學生練習1]如圖所示：質量為m長為a的汽車由靜止開始從

[學生練習]

質量為M的氣球上有一質量為m的人，氣球和人靜止在離地高為h的空中．從氣球上放下一架不計質量的軟梯，為使人沿軟梯安全滑至地面，則軟梯至少應為多長？[學生練習]質量為M的氣球上有一即：0=M(L-h)/t-mh/t解得：L=(M+m)h/M

[點撥]氣球和人原靜止于空中，合力為零，故系統(tǒng)動量守恒．取豎直向上為正方向，對人和氣球組成的系統(tǒng)，依動量守恒可得：Lh即：0=M(L-h)/t-mh/t[點撥]氣球和人

[學生練習3]

在光滑的水平面上有一輛質量為M的小車，車的兩端各站著質量分別為m1和m2的人，三者原來皆靜止，當兩人相向運動時，小車向哪個方向運動？

[點撥]考慮兩人和車組成的系統(tǒng)，合力為零，故系統(tǒng)動量守恒．應用等效思維的方法，依動量守恒定律可分析得：(1)若m1=m2，小車靜止不動(2)若m1＞m2，小車與m2的人運動方向相同(3)若m1＜m2，小車與m1的人運動方向相同[學生練習3]在光滑的水平面上有一輛質量為M的小車

[例題2]一個質量為M的斜面靜止在光滑的水平面上，如圖所示，有一質量為m的小物塊由斜面的頂部無初速滑到底部，問斜面和小物塊組成的系統(tǒng)動量是否守恒？若已知斜面底部面的長為L，斜面傾角為θ，求斜面移動的距離s？θ[例題2]一個質量為M的斜面靜止在光滑的水平面上，s1s2bMm

解：斜面和小物塊組成的系統(tǒng)在整個運動過程中都不受水平方向外力，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒．Ms/t-m(L-s)/t=0解得：s=mL/(M+m)s1s2bMm解：斜面和小物塊組成的系統(tǒng)在整個運[學生練習5]小車放在光滑的水平面上，將系繩子小球拉開到一定的角度，然后同時放開小球和小車，在以后的過程中：[]A.小球向左擺動時，小車也向左擺動，且系統(tǒng)動量守恒．

B.小球向右擺動時，小車也向右擺動，且系統(tǒng)動量守恒．

C.小球向左擺動到最高點，小球的速度為零而小車的速度不為零．

D.在任意時刻，小球和小車在水平方向的動量一定大小相等、方向相反．D[學生練習5]小車放在光滑的水平面上，將系繩子小球拉

[學生練習6]質量為m的小球從光滑的半徑為R的半圓槽頂部A由靜止滑下,設槽與桌面無摩擦,則[]A.小球不可能滑到右邊最高點；B.小球到達槽底時的動能小于mgR；C.小球升到最大高度時,槽速度為零；D.若球與槽有摩擦,則系統(tǒng)水平方向動量不守恒．BC[學生練習6]質量為m的小球從光滑的半徑為R的半圓[學生練習7]兩物體的質量m1=2m2,放在光滑水平面上,當燒斷細線后，彈簧恢復到原長時，兩物體脫離彈簧時速度均不為零，兩物體原來靜止，則

A.兩物體在脫離彈簧時速率最大

B.兩物體在剛脫離彈簧時速率之比v1:v2=1:2

C.兩物體的速率同時達到最大值

D.兩物體在離開彈簧后同時達到靜止

m1m2[學生練習7]兩物體的質量m1=2m2,放在光滑水平面上,[變式]兩物體的質量m1=2m2,兩物體與水平面的摩擦因數為2=21

，當燒斷細線后，彈簧恢復到原長時，兩物體脫離彈簧時速度均不為零，兩物體原來靜止，則

A.兩物體在脫離彈簧時速率最大

B.兩物體在剛脫離彈簧時速率之比v1:v2=1:2C.兩物體的速率同時達到最大值

D.兩物體在離開彈簧后同時達到靜止m1m2[變式]兩物體的質量m1=2m2,兩物體與水平面的摩擦因數典型問題四：能量守恒問題典型問題四：能量守恒問題

[例題]如圖所示,光滑平行導軌MN、PQ水平放置，導軌間距為L，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B，導棒ab、cd的電阻都是r(其它電阻不計)，質量都是m，現(xiàn)給ab導棒一個水平向右的沖量I，求整個運動過程中轉化成的熱能。abcdB答：I2/4m[例題]如圖所示,光滑平行導軌MN、PQ水平放

解：設ab導棒受到水平向右的沖量后獲得的速度為v0，則有

I=mv0①

由于ab棒切割磁感線運動，在回路中產生感應電流，磁場對ab棒的安培力水平向左，磁場對cd棒的安培力水平向右，使得ab棒向右作減速運動、cd棒向右作加速運動，最終兩棒以共同速度v作勻速運動，但ab棒、cd棒組成的系統(tǒng)所受的合外力為零．由動量守恒定律，得

mv0=(m+