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,,選修3-5 動量守恒定律波粒二象 性 原子結構與原子核,,,第1單元 動量守恒定律,一、動量 1．定義：物體的質量和速度的乘積． 2．物理意義：描述運動物體的作用效果，是物體機械運動的量度．,3．性質 (1)矢量性： ①大小和方向：p＝mv，動量的方向即速度的方向，亦即運動的方向． ②單位：動量的單位取決于質量的單位和速度的單位．在國際單位制中，動量的單位是千克·米/秒，符號為kg·m/s. ③運算：遵守平行四邊形定則，可分解與合成．,【例1】 關于動量，以下說法正確的是( ) A．做勻速圓周運動的質點，其動量不隨時間發(fā)生變化 B．單擺擺球每次經過最低點時的動量均相同 C．勻速飛行的巡航導彈巡航時動量始終不變 D．平拋運動的質點在豎直方向上的動量與運動時間成正比,【解析】 動量是矢量，有大小也有方向，A、B項均忽略了動量的方向，故錯誤；巡航導彈巡航時雖然速度不變，但由于燃料不斷燃燒(導彈中燃料占其總質量的相當一部分)，從而使導彈的質量不斷減小，所以導彈的動量變小，C項錯；平拋運動在豎直方向上的分運動是自由落體運動，故做平拋運動的物體在豎直方向上的分動量p豎＝mv豎＝mgt，D項正確． 【答案】 D,(2)瞬時性： 動量定義中的速度即瞬時速度．計算物體的動量一定要明確是哪一時刻或哪一位置的動量，動量是狀態(tài)量． (3)相對性： 由于物體的運動速度與參考系的選取有關，故物體的動量也與參考系的選取有關．通常情況下以地面為參考系，即物體相對地面的動量．,【例2】 (創(chuàng)新題)以下有關動能與動量的說法正確的是( ) A．動能相同的兩物體的動量大小與其質量成正比 B．動量相同的兩物體的動能與其質量成反比 C．運行的空間站中一磁鐵穿過彌漫著細鐵屑的空間時，相對空間站，磁鐵及被吸附其上面的鐵屑組成的整體的動能將逐漸減小 D．相對空間站，選項C中的磁鐵及附著鐵屑組成的整體由于質量不斷變大而使其動能變大,【答案】 BC,(5)動量的變化及其計算： 動量的變化為矢量，即物體某一運動過程中的末動量減去初動量，也常說為動量的增量．其計算方法： ①若初末動量均在一條直線上，轉化為代數運算．首先規(guī)定正方向，一般默認初態(tài)為正，動量變化Δp＝p2－p1，若Δp ＞0，則動量的變化Δp與所規(guī)定的正方向同向，若Δp＜0，則動量的變化Δp與所規(guī)定的正方向相反．,,【例3】 一塑料球質量為0.1 kg，此球豎直下落，以50 m/s的速度撞到水泥地面上，隨后又以40 m/s的速度被反彈起來．求塑料球與地面碰撞過程中動量的變化．,【解析】 以豎直向下的方向(即初動量的方向)為正方向，初動量p1＝mv1＝0.1×50 kg·m/s＝5 kg·m/s，末動量p2＝mv2＝0.1×(－40)kg·m/s＝－4 kg·m/s，動量的變化Δp＝p2－p1＝(－4－5)kg·m/s＝－9 kg·m/s，即動量變化的大小是9 kg·m/s，方向豎直向上． 【學法指導】 求Δp時正方向的選取是任意的，通常以方便為原則．本題也可以取向上的方向為正方向，正方向的選取與最終的結果沒有關系．,②應用動量定理Δp＝Ft求合外力為恒力情況下動量的增量． 二、沖量 1．定義：力和力的作用時間的乘積． 2．物理意義：表示力對時間的積累效應．,3．性質 (1)矢量性： ①大小與方向：大小I＝Ft，方向即力的方向或動量改變的方向． ②單位：沖量的單位由力的單位和時間的單位決定．在國際單位制中，沖量的單位是牛頓·秒，符號為N·s. ③運算：遵守平行四邊形定則，可分解與合成．,【例4】 下面關于沖量的說法，正確的是( ) A．物體受到很大的沖力時，該沖力的沖量一定很大 B．當力跟位移垂直時，該力的沖量為零 C．不管物體做什么運動，在相同時間內重力的沖量相同 D．只要力的大小恒定，其沖量就等于力與時間的乘積,【解析】 力很大，但由于時間不確定，沖量不一定大，故A項錯誤；當力跟位移垂直時，該力的功W＝Flcos90°＝0，但沖量跟位移及力與位移的夾角無關，根據I＝Ft，知沖量不為零，所以B項錯誤；重力是恒力，其沖量I＝mgt與物體的運動狀態(tài)、受其他力的情況無關，C項正確；公式I＝Ft適用于F為恒力或方向不變的變力在時間t內的平均力，若力的方向改變，則其沖量不能用I＝Ft表示，故D項錯． 【答案】 C,(2)過程量： 沖量是力在時間上的積累，討論沖量一定要明確是哪個力在哪段時間上的沖量，所以沖量是過程量． (3)絕對性： 由于力和時間的數值都跟參考系的選取無關，所以沖量也跟參考系的選取無關． (4)沖量與功有重要區(qū)別： 沖量和功都是過程量，都要在一段時間內產生．沖量與物體是否運動無關，但功則不然，運動是功不為零的前提．,【答案】 ABD,(5)沖量的計算： ①恒力的沖量：直接用I＝Ft計算． ②方向不變的變力沖量：若力隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(F＝F0＋kt)，則力F在某段時間t內的沖量I＝(F1＋F2)，其中F1、F2為該段時間內初、末兩時刻力的大??；方向變化的，變力沖量一般用I＝Δp求解． ③用F－t圖中的“面積”求方向不變情況下的變力沖量．,【例6】 如圖所示，圖線Ⅰ、Ⅱ分別代表F1、F2隨時間的變化關系．在第2秒末到第4秒末力F1的沖量為I1，力F2的沖量為I2，前4秒內F1的沖量I′1，F2的沖量I′2，則有( ) A．I1＝I2 B．I1＝6 N·s C．I2＝6 N·s D．I′2＞I′1,【答案】 BD 【學法指導】 利用無限分割的思想，再積累得出面積直觀地表達了沖量是力在時間上的積累，用F－t圖象中的“面積”表示沖量，該種方法表示物理量的情況還有很多，如v－t中的面積表示位移，F－l圖中的面積表示功，p－V圖中的面積也表示功等．,④用動量定理I＝Δp求沖量． 三、動量定理 1．表述方法 (1)文字表述： 第一種：物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化． 第二種：外力沖量的矢量和等于物體動量的變化．,(2)公式表述： 第一種：Ft＝p′－p① 或I＝p′－p② 第二種：F1t1＋F2t2＋F3t3＋…＝p′－p③ 或I1＋I2＋I3＋…＝p′－p④,若在時間t內合力F為方向不變的變力，則可將t無限分割，每個時間元Δt內的力分別為F1、F2、F3、…、Fn，則 F1Δt＝mv1－mv F2Δt＝mv2－mv1 F3Δt＝mv3－mv2 … Fn－1Δt＝mvn－1－mvn－2 FnΔt＝mv′－mvn－1 以上諸式相加得時間t內合外力的沖量I＝ mv′－mv，即I＝p′－p.,可見，無論是恒力還是變力，動量定理都可由牛頓第二定律推導出來．表述中的①、③適于計算恒力情形，而②、④適于表述變力的情形． 【學法指導】 對動量定理的推導，要注意體會教材上的圖形，推導所涉及到的物理量，及語言表達的嚴密性，如“在合力F的作用下”．本定理推導的核心是牛頓第二定律F＝ma及加速度的表達形式的變換．,3．動量定理的理解 (1)動量定理中的F指的是物體所受的合外力． (2)動量定理涉及的研究對象可以是單個物體．,【例7】 一粒鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進入泥潭直到停住的過程稱為過程Ⅱ，則( ) A．過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量 B．過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力沖量的大小 C．過程Ⅱ中鋼珠克服阻力所做的功等于過程Ⅰ與過程Ⅱ中鋼珠所減少的重力勢能之和 D．過程Ⅱ中損失的機械能等于過程Ⅰ中鋼珠所增加的動能,【解析】 過程Ⅰ物體做自由落體運動，重力即合外力，由動量定理，知A項正確；過程Ⅰ和過程Ⅱ組成的全過程中，設重力沖量為I1，阻力沖量為I2(僅產生于過程Ⅱ)，根據動量定理有I1＋ I2＝0，所以I2＝－I1，這說明過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于全程中重力的沖量大小，B項錯誤；對鋼珠運動全程應用動能定理，有W1＋W2＝0，其中W1、W2分別為重力和阻力做的功，因阻力做負功，即W20，所以鋼珠克服阻力所做的功W克＝－W2＝W1，而重力做功W1等于重力勢能的減少量，C項正確；由能量守恒定律知，過程Ⅱ中損失的機械能(轉化成了內能)等于全程重力勢能的減少量，D項錯誤． 【答案】 AC,(3)動量定理也可以選系統(tǒng)為研究對象．以系統(tǒng)為研究對象時動量定理可表述為：系統(tǒng)所受合外力的沖量等于系統(tǒng)動量的變化或系統(tǒng)所受外力沖量的矢量和等于系統(tǒng)動量的變化．,【例8】 兩根平行的金屬導軌，固定在同一水平面上，磁感應強度B＝0.50 T的勻強磁場與導軌所在的平面垂直，導軌的電阻很小，可忽略不計．導軌間的距離l＝0.20 m，兩根質量均為m＝0.10 kg的平行金屬桿甲、乙可在導軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R＝0.50 Ω，如圖所示．,在t＝0時刻，兩桿都處于靜止狀態(tài)，現有一與導軌平行、大小為0.20 N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導軌上滑動，經過t＝5.0 s，金屬桿甲的加速度為a＝1.37 m/s2，求此時兩金屬桿的速度各為多少？,【學法指導】 以整個過程或系統(tǒng)為研究對象，是物理解題中的一個重要思想，理解上也有一定的困難，這可以通過對系統(tǒng)作為研究對象時物理規(guī)律表達式的推導及相對應的題目訓練加以解決．以動量定理為例，通過針對訓練．會逐步認識到系統(tǒng)內力雖然可以改變單個物體的動量，但不會改變整個系統(tǒng)的動量，系統(tǒng)所受外力的沖量才是系統(tǒng)動量改變的原因．,(4)動量定理的表達式為矢量式，應用時要選正方向，一般情況下，無論力還是動量，令與正方向相同者取正值，相反者為負值． 【例9】 質量為2 kg的物體，以3 m/s的初速度沿x軸正方向運動．某時刻開始，物體受到一個方向沿x軸負方向的力，作用2 s時間后，動量的大小變?yōu)?0 kg·m/s，則該物體在此2 s內，動量變化為________，受到的沖量為________．,【解析】 本題為一維問題．選取正方向可把矢量運算轉化為代數運算．取初速度的方向為正方向(即x軸正方向)，則初動量p＝mv＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s,2 s后，動量的大小變?yōu)?0 kg·m/s，從物體先減速運動，可知p′＝－10 kg·m/s.即動量的變化為Δp＝p′－p＝－16 kg·m/s；根據動量定理，知物體受到的沖量為I＝Δp ＝－16 kg·m/s，負號表示方向沿x軸負方向． 【答案】 16 kg·m/s，沿x軸負方向；16 kg·m/s，沿x軸負方向,(5)動量定理揭示了動量變化的原因是合外力的沖量． (6)動量定理不僅適用于低速運動的宏觀物體，對于高速運動的微觀粒子也同樣適用．所以動量定理是自然界普遍適用的規(guī)律．,四、動量守恒定律 1．動量守恒定律的推導 根據動量定理可知，合外力的沖量是物體動量變化的原因．若研究對象是幾個相互作用的物體組成的系統(tǒng)，且系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零，盡管物體間存在著相互作用的內力，但總是成對出現的內力只能改變單個物體的動量，卻不會改變整個系統(tǒng)的動量，故系統(tǒng)的總動量保持不變(守恒)．下面以兩個物體組成的系統(tǒng)為例推導動量守恒定律．,光滑水平面上有兩個質量分別為m1、m2的兩球，分別以速度v1、v2做勻速直線運動，某時刻發(fā)生碰撞，撞后速度分別為v′1、v′2，如圖所示．,以向右的方向為正方向，分別對兩球用動量定理，有 －F′Δt＝m1v′1－m1v1① FΔt＝m2v′2－m2v2② 由牛頓第三定律，知F＝F′③ 聯立以上三式，得m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2. 【學法指導】 動量守恒定律是自然界普遍適用的基本規(guī)律之一，它雖然可由牛頓運動定律導出，但比牛頓運動定律運用范圍更廣泛(宏觀、微觀、低速、高速都適用)．在處理復雜問題時，較牛頓運動定律更簡單，是歷年高考的熱點．,2．動量守恒定律的內容及表達式 相互作用的物體組成的系統(tǒng)若不受外力作用，或所受各外力的矢量和為零，則系統(tǒng)總動量保持不變．動量守恒定律的幾種常見表述及其表達式． (1)最常見的兩物體組成的系統(tǒng)動量守恒，任意兩時刻系統(tǒng)的動量相等，表達式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2. (2)任意兩時刻系統(tǒng)的動量相等，表達式p＝p′. (3)系統(tǒng)總動量增量為零，表達式：Δp ＝0. (4)一個物體動量的增量與另一個物體動量的增量大小相等，方向相反，表達式：Δp1＝－Δp2.,【例10】 (2012·福建)如圖所示，質量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止．若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為( ),【答案】 C,人船模型 一、人船模型題根 本題型的實質是任一時刻動量守恒進而理解為平均動量守恒．本題型為高考熱點，如課后練習中涉及到的(2011海南單科19(2))等習題． 【例1】 如圖所示，長為L、質量為M的小船停在靜水中，一個質量為m的人站在船頭，若不計水的阻力，當人從船頭走到船尾的過程中．船和人對地面的位移各是多少？,二、模型在斜面問題中的應用 【例2】 如圖所示，長為L，傾角為θ、質量為M的斜面頂端上，有一質量為m的小物塊由靜止開始下滑．若不計一切摩擦，求物體下滑至斜面底端過程中M的位移大小(物塊形狀的大小不計)．,三、模型在豎直方向問題中的應用 【例3】 質量為m的氣球下帶有一質量為M的人，停在距離地面高為h的空中，現從氣球上放下一輕繩使人沿繩滑至地面，如圖所示，不計人的身高，求繩的長度．,【學法指導】 “人船模型”，是動量守恒定律較深層次的應用．要熟練應用“人船模型”，必須掌握其特點：相互作用的兩物體組成的系統(tǒng)動量守恒或某一方向動量守恒，且系統(tǒng)動量為零，求解物體的位移或一個物體相對另一物體的位移．正確畫出兩物體位移大小的關系，將具體問題還原成標準的“人船模型”，是解決該類問題的關鍵，需要同學們在練習中逐步領會、掌握．,碰撞過程特點：碰撞的物理過程劇烈，物體間相作用時間很短，物體間相互作用力很大，從而使系統(tǒng)內每個物體的動量在碰撞過程的極短時間內發(fā)生劇烈變化；碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒的理論依據：由于碰撞過程中物體間的相互作用力(內力)很大(遠大于外力，如重力及摩擦力等)，所以碰撞過程持續(xù)時間很短且在這很短的時間Δt內各物體的動量均發(fā)生了明顯的改變，但與內力相比系統(tǒng)所受的很小的外力F在極短的碰撞時間Δt內的沖量很小，故碰撞過程中系統(tǒng)動量近似守恒，這是一條重要結論．,一、彈性碰撞 彈性碰撞：同時遵守動量守恒和動能守恒． 【例1】 如圖所示，質量均為m的A、B兩個彈性小球，用長為2l的不可伸長的輕繩連接．現把A、B兩球置于距地面高H處(H足夠大)，間距為l，當A球自由下落的同時，B球以速度v0指向A球水平拋出．求：,(1)兩球從開始運動到相碰，A球下落的高度． (2)A、B兩球碰撞(碰撞時無機械能損失)后，各自速度的水平分量．,【學法指導】 本題是典型的彈性碰撞中的特例，即質量相等的兩物體碰后交換速度．,二、完全非彈性碰撞 非彈性碰撞：有動能損失的碰撞．一般情況下是動能在碰撞過程中向內能轉化．所以，對于非彈性碰撞系統(tǒng)，碰撞前的動量等于碰撞后的動量，碰撞過程中的動能不守恒．在非彈性碰撞中，若碰撞后兩物體具有共同速度(粘在一起)，這種情形動能損失最多．這種非彈性碰撞稱為完全非彈性碰撞．,【例2】 光滑的水平面上，用彈簧相連的質量均為2 kg的A、B兩物塊都以6 m/s的速度向右運動，彈簧處于原長，質量為4 kg的物體C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后二者粘在一起運動，且碰撞時間極短．在以后的運動過程中： (1)當彈簧的彈性勢能達到最大時，物體A的速度是多少？ (2)彈性勢能的最大值是多少？,【解析】 (1)B、C相碰過程中，B、C兩物塊系統(tǒng)動量守恒，有mBv0＝(mB＋mC)v1，以后三物塊組成系統(tǒng)全過程總動量守恒，有mAv0＋mBv0＝(mA＋mB＋mC)v，解得 v＝3 m/s,【答案】 (1)3 m/s (2)12 J,