資源簡介

(共43張PPT)
中國航天
CZ1F
★
動量定理
動量定理的應用
(1)遵從矢量性與獨立性原理
(2)合理與必要的近似
(3)盡量取大系統與整過程
如圖所示，頂角為2θ、內壁光滑的圓錐體倒立豎直固定在P點，中心軸PO位于豎直方向，一質量為m的質點以角速度ω繞豎直軸沿圓錐內壁做勻速圓周運動，已知a、b兩點為質點m運動所通過的圓周一直徑上的兩點，求質點m從a點經半周運動到b點，圓錐體內壁對質點施加的彈力的沖量．
分析受力：
mg
FN
F向
運動半周動量變化量為
其中軌道半徑r由
合外力沖量為
重力沖量為
I
IG
IN
彈力沖量為
m
a
b
2θ
O
ω
P
如圖所示，質量為M的小車在光滑水平面上以v0向左勻速運動，一質量為m的小球從高h處自由下落，與小車碰撞后，反彈上升的高度仍為h．設M>>m，碰撞時彈力FN>>mg，球與車之間的動摩擦因數為μ，則小球彈起后的水平速度為
A. B. 0 C. D. –v0
M
h
小球與車板相互作用，小球動量發生變化：水平方向動量從0→mvx，豎直方向動量大小不變，方向反向，對小球分別在豎直、水平方向運用動量定理。
設小球與車板相互作用時間t，小球碰板前速度vy，由
由動量定理
Ff
FN
m
v0
如圖所示，滑塊A和B用輕線連接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由靜止開始沿水平桌面滑動．已知滑塊A、B與水平桌面之間的動摩擦因數均為μ．力F作用時間t后A、B連線斷開，此后力F仍作用于B．試求滑塊A剛剛停住時，滑塊B的速度大小？兩滑塊質量分別為mA、mB．
A
B
F
設繩斷時A、B速度為V，繩斷后A運動時間為T;則在t+T時間內對系統有
而在t時間內對系統有
其中
如圖所示，橢圓規的尺AB質量為2m，曲柄OC質量為m，而套管A、B質量均為M．已知OC=AC=CB=l；曲柄和尺的重心分別在其中點上；曲柄繞O軸轉動的角速度ω為常量；開始時曲柄水平向右，求：曲柄轉成豎直向上過程中，外力對系統施加的平均沖量．
專題9-例1
確定曲柄m、尺2m、套管A、B質心的速度，確定質點系的動量變化，對系統運用動量定理
曲柄、尺的質心及套管A、B的速度相關關系如示
曲柄質心速度
尺質心速度
套管A速度
套管B速度
動量
動量
系統動量大小不變為
由動量定理，在從水平變成豎直過程中
如圖所示，光滑的水平面上停著一只木球和載人小車，木球質量為m，人和車總質量為M，已知M∶m=16∶1，人以速率v沿水平面將木球推向正前方的固定擋板，木球被擋板彈回之后，人接住球后再以同樣的對地速率將球推向擋板．設木球與擋板相碰時無動能損失．求人經過幾次推木球后，再也不能接住木球？
專題9-例2
對木球與載人小車這個系統，動量從初時的0，到最終末動量至少為（M+m）v，是墻對木球沖量作用的結果：
經9次推木球后，再也接不住木球
一根均勻的不可伸縮的軟纜繩全長為l、質量為M．開始時，繩的兩端都固定在鄰近的掛鉤上，自由地懸著，如圖（甲）．某時刻繩的一端松開了，纜繩開始下落，如圖（乙），每個掛鉤可承受的最大負荷為FN（大于纜繩的重力Mg），為使纜繩在下落時，其上端不會把掛鉤拉斷，Mg與FN必須滿足什么條件？假定下落時，纜繩每個部分在達到相應的最終位置之后就都停止不動．
專題9-例3
甲
乙
A
B
C
松開左纜繩,自由下落h時，左側繩速度為
掛鉤所受的力由兩部分組成：一是承靜止懸掛在鉤下的那部分纜繩的重；一是受緊接著落向靜止部分最下端的繩元段的沖力F，掛鉤不被拉斷，這兩部分力的總和不得超過鉤的最大負荷
研究左邊繩處于最下端的極小段繩元Δx:受右邊靜止繩作用,使之速度在極短時間Δt內減為0,由動量定理
因時間極短內,忽略重力沖量,元段的平均速度取
當左邊繩全部落下并伸下時,h=l
掛鉤不斷的條件是
　　　　　 一根鐵鏈，平放在桌面上，鐵鏈每單位長度的質量為λ．現用手提起鏈的一端，使之以速度v豎直地勻速上升，試求在從一端離地開始到全鏈恰離地，手的拉力的沖量，鏈條總長為L．
圖示是鏈的一微元段離地的情景，該段微元長
F
Δx
該段微元質量
設該元段從靜止到被提起歷時Δt，那么豎直上升部分長x的鏈條在手的拉力F、重力的沖量作用下，發生了末段微元動量的變化，由動量定理:
力隨時間線性變化，故可用算術平均力求整個過程手拉力F的總沖量：
　　　　　 如圖所示，水車有一孔口，水自孔口射出．已知水面距孔口高h，孔口截面積為a，水的密度為ρ．若不計水車與地面的摩擦，求水車加于墻壁的水平壓力．
h
先求水從孔口射出的速度v
對處于孔口的一片水由動能定理:
對整個水車，水平方向受墻壁的壓力F，在時間Δt內有質量為
的水獲得速度
由動量定理:
水車加于墻壁的壓力是該力的反作用力 ,大小為
逆風行船問題: 如圖,帆船在逆風的情況下仍能只依靠風力破浪航行．設風向從B向A，．位于A點處的帆船要想在靜水中最后駛達目標B點，應如何操縱帆船？要說明風對船帆的作用力是如何使船逆風前進達到目標的．
專題9-例4
A
B
風向
設計如示航線
風向
F風對帆
F1
F2
航線
船帆
A
B
φ
航向與風向成θ角
風吹到帆面，與帆面發生彈性碰撞后以同樣的反射角折回．風與帆的碰撞，對帆面施加了一個沖量，使船受到了一個方向與帆面垂直的壓力F，這個力沿船身方向及垂直于船身方向的分力F1和F2，F2正是船沿航線前進的動力，F1則有使船側向漂移的作用，可以認為被水對船的橫向阻力平衡．
風帆與船行方向成φ角
只要適時地改變船身走向，同時調整帆面的方位，船就可以依靠風力沿鋸齒形航線從A駛向B．
續解
Δmv
設帆面受風面積為S，空氣密度為ρ，風速為v，在Δt時間內到達帆面并被反彈的空氣質量是
F2
F1
F風對帆
Δmv
Δp
Δm
φ
反彈空氣動量變化量
由動量定理,帆(船)對風的沖力
帆(船)受到的前進動力F2為
φ
將風即運動的空氣與帆面的碰撞簡化為彈性碰撞!
船沿航線方向的動力大小與揚帆方向有關，帆面與船行方向的夾角φ適當，可使船獲得盡大的動力．
設風箏面與水平成θ角，風對風箏的沖力為F，其中作為風箏升力的分量為Fy，風箏面積為S，右圖給出各矢量間關系
　　　　　 放風箏時，風沿水平方向吹來，要使風箏得到最大上升力，求風箏平面與水平面的夾角．設風被風箏面反射后的方向遵守反射定律．
mv
mΔv
F
Fy
θ
mv
風箏截面
根據基本不等式性質
由動量定理：
反沖模型
M
m
※系統總動量為零
※平均動量守恒
在系統各部分相互作用過程的各瞬間，總有
※常以位移表示速度
※須更多關注“同一性”與“同時性”
“同一性”:取同一慣性參考系描述m1、m2的動量
“同時性”:同一時段系統的總動量守恒
O
x
S人
一條質量為M、長為L的小船靜止在平靜的水面上，一個質量為m的人站立在船頭．如果不計水對船運動的阻力，那么當人從船頭向右走到船尾的時候，船的位移有多大？
設船M對地位移為x，以向右方向為正，用位移表速度，由
“－”表示船的位移方向向左
人對船的位移
向右取正
船對地的位移
±未知待求
運算法則
如圖所示，質量為M、半徑為R的光滑圓環靜止在光滑的水平面上，有一質量為m的小滑塊從與O等高處開始無初速下滑，當到達最低點時，圓環產生的位移大小為________．
R
設圓環位移大小為x，并以向左為正:
m
M
O
R
x
R
“－”表示環位移方向向右
氣球質量為M，下面拖一條質量不計的軟梯，質量為m的人站在軟梯上端距地面高為H，氣球保持靜止狀態，求⑴人能安全到達地面，軟梯的最小長度；⑵若軟梯長為H，則人從軟梯下端到上端時距地面多高？
H
L-汽球相對人上升高度即繩梯至少長度
⑴以向下為正，用位移表速度
H
人上升高度h
⑵以向上為正，用位移表速度，
如圖所示浮動起重機（浮吊）從岸上吊起m=2 t的重物．開始時起重桿OA與豎直方向成60°角，當轉到桿與豎直成30°角時，求起重機的沿水平方向的位移．設起重機質量為M=20 t，起重桿長l=8 m，水的阻力與桿重均不計．
專題9-例5
水平方向動量守恒，設右為正，起重機位移x
重物對起重機水平位移
設右為正，梯形木塊位移x，系統水平方向動量守恒：
　　　　　 如圖所示，三個重物m1=20 kg， m2=15 kg，m3=10 kg，直角梯形物塊M=100 kg．三重物由一繞過兩個定滑輪P和Q的繩子相連．當重物m1下降時，重物m2在梯形物塊的上面向右移動，而重物m3則沿斜面上升．如忽略一切摩擦和繩子質量，求當重物m1下降1m時，梯形物塊的位移．
m1
m2
m3
M
P
Q
M
典型情景：
vm
m
vm
m
M
vM
M
m
vm
M
F
m
F
vm
-
[“一對力的功”用其中一個力的大小與兩物體相對位移的乘積來計算]
模型特征：由兩個物體組成的系統，所受合外力為零而相互作用力為一對恒力．
規律種種：
⑴動力學規律 兩物體的加速度大小與質量成反比．
⑵運動學規律 兩個做勻變速運動物體的追及問題或相對運動問題．
⑶動量規律 系統的總動量守恒．
⑷能量規律 力對“子彈”做的功等于“子彈”動能的增量：
力對“木塊”做功等于“木塊”動能增量：
一對力的功等于系統動能增量：
圖象1
圖象2
圖象描述
“子彈”穿出”木塊”
“子彈”迎擊”木塊”未穿出
vm
vmt
vMt
d
t
v
0
t0
t
v
0
vm
vM
d
圖象描述
“子彈”未穿出”木塊”
“子彈”與”木塊”間作用一對恒力
vm
≤d
t
v
0
t0
t
v
0
vm
Δsm
t
0
v
如圖所示，長為L的木板A右邊固定著一個擋板，包括擋板在內的總質量為1.5M，靜止在光滑水平面上，有一質量為M的小木塊B，從木板A的左端開始以初速度v0在木板A上滑動，小木塊B與木板A間的摩擦因數為μ小木塊B滑到木板A 的右端與擋板發生碰撞．已知碰撞過程時間極短，且碰后木板B恰好滑到木板A的左端就停止滑動．求：⑴若 在小木塊B與擋板碰撞后的運動過程中，摩擦力對木板A做正功還是做負功？做多少功？⑵討論木板A和小木塊B在整個運動過程中，是否有可能在某段時間里相對地面運動方向是向左的？如果不可能，說明理由；如果可能，求出能向左滑動，又能保證木板A和小木塊B剛好不脫離的條件．
專題9-例6
這是典型的“子彈打木塊”模型：A、B間相互作用著一對等大、反向的摩擦力Ff=μMg而系統不受外力，它的變化在于過程中發生一系統內部瞬時的相互碰撞．小木塊B與擋板碰撞前、后及整個過程均遵從動量守恒規律；A、B兩者加速度大小與質量成反比；碰撞前木塊“追”木板，碰撞后則成木板“追”木塊 .
L
B
A
v0
系統運動v-t圖
t1
t1+ t2
v0
B
A
L
A
B
L
由系統全過程動量守恒
續解
由圖象求出B與擋板碰后時間t2:
查閱
碰后板A的速度VA:
v-t圖
由動能定理,摩擦力在碰后過程中對木板A做的功
B能有向左運動的階段而又剛好不落下A板應滿足兩個條件：
一是B與擋板碰后B速度為負:
一是一對摩擦力在2L的相對位移上做的功不大于系統動能的增量，即 :
木塊B可在與擋板碰撞后的一段時間內相對地面向左運動并剛好相對靜止在板A的左端
推證兩光滑物體發生彈性碰撞時，接近速度與分離速度大小相等，方向遵守“光反射定律”，即入射角等于反射角.
專題9-例7
如圖，設小球與平板均光滑，小球與平板發生完全彈性碰撞，木板質量為M，小球質量為m，沿板的法向與切向建立坐標系，設碰撞前，板的速度為V，球的速度為v，碰撞后，分別變為
x
y
0
V
v
∵兩者發生完全彈性碰撞，系統同時滿足動量與動能守恒：
兩式相除
球與木板的接近速度與分離速度大小相等
方向:
彈弓效應
如圖，質量為m的小球放在質量為M的大球頂上，從高h處釋放，緊挨著落下，撞擊地面后跳起．所有的碰撞都是完全彈性碰撞，且都發生在豎直軸上．⑴小球彈起可能達到的最大高度？⑵如在碰撞后，物體M處于平衡，則質量之比應為多少？在此情況下，物體m升起的高度為多少？
專題9-例8
大球剛觸地時兩球速度v均為
，
大球與地完全彈性碰撞,速度變為
相對大球,小球以2v速度向下接近大球,完全彈性碰撞后以2v速度向上與大球分離!
小球與大球碰撞后對地速度變為
對小球,由機械能守恒
⑵若碰后大球處于平衡, 則
　　　　　 如圖所示，AB部分是一光滑水平面，BC部分是傾角為θ（０＜θ≤90 °）的光滑斜面（θ＝90°時為豎直面）．一條伸直的、 長為l的勻質光滑柔軟細繩絕大部分與Ｂ棱垂直地靜止在AB面上，只是其右端有極小部分處在BC面上，于是繩便開始沿ABC下滑. ⑴取θ＝90°，試定性分析細繩能否一直貼著ABC下滑直至繩左端到達Ｂ？⑵事實上，對所給的角度范圍（０＜θ≤90 °）， 細繩左端到Ｂ棱尚有一定距離時，細繩便會出現脫離ABC約束（即不全部緊貼ABC）的現象．試求該距離x．
A
B
C
⑴θ＝90°
x
細繩貼著ABC下滑，到達B處的繩元水平速度越來越大，這需要有更大的向左的力使繩元的水平動量減為零，但事實上尚在水平面上的繩段對到達B處的繩元向左的拉力由力的加速度分配法
可知隨著下落段x增大,FT先增大后減小!
細繩做不到一直貼著ABC下滑直至繩左端到達B
C
續解
A
B
θ
C
⑵設有x長的一段繩滑至斜面時繩與棱B間恰無作用，此時繩的速度設為v，則由機械能守恒：
x
v
v
FT
Δmg
FT
考察處在B處的微元繩段Δm受力:
微元段Δm在水平沖量作用下水平動量由Δmv變為Δmvcosθ
由動量定理
其中
即細繩左端到B棱尚有一半繩長的距離時，細繩便會出現不全部緊貼ABC的現象 !
　　　　　 質量為0.1 kg的皮球，從某一高度自由下落到水平地板上，皮球與地板碰一次，上升的高度總等于前一次的0.64倍．如果某一次皮球上升最大高度為1.25 m時拍一下皮球，給它一個豎直向下的沖力，作用時間為0.1 s， 使皮球與地板碰后跳回前一次高度．求這個沖力多大？
球與地碰撞恢復系數
某一次，皮球獲得的初動能
落地時速度由
起跳時速度
代入數據得
　　　　　 一袋面粉沿著與水平面傾斜成角度α＝60°的光滑斜板上，從高H處無初速度地滑下來，落到水平地板上．袋與地板之間的動摩擦因數μ＝0. 7，試問袋停在何處？如果H＝2 m,α＝45°，μ=0.5，袋又將停在何處？
本題要特別關注從斜板到水平地板的拐點，袋的動量的變化及其所受的摩擦力與支持力沖量情況．
在μ=0.7 α= 60°情況下
p
到水平板時兩個方向動量減為零所需沖量可由動量定理確定：
即水平分量先減為零!
∴袋就停在斜面底端
在μ=0.5 α= 45°情況下
豎直分量先減為零!
續解
豎直分量減為0時,水平動量設為px′,則由動量定理
袋將離開斜板底端，在水平地板滑行S后停止，由動能定理
袋將停在水平地板上距斜板底端0.5m處
　　　　　 一球自高度為h的塔頂自由下落，同時，另一完全相同的球以速度 自塔底豎直上拋，并與下落的球發生正碰．
若兩球碰撞的恢復系數為e，求下落的球將回躍到距塔頂多高處？
兩球相對速度（亦即接近速度）
到兩球相遇歷時
此時兩球速率相同
上球下落了
由牛頓碰撞定律
碰后兩球分離速度
∵兩球完全相同
設回跳高度距塔頂H,由機械能守恒
　　　　　 如圖所示，定滑輪兩邊分別懸掛質量是2m和m的重物A和B，從靜止開始運動3秒后，A將觸地(無反跳)．試求從A第一次觸地后：⑴經過多少時間，A將第二次觸地？⑵經過多少時間系統停止運動？
⑴整個系統一起運動時
初時質量為2m的物塊A離地高度
A著地后，繩松，B以初速度 v1=at1=10m/s豎直上拋
經
落回原處并將繩拉緊!
此瞬時A、B相互作用，B被拉離地面，由動量守恒
2m
此后，兩者以v2為初速度、a=g/3做勻變速運動（先反時針勻減速、后順時針勻加速），回到初位置即A第二次觸地須經時間
m
則A的第一、二次著地總共相隔
續解
⑵第二次著地時兩物塊的速度
A再次被拉離地面時兩物塊的速度由
A著地后，繩松，B以初速度 v1/3豎直上拋,
經
落回原處
并將繩拉緊!
此后，兩者以v3為初速度、a=g/3做勻變速運動（先反時針勻減速、后順時針勻加速），A第三次觸地須經時間
則A的第二、三次著地總共相隔
以此類推，到第n次著地時
自開始運動到最終停止共用
查閱
　　　　　 如圖所示，質量為m1、m2的物體，通過輕繩掛在雙斜面的兩端．斜面的質量為m，與水平面的夾角為α1和α2，整個系統起初靜止，求放開后斜面的加速度和物體的加速度．斜面保持靜止的條件是什么？忽略所有摩擦．
m1
m
α1
α2
m2
設斜面加速度為a，而物體對斜面的加速度為a0
a
a0
a2
a0
a1
X
a
在所設坐標方向上
a
由系統水平方向動量守恒
對m1、m2分別列出動力學方程
m1a
T
m1g
N1
m2a
T
m2g
N2
由上三式解得
續解
當a=0，即
斜面靜止！
查閱
　　　　　 小滑塊A位于光滑的水平桌面上，小滑塊B處在位于桌面上的光滑小槽中，兩滑塊的質量都是m，并用長L、不可伸長、無彈性的輕繩相連，如圖．開始時A、B間的距離為L/2，A、B間連線與小槽垂直．今給滑塊A一沖擊，使其獲得平行于槽的速度v0，求滑塊B開始運動時的速度．
v0
B
A
當輕繩剛拉直時滑塊A速度由v0變為vA，速度增量沿繩方向，滑塊B速度設為vB，沿槽；各速度矢量間關系如圖, 其中vn表示A對B的轉動速度．
vn
vA
vB
Δv
A
B
vB
沿槽方向系統動量守恒：
又由圖示矢量幾何關系有 ：
α
v0
　　　　　 如圖所示，將一邊長為l、質量為M的正方形平板放在勁度系數為k的輕彈簧上，另有一質量為m（m＜M）的小球放在一光滑桌面上，桌面離平板的高度為h．如果將小球以水平速度v0拋出桌面后恰與平板在中點O處做完全彈性碰撞，求: ⑴小球的水平初速度v0應是多大？ ⑵彈簧的最大壓縮量是多大？
M
k
v0
O
m
h
⑴設球對板的入射速度v方向與豎直成θ，大小即平拋運動末速度
v
平拋運動初速度
⑵根據彈性碰撞性質，設球與板碰后速度變為v′，板速度為V ，球離開板時對板的速度大小為v，方向遵守反射定律，矢量關系如圖示：
v
V
由圖示關系
由動能守恒
此后板在運動中機械能守恒，可得板向下運動
則彈簧總壓縮量為
　　　　　 物體以速度v0=10m/s從地面豎直上拋，落地時速度vt=9 m/s，若運動中所受阻力與速度成正比，即f=kmv，m為物體的質量，求物體在空中運動時間及系數k．
本題通過元過程的動量定理,用微元法求得終解!
本題研究過程中有重力沖量與阻力沖量,其中阻力沖量為一隨時間按指數規律變化的力!
設上升時間為T,取上升過程中的某一元過程：該過程小球上升了T/n(n→ ∞)時間，速度從vi減少為vi+1，各元過程中的阻力可視為不變為
合外力
根據動量定理，對該元過程有
即
對該式變形有
在各相同的上升高時間T/n微元中，合外力大小成等比數列遞減、因而動量的增量是成等比數列遞減的，其公比為
續解
對上式兩邊取極限:
上升過程的動量定理表達為:
上升高度
同理,對下落T′過程由
對此式兩邊取n次方當n→∞極限:
續解
下落過程的動量定理表達為:
下落高度
查閱
上、下落過程的動量定理表達式相加為:
上、下落過程的時間表達式相加為:
　　　　　 如圖所示，四個質量均為m的質點，用同樣長度且不可伸長的輕繩聯結成菱形ABCD，靜止放在水平光滑的桌面上．若突然給質點A一個歷時極短沿CA方向的沖擊，當沖擊結束的時刻，質點A的速度為v，其它質點也獲得一定的速度，∠BAD＝2α（α＜π/4）．求此質點系統受沖擊后所具有的總動量與總動能．
A
B
C
D
2α
v
vD
vC
v
vn
vC
vn
D點速度與A點速度及C點速度相關關系如示:
I1
I2
設AD繩上力的沖量為I1，CD繩上力的沖量為I2，則由動量定理
x
y
對質點D
對質點C

展開更多......

收起↑