1. 第五章動量和動量守恒 沖量和動量是物理學中的重要概念。 動量定理和動量守恒定律是自然界最重要、最普遍、最根本的客觀規律之??一。 動量定理和動量守恒定律都是利用牛頓第二定律推導出來的，但其適用范圍比牛頓第二定律更廣。 動量守恒定律廣泛應用于碰撞、爆炸和撞擊； 現代物理學中關于微觀粒子的爭論以及火箭技術的進步都與動量守恒定律相關的物理學密不可分。 在自然界中，從天體之間的相互作用到質子、中子等基本粒子之間的相互作用，一切事物都遵循動量守恒定律。 第一講：動量基礎知識 動量問題是指與動量相關的問題以及從動量角度解決的問題。 其中，與動量相關的問題，這個話題主要是指動量定理和動量守恒定律。從動量角度解決問題，就是利用動量定理和動量守恒定律來解決問題。
2.解決問題。 1.1 動量定理 動量定理內容：作用在物體上的凈外力的沖量等于其動量的變化。 1/9動量定理公式：Ft=mv2代數運算。 - mv1，它是一個向量表達式，可以在一維條件下轉化為動量定理。 該定理爭論的對象是粒子。 它說明了外力對時間的累積效應。 應用動量定理分析或解決問題時，僅考慮物體初態和終態的動量，而不考慮中間運動過程。 應用動量定理的想法： 確定論證對象并進行力分析； b. 確定初態和終態的動量mv和mv（必須先指定正方向才能確定動量的符號，12并且v和v還必須替換為相對于同一慣性參考系的速度）； 12c. 使用Ft=mv2-mv1系列方程求解。 1.2 動量守恒定律的內容和表達式：
3、動量守恒定律的內容：當系統不受外力作用或外力合力為零時，系統總動量保持不變。 b. 動量守恒定律公式： mv+ mv= mv” + mv” 使用說明及注意事項： a． 法律適用條件： 1212 當系統不受外力作用或外力合力為零時； 當系統內力遠大于外力時，如碰撞、爆炸等； 當系統在某個方向上不受外力作用或外力合力為零時，動量僅在該方向上守恒b。 注意表達式的向量性質：對于一維情況，首先選擇某個方向為正方向，速度方向與正方向相同，速度為正，否則為負，將向量運算簡化為代數運營。 C。 注意速度的相對性質。 所有速度必須相對于相同的慣性參考系。 d. 注意同時性：表達式中的v和v必須是相互作用前同時的瞬時速度，v和
4. v必須是1212. e相互作用后同一時刻的瞬時速度。 注重定律的普遍性：動量守恒定律有著廣泛的應用范圍，無論物體之間相互作用的性質如何； 無論系統中有多少對象； 無論他們是否彼此接觸； 無論物體相互作用后是粘合還是分裂，只要系統所受的凈外力為零，動量守恒定律都適用。 動量守恒定律不僅適用于低速運動的宏觀物體，也適用于高速運動的微觀粒子之間的相互作用。 大到天體，小到基本粒子之間的相互作用都遵循動量守恒定律。 F。 注意“平均動量守恒”。 當系統在整個過程中動量守恒時，系統在整個過程中的平均動量也守恒。 在符合動量守恒的條件下，假設物體以變速運動，為了求解位移，可以用平均動量及其守恒定律來處理。 G。 應該
5、使用思路：確定系統，分析系統受力； 在符合規律的條件下，確定系統開始和結束時系統的總動量； 利用動量守恒定律來解決問題。 其次，我們來說一下碰撞論證方法。 碰撞是運動物體相遇并接觸的過程。 在很短的時間內，兩個相互作用的物體的動量突然發生變化，兩個物體的位移可以近似認為為零。 碰撞分為斜向碰撞和正面碰撞：碰撞前后兩個物體不在一條直線上的碰撞稱為斜向碰撞。 兩個物體在碰撞前后在同一直線上的碰撞稱為向前碰撞。 近幾年的高考，考查的碰撞都是前向碰撞。 碰撞是中學物理教學的重點，也是歷年來高考題中的熱點話題。 同時，一直是學生們學習的課題和高考難點：考試說明中的B類碰撞，要求掌握碰撞的特點：動作時間短、相互作用力大。因此，碰撞問題都遵守動量守恒定律； 對于直接碰撞，取決于碰撞前后系統動能是否變化。
6、分為彈性碰撞和非彈性碰撞。 在非彈性碰撞中，物體粘在一起并正面碰撞而不分離。 也稱為完全非彈性碰撞。 物體在完全非彈性碰撞中的能量損失是最大的非彈性碰撞。 碰撞中之所以損失動能，是因為兩個物體碰撞變形，無法完全恢復原來的形狀。 部分動能轉化為系統的內能，因此系統的總動能減少。 彈性碰撞：系統的動量和動能均守恒，故有： mv + mv= mv” +mv”1 12 v 2 +21 1m v 222 2=mv”2 +”22 上式中， v 和 v 分別為 m 碰撞前后的速度， v 和 v 分別為 m 碰撞前后的速度。 碰撞后 11 的速度 v” =1(m - m)+ 2m v2 2 1m + m 解，
7、求得： (m-1 )2v”=2mv+ 2m v121 12m + m12 完全非彈性碰撞：碰撞后m與m12速度相同，設v，則： ()mv + m vm v + mv= m + mv , v =1 12 21 12 212m + m12系統損失的最大動能 DE= 1 mv 2 + 1 mv 2 - 1 (m + m )v 2 km21 122 2212非彈性碰撞損失的動能介于彈性碰撞和完全碰撞之間非彈性碰撞間恢復系數：碰撞后的分離速度vv與碰撞前的接近速度vv之比，21，即：v-=21v-v1020。 根據“碰撞的基本特性”，0 e 1。當e=0時，碰撞是完全非彈性的； 什么時候
8. 0 e 1，碰撞為非彈性碰撞； 當e = 1時，碰撞是彈性的。 廣義碰撞：物體的相互作用 1.當物體之間的相互作用時間不是很短，效果也不是很劇烈，但系統動量仍然守恒時，局部碰撞定律仍然適用，但不再符合“碰撞的基本特征”例如：位置可能超出，機械能可能膨脹。 這時，碰撞中“不符合問題意義”的解可能已經有意義了，比如彈性碰撞中v=v、v=v的解。 ，當物體之間存在相對滑動時，機械能損失的重要設定為：E=E內=fS滑移，其中S指相對距離。相碰撞是物理學中的一個重要模型。 涉及動量守恒定律、能量守恒、動量定理等眾多知識點。 從物理方法的角度來看，碰撞問題通常采用系統法、能量法、守恒法、矢量概念等來處理。
9、從力的角度看，碰撞題一般考察理解力、推理力、分析綜合力、應用力。 在處理碰撞問題時，通常應掌握三個基本原則： 1、碰撞時動量守恒原理。 物體系統碰撞過程中，由于作用時間短、相互作用力大，系統所受到的外力可以忽略不計。 動量守恒2.碰撞后系統動能不增加的原理。 在碰撞過程中，系統中各個物體的動能都會發生變化。 對于彈性碰撞，系統中物體的動能會互相傳遞嗎？并沒有轉化為其他形式的能量，因此總動能守恒； 在非彈性碰撞過程中，系統中的物體相互作用時，一部分動能會轉化為系統的內能，系統的總動能會減少。 因此，碰撞前系統的總動能必須大于或等于碰撞后系統的總動能。 3、碰撞后運動狀態的合理性原則。 碰撞過程的發生應遵循客觀實際，如物體A追物體B。
10、物體碰撞時，碰撞前A的速度必須大于B的速度，碰撞后A的速度必須小于或等于B的速度，否則A會向相反方向移動。 第3講典型實例分析 3.1 動量定理 【例1】（1999年廣東高考） 物體在恒定合力F的作用下做直線運動，在時間t1內速度從0增加到v，在t2時刻速度從v增加到2v。 設F在t1內所做的功為W，沖量為I； t中所做的功為W，沖量為I，則：1A。 I112 I，W=W212B。 I122 I，W W212C。 I1=I，W=W212D。 I1= I, W W212 【例2】（1996年上海高考）一名消防員從跳臺跳下。 墜落H=2m后，雙腳著地，然后
11、他采用彎曲雙腿的方法進行緩沖，使他的重心降低了h=0.5m。 在著陸過程中，地面對他腳施加的平均力估計為他所經歷的重力的A.2倍B.5倍。 C. 8 次 D. 10 次 【評價】 應用動量定理時，是否忽略重力取決于具體情況。 一旦作用時間極短或小于0.01秒，則無需考慮重力沖量。 針對該問題構建的模型為：消防員將下落的粒子H=2m視為自由落體，將緩沖器h=0.5m視為勻速減速運動，將面向人的地面的可變支撐力視為常數平均力。 這個問題與現實有關。 高考正在加強此類題型的考試，應引起足夠的重視。 本題假設計算下降H=2m所用時間t1和緩沖h=0.5m所用時間t2。 然后可以利用動量定理來制定整個過程的方程mg。
12. (t1+ t2) - N t2= 0。注：當物體在整個運動過程中所受的力發生變化，且各力的作用時間不同時，動量定理的形式為 F t+ F t+ F t +LL+ F t= mv” - mv1 12 23 3n n3.2 動量守恒定律課 【例3】（1992年上海高考） 某學生設計了一個十幾點計時器來驗證動量守恒定律測試。 A車前端粘有橡皮泥，推動A車使其勻速行駛，然后以與之前相同的速度停止。 前面的車B相撞粘成一體，繼續勻速行駛。 他設計的具體裝置如下圖所示。 A車后面接一條紙帶，電磁定時器的電源頻率為50Hz。 長木板下面有一個小墊子。 木片用于平衡摩擦力。 A。 假設已獲得如圖所示的點狀紙帶，并且已測量了每個測量值。
13. 計算點之間的距離并將其標記在圖表上。 A 是運動開始的第一個點。 然后選擇該線段來計算A的預碰撞速度； 應選擇該路段來計算碰撞后A、B的共同速度。 b. 測得A車質量為m1=0.40kg，B車質量為m2=0.20kg。 從上述測量結果可以看出，碰撞前的總動量為 ，碰撞后的總動量為 。 【評估】解決這個問題的關鍵是求出碰撞前后的速度。 求速度的關鍵是理解圖片并正確選擇紙帶線段。 近年來，對學生實驗的考察不再是演示實驗或書本上的學生實驗。 它是在原有實驗基礎上的改進或創造。 要注意克制思維定勢，認真分析問題情況。 2023年高考驗證動能守恒。 法律檢驗就是一個例子。 【例4】有N個人，質量為m，站在一輛質量為M的平板車上。一開始，人和平板車都是
14. 放在光滑、水平的表面上。 假設這N個人都以相對于平板車的水平速度v從平板車后端跳下。 第一種情況是N個人同時跳下車，第二種情況是N個人相繼跳下車。 這兩種情況下平板車的最終速度是多少？ 【評測】在解決問題的過程中，我們必須仔細理解多次交互的過程的“速度相對性”。 必須注意分析每個流程的特點和規律，找出前后流程之間的聯系。 只有這樣我們才能了解整個過程。 有一個全面的掌握。 4/9根據第二種情況，就不難理解為什么發射人造飛船時，必須承受多級火箭的順序點火和加速，而不是這些多級火箭的同時點火和加速。 3.3 碰撞型狀態推論及狀態量比較 例5（1998年高考） 在光滑水平面上，動能為E，動量大小為P0
15. 0 的小鋼球 l 與靜止的小鋼球 2 碰撞，碰撞前后球 1 的運動方向相反。 碰撞后球1的動能和動量分別記為E和P。 球2的動能和動量的大小分別記為11E和P，則必有：22A.E EB.P ED。 P命題的目的是考察動量守恒定律、能量關系以及動量與動能的關系。 由于系統在水平方向不受外力作用，因此系統在水平方向動量守恒。 假設P0的方向為正方向，則P=-P+P012。 上式中，P 0,P 0,P 0，顯然有PP，故選項D正確。 01220 另一方面，根據能量守恒定律，碰撞前后的動能應滿足EE+E的關系，則有p 2p 2012E E，即
16.選項A正確，因為EE，所以10，我們得到PP； 球2的動量變換為Dp=P，Dp=Dp1，所以Dp010=PP。 選項D正確。 討論和評價碰撞問題，不僅要運用動量守恒定律和動能不增原理，還需要很好地把握同一狀態下動能和動量的關系。 對于此問題，使用 p = 2mEk。 注意動量的矢量性質和動能的標量性質、碰撞中的守恒和能量變化。 這種關系也是一個例子。 6（2023年北京、安徽春季高考）一根輕質彈簧，上端懸掛在天花板上，下端綁在一塊質量為M的平板上，處于平衡狀態。 在彈簧外面放置一個質量為m的均勻圓環，距平板的距離為h，如下圖所示，讓圓環自由下落，撞擊平板。 沖擊后，環和板以相同的速度向下移動，使彈簧
17、伸長率 A.假設碰撞時間極短，則碰撞過程中環和板的總動量守恒。 B、假設碰撞時間極短，則碰撞過程中環和板的總機械能守恒。 C、圓環撞擊盤子后，平衡位置與九的大小無關。 D.當板和環碰撞后落到一起時，它們減少的動能等于約束彈簧力所做的功。 該命題的目的是考察動量守恒和機械能守恒的條件，考察功與能量之間的關系。 ，考察簡諧振動的知識； 力量方面，考察考生綜合力量解題思路分析5 / 9 環套與板的碰撞時間很短，兩者之間的內力遠大于外力（重力、彈簧彈力），環套板的總動量守恒。 A項是正確的，因為兩者碰撞后的速度相同，說明環與板之間的碰撞是完全非彈性碰撞，動能損失最大。 碰撞過程中總機械能不守恒。 B項碰撞后，環套與板做簡諧振動，板的平衡位置
18. 振動停止后板材的位置。 根據平衡條件kx=(m+M)g，x=m+Mg，x與h的大小無關。 C項是正確的。 碰撞后00k0的下落過程中，板和環的約化動能和約化重力勢能都轉化為彈性勢能。 彈性勢能的增加與約束彈簧力所做的功相同。 因此，D項不正確。 正確選項是AC。 討論和評價。 本題是一道綜合力學題，涉及比較大的物理問題。 很多，這是目前高考中用于加強對考生能力的考核的題型之一。 為了培養學生的各種能力，首先必須對物理概念和規律有深刻的理解和牢固的掌握，然后修改課本中的問題或常見問題。 、重組、變換場景、奇怪的問題、添加干擾因素等培養考生的各種力量碰撞過程。 例7（1998年高考）圖中，兩個擺的長度相同，平衡時兩個擺球正好相碰。
19. 現在將擺球 A 在兩個擺線平面內??以小角度向左移動并釋放。 碰撞后，兩個擺球分離并做簡諧振動。 設m和m分別代表擺球A和B的質量。 ，然后：ABA。 假設mm，下一次碰撞將發生在平衡位置ABB的右側。 假設mm，由式可知v和v方向相同。 根據情景可行性原則，我們知道vv，B不能向右移動。 中相碰撞時，考慮到A、B均作簡諧振動，碰撞后回到平衡位置的時間等于其振動周期的一半，且A、B的擺長相等并且它們的周期相同，不難推斷，A和B假設在平衡位置mm處發生碰撞，由公式可知，A碰撞后向左移動。 根據上面的分析，我們仍然可以知道A和B在平衡位置AB再次發生碰撞。 假設m = m，則碰撞后的A
20、停止，B隨v向右移動，下一次碰撞也是在平衡位置ABA。 由上可見，無論兩個球的質量比是多少，下一次碰撞一定會發生在平衡位置。 因此，對于這個6/9的問題，選擇CD來討論和評估這個問題。 看上去是一個碰撞問題，但是利用動量守恒定律很難找到質量和碰撞位置之間的關系。 在分析中，使用了單擺的周期公式。 碰撞模型的擴展。 在之前碰撞的定義中，有“在很短的時間內”這個詞。 總之，由于時間的長短是相對的，所以可以省略“時間極短”的條件。 廣義上講，系統中物體的動量通過物體之間的相互作用而發生變化的過程稱為碰撞。 表面上的碰撞不僅可以通過彈力相互作用，還可以通過分子力、電磁力、核力等其他力相互作用。我們提出的廣義碰撞模型在實際中具有廣泛的應用。 實施例8如下所示，在光滑的水平面上放置物質
21、一輛數量為m的小車，有一條半徑為R的光滑弧形軌道，有一個質量為4m的小球。 它以 v 的速度沿水平向左的弧形軌道向上滑動。 0 到達一定高度 h 后，再次沿軌道向下滑動。 試求 h 的大小和球剛離開軌道時的速度。 該命題的目的是檢驗動量守恒定律和能量守恒定律。 解題思路 當小球進入軌道并上升到九的高度時，第一階段的過程類似于完全非彈性碰撞。 動能損失轉化為重力勢能（而不是熱能）。 據此可得出方程： mv0 = (m + m)vmv 2 = (m + m)v 2 + 解為： h = v 24g小球從進入到離開的整個過程屬于彈性碰撞模型。 由于球和小車質量相等，從彈性碰撞定律可以看出，兩個物體的速度是交換的。
22. 因此，球離開軌道時的速度為零。 從廣義上討論和評估碰撞。 相互作用力可以是彈力、分子力、電磁力、核力等。因此，碰撞可以是宏觀物體之間的碰撞，也可以是微觀物體之間的碰撞。 粒子之間的碰撞范圍擴大了。 除了例題所代表的長期碰撞類型外，還有非接觸碰撞和非彈力碰撞。 綜上所述，處理碰撞問題的關鍵是受力分析、物理過程分析，通過對物理定律的分析和透視，進而利用動量守恒、函數關系和相關物理問題來解決問題。 第四講角動量專題 4.1 角動量 我們先看這么大的一個東西：不受力的自由質點根據慣性沿直線AB運動 勻速運動如圖1.1a所示。 它在相等的時間間隔 t 內移動相等的距離 svt。令 AB 旁邊的 OH = r sinq 隨機選擇一個點 O 作為原點，并從 O 導出損失
23.直徑r到達粒子的位置。 單位時間內缺失路徑r所掃過的面積稱為其表面掠射速度，也稱為面速度。 從圖中可以看出，每個時間間隔t內缺失路徑所掃過的小三角形都有一個共同的高位OH，它們的面積等于 。 假設1 Ds OHr與v的夾角為，那么，小三角形的面積等于。 這個公式可以理解為 v 與 27 / 91 rv r 2w12 rv sinqv 的乘積，即 1r 在垂直于 v 的方向上的投影，或者理解為 r 和 v 在垂直于 r 的方向上的投影的乘積。從后者的角度來看，它代表了偏離路徑旋轉的加速度，因此表面掠射速度可以寫為，即 1 rv sinq =r 2w = 常數 2。現在讓我們回憶一下 2
24、開普勒第二定律：任意同一時間內行星所掃過的面積相等，即面積速度為常數。 上面使用的量都是運動學量。 接下來我們引入動力學量來分析上述問題過程。 同時乘以粒子的質量m，則變為： rmv sinq = 常數 mv 是粒子的動量，即mv 與r 的夾角。 這樣就可以定義物理量J。 J 稱為質點相對于原點 O 的角動量。 J 是一個矢量，其大小為質點動量與缺失直徑及其角度的正弦乘積，其方向與質點的加速度方向相同即，J、動量 P 和缺失路徑 r 之間的叉積關系為： J = mr v = r p4.2 脈沖矩 I = Ft 首先我們回顧一下兩個概念： 1. 脈沖：力對時間的累積，與動量 P 相關動量定理和動量守恒，具有相同的量綱。 中號
25. = r F2。 扭矩：力對旋轉的作用，量綱為KgM2S-2M r。 則I = Ft 沖量的力矩類似于r 應寫為： ，應為沖量對旋轉的影響。 ，尺寸為KgM2S-1。 顯然它與角動量具有相同的量綱，這表明存在一定的聯系。 1.3 角動量定理 I = Dmv 首先回憶一下另一個定理：動量定理：沖量等于動量的變換。 這句話告訴我們沖量和動量具有相同的量綱，那么我們是否想象角動量和沖量矩有類似的定理呢？ 即M=DJD沖量J=??力矩D等于mr到角動量v的變換量。 這個公式等價于。 MJ = = ()DJ =mDrmt RV下表面 = 證明 vr 證明 m 這個 pD r 定理 v：角動量，t時間內角動量的增量為 DJ = m DvDr()Dtits r
26.當使用D到t+向量D時，t與本身v本身=的m損失積為v零+r。 有關計算F on =向量r的信息，請參閱本網站數學工具欄4.3。 在角動量守恒方程中，假設M為零，則有J0，即J為常數。 這就是角動量守恒定律，即當外力矩為零時，系統的角動量恒定。 系統的內部力矩之和必須為零。 為什么？ 你自己分析一下就知道了！ 4.4 質心系角動量定理的DJ證明就留給大家了。 tcM=D 練習c： 1. 1. 兩個體重相同的兒童各自握住繩子的兩端穿過滑輪。 一個孩子用盡全力爬了上去，另一個則抓住繩子一動不動。 假設忽略滑輪的質量和摩擦力，哪個孩子首先到達滑輪的頂部？ 另外：如果兩個孩子體重不同怎么辦？ 答：質量相等時動量定理和動量守恒，同時到達；質量相同時，則同時到達； 當它們不相等時，質量較小的先到達。 2. 2. 頂部半徑為
27、a的錐面內壁距錐頂h，質量為m的小球以一定速度沿內壁水平彈出。 假設圓錐面的內壁是光滑的。 ()0v是使小球在高度為h的水平面上做勻速圓周運動。 初速度是多少？ V0 = 2V假定初始速度，找到球運動中的最大和最小高度H1 = H答案：Minv = = G1H+3 H0max說更多句子：1。 是向量，應理解為矢量在練習2中。這一點2.開普勒的第二定律是一種角度動量的保護形式。 3.盡管我們使用牛頓的第二定律來證明和獲得動量和角動量的保護，但牛頓的第二定律未計算動量和角動量的保護和角動量的保護。 它們是由空間的屬性計算得出的。 8/9他們在牛頓的第二定律中仍然是正確的，即使它不正確。 它們比牛頓的第二定律更基本的物理定律。 說明：所有保護定律均由對稱性設計。 有關詳細信息，請參閱本網站的杰作贊賞列。 該文檔可能不全面，請掃描并下載。 我也希望您過著幸福的生活，順利的工作以及一切順利！