最新动量守恒定律的应用广义碰撞ppt课件.ppt

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1、动量守恒定律的应用广义碰撞动量守恒定律的应用广义碰撞 压缩过程压缩过程2010vv vv 恢复过程恢复过程21vv 弹性碰撞弹性碰撞21vv 非弹性碰撞非弹性碰撞v完全非弹完全非弹性碰撞性碰撞 碰撞过程实际上是一种相互碰撞过程实际上是一种相互接近接近、发生、发生相互作用、然后相互作用、然后分离分离的过程。的过程。模型：碰撞模型：碰撞 以上四小题，看起来是完全不相干的题目，但以上四小题，看起来是完全不相干的题目，但在这四个问题中，发生相互作用的两个物体动量守在这四个问题中，发生相互作用的两个物体动量守恒或在水平方向动量守恒。而且，恒或在水平方向动量守恒。而且，只不过完全非弹性碰撞后两个物，只不过

2、完全非弹性碰撞后两个物体的速度始终相同，两物体不再分开。而上面四个体的速度始终相同，两物体不再分开。而上面四个题目，速度相同只是题目所求解的那一时刻，之后题目，速度相同只是题目所求解的那一时刻，之后，两物体还要发生相对运动，而不是两者的速度始，两物体还要发生相对运动，而不是两者的速度始终相同。终相同。一、类完全非弹性碰撞一、类完全非弹性碰撞 另一方面，从两物体开始发生作用到两物体速另一方面，从两物体开始发生作用到两物体速度相同的过程中，系统的度相同的过程中，系统的。在题。在题(1)中减小中减小的动能转化成了弹性势能；在题的动能转化成了弹性势能；在题(2)、(4)中减小的动中减小的动能转化成了重

3、力势能；在题能转化成了重力势能；在题(3)中减小的动能转化成中减小的动能转化成了由于摩擦而产生的热，即内能。由此可见，解答了由于摩擦而产生的热，即内能。由此可见，解答四个题目的关系式是一样的，只不过减小的动能，四个题目的关系式是一样的，只不过减小的动能，即有不同的表达而已。即有不同的表达而已。 一、类完全非弹性碰撞一、类完全非弹性碰撞 解答这个题目的有关系式如下：解答这个题目的有关系式如下： 一、类完全非弹性碰撞一、类完全非弹性碰撞 题题(1)： 解答这个题目的有关系式如下：解答这个题目的有关系式如下： 一、类完全非弹性碰撞一、类完全非弹性碰撞 题题(2)、(4)： 解答这个题目的有关系式如下

4、：解答这个题目的有关系式如下： 一、类完全非弹性碰撞一、类完全非弹性碰撞 题题(3)： 例例1：两根光滑金属导轨宽为两根光滑金属导轨宽为L，长也为，长也为L且与导轨垂直且与导轨垂直的金属棒的金属棒ab和和cd，它们的质量分别为，它们的质量分别为2m、m，电阻阻，电阻阻值均为值均为R，磁感应强度大小为，磁感应强度大小为B、方向竖直向下。、方向竖直向下。cd的的初速度初速度v0，当它们的运动状态达到稳定的过程中，产生，当它们的运动状态达到稳定的过程中，产生的热量有多少？流过金属棒的热量有多少？流过金属棒ab的电量是多少？整个过的电量是多少？整个过程中程中ab和和cd相对运动的位移是多大？相对运动的

5、位移是多大？解：解： ab棒在安培力作用下加速运动，而棒在安培力作用下加速运动，而cd在安培力作在安培力作用下减速运动，当它们的速度相同，达到稳定状用下减速运动，当它们的速度相同，达到稳定状态时，回路中的电流消失，态时，回路中的电流消失，ab，cd棒开始匀速运棒开始匀速运动。设这一过程经历的时间为动。设这一过程经历的时间为t，最终，最终ab、cd的的速度为速度为v，由动量守恒定律可得：，由动量守恒定律可得： mv0=(m+2m) v22022121vmmmvEQk )(2031mvQ 解：解：对于对于ab棒由动量定理：棒由动量定理： B Lt2mv 即：即：BLq2 mv 得：得： 设整个过程

6、中设整个过程中ab和和cd的相对位移为的相对位移为S，由法拉第电磁，由法拉第电磁 感应定律得：感应定律得： 流过流过ab的电量：的电量： 得：得：BLmvq320 tBLStE tREq2 22034LBRmvS 还可以再问：还可以再问：流过金属棒流过金属棒ab的电量是多少？整个过程的电量是多少？整个过程中中ab和和cd相对运动的位移是多大？相对运动的位移是多大？I例例2：质量为质量为M的木块静止在光滑水平面上，有一的木块静止在光滑水平面上，有一质量为质量为m的子弹以水平速度的子弹以水平速度v0 0射入并留在其中，射入并留在其中，子弹在木块内深入距离子弹在木块内深入距离d后相对静止，根据以上条

7、后相对静止，根据以上条件，探讨子弹从射入木块到与木块相对静止的过件，探讨子弹从射入木块到与木块相对静止的过程中，可求解的物理量有哪些？程中，可求解的物理量有哪些？v0v0V解：解：如图所示，如图所示，s为木块的位为木块的位移，（移，（s+ +d）为在此过程中子）为在此过程中子弹的位移，以子弹和木块为研弹的位移，以子弹和木块为研究系统，系统动量守恒，由动究系统，系统动量守恒，由动量守恒定律得：量守恒定律得：研究子弹研究子弹, ,根据动能定理得：根据动能定理得：研究木块研究木块, ,根据动能定理得：根据动能定理得： ffmMmvvvmMmv/,00mMmvvvmMmv/,00 12121202mv

8、mvdsf 2212Mvfs M s+d s m v 联立以上各式得：联立以上各式得： 因因M+mm，因此因此s d，木块的位移较小木块的位移较小 。 mMMmvfdvmMmvfd2022021)(2121220220)()2(212121)(mMMmMmvmvmvdsfmMmMfdmMmMmMMmvdsf2)()2(21)(20dmMmMds2)(mMmdddmMmMs2在此过程中转变成的内能为多少？在此过程中转变成的内能为多少？mMMmvfdvmMmvfd2022021)(2121mMMmvfdvmMmvfd2022021)(21212022121mvmvdsf221Mvfs mMmvvv

9、mMmv/,00mMMmvfdE2021内fdE内此过程所用的时间为多少？此过程所用的时间为多少？mMMmvfd 2021对木块对木块, ,根据动量定理得：根据动量定理得：mMMmvMvtf 0联立以上两式得：联立以上两式得：02vdt 图象描述图象描述“子弹子弹”未穿出未穿出“木木块块”练习练习: :如图所示，一质量为如图所示，一质量为M、长为、长为L的长方形的长方形木板木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为量为m的小木块的小木块A，mM. .现以地面为参照系，现以地面为参照系，给给A和和B以大小相等、方向相反的初速度，使以大小相等、方向相反的初速

10、度，使A开始向左运动，开始向左运动，B开始向右运动，但最后开始向右运动，但最后A刚好刚好没有滑离没有滑离B板，以地面为参照系板，以地面为参照系. . (1) (1)若已知若已知A和和B的初速度大小为的初速度大小为V0 0，求它，求它们最后的速度大小和方向们最后的速度大小和方向. . (2) (2)若初速度的大小未知，求小木块若初速度的大小未知，求小木块A A向左向左运动到达的最远处运动到达的最远处( (从地面上看从地面上看) )离出发点的距离离出发点的距离. .V0V0BA解：解：A刚好没有滑离刚好没有滑离B板，表示当板，表示当A滑到滑到B板板的最左端时，的最左端时， A、B具有相同的速度，设

11、此具有相同的速度，设此速度为速度为v，经过时间为经过时间为t，A、B间的滑动摩擦间的滑动摩擦力为力为f。如图所示。如图所示。 解解：用能量守恒定律和动量守恒定律求解。用能量守恒定律和动量守恒定律求解。 A刚好没有滑离刚好没有滑离B板，表示当板，表示当A滑到滑到B板的最左端时，板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为具有相同的速度，设此速度为v， A和和B的初速度的初速度的大小为的大小为v0，则据动量守恒定律可得：，则据动量守恒定律可得：Mv0mv0=（M+m）v0M - mv =vM + m解得：解得： 对系统的全过程，由能量守恒定律得：对系统的全过程，由能量守恒定律得： 22011Q

12、= f L = （M + m )v-(m + M )v22由上述二式联立求得由上述二式联立求得 1m +ML =L4M201m v2扩展：在相对滑动的过程中扩展：在相对滑动的过程中,求求: （1）相对滑动的时间）相对滑动的时间 （2）木板和木块的位移）木板和木块的位移 （3）摩擦力对木块做的功）摩擦力对木块做的功 （4）摩擦力对木板做的功）摩擦力对木板做的功 （5）整个过程产生的热量）整个过程产生的热量V0V0BA二、类弹性碰撞二、类弹性碰撞 基本特征：基本特征：基本特征：相互作用的两物体所构成的基本特征：相互作用的两物体所构成的系统动量守恒或水平方向动量守恒，从开始发生作系统动量守恒或水平方

13、向动量守恒，从开始发生作用的时刻到所要求解的时刻有用的时刻到所要求解的时刻有。有这。有这样特征的问题称之为类弹性碰撞问题。样特征的问题称之为类弹性碰撞问题。 (1)如图所示，木块如图所示，木块A和和B的质量分别为的质量分别为m1和和m2，固定在轻质弹簧的两端，静止于光滑的水平面上。固定在轻质弹簧的两端，静止于光滑的水平面上。现给现给A以向右的水平速度以向右的水平速度v0，求弹簧恢复原长时两求弹簧恢复原长时两物体的速度物体的速度 。 (2)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的光滑如图所示，在光滑的水平面上有一静止的光滑曲面滑块，质量为曲面滑块，质量为m2 。现有一大小忽略不计的小。现有一大小忽略

14、不计的小球，质量为球，质量为m1 ，以速度，以速度v0冲向滑块，并进入滑块的冲向滑块，并进入滑块的光滑轨道，设轨道足够高。光滑轨道，设轨道足够高。求小球再次回到水平面上时，求小球再次回到水平面上时，两物体的速度。两物体的速度。 (4)如图所示如图所示,在光滑的横梁上有一小车在光滑的横梁上有一小车,质量为质量为m2 ，车上用轻绳吊一质量为，车上用轻绳吊一质量为m1的的小物体，现给小物体一水平初速度小物体，现给小物体一水平初速度v0 ，求，求绳子回到竖直位置时，两物体的速度。绳子回到竖直位置时，两物体的速度。 二、类弹性碰撞二、类弹性碰撞 三、三、“广义碰撞广义碰撞” 当物体之间的相互作用时间不是

15、很短，作用不当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征碰撞的基本特征”（如（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。此时，碰撞：位置可能超越、机械能可能膨胀）。此时，碰撞中中“不合题意不合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞的解可能已经有意义，如弹性碰撞中中 v1=v10 , v2= v20的解。的解。 NN v完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞 压缩过程压缩过程2010vv vvvv 恢复过程恢复过程21vv 弹性碰撞弹性碰撞三、三、“广义碰撞广义碰撞” A

16、 B 0v A B 共vvvBA11 B A 2Av 2Bv B A 共vvvBA33 A B 04vvA 04Bv 三、三、“广义碰撞广义碰撞” 恢复原长恢复原长 vA2=0，vB2=v0如如A、B质量相等质量相等如图所示，光滑水平面上有两个质量相等的物如图所示，光滑水平面上有两个质量相等的物体，其间用一不可伸长的细绳相连，开始体，其间用一不可伸长的细绳相连，开始B静止，静止，A具有（规定向右为正）的动量，开始绳松弛，那么在具有（规定向右为正）的动量，开始绳松弛，那么在绳拉紧的过程中，绳拉紧的过程中，A、B动量变化可能是（动量变化可能是（ ） A、 ， B、 ， C、 ， D、 smkgPA

17、/4smkgPB/4smkgPA/2smkgPB/2smkgPA/2smkgPB/2smkgPPBA/2如图所示，如图所示，M=2kg=2kg的小车静止在光滑的水平面的小车静止在光滑的水平面上车面上上车面上ABAB段是长段是长L=1m=1m的粗糙平面，的粗糙平面，BCBC部分是半径部分是半径R=0.6m=0.6m的光滑的光滑1/41/4圆弧轨道，今有一质量圆弧轨道，今有一质量m=1kg=1kg的金的金属块静止在车面的属块静止在车面的A A端金属块与端金属块与ABAB面的动摩擦因数面的动摩擦因数=0.3=0.3若给若给m m施加一水平向右、大小为施加一水平向右、大小为I=5Ns5Ns的瞬的瞬间冲

18、量，（间冲量，（g取取10m/s10m/s2 2）求）求: :（1 1）金属块能上升的最大高度）金属块能上升的最大高度h（2 2）小车能获得的最大速度）小车能获得的最大速度v2 2（3 3）金属块能否返回到）金属块能否返回到A A点？若能到点？若能到A A点，金属块速点，金属块速度多大？度多大？MABCROmIMABCROmII=mv0 v0=I/m=5m/s（1 1）到最高点有共同速度水平）到最高点有共同速度水平v 由动量守恒定律由动量守恒定律 I = (m+ M)v 由能量守恒由能量守恒, ,得：得： h=0.53 m 析与解析与解mv0 0 2 2/2 =(/2 =(m + + M) )

19、v2 2/2/2 + +mgL+ +mgh smV/35MABCROmI（2 2）当物体）当物体m由最高点返回到由最高点返回到B B点时，小点时，小车速度车速度v2最大最大, ,向右为正，由动量守恒定律向右为正，由动量守恒定律 I= - mv1+ Mv2由能量守恒定由能量守恒定律律解得：解得：v2=3m/s （向右）（向右） 或或v2=-1m/s （向左）（向左）析与解析与解mv02/2 = mv12/2+ Mv22/2 + mgL MABCROmI（3 3）设金属块从）设金属块从B B向左滑行向左滑行s后相对于小车静后相对于小车静止，速度为止，速度为v ，以向右为正，由动量守恒，以向右为正，由动量守恒I = (m+ M)v由能量守恒定由能量守恒定律律解得：解得：s=16/9mL=1m 能返回到能返回到A点点 由动量守恒定律由动量守恒定律 I = - mv 1+ Mv 2由能量守恒定由能量守恒定律律解得：解得：v 2=2.55m/s （向右）（向右） v 2=-0.1m/s （向左）（向左）析与解析与解smV/35mv0 2 /2 = (m+ M) v2 /2 + mg（L+s） mv0 2 /2 = mv 12 /2 + Mv 22 /2 + 2mgL