动量定理之应用 ◆动 2 =△p Ft= mv, -mvo ◆动量的应用 (1)遵从矢量性与独立性原理 (2)合理与必要的近似 (3)尽量取大系统与整过程 ∑I1
I p = Ft mv mv = − t 0 ♠ 动量定理 ♠ 动量定理的应用 (1)遵从矢量性与独立性原理 (2)合理与必要的近似 (3)尽量取大系统与整过程 i i I p =
动量定理应用示例 如图所示,顶角为20、内壁光滑的圆锥体倒立竖直固定在P点 中心轴PO位于竖直方向,一质量为m的质点以角速度绕竖直轴沿圆锥内壁做匀 速圆周运动,已知、b两点为质点m运动所通过的圆周一直径上的两点,求质点 m从a点经半周运动到b点,圆锥体内壁对质点施加的弹力的冲量 解 分析受力 O 运动半周动量变化量为p=2m-=m 其中轨道半径r由 mg cotO=mro2r=2 cote? 合外力冲量为I=2 mb cot6 向 元 重力冲量为 弹力冲量为=图、(20t)+z2 G M
如图所示，顶角为2θ、内壁光滑的圆锥体倒立竖直固定在P点， 中心轴PO位于竖直方向，一质量为m的质点以角速度ω绕竖直轴沿圆锥内壁做匀 速圆周运动，已知a、b两点为质点m运动所通过的圆周一直径上的两点，求质点 m从a点经半周运动到b点，圆锥体内壁对质点施加的弹力的冲量． 分析受力： mg F向 运动半周动量变化量为 = = p mv m r 2 2 2 mg mr cot = 2 cot g r = 其中轨道半径r由 合外力冲量为 2 cot I = g m 重力冲量为 = G I mg I IG IN 弹力冲量为 ( ) 2 2 2cot I N = + mg m a b 2θ O ω P
动量定理立用示例 如图所示,质量为M的小车在光滑水平面上以v向左匀速运动,一质量为m 的小球从高h处自由下落,与小车碰撞后,反弹上升的高度仍为h.设M>>m,碰 撞时弹力F>>mg,球与车之间的动摩擦因数为,则小球弹起后的水平速度为 A.√2gh g B.0 hgh D.-V 小球与车板相互作用,小兼动量发生变化:水平方向动量 从0→m,竖直方向动量大小不变,方向反向,对小球分别 在竖直、水平方向运用动量定理。 设小球与车板相互作用时 间t,小球碰板前速度v,由2 ny 2=mgh得v=√2gh 由动量定理 水平方向FNt=mx m 竖直方向Fyt=my2gh-(-m2gh) h 4V2 2u√2gh
如图所示，质量为M的小车在光滑水平面上以v0向左匀速运动，一质量为m 的小球从高h处自由下落，与小车碰撞后，反弹上升的高度仍为h．设M>>m，碰 撞时弹力FN>>mg，球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球弹起后的水平速度为 A. B. 0 C. D. 2gh 2 2 gh –v0 M h 小球与车板相互作用，小球动量发生变化：水平方向动量 从0→mvx，竖直方向动量大小不变，方向反向，对小球分别 在竖直、水平方向运用动量定理。 设小球与车板相互作用时 间t，小球碰板前速度vy，由 1 2 2 2 mv mgh v gh y y = = 得 由动量定理 Ff 水平方向 F t mv N x = FN 2 2 x v = gh 竖直方向 F t m gh m gh N = − − 2 2 ( ) m v0
动量定理立用示例3 如图所示,滑块A和B用轻线连接在一起后放在水平桌面上,水平恒力F 作用在B上,使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动.已知滑块A、B与水平桌 面之间的动摩擦因数均为μ.力F作用时间t后A、B连线断开,此后力F仍作用于 B.试求滑块A刚刚停住时,滑块B的速度大小?两滑块质量分别为m4、mB 解 °设绳断时A、B速度为V,绳断后A运 °动时间为T;则在T时间内对系统有 [F-(m4+mn)g](+)=m" 而在时间内对系统有 [F-H(m,+mn)2]t=(m+m) 其中 V=g:7 Mfm+fo s 8 )g 力g,+m) [F-p(m4+mn)g」 B mm B
如图所示，滑块A和B用轻线连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F 作用在B上，使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动．已知滑块A、B与水平桌 面之间的动摩擦因数均为μ．力F作用时间t后A、B连线断开，此后力F仍作用于 B．试求滑块A刚刚停住时，滑块B的速度大小？两滑块质量分别为mA、mB． A B F 设绳断时A、B速度为V，绳断后A运 动时间为T;则在t+T时间内对系统有 F m m g t T m v − + + = ( A B B B ) ( ) 而在t时间内对系统有 F m m g t m m V − + = + ( A B A B ) ( ) 其中 V g T = ( ) ( ) A B A B F m m g T t g m m − + = + ( ) ( ) A B A B B B F m m g Ft m m v m g − + + = ( ) ( ) A B A B F m m g t m m − + = +
专题9-例1如图所示,椭圆规的尺AB质量为2m,曲柄OC质量为m 而套管A、B质量均为M.已知OC=AC=CB=;曲柄和尺的重心分别在其中点上; 曲柄绕O轴转动的角速度0为常量;开始时曲柄水平向右,求曲柄转成竖直向上 过程中,外力对系统施加的平均冲量 解 确定曲柄m、尺2m、套管A、B °质心的速度,确定质点系的动 量变化,对系统运用动量定理 曲柄、尺的质心及套管A、B的速度相关关系如示 P mol 曲柄质心速度=动量p=Ml6A”A B 尺质心速度v=Ol动量p。=2m 套管A速度 AB 2Mol 套管B速度 5 系统动量大小不变为P m+2M al 2 A 由动量定理,在从水平变成竖直过程中 7=n1-n=√2|9m+2M|al B 2 O…. Ar
如图所示，椭圆规的尺AB质量为2m，曲柄OC质量为m， 而套管A、B质量均为M．已知OC=AC=CB=l；曲柄和尺的重心分别在其中点上； 曲柄绕O轴转动的角速度ω为常量；开始时曲柄水平向右，求：曲柄转成竖直向上 过程中，外力对系统施加的平均冲量． C B A O 专题9-例1 确定曲柄m、尺2m、套管A、B 质心的速度，确定质点系的动 量变化，对系统运用动量定理 曲柄、尺的质心及套管A、B的速度相关关系如示 C B A O t v 曲柄质心速度 2 l v = C v 尺质心速度 c v l = 套管A速度 C v An v A v 套管B速度 C v An v 2 m l p 动量 = 动量 2 c p m l = 2 AB p M l = 系统动量大小不变为 5 2 2 p m M l = + 0 p t p 由动量定理，在从水平变成竖直过程中 t 0 I p p = − p 5 2 2 2 m M l = +
专题9-例2如图所示,光滑的水平面上停着一只木球和载人小车,木 球质量为m,人和车总质量为M,已知M:m=16:1,人以速率v沿水平面将木球 推向正前方的固定挡板,木球被挡板弹回之后,人接住球后再以同样的对地速率 将球推向挡板.设木球与挡板相碰时无动能损失.求人经过几次推木球后,再也 不能接住木球? 解 。对木球与载人小车这个系统, 动量从初时的0,到最终未动 量至少为(M+m)v,是墙对 木球冲量作用的结果: n·2mu≥(m+M) 17 经9次推木球后,再也接不住木球
如图所示，光滑的水平面上停着一只木球和载人小车，木 球质量为m，人和车总质量为M，已知M∶m=16∶1，人以速率v沿水平面将木球 推向正前方的固定挡板，木球被挡板弹回之后，人接住球后再以同样的对地速率 将球推向挡板．设木球与挡板相碰时无动能损失．求人经过几次推木球后，再也 不能接住木球？ 专题9-例2 对木球与载人小车这个系统， 动量从初时的0，到最终末动 量至少为（M+m）v，是墙对 木球冲量作用的结果： n mv m M v + 2 ( ) 17 2 n 经9次推木球后，再也接不住木球
专题9-例3一根均匀的不可伸缩的软缆绳全长为、质量为M.开始时 绳的两端都固定在邻近的挂钩上,自由地悬着,如图(甲)·某时刻绳的一端松 开了,缆绳开始下落,如图(乙),每个挂钩可承受的最大负荷为FNy(大于缆绳 的重力Mg),为使缆绳在下落时,其上端不会把挂钩拉断,Mg与F必须满足什 么条件?假定下落时,缆绳每个部分在达到相应的最终位置之后就都停止不动 解 松开左缆绳,自由下落h时,左侧绳速度为y2h 挂钩所受的力由两部分组成:一是承静止悬挂在 钩下的那部分缆绳的重;一是受紧接着落向静止 部分最下端的绳元段的冲力F,挂钩不被拉断,这 两部分力的总和不得超过钩的最大负荷 研究左边绳处于最下端的极小段绳元△x:受右 边静止绳作用使立速度在极短时间△内减为 B 由动量定理 F"△t=△m·p 因时间极短内忽略重力冲量元段的平均速度取p=y2甲 F′·△t= M√2gh Ar·2ghF=Mgh 当左边绳全部落下并伸下时,h=F=Mg 挂钧不断的条件是Fxy>2Mg
一根均匀的不可伸缩的软缆绳全长为l、质量为M．开始时， 绳的两端都固定在邻近的挂钩上，自由地悬着，如图（甲）．某时刻绳的一端松 开了，缆绳开始下落，如图（乙），每个挂钩可承受的最大负荷为FN（大于缆绳 的重力Mg），为使缆绳在下落时，其上端不会把挂钩拉断，Mg与FN必须满足什 么条件？假定下落时，缆绳每个部分在达到相应的最终位置之后就都停止不动． 专题9-例3 甲 乙 x x A B C 松开左缆绳,自由下落h时，左侧绳速度为 挂钩所受的力由两部分组成：一是承静止悬挂在 钩下的那部分缆绳的重；一是受紧接着落向静止 部分最下端的绳元段的冲力F，挂钩不被拉断，这 两部分力的总和不得超过钩的最大负荷 2gh 研究左边绳处于最下端的极小段绳元Δx:受右 边静止绳作用,使之速度在极短时间Δt内减为0, 由动量定理 F t m v = 2 2 gh 因时间极短内,忽略重力冲量,元段的平均速度取 v = 2 2 2 M gh F t t gh l = h F Mg l = 当左边绳全部落下并伸下时,h=l F Mg = 挂钩不断的条件是 2 F Mg N >
C量一根铁链,平放在桌面上,铁链每单位长度的质量为 现用手提起链的一端,使之以速度ν竖直地匀速上升,试求在从 端离地开始到全链恰离地,手的拉力的冲量,链条总长为L 示是链的一微元段离地的情景该段微的<(→0 解 该段微元质量△m=2·△x 设该元段从静止到被提起历时At, 那么竖直上升部分长x的链条在手的拉 力F、重力的冲量作用下,发生了末段 微元动量的变化,由动量定理: (F-xg)A=△mv F=元y2+=A9+n15 F-xg=··v=元 △t 力随时间线性变化,故可用算术平均力求整个过程手拉力P的总冲量: L gL Ⅰ=2.v2+AgL g 2 2D,+λLu
( 0) L x n n = → 一根铁链，平放在桌面上，铁链每单位长度的质量为 λ．现用手提起链的一端，使之以速度v竖直地匀速上升，试求在从 一端离地开始到全链恰离地，手的拉力的冲量，链条总长为L． 图示是链的一微元段离地的情景，该段微元长 F Δx 该段微元质量 = m x 设该元段从静止到被提起历时Δt， 那么竖直上升部分长x的链条在手的拉 力F、重力的冲量作用下，发生了末段 微元动量的变化，由动量定理: (F x t m v − = g) 2 g= x F x v v t − = 2 F v x = + g 2 = + gvt v 0, L t v 力随时间线性变化，故可用算术平均力求整个过程手拉力F的总冲量： 2 1 2 L I v gL v = + 2 2 gL Lv v = +
C手图所示,水车有一孔口,水自孔口射出,已知水面 距孔口高h,孔口截面积为a,水的密度为p.若不计水车与地面的摩 擦,求水车加于墙壁的水平压力 解 先求水从孔囗射出的速度v ------ h 对处于孔口的一片水由动能定理 p9hn·△=,pn·Ax:p2p=√2gh[ 对整个水车,水平方向受墙壁的压力F,在时间M内有质量为 2ghAN·a的水获得速度2gh 由动量定理: FM=p√2gh·a,√2gh 水车加于墙壁的压力是该力的反作用力大小为 F=pahg
如图所示，水车有一孔口，水自孔口射出．已知水面 距孔口高h，孔口截面积为a，水的密度为ρ．若不计水车与地面的摩 擦，求水车加于墙壁的水平压力． h 先求水从孔口射出的速度v 1 2 2 gha x a x v = 对处于孔口的一片水由动能定理: v = 2gh 对整个水车，水平方向受墙壁的压力F，在时间Δt内有质量为 2gh t a 的水获得速度 2gh 由动量定理: F t gh t a gh = 2 2 F ahg = 2 水车加于墙壁的压力是该力的反作用力,大小为 F = 2a gh