动量矩守恒定理

动量矩守恒定理（精选10篇）

动量矩守恒定理 第1篇

我国年仅21岁的上海籍运动员刘翔在2004年第28届雅典奥运会上以12.91s成绩获得男子110m栏的金牌, 成为第一个获得奥运田径短跨项目世界冠军的黄种人[1]。本文通过搜集有关跨栏步的资料, 特别突出动量矩守恒定理在其中的运用, 进一步揭示生物力学在体育科学运用中的重要性。

2 动量矩守恒定理在跨栏跑技术的运用

现代跨栏跑技术是在高速度、高频率的前提下, 在动作外形、速度变化、肌肉用力的转换等方面力求缩小跑与跨的差别已向“跑栏”发展。过去跨栏跑 (主要指110米栏) 基本上由美国运动员所“垄断”, 但从2004年起中国运动员刘翔和法国运动员杜库雷打破了美国运动员110米栏的垄断。

2.1 跨栏时的腿臂配合

人体是一个封闭系统, 其运动形式复杂多样。体育运动中的各项活动都是由多个环节参与运动的, 通过动量的传递, 使肌肉的力量作用于某一点上, 达到完成动作的目的[2]。跨栏时的正确腿臂配合, 即以生物力学为依据, 按一定的用力顺序、方位、配合时机, 通过动量的传递有力地完成起跨过栏。左臂前伸 (以右腿摆动为例) , 左肘关节向下 (手心向外) 保持平衡。此时应特别注意臂、肘动作, 臂前伸不要超过头部, 提拉起跨腿时左臂向下摆至身体中线 (额状轴) 止, 左臂不要向外扭转。运动员的手应从起跨腿的脚外侧摆过。摆至身体中线 (额状轴) 时, 就屈轴向前摆动, 右臂的摆动起保持身体平衡的作用。向前提拉起跨腿时, 膝关节和踝关节外展, 脚心向下, 膝关节几乎碰到手臂上。[4]

起跨脚落地转入后蹬, 这是一个跨栏动作的开始, 由于栏前的一个短步, 使身体重心投影点较近, 这便于起跨腿能迅速经垂直部位转入后蹬, 并使身体重心沿着距地面较高的“平直轨迹”迅速向前移动。蹬地结束后, 摆动腿迅速向栏攻摆, 使人体在无支撑阶段快速移动。当摆动腿下扒着地时, 起跨腿屈膝外展, 大腿高抬, 脚尖朝外, 大小腿夹角小于直角, 以大腿带动小腿的有力姿势迅速经体侧向前提拉, 在空中与下压的摆动腿形成一个协调有力的剪角动作。起跨时, 异侧臂配合摆动腿的抬膝作屈肘前上摆, 高度不要超过下颌, 带动肩肘的微微转动。随着摆动腿作攻摆伸展小腿和折体动作的同时, 进一步将前臂向摆动腿伸出。与此同时, 起跨腿异侧臂屈肘向后摆动, 使肩髋的横轴作相向运动, 形成不太大的扭转, 以加大蹬地的力量和分腿角度。也为获得适宜的攻栏起跨角创造条件[5]。

当支撑腿刚要离开地面时, 双肩带动上体向栏进攻, 上体以髋为轴作折体动作, 腾空后继续加大折体, 直到下额几乎碰到膝上, 胸部在摆动腿的大腿上, 这样就能利用折体的相向运动加速摆动腿的大腿向栏作攻摆动作, 降低躯干重心, 减小垂直分力, 保证人体重心抛物线轨迹较平, 缩短滞空时间;充分的折体增大了转动轴到上体重量中心点的转动半径, 从而增大了转动惯量, 维持了栏上平衡, 也为起跨腿的提拉创造了条件。

2.2 合理的起跨技术是缩短跨栏步时间的关键

跨栏跑是在快速跑动中跨越一定数量、一定高度栏架的运动项目。它要求运动员不仅具有优秀的平跑能力, 还必须具备保持高速过栏的技术能力。这种能力是运动员掌握正确的跨栏步技术而获得的。在跨栏步中, 起跨攻栏技术是先导, 是缩短过栏时间的关键。起跨技术的好坏, 直接影响跨栏步技术的发挥和过栏速度, 而且对过栏后过渡到栏间跑, 起着至关重要的衔接作用。

2.2.1 适宜的起跨距离

提高过栏速度, 必须掌握适宜的起跨距离与下栏距离, 尽可能降低过栏时身体重心的高度。当起跨踏上起跨点时, 身体重心及上体已开始积极前倾, 起跨点距身体重心投影点较近, 并靠双臂的上提动作抬高身体重心, 保持高重心起跨。国内外110m栏优秀运动员技术参数证明:合理的跨栏步步长约为3.52m, 起跨距离2.28m, 下栏距离1.26m。这些参数在运动生物力学的理论认为:起跨距离长些, 运动员可更强劲地蹬离地面去水平攻栏, 减小起跨角度, 使身体重心的运动轨迹压低到几乎碰到栏架, 起跨离地时重心投影点距支点水平距离控制在1.50m左右。因此, 适宜的起跨距离, 摆动腿栏前的积极攻摆, 形成居高临下的快速踏栏态势, 为快速过栏创造了先决条件。

2.2.2 摆动腿积极地屈膝攻摆

从运动生物力学角度讲, 在作用力相等时, 物体转动半径越小, 则转动速度越快。因此, 起跨攻栏时, 摆动腿以髋为轴向前旋转的半径越短, 旋转角速度越大。摆动腿前摆时, 屈髋肌群的髂腰肌在近侧支撑的条件下, 作用力的方向向上, 且髂腰肌力点离髋关节很近, 形成了一个速度杠杆。此时, 摆动腿向前上方摆动的速度又被进一步加快, 就攻栏动作时相而言, 起跨腿转入后蹬阶段, 正是摆动腿用力前摆阶段, 即摆动腿的前摆与起跨腿的后蹬是起跨攻栏动作过程中的两个不同方面, 摆动腿前摆攻栏速度的加快, 必将引起起跨腿后蹬速度的加快。当起跨腿踏上起跨点后, 身体重心即移至起跨点上方, 摆动腿在起跨腿配合下快速向前上方摆动。前摆时, 摆动腿大小腿尽可能地折叠, 并积极向栏的前上方高抬。在起跨腿将要蹬离地面时, 摆动腿膝部摆到最高的瞬间, 摆动腿的足部位置仍留在膝部后面, 最小膝角控制在27°~28°。

2.3 起跨腿的重要性

起跨腾空过栏, 从生物力学角度分析, 有一个角动量的问题, 即角动量公式K=Iw (K:角动量, I=MR2:转动惯量, w:角速度) 。经研究表明, 当运动员起跨时, 就获得了向前的角动量, 是顺时针方向旋转。而腾空阶段的初期, 头、躯干和手臂有向前的角动量, 摆动腿也有相等量的角动量, 其方向是逆时针旋转的。这两种角动量实质是抵消了。因此身体向前的角动量是靠起跨腿带来的。在摆动腿越过栏后, 起跨腿的角动量转移到摆动腿上, 这样才能使摆动腿积极下压。

在理论与实践中, 起跨蹬离地面, 起跨腿应充分留在体后, 同侧髋关节个伸展, 大腿屈肌处于拉紧状态, 这样在栏前形成一个大幅度的分腿动作, 其分腿角达120度以上, 上体随之加大前倾, 有利于提高两腿的剪绞效能。而起跨腿留在体后有一段时间概念, 起跨腿膝关节外展不宜太早, 有一个膝向前髋外展的动作过程, 为使起跨腿在腾空阶段的初期能带大量向前的角动量。

3 总结

通过上述资料的分析, 在跨栏步中, 无论是起跨腿还是摆动腿, 在跑栏时都具有至关重要的作用。动量矩守恒定理在跨栏步中的运用是必不可少的。我认为, 应该加大我们对生物力学原理的认识, 加强这方面的实践。特别指出, 在利用这些原理时要切合实际, 注意适宜度的这方面的研究。另外, 在练习方法上, 应该突破以往旧有的, 创新一些新的练习器具或者辅助用具。

参考文献

[1]许以诚, 米卫国, 张蒙汉.对雅典奥运会决赛中刘翔跨栏技术的分析[J].2004, 25 (6) :26.

[2]袁庆成.人体运动分析[M].北京:人民体育出版社, 1997.

[3]运动生物力学[M].北京:高等教育出版社, 2000.

[4]美国教练员来华讲学专集.[J]体育科技资料, 1979.10.

动量守恒教案 第2篇

（教案）杜茂文

教学目标：

一、知识目标

1、理解动量守恒定律的确切含义．

2、知道动量守恒定律的适用条件和适用范围．

二、能力目标

1、运用动量定理和牛顿第三定律推导出动量守恒定律．

2、能运用动量守恒定律解释现象．

3、会应用动量守恒定律分析、计算有关问题（只限于一维运动）．

三、情感目标

1、培养实事求是的科学态度和严谨的推理方法．

2、使学生知道自然科学规律发现的重大现实意义及对社会发展的巨大推动作用． 重点难点：

重点：理解和基本掌握动量守恒定律． 难点：对动量守恒定律条件的掌握． 教学过程：

动量定理研究了一个物体受到力的冲量作用后，动量怎样变化，那么两个或两个以上的物体相互作用时，会出现怎样的总结果？这类问题在我们的日常生活中较为常见，例如，两个紧挨着站在冰面上的同学，不论谁推一下谁，他们都会向相反的方向滑开，两个同学的动量都发生了变化，又如火车编组时车厢的对接，飞船在轨道上与另一航天器对接，这些过程中相互作用的物体的动量都有变化，但它们遵循着一条重要的规律．

（－）系统

为了便于对问题的讨论和分析，我们引入几个概念．

1．系统：存在相互作用的几个物体所组成的整体，称为系统，系统可按解决问题的需要灵活选取．

2．内力：系统内各个物体间的相互作用力称为内力．

3．外力：系统外其他物体作用在系统内任何一个物体上的力，称为外力．

内力和外力的区分依赖于系统的选取，只有在确定了系统后，才能确定内力和外力．

（二）相互作用的两个物体动量变化之间的关系

【演示】如图所示，气垫导轨上的A、B两滑块在P、Q两处，在A、B间压紧一被压缩的弹簧，中间用细线把A、B拴住，M和N为两个可移动的挡板，通过调节M、N的位置，使烧断细线后A、B两滑块同时撞到相应的挡板上，这样就可以用ＳＡ和ＳＢ分别表示A、B两滑块相互作用后的速度，测出两滑块的质量mＡ＼mＢ和作用后的位移ＳＡ和ＳＢ比较mＡＳＡ和mＢＳＢ．

1．实验条件：以A、B为系统，外力很小可忽略不计．

2．实验结论：两物体A、B在不受外力作用的条件下，相互作用过程中动量变化大小相等，方向相反，即△pＡ＝－△pＢ或△pＡ＋△pＢ＝０

【注意】因为动量的变化是矢量，所以不能把实验结论理解为A、B两物体的动量变化相同．

（三）动量守恒定律

1．表述：一个系统不受外力或受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做动量守恒定律．

2．数学表达式：p＝p’，对由A、B两物体组成的系统有：mAvA+mBvB= mAvA’+mBvB’

（1）mA、mB分别是A、B两物体的质量，vA、vB、分别是它们相互作用前的速度，vA’、vB’分别是它们相互作用后的速度．

【注意】式中各速度都应相对同一参考系，一般以地面为参考系．

（2）动量守恒定律的表达式是矢量式，解题时选取正方向后用正、负来表示方向，将矢量运算变为代数运算． 3．成立条件

在满足下列条件之一时，系统的动量守恒

（1）不受外力或受外力之和为零，系统的总动量守恒．

（2）系统的内力远大于外力，可忽略外力，系统的总动量守恒．

（3）系统在某一方向上满足上述（1）或（2），则在该方向上系统的总动量守恒．

4．适用范围

动量守恒定律是自然界最重要最普遍的规律之一，大到星球的宏观系统，小到基本粒子的微观系统，无论系统内各物体之间相互作用是什么力，只要满足上述条件，动量守恒定律都是适用的．

（四）由动量定理和牛顿第三定律可导出动量守恒定律

设两个物体m１和m２发生相互作用，物体1对物体2的作用力是Ｆ１２，物体2对物体1的作用力是Ｆ２１，此外两个物体不受其他力作用，在作用时间△Ｖt 内，分别对物体1和2用动量定理得：Ｆ２１△Ｖt ＝△p１；Ｆ１２△Ｖt ＝△p２，由牛顿第三定律得Ｆ２１＝－Ｆ１２，所以△p１＝－△p２，即： △p＝△p１＋△p２＝０或m１v１+m２v２= m１v１’+m２v２’．

【例1】如图所示，气球与绳梯的质量为M，气球的绳梯上站着一个质量为m的人，整个系统保持静止状态，不计空气阻力，则当人沿绳梯向上爬时，对于人和气球（包括绳梯）这一系统来说动量是否守恒？为什么？

【解析】对于这一系统来说，动量是守恒的，因为当人未沿绳梯向上爬时，系统保持静止状态，说明系统所受的重力（Ｍ＋m）g跟浮力F平衡，那么系统所受的外力之和为零，当人向上爬时，气球同时会向下运动，人与梯间的相互作用力总是等值反向，系统所受的外力之和始终为零，因此系统的动量是守恒的．

【例2】如图所示是A、B两滑块在碰撞前后的闪光照片部分示意图，图中滑块A的质量为0.14kg，滑块B的质量为0.22kg，所用标尺的最小刻度是0.5cm，闪光照相时每秒拍摄10次，试根据图示回答：

（1）作用前后滑块A动量的增量为多少？方向如何？（2）碰撞前后A和B的总动量是否守恒？

【解析】从图中A、B两位置的变化可知，作用前B是静止的，作用后B向右运动，A向左运动，它们都是匀速运动．mAvA+mBvB= mAvA’+mBvB’（1）vＡ＝ＳＡ／t＝０.０５／０.１＝０.５（m／s）；

vＡ′＝ＳＡ′／t＝－０.００５／０.１＝－０.０５（m／s）

△pＡ＝mAvA’－mAvA＝０.１４＊（－０.０５）－０.１４＊０.５＝－０.０７７（kg·m/s），方向向左．

（2）碰撞前总动量p＝pＡ＝mAvA＝０.１４*０.５＝０.０７（kg·m/s）碰撞后总动量p’＝mAvA’+mBvB’

＝０.１４*（－０.０６）+０.２２*（０.０３５/０.１）＝０.０７（kg·m/s）p＝p’，碰撞前后A、B的总动量守恒．

【例3】一质量mA＝０.２kg，沿光滑水平面以速度vA＝５m/s运动的物体，撞上静止于该水平面上质量mB＝０.５kg的物体B，在下列两种情况下，撞后两物体的速度分别为多大？

（1）撞后第1s末两物距0.6m．（2）撞后第1s末两物相距3.4m．

【解析】以A、B两物为一个系统，相互作用中无其他外力，系统的动量守恒． 设撞后A、B两物的速度分别为vA’和vB’，以vA的方向为正方向，则有： mAvA＝mAvA’+mBvB’； vB’t－vA’t＝s（1）当s＝０.６m时，解得vA’＝１m／s，vB’＝１.６m／s，A、B同方向运动．

（2）当s＝３.４m时，解得vA’＝－１m／s，vB’＝２.４m／s，A、B反方向运动．

探讨动量守恒定律教学 第3篇

摘 要：动量守恒定律的传统讲法是从牛顿第二定律和牛顿第三定律推导出动量守恒定律，或是通过大量的实验事实总结出动量守恒定律。传统讲法由于没有教师的演示实验，很多学生对导出的动量守恒定律缺乏感性认识，不利于学生顺利地去认识现象，建立概念与规律，以及应用规律去解决具体问题。

关键词：教学设计思想；教学目标设计；教学过程设计

中图分类号：G632.0 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2014）09-302-01

一、教学设计思想

动量守恒定律的传统讲法是从牛顿第二定律和牛顿第三定律推导出动量守恒定律，或是通过大量的实验事实总结出动量守恒定律。传统讲法由于没有教师的演示实验，很多学生对导出的动量守恒定律缺乏感性认识，不利于学生顺利地去认识现象，建立概念与规律，以及应用规律去解决具体问题。其实，动量守恒定律并不依附于牛顿第二定律和第三定律，它本身是有实验基础的独立的物理定律。所以应通过演示实验，启发学生讨论并总结规律，有利于学生对物理规律的掌握。

二、教学目标设计

1、知识与技能：

（一）理解动量守恒定律的确切含义和表达，知道定律的运用条件和适用范围；

（二）会利用牛顿运动定律推导动量守恒定律；

（三）会用动量守恒定律解决简单的实际问题。

2、过程与方法：

（一）通过对动量守恒定律的学习，了解归纳与演绎两种思维方法的应用；

（二）知道动量守恒定律的实验探究方法。

3、情感态度与价值观：

（一）培养学生自觉学习的能力，积极参与合作探究的能力；

（二）培养实事求是、具体问题具体分析的科学态度和锲而不舍的探究精神；

（三）使学生在学习过程中体验成功的快乐；

（四）培养学生将物理知识、物理规律进行横向比较与联系的习惯，养成自主构建知识体系的意识。

三、教学过程设计

四、教学分析评价

按认知规律设计教学过程，突出对动量守恒定律的理解，从实例入手，然后实验探究，理论推导等环节，得出动量守恒定律的表达方式（文字表达和数学表达），使学生对动量守恒定律的来龙去脉、确切涵义、适用条件有了清晰的认识，并通过课堂训练反馈，使学生初步掌握了动量守恒定律的实际应用。

突出了学生的主体地位，教给学生方法，注意培养能力，在教学过程中充分调动学生的学习积极性，让学生有观察、有计算、有推理论证、有归纳总结、有阅读理解，通过学生自己独立思考、手脑并用掌握知识，把发展能力与掌握知识结合起来，使培养能力贯彻在整个教学过程的各个环节。

教学过程中利用现代技术手段，扩大学生感知量，发展学生兴趣，两段录像、定量计算、定性演示实验所创设的物理情景对学生感知物理现象激发学生的求知欲有重要作用。

在明确定律的适用范围这一教学事件中，教师有意抓住了三个守恒定律的适用范围的比较，又通过练习进一步将牛顿运动定律与动量守恒定律进行比较，便于学生强化记忆，促进已有知识学习正迁移顺序进行。同时自主构建知识结构。

浅析力学中动量守恒与角动量守恒 第4篇

关键词：动量守恒,角动量守恒,合力,合力矩

0 引言

在当今大学物理的教材中,没有对动量守恒和角动量守恒作出明显的比较。因此,学生在学习这点内容时,就容易出现做题的错误。针对子弹击入木棒问题与子弹击入沙袋问题的区别来说明动量守恒和角动量守恒问题。本文以动量守恒和角动量守恒的规律做出一些探讨。

1 动量守恒

1.1 动量守恒条件由质点系的动量定理得

若质点系所受的合外力则系统的总动量不变,即动量守恒。

1.2 动量守恒应注意的问题

(1)系统的总动量不变,但系统内任一物体的动量是可变的。

(2)守恒条件:合外力为零。

当时,可近似认为系统总动量守恒。(例如碰撞、爆炸)

(3)若系统所受的合外力的矢量和不为零,但合外力在某个坐标抽上的分矢量为零,此时系统的总动量不守恒,但在该坐标抽的分动量却是守恒的。

(4)动量守恒定律是物理学最普遍、最基本的定律之一。

2 角动量守恒

2.1 角动量守恒的条件由质点系的角动量定理得

2.2 角动量守恒应注意的问题

(1)刚体定轴转动的角动量守恒定律,若M=0,则L=Jω=常量

若J不变,ω也不变。若J改变,ω也改变,但L=Jω不变。

(2)内力矩不改变系统的角动量。

(3)在冲击等问题中∵Min>>Mex∴L≈常量。

(4)角动量守恒定律是自然界的一个基本定律。

3 动量守恒与角动量守恒的比较

3.1 经典例题

如图2一长为l,质量为M的竿可绕支点O自由转动。一质量为m、速率为v的子弹射入竿内距支点为a处,子弹刚停在棒中时棒的角速度ω。

解子弹、竿组成一系统,应用角动量守恒

在大学物理考试中,经常以上题来考察学生角动量守恒定理得掌握情况,而大多数学生还会用到动量守恒定理来解题,这是明显不对的。就这个问题,下面举出了例子来具体说明。

3.2 动量守恒与角动量守恒的例子

子弹击入沙袋(绳子的质量忽略不计)如图1,以子弹和沙袋为系统应满足动量守恒和角动量守恒。

子弹击入杆,以子弹和杆为系统应满足角动量守恒而动量不守恒。沙袋是用绳子悬挂的(绳子的质量忽略不计,当细绳处于竖直状态时,不会对沙袋提供水平方向上的作用力V。因此子弹和沙箱所组成的系统在水平方向上动量守恒。然而木棒是用轴悬挂的,只要木棒在水平方向上有运动趋势,就会受到轴对它水平方向的作用力,因而动量不守恒。虽然动量不守恒,但是角动量是守恒的,棒受到重力和轴对它的水平方向上的作用力,这两个力的作用线都通过作用点,所以合力矩为零,整个系统角动量守恒。

在讲授这两个守恒问题时,学生常有这样的思考,什么时候动量守恒而角动量不守恒?什么时候角动量守恒而动量不守恒?上面子弹与木棒所组成的系统恰好说明了角动量守恒而动量不守恒的问题。那么动量守恒而角动量不守恒的例子可以用图3来说明,一刚体在光滑无摩擦的水平地面运动,受到大小相等,方向相反的两个力的作用,很明显这时它在水平方向上所受的合外力为零,但是它所受到的合力矩不为零即M=2Fr,整个系统在水平方向上动量守恒而角动量不守恒。在做题时,大多数情况下如果两个物体碰撞完以后一起平动,那么应满足动量守恒。如果两个物体碰撞完以后一起转动,应满足角动量守恒,具体问题具体分析。

4 结语

上面分析了子弹击入木棒问题与子弹击入沙袋问题的区别,指出什么情况下系统的角动量守恒,什么情况下系统的动量守恒,希望所得的结论对学生理解此类问题有所帮助。

参考文献

[1]王宗昌.木棒和子弹组成系统的动量守恒问题[J].南阳师范学院学报,2004,4(9):36-37.

[2]马文蔚.物理学[M].北京:高等教育出版社,2006.

[3]苏艳丽.对一个力学角动量守恒问题的讨论[J].长春师范学院学报,2010,29(4):53-55.

动量守恒定律教学反思 第5篇

一、以人为本

在听中教课堂教学的核心是学生，所有的教学活动实施应围绕学生展开，以人为本是课堂教学的核心理念。故评价一节课成败的核心标准是以学生为基准，看老师的教学是否以学生为主体，看老师在课堂上是否关心人、尊重人、依靠人、发展人、满足人。用“以学论教”作为指导思想，把学生的学习活动和状态作为观课议课的焦点，以学的状态讨论教的成败。通过学生的学来映射和观察教师的教。”这充分体现了新课程的“以生为本”、“教为主导”、“学为主体”等先进的理念。两位老师在课堂教学实施环节，都体现了扎实的基本功，关注学生，关心每一位学生，倾听学生的反应，及时评价，及时反馈，以人为本，在听中教，很有亲和力，课堂互动性强。

二、换位思考

在学中教课堂教学是学生生命成长的过程。人人都有思想，都有思考的权利，在思考中能对收益和得失进行算计，并在算计中根据自己所理解的价值标准追求利益最大化。作为老师，要尊重参与者思想的权利，并搭建交流与表达思想的平台，鼓励学生在课堂教学中积极主动的思考。要防止一言堂，一味追求进度和效率而控制或剥夺学生思考的过程，包办学习过程，禁锢学生多元化的思想。“己所不欲，勿施于人”要设身处地，感身同受。两位老师都能从物理学科核心素养出发，注重物理观念的建立，积极训练科学思维，努力进行实验探究，培养学生科学态度与责任。常与学生换位思考，从学生学的角度组织实施教育教学活动。一些创新性的设计给人美的享受，听两位老师的课是一件很幸福的事，幸福其实很简单，幸福来源于创造性的劳动和对创造性劳动的审美性体验。“大创造，大突破，大快乐;小创造，小突破，小快乐;无创造，无突破，无快乐。”

三、交流互评

在议中教作为教师，课堂教学是其生命线，它的质量，直接影响教师对职业的感受、态度和专业水平的发展、生命价值的体现。研究课堂，改进课堂就是我们教师的一种伦理责任。观课议课是促进教师思想、实现专业成长的捷径，能更好地促进和实现教师发展。在听课过程中，让你情不自禁的成为了思想的参与者，在听讲中思考，在学习中感悟，把自己置身于争鸣的课堂，头脑中不停的思索两个问题：我要是学生是否听懂了?如果换了我会怎么讲解这个知识点?

在议课过程中，和谐、融洽的教学文化和教师文化，使议课者和授课者之间形成一种宽松、友好的氛围。这样的效率会更高些，效果会更有效些。教师也会在这种环境中不断成熟，发展，壮大。尤其是两位授课教师把他们自己的构思设想跟大家分享，让人有一种霍然开朗的感觉，哦!原来他是这么想的!触发了自己也想马上去上上这节课的冲动。

关于“动量守恒定律”的应用 第6篇

对动量守恒定律的应用, 主要分以下几个方面:

一、碰撞、打击、爆炸问题

1.共同点:

a.时间极短;b.系统的F内>>F外;c.物体的位移变化可忽略不计, 即:认为在原地发生;d.系统的动量守恒。

2.异同点:

⑴碰撞:①分类及其特点:a.弹性碰撞:碰后两物体分开运动;其系统的动量守恒、机械能也守恒;且等质量的二物体碰后, 其速度交换.如:正碰。b.非弹性碰撞:碰后两物体分开运动;其系统的动量守恒、机械能不守恒, 其系统损失的动能转化为系统的内能。c.完全非弹性碰撞:碰后两物体粘在一起运动, 各物体的末速度相同;其系统的动量守恒、机械能不守恒, 其系统的动能损失最大。②其速度要符合实际:a.当二物体同向运动相碰时, 碰前:后面物体的速度一定大于前面物体的速度, 即v后>v前;碰后, 在前面运动的物体的速度一定增大, 且v前/≥v后/;在后面运动的物体的速度一定减小或为零或反向。b.当二物体相向运动相碰时, 碰后:原来动量小的物体的运动方向改变, 二物体不可能再发生第二次碰撞。③实质:是物体间相互作用的作用力和反作用力产生的效果。④打击现象也属于碰撞问题。

⑵爆炸:是其他形式的能量转化为系统的动能, 所以, 系统的机械能会增加, 一般以系统动能的增大来体现出来。

二、用动量守恒定律求位移“人船模型”:

①研究对象:人与船的系统, 如图所示:

②特点:

a.人、船的运动方向相反;人走船走, 人停船听停。

b.人相对于船的位移L是人、船相对于地的位移S、S/之和, 即:S+S/=L ①。

c.系统在水平方向上动量守恒, 人船的S、v的大小均与其质量成反比. (∵人船的系统在水平方向动量守恒, ∴0=mv-Mv′, 则0=mvt-Mv′t, ∴0=ms-Ms′ ②, 由①②式解得:S=ML′ (m+M) , S′=mL′ (m+M) .)

③条件:a.系统原来处于静止状态;b.系统在全过程中动量守恒, 其平均动量也守恒。

三、反冲运动

①特点:a.系统内各物体的初速度相同, 发生相互作用后各物体的末速度不再相同而分开。 (因为, 系统在内力作用下, 一部分物体向某方向发生动量变化, 其余部分向相反方向发生动量变化, 这是物体间相互作用的作用力和反作用力产生的效果, 所以, 二物体相对运动方向必然相反。) b.因系统的F内>>F外, 且作用时间短, 所以, 系统的动量守恒或系统在某一方向上动量守恒。c.因系统内力对物体做功, 系统的机械能增加, 并当物体分离时获得巨大速度。

②特例:喷气式飞机、火箭、礼花、射击等。

下面举例说明:

例1 如图甲所示:在光滑水平面上的两小球发生正碰, 小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的s-t图象。已知m1=0.1kg。由此可以判断 ( )

A.碰前m2静止, m1向右运动

B.碰后m2和m1都向右运动

C.m2=0.3kg

D.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能

分析:①首先要学会“读图”, 由图中挖掘题中的隐含条件。

②由图乙知:碰前m1的位移随时间均匀增加, m2的位移不变, 所以, m2静止, m1向右运动, 故A正确。碰后一个位移增大, 一个位移减小, 说明运动方向不一致, 故B错。又由s-t图象可计算出碰前m1的速度v′1=4m/s, 碰后的速度v′1=-2m/s, 碰前m2的速度v2=0, 碰后的速度v′2=2m/s, 由动量守恒定律得:m1 v1+ m2 v2= m1 v′1+ m2 v′2, 计算得, m2=0.3kg, 故C正确。碰撞过程中系统损失的机械能△E= (1/2) m1 vundefined- (1/2) m1 v112- (1/2) m2 v212=0.故D错。 答案:AC

例2 如图所示:一浮吊质量为M=2104kg, 由岸上吊起一质量m=2103kg的物后, 再将吊杆OA从与竖直方向间夹角θ1=600转到θ2=300, 设吊杆长L=8m, 水的阻力不计求:浮吊在水平方向移动的距离?向哪边移动?

分析:此题属“人船模型”。需弄清M、m相对于地面的位移及其关系;再弄清在哪个方向上动量守恒, 再列方程, 联立求解。

解:设M、m相对于地面的位移分别为s1、s2, 向右为正方向。

由题知:m相对于浮吊的位移为:L (sin600-sin300) = s1+ s2 ①

对M、m的系统, 在水平方向上由动量守恒定律得:0= M v1-mv2, 则有:0=M s1- m s2,

∴s1/ s2= m/M ②,

动量守恒解题的五项注意 第7篇

一、注意条件性

系统动量守恒是有条件的, 即系统不受外力或所受外力的合力为零。如不注意条件性, 就会导致乱用动量守恒。

例1:如图1所示的装置中, 木块B与水平桌面间的接触是光滑的, 子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内, 将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象 (系统) , 则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中

A.动量守恒、机械能守恒

B.动量不守恒、机械能不守恒

C.动量守恒、机械能不守恒

D.动量不守恒、机械能守恒

解析:若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象 (系统) , 从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时, 弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用, 因此动量不守恒;而在子弹射入木块时, 存在剧烈摩擦作用, 有一部分能量将转化为内能, 机械能也不守恒。实际上, 在子弹射入木块这一瞬间过程, 取子弹与木块为系统则可认为动量守恒 (此瞬间弹簧尚未形变) 。子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中, 机械能守恒, 但动量不守恒。物理规律总是在一定条件得出的, 因此在分析问题时, 不但要弄清取谁作研究对象, 而且要弄清过程的阶段的选取, 判断各阶段满足物理规律的条件。

二、注意系统性

动量守恒定律描述的对象是由两个以上物体组成的系统, 而不适用于单个物体。选取某一系统动量可能守恒, 而选取另一系统动量可能不守恒, 要恰当地选择系统, 选择系统时要求该系统满足守恒条件, 选取其中一个解题较简捷。

例2:如图2所示, A、B两质量相等的物体静止在平板小车C上, A、B之间有一根被压缩了的弹簧, A、B与平板车的上表面间的滑动摩擦力之比为3∶2, 地面光滑, 当压缩弹簧突然释放后, 则

A.A、B所组成的系统动量守恒 B.小车向左运动

C.A、B、C所组成的系统动量守恒 D.小车向右运动

解析:本题中若以A、B两质量相等的物体为研究对象, 由于与小车C的摩擦力大小不等, 即该系统所受合外力不为零, 不满足守恒条件;但是如果以A、B、C三者为一个系统, 则系统所受合外力为零, 满足守恒条件。分析小车C水平方向的受力:C受到A对C的向左的摩擦力FAC;C受到B对C的向右的摩擦力F BC;由于FAC∶FBC=3∶2, 所以小车向左运动, 故本题答案应选BC。

三、注意相对性

由于动量的大小和方向与参考系的选择有关, 因此应用动量守恒定律列方程时, 应注意参考系的选取, 必须选择地球或相对地球做匀速直线运动的物体为参考系。如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系的, 必须将它们转换成相对同一参考系的速度。

例3:一质量M=180kg的船停在静水中, 船长5m。当船上一个质量m=60kg的人从船头走向船尾时, 船会在相反方向移动多远 (水对船的阻力不计) ?

解析:统一以地球作参照系。

设人在t秒内从船头走到船尾, 船后退了Sm, 则人相对于河岸的位移是 (5-S) m。所以对地球来说, 船后退的速度为而人前进的速度为于是根据动量守恒定律列出方程:得S=1.25m。

说明:在解题中最容易出现的错误是参照系不统一, 认为人前进的速度为 (以船为参照系) , 船后退的速度为 (以地球作参照系) , 于是根据动量守恒定律列出方程:得S=1.67m。这个答案是错误的。

四、注意同时性

在应用动量守恒定律解题时, 各个物体的速度应该是相对于同一惯性系的速度, 在变换相对速度时还要注意同时性。动量守恒定律方程两边的动量分别是系统在初、末态的总动量。初态动量中的速度都应该是相互作用前同一时刻的瞬时速度, 末态动量中的速度都必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。

例4:质量为M的小车, 以速度V0在光滑的水平地面上前进, 上面站着一个质量为m的人, 问当人以相对于车的速度u向后水平跳出后, 车速度为多大?

解析:选地面为参考系, 以小车前进的方向为正方向, 根据动量守恒定律有: (M+m) V0=Mv-m (u-v) , 解得:v=V0+ (m/M+m) u。

说明:V0是人未跳离车前系统 (M+m) 瞬时的速度, -m (uv) 表示人跳离车后瞬间人的动量。

五、注意矢量性

动量守恒定律的表达式是矢量方程, 对于系统内各物体相互作用前后均在同一直线上运动的问题, 应首先选定正方向, 凡与正方向相同的动量取正, 反之取负;对于方向未知的动量一般先假设为正, 根据求得的结果再判断假设的真伪。

例5:抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s, 这时突然炸成两块, 其中大块质量300g仍按原方向飞行, 其速度测得为50m/s, 另一小块质量为200g, 求它的速度的大小和方向。

解析:手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G= (m1+m2) g, 可见系统的动量并不守恒。但在水平方向上可以认为系统不受外力, 因此在水平方向上动量是守恒的。

由于动量是矢量, 因此动量守恒定律可在某个方向上应用。那么手雷在以10m/s飞行时空气阻力 (水平方向) 是不是应该考虑呢?

解析:一般说当速度为10m/s时空气阻力是应当考虑得, 但爆炸力 (内力) 比这一阻力大得多, 所以这一瞬间空气阻力可以不计。即当内力远大于外力时, 外力可以不计, 系统的动量近似守恒。

设手雷原飞行方向为正方向, 则V0=10m/s, V1=50m/s;m1=0.3kg, m2=0.2kg。m2的速度、V2方向不清, 暂设为正方向。系统动量守恒:

结果表明, 质量为200g的部分以50m/s的速度向反方向运动, 其中负号表示与所设正方向相反。

应用动量守恒定律应注意的问题 第8篇

一、注意公式的“系统性”

动量定恒定律成立的条件是系统不受外力或所受外力之和为零，因此，应用动量守恒定律解决问题时，要注意分析系统受到哪些外力，是否满足动量守恒的条件。

系统的动量守恒时，系统内某一物体的动量可以不守恒，系统内所有物体动量的绝对值之和也可以不守恒，所说“动量守恒”是指系统内所有物体动量的矢量和是守恒的。

二、注意公式的“矢量性”

动量p=mυ，其中质量m是标量，速度υ是矢量，故动量p是矢量。所以m1υ1+m2υ2=m1υ1′+m2υ2′是一个矢量式，式中p1=m1υ1+m2υ2是作用前系统动量的矢量和，p2=m1υ1′+m2υ2′是作用后系统动量的矢量和。因此应用动量守恒定律列方程时，要求用矢量求和的方法分别求出p1和p2。

在一维情形下，必须规定一个方向为速度υ的正方向后，然后将式中的υ1、υ2、υ1′、υ2′的实际方向与规定的正方向比较，得出动量的“正”或“负”后，再用代数方法求p1和p2，所以动量的“正”或“负”就是动量的矢量性。特别注意：动量的矢量性是正确运用动量守恒定律的一个重要关健。

[例1]质量为m2=1kg的滑块静止于光滑的水平而上，一质量为m1=50g的小球，以100m/s的速度碰到滑块后又以80m/s的速率被弹回。求滑块获得的速度是多少?

解：以小球和滑块为系统，总动量守恒。以小球碰撞前的速度为正，则υ1=100m/s小球碰撞后的速度应为υ1′=-80m/s，由动量守恒定律以m1υ1+m2υ2=m1υ1′+m2υ2′代入数据可求得滑块获得的速度υ2′=9m/s，υ2′为正，说明滑块的速度方向与小球原来的运动方向相同。

三、注意公式的“同一性”

动量p=mυ，其中速度υ的大小相对不同的参照系，它的数值是不同的，于是动量的数值也就不同。因此应用动量守恒定律m1υ1+m2υ2=m1υ1′+m2υ2′时，式中的四个速度υ1、υ2、υ1′和υ2′的大小一定要相对同一参照系。也就是说要注意公式的“同一性”，至于以什么为参照系，则没有严格的规定，须视具体情况而定(一般是对地)。

[例2]一门旧式大炮，炮身的质量M=1000kg，水平发射一枚质量m=2.5kg的炮弹，如果炮弹从炮筒飞出的速度υ=600m/s，求炮身后退的速度υ′。

学生解法如下：由动量守恒定律，有

这里的υ′是炮身相对于地面的速度，υ是炮弹从炮筒飞出的速度，应当理解为相对于炮筒的速度，因为炮筒和炮座连在一起，因此也就是相对于炮身的速度，而不是相对于地面的速度。由于炮弹速度和炮身速度的参照物不统一，因此，以上解法是错误的。

运用动量守恒定律解题时，如果系统中各物体速度的参照物不是同一个惯性系，就要根据运动的合成原理进行变换。炮弹相对于地面的速度，应当是它相对于炮身的速度υ和炮身相对于地面的速度的矢量和，即υ+υ′。因此，这题的正确解法是

尽管两种解法所得的结果近似相同，并不表明前种解法也正确，完全是由于M>m的缘故。

四、注意公式的“同时性”

动量是状态量，动量守恒定律是指系统任意时刻总动量保持不变，因此系统内物体相互作用前的总动量m1υ1+m2υ2中的υ1和υ2必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度;相互作用后的总动量m1υ1′+m2υ2′中的υ1′、υ2′必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。

[例3]在水平光滑轨道上以速度υ1=5m/s行驶的平板车，车与货物的总质量M=2000kg，把质量m=20kg的货物以相对于车为υ=5m/s的水平速度向车前抛出，求平板车的末速度υ2。

解：根据动量守恒定律Mυ1=(M-m)υ2+m(υ+υ1)

这个解把货对车的速度υ与抛货前的车速υ1(而不是抛货后的车速υ2)的矢量和看成是货对地的速度，是错误的。

货是从车里抛出的。在投抛货之前，货、车对地的速度都是υ1，货对车的速度为零，抛掷货物，人有个动作过程，在这个短暂过程中，货与车通过人体存在大小相等、方向相反的力的作用，因而货与车获得方向相反的加速度，使货相对于车的速度由零逐渐增大到υ，而车对地的速度也由υ1不断变化为υ2，这就是说υ与车的后速υ2是同一时刻的，而与车的前速υ1是不同时刻的(υ和υ2都是抛货动作完成时的速度)。

速度和动量都是状态量，不是过程量。一个物体在不同时刻的速度或动量一般是不同的，同一物体在同一时刻的各个分速度或分动量也可以迭加，不同时刻的速度或动量是不能合成的(只能求所历时间内的增量)，可见，方程“Mυ1=(M-m)υ2+m(υ+υ1)”中的“υ+υ1”不能正确描述货物的速度，“υ+υ2”才是货物对地的速度。因此，这道题的正确解法是：

五、注意公式适用条件的“拓展性”

1. 近似性。

若系统所受合外力不为零，但内力远大于外力时，则系统的动量近似守恒。譬如碰撞或爆炸过程，由于碰撞或爆炸均是在极短的时间内相互作用的物体的运动状态发生了显著的变化，相互作用力先急剧增大后急剧减小，平均作用很大，外力通常远小于系统的内力，可以忽略不计，所以，认为磁撞或爆炸过程中动量是守恒的。新教材选修35第十一页的例题就是一例。

2. 独立性。

活用动量守恒定律的三个基本模型 第9篇

例1 如图1, 质量为m的小滑块A以初速v滑上静止于光滑水平地面上的小车B上, 小车B质量为M, 若A、B间动摩擦因数为 , 则要使A不滑离B, 车长L至少为多少?在此过程中, 系统产生的内能是多少?

分析:A、B间的摩擦力为f=μmg, 对A为向左的阻力, 对B为向右的动力, A对地作向右的匀减速直线运动, B对地作向右的初速为零的匀加速直线运动, 要使A恰巧不滑离B, 则当A与B的速度相同时A刚好滑到B的右端, 整个过程因为地面光滑, 系统的合外力为零, 所以满足动量守恒定律。

解:如图2, 设A的对地位移为SA, B的对地位移为SB, 当A滑到B的最右端时与B相对静止的共同速度为VAB, 系统由动量守恒得:mv+0= (m+M) vAB ①

物体A由动能定理得:undefined②

物体B由动能定理得:undefined③

位移关系有 SA-SB④, 由①②③④式即可解出L。

也可以根据能量守恒, 系统动能转化为系统内能, △E内undefined

又系统内能增加量等于滑动摩擦力对系统做功的负值, 而滑动摩擦力对系统做功等于滑动摩擦力与相对路程的乘积, 即△E内=- (-fL) =μmgL ⑥, 由⑤⑥可得:

undefined由①⑦式即可解出L。

变题:若小车车长已知为L, 求滑块的末速度vA和滑块在小车上运动的相对位移SAB。

分析:滑块初速度值不确定, 所以滑块可能存在与车同速后仍在车上和飞离小车两种末状态, 因此应先找出界定两种情况的临界条件.显然, 滑块滑到小车最右端时恰与小车同速即为临界条件。

解:undefined

由①②可得此临界状态滑块的初速度应满足undefined, 可见当滑块的初速度undefined时, 滑块不滑离小车, 根据①式可得滑块的末速度undefined。

由undefined可求得SAB;当滑块的初速度undefined时, 滑块在滑到小车的最右端后将飞离小车.设滑块飞离小车瞬间, 滑块的末速度为vA, 小车的末速度为vB, 系统列动量守mv+0=mvA+MvB④, 系统能量守恒undefined, 由④⑤即可求出滑块的末速度vA。

例2 如图3所示, 质量为m的小滑块A以初速v滑上静止于水平地面的木板B, 木板B的质量也为m, 若A、B间动摩擦因数为μ1=0.22, B与地面的动摩擦因数μ2 =0.10, 滑块A始终受到一个与初速度方向相同、大小为0.2mg的恒力F, 最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.要使A最终不脱离木板, 则木板B的长度L至少为多少?

分析:A与B间的滑动摩擦力fAB=μ1mg=0.22mg, B与地面的最大静摩擦力fB=μ2mg=0.2mg, 受力分析如图4所示, fAB>F , A将向右做匀减速运动, FAB>fB, B将向右做匀加速运动, F=fB, A、B系统合外力为零, 满足动量守恒定律。要使A最终不脱离木板, 其临界条件为滑块滑到小车最右端时恰与小车同速, 设滑块与小车的最终共同速度为VAB, A、B的位移如图2。当A、B相对静止时, 因为FAB=F且F=fAB , 所以A、B之后将一起向右匀速运动。

解:系统列动量守恒mv+0= (m+m) vAB ①, 对系统应用动能定律

undefined, 又 SA-SB=L, F=fAB, ②式可简化undefined, 联立①③式即可解得L。

动量矩守恒定理 第10篇

一、人相对于小车向前运动

例1光滑的水平地面上一辆小车质量M=35kg, 上面站着质量为m=70kg的人, 共同以速度v0=3m/s匀速前进,

(1) 如果人相对于小车以速度u=3m/s向前跑;

(2) 如果人相对于小车以速度u=6m/s向前跑.

求:以上两种情况下小车和人的速度分别为多少?

解析:以小车和人为系统, 由于水平面光滑, 故动量守恒, 以v0为正方向, 则有:

(1) 如果u=3m/s, 解得:V=1m/s, V+u=4m/s, 小车运动方向与v0方向相同;

(2) 如果u=6m/s, 解得:V=-1m/s, V+u=5m/s, 小车运动方向与v0方向相反.

点评: (1) 理解上常犯的错误是:认为小车后来的速度与原来的速度必然同向;

(2) 书写上常犯的错误是:把人的动量要么写成mu, 要么写成m (v0+u) .

小结:如果人相对于小车向前运动, 则动量守恒方程写为: (M+m) v0=MV+m (V+u) .对小车而言必然是减速的, 但无论减速程度如何, MV一律写作正的;对人而言, 必然是加速的, m (V+u) 必然为正的

二、人相对于小车向后运动

例2光滑的水平地面上一辆小车质量M=35kg, 上面站着质量为m=70kg的人, 共同以速度v0=3m/s匀速前进,

(1) 如果人相对于小车以速度u=3m/s向后跑;

(2) 如果人相对于小车以速度u=12m/s向后跑.

求:以上两种情况下小车和人的速度分别为多少?

解析:以小车和人为系统, 由于水平面光滑故动量守恒, 以v为正方向, 则有:

(M+m) v0=MV+m (V-u)

(1) 如果u=3m/s, 解得:V=5m/s, V-u=2m/s, 人的速度方向与v0方向相同;

(2) 如果u=12m/s, 解得:V=11m/s, V-u=-1m/s, 人的运动方向与v0方向相反.

点评: (1) 理解上常犯的错误是:认为小车后来的速度与原来的速度必然反向;

(2) 书写上常犯的错误是:把人的动量要么写成-mu, 要么写成m (v0-u) 或者-m (v0-u) .