动量定理

托管教育学科教师辅导教案

学员编号：年级：高二课时数：课时学员姓名：辅导科目：物理学科教师：授课主题动量定理动量守恒定律

教学目的1、能从牛顿运动定律和运动学公式推导出动量定理或表达式；

2、理解动量定理的确切含义和表达式，知道动量定理适用于变力；

3、会用动量定理解释现象和处理有关的问题，知道动量守恒定律的内容，掌握动量守恒定律成立的条件，并在具体问题中判断动量是否守恒。

4．学会沿同一直线相互作用的两个物体的动量守恒定律的推导。

5．知道动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一。

授课日期及时段

考点一 对动量定理的理解及应用

一、适用范围

适用于恒力作用也适用于变力作用，适用于直线运动也适用于曲线运动，适用于受持续的冲量作用，也适用于受间断的多个冲量的作用．

二、解释现象

一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．

三、解题的基本思路

1．确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.

2．对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量． 3．抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号． 4．根据动量定理列方程代入数据求解．

排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h 1＝1.8 m

处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t ＝1.3 s ，第一次反弹的高度为h 2＝1.25 m ．已

知排球的质量为m ＝0.4 kg ，g 取10 m/s 2

，不计空气阻力．求：

(1)排球与地面的作用时间；

(2)排球对地面的平均作用力的大小．

【解析】 (1)排球第一次落到地面的时间为t 1，第一次反弹到最高点的时间为t 2，

由h 1＝12gt 21，h 2＝12

gt 2

2，得

t 1＝0.6 s ，t 2＝0.5 s

所以排球与地面的作用时间Δt ＝t －t 1－t 2＝0.2 s.

(2)方法一：设排球第一次落地的速度大小为v 1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v 2，则有： v 1＝gt 1＝6 m/s ，v 2＝gt 2＝5 m/s

设地面对排球的平均作用力的大小为F ，以排球为研究对象，取向上为正方向，则在排球与地面的作用过程中，由动量定理得：

(F －mg )Δt ＝mv 2－m (－v 1)

解得：F ＝m v 2＋v 1

Δt

＋mg

代入数据得：F ＝26 N

根据牛顿第三定律得：排球对地面的平均作用力为26 N. 方法二：全过程应用动量定理

取竖直向上为正方向，从开始下落到第一次反弹到最高点的过程用动量定理得F (t －t 1－t 2)－mgt ＝0解得：F ＝

mgt

t －t 1－t 2

＝26 N

再由牛顿第三定律得排球对地面的平均作用力的大小为26 N. 【答案】 (1)0.2 s (2)26 N

考点二 动量守恒定律的理解与应用

一、动量守恒定律的“五性”

1．矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．

2．相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．

3．系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．

4．同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．

5．普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．

二、动量守恒定律的不同表达形式

1．p ＝p ′，系统相互作用前的总动量p 等于相互作用后的总动量p ′.

2．m 1v 1＋m 2m 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． 3．Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． 4．Δp ＝0，系统总动量的增量为零． 三、应用动量守恒定律解题的步骤

1．明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； 2．进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)； 3．规定正方向，确定初、末状态动量； 4．由动量守恒定律列出方程；

5．代入数据，求出结果，必要时讨论说明．

(2013·新课标全国卷Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，

使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度的大小．

【解析】 从碰撞时的能量和动量守恒入手，运用动能定理解决问题．

设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得

12mv 2＝12mv 21＋1

2

(2m )v 22① mv ＝mv 1＋(2m )v 2②

式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得

v 1＝－v 2

2

③

设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得

μmgd 1＝12mv 2

1④

μ(2m )gd 2＝12

(2m )v 2

2⑤

据题意有 d ＝d 1＋d 2⑥

设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得μmgd ＝12mv 20－12

mv 2

⑦

联立②至⑦式，得

v 0＝28

5μgd

【答案】

28

5

μgd 考点三 碰撞问题

一、分析碰撞问题的三个依据

1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.

2．动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 22

2m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2

.

3．速度要合理

(1)碰前两物体同向，则v 后>v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v 前′≥v 后′. (2)两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变． 二、弹性碰撞的规律

两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有

m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2

12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12

m 2v ′22 解得：v ′1＝ m 1－m 2 v 1m 1＋m 2，v ′2＝2m 1v 1

m 1＋m 2

结论1.当两球质量相等时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度．

2．当质量大的球碰质量小的球时，v ′1＞0，v ′2＞0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动． 3．当质量小的球碰质量大的球时，v ′1＜0，v ′2＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．

图13－1－1

如图13－1－1所示，质量分别为1 kg 、3 kg 的滑块A 、B 位于光滑水平面上，现使滑块A 以4 m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B 发生碰撞．求二者在发生碰撞的过程中．

(1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B 的最大速度．

【解析】 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A 、B 同速． 由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v

解得v ＝m A v 0m A ＋m B ＝1×4

1＋3

m/s ＝1 m/s

弹簧的最大弹性势能即滑块A 、B 损失的动能

E pm ＝12m A v 20－12

(m A ＋m B )v 2

＝6 J.

(2)当弹簧恢复原长时，滑块B 获得最大速度， 由动量守恒和能量守恒得 m A v 0＝m A v A ＋m B v m 12m A v 20＝12m B v 2m ＋12

m A v 2A 解得v m ＝2 m/s ，向右．

【答案】 (1)6 J (2)2 m/s ，向右

考点四 动量与能量观点的综合应用

利用动量和能量的观点解题应注意下列问题

一、动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式．

二、动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统．在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．

图13－1－2

(2012·新课标全国高考)如图13－1－2，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：

(1)两球a 、b 的质量之比；

(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比． 【审题指导】 解答本题时应注意以下两点：

(1)小球碰撞前和碰撞后的摆动过程中机械能分别守恒． (2)两球相碰过程为完全非弹性碰撞．

【解析】 (1)设球b 的质量为m 2，细线长为L ，球b 下落至最低点，但未与球a 相碰时的速率为v ，由机械能守恒定律得

m 2gL ＝12

m 2v 2①

设球a 的质量为m 1；在两球相碰后的瞬间，两球共同速度为v ′，以向左为正．由动量守恒定律得 m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′②

设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得 12

(m 1＋m 2)v ′2

＝(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)③ 联立①②③式得 m 1m 2＝11－cos θ－1④ 代入已知数据得

m 1

m 2

＝2－1⑤ (2)两球在碰撞过程中的机械能损失为 Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)⑥

联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能E k ?

????E k ＝12m 2v 2之比为 Q E k ＝1－m 1＋m 2m 2

(1－cos θ)⑦

联立⑤⑦式，并代入题给数据得 Q E k ＝1－22⑧ 【答案】 (1)2－1 (2)1－

2

2

考点五 实验：验证动量守恒定律

一、实验装置

图13－1－3

二、实验步骤

1．不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P 就是小球落点的平均位置．

2．把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤1的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M 和被碰小球落点的平均位置N .如图13－1－4所示．

图13－1－4

3．连接ON ，测量线段OP 、OM 、ON 的长度．将测量数据填入表中．最后代入m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON ，看在误差允许的范围内是否成立．

如图13－1－5(a)所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，

当甲车受到水平向右的冲量时，随即启动打点计时器．甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动．

图13－1－5

纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图(b)所示，电源频率为50 Hz ，则碰撞前甲车运动速度大小为________m/s ，甲、乙两车的质量比m 甲∶m 乙＝________.

【解析】 由纸带及刻度尺可得碰前甲车的速度为

v 1＝12×10－3

0.02

m/s ＝0.6 m/s.

碰后两车的共同速度

v 2＝8×10－3

0.02

m/s ＝0.4 m/s.

由动能守恒定律有m 甲v 1＝(m 甲＋m 乙)v 2. 由此得甲、乙两车的质量比 m 甲m 乙＝v 2v 1－v 2＝0.40.6－0.4＝21. 【答案】 0.6 2∶1

教学过程

知识一冲量和动量定理

1．冲量

(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积．

(2)定义式：I＝Ft.

(3)单位：N·s

(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．

(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．

2．动量定理

(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．

(2)表达式：

??

?

??Ft＝mv2－mv1

I＝Δp

知识二动量和动量守恒定律

1．动量

(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．

(2)表达式：p＝mv.

(3)单位：kg·m/s.

(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．

2．动量守恒定律

(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．

(2)表达式

m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．

3．动量守恒定律的适用条件

(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零．

(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．

知识三碰撞、反冲和爆炸问题

1．弹性碰撞和非弹性碰撞

动量是否守恒机械能是否守恒

弹性碰撞守恒守恒

非完全弹性碰撞守恒有损失

完全非弹性碰撞守恒损失最大

2.反冲现象

在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．

3．爆炸问题

爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．

教学反思