生活中的碰撞

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1、生活中的碰撞 动量定理的理解与应用 动量定理运用问题，能很好地考查学生理解、建模、推理和理论联系实际的能力，初学 者常犯的错误主要是：只注意公式的代入与求解，忽视了各自的对应关系；只注意力或动量 的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理时一列方程就出错。本文就动量 定理应用时应澄清的几个问题和同学们交换一下意见，促使同学们能学以致用，融会贯通。1对动量定理的理解 动量定理的表述是：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量。其一般公式形式为：Ft =mV-mV。理解定理时要把握住以下几个方面：研究对象可以是单一物体，也可是多个 物体组成的系统。所谓物体系总动量的变化量应是各个物体动量

2、变化量的矢量和。力F 是指研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力也可以是变力，当合外 力变化时，F应是物体所受合外力的平均值。公式中的A mV是研究对象动量的增量，是某 一过程中末态的动量减去初态的动量（要考虑方向），切不可颠倒顺序。公式中的等号表 示合外力的冲量与研究对象动量的增量在数值上是相等的，但不能认为合外力的冲量就是动 量的增量，合外力的冲量是导致研究对象运动改变的外因，而动量的增量却是研究对象外部 冲量作用的结果。用动量定理解题，只能选取地球或相对地球匀速直线运动的物体做参照 物。动量定理可由牛顿定律推导出来，但不能认为它是牛顿运动定律的一个推论。动量定 理和牛顿

3、定律都是研究物体运动状态变化和所受外力间的关系，牛顿定律说明了力与加速度 的瞬时关系，但对迅速变化的问题，由于发生冲击作用产生的量值很大、变化很快、作用时 间很短，运用牛顿定律求解就比较困难，若用动量定理就可不考虑中间细节变化，只求整个 过程中冲量的总体效果，这就为解决力学问题提供了另一种重要方法。2动量定理的应用定性分析例 1 特技演员从高处跳下，要求落地时必须脚先触地，为尽量保证安全，他落地时最 好采用的方法是（ ）A. 让脚尖先触地，且着地瞬间同时下蹲B. 让整个脚板着地，且着地瞬间同时下蹲C. 让整个脚板着地，且着地瞬间不下蹲D. 让脚尖先触地，且着地瞬间不下蹲解析：特技演员从高处跳下

4、，其动量变化一定，让脚尖先触地，且着地瞬间同时下蹲， 这都是为了延长与地面间的作用时间，从而减小相互作用力，故A选项正确。评析：应用动量定理进行定性分析时，一般采用控制变量法，即在F、t和AP三个中 限定某个参量不变，考虑另两个间的变化关系，而得出相应的结论来。拓展：从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎， 其原因是()A. 掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D. 掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，

5、而掉在草地上的玻璃杯与 地面接触时间长简解：掉在沙地上，相互作用的时间绝对的延长了，作用力较小，杯不碎，故选CD。定量计算例2如图所示，一个质量为M的小车置于光滑水平面。一端用轻杆AB固定在墙上， 一个质量为m的木块C置于车上时的初速度为V。，因摩擦经t秒木块停下(设小车足够长)， 求木块 C 和小车各自受到的冲量。韵i _o 丄丄解析：以木块C为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f,以V0为正方向由动量定理 有-ft=-mV，即I木寸t=叫故木块C所受冲量为叫方向向右。因小车固定不动，由动 量定理可知小车的冲量为零。评析：特定物体的速度发生变化问题是动量定理应用的一个常规类型，求解时我们要根

6、 据题干中的要求确定研究对象，在哪个时段内的动量变化，同时还要注意动量的方向性。拓展：质量为m的钢球自高处落下，以速率V1碰地后竖直向上弹起，碰撞时间极短， 离地的速率为v2,在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为()A. 向下 m(V -V)B. 向上 m(V +V)C. 向上 m(V -V)D. 向下 m(V+V )简解：若选竖直向上为动量的正方向，则Pi=-mVi, P2= mV2，于是物体动量的变化量为 P=P2-Pi=m(Vi +V2),方向向上，由于碰撞时间极短，可忽略重力影响，故选B答案。例3 自动称米机已在许多大粮店广泛使用，买米者认为：因米流落到容器中时有向下 的冲力而不

7、划算。卖米者认为：当预定米的质量数满足时，自动装置即刻切断米流时，尚有 一些米仍在空中，这些米是多给买米者的，因而双方争执起来，究竟哪方说的对呢？解析：设自动称米机的流量为Q，米的密度为p，称米机出口至米堆上表面的高度为h， 则米流与米堆作用前的速度为二渥五。若选经很短时间 t后将落在米堆上的那部分米 作为研究对象，则其质量为 m=p QA t，对该部分米运用动量定理得(F- mg)A t=A mV，由 于F?A mg，可忽略重力的影响，联立上述各式可得F=p Q国，依牛顿第三定律知米堆 对米的作用力大小与F相等。将t代入得G=p Q，而空中那部分米的总重量为G=p gQt,比较F和G发现二者

8、在数值上相等，即空中米流的总重量恰与米流对米堆的冲击力相等。 换言之磅秤上的示数恰为米堆和空中米流质量之和，根本不存在谁“不划算”的问题。评析：对于变质量问题一般选取一小段时间 t内的变化质量A m为研究对象，再对A m 运用动量定理进行求解。拓展：宇宙飞船以速度 V0=104m/s 进入均匀的宇宙微粒尘区，飞船每前进 S=103m 要与 n=104个微粒相撞。假设每一微粒的质量为m=10-2kg，与飞船撞后附着在飞船上，为了使飞 船的速度不变，应为飞船提供多大的牵引力？简解：飞船的速度不变，但飞船的质量在发生变化，以t时间附着在飞船上的微粒为研 究对象。对飞船提供动力相当于使微粒加速，即有F

9、t=nmV0，又S=V01,代入数据解得F=2X 107N 。例4质量为M的金属块和质量为m的木块通过细线连在一起，从静止开始以加速度a 在水中下沉，经时间ti细线断裂，金属块和木块分离，再经时间t2木块停止下沉时金属块 尚未沉底，求此时金属块的速度是多大？解析：把金属块和木块看作一个整体，整个运动过程中只有重力和浮力的冲量作用。设 木块 停止下沉 金属 的速度 为 V， 取 竖 直向下为正 方向 ， 对全 过程运用 动量 定理有 (M+m)g-(F+F )(t+t)=MV,线断前对系统有(M+m)g-(F+F ) = (M+m)a,联立二式解得 M m 12M mrr _ i：泄+战：1：耳

10、+血：血评析：动量定理不但对单一物体适用，还可扩展到物体组和全过程，解题时我们巧妙选 择研究对象，可以快捷求解。拓展：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是人所 到达的最低点， b 是人静止地悬吊时的平衡位置。不计空气阻力，则下列说法中正确的是 ()A. 从P至c过程中重力的冲量大于弹性绳的冲量B. 从P至c过程中重力所做的功等于人克服弹力所做的功C. 从P至b过程中人的速度不断增大D. 从a至c过程中加速度的方向保持不变简解：因c是人所到达的最低点，此时速度为零，故从P至c过程中重力的冲量等于弹 性绳的冲量,重力所做的功等于人克服弹力所做的功;又因b是人静止地悬吊

11、时的平衡位置， 故P至b过程中人的速度不断增大，过点b后，拉力大于重力，加速度换向，人减速直至停 下。因此正确答案选BCo运用图象解题例5从地面以速度V0竖直上抛一质点小球，由于受空气阻力，小球落回地面的速度减为丁，若空气阻力与速度V成正比，则()A. 上升和下降阶段空气阻力的冲量大小相等，方向相反B. 上升阶段空气阻力的冲量大小大于下降阶段空气阻力的冲量大小C.小球整个运动过程经历的时间为21D.小球整个运动过程经历的时间为解析：小球从地面上抛以后，由于受到重力和空气阻力的作用，速度逐渐减小，致使所 受空气阻力也减小，因此小球在上升阶段做的是一种加速度逐渐减小的减速运动，到达最高 点时速度为

12、零，阻力也为零，加速度为g,再在重力作用下下降，随着速度的逐渐增大，阻 力换向也增大，小球仍做加速度逐渐减小的加速运动，直至落回抛出点。根据分析可绘制出 小球整个运动过程中的 V-t 图如图所示。由于小球最后落回抛出点，则上升和下落的距离是相等的。然V-t图中曲线与坐标轴所 围的面积表相应的位移，因此图线中上下半轴的两个曲边三角形的面积相等。又小球运动过 程中空气阻力与速度V成正比，即f=kV，于是将图象中的V轴乘以K即得阻力对应的冲量， 显见上升和下降阶段空气阻力的冲量大小相等方向相反，又合外力的冲量等于物体动量的变化量，即吨2阙心一（一寸）,解得小球整个运动的时间为2童，即选AC。评析：运

13、用动量定理时由于物体的动量与运动的速度相联系，因此往往用V-t图，F-t 图中相应的面积来求解较为简洁，要求同学们要熟练理解对应图象的物理意义，达到灵活运 用。拓展：水平推力F1和F2,分别作用于水平面上原来静止的等质量的a、b两物体上，作 用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的V-t图象如图所示，若图 象中的ABCD，贝l（ ）AF 的冲量小于 F 的冲量 12B. .的冲量等于F2的冲量C. 两物体受到的摩擦力大小相等D. 两物体受到的摩擦力大小不等简解：因ABCD，故摩擦力相等，又OA比OC陡，知加速度aa，于是推力FF，然 OCD图线对应的摩擦力作用总时间较长，故其冲量就大，又物体的动量变化量为零,，|因此F 的冲量小于F?的冲量，于是正确答案为AC。1