高中物理选修3-5动量-原子知识点.doc

2. ★★动量定理:物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化.表达式:Ft=p′-p 或 Ft=mv′-mv
（1）上述公式是一矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向.
（2）公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力.
（3）动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统.对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力.系统内力的作用不改变整个系统的总动量.
（4）动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力.对于变力，动量定理中的力F应当理解为变力在作用时间内的平均值.
★★★ 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.
表达式:m 1 v 1 +m 2 v 2 =m 1 v 1 ′+m 2 v 2 ′
（1）动量守恒定律成立的条件
①系统不受外力或系统所受外力的合力为零.
②系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计.
③系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变.
（2）动量守恒的速度具有“四性”:①矢量性;②瞬时性;③相对性;④普适性.
4.爆炸与碰撞
（1）爆炸、碰撞类问题的共同特点是物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理.
（2）在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能爆炸后会增加，在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能.
（3）由于爆炸、碰撞类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程简化处理.即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动.
5.反冲现象:反冲现象是指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.显然，在反冲现象里，系统的动量是守恒的.

动量
第1单元动量 冲量 动量定理
一、动量和冲量
1．动量——物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv
⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
⑶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。
（4）研究一条直线上的动量要选择正方向
2．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。
2．冲量——力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft
⑴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。
⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。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。
⑶高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。
⑷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。
（5）必须清楚某个冲量是哪个力的冲量
（6）求合外力冲量的两种方法
A、求合外力，再求合外力的冲量 B、先求各个力的冲量，再求矢量和
二、动量定理
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=Δp
⑴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）。
⑵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。
⑶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）。动量定理和牛顿第二定律的联系与区别
①、 形式可以相互转化
②、动量的变化率，表示动量变化的快慢
③、牛顿定律适用宏观低速，而动量定理适用于宏观微观高速低速
④、都是以地面为参考系
⑷动量定理表达式是矢量式。在一维情况下，各个矢量以同一个规定的方向为正。
（5）如果是变力，那么F表示平均值
（6）对比于动能定理
I ＝ F t ＝ m v 2 － m v 1
W ＝ F s ＝ m v 22 － m v 21
3．动量定理的定量计算
⑴明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。
⑵进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。
⑶规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。
⑷写出初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。
⑸根据动量定理列式求解。
4．在F－t图中的冲量：F－t图上的“面积”表示冲量的大小。
第2单元 动量守恒定律及其应用
一、动量守恒定律
1．动量守恒定律的内容
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： 守恒是指整个过程任意时刻相等（时时相等,类比匀速） 定律适用于宏观和微观高速和低速
2．动量守恒定律成立的条件
⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；
⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；
⑶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．动量守恒定律的表达形式
（1），即p1+p2=p1/+p2/，
（2）Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2
4、理解：①正方向②同参同系③微观和宏观都适用
5．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。
5．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法
（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.
（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，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，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。
注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体的速度均应取地球为参考系。
（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解。
二、动量守恒定律的应用
1．碰撞
A A B A B A B
v1
v
v1/
v2/
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。
仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的静止物体B运动，B的左端连有轻弹簧。在Ⅰ位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到Ⅱ位置A、B速度刚好相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。
（1）弹簧是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为：。（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）

（2）弹簧不是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。
（3）弹簧完全没有弹性。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，A、B最终的共同速度为。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：
v1
。

【例1】 质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v。
解析：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。
小球上升过程中，由水平系统动量守恒得：
由系统机械能守恒得： 解得
全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得

【例2】 动量分别为5kgžm/s和6kgžm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后A的动量减小了2kgžm/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？
解析：A能追上B，说明碰前vA>vB,∴；碰后A的速度不大于B的速度， ；又因为碰撞过程系统动能不会增加， ，由以上不等式组解得：
点评：此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前碰后两个物体位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。

2．子弹打木块类问题
s2 d
s1
v0
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
【例3】 设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d
对子弹用动能定理： ……①
对木块用动能定理： ……②
①、②相减得： ……③
点评：这个式子的物理意义是：fžd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。
由上式不难求得平均阻力的大小：
至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：
从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：

一般情况下，所以s2<<d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：…④
当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔEK= f žd（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔEK的大小。
3．反冲问题
在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。
【例4】 质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？
解析：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分别为l1、l2，则：

mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1+l2=L，
∴
点评：应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。
以上列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。
【例5】 总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？
解析：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v0方向为正方向，
4．爆炸类问题
【例6】 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。
分析：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。但在爆炸瞬间，内力远大于外力时，外力可以不计，系统动量近似守恒。
设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度；m1=0.3kg的大块速度为m/s、m2=0.2kg的小块速度为，方向不清，暂设为正方向。
由动量守恒定律：
m/s
此结果表明，质量为200克的部分以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
5．某一方向上的动量守恒
【例7】 如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？
解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：MV=mv
且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：
Md=m［（L-Lcosθ）-d］
解得圆环移动的距离： d=mL（1-cosθ）/（M+m）
6．物块与平板间的相对滑动
【例8】如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：
（1）A、B最后的速度大小和方向；
（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动位移大小。
解析：（1）由A、B系统动量守恒定律得：
Mv0-mv0=（M+m）v ①
所以v=v0 方向向右
（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′ ①
对板车应用动能定理得：
-μmgs=mv′2-mv02 ②
联立①②解得：s=v02
【例9】两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为，，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量的滑块C（可视为质点），以的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，求：
（1）木块A的最终速度； （2）滑块C离开A时的速度。
  解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。
（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为。最后C相对静止在B上，与B以共同速度运动，由动量守恒定律有
∴=
（2）为计算，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒。C离开A时的速度为，B与A的速度同为，由动量守恒定律有

∴