物理选修3-5(碰撞与动量守恒)知识点与习题.pdf

碰撞与动量守恒碰撞与动量守恒核心内容核心内容课标解读课标解读1理解动量的的概念，知道冲量的意义2理解动量和冲量都是矢量，会计算一维动量变化动量和冲量3理解动量变化和力之间的关系，会用来计算相关问题4理解动量守恒定律的确切含义，知道其适用范围5掌握动量守恒定律解题的一般步骤6会用动量守恒定律分析、解决碰撞、爆炸等相互作用动量守恒定律7会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题8知道什么是反冲，9知道火箭的飞行原理和用途，能解释喷气飞机的原理反冲运动10了解动量守恒定律在实际生活中的意义和作用冲量和动量是物理学中的重要概念，动量定理和动量守恒是自然界中最重要、最普遍、最基本的客观规律之一.动量定理和动量守恒定律是可以用牛顿第二定律导出，但适用范围比牛顿第二定律要广。动量守恒定律广泛应用于碰撞、爆炸、冲击；近代物理中微观粒子的研究，火箭技术的发展都离不开动量守恒定律有关的物理知识。在自然界中，大到天体间的相互作用，小到如质子、中子等基本粒子间的相互作用，都遵守动量守恒定律。本章内容高考年年必考，题型全面，选择题主要考查动量的矢量性，辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本概念；常设置一个瞬间碰撞的情景，用动量定理求变力的冲量；或求出平均力；或用动量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值；计算题主要考查综合运用牛顿定律、能量守恒、动量守恒解题的能力。一般过程复杂、难度大、能力要求高，经常是高考的压轴题。高考中有关动量的计算题在分析解答问题的过程中常会运用数学的归纳、推理的方法，解答多次反复碰撞问题，要求考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学解决物理问题。运用数学解决物理问题的能力是高考中能力考查的重点内容之一，加强这方面的练习十分必要。一、动量和冲量一、动量和冲量 知识梳理知识梳理1 1动量的概念动量的概念(1)定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv（2）动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。（3）动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。（4）动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。（5）动量的变化：.由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵0pppt循平行四边形定则。A、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。B、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。（6）动量与动能的关系：，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，kmEP2动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的。2 2冲量的概念冲量的概念(1)定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft(2)冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。(3)冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间 t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。(4)高中阶段只要求会用 I=Ft 计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。(5)要注意的是：冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。特别是力作用在静止的物体上也有冲量。3 3求恒力和变力冲量的方法。求恒力和变力冲量的方法。恒力 F 的冲量直接根据 I=Ft 求，而变力的冲量一般要由动量定理或 F-t 图线与横轴所夹的面积来求。例题评析例题评析 【例 1】质量为 m 的小球由高为 H 的、倾角为 光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？【分析与解答】：力的作用时间都是，力的大小依次是 mg、gHgHt2sin1sin22mgcos 和 mg.sin，所以它们的冲量依次是：gHmIgHmIgHmING2,tan2,sin2合特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。【例 2】质量为 m 的小球由高为 H 的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？【分析与解答】：力的作用时间都是，力的大小依次是 mg、gHgHt2sin1sin22mgcos和 mgsin，所以它们的冲量依次是：gHmIgHmIgHmING2,tan2,sin2合【例 3】一个物体同时受到两个力 F1、F2的作用，F1、F2与时间 t 的关系如图 1 所示，如果该物体从静止开始运动，经过 t=10s 后 F1、F2以及合力 F 的冲量各是多少？【分析与解答】：我们看到两个力都是变力，但其变化是均匀的，故可以平其平均值，即初未的一半。经过 t=10s 后,F1的冲量 I1=1010/2=50N.SF2的冲量 I2=50N.S,合力 F 的冲量为 0.二动量定理二动量定理 知识梳理知识梳理（1）.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既 I=p（2）动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。（3）动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。（4）现代物理学把力定义为物体动量的变化率：（牛顿第二定律的动量形式）。tPF（5）动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。1求动量及动量变化的方法。求动量及动量变化的方法。求动量的变化要用平行四边形定则或动量定理。例题评析例题评析 【例 1】以初速度 v0平抛出一个质量为 m 的物体，抛出后 t 秒内物体的动量变化是多少？【分析与解答】：因为合外力就是重力，所以p=Ft=mgt【例 2】一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷人泥潭中。若把在空中下落的过程图 1 称为过程，进人泥潭直到停止的过程称为过程,则()A、过程 I 中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量 B、过程中阻力的冲量的大小等于过程 I 中重力的冲量的大小 C、I、两个过程中合外力的总冲量等于零 D、过程中钢珠的动量的改变量等于零【分析与解答】：根据动量定理可知,在过程 I 中,钢珠从静止状态自由下落.不计空气阻力,小球所受的合外力即为重力,因此钢珠的动量的改变量等于重力的 冲量,选项 A 正确;过程 I 中阻力的冲量的大小等于过程 I 中重力的冲量的大小与过程中重力的冲量的大小之和,显然 B 选项不对;在 I、两个过程中,钢珠动量的改变量各不为零.且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零,故合外力的总冲量等于零,故 C 选项正确,D选项错误。因此，本题的正确选项为 A、C。这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合。若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当 t1 t2时，Fmg。能力训练能力训练1质量为 m 的钢球自高处落下，以速率 v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为 v2，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（D）A向下，m（v2-v1）B向下，m（v2+v1）C向上，m（v2-v1）D向上，m（v2+v1）2质量为 m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间 t1到达沙坑表面，又经过时间 t2停在沙坑里。求：沙对小球的平均阻力 F；小球在沙坑里下落过程所受的总冲量 I。I=mgt1221tttmgF2用动量定理求解相关问题用动量定理求解相关问题 知识梳理知识梳理遇到涉及力、时间和速度变化的问题时.运用动量定理解答往往比运用牛顿运 动定律及运动学规律求解简便。应用动量定理解题的思路和一般步骤为：(l)明确研究对象和物理过程;(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况;(3)选取正方向,确定物体在运动过程中始末两状态的动量;(4)依据动量定理列方程、求解。【说明】在求恒力的冲量时，必须牢牢把握冲量的定义式，不要离开题意而把问题人 为弄复杂了。（1）简解多过程问题。简解多过程问题。例题评析例题评析 【例 3】一个质量为 m=2kg 的物体,在 F1=8N 的水平推力作用下,从静止开始沿水平 面运动了 t1=5s,然后推力减小为 F2=5N,方向不变,物体又运动了 t2=4s 后撤去外力,物体再经 过 t3=6s 停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。【分析与解答】：规定推力的方向为正方向,在物体运动的整个过程中,物体的初动量P1=0,末动量 P2=O。据动量定理有：0)(3212211tttftFtF 即：，解得 0)645(4558fNf4 由例 6 可知,合理选取研究过程，能简化解题步骤,提高解题速度。本题也可以用牛顿运动定律求解。同学们可比较这两种求解方法的简繁情况。.（2）.求解平均力问题求解平均力问题 例题评析例题评析 【例 4】质量是 60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中已知弹性安全带缓冲时间为 1.2s，安全带伸直后长 5m，求安全带所受的平均冲量（g=10ms2）【分析与解答】：人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：ghV220smghV/1020取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力 mg 和安全带给的冲力 F，取 F 方向为正方向，由动量定理得：Ft=mVmV0所以，（方向竖直向下）NtmVmgF11000注意：动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在 t 时间内的平均值 （3 3）、求解曲线运动问题、求解曲线运动问题 例题评析例题评析 【例 5】如图 2 所示，以 Vo 10ms2的初速度、与水平方向成 300角抛出一个质量m2kg 的小球忽略空气阻力的作用，g 取 10ms2求抛出后第 2s 末小球速度的大小【分析与解答】：小球在运动过程中只受到重力的作用，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀变速运动，竖直方向应用动量定理得：Fyt=mVy-mVy0 所以 mgt=mVy-(-mV0.sin300),V0300图 2 解得 Vy=gt-V0.sin300=15m/s.而 Vx=V0.cos300=sm/35 在第 2s 未小球的速度大小为：smVVVy/310220 注意：动量定理不仅适用于物体做直线运动的问题，而且也适用物体做曲线运动的问题，在求解曲线运动问题中，一般以动量定理的分量形式建立方程，即：Fxt=mVx-mVx0 Fyt=mVy-mVy0 （4 4）、求解流体问题、求解流体问题 例题评析例题评析 【例 6】某种气体分子束由质量 m=5.4X10-26kg 速度 V460m/s 的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有 n01.5X1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强【分析与解答】：设在t 时间内射到 S 的某平面上的气体的质量为 M，则：mntSVM0.取 M 为研究对象，受到的合外力等于平面作用到气体上的压力 F 以 V 方向规定为正方向，由动量定理得:-F.t=MV-(-M.V),解得SmnVF022平面受到的压强 P 为：aPmnVSFP428.32/02注意：处理有关流体(如水、空气、高压燃气等)撞击物体表面产生冲力（或压强）的问题，可以说非动量定理莫属解决这类问题的关键是选好研究对象，一般情况下选在极短时间t 内射到物体表面上的流体为研究对象（5 5）、对系统应用动量定理。、对系统应用动量定理。系统的动量定理就是系统所受合外力的冲量等于系统总动量的变化。若将系统受到的每一个外力、系统内每一个物体的速度均沿正交坐标系 x 轴和 y 轴分解，则系统的动量定理的数学表达式如下：，xxxxVmVmII221121yyyyVmVmII221121对于不需求解系统内部各物体间相互作用力的问题，采用系统的动量定理求解将会使求解简单、过程明确。例题评析例题评析 【例 7】如图 3 所示，质量为 M 的汽车带着质量为 m 的拖车在平直公路上以加速度a 匀加速前进，当速度为 V0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？【分析与解答】：以汽车和拖车系统为研m V0V/图 3M 究对象，全过程系统受的合外力始终为，该过程经历时间为 V0/g，末状态拖amM 车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：0/0/0,VMggamMVVmMMVgVamM注意：这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。amM【例 8】如图 4 所示，矩形盒 B 的质量为 M，放在水平面上，盒内有一质量为 m 的物体 A，A 与 B、B 与地面间的动摩擦因数分别 1、2，开始时二者均静止。现瞬间使物体 A 获取一向右且与矩形盒 B 左、右侧壁垂直的水平速度 V0，以后物体 A 在盒 B 的左右壁碰撞时，B 始终向右运动。当 A 与 B 最后一次碰撞后，B 停止运动，A 则继续向右滑行距离 S 后也停止运动，求盒 B 运动的时间 t。【分析与解答】：以物体 A、盒 B 组成的系统为研究对象，它们在水平方向所受的外力就是地面盒 B 的滑动摩擦力，而 A 与 B 间的摩擦力、A 与 B 碰撞时的相互作用力均是内力。设 B 停止运动时 A 的速度为 V，且假设向右为正方向，由系统的动量定理得：02)(mVmVgtMm当 B 停止运动后，对 A 应用动能定理得：2121mVmgS 由以上二式联立解得：。gmMgSmmVt)(2210 能力训练能力训练1.篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前.这样做可以A.减小球对手的冲量B.减小球的动量变化率C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量2.玻璃茶杯从同一高度掉下，落在水泥地上易碎，落在海锦垫上不易碎，这是因为茶杯与水泥地撞击过程中A.茶杯动量较大B.茶杯动量变化较大C.茶杯所受冲量较大D.茶杯动量变化率较大3.质量为 m 的钢球自高处落下，以速率 v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为 v2.在碰撞过程中，钢球受到的冲量的方向和大小为A.向下，m(v1v2）B.向下，m(v1v2）BAV0图 4 C.向上，m(v1v2）D.向上，m(v1v2）4.质量为 5 kg 的物体，原来以 v=5 m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量 15 Ns 的作用，历时 4 s，物体的动量大小变为A.80 kgm/sB.160 kgm/sC.40 kgm/sD.10 kgm/s5.一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是 t,上升的最大高度是H，所受空气阻力大小恒为 F,则在时间 t 内A.物体受重力的冲量为零B.在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小C.物体动量的增量大于抛出时的动量D.物体机械能的减小量等于 FH6.恒力 F 作用在质量为 m 的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间 t，下列说法正确的是A.拉力 F 对物体的冲量大小为零B.拉力 F 对物体的冲量大小为 FtC.拉力 F 对物体的冲量大小是 FtcosD.合力对物体的冲量大小为零 7.如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的相同的物理量是A.重力的冲量B.合力的冲量C.刚到达底端时动量的水平分量D.以上几个量都不同8.如图所示，木块 A 和 B 叠放于水平面上，轻推木块 A，B 会跟着A 一起运动，猛击 A 时，B 则不再跟着 A 一块运动，以上事实说明A.轻推 A 时，A 对 B 的冲量小B.轻推 A 时，A 对 B 的冲量大C.猛击 A 时，A 对 B 的作用力小D.猛击 A 时，A 对 B 的作用力大9.A、B 两物体在光滑水平面上相向滑行，A 物体速度大小为 8 m/s，B 物体速度大小为 4 m/s，两物体相碰后均静止，则两物体所受冲量大小之比为_，两物体质量之比为_.10.（2001 年京、皖、蒙春季高考试题）质量为 m=0.10 kg 的小钢球以 v0=10 m/s 的水平速度抛出，下落 h=5 m 时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角=_.刚要撞击钢板时小球的动量大小为_.(取 g=10 m/s2)11.一个物体的质量是 2 kg，沿竖直方向下落，以 10 m/s 的速度碰到水泥地面上，随后 又以 8 m/s 的速度被反弹回，若取竖直向上为正方向，则小球与地面相碰前的动量是_kgm/s，相碰后的动量是_kgm/s，小球的动量变化是_kgm/s.12.两个质量相同的小球 A、B，中间用轻弹簧相连，放在光滑的水平面上，A 球挨着左墙壁，如图所示.若用水平向左的短时冲量 I 作用于 B 球，B 球将弹簧压缩，弹簧的最大弹性势能是 4 J，当 A 球离开墙壁瞬间，B 球的动量大小是 2 kgm/s.则 B 球的质量是_；水平冲量 I 的大小是_.三、计算题13.跳起摸高是中学生进行的一项体育活动，某同学身高 1.80 m，质量 65 kg，站立举手达到 2.20 m.此同学用力蹬地，经 0.45 s 竖直离地跳起，设他蹬地的力的大小恒定为 1060 N，计算他跳起可摸到的高度.(g=10 m/s2)14.质量为 M 的汽车带着质量为 m 的拖车在平直公路上以加速度 a 匀加速前进，当速度为 v0时发生脱钩，直到拖车停下瞬间司机才发现.若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为，那么拖车刚停下时汽车的即时速度是多大?一、1.B 2.D 3.D 4.C 5.BC 6.BD 7.D 8.B二、9.11；1210.45；kgm/s 小球撞击后速度恰好反向，说明撞击前速度与钢板垂直.利用2这一结论可求得钢板与水平面的夹角=45，利用平抛运动规律（或机械能守恒定律）可求得小球与钢板撞击前的速度大小 v=v0=10m/s,因此其动量的大小为22p=mv=kgm/s.211.-20;16;3612.0.5 kg;2 Ns 用水平向左的短时冲量 I 作用于 B 球后，B 球获得一定的动量，向左压缩弹簧，压缩过程中，B 球的动能转化为弹簧的弹性势能，机械能守恒.B 球速度为零时，弹簧弹性势能最大为 4 J，当 A 球离开墙壁瞬间，弹簧刚好恢复原长，B 球动能为 4 J，而 B 球的动量大小是 2 kgm/s，由动量公式 p=mv 和动能公式 Ek=mv2，可求出 B 球21的质量0.5 kg，同时可知 B 球压缩弹簧前的动量大小也是 2 kgm/s，据动量定理，水平冲量 I 的大小是 2 Ns.三、13.设人离地时获得速度为 v，据动量定理（F-mg)t=mv.由竖直上抛运动公式得：h=v2/2g,由上述两式解得：h=0.4 m,所以该同学摸高为 H=2.2+0.4=2.6 m.14.根据牛顿第二定律，系统受的合外力为 F=（M+m）a，脱钩后到拖车停止所经历的时间为 t=，对系统运用动量定理可得：gv0（M+m）a=Mv-（M+m）v0，gv0 所以 v=v0MggamM)(三动量守恒定律三动量守恒定律 知识梳理知识梳理（1）.动量守恒定律：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：22112211vmvmvmvm（2）动量守恒定律成立的条件系统不受外力或者所受外力之和为零；1系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；2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。3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。4（3）.动量守恒定律的表达形式：除了，即 p1+p2=p1/+p2/22112211vmvmvmvm外，还有：p1+p2=0，p1=-p2 和1221vvmm（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 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 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。1根据动量守恒条件判定系统的动量是否守恒？根据动量守恒条件判定系统的动量是否守恒？例题评析例题评析 【例 1】如图所示的装置中，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【分析与解答】：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，还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【例 2】质量为 M 的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为 M0，小车和单摆以恒定的速度 V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为 M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的（）A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为 V1、V2和 V3，且满足：（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；B摆球的速度不变，小车和木块的速度为 V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2；C摆球的速度不变，小车和木块的速度都为 V，且满足：MV0=（M+M1）V；D小车和摆球的速度都变为 V1，木块的速度变为 V2，且满足：（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V2【分析与解答】：小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变。但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程。因此，我们只需分析 B、C 两项。其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是 C 项所描述的，后者正是 B 项所描述的，所以 B、C 两项正确。2 2分方向动量守恒分方向动量守恒 系统所受合外力不为零时，总动量不守恒，若某一方向上合外力为零，这个方向上的动量守恒。要特别注意把速度投影到这个方向上，同时还要注意各量的正负号。例题评析例题评析 【例 3】如图所示。质量为 m 的铅球以大小为 v0仰角为 的初速度抛入一个装着砂子的总质量为 M 的静止的砂车中，砂车与地面的摩擦不计，球与砂车的共同速度是多少?【分析与解答】：小球及小车看成一个系统，该系统水平方向不受外力，故系统水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得 mv0cos=(M+m)v所以 v=mv0cos/(M+m)【说明】此类问题属系统所受外力不为 0，竖直方向上受到有外力，动量不守恒，但水平方向上不受外力作用，动量守恒。又如大炮在以倾角发射炮弹时，炮身要后退，受到地面的阻力，但因其炸药产生的作用力很大，远大于受到的阻力，故仍认为水平方向动量守恒。能力训练能力训练1如图所示，小车放在光滑的水平面上，用细绳将小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中 (D )A小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒 B小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒 C小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零D在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反 2如图所示，木块 A 静置于光滑的水平面上，其曲面部分 MN 光滑，水平部分NP 是粗糙的，现有一物体 B 自 M 点由静止下滑，设 NP 足够长，则以下叙述正确的是(BC )AA、B 最终以同一速度(不为零)运动 BA、B 最终速度均为零 CA 物体冼做加速运动，后做减速运动 DA 物体先做加速运动，后做匀速运动3如图所示，将一质量为 lkg 的物体在距离地面高 5m 处由静止自由下落，正好落在以5ms 速度沿光滑水平面做匀速运动的装有砂子的小车中，车与砂子的总质量为 4kg，当物体与小车相对静止后，小车的速度为（B）A3m/s B4m/s C5m/s D6m/s3 3根据动量守恒定律求解根据动量守恒定律求解“合二为一合二为一”和和“一分为二一分为二”问题。问题。“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。“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各自以不同的速度运动。例题评析例题评析 【例 4】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？【分析与解答】：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:M1V1M2V1=（M1+M2）V smsmVMMMMV/5.1/6802012121（2）这一过程中乙小孩及时的动量变化为:P=30630（1.5）=225（kgm/s）每一个小球被乙接收后，到最终的动量弯化为 P1=16.511.51=15（kgm/s）故小球个数为)(15152251个PPN【例 5】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接到木箱？（已知）2:31:mM解析:人每次推木箱都可看作“一分为二”的过程，人每次接箱都可以看作是“合二为一”的过程，所以本题为多个“一分为二”和“合二为一”过程的组合过程。设人第一次推出后自身速度为 V1，则：MV1=mV，人接后第二次推出，自身速度为 V2，则 mV+2mV=MV2(因为人每完成接后推一次循环动作，自身动量可看成增加 2mV)设人接后第 n 次推出，自身速度为 Vn，则 mV+2mV(n-1)=MVnVn=(2n-1)V，Mm若 VnV，则人第 n 次推出后，不能再接回，将有关数据代入上式得n8.25，n=9。4动量守恒定律解动量守恒定律解“人船模型人船模型”问题问题两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。例题评析例题评析 【例 6】载人气球原静止于高 h 的高空，气球质量为 M，人的质量为 m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？【分析与解答】：气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒。人着地时，绳梯至少应触及地面，若设绳梯长为 L，人沿绳梯滑至地面的时间为 t，由动量守恒定律有：,解得thmthLMMmd 。hMmML【例 7】如图 7 所示，质量为 M 的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置。车左侧内壁固定有沙袋。发射器口到沙袋的距离为 d，把质量为 m 的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是_。【分析与解答】：本题可把子弹看作“人”，把车看作“船”，这样就可以用“人船模型”来求解.,解得。dSStSMtSm2121,0MmmdS2【例 8】质量为 M、长为 L 的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为 m1及m2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？【分析与解答】：利用“人船模型”易求得船的位移大小为：.提2121)(mmMLmmS示：若 m1m2,本题可把（m1-m2）等效为一个人，把（M+2m2）看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便。能力训练能力训练1平静的湖面上停着一只小木船，船头站着一个人，如图所示，现在人要走到船尾取一样东西，已知船长为 L，那么人从喘头走到船尾过程中，船相对静水后退的距离多大?(船质量为 M，人的质量为 m)LMmm2如图所示，在固定的水平光滑横杆上，套着一个质量为 M 的环，一条轻绳一端连于环，另一端系一质量为 m 的小球，绳长为 z，开始时，将系球的绳绷直并拉到与横杆平行的位置，然后将小球释放，试求小球第一次到达最低点的过程中，环在横杆上移动的距离。LMmm5 5分析求解分析求解“三体二次作用过程三体二次作用过程”问题问题所谓“三体二次作用”问题是指系统由三个物体组成，但这三个物体间存在二次不同的相互作用过程。解答这类问题必须弄清这二次相互作用过程的特点，有哪几个物体参加？是短暂作用过程还是持续作用过程？各个过程遵守什么规律？弄清上述问题，就可以对不同的物理过程选择恰当的规律进行列式求解。例题评析例题评析 【例 9】光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为 2kg 的 A、B 两物块都以 V0=6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为 4kg 的物块 C 静止在前方，如图 8 所示。B 与 C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为 J 时，物块 A 的速度是 m/s。【分析与解答】：本题是一个“三体二次作用”问题：“三体”为 A、B、C 三物块。“二次作用”过程为第一次是 B、C 二物块发生短时作用，而 A 不参加，这过程动量守恒而机械能不守恒；第二次是 B、C 二物块作为一整体与 A 物块发生持续作用，这过程动量守恒机械能也守恒。对于第一次 B、C 二物块发生短时作用过程，设 B、C 二物块发生短时作用后的共同速度为 VBC，则据动量守恒定律得：(1)BCCBBVmmVm)(0对于第二次 B、C 二物块作为一整体与 A 物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为 V，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得：mAV0+（2）VmmmVmmCBABCCB)(（3）2220)(21)(2121VmmmVmmVmECBABCCBAP由式(1)、（2）、（3）可得：当弹簧的弹性势能达到最大为 EP=12J 时，物块 A 的速度V=3 m/s。【例 10】如图所示为三块质量均为 m，长度均为 L 的木块。木块 1 和木块 2 重叠放置在光滑的水平桌面上，木块 3 沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块 2 发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后原来叠放在上面的木块 1 完全移到木块 3 上，并且不会从木块 3上掉下，木块 3 碰撞前的动能应满足什么条件？设木块之间的动摩擦因数为。【分析与解答】：设第 3 块木块的初速度为 V0,对于 3、2 两木块的系统，设碰撞后的速度为 V1，据动量守恒定律得：mV0=2mV1 1对于 3、2 整体与 1 组成的系统，设共同速度为V2，则据动量守恒定律得：2mV1=3mV2 2(1)第 1 块木块恰好运动到第 3 块上，首尾相齐，则据能量守恒有：3221.3.21.2.21VmVmmgL3由联立方程得：Ek3=6mgL 1234(2)第 1 块运动到第 3 块木块上，恰好不掉下，据能量守恒定律得：3221.3.21.2.21)5.1(VmVmLmg5由联立方程得：Ek3=9mgL 125故：mgLEmgLk9636 6分析求解分析求解“二体三次作用过程二体三次作用过程”问题问题所谓“二体三次作用”问题是指系统由两个物体组成，但这两个物体存在三次不同的ABC123V0 相互作用过程。求解这类问题的关键是正确划分三个不同的物理过程，并能弄清这些过程的特点，针对相应的过程应用相应的规律列方程解题。例题评析例题评析 【例 11】如图所示，打桩机锤头质量为 M，从距桩顶 h 高处自由下落，打在质量为m 的木桩上，且在极短时间内便随桩一起向下运动，使得木桩深入泥土的距离为 S，那么在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力是多少？【分析与解答】：这是一道联系实际的试题。许多同学对打木桩问题的过程没有弄清楚，加上又不理解“作用时间极短”的含意而酿成错误。其实打木桩问题可分为三个过程：其一：锤头自由下落运动过程，设锤刚与木桩接触的速度为 V0，则据机械能守恒定律得：Mgh=,所以 V0=。2021MVgh2其二：锤与木桩的碰撞过程，由于作用时间极短，内力远大于外力，动量守恒，设碰后的共同速度为 V，据动量守恒定律可得：MV0=(M+m)V,所以 V=mMMV0其三：锤与桩一起向下做减速运动过程，设在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力为 f,由动能定理可得：（M+m）gS-fS=0-,所以 f=(M+m)g+.2)(21VmM SmMghM)(2【例 12】如图所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为 3m，在木板的上面有两块质量均为 m 的小木块 A 和 B，它们与木板间的动摩擦因数均为。最初木板静止，A、B 两木块同时以方向水平向右的初速度 V0和 2V0在木板上滑动，木板足够长，A、B 始终未滑离木板。求：（1）木块 B 从刚开始运动到与木板 C 速度刚好相等的过程中，木块 B 所发生的位移；（2）木块 A 在整个过程中的最小速度。【分析与解答】：（1）木块 A 先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块 B 一直做匀减速直线运动；木板 C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到 A、B、C 三者的速度相等为止，设为 V1。对 A、B、C 三者组成的系统，由动量守恒定律得：100)3(2VmmmmVmV解得：V1=0.6V0对木块 B 运用动能定理，有：MmCABV02V0 2021)2(2121VmmVmgs解得)50/(91:20gVs（2）设木块 A 在整个过程中的最小速度为 V，所用时间为 t，由牛顿第二定律：对木块 A：,gmmga/1对木板 C：,3/23/22gmmga当木块 A 与木板 C 的速度相等时，木块 A 的速度最小，因此有：tggtV)3/2(0解得)5/(30gVt木块 A 在整个过程中的最小速度为：.5/2010/VtaVV7用动量守恒定律解用动量守恒定律解“碰撞类碰撞类”问题问题1.碰撞的特点 （1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其它形式的能量转化为动能。（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。2.判定碰撞可能性问题的分析思路（1）判定系统动量是否守恒。（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，