物理动量简单小结

2024-11-25

物理动量简单小结(5篇)

1.物理动量简单小结 篇一

高一物理 第一单元 冲量和动量 动量定理

教案

一、内容黄金组

1. 理解动量的概念,知道动量的定义,知道动量是矢量 2. 理解冲量的概念,知道冲量的定义,知道冲量是矢量 3. 知道动量的变化也是矢量,会正确计算一维的动量变化。

4. 理解动量定理的含义和表达式,能用动量定理解释现象和进行有关的计算。

二、要点大揭秘

1. 冲量I:

(1)定义力和作用时间的乘积称为冲量,矢量(2)表达式:I=Ft

单位 牛·秒

(3)方向:在F方向不变时,其方向与力的方向相同;

(4)物理意义:反映力的时间积累效果的物理量,是过程物理量,即冲量的大小、方向都与过程有关,在作用力一定时,所经历的时间越长,冲量也越大;

(5)提到冲量必须指明是那个力的冲量或合力的冲量。

(6)冲量的定义式I=Ft只适用于计算恒力(大小、方向均不变)的冲量,对于的冲量一般不适用,但是,如果力F的方向不变,而大小随时间作线性变化,则可用力的平均值FF0FtFFt来计算,因为F0的成立22条件是力F随时间t作线性变化。

2. 动量P:

(1)定义:运动物体质量和速度的乘积。(2)表达式:P=mv,千克·米/秒;

(3)方向:与速度方向相同;

(4)物理意义:描述运动物体的状态量;

(5)动量是一个相对物理量,其大小、方向均与参照物的选取有关,通常情况下,选取地球为参照物。

3. 对动量定理Ft=mv’-mv的认识

(1)式中的Ft是研究对象所受的合外力的总冲量,而不是某一个力的冲量,合外力的总冲量等于所有外力在相同时间内的冲量的矢量和,当研究对象所受到的所有外力在一条直线上,矢量和的计算简化为代数和的计算。

(2)合外力的总冲量与物体动量的变化量相联系,与物体在某一时刻的动量没有必然的联系,物体所受的合外力的冲量,是引起物体动量发生变化的原因,必须说明,当物体速度的大小或方向发生变化,或两者均发生变化时,物体的动量也就一定发生了变化。

(3)动量定理是矢量式,物体动量变化量的方向与合外力的冲量方向相同,而物体某一时刻的动量方向跟合外力冲量方向无必然联系,必须区别动量变化量的方向与某一时刻的动量的方向。

(4)动量的变化量是ΔP=p’-p是动量的矢量差,只有当物体做直线运动时,物体运动过程中任意两个状态的动量的变化量ΔP的计算才简化为代数差,在这种情况下,必须事先建立正方向,与规定正方向相同的动量为为

正,正方向的选取原则上是任意的。

(5)在中学物理中,运用动量定理的研究对象通常为单个物体。(6)由Ft=mv’-mv,得FM(vv),该式的物理意义是,物体所受的合外t力等于该物体动量对时间的变化率,当合外力为恒力时,动量的变化率恒定,那么物体必定受到恒力作用。

4. 如何计算力的冲量与物体的动量(或动量的变化量)

计算力的冲量与物体的动量(或动量的变化量)都有如下两种方法:

(1)由定义式计算,即由I=pt,p=mv或ΔP=mv’-mv进行计算,对于的冲量,一般不能用I=Ft计算(F方向不变,大小随时间做线性变化的情况除外)

(2)由动量定理计算,动量定理反映了总冲量与动量变化量之间的大小关系及方向关系,故可根据该定理,由动量变化量计算力的冲量,或由总冲量计算动量变化量或某一时刻的动量,当力F为一般变力时,动量定理是计算冲量的有效手段。

例1. 质量为m的足球以v0的速率水平飞来,足球运动员在极短的时间内将它以原速率反向踢出去,求该运动员对足球的冲量。

分析与解:运动员对足球的冲量是变力的冲量,且作用力及作用时间均未知,故只能由动量定理求解,设足球后来的动量方向为正方向,则末动量为mv0,初动量为-mv0,由动量定理得I=mv0-(-mv0)=2mv0 运动员对足球的冲量方向与足球的末动量方向相同。

例2.将质量为m的手榴弹从空中某点水平抛出,不计空气阻力作用,求手榴弹从抛出到下落h米的过程中,手榴弹动量的变化量。

分析与解:本题既可由ΔP=mv’-mv求解,也可由动量定理求解。如果用前一种方法解,要用矢量三角形求解,较为麻烦,而如果由动量定理求解,则很简便。因为手榴弹在平抛过程中只受重力作用,帮手榴弹动量的变化量应等于其重力的冲量,又重力为恒力,则有 Δp=mgt t向下。

5. 动量定理在解题中的妙用

把动量定理应用到系统中,往往能收到奇妙的效果。试看以下三例:

例1 如图1所示,质量M=10kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上,动摩擦因数μ=0.02。在木楔的倾角θ为30°的斜面上,有一质量m=1.0kg的物块由静止开始沿斜面下滑。当滑行路程S=1.4m时,其速度v=1.4m/s,在这过程中木楔没有动。求地面对木楔的摩擦力的大小和方向。(g取10m/s2)解析

本题是94年高考第30小题,按标准答案运算,求解过程十分繁琐。如对m和M组成的系统应用动量定理结合运动学公式进行求解,则十分简洁。

对m及M组成的系统而言,m加速下滑系统获得水平向左的动量,由此可知,M受到地面作用的水平向左的摩擦力,受力如图,对系统在水平方向应用动量定理得:ft=mvcosθ;对m由运动学运动公式得,S=vt/2。由此可解得:

f=mv2cosθ/2S=0.61N。

2h

故pm2gh,方向竖直g

2在水平地面上有两个物体A和B,质量均为2kg,A、B相距9.5m。现A以v0=10m/s的速度向静止的B靠近,A和B发生正碰(撞击时间不计)后,仍沿原方向运动。己知A在碰撞前后共运动动了4s,物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.1。问B碰后经多长时间停止?(g取10m/S2)解析

选取A和B组成的系统为研究对象. 对A和B组成的系统而言,碰撞过程中的相互作用力为内力,其总冲量为零.故知系统所受摩擦力作用的总冲量等于系统动量的增量.

对系统,由动量定理得

3用细线将金属块M和木块m相连浸没在水中,如图.开始时m的上表面与水平面相平,从静止释放后,系统以加速度a加速下沉,经时间t1线断了,又经时间t2木块停止下沉,求此时金属块的速度.

解析

选择m和M组成的系统为研究对象.线未断时,系统所受合外力是F=(M+m)a,F是系统所受重力和浮力的合力.线断后,系统受力情况不变,所以合力仍为F=(M+m)a.据动量定理有:

可见,把动量定理用到系统中,求解未知量确实简便

三、好题解给你

1. 本课预习题

(1)静止在水平面上的物体,用水平力F推它一段时间t,物体始终处于静止状态,那么在t时间内,恒力F对物体的冲量和该物体所受合力的冲量大小分别是()A.0,0

B.Ft,0

C.Ft,Ft

D.0,Ft(2).下列说法错误的是:()

A. 某一物体的动量改变,一定是速度的大小改变 B. 某一物体的动量改变,一定是速度的方向改变。C. 物体的运动速度改变,其动量一定改变。D. 物体的运动状态改变,其动量一定改变。(3).如图所示,一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t,则()

A. 拉力F对物体的冲量大小为Ft。B. 拉力对物体的冲量大小为Ftsinθ。C. 摩擦力对物体的冲量大小为Ftsinθ.D. 合个力对物体的冲量为零。(4).下列说法中正确的是()

A. 物体所受的合外力越大,合外力的冲量一定越大 B. 物体所受的合外力越大,物体的动量一定越大。C. 物体所受的合外力越大,物体的动量变化一定越大。D. 物体所受的合外力越大,物体的动量变化率一定越大。(5).下列说法中正确的是()

A. 物体动量的方向与它所受合外力的方向相同。B. 物体动量的方向与它所受合外力的冲量方向相同。C. 物体动量变化的方向与它所受合外力的方向相同。

D. 物体的动量变化率的方向与它所受的合外力的方向相同。本课预习题参考答案:

(1)B

(2)AB

(3)AD

(4)D

(5)CD 2. 基础题(1).一个质量为m的物体沿倾角为θ的固定斜面匀速滑下,滑至底端历时为t,则下滑过程中斜面对物体的冲量说法正确的是()A.大小为mgtcosθ

B。方向垂直斜面向上 C.大小为mgsinθ

D.方向竖直向上。

(2)关于物体的动量,下列说法中正确的是()A. 物体的动量越大,其惯性也越大。B. 同一物体的动量越大,其速度一定越大。C. 物体的动量越大,其受到的作用力的冲量一定越大。D. 动量的方向一定沿物体的运动方向。

(3)用力F作用在质量为m的物体上,以过时间t,物体的速度由v1增加到v2,且v1和v2在同一方向上,如果将F作用在质量为m/2的物体上,则这一物体在时间t内动量的变化应为()

A.m(v1-v2)

B.2m(v2-v1)

C.4m(v2-v1)

D.m(v2-v1)(1)D

(2)BD

(3)D 3. 应用题

(1)如图所示,某人身系弹性绳自高空P点自由下落,图中a点是弹性绳的原长位置,c点是人所到达的最低点,b是人静止时悬吊着的平衡位置.不计空气阻力,下列说 法中正确的是().

A.从P至b的过程中重力的冲量值大于弹性绳弹力的冲量值 B.从P至b的过程中重力的冲量值与弹性绳弹力的冲量值相等 C.从P至C的过程中重力的冲量值大于弹性绳弹力的冲量值 D.从P至C的过程中重力的冲量值等于弹性绳弹力的冲量值(2)一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中,若把在空气中下落的过程称为Ⅰ,进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ,则()A.过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量

B.过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程1中重力的冲量的大小

C.过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程1与过程Ⅱ中重力的冲量的大小 D.过程Ⅱ中钢珠动量改变量等于阻力的冲量(3)质量为m的物体在光滑水平面上以速度V1匀速运动,受到一个跟水平方向成α角斜向上拉力作

用后,经一段时间t速度变为V2,如图所示,求这段时间t内拉力的冲量. 应用题参考答案:

(1)AD

人从P点至a点做自由落体运动,只受重力作用;从a点至b点,受重力和绳的弹力作用,但重力大于弹力,所以人仍做加速运动,到b点时,合力为零,加速度也为零,速度达到最大值;从b点至C点,弹力大于重力人做减速运动,到c点时,人的速度变为 零.由动量定理知,从 P至 b点的过程中。人的动量增大,重力的冲量值大于弹力的冲量值;从P至C点的过程中人的动量变化是零,重力的冲量值等于弹性绳的冲量值.所以选项A、D正确.(2)AC

(3)m(V2-V1)/cosα 本题不知拉力大小,利用冲量的定义无法求解,可借助动量定理求解,但应注意宣中的力是合外力,由动量定理知:Fcosα·t=mv2-mv1 Ft= m(V2-V1)/cosα

4. 提高题

(1)A、B两物体沿同一直线分别在力FA、FB作用下运动,它们的动量随时间变化的规律如图所示,设在图中所示的时间内,A、B两物体所受冲量的大小分别为IA、IB,那么()

A.FA>FB,方向相反 B.FAIB,方向相反

(2)物块 A和 B用轻绳相连悬在轻弹簧下端静止不动,如图所示;连接A和B的绳子被烧断后,A上升到某位置时速度的大小为v,这 时B下落的速度大小为v’,已知A和B的质量分别为m和M,则在这段时间里,弹簧的弹力对物快A的冲量为(). A.mv B.mv-Mv’ C.mv+ Mv’ D.mv+mv’(3)水力采煤是用高压水枪喷出的水柱冲击煤层而使煤掉下,所用水枪的直径 D=3cm,水速为 60m/s,水柱垂直射到煤层表面上,冲击煤层后自由下落.求水柱对煤层的平均冲力是多少?

提高题参考答案:

(1)A.D.(2)D(3)2543N

四、课后演武场

1.在距地面h高处以v0水平抛出质量为m的物体,当物体着地时和地面碰撞时间为Δt,则这段时间内物体受到地面给予竖直方向的冲量为()

2.如图所示,两个质量相等的物体,在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下到达斜面底端的过程中,相同的物理量是()A.重力的冲量 B.弹力的冲量 C.合力的冲量

D.刚到达底端的动量

E.刚到达底端时的动量的水平分量

F.以上几个量都不同

3.在以下几种运动中,相等的时间内物体的动量变化相等的是()A.匀速圆周运动 B.自由落体运动 C.平抛运动

D.单摆的摆球沿圆弧摆动

4.质量相等的物体P和Q,并排静止在光滑的水平面上,现用一水平恒力推物体P,同时给Q物体一个与F同方向的瞬时冲量I,使两物体开始运动,当两物体重新相遇时,所经历的时间为()A.I/F B.2I/F C.2F/I D.F/I 5.A、B两个物体都静止在光滑水平面上,当分别受到大小相等的水平力作用,经过相等时间,则下述说法中正确的是()A.A、B所受的冲量相同 B.A、B的动量变化相同 C.A、B的末动量相同

D.A、B的末动量大小相同

6.A、B两球质量相等,A球竖直上抛,B球平抛,两球在运动中空气阻力不计,则下述说法中正确的是()

A.相同时间内,动量的变化大小相等,方向相同 B.相同时间内,动量的变化大小相等,方向不同 C.动量的变化率大小相等,方向相同 D.动量的变化率大小相等,方向不同

7.关于冲量、动量与动量变化的下述说法中正确的是()A.物体的动量等于物体所受的冲量

B.物体所受外力的冲量大小等于物体动量的变化大小 C.物体所受外力的冲量方向与物体动量的变化方向相同 D.物体的动量变化方向与物体的动量方向相同

8.重力10N的物体在倾角为37°的斜面上下滑,通过A点后再经2s到斜面底,若物体与斜面间的动摩擦因数为0.2,则从A点到斜面底的过程中,重力的冲量大小______N·s,方向______;弹力的冲量大小______N·S,方向______;摩擦力的冲量大小______N·s。方向______;合外力的冲量大小______N·s,方向______。

9.质量为10kg的铁锤,从某一高度处落下后与立在地面上的木桩相碰,碰前速度大小为10m/s,碰后静止在木桩上,若铁锤与木桩的作用时间为0.1s,重力加速度取g=10m/s2。求:(1)铁锤受到的平均冲力。(2)木桩对铁锤的平均弹力。

课后演武场参考答案:

1.D 2.F 3.BC 4.B 5.D

6.AC 7.BC 8.20,竖直向下,16,垂直斜面向上,3.2,沿斜面向上,8.8,沿斜面向下 9.1000N,竖直向上,1100N,竖直向上

2.物理动量简单小结 篇二

动 量

知识要点:

一、冲量

1、冲量:作用在物体上的力和力的作用时间的乘积叫做冲量。表示为I=F·t。

2、冲量是个矢量。它的方向与力的方向相同。

3、冲量的单位:在国际单位制中,冲量的单位是牛顿·秒(N·S)。

4、物体受到变力作用时,可引入平均作用力的冲量。IF·t。

要点:

1、冲量是力的时间积累量,是与物体运动过程相联系的量。冲量的作用效果是使物体动量发生改变,因此冲量的大小和方向只与动量的增量直接发生联系,而与物体动量没有什么直接必然联系。

2、冲量是矢量,因而可用平行四边形法则进行合成和分解。合力的冲量总等于分力冲量的矢量和。

二、动量

1、动量:物体质量与它的速度的乘积叫做动量。表示为P。mv

2、动量是矢量,它的方向与物体的速度方向相同。

3、动量的单位:在国际单位制中,动量的单位为千克·米/秒(kg·m/s)。

要点:

1、动量与物体的速度有瞬时对应的关系。说物体的动量要指明是哪一时刻或哪一个位置时物体的动量。所以动量是描述物体瞬时运动状态的一个物理量。动量与物体运动速度有关,但它不能表示物体运动快慢,两个质量不同的物体具有相同的速度,但不具有相同的动量。

2、当物体在一条直线上运动时,其动量的方向可用正负号表示。

3、动能与动量都是描述物体运动状态的物理量,但意义不同。物体动能增量与力的空间积累量——功相联系,而物体动量的增量则与力的时间积累量——冲量相联系。

三、动量定理

四、1、物体受到冲量的作用,将引起它运动状态的变化,具体表现为动量的变化。

2、动量定理:物体所受的合外力的冲量等于物体动量的增量。用公式表示为:

Ft·Pvmv 2P1m21合要点:

1、在中学阶段,动量定理的研究对象是一个物体。不加声明,应用动量定理时,总是以地面为参照系,即P1,P2,P都是相对地面而言的。

2、动量定理是矢量式,它说明合外力的冲量与物体动量变化,不仅大小相等,而且方向相同。在应用动量定理解题时,要特别注意各矢量的方向,若各矢量方向在一条直线上,可选定一个正方向,用正负号表示各矢量的方向,就把矢量运算简化为代数运算。

3、动量定理和牛顿

变速直线运动或曲线运动的情况,就更为简便。

四、动量守恒定律

1、动量守恒定律内容:系统不受外力或所受外力的合力为零,这个系统的总动量就保持不变。用公式表示为:

或 m PPPPvmvmvmv121211221122

2、动量守恒定律的适用范围:动量守恒定律适用于惯性参考系。无论是宏观物体构成的宏观系统,还是由原子及基本粒子构成的微观系统,只要系统所受合外力等于零,动量守恒定律都适用。

3、动量守恒定律的研究对象是物体系。物体之间的相互作用称为物体系的内力,系统之外的物体的作用于该系统内任一物体上的力称为外力。内力只能改变系统中个别物体的动量,但不能改变系统的总动量。只有系统外力才能改变系统的总动量。

要点:

1、在中学阶段常用动量守恒公式解决同一直线上运动的两个物体相互作用的问题,在这种情况下应规定好正方向,v方向由正、负号表示。、v、v、v1212

2、两个物体构成的系统如果在某个方向所受合外力为零,则系统在这个方向上动量守恒。

3、碰撞、爆炸等过程是在很短时间内完成的,物体间的相互作用力(内力)很大,远大于外力,外力可忽略。碰撞、爆炸等作用时间很短的过程可以认为动量守恒。

五、碰撞

1、碰撞:碰撞现象是指物体间的一种相互作用现象。这种相互作用时间很短,并且在作用期间,外力的作用远小于物体间相互作用,外力的作用可忽略,所以任何碰撞现象发生前后的系统总动量保持不变。

2、正碰:两球碰撞时,如果它们相互作用力的方向沿着两球心的连线方向,这样的碰撞叫正碰。

3、弹性正碰、非弹性正碰、完全非弹性正碰:

①如果两球在正碰过程中,系统的机械能无损失,这种正碰为弹性正碰。

②如果两球在正碰过程中,系统的机械能有损失,这样的正碰称为非弹性正碰。

③如果两球正碰后粘合在一起以共同速度运动,这种正碰叫完全非弹性正碰。

4、弹性正确分析:

①过程分析:弹性正碰过程可分为两个过程,即压缩过程和恢复过程。见下图。

②规律分析:弹性正碰过程中系统动量守恒,机械能守恒(机械能表现为动能)。则有下式:

mvmvmvmv①11221122 11212212 mvmvvvm②1122m11222222 解得v1m1m2v12m2v2m1m2

mmv2mv21211v 2mm12 mm讨论:①当m即mv,vv1、2交换速度。②当v12时,v20时,1221碰后,两球同向运动。0,v02mm2v2mv11v,v11,若mm,则v1mm212mm21121mm若m则v,即碰后1球反向运动,2球沿1球原方向运动。当m0,v012,2112时,v1v1,v20即m2不动,m1被反弹回来。

六、反冲运动

1、反冲运动:静止或运动的物体通过分离出一部分物体,使另一部分向反方向运动的现象叫反冲运动。

3.物理动量简单小结 篇三

重点难点

1.动量守恒的条件:可以归纳为以下几种情况:①物体系统不受外力或所受合外力为零;②物体系统受到的外力远小于内力;③系统在某方向上不受外力、合外力为零或外力远小于外力,此时在该方向上动量守恒.

在碰撞和爆炸现象中,由于物体间相互作用持续时间很短,一般都满足内力远大于外力,故可以用动量守恒定律处理.

2.运用动量守恒定律应注意:

①矢量性:动量守恒定律的方程是一个矢量关系式

对于作用前后物体的运动方向都在 同一直线上的问题,应选取统一的正方向,按正方向确定各矢量的正负②瞬时性:动量是一个状态量,对应着一个瞬时一瞬时的动量恒定不同时刻的动量不能相加

动量守恒是指该相互作用过程中的任③相对性:动量的具体数值与参考系的选取有关,动量计算时的速度必须是相对同一惯性系的速度,一般以地面为参考系

3.反冲运动中移动距离问题的分析:

一个原来静止的系统,由于某一部分的运动而对另一部分有冲量,使另一部分也跟着运动,若现象中满足动量守恒,则有m1υ1-m2υ2 = 0,υ1 =

m2υ2.物体在这一方向上的速度m1经过时间的累积使物体在这一方向上运动一段距离,则距离同样满足s1 = s2,它们的相对距离s相 = s1+s2. 规律方法

【例1】如图所示,大小相同质量不一定相等的A、B、C三个小球沿一直线排列在光滑水平面上,未碰前A、B、C三个球的动量分别为8kg·m/s、-13kg·m/s、-5kg·m/s,在三个球沿一直线相互碰撞的过程中,A、B两球受到的冲量分别为-9N·s、1N·s,则C球受到的冲量及C球碰后的动量分别为(B)

A.1N·s,3kg·m/s

B.8N·s,C.-8N·s,5kg·m/s

D.10N·s,训练题A、B两船的质量均为M,它们都静止在平静的湖面上,当A船上质量为的人以水平速度υ从A船跳到B船,再从B船跳回A船.经多次跳跃后,人最终跳到B船上,设水对船的阻力不计,则(ABC)

A.A、B两船最终的速度大小之比为3∶2

B.A、B(包括人)最终的动量大小之比为1∶1 C.A、B(包括人)最终的动量之和为零

D.因跳跃次数未知,故以上答案均无法确定

【例2】假定航天飞机的喷气发动机每次喷出质量为m = 200g的气体,气体离开发动机喷气孔时,相对于喷气孔的速度υ = 1000m/s,假定发动机在1min内喷气20次,那么在第1min末,航天飞机的速度的表达式是怎样的?如果这20次喷出的气体改为一次喷出,第1min末航天飞机的速度为多大?航天飞机最初质量为M = 3000kg,初速度为零,运动中所受阻力不计.

【解析】设第一次喷气后航天飞机速度为υ1,第二次喷气后航天飞机速度为υ2,……依次类推,取航天飞机速度方向为正方向,根据动量守恒定律有:

第一次喷气后:(M-m)υ1-m(υ-υ1)= 0;得υ1 =

mM

m

Mmm第三次喷气后:(M-2m)υ2 =(M-3m)υ3-m(υ-υ3),得υ3-υ2 =

M2m第二次喷气后:(M-m)υ1 =(M-2m)υ2-m(υ-υ2),得υ2-υ1 =

mM19mmmmm综合以上可得1min末飞船的速度为 υ20 = +++……+

MMmM2mM19m第20次喷气后:(M-19m)υ19 =(M-20m)υ20-m(υ-υ20),得υ20-υ19 = 若20次喷出的气体一次喷出,则:0 =(M-20m)υ′-20m(υ-υ′)得υ′ =

20mv200.210004 = = M30003

比较可知υ20>υ′,即当喷气质量一定时,分次喷出比一次喷出,航天飞机获得的速度大且分的次数越多,获得的速度越大,这也是火箭连续喷气的原因

训练题甲、乙两人做抛球游戏,甲站在一辆平板车上,车与水平面摩擦不计,甲与车的总质量为M = 100kg,另有一质量为m = 2kg的球乙固定站在车对面的地面上,身旁有若干质量不等的球开始车静止,甲将球以速率υ水平抛给乙,乙接球后马上将另一质量m1 = 2m的球以相同的速度υ水平抛给甲;甲接住后再以相同速率将此球抛回给乙,乙接住后马上将另一质量m2 = 2m1 = 4m的球以速率υ水平抛给甲……这样往复抛球.乙每次抛给甲的球质量都是接到甲抛给他的球的质量的2倍,而抛球速率始终为υ(相对于地面水平方向)不变.求:

(1)甲第二次抛出(质量为2m)球后,后退速率多大?

(2)从第1次算起,甲抛多少次后,将再不能接到乙抛来的球? 答案:(1)v2=v/10(2)甲抛5次后,将再不能接到乙抛来的球

【例3】如图所示,三个质量为m的弹性小球用两根长为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上,现给中间的小球B一个水平初速度υ0,方向与绳垂直小球相互碰撞时无机械能损失,轻绳不可伸长,求:

(1)当小球A、C第一次相碰时,小球B的速度.(2)当三个小球再次处在同一直线上时,小球B的速度.(3)运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ.(4)当三个小球处在同一直线上时,绳中的拉力F的大小.

【解析】由于绳子不可伸长,且A、C两球在运动过程中具有对称性,当A、C两球第一次相碰时,三球具有相同的速度;小球发生相互作用时满足动量守恒定律和机械能守恒定律.

(1)设小球A、C第一次相碰时,小球B的速度为υB,此时A、C小球沿B球初速度方向的速度也为υB.

由动量守恒定律,得:mυ0 = 3mυB,由此得υB =

1υ30

(2)当三个小球再次在同一直线上时,此时B球的速度为υB1,A、C球的速度为υA,υA的方向为B球的初速度方向,由动量守恒定律、机械能守恒定律得:

mυ0 = mυB1+2mυA

11mυB+2×mυ2 A2212解得:υB1 =-υ0,υA = υ0(或υB1 = υ0,υA = 0,此为初状态,舍去)

331所以,当三球再次处在同一直线上时,小球B的速度为υB1 =-υ0,负号表示与初速

3201mυ2 = 度反向.

(3)从(2)的解可知,B球速度由最初的υ0变化(减小)为零,然后反向运动,可见当B球速度为零时,动能EKBI也为零,而机械能守恒,故此时A球动能最大

设此时A球(C球)的速度为υ,两根绳的关角为θ,如图,则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律,得:

mυ0 = 2mυsin22112mυ0 = 2×mυ22

可得此时A球的最大动能为EKA =

11mυ2 = mυ,两根绳间夹角为θ = 90°. 24(4)当三球处于同一直线上时,B球受力平衡,B球加速度为零,选B球为参考系时,A、C两球做圆周运动,绳子拉力为其提供向心力.

A球相对B球的速度为υAB = υA-υB1 = υ

0

2AB由牛顿第二定律,此时绳中拉力为F,则F = mL = m02L.

训练题长为2b的轻绳,两端各系一质量为m的小球,中央系一质量为M的小球,三球均静止于光滑的水平面上,绳处于拉直状态今给小球M以一种冲击,使它获得一水平初速度υ0,υ0的方向与绳垂直,如图所示,求在两端的小球发生相互碰撞前的瞬间,球m在垂直于绳方向的分速度多大?(绳不可伸长)

答案:v2={Mv/(M+2m)}

【例4】如图所示,甲、乙两人分别站在A、B两辆冰车上,一木箱静止于水平光滑的冰面上,甲与A车的总质量为M1,乙和B车的总质量为M2,甲将质量为m的木箱以速率υ(对地)推向乙,乙接住后又以相等大小的速度将木箱推向甲,甲接住木箱后又以速率υ将木箱推向乙,然后乙接住后再次将木箱以速度υ推向甲,木箱就这样被推来推去,求最终甲、乙两人(连同冰车)的速度各为多少?(已知M1 = 2M2,M1 = 30m)

【解析】设甲第1次推出木箱后获得的速度为υ1,第2次推出木箱后甲的速度为υ2,……第n次推出木箱后速度为υn,对木箱与甲(包括车)构成的系统应用动量守恒,第1次推出过程:0 = M1υ1-mυ,得υ1 =

1/

2mυ.从接住到第2M1次推出:M1υ1+mυ = M1υ2-mυ,得υ2 = υ1+

2m3m = M1M12m5m = M1M1n-1从接住到第3次推出:M1υ2+mυ = M1υ3-mυ,得υ3 = υ2+

……从接住到第n次推出:M1υ

n-

1+mυ = M1υn-mυ,得υn = υ+

2m(2n1)m = M1M1

当甲不再接住木箱时,有:υn≥υ,即

(2n1)m≥υ 解得n≥15.M1设乙第1次、第2次、第3次、……,第k次推出木箱的速度依次为υ′

1、υ′

2、υ′3……υ′k,根据动量守恒定律得:第1次推出:mυ = M2υ′1-mυ,得υ′1 =

2mM2

第2次推出:mυ+M2υ′1 = M2υ′2-mυ,得υ′2 = υ′1+

2m4m = M2M22m6m = M2M2

第3次推出:mυ+M2υ′2 = M2υ′3-mυ,得υ′3 = υ′2+……第k次推出:mυ+M2υ′k-1 = Mυ′k-mυ,得υ′k = υ′k-1+欲使乙不再接住木箱,必满足υ′k≥υ,即≥υ,解得k≥7.2m2km = M2M2

比较n≥15.5和k≥7.5可知,当乙第8次推出木箱后,就不再接住木箱,因此甲第9次推出木箱后,速度也不再发生变化,故甲和乙的最终速度分别为:

υ甲 =

171629128mυ = υ,c乙 = mυ = υ

3015M1M2

训练题如图一块足够长的木板,放在光滑水平面上,在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n的木板,所有木块的质量均为m,与木板间的动摩擦因数都相同开始时,木板静止不动,第1、2、3、……、n号木块的初速度分别是υ0、2υ0、3υ0、……nυ0,方向都向右,木板的质量与所有木块的总质量相等,最终所有木块与木板以共同速度匀速运动.设木块之间均无相互碰撞,求:

(1)所有木块与木板一起匀速运动的速度υn.(2)第1号木块与木板刚好相对静止时的速度υ1. 答案:(1)vn=(n+1)v0/4(2)v1=v0/2 能力训练

1.如图所示,光滑的水平地面上放着一个光滑的凹槽,槽两端固定有两轻质弹簧,一弹性小球在两弹簧间往复运动,把槽、小球和弹簧视为一个系统,则在运动过程中(B)

A.系统的动量守恒,机械能不守恒 B.系统的动量守恒,机械能守恒 C.系统的动量不守恒,机械能守恒 D.系统的动量守恒,机械能不守恒

2.在一定条件下,让质子获得足够大的速度,当两个质子P以相等的速率对心正碰,特发生下列反应:P+P→P+P+p+p,其中p是反质子(反质子与质子质量相等,均为mP,且带一个单位正电荷),则以下关于该反应的说法正确的是(ABC)

A.反应前后系统总动量皆为零 B.反应过程系统能量守恒

C.根据爱因斯坦质能方程可知,反应前两个质子的能量最小为2mpc

22D.根据爱因斯坦质能方程可知,反应后单个质子的能量可能小于mpc

3.一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中,由于发生衰变而形成了如图3-11-8所示的两个圆形轨迹,两圆半径之比为1∶16,下列说法正确的是(A)

A.该原子核发生了α衰变

B.反冲核沿大圆做逆时针方向的圆周运动 C.原来静止的原子核的序数为

D.沿大圆和沿小圆运动的柆子周期相同

4.如图所示,自行火炮连同炮弹的总质量为M,当炮管水平,火炮车在水平路面上以υ

1的速度向右匀速行驶中,发射一枚质量为m的炮弹后,自行火炮的速度变为υ2,仍向右行驶,则炮弹相对炮筒的发射速度υ0为

(B)

m(12)m2M(12)B.

mmm(12)2m2m(12)m(12)C. D.

mmA.

υ0从木板的左端向右滑上木板.滑块和木板速度随时间变化的图象如图乙所示,某同学根据图象作出如下一些判断,正确的是(ACD)

A.滑块与木板间始终存在相对运动 B.滑块始终未离开木板 C.滑块的质量大于木板的质量 D.在t1时刻滑块从木板上滑出

5.如图甲所示,质量为M的木板静止在光滑水平面上,一个质量为m的小滑块以初速度

6.质量为m的木板和质量为M的金属块用细绳系在一起,处于深水中静止,剪断细绳,木块上浮h时(还没有出水面),则铁沉下沉的深度为多大?(水的阻力不计)

答案:x=mh/M

7.人和冰车的总质量为M,另有一木球质量为m,且M∶m = 10∶1,人坐在静止于水平冰面的冰车上,以速度υ(相对地面)将原来静止的木球沿冰面推向前方的固定挡板,球与冰面、车与冰面的摩擦可不计,空气阻力也忽略不计,设球与挡板碰撞后,球被原速率反向弹回,人接住球后再以同样的速率υ将球沿冰面向正前方推向挡板.问人推球多少次后不能再接到球?

答案:人推球六次后不能再接到球

8.如图所示,n个相同的木块(可视为质点),每块的质量都是m,从右向左沿同一直线排列在水平桌面上,相邻木块间的距离均为l,第n个木块到桌边的距离也是l,木块与桌面间的动摩擦因数为µ.开始时,第1个木块以初速度v0向左滑行,其余所有木块都静止,在每次碰撞后,发生碰撞的木块都粘在一起运动.最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下.

(1)求在整个过程中因碰撞而损失的总动能.

(2)求第i次(i≤n-1)碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比.

(3)若n=4,l=0.10m,v0=3.0m/s,重力加速度g=10m/s,求µ的数值.

答案:(1)整个过程中系统克服摩擦力做的总功为

2Wf=µmgl(1+2+3+…+n)=

n(n1)mgl 2整个过程中因碰撞而损失的总动能为

Ek1212n(n1)mv0Wfmv0mgl 2221imvi2 2(2)设第i次(i≤n-1)碰撞前瞬间,前i个木块粘合在一起的速度为vi,动能为 EKi与第i+1个(i≤n-1)木块碰撞粘合在一起后瞬间的速度为vi',由动量守恒定律 imvi(i1)mvi 则viivi i1111i221i2 imvi2(i1)mvim[ivi2(i1)()vi]mvi2222i12i1第i次(i≤n-1)碰撞中损失的动能为 EKi则第i次(i≤n-1)碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比为 Eki1

Ekii1(i≤n-1)

(3)n=4时,共发生了i=3次碰撞.

2 第1次碰前瞬间的速度为v12v02gl,碰撞中动量守恒:mv12mv11v1第1次碰后瞬间的速度为v122222v02gl2

22v02glv010gl2gl第2次碰前瞬间的速度为vv1 2gl44 碰撞中动量守恒:2mv23mv22v2第2次碰后瞬间的速度为v232322v010gl3

22v010glv028gl2gl2gl第3次碰前瞬间的速度为vv2

99 碰撞中动量守恒:3mv34mv33v3第3次碰后瞬间的速度为v342v028gl42

2gl0 最后滑行到桌边,速度恰好为零,则v32v028gl即2gl0

4.物理动量简单小结 篇四

一、教学目标

1.学会分析动量守恒的条件。

2.学会选择正方向,化一维矢量运算为代数运算。

3.会应用动量守恒定律解决碰撞、反冲等物体相互作用的问题(仅限于一维情况),知道应用动量守恒定律解决实际问题的基本思路和方法。

二、重点、难点分析

1.应用动量守恒定律解决实际问题的基本思路和方法是本节重点。2.难点是矢量性问题与参照系的选择对初学者感到不适应。

三、教具

1.碰撞球系统(两球和多球); 2.反冲小车。

四、教学过程

本节是继动量守恒定律理论课之后的习题课。1.讨论动量守恒的基本条件

例1.在光滑水平面上有一个弹簧振子系统,如图所示,两振子的质量分别为m1和m2。讨论此系统在振动时动量是否守恒?

分析:由于水平面上无摩擦,故振动系统不受外力(竖直方向重力与支持力平衡),所以此系统振动时动量守恒,即向左的动量与向右的动量大小相等。例2.承上题,但水平地面不光滑,与两振子的动摩擦因数μ相同,讨论m1=m2和m1≠m2两种情况下振动系统的动量是否守恒。

分析:m1和m2所受摩擦力分别为f1=μm1g和f2=μm2g。由于振动时两振子的运动方向总是相反的,所以f1和f2的方向总是相反的。

板书画图:

对m1和m2振动系统来说合外力∑F外=f1+f2,但注意是矢量合。实际运算时为

板书:∑F外=μm1g-μm2g 显然,若m1=m2,则∑F外=0,则动量守恒; 若m1≠m2,则∑F外≠0,则动量不守恒。向学生提出问题:

(1)m1=m2时动量守恒,那么动量是多少?

(2)m1≠m2时动量不守恒,那么振动情况可能是怎样的? 与学生共同分析:

(1)m1=m2时动量守恒,系统的总动量为零。开始时(释放振子时)p=0,此后振动时,当p1和p2均不为零时,它们的大小是相等的,但方向是相反的,所以总动量仍为零。

数学表达式可写成

m1v1=m2v2

(2)m1≠m2时∑F外=μ(m1-m2)g。其方向取决于m1和m2的大小以及运动方向。比如m1>m2,一开始m1向右(m2向左)运动,结果系统所受合外力∑F外方向向左(f1向左,f2向右,而且f1>f2)。结果是在前半个周期里整个系统一边振动一边向左移动。

进一步提出问题:

在m1=m2的情况下,振动系统的动量守恒,其机械能是否守恒?

分析:振动是动能和弹性势能间的能量转化。但由于有摩擦存在,在动能和弹性势能往复转化的过程中势必有一部分能量变为热损耗,直至把全部原有的机械能都转化为热,振动停止。所以虽然动量守恒(p=0),但机械能不守恒。(从振动到不振动)2.学习设置正方向,变一维矢量运算为代数运算

例3.抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s,这时突然炸成两块,其中大块质量300g仍按原方向飞行,其速度测得为50m/s,另一小块质量为200g,求它的速度的大小和方向。

分析:手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=(m1+m2)g,可见系统的动量并不守恒。但在水平方向上可以认为系统不受外力,所以在水平方向上动量是守恒的。

强调:正是由于动量是矢量,所以动量守恒定律可在某个方向上应用。

那么手雷在以10m/s飞行时空气阻力(水平方向)是不是应该考虑呢?(上述问题学生可能会提出,若学生不提出,教师应向学生提出此问题。)一般说当v=10m/s时空气阻力是应考虑,但爆炸力(内力)比这一阻力大的多,所以这一瞬间空气阻力可以不计。即当内力远大于外力时,外力可以不计,系统的动量近似守恒。

板书:

F内>>F外时p′≈p。

解题过程:

设手雷原飞行方向为正方向,则v0=10m/s,m1的速度v1=50m/s,m2的速度方向不清,暂设为正方向。

板书:

设原飞行方向为正方向,则v0=10m/s,v1=50m/s;m1=0.3kg,m2=0.2kg。系统动量守恒:(m1+m2)v0=m1v1+m2v2

此结果表明,质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动,其中负号表示与所设正方向相反。

例4.机关枪重8kg,射出的子弹质量为20克,若子弹的出口速度是1 000m/s,则机枪的后退速度是多少?

分析:在水平方向火药的爆炸力远大于此瞬间机枪受的外力(枪手的依托力),故可认为在水平方向动量守恒。即子弹向前的动量等于机枪向后的动量,总动量维持“零”值不变。

板书:

设子弹速度v,质量m;机枪后退速度V,质量M。则由动量守恒有

MV=mv

小结:上述两例都属于“反冲”和“爆炸”一类的问题,其特点是F内>>F外,系统近似动量守恒。

演示实验:反冲小车实验

点燃酒精,将水烧成蒸汽,气压增大后将试管塞弹出,与此同时,小车后退。

与爆炸和反冲一类问题相似的还有碰撞类问题。演示小球碰撞(两个)实验。说明在碰撞时水平方向外力为零(竖直方向有向心力),因此水平方向动量守恒。

结论:碰撞时两球交换动量(mA=mB),系统的总动量保持不变。

例5.讨论质量为mA的球以速度v0去碰撞静止的质量为mB的球后,两球的速度各是多少?设碰撞过程中没有能量损失,水平面光滑。

设A球的初速度v0的方向为正方向。由动量守恒和能量守恒可列出下述方程:

mAv0=mAvA+mBvB ①

解方程①和②可以得到

引导学生讨论:

(1)由vB表达式可知vB恒大于零,即B球肯定是向前运动的,这与生活中观察到的各种现象是吻合的。

(2)由vA表达式可知当mA>mB时,vA>0,即碰后A球依然向前

即碰后A球反弹,且一般情况下速度也小于v0了。当mA=mB时,vA=0,vB=v0,这就是刚才看到的实验,即A、B两球互换动量的情形。

(3)讨论极端情形:若mB→∞时,vA=-v0,即原速反弹;而vB→0,即几乎不动。这就好像是生活中的小皮球撞墙的情形。在热学部分中气体分子与器壁碰撞的模型就属于这种情形。

(4)由于vA总是小于v0的,所以通过碰撞可以使一个物体减速,在核反应堆中利用中子与碳原子(石墨或重水)的碰撞将快中子变为慢中子。

3.动量守恒定律是对同一个惯性参照系成立的。

例6 质量为M的平板车静止在水平路面上,车与路面间的摩擦不计。质量为m的人从车的左端走到右端,已知车长为L,求在此期间车行的距离?

分析:由动量守恒定律可知人向右的动量应等于车向左的动量,即

mv=MV 用位移与时间的比表示速度应有

动量守恒定律中的各个速度必须是对同一个惯性参照系而言的速 的速度,以致发生上述错误。

五、小结:应用动量守恒定律时必须注意:(1)所研究的系统是否动量守恒。

(2)所研究的系统是否在某一方向上动量守恒。

5.PS简单脸部修复小结 篇五

一,祛痘,去印,去痣(1,仿制图章工具:

打开需要修复的图片,将原图片复制,在副本上修改。将副本图片放大,突出需要修复的印,斑,痣等,选择仿制图章工具,调整笔刷直径到适合,首先左手按住Alt键,右手按住鼠标左键在好皮肤上点击一下作为修复原,再移动到需要修复的地方点击修复,修复时注意面部明暗变化,亮部就去亮部找好皮肤,暗部就去暗部找,同时注意修复原的十字光标的移动,如果修复原的十字光标移动到你不需要的地方,及时调整修复原,即重新按住Alt键定修复原。(2,修复画笔工具:

该工具的操作方法和仿制图章工具基本一样,但更适合用于脸部轮廓线部分皮肤的修复,使用时及时调整好笔刷直径,细致修复。

**:在实际操作过程中,仿制图章工具和修复画笔工具最好根据面部的轮廓,五官的凸凹度不同交替使用,效果会更好。二,面部皮肤细腻化(磨皮)

如果面部杂物太多,或皮肤看上去明显十分粗糙,就需要进行磨皮修复。当然,为使得修复效果更好可以先用上面提到的仿制图章工具和修复画笔工具进行一定处理再进行磨皮操作。磨皮第一步,点击滤镜,选择模糊,再选中高斯模糊。

调整半径像素到适合。一般皮肤不是特别粗糙,像素在1-5之间,比较粗糙依情况增大像素。像素越大,画面也越模糊。调整好后再选择历史记录画笔工具,使用前先调整好笔刷半径及不透明度和流量。不透明度和流量成正比同时调整,在操作过程中从小到大的增长。接下来使用历史记录画笔工具慢慢的擦出被模糊的图片背景,头发,眉毛,眼睛,嘴巴,鼻子轮廓和整个面部轮廓,边擦边调整不透明度和流量,这是个细致活,慢慢做,一次性直接擦出来效果会比较假。

调整好画面效果后可以根据实际情况各画面人物提亮肤色,即美白。点击图像,选择调整,选中曲线。

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