物理 选择性必修一 第一章 学习笔记

诈尸。

1.动量

实验：两辆小车放在滑轨上，用一辆运动的小车碰撞一辆静止的小车，碰撞后两辆小车粘在一起运动。多次改变运动小车的质量 $m_1$，静止小车的质量 $m_2$，运动小车碰撞前的速度 $v$，测量碰撞后两辆小车的共同速度 $v'$。分析实验数据，发现小车的动能之和并不相等，但质量与速度的乘积之和基本不变。即，$\frac{1}{2}m_1v^2\neq \frac{1}{2}(m_1+m_2)v'^2$，$m_1v=(m_1+m_2)v'$。

物理学中把质量和速度的乘积 $mv$ 定义为物体的动量（momentum），用字母 $p$ 表示，即 $p=mv$。动量的单位是千克米每秒，符号是 $\text{kg}\cdot\text{m/s}$。动量是矢量，方向与速度的方向相同。

课后习题：

1. (1) 动量增大为 $2$ 倍，动能增大为 $4$ 倍。

   (2) 动量发生变化，变化了 $12\text{kg}\cdot\text{m/s}$；动能不变。

   (3) 动量的矢量和是 $6\text{kg}\cdot \text{m/s}$，方向向西；动能之和是 $33\text{J}$。

2. 由 $F=ma,v=at$，计算得到 $v_2=2\text{m/s},v_3=1.5\text{m/s}$，于是 $p_2=4\text{kg}\cdot \text{m/s},p_3=3\text{kg}\cdot \text{m/s}$。

2.动量定理

类似上一节练习题的最后一题，用牛顿第二定律分析两个物体碰撞的情况，可以得到 $F\Delta t=p'-p$。

物理学中把力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量（impulse），用字母 $I$ 表示，即 $I=F\Delta t$。冲量的单位是牛每秒，符号是 $\text{N}\cdot \text{s}$。

于是我们有 $I=p'-p$。这表明：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。这个关系叫做动量定理。

通过微积分的方法，这个结论可以推广到变力作用的情况。

我们知道 $F=\dfrac{\Delta p}{\Delta t}=\dfrac{\Delta E_k}{\Delta x}$，所以可以说，动量决定了物体在力 $F$ 的阻碍下能够运动的时间，动能则决定了物体在力 $F$ 的阻碍下能够运动的距离。或者说，动量定理反映了力对时间的累积效应，动能定理反映了力对空间的累积效应。

课后习题：

1. A 不正确，物体所受拉力 $F$ 的冲量方向与 $F$ 的作用方向相同；B 不正确，物体所受拉力 $F$ 的冲量大小为 $Ft$；C 不正确，物体所受的静摩擦力等于 $F\cos \theta$，所受静摩擦力的冲量为 $Ft\cos\theta$；D 正确，可以用动能定理解释。

2. 根据动量定理，运动员受支持力与重力的合力的冲量等于落地前的动量。落地时屈腿，可以增大弹力对运动员的作用时间，减小运动员所受的支持力，避免受伤。

3. 根据动量定理列式得到 $(F-G)t=mv-0$。

   (1) 取 $G=0$，得到 $F=200\text N$。

   (2) 取 $G=mg$，得到 $F=205\text N$。

   (3) $F=m(\frac{v}{t}+g)$，当 $\frac{v}{t}\gg g$，即铁锤的平均加速度远大于重力加速度时，重力可以忽略不计。

4. 根据动量定理列式得到 $Ft=mv'-mv$，代入数据解得 $F=-30\text N$。

5. (1) 以竖直向上为正方向。$v_1=-\sqrt{2gh_1}$，$v_2=\sqrt{2gh_2}$，$\Delta p=mv_2-mv_1$，代入数据解得 $\Delta p=1080\text{kg}\cdot\text{m/s}$。

   (2) $(F-mg)t=\Delta p$，$F=1950\text N$。

   (3) $t_1=\sqrt{\frac{2h_1}{g}}$，$t_2=\sqrt{\frac{2h_2}{g}}$，$I_{重}=-mg(t_1+t+t_2)$，$I_{弹}=Ft$。代入数据解得 $I_{重}=-1560\text{N}\cdot \text{s},I_{弹}=1560\text N$。

6. 设儿童的质量为 $m$，楼房的高度为 $h$。以竖直向上为正方向，则 $v=-\sqrt{2gh}$，$I=Ft=0-mv$。估算 $m=15\text{kg},h=9.8\text m$，有 $I=210\text{N}\cdot \text{s},F=2100\text N$。

3.动量守恒定律

用动量定理分别研究两个相互作用的物体，结合牛顿第三定律，可以发现两个物体的动量变化量之和为 $0$。

我们把两个（或多个）相互作用的物体构成的整体叫做一个力学系统，简称系统（system），系统中物体间的作用力叫做内力（internal force），系统以外的物体施加给系统内物体的力叫做外力（external force）。

理论和实验都表明：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为 $0$，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。

动量守恒定律的适用范围非常广泛，在高速、微观领域，牛顿运动定律已不再适用，而动量守恒定律仍然正确。

课后习题：

1. 根据动量守恒定律，总动量仍为 $0$。列式得到 $m_{甲}v_{甲}-m_{乙}v_{乙}=0$，代入数据得到 $\dfrac{v_{甲}}{v_{乙}}=\dfrac{10}{9}$。

2. $m_{A}v_{A}+m_{B}v_{B}=m_{A}v_{A}'+m_{B}v_{B}'$，解得 $v_{A}'=7.4\text{m/s}$，也就是 $A$ 的速度大小是 $7.4\text{m/s}$，方向不变。

3. (1) $mv_0=(m+M)v_1$，$v_1=88.2\text{m/s}$

   (2) $mv_0=mv_2+Mv$，$v=83.3\text{m/s}$

4. $Mv_0=8Mv$，$v=0.05\text{m/s}$。

5. $m_{甲}v_{甲}+m_{乙}v_{乙}=m_{甲}v_{甲}'+m_{乙}v_{乙}'$，$\dfrac{m_{甲}}{m_{乙}}=\dfrac{3}{5}$。

6. 由动量守恒定律有 $mv_0=(m+m_1)v$

   由机械能守恒定律有 $(m+m_1)gl(1-\cos \theta)=\frac{1}{2}(m+m_1)v^2$

   解得 $v_0=\frac{m+m_1}{m}\sqrt{2gl(1-\cos\theta)}$

4.实验：验证动量守恒定律

案例 1：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒

可以在两个滑块相互碰撞的面上装上弹性碰撞架，橡皮泥，分别模拟碰撞后朝相反方向运动的情况和碰撞后粘在一起的情况。

案例 2：研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒

利用平抛运动的知识求出碰撞前后的速度，或者直接根据落地时飞行的水平距离之比计算速度的比。

课后习题：

1. (1) 碰撞前选 BC 段，碰撞后选 CD 段

   (2) $p_1=m_Av_1=m_A\cdot \frac{x_{BC}}{t_{BC}}=0.685\text{kg}\cdot\text{m/s}$，$p_2=(m_A+m_B)\cdot \frac{X_{CD}}{t_{CD}}=0.684\text{kg}\cdot\text{m/s}$。

2. (1) 使 $v_1',v_2'$ 偏小，实验会得到 $m_1v_1\gt m_1v_1’+m_2v_2'$。

   (2) 实验会得到 $m_1v_1\lt m_1v_1'+m_2v_2'$，因为斜槽末端不水平导致落地时飞行的水平距离减少，$v_1$ 就偏小。

5.弹性碰撞和非弹性碰撞

如果系统在碰撞前后动能不变，这类碰撞叫做弹性碰撞（elastic collision）；如果系统在碰撞后动能减少，这类碰撞叫做非弹性碰撞（inelastic collision）。

研究一类特殊的碰撞：正碰（也称为对心碰撞或一维碰撞）。考虑两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。

假设物体 $m_1$ 以速度 $v_1$ 与原来静止的物体 $m_2$ 发生正碰，碰撞后它们的速度分别为 $v_1',v_2'$。假设它们发生弹性碰撞，则：

$$m_1v_1'+m_2v_2'=m_1v_1$$

$$\frac{1}{2}m_1v_1'^2+\frac{1}{2}m_2v_2'^2=\frac{1}{2}m_1v_1^2$$

联立可以解得

$$v_1'=\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}v_1,v_2'=\frac{2m_1}{m_1+m_2}v_1$$

分析这一结果：当两物体质量相等时，第一个物体的速度变为 $0$，而第二个物体的速度等于第一个物体原来的速度；当 $m_1\gg m_2$ 时，第一个物体的速度几乎不变，第二个物体以 $2v_1$ 的速度被撞出去；当 $m_1\ll m_2$ 时，第一个物体以原来的速率被弹回去，第二个物体几乎不动。

课后习题：

1. (1) $m_1v_1+m_2v_2=(m_1+m_2)v$，$v=6.67\text{cm/s}$，方向与第一个滑块相同。

   (2) $\Delta E=\frac{1}{2}m_1v_1^2+\frac{1}{2}m_2v_2^2-\frac{1}{2}(m_1+m_2)v^2=0.004\text J$

2. 直接用上面的结论，塑料球的速度为 $-6\text{m/s}$，钢球的速度为 $4\text{m/s}$。

3. 注意中子的质量一般小于原子核的质量，根据上面的结论，应该选用质量较小的原子核。

4. 还是用上面的结论：

   $$v_H=\frac{2m}{m+m_H}v$$
   $$v_N=\frac{2m}{m+m_N}v$$

   解得 $m=m_H$。

5. $$mv=mv_A+3mv_B$$
   $$\frac{1}{2}mv^2\ge \frac{1}{2}mv_A^2+\frac{1}{2}\cdot 3mv_B^2\ge 0$$

   解得 $0.25v\le v_B\le 0.5v$。因此 $v_B$ 可能为 $0.4v$，不可能为 $0.6v$。

6.反冲现象 火箭

发射炮弹时，炮弹射出后以很大的速度向前运动，根据动量守恒定律，炮身必将向后运动。炮身的这种后退运动叫做反冲（recoil）。

火箭就是利用反冲的原理而飞行的。

课后习题：

1. 设飞机和气体的质量分别为 $m_0,m_1$，初速度为 $v$，喷气后速度分别为 $v_0,v_1$，则 $0\lt v_1\lt v$。

   利用动量守恒定律列式得到 $(m_0+m_1)v=m_0v_0+m_1v_1$。

   于是 $v_0=v+\frac{m_1}{m_0}(v-v_1)\gt v$，也就是说飞机的速度仍然在增加。

2. $x=vt$，$Mv=mv_0$，$m=0.15\text{kg}$。

3. $(m_1+m_2)v_0=m_1v_1+m_2v_2$，$v_1-v_2=1.8\times 10^3\text{m/s}$

   解得 $v_1=7.3\times 10^3\text{m/s},v_2=5.5\times 10^3\text{m/s}$

   所以分离后卫星在一个更高的轨道上绕地球做匀速圆周运动，火箭壳体落回大气层。

4. (1) 设子弹的速度为 $v$，设第 $i$ 次射击后速度为 $v_i$（$v_0$ 表示初速度）。则 $(m-im_0)v_i=(m-(i+1)m_0)v_{i+1}+m_0(v_{i+1}-v)$，从而 $v_{i+1}-v_i=\frac{m_0v}{m-im_0}$。

   (2) 子弹重量的减少可以忽略不计，对整个过程用动量定理分析，$m_0\Delta v=10m_0v$，$\Delta v=0.67\text{m/s}$。

   (3) $Ft=m\Delta v$，$F=40\text N$。

本章习题

1. 用动量定理计算，$(F-mg)t=mv$，$v^2=2gh$，解得 $F=193200\text N$。

2. 利用动量定理列式：$\mu mgt=p$，$t=\frac{p}{\mu mg}$，所以质量小的物体滑行时间长。实际上不需要动量定理，容易发现两个物体的加速度相同，质量小的速度大，运动时间长。

3. 设初速度为 $v_1$，落地时的速度为 $v_2$，则 $v_2^2-v_1^2=2gh$。那么 $v_{2a}=v_{2b}\gt v_{2c}$，从而 $p_{a}=p_b\gt p_c$。动量的变化量 $\Delta p=mgt$，显然有 $t_a\gt t_c\gt t_b$，所以 $\Delta p_a\gt \Delta p_c\gt \Delta p_b$。

4. (1) 刚抛出时动量大小为 $p_0=mv_x=3\text{kg}\cdot \text{m/s}$，方向水平向右；刚落地时速度向下的分量 $v_y=gt=8\text{m/s}$，速度 $v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=10\text{m/s}$，动量 $p_e=mv=5\text{kg}\cdot \text{m/s}$，方向向右下方与水平方向夹 $53^{\circ}$ 角。
   (2) 对上述两个动量做矢量差，得到 $\Delta p=4\text{kg}\cdot \text{m/s}$，方向竖直向下。
   (3) $I=mgt=4\text{N}\cdot \text{s}$，方向竖直向下。
   (4) 动量定理。

5. $(F-mg)t=mv$，$F=4140\text N$。$F$ 大于人的重力，人要起飞了。

6. 以 A 向 B 的方向为正方向，则 A 的速度在减小（加速度为负方向），B 的速度在增大（加速度正方向）。于是 A 和 B 距离最近时二者速度相同。

   由动量守恒定律列式得到 $m_Av=m_Av_1+m_Bv_1$，$v_1=0.2v$。

7. 根据图象可知，碰撞前速度 $v_1=4\text{m/s},v_2=0$，碰撞后速度 $v_1'=-2\text{m/s},v_2'=2\text{m/s}$。

   (1) 由动量守恒定律得到 $m_1v_1=m_1v_1'+m_2v_2'$，则 $m_2'=3\text{kg}$。

   (2) $E=\frac{1}{2}m_1v_1^2=8\text J$，$E'=\frac{1}{2}m_1v_1'^2+\frac12m_2v_2^2=8\text J$，$E=E'$，所以是弹性碰撞。

8. $mv_0=m_1v_1+mv_2$，$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$，$s=v_1t$，$s'=v_2t$，解得 $s'=100\text m$。

1. 微积分。平均作用力 $\bar F=5\text N$，冲量 $I=\bar F\cdot t=10\text{N}\cdot \text{s}$。

2. 对加速和减速的过程分别应用动能定理，可以得到：

   $$(F-\mu mg)t=p=\mu mgt$$

   于是 $F=2\mu mg$。

3. $$h=17\times 3\text m$$
   $$v=\sqrt{2gh}$$
   $$t=\frac{2x}{v}$$
   $$(F-mg)t=mv$$
   $$F=510.5\text N$$

   参考答案给出 $532\text N$，这个故事告诉我们不要随便近似。

4. 考虑水流射出时一段很短的时间 $t$ 内的过程，有 $m=\rho Svt$，$mv=Ft$，解得 $F=\rho Sv^2$。方向与水流初速度方向相同。

5. $mv+m'v'=0$，$x-x'=l$，$\frac{x}{x'}=\frac{v}{v'}$，解得 $x=\frac{m'}{m+m'}\cdot l$，$x'=-\frac{m}{m+m'}\cdot l$。即船对地面位移的大小为 $\frac{m'l}{m+m'}$，人对地面位移的大小为 $\frac{ml}{m+m'}$。

6. 两球压缩最紧时速度相等（参考 A 组第 6 题），于是 $\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}(m+m)v^2+E_p$，$mv_0=(m+m)v$，$v_0=2\sqrt{\frac{E_p}{m}}$。

7. 规定向右为正方向，则有 $m_Av_0=m_Av_A+m_Cv_C$，$m_Av_A+m_Bv_0=(m_A+m_B)v_{AB}$，$v_{AB}=v_C$，解得 $v_A=2\text{m/s}$。

8. 小球 C 下落到最低点时，A,B 开始分离，此过程中 A,B,C 组成的系统水平方向动量守恒。

   规定水平向左为正方向，则由动量守恒定律得 $0=m_0v_C-2mv_{AB}$，由机械能守恒定律得 $m_0gl=\frac12m_0v_C^2+\frac12\cdot 2mv_{AB}^2$，联立解得 $v_C=2\sqrt{\frac{mgl}{2m+m_0}}，v_{AB}=\frac{m_0}{m}\sqrt{\frac{mgl}{2m+m_0}}$。