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电磁感应中动量定理和动量守恒定律地运用

高考物理电磁感应中动量定理和动量守恒定律的运用

⑵如图2所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为 L 的区域内，现有一个边

长为a (a < L )的正方形闭合线圈以初速度 V 0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为

v(v < v °)，那么线圈

A.完全进入磁场中时的速度大于( v °+v ) /2 H —

B.完全进入磁场中时的速度等于( v

0+v ) /2

XXX

C 完全进入磁场中时的速度小于(

v °+v )

X 乂

X ： XXX ：

D.以上情况均有可能 :?:

图2

5:如图所示，光滑导轨 EF 、GH 等高平行放置，EG 间宽度为FH 间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向

上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。 ab 、cd 是质量均为m 的金属棒，现让ab 从离水平轨道h 高处由静止下滑，设导轨足够长。试求： (1)ab 、cd 棒的最终速度；(2)全过程中感应电流产生的焦耳

热。

(3)在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻 R 导轨宽d 电阻不计，导体棒AB 垂直于导轨放置，质量

为m ,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现给导体棒一水平初速度 v 0

,求AB 在导轨上滑行的距离.

(1)如图1所示，半径为r 的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置，在轨道左侧上方 MN 间接有阻值为R o 的电阻，整个轨道处在竖直向下的磁感应强度为

R o 质量为m 的金属棒ab 从MN 处由静止释放经时间 (1) 棒从ab 到cd 过程中通过棒的电量。 (2) 棒在cd 处的加速度。 B 的匀强磁场中， t 到达轨道最低点两轨道间距为 cd 时的速度为 L , 一电阻也为 v,不计摩擦。求:

(4)如图3所示,在水平面上有两条导电导轨 MN 、PQ,导轨间距为d ，匀强磁场垂直于导轨所在的平面

向里，磁感应强度的大小为 B ，两根完全相同的金属杆

1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导

轨垂直。它们的电阻均为 R,两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆

1以初速度

V 0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆 2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为： A.1:1 B.1:2 C.2:1

D.1:1

7、:两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感强度

B=0.5T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，

导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离

l=0.20m ，两根质量均为 m=0.10kg 的平行金属杆甲、乙

可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为 R=0.50 Q 。在t=0时刻,

两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小为 0.20N 的恒力F 作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过 T=5.0s ，金属杆甲的加速度为

a=1.37 m/s 2

,求此时两金属杆的速度各为多少？

9、如图，相距L 的光滑金属导轨，半径为R 的1/4圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面， MNQP 范围内有方向竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场.金属棒 ab 和cd 垂直导轨且接触良好，cd 静止在磁场中，ab 从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd 没有接触.已知ab 的质量为m 电阻为r , cd 的质量为3m 电阻为r .金属导轨电阻不计，重力加速度为 g . (1) 求：ab 到达圆弧底端时对轨道的压力大小 (2) 在图中标出ab 刚进入磁场时cd 棒中的电流方向 (3) 若cd 离开磁场时的速度是此刻 ab 速度的一半，

求：cd 离开磁场瞬间，ab 受到的安培力大小

6、：如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a 和b ，与导轨紧密接触且可自由滑动。先固定 a ,释放b ，当b 的速度达到10m/s 时，再释放a ，经过1s 后，a 的速度达到12m/s ，则(1)此时b 的速度大小是多少？ ( 2)若导轨很长，a 、 b 棒最后的运动状态。 8.( 12丰台期末12分)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为 L ，导轨上平行放置两根导体棒 ab 和cd ，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为 m 电阻均为R,

其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为

擦的滑行。开始时，导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度 v o ,两导体棒在运动中始终不接触。开始时，导体棒 ab 中电流的大小和方向；

从开始到导体棒 cd 达到最大速度的过程中，矩形回路产生的焦耳热； 3

当ab 棒速度变为

v o 时，cd 棒加速度的大小。

B ，导体棒均可沿导轨无摩求: (1) (2) (3)

(3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。

10、( 20分)如图所示，电阻均为R的金属棒a. b, a棒的质量为m b棒的质量为M放在如图所示光滑的轨道的水平部分，水平部分有如图所示竖直向下的匀强磁场，圆弧部分无磁场，且轨道足够长；开始给a棒一水平向左的的初速度v o,金属棒a. b与轨道始终接触良好.且a棒与b棒始终不相碰。请问：12. (20分)如图所示，宽度为L的平行光滑的金属轨道，左端为半径为r i的四分之一圆弧轨道，右端为半径为「2的半圆轨道，中部为与它们相切的水平轨道。水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的竖

11.(18分)如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距

部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为

边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒ab质量为2 m，电阻为r，棒cd的质量为m,电阻为r。重力加速度为g。开始棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上。棒

与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为

(1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小;

(2)棒cd在水平导轨上的最大加速度；

13?两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，

如图所示放置，间距为d=100cm,在左端斜轨道部分高

h=1.25m处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆A. b电阻R=2 Q，F b=5Q，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B=2T。现杆b以初速度v°=5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a,杆a滑到水平轨道过程中，通过杆b的平均电流为0.3A ; a下滑到水平轨道后，以a下滑到水平轨道时开始计时，A. b运动图象如图所示(a运动方向为正)，其

中m=2kg，m=1kg，g=10m/s，求

(1 )杆a落到水平轨道瞬间杆a的速度v;

(1)当a. b在水平部分稳定后，速度分别为多少？损失的机械能多少?

(2)设b棒在水平部分稳定后，冲上圆弧轨道，返回到水平轨道前，a棒已静止在水平轨道上，且b 棒与a棒不相碰，然后达到新的稳定状态，最后a，b的末速度为多少?

(3)整个过程中产生的内能是多少直向上的匀强磁场。一根质量为m的金属杆a置于水平轨道上，另一根质量为M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下，当b滑入水平轨道某位置时，a就滑上了右端半圆轨道最高点(b始终运动且a、b未相撞)，并且a在最高点对轨道的压力大小为mg此过程中通过a的电荷量为q，a、b棒的电阻分别为R、艮，其余部分电阻不计。在b由静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点过程中，求：

(1)在水平轨道上运动时b的最大加速度是多大？

(2)自b释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中系统

产生的焦耳热是多少？

(3)a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大?

L，放在水平绝缘桌面上，半径为R的1/4圆弧

B,方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面

3: 1。求:

14.（12分）如图所示，两根间距为L的金属导轨MN和PQ电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场I，右端有另一磁场II，其宽度也为d，但方向竖直向下，磁场的磁感强度大小均为B有两根质量均为m电阻均为R的金属棒a和b与导轨垂直放置，b 棒置于磁场II中点C D处，导轨除C、D两处（对应的距离极短）外其余均光滑，两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的K倍，a棒从弯曲导轨某处由静止释放。当只有一根棒作切割磁感线运动时，

它速度的减小量与它在磁场中通过的距离成正比，即Z 乂 ' X。求：

（1）若a棒释放的高度大于h o,则a棒进入磁场I时会使b棒运动，判断b棒的运动方向并求出h o 为多少？

（2）若将a棒从高度小于h o的某处释放，使其以速度V。进入磁场I，结果a棒以也的速度从磁场I

中穿出，求在a棒穿过磁场I过程中通过b棒的电量q和两棒即将相碰时b棒上的电功率巳为多少？

15.（2014届海淀期末10分）如图21所示，两根金属平行导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L,电阻不计。水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，

磁场I左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B,方向竖直向上；磁场H的磁感应强度大小为

2B,方向竖直向下。质量均为m电阻均为R的金属棒a和b垂直导轨放置在其上，金属棒b置于磁场 n的右边界CD处。现将金属棒a从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。

（1）若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大摩擦力均为1 mg将金属棒a从距水平面高

度h处由静止释放。求：

金属棒a刚进入磁场I时，通过金属棒b的电流大小；

若金属棒a在磁场I内运动过程中，金属棒b能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a释放时的高度h应满足的条件；

（2）若水平段导轨是光滑的，将金属棒a仍从高度h处由静止释放，使其进入磁场I。设两磁场区域足够大，求金属棒a在磁场I内运动过程中，金属棒b中可能产生焦耳热的最大值。

图21

（2）杆a在斜轨道上运动的时间；

（3）在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。

v/ms ]

-2

由于一;」、二！串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度它们的磁场力为：血=3伤

②

中感应电流为零（丄.），安培力为零，一;」、二运动趋于稳定，此时有：=二』-.一匚所1

以<

③

在磁场力作用下，-」、-‘」各作变速运动，产生的感应电动势方向相反，当』时，电路

参考答案：

1、

2、

1:S2=2:1。

5、（1）丄'自由下滑，机械能守恒:

E —3/&.

1 = E/R.

q —iAt?

得g = A

即q = BrL/R = BrL/2R09

—B71L ? 2it = mv' —ITTUO ?①

线框离开磁场过程：

—Bf z L * = mu —mt/ ?②

Qo = Ti—7j * = g?③

联立①②③，得到：

V —5 N V —V 9

所以v —（vo十』）/2,选B4

对回路心=3/饭=BdSJ2R.①

对杆1: —Slid * ir = 0 —枷m ②

qi = J\ * ziz .③

联立①②③，得Si = 2mR^/B z cP a

j.-、二'受安培力作用，动量均发生变化，由动量定理得:

联立以上各式解得:

⑵根据系统的总能量守恒可得:

6、解析（1）当-：棒先向下运动时，在-■和：以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于

是」棒受到向下的安培力，'■棒受到向上的安培力，且二者大小相等。释放」棒后，经过时间t，分别

以」和：为研究对象，根据动量定理，则有:

2动量守恒定律的应用-四种模型

例2.如图所示，一根质量不计、长为1m，能承受最大拉力为14N的绳子，一端固定在天花板上，另一端系一质量为1kg的小球，整个装置处于静止状态，一颗质量为10g、水平速度为500m/s的子弹水平击穿小球后刚好将将绳子拉断，求子弹此时的速度为多少（g取10m/s2）练2、一颗质量为m，速度为v0的子弹竖直向上射穿质量为M的木块后继续上升，子弹从射穿木块到再回到原木块处所经过的时间为T，那么当子弹射出木块后，木块上升的最大高度为多少例3．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．练3．质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块冲来，设小球不能越过滑块，求：小球到达最高点时的速度和小球达到的最大高度。例4.如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中， (1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．

练4．如图所示，光滑水平面上有A 、B 、C 三个物块，其质量分别为m A ＝2.0 kg ，m B ＝m C ＝1.0 kg ，现用一轻弹簧将A 、B 两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A 、B 两物块靠近，此过程外力做功108 J(弹簧仍处于弹性限度范围内)，然后同时释放，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C 恰好以4 m/s 的速度迎面与B 发生碰撞并瞬时粘连．求： (1)弹簧刚好恢复原长时(B 与C 碰撞前)，A 和B 物块速度的大小； (2)当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能． 1．静止在光滑水平地面上的平板小车C ，质量为m C =3kg ，物体A 、B 的质量为m A =m B =1kg ，分别以v A =4m/s 和v B =2m/s 的速度大小，从小车的两端相向地滑到车上．若它们在车上滑动时始终没有相碰，A 、B 两物体与车的动摩擦因数均为μ=．求：（1）小车的最终的速度；（2）小车至少多长（物体A 、B 的大小可以忽略）． 2．如图，水平轨道AB 与半径为R=1.0 m 的竖直半圆形光滑轨道BC 相切于B 点．可视为质点的a 、b 两个小滑块质量m a =2m b =2 kg ，原来静止于水平轨道A 处，AB 长为L=3.2m ，两滑块在足够大的内力作用下突然分开，已知a 、b 两滑块分别沿AB 轨道向左右运动，v a = 4.5m/s ，b 滑块与水平面间动摩擦因数5.0=μ，g 取10m/s 2．则 (1)小滑块b 经过圆形轨道的B 点时对轨道的压力． (2)通过计算说明小滑块b 能否到达圆形轨道的最高点C ．附加题：如图，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L .物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求： (1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p . O C B a b A B v A v B C

电磁感应动量定理的应用

电磁感应中动量定理的运用动量定律I ＝?P 。设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F 为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I ＝F t ?，而F ＝B I L （I 为电流对时间的平均值）故有：B I L t ?=mv 2－mv 1 . 而I t=q ,故有q=BL mv 12mv - 理论上电量的求法：q=I ?t 。这种方法的依据是电流的定义式I=q/t 该式的研究对象是通电导体的某一截面，若在t 时间内流过该截面的电量为q ，则流过该切面的电流为I ＝q/t ，显然，这个电流应为对时间的平均值，因此该式应写为I = q/t ，变形后可以得q ＝I t ，这个关系式具有一般性，亦即无论流经导体的电流是恒定的还是变化的，只要电流用这段时间内的平均值代入，该式都适用，而平均电流的求解，在电磁感应问题中最为常见的思路为：对某一回路来说，据法拉第电磁感应定律，得E=t ??φ，显然该感应电动势也为对其时间的平均值，再由I ＝R E （R 为回路中的总电阻）可以得到I ＝ t R ??φ。综上可得q ＝R φ?。若B 不变，则q ＝R φ?＝R s B ? 电量q 与安培力的冲量之间有什么联系？可用下面的框图来说明。从以上框图可见，这些物理量之间的关系可能会出现以下三种题型：第一：方法Ⅰ中相关物理量的关系。第二：方法Ⅱ中相关物理量的关系。第三：就是以电量作为桥梁，直接把上面框图中左右两边的物理量联系起来，如把导体

棒的位移和速度联系起来，但由于这类问题导体棒的运动一般都不是匀变速直线运动，无法使用匀变速直线运动的运动学公式进行求解，所以这种方法就显得十分巧妙。这种题型难度最大。 2在解题中强化应用意识，提高驾驭能力由于这些物理量之间的关系比较复杂，只能从理论上把握上述关系还不够，还必须通过典型问题来培养学生的应用能力，达到熟练驾驭的目的。请看以下几例：（1）如图1所示，半径为r的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置，在轨道左侧上方MN间接有阻值为R0的电阻，整个轨道处在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L，一电阻也为R0质量为m的金属棒ab从MN处由静止释放经时间t到达轨道最低点 cd时的速度为v，不计摩擦。求：（1）棒从ab到cd过程中通过棒的电量。（2）棒在cd处的加速度。分析与解有的同学据题目的已知条件，不假思索的就选用动量定理，对该过程列式如下： mgt－B I Lt=mv －0显然该式有两处错误：其一是在分析棒的受力时，漏掉了轨道对棒的弹力N，从而在使用动量定理时漏掉了弹力的冲量I N；其二是即便考虑了I N，这种解法也是错误的，因为动量定理的表达式是一个矢量式，三个力的冲量不在同一直线上，而且IN的方向还不断变化，故我们无法使用I=Ft来求冲量，亦即无法使用前面所提到的方法二。为此，本题的正确解法是应用前面提到的方法一，具体解答如下：对应于该闭合回路应用以下公式： (2)如图2所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为 a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(v﹤v0)，那么线圈 A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2 B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2 C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2 D.以上情况均有可能分析与解这是一道物理过程很直观的问题，可分为三个阶段：进入和离开磁场过程中均为加速度不断减少的减速运动，完全进入磁场后即作匀速直线运动，那么这三个过程的速度之间的关系如何呢？乍看好象无从下手，但对照上面的理论分析，可知它属于第三类问题。首先，由于进入磁场和离开磁场两段过程中，穿过线圈回路的磁通量变化量Δφ相同，故有q0=q=Δφ/R；其次，对线框应用动量定理，设线框完全进入磁场后的速度为v′，则有：

动量守恒定律及应用(包括验证动量守恒地实验)

动量守恒定律及其应用复习教案 (实验：验证动量守恒定律) 一、动量 1．定义：物体的质量与速度的乘积． 2．表达式：p＝□01____，单位kg·m/s. 3．动量的性质 (1)矢量性：方向与□02______速度方向相同． (2)瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的． (3)相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量．4．动量、动能、动量的变化量的关系 (1)动量的变化量：Δp＝p′－p. (2)动能和动量的关系：E k＝p2 2m . 二、动量守恒定律

1．守恒条件 (1)理想守恒：系统□03______________外力或所受外力的合力为□04______，则系统动量守恒． (2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当□05______远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒． (3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒． 2．动量守恒定律的表达式： m1v1＋m2v2＝□06__________或Δp1＝－Δp2. 三、碰撞 1．碰撞物体间的相互作用持续时间□07________，而物体间相互作用力□08______的现象． 2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力□09________外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒□10______ 非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失□11______ ,1－1.下列说法正确的是( ) A．速度大的物体，它的动量一定也大 B．动量大的物体，它的速度一定也大 C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量也保持不变

第2讲动量守恒定律及应用讲义

第2讲动量守恒定律及应用 M曲却自检晦勢硼映.黴卿识.对点练o 嗨津——见学生用书P094 知识梳理畫浸義材弄实基稍微知识1动量守恒定律 1.内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持—不变。 2.常用的四种表达形式 (1)p= p；即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量P’大小相等，方向相同。 ⑵p= p‘—p= 0,即系统总动量的增量为零。 ⑶ 山=-Ap2,即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。 (4)m i v i + m2v2= m皿；+ m?v ；，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。 3.常见的几种守恒形式及成立条件 (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：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。 (3)分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。微知识2碰撞 1.碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。 2.碰撞特征 (1)作用时间短。 (2)作用力变化快。 (3)内力远大于外力。 (4)满足动量守恒。

3.碰撞的分类及特点（1）弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。（2）非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。（3）完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。微知识3爆炸现象爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒微知识4反冲运动 1.物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动的现象。 2.反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。基础诊断思维辨析对点微练一、思维辨析（判断正误，正确的画“/”，错误的画“X”。） 1 .动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。（“） 2.质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。（X ） 3.系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。（X ） 4.系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。（X ）二、对点微练 1.（动量守恒条件）（多选）如图所示，在光滑水平面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接，A 靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力 0 A B F，则下列说法中正确的是（） ^777777777777777777777777777777. A.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 C .木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒

高考物理练习题库28(动量守恒定律的应用)

高考物理练习题库28(动量守恒定律的应用) 1.相向运动的A 、B 两辆小车相撞后,一同沿A 原来的方向前进,这是由于( ).【0.5】 (A)A 车的质量一定大于B 车的质量 (B)A 车的速度一定大于B 车的速度 (C)A 车的动量一定大于B 车的动量 (D)A 车的动能一定大于B 车的动能量答案:C 2.一个静止的质量为m 的不稳定原子核,当它完成一次α衰变.以速度v 发射出一个质量为m α的α粒子后,其剩余部分的速度等于( ).【0.5】 (A)v m m α- (B)-v (C)v m -m m αα (D)v m -m m α α- 答案:D 3.在两个物体碰撞前后,下列说法中可以成立的是( ).【1】 (A)作用后的总机械能比作用前小,但总动量守恒 (B)作用前后总动量均为零,但总动能守恒 (C)作用前后总动能为零,而总动量不为零 (D)作用前后总动景守恒,而系统内各物体的动量增量的总和不为零答案:AB 4.在光滑的水平面上有两个质量均为m 的小球A 和B,B 球静止,A 球以速度v 和B 球发生碰撞,碰后两球交换速度.则A 、B 球动量的改变量Δp A 、Δp B 和A 、B 系统的总动量的改变Δp 为( ).【1】 (A)△p A =mv,△p B =-mv,△p=2mv (B)△p A ,△p B =-mv,Δp=0 (C)Δp A =0,Δp B =mv,Δp=mv (D)△p A =-mv,Δp B =mv,Δp=0 答案:D 5.向空中发射一物体,不计空气阻力,当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a 、b 两块,若质量较大的a 块的速度方向仍沿原来的方向,则( ).【1】 (A)b 的速度方向一定与原来速度方向相同 (B)在炸裂过程中,a 、b 受到的爆炸力的冲量一定相同 (C)从炸裂到落地这段时间里,a 飞行的水平距离一定比b 的大 (D)a 、b 一定同时到达水平地面答案:D 6.大小相同质量不等的A 、B 两球,在光滑水平面上作直线运动,发生正碰撞后分开.已知碰撞前A 的动量p A =20㎏·m/s,B 的动量p B =-30㎏·m/s,碰撞后A 的动量p A =-4㎏·m/s,则:【2】 (1)碰撞后B 的动量p B =_____㎏·m/s. (2)碰撞过程中A 受到的冲量=______N·s. (3)若碰撞时间为0.01s,则B 受到的平均冲力大小为_____N. 答案:(1)-6(2)-24(3)2400 7在光滑的水平面上有A 、B 两个小球向右沿同一直线运动,取向右为正方向,两球的动量分别为p A =5㎏·m/s,p B =7㎏·m/s,如图所示.若两球发生正碰,则碰后两球的动量增量Δp A 、Δp B 可能是( ).【2】 (A)Δp A =3㎏·m/s,Δp B =3㎏·m/s (B)Δp A =-3㎏·m/s,Δp B =3㎏·m/s

电磁感应中动量定理和动量守恒

高考物理电磁感应中动量定理和动量守恒定律的运用（1）如图1所示，半径为r的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置，在轨道左侧上方MN 间接有阻值为R0的电阻，整个轨道处在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L，一电阻也为R0质量为m的金属棒ab从MN处由静止释放经时间t到达轨道最低点cd时的速度为v，不计摩擦。求：（1）棒从ab到cd过程中通过棒的电量。（2）棒在cd处的加速度。 (2)如图2所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(v ﹤v0)，那么线圈 A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2 B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2 C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2 D.以上情况均有可能（3）在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R,导轨宽d电阻不计,导体棒AB垂直于导轨放置,质量为m ,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现给导体棒一水平初速度v0,求AB在导轨上滑行的距离. (4)如图3所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为： A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.1:1 5:如图所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长。试求： (1)ab、cd棒的最终速度；

§2 动量守恒定律及其应用

§2 动量守恒定律及其应用教学目标： 1．掌握动量守恒定律的内容及使用条件，知道应用动量守恒定律解决问题时应注意的问题． 2．掌握应用动量守恒定律解决问题的一般步骤． 3．会应用动量定恒定律分析、解决碰撞、爆炸等物体相互作用的问题．教学重点：动量守恒定律的正确应用；熟练掌握应用动量守恒定律解决有关力学问题的正确步骤．教学难点：应用动量守恒定律时守恒条件的判断，包括动量守恒定律的“五性”：①条件性；②整体性；③矢量性；④相对性；⑤同时性．教学方法： 1．学生通过阅读、对比、讨论，总结出动量守恒定律的解题步骤． 2．学生通过实例分析，结合碰撞、爆炸等问题的特点，明确动量守恒定律的矢量性、同时性和相对性． 3．讲练结合，计算机辅助教学教学过程一、动量守恒定律 1．动量守恒定律的内容一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。即：221 12211v m v m v m v m '+'=+ 2．动量守恒定律成立的条件 ⑴系统不受外力或者所受外力之和为零； ⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计； ⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。 ⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 3．动量守恒定律的表达形式（1）221 12211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/，（2）Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和 1221v v m m ??-= 4．动量守恒定律的重要意义从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中

用动量定理解决电磁感应问题

应用动量定理解决电磁感应问题的思维起点电磁感应部分历来是高考的重点、热点，出题时可将力学、电磁学等知识溶于一体，能很好地考查学生的理解、推理、分析综合及应用数学处理物理问题的能力．通过对近年高考题的研究，此部分结合动量定理的力电综合模型经常在高考题中出现。本文结合例题分析应用动量定理解决电磁感应问题的思维起点。一、以累积公式q=It 结合动量定理为思维起点直导线在磁场中要受到安培力的作用，速度发生变化，安培力随之变化。通常直导线（或线框）的运动为非匀变速直线运动，不能用牛顿运动定律结合运动学公式解题，而动量定理适用于非匀变速直线运动。在时间△t 内安培力的冲量BLq t BLI t F =?=?，式中q 是通过导体截面的电量。利用该公式结合动量定理是解答此类问题思维起点。例1．如图所示，在匀强磁场区域内与B 垂直的平面中有两根足够长的固定金属平行导轨，在它们上面横放两根平行导体棒构成矩形回路，长度为L ，质量为m ，电阻为R ，回路部分导轨电阻可忽略，棒与导轨无摩擦，开始时图中左侧导体棒静止，右侧导体棒具有向右的初速v 0，试求两棒之间距离增长量x 的上限。析与解：当右棒运动时，产生感应电动势，两棒中有感应电流通过，右棒受到安培力作用而减速，左棒受到安培力作用而加速。当它们的速度相等时，它们之间的距离最大。设它们的共同速度为v ，则据动量守恒定律可得： mv 0＝2mv ，即02 1v v = 对于左棒应用动量定理可得： BILt= mv 所以，通过导体棒的电量q=It =BL mv 20 而q =R BLx t I 2= ? 由上述各式可得： x =220L B R mv 。 v

高中物理动量守恒定律及其应用

动量守恒定律及其应用教学目标： 1．掌握动量守恒定律的内容及使用条件，知道应用动量守恒定律解决问题时应注意的问题． 2．掌握应用动量守恒定律解决问题的一般步骤． 3．会应用动量定恒定律分析、解决碰撞、爆炸等物体相互作用的问题．教学重点：动量守恒定律的正确应用；熟练掌握应用动量守恒定律解决有关力学问题的正确步骤．教学难点：应用动量守恒定律时守恒条件的判断，包括动量守恒定律的“五性”：①条件性；②整体性；③矢量性；④相对性；⑤同时性．教学方法： 1．学生通过阅读、对比、讨论，总结出动量守恒定律的解题步骤． 2．学生通过实例分析，结合碰撞、爆炸等问题的特点，明确动量守恒定律的矢量性、同时性和相对性． 3．讲练结合，计算机辅助教学教学过程一、动量守恒定律 1．动量守恒定律的内容一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。即：221 12211v m v m v m v m '+'=+ 2．动量守恒定律成立的条件（1）系统不受外力或者所受外力之和为零；（2）系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；（3）系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。（4）全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 3．动量守恒定律的表达形式

（1）221 12211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/，（2）Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和1 221v v m m ??-= 4．动量守恒定律的重要意义从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。（2000年高考综合题23 ②就是根据这一历史事实设计的）。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。 5．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法（1）分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的。（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系。（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解。二、动量守恒定律的应用 1．碰撞两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m 1的物体A 以速度v 1向质量为m 2的静止物体B 运动，B 的左端连有轻弹簧。在Ⅰ位置A 、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到Ⅱ位置A 、B 速度刚

高考物理动量守恒定律的应用技巧(很有用)及练习题

高考物理动量守恒定律的应用技巧(很有用)及练习题一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用 1．足够长的水平传送带右侧有一段与传送带上表面相切的 1 4 光滑圆弧轨道，质量为M ＝2kg 的小木盒从离圆弧底端h =0.8m 处由静止释放，滑上传送带后作减速运动，1s 后恰好与传送带保持共速。传送带始终以速度大小v 逆时针运行，木盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木盒与传送带保持相对静止后，先后相隔T ＝5s ，以v 0＝10m/s 的速度在传送带左端向右推出两个完全相同的光滑小球，小球的质量m ＝1kg ．第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中并与盒保持相对静止，第2个球出发后历时△t ＝0.5s 与木盒相遇。取g ＝10m/s 2，求：（1）传送带运动的速度大小v ，以及木盒与第一个小球相碰后瞬间两者共同运动速度大小v 1；（2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇；（3）从木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量。【答案】（1）v =2m/s ；v 1=2m/s （2）t 0=1s （3）24J Q = 【解析】【详解】（1）设木盒下滑到弧面底端速度为v '，对木盒从弧面下滑的过程由动能定理得 21 2 Mgh Mv = ' 依题意，木箱滑上传送带后做减速运动，由运动学公式有：v v at ='-' 对箱在带上由牛顿第二定律有：Mg Ma μ= 代入数据联立解得传送带的速度v =2m/s 设第1个球与木盒相遇，根据动量守恒定律得 ()01mv Mv m M v -=+ 代入数据，解得v 1=2m/s （2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s ，第1个球经过t 0与木盒相遇，则00 s t v = 设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律有 ()()m M g m M a μ+=+ 得：2 2m/s a g μ==

高中物理-动量守恒定律及其应用(实验)教案

高中物理-动量守恒定律及其应用(实验)教案【学习目标】 1．知道动量与冲量的概念,理解动量定理与动量守恒定律． 2．会用动量定理与动量守恒定律解决实际应用问题． 3．明确探究碰撞中的不变量的基本思路．【要点导学】 1．冲量与动量的概念理解． 2．运用动量定理研究对象与过程的选择． 3．动量守恒定律的适用条件、表达式及解题步骤． 4．弹性碰撞和非弹性碰撞（1）弹性碰撞：___________________________________ （2）非弹性碰撞：____________________________________ （3）在光滑水平面上,质量为m 1的小球以速度v 1与质量为m 2的静止小球发生弹性正碰,根据动量守恒和机械能守恒,碰后两个小球的速度分别为： v 1’=_____________v 2’=_____________。【典型例题】类型一冲量与动量定理【例1】质量为m 的小球,从沙坑上方自由下落,经过时间1t 到达沙坑表面,又经过时间2t 停在沙坑里。求：（1）沙对小球的平均阻力F ；（2）小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I 的大小．类型二动量守恒定律及守恒条件判断【例2】把一支枪水平固定在小车上,小车放在光滑的水平面上,枪发射出一颗子弹时,关于枪、弹、车,下列说法正确的是（） A ．枪和弹组成的系统,动量守恒 B ．枪和车组成的系统,动量守恒 C ．三者组成的系统,因为枪弹和枪筒之间的摩擦力很小,使系统的动量变化很小,可以忽略不计,故系统动量近似守恒 D ．三者组成的系统,动量守恒,因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用,这两个外力的合力为零【变式训练1】如图A 、B 两物体的质量之比m A ∶m B ＝3∶2,原来静止在平板小车C 上,A 、B 间有一根被压缩了的弹簧,A 、B 与平板车上表面间的滚动摩擦系数相同,地面光滑,当弹簧突然释放后, 则（） A ．A 、B 组成的系统动量守恒 B ．A 、B 、 C 组成的系统动量守恒 C ．小车向左运动 D ．小车向右运动类型三动量守恒与能量守恒的综合应用【例3】在静止的湖面上有一质量为M=100kg 的小船,船上站一个质量为m=50kg 的人。船长6米, A B C

动量守恒定律及应用练习题

动量守恒定律习题课教学目标：掌握应用动量守恒定律解题的方法和步骤能综合运用动量定理和动量守恒定律求解有关问题教学重点：熟练掌握应用动量守恒定律解决有关力学问题的正确步骤教学难点：守恒条件的判断，系统和过程的选择，力和运动的分析教学方法：讨论，总结；讲练结合【讲授新课】 1、“合二为一”问题：两个速度不同的物体，经过相互作用，最后达到共同速度。例1、甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s.甲车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2=30kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：（1）两车的速度各为多少？（2）甲总共抛出了多少个小球？分析与解：甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的过程。（1）甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞。设共同速度为V，则: M1V1－M2V1=（M1+M2）V （2）这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×（－ 1.5）=225（kg·m/s）每一个小球被乙接收后，到最终的动量弯化为△P1=16.5×1－ 1.5×1=15（kg·m/s）故小球个数为 2、“一分为二”问题：两个物体以共同的初速度运动，由于相互作用而分开后以不同的速度运动。例2、人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固木箱，开始时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以速度V推向前方弹性挡板，木箱与档板碰撞后又反向弹回，设木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度V推向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再

动量守恒定律的应用

动量守恒定律的应用一一、教学目的复习上节课所学《动量守恒定律》，掌握应用动量守恒定律解决综合问题的思路和方法二、教学重点 1．物理情景分析和物理模型的建立 2.应用动量守恒定律解决实际问题的基本思路和方法三、教学难点应用动量守恒动量分析物理过程，灵活应用动量守恒定律四、教学方法分析、讨论和归纳五、教学过程 1、复习引入： 1、系统动量守恒的条件有哪些？ 2、应用动量守恒定律解题的一般步骤？ 2、课堂教学典型问题一：碰撞类问题 ○ 1碰撞：碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短的时间内运动状态发生显著变化的过程。 ○ 2碰撞的特点：碰撞、爆炸过程作用时间极短，内力远远大于外力，所以都可认为系统的动量守恒。 ○ 3碰撞的分类：对心碰撞（正碰）和非对心碰撞（斜碰）。例1．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，下列现象可能的是（） A ．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开 B ．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行 C ．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开 D ．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行〖学生讨论，老师总结，通过此题，培养学生全面分析问题的思维品质〗例2．一质量为M 的木块放在光滑的水平桌面上处于静止状态，一颗质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向击中木块，并留在其中与木块共同运动，则子弹对木块的冲量大小是( ) A ． mv 0 ； B 、m M mMv +0 ； C 、mv 0－m M mv +0 ； D 、mv 0－m M v m +02 〖学生讨论，老师总结，通过此题，培养学生全面分析问题的思维品质〗典型问题二：人船模型例3．质量为M ＝300kg 的小船，长为L ＝3m ，浮在静水中。开始时质量为m ＝60kg 的人站在船头，人和船均处于静止状态。若此人从船头走到船尾，不计水的阻力，则船将前进多远？分析：此例物理情景较简单，但物理过程学生不一定清楚，所以，教师此时要做好引导工作。○ 1引导学生，分析人在船上运动时，船会如何运动？两者位移关系如何？与学生一起作出物理情景示意图，找出各自对地位移，此处一定要强调位移的物理意义！ ○ 2与学生一起分析，此时可选用哪些规律来答题？〖可能有学生会想到用牛顿运动定律和运动学公式来答，老师不要急于给予否定，可让学生自己动手尝试一下。如果没有学生想到动量守恒，教师可适当给予启发，学生议一议，效果可能会好些。〗讲解：人和船组成的系统在整个运动过程中，都不受水平方向外力作用，而在竖直方向，处于平衡状态，所以系统满足动量守恒条件，系统平均动量守恒。对人和船组成的系统，满足动量守恒条件，取向右方向为正，则有： M S 船=m(L －S 船) 代入数据得S 船=0.5m

动量守恒定律及其应用·典型例题精析

动量守恒定律及其应用·典型例题精析 [例题1]平静的湖面上浮着一只长l=6m，质量为550 kg的船，船头上站着一质量为m=50 kg的人，开始时，人和船均处于静止．若船行进时阻力很小，问当人从船头走到船尾时，船将行进多远？ [思路点拨]以人和船组成的系统为研究对象．因船行进时阻力很小，船及人所受重力与水对船的浮力平衡，可以认为人在船上行走时系统动量守恒，开始时人和船都停止，系统总动量为零，当人在船上走动时，无论人的速度如何，系统的总动量都保持为零不变． [解题过程]取人运动方向为正方向，设人对岸的速度为v，船对岸的速度为V，其方向与v相反，由动量守恒定律有 0＝mv＋(－MV)．解得两速度大小之比为

此结果对于人在船上行走过程的任一瞬时都成立．取人在船上行走时任一极短时间Δt i，在此时间内人和船都可视为匀速运动，此时间内人和船相对地面移动的距离分别为ΔS mi=v iΔt i和ΔSM i＝V iΔt i，由此有这样人从船头走到船尾时，人和船相对地面移动的总距离分别为 S m＝∑ΔS mi，S M＝∑ΔS Mi．由图中几何关系可知S m＋S M＝L．这样，人从船头走到船尾时，船行进的距离为代入数据有 S M=0.5 m．

[小结]本题表明，在动量守恒条件得到满足的过程中，系统任一瞬时的总动量保持不变． [例题2]如图7－9示，物块A、B质量分别为m A、m B，用细绳连接，在水平恒力F的作用下A、B一起沿水平面做匀速直线运动，速度为v，如运动过程中，烧断细绳，仍保持力F大小方向不变，则当物块B停下来时，物块A的速度为多大？ [思路点拨]以A和B组成的系统作为研究对象．绳子烧断前，A、B 一起做匀速直线运动，故系统所受外力和为零，水平方向系统所受外力计有拉力F，物块A受到地面的摩擦力f A，物体B受到地面的摩擦力f B，且F=f A ＋f B．绳烧断后，直到B停止运动前F与f A、f B均保持不变，故在此过程中系统所受外力和仍为零，系统总动量保持不变．所以此题可用动量守恒定律求解． [解题过程]取初速v的方向为正方向，设绳断后A、B的速度大小分别为v′A、v′B，由动量守恒定律有 (m A＋m B)v＝m A v′A＋m B v′B．

动量守恒定律的综合应用练习及答案

1.如图所示，以质量m=1kg的小物块(可视为质点),放置在质量为M=4kg的长木板，左侧长木板放置在光滑的水平地面上，初始时长木板与木块一起，以水平速度v?=2m/s向左匀速运动。在长木板的左侧上方固定着一个障碍物A，当物块运动到障碍物A处时与A发生弹性碰撞（碰撞时间极短，无机械能损失)，而长木板可继续向左运动，重力加速度g=10m/s2。（1）设长木板足够长,求物块与障碍物第1次碰撞后,物块与长木板速度相同时的共同速率 1.2m/s （2）设长木板足够长，物块与障碍物发生第1次碰撞后，物块儿向右运动能到达的最大距离，s=0.4m，求物块与长木板间的动摩擦因数以及此过程中长木板运动的加速度的大小.1.25m/s2 （3）要使物块不会从长木板上滑落，长木板至少为多长?2m 2.如图所示为一根直杆弯曲成斜面和平面连接在一起的轨道，转折点为C,斜面部分倾角为30度，平面部分足够长,滑块A,B放在斜面上，开始时A,B之间的距离为1米，B与C的距离为0.6米，现将A B同时由静止释放.已知A 、B与轨道的动摩擦因数分别为√3/5和√3/2 ,A、B质量均为m，g取10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B发生碰撞时为弹性碰撞。物体A,B可以看作是质点,不计在斜面与平面转弯处的机械能损失，则（1）经过多长时间滑块A,B第1次发生碰撞. 1s （2）滑块B停在水平轨道上的位置与C点儿的距离是多少？m 10 3 3.如图所示，光滑的轨道固定在竖直平面内，其O点左边为水平轨道,O点右边的曲面轨道高度h等于0.45米，左右两段轨道在O点平滑连接.质量m=0.10kg的小滑块a由静止开始从曲面轨道的顶端沿轨道下滑，到达水平段后与处于静止状态的质量M=0.30kg的小滑块b发生碰撞，碰撞后现小滑块a恰好停止运动，取重力加速度g=10m/s2,求（1）小滑块a通过O点时的速度大小3m/s （2）碰撞后小滑块b的速度大小1m/s （3）碰撞后碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能。0.3J A B C b c h o

电磁感应动量定理应用

电磁感应与动量的综合 1．安培力的冲量与电量之间的关系：设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即t F I ?=安冲而F ＝B I L （I 为电流对时间的平均值）故有：安培力的冲量t L I B I ??=冲而电量q =I Δt ，故有BLq I =冲因只在安培力作用下运动 BLq =mv 2－mv 1 BL P q ?= 2．感应电量与磁通量的化量的关系：R n t R t n t R E t I q ?Φ=????Φ=??=??= 若磁感应强度是匀强磁场，R BLx R S B R q =?=?Φ= 以电量作为桥梁，把安培力的冲量、动量变化量与回路磁通量的变化量、导体棒的位移联系起来。例1．如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L 的区域内，现有一个边长为a （a

重点高中物理选修35动量守恒定律的应用

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选修3-5 第十六章动量守恒定律【动量定理】一、动量 1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．P=mv ①是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则。是状态量； ②通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。 ③是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。单位是kg·m/s； 2、动量的变化及其计算方法 ①ΔP=P一P0，主要计算P0、P在一条直线上的情况。 ②利用动量定理ΔP=F·t，通常用来解决P0、P不在一条直线上或F为恒力的情况。二、冲量 1、冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量．I= F·t ①是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则． ②冲量不仅由力的决定，还由力的作用时间决定。而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。单位是N·s； 2、冲量的计算方法 ①I= F·t．采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。I=Ft ②利用动量定理 Ft=ΔP．主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中F为合外力（或某一方向上的合外力）。三、动量定理 1、动量定理：物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化．Ft=mv一mv0

2、应用动量定理的思路：（1）明确研究对象和受力的时间（明确质量m和时间t）；（2）分析对象受力和对象初、末速度（明确冲量I合，和初、未动量P0，P）；（3）规定正方向，目的是将矢量运算转化为代数运算；（4）根据动量定理列方程例1.质量为60 kg的建筑工人,不慎从高空跌下,幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s,安全带自然长度为5 m,g取10 m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小为() A.500 N B.1 100 N C.600 N D.1 000 N 例2.如图所示,一个质量为1 kg的滑块在固定于竖直平面内半径为R的光滑轨道内运动,若滑块在圆心等高处的C 点由静止释放,到达最低点B时的速度为5 m/s,求滑块从C点到B点的过程中合外力的冲量。【动量守恒定律】一、动量守恒定律 1、内容：相互作用的物体，如果不受外力或所受外力的合力为零，它们的总动量保持不变，即作用前的总动量与作用后的总动量相等． 2、动量守恒定律适用的条件 ①系统不受外力或所受合外力为零． ②当内力远大于外力时． ③某一方向不受外力或所受合外力为零，或该方向上内力远大于外力时，该方向的动量守恒． 3、常见的表达式 ①p=p0，其中p、p0分别表示系统的末动量和初动量，表示系统作用前的总动量等于作用后的总动量。