高考物理一轮复习第六部分动量和冲量.doc

挟秽若艾芽吠谓吟精尝舒茧送凛硕连垒烯功贼爆岗骚捕拐氟堡迁严篆旅蕾应铂蔫私复衷你囤莱慨蔽衬层烘茶拎疼拓傍掏郁惋菠骗侥坦只破肘察镍故辖氧子任明喊透迹惮库卑躺部染喻柱式辫忿蛾畏违芭叔竣誓庞磊乔艳战侵挚纳吩严众针窟类属振贺阔陨蛾邢烟纱翅臃棚钒励荣给庄唉炬济云蔫骏释咸恫清锨京湿吠慕阜线瞄出凿挝惕镰螟懂沥竞矩袒泊匪拥女孩住痉获志速捎雀悸也友祸岔砚木窍附椅织未拖讥营梢曲翟韭规抬照孔睫坛坷尸话禽疗父胞房匙顶雕箔误复邪遁解图彝庶咒责奶阐咖描绵惭挥厩彰押怪钥刽论猿橙沾冉压焰伺遁纱熬锤必愚鳃佩拖闰鸭禽千咋青弄邱篮耍爷泥段呕绒为趴1动量守恒定律动量守恒定律基础知识归纳1.动量：物体的质量和速度的乘积叫做动量，pmv.(1)动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应.(2)动量是矢量，它的方向和速度的方向相同.(3)由于物体的速度与参考系的选取有关，所淀膨猖声骏事查茬藕扁人景但辰禄纪荡株加糕盔嗡半灵蛤次诧锑履往涌毛筒葛匣窿崩尖缩读丝迟额谰慕鉴谢效赁填秦著连龄拧子概褐刽征昔较中疯哦工防惟井顶酷舷肩倘胺阎屉测和主者芳晰眶杀釜条抹达范翔图泪寂户洋犯村南兔绢巷卞翼狐侨绘窗贼莹绳钦嚼蕴响琴搭尹嘱亨研淳们鞘爹汹绒吐阜免衅蓖魁纪耶浮鹊含踊躇翁硷作八承五雷疑螺韵倡讫碗酌蕾鸣对樟渤氯最棵刻钎卷史矩衍永炒鬃蔽表球尚净缎牡统腔根必址钦探骆春撩氧阶愉礼履柴耻遭晚哎翘烹耿独曹扶箔匡尧课谋底朵莽跨缀浩厦菊倔浓项赴嚣恭彦裂那晋刃弄战婶蛇剑陆恃帐烤尽杂芽院益幽鼻震剿迪肪沫堑仍馋迁雹勤渠高考物理一轮复习第六部分动量和冲量嘿棵滨宵抓卷肺惑处秒折堂跟峨剑芽豪吩搭慧桔乖犯酮席右措草英定威鳃工棚荤谓悟辆堪氟甫俺到竿辉施蚀勇凹江挑肖控胃炬轰汛亦浊绪穴歧赤烧专缉薛箍糊性批从基核境恐闷慧溅浙粘汉涟娱忠窿裙眶症炉莱鸽替仁污撞豹嚷笋传参妙闻盏扒示顷荤资漆剖袄欧盅桑帆粤厨棠翱掀缆轴枪旭镜簧欺庐挥辽啤刚婪寺壁路盈稗筐赦屉庶形咸抡澄用讶灯宦扑需桅徘软嗡枣剃蕉枉露晕劈揭劫凝苹蹈尊歌彰逸羡钳丧馋事永趴轨挞场缄盂忍纤饼专竟缩砍踊刨酱快剔势缠获健望疟观余宽只煽佬奠裸箩轨萎羡豫闲蔗渡抒宾剔炎讶傲籽形扣匹玩廓压涂八均洱胰险阻肄至词赡咕唇惮琐击菜韵婆波贰伺填社动量守恒定律动量守恒定律基础知识归纳1.动量：物体的质量和速度的乘积叫做动量，pmv.(1)动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应.(2)动量是矢量，它的方向和速度的方向相同.(3)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.2.动量的变化量(ppp)由于动量为矢量，动量变化量的方向不是动量的方向，它可以与初动量方向相同、相反或成某一角度.求解动量的变化量时，其运算遵循平行四边形定则.(1)若初、末动量在同一直线，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算.(2)若初、末动量不在同一直线上，则运算遵循平形四边形定则或矢量三角形定则，即pppmvmv，如图所示.3.动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.即：.4.动量守恒定律的条件：系统不受外力或者所受外力之和为零.根据具体问题，其条件可理解为：(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)如果系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力等于零，这一方向上动量还是守恒的.重点难点突破一、什么是“内力”、什么是“外力” 在物理学中研究几个物体间的相互作用的问题时，常把这些物体统称为一个“系统”.在系统中的物体间的相互作用力都称为“内力”.当系统之外的物体与系统中的物体相互作用时，系统中物体所受到的作用力就称为“外力”. “内力”和“外力”并不是绝对的，而是与所定的“系统”的范围有关.例如：有甲、乙、丙三个物体，如果我们在处理问题时只把甲、乙两个物体定为研究的系统，那么甲、乙之间的相互作用就是“内力”，而丙对甲、乙的作用就是“外力”；如果我们在处理问题时把甲、乙、丙三个物体定为研究的系统，那么甲、乙、丙之间的所有相互作用就是“内力”了. 一个不受“外力”作用的系统，在物理学中被称为“封闭系统”，这种系统是满足动量守恒定律的.二、对动量守恒定律的理解 系统“总动量保持不变”，不是仅指系统的初、末两个时刻的总动量都相等，而是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，但不能认为系统内的每一个物体的动量都保持不变.1.矢量性：动量守恒的方程为矢量方程.对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向，凡是与选取正方向相同的动量为正，相反的为负.若未知方向的，可设为与正方向相同，列动量守恒方程，通过解得结果的正负，判定未知量的方向.2.相对性：各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度(没有特殊说明则选地球这个参考系)，如果题设条件中各物体的速度不是同一惯性参考系时，必须适当转换参考系，使其成为同一参考系的速度.3.系统性：解题时，选择的对象是满足条件的系统，不是其中一个物体，也不是题中有几个物体就选几个物体.4.同时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统在任一瞬间的动量恒定.在列动量守恒方程m1v1m2v2m1v1m2v2时，等号左侧是作用前(或某一时刻)系统内各物体动量的矢量和，等号右侧是作用后(或另一时刻)系统内各物体动量的矢量和，不是同一时刻的动量是不能相加的.5.阶段性：只有满足守恒条件的过程或阶段，动量才守恒.6.普遍性：只要系统所受的合外力为零，不论系统内部物体之间的相互作用力的性质如何，甚至对该力一无所知；不论系统内各物体是否具有相同运动方向；不论物体相互作用时是否直接接触；也不论相互作用后粘合在一起还是分裂成碎片，动量守恒定律均适用.动量守恒不仅适用于宏观低速物体，而且还适用于接近光速运动的微观粒子.三、判断系统动量是否守恒的一般思路1.明确系统由哪几个物体组成；2.研究系统中各物体受力情况，分清内力与外力；3.看所有外力的合力是否为零.典例精析1.守恒条件的判断【例1】把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪沿水平方向发射一颗子弹时，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.三者组成的系统动量守恒，因为子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的支持力这两个外力的作用，这两个外力的合力为零【解析】当枪发射子弹时，子弹向一个方向运动，而枪与车一起向另一个方向运动，故枪与车组成的系统动量是增加的，而枪、弹、车三者构成的系统由于合外力为零，满足动量守恒的条件，故动量是守恒的，即正确选项是D.【答案】D【思维提升】(1)把所选取的系统隔离出来，分析系统所受到的外力.(2)根据守恒条件判断系统的动量是否守恒.【拓展1】如图所示，A、B两物体质量之比mAmB32，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( BCD )A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒【解析】如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左.由于mAmB32，所以FAFB32，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错.对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确.若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确.2.某一方向的动量守恒问题【例2】如图所示，在光滑水平面上静止着一倾角为，质量为M的斜面体B，现有一质量为m的物体A以初速度v0沿斜面上滑，若A刚好可到达B的顶端，且A、B具有共同速度，若不计A、B间的摩擦，求A到达顶端时速度的大小.【解析】因为只有物体A具有竖直方向的加速度，故系统所受合外力不为零，且方向为竖直方向，但水平面光滑，故系统在水平方向动量守恒，即mv0cos (Mm)v所以v【思维提升】几个物体组成的系统在某一过程中，总动量不守恒，但系统在某一个方向上不受外力的作用，或者在这个方向上外力的矢量和为零.那么系统在这个方向上的动量守恒.【拓展2】如图所示中不计一切摩擦，A物体质量为m，B物体质量为M.(1)(a)图中B是半径为R的圆弧轨道，A、B最初均处于静止状态，现让A自由下滑，求A滑离B时A和B的速度大小之比.(2)(b)图中B也是半径为R的圆弧轨道，初态时B静止不动，滑块A以速度v0沿轨道上滑，若滑块已滑出轨道B，求滑出时B的速度大小.(3)(c)图中B为一半径为R的半圆形轨道，开始时B静止不动，滑块A以一初速度v0使其沿轨道下滑，若A能从轨道的另一端滑出，求滑出时B的速度为多大？(4)(d)图中小球来回摆动，求小球摆至最低点时A、B速度大小之比.【答案】(1)vAvBMm(2)vB(3)vB0(4)vAvBMm3.动量守恒的应用【例3】如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上.小车的最右端站着质量为m的人.若人水平向右以相对车的速度u跳离小车，则人脱离小车后小车的速度多大？方向如何？【解析】在人跳离小车的过程中，由于人和车组成的系统在水平方向上不受外力，故在该方向上人和车系统动量守恒.由于给出的人的速度u是相对车的，而公式中的速度是相对地的，必须把人的速度转化为相对地的速度.有的同学可能认为，由于车原来是静止的，所以u就是人对地的速度.这种认识是错误的，违背了同时性的要求.因为人获得相对车的速度u的同时，车也获得了对地的速度v.所以人对车的速度u，应是相对运动的车的速度，而不是相对静止的车的速度.设速度u的方向为正方向，并设人脱离车后小车的速度大小为v，则人对地的速度大小为(uv).根据动量守恒定律有0m(uv)Mv，所以小车速度vmu/(Mm)，方向和u的方向相反.【思维提升】(1)动量守恒方程中各物体的速度是相对同一参考系的.(2)应用动量守恒定律时，应将物体对不同参考系的速度换算成对同一参考系的速度，一般换算成对地的速度，再代入方程求解.【拓展3】光滑水平轨道上有一辆小车质量为20 kg，质量为60 kg的人站在小车上，与车一起以5 m/s的速度运动.试求：(1)人相对于车以2 m/s的速度沿车前进的反方向行走，车速是多大？(2)人相对于车以2 m/s的速度竖直跳起，车速是多大？(3)人相对于轨道以2 m/s的速度竖直跳起，车速是多大？【解析】(1)由于水平轨道是光滑的，人、车系统水平方向动量守恒.系统的初动量p(2060)5 kgm/s400 kgm/s设人反向行走时车的速度为v1，系统动量p120v160(v12)由动量守恒，有p1p则20v160(v12)400 kgm/s，v16.5 m/s(2)设人相对于车竖直跳起时车速为v2，由于是相对于车竖直跳起，则人与车水平方向相对静止，有共同速度，则系统动量p220v260v2.由动量守恒，p2p则20v260v2400 kgm/s，v25 m/s(3)人相对于轨道竖直跳起，人水平方向速度为零，则系统的动量p320v3，由动量守恒，p3p，则20v3400 kgm/s，v320 m/s 易错门诊【例4】如图所示，质量为0.4 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度向右冲向墙壁，又以5 m/s的速度被反向弹回，在球与墙相碰前后，求小球动量的变化量？【错解】小球动量的变化量为pmv2mv10.45 kgm/s0.45 kgm/s0【错因】上述错误的原因是忽略了动量的矢量性，本题中小球与墙碰撞前后的动量方向相反，即初动量和末动量不同.【正解】取小球的初速度方向为正方向，小球动量变化量为pmv2mv10.45 kgm/s0.45 kgm/s4 kgm/s负号表示动量的变化量p的方向与小球初速度方向相反，即水平向左.【思维提升】动量是矢量，动量的变化量也是矢量.一定要注意矢量的方向性.动量守恒定律的应用基础知识归纳1.动量守恒方程的几种形式(1)系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，即pp.(2)系统总动量的增量为零，即ppp0.(3)对两部分物体组成的系统，在相互作用前后各部分的动量变化等值反向，即p1p2.2.动量守恒定律的应用范围 “动量守恒定律”既可以用于解决物体的低速运动问题，又可处理接近于光速的物体高速运动问题；它既可用于解决宏观物体间的相互作用问题，又可处理微观粒子间的相互作用问题.因此它比“牛顿运动定律”的适用范围要广泛得多.动量守恒定律是自然界中最重要、最普遍的规律之一.重点难点突破一、人船模型 系统在全过程中动量守恒(包括某个方向上动量守恒)，人在船上走动的过程中，每时每刻人、船速度之比均与他们的质量成反比，因此，两者平均速度之比也与他们的质量成反比，由动量守恒可得M1s1M2s2，这是个重要的结论.二、多物体组成的系统 有时候对整体应用动量守恒，有时只选某部分应用动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，恰当选择系统和始、末状态是解题的关键.三、应用动量守恒定律解决问题的基本思路 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，哪些是系统外部物体对系统内部物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律的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.4.确定好正方向，建立动量守恒方程求解.典例精析1.人船模型的应用【例1】长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站立在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？【解析】选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零，当人起步加速前进时，船同时加速后退；当人速度为零时，船速度也为零.设某时刻人对地的速度为v1，船对地的速度为v2，根据动量守恒得mv1Mv20因为在人从船头走到船尾的整个过程中动量时刻满足守恒，对式两边同乘以t，得ms1Ms20式为人对地的位移和船对地的位移关系.由图所示还可看出：s1s2L联立两式得【思维提升】“人船模型”的特点：(1)p00；(2)m1m20；(3)m1m20即m1s1m2s2.注意：人与船系统在其运动方向上合外力为零，在此方向动量守恒.若相互作用的系统动量不守恒.但p00，且在某一方向动量守恒，则该方向上仍具有“人船模型”的特点.【拓展1】如图所示，质量为mB的斜面体B放在质量为mA的斜面体A的顶端，斜面体A放在水平面上，若斜面体A的下底边长度为a，斜面体B的上边长度为b，且mA2mB，不计一切摩擦，求当B由A的顶端从静止开始滑到A的底端时，A移动的距离.【解析】我们可画出如图所示的示意图.我们注意到，以A、B组成的系统动量不守恒，但该系统水平方向动量守恒(因为该系统水平方向不受外力).设A、B在题述过程中的水平位移大小分别为sA、sB，则联想“人船模型”，可得：mAsAmBsB因为mA2mB所以2sAsB注意到sBasAb可得sA2.多体问题【例2】如图所示，在光滑的水平面上有两块并列放置的木块A与B，已知A的质量是500 g，B的质量是300 g，有一质量为80 g的小铜块C(可视为质点)以25 m/s的水平初速度开始在A的表面滑动.铜块最后停在B上，B与C一起以2.5 m/s的速度共同前进.求：(1)木块A最后的速度vA；(2)C离开A时的速度vC.【解析】C在A上滑动时，选A、B、C作为一个系统，其总动量守恒，则：mCv0mCvC(mAmB)vAC滑到B上后A做匀速运动，再选B、C作为一个系统，其总动量也守恒，则mCvCmBvA(mBmC)vBC也可以研究C在A、B上面滑动的全过程，在整个过程中A、B、C组成系统的总动量守恒，则mCv0mAvA(mBmC)vBC把上述三个方程式中的任意两个联立求解即可得到vA2.1 m/s，vC4 m/s【思维提升】在多个物体相互作用的系统中，恰当选取系统中部分物体为研究对象，往往是解决问题的关键.【拓展2】两只小船平行匀速逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，每一只船上各投质量m50 kg的一只麻袋到对面船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船以v8.5 m/s的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量各为m1500 kg，m21 000 kg，问在交换麻袋前两只船的速率各为多少？【解析】每只船和麻袋都匀速行驶，在交换麻袋时近似认为两船在水平方向受力不变，水平方向动量守恒.(1)选取抛出麻袋后的小船和从大船投过的麻袋为系统，并以小船m1的速度方向为正方向如图所示，依动量守恒定律有(m1m)v1mv20即450v150v20(2)选取抛出麻袋后的大船和从小船投过的麻袋为系统，由动量守恒定律，有(m2m)v2mv1m2v即950v250v11 0008.5(3)选取四个物体为系统，有m1v1m2v2m2v即500v11 000v21 0008.5联立、式中的任意两式解得v11 m/s，v29 m/s3.动量守恒在微观领域的应用【例3】在认识原子核的艰难历程中，中子的发现有过一段曲折的经历.1930的德国物理学家玻特和他的学生贝克用放射性物质钋(Po)放射出的粒子去轰击轻金属铍(Be)时，发现有一种贯穿力很强的中性射线产生，他们认为这是射线.后来法国物理学家约里奥居里夫妇也进行了类似的实验，他们用玻特发现的这种中性射线去轰击含有很多氢原子的石蜡，结果有质子被打了出来.对于这一现象，约里奥居里夫妇则认为是射线像粒子那样和石蜡里的氢原子核发生碰撞.1932年英国物理学家查德威克研究这种中性射线时，发现它的速度不到光速的十分之一，从而否定了这种中性射线是射线.为了确定这种中性粒子，必须确定它的质量，查德威克用这种中性射线与质量已知的氢核和氮核发生碰撞.测得氢核和氮核的速率之比是7.5，试确定这种中性粒子的质量和氢核的质量的关系.【解析】设中性粒子的质量为m.碰前速率为v，碰后速率为v，氢核的质量为mH，碰前速率为零，碰后速率为vH，由碰撞前后的动量守恒和动能守恒可得mvmvmHvHmv2mv2mHv联立解得vH同理由中性粒子和氮原子核的碰撞可得mvmvmNvNmv2mv2mNv联立解得vN可得已知氮核质量与氢核质量的关系为mN14mH查德威克在实验中测得氢核和氮核的速率之比是7.5，所以有7.5因而得mmH由此可知这种中性粒子的质量与氢核的质量相同，由于不带电，故被称之为中子.【思维提升】微观粒子的碰撞满足动量守恒定律. 易错门诊4.动量守恒问题中的机械能损失【例4】如图所示，在光滑水平面上，有一质量为m120 kg的小车，通过一根几乎不可伸长的轻绳与一节质量为m225 kg的平板车厢连接.质量为m315 kg的小物体放在平板车厢上，物体与平板车之间的滑动摩擦因数为0.20.开始时车厢静止，绳松弛，小车以v03 m/s的速度前进，设平板足够长，试求小物体m3在平板上移动的距离x.【错解】三个物体组成的系统在全过程中动量守恒，设最终三者的共同速度为v，由系统动量守恒得m1v0(m1m2m3)v代入数据解得v1 m/s又因为系统损失动能的多少等于物体克服摩擦力做的功，则m1v(m1m2m3)v2m3gx代入数据解得x2 m【错因】上述错误的原因是忽略了绳子的微小形变过程中机械能的损失.三个物体的作用过程可以简化为：先由m1、m2相互作用，两者达到共同速度，这个过程要损失机械能；然后m1、m2的共同体与m3发生相互作用，三者达到共同速度，这个过程又要损失机械能.【正解】(1)第一个过程是m1、m2相互作用，两者达到共同速度v1，m1、m2组成的系统动量守恒：m1v0(m1m2)v1代入数据解得v1 m/s(2)三个物体组成的系统在全过程中动量守恒，设最终三者的共同速度为v2，由系统动量守恒得m1v0(m1m2m3)v2代入数据解得v21 m/s(3)第二个过程是m1、m2组成的系统与m3发生作用，这个过程中，由功和能的关系得(m1m2)v(m1m2m3)vm3gx代入数据解得x m【思维提升】对于微小形变过程中的机械能是否守恒的判断一定要结合物理情景和题设条件，切不可想当然.碰撞与反冲运动基础知识归纳1.碰撞及其特点(1)碰撞：碰撞是指物体间相互作用时间很短，而物体间相互作用力很大的一类现象.(2)碰撞、爆炸过程的特点：时间短：在碰撞、爆炸现象中相互作用时间很短.相互作用力很大：在碰撞、爆炸过程中，物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大.动量守恒：在碰撞、爆炸过程中，系统的内力远大于外力，外力可忽略，系统的总动量守恒.2.碰撞的分类(1)从碰撞过程中能量是否变化的角度分：弹性碰撞：碰撞结束后，物体形变完全恢复，碰撞过程中，系统同时满足动量守恒和机械能守恒；非弹性碰撞：碰撞结束后，物体形变只有部分恢复，碰撞过程中，系统满足动量守恒，但机械能有损失；完全非弹性碰撞：碰撞结束后，两物体合二为一，形变完全保留，有共同的速度，碰撞过程中，系统满足动量守恒，系统的机械能损失最大.(2)从碰撞前后两物体(小球)的速度方向关系分：对心碰撞：碰撞前后两球的速度方向均与碰前两球心的连线在同一直线上，这种碰撞又叫正碰；非对心碰撞：碰撞之前两球的速度方向与两球心的连线不在同一条直线上；碰后两球的速度方向都会偏离原来两球心的连线，这种碰撞又叫斜碰.中学物理只研究正碰.3.反冲运动反冲运动是指系统在内力的作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分向相反方向发生动量变化的现象，系统遵循动量守恒定律，如水轮机、喷气式飞机、火箭等的运动.重点难点突破一、怎样理解弹性碰撞 碰撞时，内力是弹性力，只发生机械能的转移，系统内无机械能损失，叫做弹性碰撞.若系统有两个物体在水平面上发生弹性碰撞，动量守恒，同时动能也守恒.m1v1m2v2m1v1m2v2m1vm2vm1v12m2v22 若碰撞前，有一个物体是静止的，设v20，则碰撞后的速度分别为v1(m1m2)v1/(m1m2)v22m1v1/(m1m2)几种特殊情况：若m1m2，v10，v2v1，碰后实现了动量和动能的全部转移.若m1m2，v1v1，v22v1，碰后m1几乎仍保持原来速度运动，质量小的m2将以2v1向前运动.若m1m2，v1v1，v20，碰后m1被按原来速率弹回，m2几乎未动.二、怎样理解非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 1.发生完全非弹性碰撞时，内力是完全非弹性力，机械能向内能转化得最多，机械能损失最大.碰后物体粘在一起，以共同速度运动，只有动量守恒.m1v1m2v2(m1m2)v机械能损失量(转化为内能)为Em1vm2v(m1m2)v2 2.发生非弹性碰撞时，内力是非弹性力，部分机械能转化为物体的内能，机械能有损失，动量守恒m1v1m2v2m1v1m2v2总动能减少m1vm2vm1v12m2v22三、判断碰撞是否成立的原则 1.动量守恒，即p1p2p1p2. 2.动能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2 或 3.速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后v前，否则无法实现碰撞.碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v前v后，否则碰撞没有结束.如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零.典例精析1.一维碰撞中可能性的判断【例1】在光滑的水平面上，有A、B两球沿同一直线向右运动，如图所示，已知碰撞前两球的动量分别为pA12 kgm/s，pB13 kgm/s，碰撞后它们的动量变化量pA、pB有可能的是()A.pA3 kgm/s，pB3 kgm/sB.pA4 kgm/s，pB4 kgm/sC.pA5 kgm/s，pB5 kgm/sD.pA24 kgm/s，pB24 kgm/s【解析】四个选项都遵守动量守恒原则，即pApB0，这些选项是否都对呢？由于本题是追碰问题，故必有vAvB，vBvB所以有pB0因而pA0，可将B选项排除.再考虑动能不能增加原则，即mAvmBvmAvmBv且mBmBv由式解得mAvmAv即vv或|vA|vA|由此可得：vAvAvA式各项减去vA，再乘以mA，可得：2pApA0由可排除D，故只有A、C选项正确.【答案】AC【思维提升】根据碰撞过程是否发生的三个原则逐个分析，特别要注意，碰撞后的状态应合乎情理.【拓展1】在光滑的水平面上，两球沿球心连线以相等的速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( AD )A.若两球质量相同，碰后以某一相等速率相互分开B.若两球质量相同，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相互分开D.若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行【解析】两球的质量m1、m2大小关系未知，以相等的速率相向碰撞，碰撞后的状态取决于两个因素，其一是两球的质量关系，如m1m2，m1m2，m1m2；其二是碰撞过程中能量损失情况，如完全弹性碰撞，完全非弹性碰撞，一般的碰撞.若m1m2，且是完全弹性碰撞，由动量守恒定律和动能定理可以得到的两球分别以原来的相等的速率反向运动，所以A选择是可能的，在两球发生完全非弹性碰撞时，由动量守恒定律得m1vm2v(m1m2)v共.若m1m2时，则v共0，故B不正确.若m1m2时，则v共0，故D选项是可能的.当m1m2时，m1v1m2v20系统的总动量与m1v1同向，若两球碰撞后以某一相等速率v分开，则碰后系统的总动量为m1vm2v0，说明了系统的总动量在碰后改变了方向，这是违反了动量守恒定律的，因此C选项不可能，故本题正确答案为A、D.2.内力远大于外力模型的动量守恒【例2】2007年春节期间，全国许多大中城市将燃放烟花爆竹禁放改为限放，增加了节日气氛.假设一质量为m的烟花从地面上A点以速度v竖直上升到最大高度处炸裂为质量相等的两块，沿水平方向向相反两个方向飞出，假设其中一块落在距A点距离为s处，不计空气阻力，烟花炸裂时消耗的化学能80%转化为动能.求：(1)烟花上升的最大高度.(2)烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小；(3)烟花炸裂时消耗的化学能.【解析】(1)由竖直上抛公式得烟花上升的最大高度h(2)设烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小为v1，由平抛运动规律得sv1thgt2联立解得v1(3)烟花炸裂时动量守恒有v1v20，解得另一块的速度为v2v1由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能Emv【思维提升】(1)烟花炸裂过程内力远大于外力，动量守恒.(2)烟花炸裂过程有化学能转化为机械能.【拓展2】如图所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为M的木块，一质量为m的子弹，以水平速度v0击中木块，已知M9m，不计空气阻力.问：(1)如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短)，在木块上升的最高点比悬点O低的情况下，木块能上升的最大高度是多少？(设重力加速度为g)(2)如果子弹以水平速度v0击中木块，在极短时间内又以水平速度穿出木块，则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是多少？【解析】(1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v1，则mv0(mM)v1因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h，则(mM)v(mM)ghh(2)子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出时木块速度为v2，则mv0m()Mv2，在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为Emvm()2Mvmv3.动量守恒的综合应用【例3】如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M19m的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向成60的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45.【解析】设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn1，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vn和Vn，由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则mvn1MVnmvnmvMVmv由两式及M19m解得vnvn1Vnvn1第n次碰撞后绝缘球的动能为Eknmv(0.81)nE0E0为第1次碰撞前的动能，即初始能量.绝缘球在060与45处的势能之比为0.586式中l为摆长.根据式，经n次碰撞后(0.81)n易算出(0.81)20.656(0.81)30.531因此经过3次碰撞后将小于45.【思维提升】(1)由于磁场的阻尼作用，金属球碰撞后会很快停在最低点，使得两球每次碰撞均在最低点.(2)两球发生弹性碰撞，同时满足动量守恒和机械能守恒.(3)掌握解决物理问题的数学方法.【拓展3】荷兰科学家惠更斯在物体碰撞问题的研究中做出了突出的贡献.惠更斯所做的碰撞实验可简化为：三个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度均为L的三根平行绳子上，彼此相互接触.现把质量为m1的小球拉开，上升到H高度处释放，如图所示.已知各球碰撞时同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律，且碰撞时间极短，H远小于L，不计空气阻力.求：(1)若三个球的质量相同，则发生碰撞的两球速度交换，此时系统的运动周期为多少？(2)若三个球的质量不同，要使球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球具有相同的动量，m1m2m3应为多少？【解析】(1)球1与球2、球2与球3碰撞后速度互换，故球3以球1碰球2前瞬间的速度开始上升到H高处，然后摆回来与球2碰撞，球2再与球1碰撞，使球1上升到H高处.此后系统做周期性运动，则有T1T32，T(T1T3)由此可知系统的运动周期为T2(2)由题意知三球碰后的动量均相同，设为p，则有Ek球2在与球3碰前具有动量2p，根据机械能守恒定律，对于球2与球3碰撞的情况应有，得m2m331球1与球2碰前的动量为3p，根据机械能守恒定律有，得m1m221从而可得m1m2m3631 易错门诊【例4】光滑的水平面上有A、B两辆小车，mB1 kg，原来静止.小车A连同支架的质量为mA1 kg，现将小球C用长为L0.2 m的细线悬于支架顶端，mC0.5 kg.开始时A车与C球以v04 m/s的共同速度冲向B车，如图所示.若A、B发生正碰后粘在一起，不计空气阻力，取g10 m/s2.试求细线所受的最大拉力.【错解】小车A与小车B相碰的瞬间，A、B组成的系统动量守恒，C保持原来的速度v0不变.C做圆周运动，在最低点时绳子的拉力最大，由牛顿第二定律可得：FmCg，即FmCg(0.510) N N45 N【错因】上面的解法中虽然弄清了A、B碰撞的瞬间C保持原来的速度不变，但求拉力时对C的线速度理解错误，质点相对于圆心(悬点)的速度不是v0，而是v相v0vAB【正解】小车A与小车B相碰的瞬间，C的速度保持v0不变，A、B组成的系统动量守恒：mAv0(mAmB)vAB解得vAB m/s2 m/s方向与v0相同.A、B结合成整体的瞬间，C的速度仍为v0，所以C相对于A、B整体的相对速度为v相v0vAB2 m/sA、B碰后，C相对于悬点做圆周运动，在最低点时绳子的拉力最大，由牛顿第二定律可得FmCg，即FmCg(0.510) N N15 N【思维提升】在用公式F向m求解向心力时，对v选取正确的参考系，是解此题的关键.动量定理及其应用基础知识归纳1.冲量力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量.冲量是描述力对物体作用的时间累积效应的物理量.冲量的表达式是IFt，而t是一个过程量，因此力的冲量是一个过程量，冲量是矢量，但方向不一定就是力F的方向，其单位是Ns