河北省沧州市高考物理一轮复习 第五章 动量.doc

第五章 动量考点解读知识内容要求说明25、动量、中是、动量定理26、动量守恒定律动量定理和动量守恒定律的应用只限于一维的情况本章内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律。冲量是物体间相互作用一段时间的结果，动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果，将导致物体动量的变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法则。本章中所涉及到的基本方法主要是一维的矢量运算方法，其中包括动量定理的应用和动量守定律的应用，由于力和动量均为矢量。因此，在应用动理定理和动量守恒定律时要首先选取正方向，正规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值而不能只关注力或动量数值的大小；另外，理论上讲，只有在系统所受合外力为零的情况下系统的动量才守恒，但对于某些具体的动量守恒定律应用过程中，若系统所受的外力远小于系统内部相互作用的内力，则也可视为系统的动量守恒，这是一种近似处理问题的方法。知识网络冲量和动量动量 物体的质量和速度的乘积叫做动量 单位：千克米秒。动量的方向，即速度的方向。动量定理 物体所受合力的冲量等于物体的动量变化。 表达式ft=p末-p初（动量定理适用于变力作用的过程）冲量 力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量 单位 牛秒。冲量的方向，即力的方向。系统动量守恒定律 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图12-1解题方法指导例1、 如图12-1所示，有两块大小不同的圆形薄板(厚度不计)，质量分别为m和m，半径分别为r和r，两板之间用一根长为0.4m的轻绳相连结。开始时，两板水平放置并叠合在一起，静止于高度为0.2m处。然后自由下落到一固定支架c上，支架上有一半径为r(rrr)的圆孔，圆孔与两薄板中心均在圆板中心轴线上，木板与支架发生没有机械能损失的碰撞。碰撞后，两板即分离，直到轻绳绷紧。在轻绳绷紧的瞬间，两物体具有共同速度v，如图12-2所示。求：(1)若m=m，图12-2则v值为多大 (2)若m/m=k，试讨论 v的方向与k值间的关系。分析与解：开始 m与m自由下落，机械能守恒。m与支架c碰撞后，m以原速率返回，向上做匀减速运动。m向下做匀加速运动。在绳绷紧瞬间，内力(绳拉力)很大，可忽略重力，认为在竖直方向上m与m系统动量守恒。(1)据机械能守恒：(m+m)gh=(m+m)v02 所以，v0=2m/sm碰撞支架后以vo返回作竖直上抛运动，m自由下落做匀加速运动。在绳绷紧瞬间，m速度为v1，上升高度为h1，m的速度为v2，下落高度为h2。则：h1+h2=0.4m，h1=v0t-gt2，h2=v0t+gt2，而h1+h2=2v0t，故：所以：v1=v0-gt=2-100.1=1m/s v2=v0+gt=2+100.1=3m/s根据动量守恒，取向下为正方向，mv2-mv1=(m+m)v，所以那么当m=m时，v=1m/s；当m/m=k时，v=。讨论：k3时，v0，两板速度方向向下。k3时，v0，两板速度方向向上。k=3时，v=0，两板瞬时速度为零，接着再自由下落。图13-1例2、如图13-1所示，物体a从高h的p处沿光滑曲面从静止开始下滑，物体b用长为l的细绳竖直悬挂在o点且刚和平面上q点接触。已知ma=mb，高h及s(平面部分长)。若a和b碰撞时无能量损失。(1)若lh/4，碰后a、b各将做什么运动?(2)若l=h，且a与平面的动摩擦因数为，a、b可能碰撞几次？a最终在何处？分析与解：当水平部分没有摩擦时，a球下滑到未碰b球前能量守恒，与b碰撞因无能量损失，而且质量相等，由动量守恒和能量守恒可得两球交换速度。a 停在q处，b碰后可能做摆动，也可能饶 o点在竖直平面内做圆周运动。如果做摆动，则经一段时间，b反向与a相碰，使a又回到原来高度，b停在q处，以后重复以上过程，如此继续下去，若b做圆周运动，b逆时针以o为圆心转一周后与a相碰，b停在q处，a向右做匀速运动。由此分析，我们可得本题的解如下：(1)a与b碰撞前a的速度：mgh=mva2，va=因为ma=mb，碰撞无能量损失，两球交换速度，得：va=0，vb=va=设b球到最高点的速度为vc，b做圆周运动的临界条件：mbg=mbv2/l 1又因mbvb2=mbv2+mbg2l 2将1式及vb=代入2式得：l=2h/5图13-2即l2h/5时，a、b碰后b才可能做圆周运动。而题意为l=h/42h/5，故a与b碰后，b必做圆周运动。因此(1)的解为：a与b碰后a停在q处，b做圆周运动，经一周后，b再次与a相碰，b停在q处，a向右以速度做匀速直线运动。(2)由上面分析可知，当l=h时，a与b碰后，b只做摆动，因水平面粗糙，所以a在来回运动过程中动能要损失。设碰撞次数为n，由动能定理可得： magh-nmags=0 所以n=h/s讨论：若n为非整数时，相碰次数应凑足整数数目。 如n=1.2，则碰撞次数为两次。当n为奇数时，相碰次数为(n-1)次。如n=3，则相碰次数为两次，且a球刚到达q处将碰b而又未碰b；当n为偶数时，相碰次数就是该偶数的数值，如n=4，则相碰次数为四次。球将停在距b球s处的c点。a球停留位置如图13-2所示。例3、如图14-1所示，长为l，质量为m1的物块a置于光滑水平面上，在a的水平上表面左端放一质量为m2的物体b，b与a的动摩擦因数为。a和b一起以相同的速度v向右运动，在a与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要使b一直不从a上掉下来，v必须满足什么条件?(用m1、m2，l及表示)图14-1分析与解：a与墙壁发生无机械能损失的碰撞后，a以大小为v的速度向左运动，b仍以原速度v向右运动，以后的运动过程有三种可能：(1)若m1m2，则m1和m2最后以某一共同速度向左运动；(2)若m1=m2，则a、b最后都停止在水平面上，但不再和墙壁发生第二次碰撞；(3)若m1m2，则a将多次和墙壁碰撞，最后停在靠近墙壁处。若m1m2时，碰撞后系统的总动量方向向左，大小为：p=m1v-m2v设它们相对静止时的共同速度为v，据动量守恒定律， 有：m1v-m2v=(m1+m2)v所以v=(m1-m2)v/(m1+m2)若相对静止时b正好在a的右端，则系统机械能损失应为m2gl，则据能量守恒：m1v2+m2v2-(m1+m2)(m1-m2)2v2/(m1+m2)2=m2gl解得：v=若m1=m2时，碰撞后系统的总动量为零，最后都静止在水平面上，设静止时a在b的右端，则有：m1v2+m2v2=m2gl 解得：v=若m1m2时，则a和墙壁能发生多次碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右，设最后a静止在靠近墙壁处时，b静止在a的右端，同理有：m1v2+m2v2=m2gl解得：v=故：若m1m2，v必须小于或等于若m1m2，v必须小于或等于注意：本题中，由于m1和m2的大小关系没有确定，在解题时必须对可能发生的物理过程进行讨论，分别得出不同的结果。例4、在光滑的水平桌面上有一长l=2米的木板c，它的两端各有一块档板，c的质量mc=5千克，在c的正中央并排放着两个可视为质点的滑块a和b，质量分别为ma=1千克，mb=4千克。开始时，a、b、c都处于静止，并且a、b间夹有少量塑胶炸药，如图15-1所示。炸药爆炸使滑块a以6米/秒的速度水平向左滑动，如果a、b与c间的摩擦可忽略，两滑块中任一块与档板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞所需时间都可忽略。问：(1)当两滑块都与档板相碰撞后，板c的速度多大?图15-1(2)到两个滑块都与档板碰撞为止，板的位移大小和方向如何?分析与解：(1)设向左的方向为正方向。炸药爆炸前后a和b组成的系统水平方向动量守恒。设b获得的速度为ma，则mava+mbvb=0，所以：vb=-mava/mb=-1.5米/秒对a、b、c组成的系统，开始时都静止，所以系统的初动量为零，因此当a和b都与档板相撞并结合成一体时，它们必静止，所以c板的速度为零。图15-2(2)以炸药爆炸到a与c相碰撞经历的时间：t1=(l/2)/va=1/6秒，在这段时间里b的位移为：sb=vbt1=1.51/6=0.25米，设a与c相撞后c的速度为vc，a和c组成的系统水平方向动量守恒：mava=(ma+mc)vc，所以vc=mava/(ma+mc)=16/(1+5)=1米/秒b相对于c的速度为： vbc=vb-vc=(-1.5)-(+1)=-2.5米/秒因此b还要经历时间t2才与c相撞： t2=(1-0.25)/2.5=0.3秒，故c的位移为：sc=vct2=10.3=0.3米，方向向左，如图15-2所示。图16-1例5、如图16-1所示，一个连同装备总质量为m=100千克的宇航员， 在距离飞船为s=45米与飞船处于相地静止状态。宇航员背着装有质量为m0=0.5千克氧气的贮氧筒，可以将氧气以v=50米/秒的喷咀喷出。为了安全返回飞船，必须向返回的相反方向喷出适量的氧，同时保留一部分氧供途中呼吸，且宇航员的耗氧率为 r=2.510-4千克/秒。试计算：(1)喷氧量应控制在什么范围? 返回所需的最长和最短时间是多少?(2)为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧? 返回时间又是多少?分析与解：一般飞船沿椭圆轨道运动，不是惯性参照系。但是在一段很短的圆弧上，可以认为飞船作匀速直线运动，是惯性参照系。(1)设有质量为m的氧气，以速度v相对喷咀，即宇航员喷出，且宇航员获得相对于飞船为v的速度，据动量守恒定律：mv-mv=0则宇航员返回飞船所需的时间为：t=s/v=ms/mv而安全返回的临界条件为：m+rt=m0，以t=ms/mv代入上式，得：m2v-m0vm+rms=0，m=把m0、v、r、m、s代入上式可得允许的最大和最小喷氧量为： mmax=0.45千克，mmin=0.05千克。返回的最短和最长时间为：tmin=200秒，tmax=1800秒(2)返回飞船的总耗氧量可表示为：m=m+rt=(ms/vt)+rt因为ms/vt与rt之积为常量，且当两数相等时其和最小，即总耗氧量最低，据：ms/vt=rt，所以相应返回时间为：t=600秒相应的喷氧量应为：m=rt=0.15千克。想一想：还有什么方法可求出这时的喷氧量?(m=ms/vt=0.15千克)例6、如图17-1所示，、是静止在水平地面上完全相同的两块长木板的左端和的右端相接触两板的质量皆为m20，图17-1长度皆为l10是质量为10的小物块现给它一初速度020，使它从板的左端向右滑动已知地面是光滑的，而与板、之间的动摩擦因数皆为010求最后、各以多大的速度做匀速运动取重力加速度10参考解答:先假设小物块在木板上移动距离后，停在上这时、三者的速度相等，设为，由动量守恒得0（2），在此过程中，木板的位移为，小物块的位移为由功能关系得（）（1/2）（1/2）02，222，则（1/2）（2）2（1/2）02，由、式，得02（2），代入数值得16比板的长度大这说明小物块不会停在板上，而要滑到板上设刚滑到板上的速度为1，此时、板的速度为2，则由动量守恒得0122，由功能关系，得（1/2）02（1/2）12（1/2）2，以题给数据代入，得由1必是正值，故合理的解是当滑到之后，即以20155做匀速运动，而是以1138的初速在上向右运动设在上移动了距离后停止在上，此时和的速度为3，由动量守恒得21（）3，解得30563由功能关系得（1/2）12（1/2）22（1/2）（）32，解得050比板的长度小，所以小物块确实是停在板上最后、的速度分别为30563，20155，0563评分标准本题的题型是常见的碰撞类型，考查的知识点涉及动量守恒定律与动能关系或动力学和运动学等重点知识的综合，能较好地考查学生对这些重点知识的掌握和灵活运动的熟练程度题给数据的设置不够合理，使运算较复杂，影响了学生的得分从评分标准中可以看出，论证占的分值超过本题分值的50%，足见对论证的重视而大部分学生在解题时恰恰不注重这一点，平时解题时不规范，运算能力差等，都是本题失分的主要原因解法探析本题参考答案中的解法较复杂，特别是论证部分，、两式之间的两个方程可以省略下面给出两种较为简捷的论证和解题方法解法一从动量守恒与功能关系直接论证求解设刚滑到板上的速度为1，此时、板的速度为2，则由动量守恒，得122，以系统为对象，由功能关系，得1/2）02（1/2）122（1/2）22，由于1只能取正值，以题给数据代入得到合理的解为由于小物块的速度1大于、板的速度2，这说明小物块不会停在板上以上过程既是解题的必要部分，又作了论证，比参考答案中的解法简捷后面部分与参考答案相同，不再缀述解法二从相对运动论证，用动量守恒与功能关系求解以地面为参照系，小物块在、上运动的加速度为12，、整体的加速度为20252，相对、的加速度1252假设、一体运动，以、整体为参照物，当滑至与整体相对静止时，根据运动学公式，有022，解得02216说明小物块不会停在板上上述可以看出，从相对运动的角度论证较为简捷，运算也较为简单论证后的解法与参考答案相同试题拓展1若长木板个数不变，当小物块的初速度满足什么条件时，、三物体最终的速度相同?2若长木板个数不变，当小物块的初速度满足什么条件时，小物块能从两长木板上滑过去?3若小物块的初速度不变，将相同的长木板数增加到三个，最终小物块停在木板上的什么位置，各物体的运动速度分别为多少?4若其它条件不变，长木板与地面间的动摩擦因数为，并且满足(m)（2），试分析有怎样的情况发生?5分析子弹打击在光滑水平面上的两相同木块问题，找出它与本题的异同，归纳解法l0图18-1例7、如图18-1，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在墙上，另 一端和质量为m的容器连接，容器放在光滑水平的地面上， 当容器位于o点时弹簧为自然长度，在o点正上方有一滴管， 容器每通过o点一次，就有质量为m的一个液滴落入容器，开始时弹簧压缩，然后撒去外力使容器围绕o点往复运动， 求：(1)容器中落入n个液滴到落入（n+1）个液滴的时间间 隔；(2)容器中落入n个液滴后，容器偏离o点的最大位移。分析与解：本题中求容器内落入n个液滴后偏离o点的最大位移时，若从动量守恒和能量守恒的角度求解，将涉及弹簧弹性势能的定量计算，超出了中学大纲的要求，如果改用动量定理和动量守恒定律求解，则可转换成大纲要求的知识的试题。(1)弹簧振子在做简谐运动过程中，影响其振动周期的因素有振子的质量和恢复系数(对弹簧振子即为弹簧的劲度系数)，本题中恢复系数始终不变，液滴的落入使振子的质量改变，导致其做简谐运动的周期发生变化。容器中落入n个液滴后振子的质量为（m+nm），以n个液滴落入后到第（n+1）个液滴落入前，这段时间内系统做简谐运动的周期tn=2，容器落入n个液滴到（n+1）个液滴的时间间隔t=tn /2，所以t =(2)将容器从初始位置释放后，振子运动的动量不断变化，动量变化的原因是水平方向上弹簧弹力的冲量引起的，将容器从静止释放至位置o的过程中，容器的动量从零增至p，因容器位于点时弹簧为自然长度，液滴在o点处落入容器时，容器和落入的液滴系统在水平方向的合力为零， 根据动量守恒定律，液滴在处的落入并不改变系统水平方向的动量，所以振子处从位置o到两侧相应的最大位移处，或从两侧相应在的最大位移处到位置的各1/4周期内，虽然周期n和对应的最大位移ln在不断变化，但动量变化的大小均为p=p0=p，根据动量定理可知识，各1/4周期内弹力的冲量大小均相等，即：f0(t)t0/4 = fn(t)tn/4其中t0是从开始释放到第一次到o点的周期，0=2。tn是n个液滴落入后到（n+1）个液滴落入容器前振子的周期，tn=2。而f0(t) 和fn(t)分别为第一个1/4周期内和n个液滴落入后的1/4周期内弹力对时间的平均值，由于在各个1/4周期内振子均做简谐运动，因而弹力随时间均按正弦（或余弦）规律变化，随时间按正弦（或余弦）变化的量在1/4周期内对时间的平均值与最大值之间的关系，可用等效方法求出，矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，从中性而开始计地，产生的感应电动势为=msint=nbssint。按正弦规律变化，根据法拉第电磁感应定律=n，在1/4周期内对时间的平均值=2m/。这一结论对其它正弦（或余弦）变化的量对时间的平均值同样适用，则有f0(t)=2kl0/，fn(t)=2kln/代入前式解得：ln=l0易错题辨析例1 从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是： ( )a掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小b掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小c掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢d掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。【错解】 选b。【错解原因】 认为水泥地较草地坚硬，所以给杯子的作用力大，由动量定理i=p，即ft=p，认为f大即p，大，所以水泥地对杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的动量改变量大，所以，容易破碎。【分析解答】 设玻璃杯下落高度为h。它们从h高度落地瞬间的量变化快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，冲力也大，所以杯子所以掉在水泥地受到的合力大，地面给予杯子的冲击力也大，所以杯子易碎。正确答案应选c，d。【评析】 判断这一类问题，应从作用力大小判断入手，再由动量大，而不能一开始就认定水泥地作用力大，正是这一点需要自己去分析、判断。例2 把质量为10kg的物体放在光滑的水平面上，如图51所示，在与水平方向成53的n的力f作用下从静止开始运动，在2s内力f对物体的冲量为多少？物体获得的动量是多少？【错解】 错解一：2s内力的冲量为设物体获得的动量为p2，由动量定理【错解原因】 对冲量的定义理解不全面，对动量定理中的冲量理解不移。错解一主要是对冲量的概念的理解，冲最定义应为“力与力作用时间的乘积”，只要题目中求力f的冲量，就不应再把此力分解。这类解法把冲量定义与功的计算公式w=fcosas混淆了。错解二主要是对动量定理中的冲量没有理解。实际上动量定理的叙述应为“物体的动量改变与物体所受的合外力的冲量相等”而不是“与某一个力的冲量相等”，此时物体除了受外力f的冲量，还有重力及支持力的冲量。所以解错了。【分析解答】 首先对物体进行受力分析：与水平方向成53的拉力f，竖直向下的重力g、竖直向上的支持力n。由冲量定义可知，力f的冲量为：if=ft=102=10(ns)因为在竖直方向上，力f的分量fsin53，重力g，支持力n的合力为零，合力的冲量也为零。所以，物体所受的合外力的冲量就等干力f在水平方向上的分量，由动量定理得：fcos53t=p2-0所以p2=fcos53t=100.82(kgm/s)p2=16kgm/s【评析】对于物理规律、公式的记忆,要在理解的基础上记忆，要注意弄清公式中各物理量的含量及规律反映的物理本质，而不能机械地从形式上进行记忆。另外，对于计算冲量和功的公式、动能定理和动量定理的公式，由于它们从形式上很相似，因此要特别注意弄清它们的区别。例3 在距地面高为h，同时以相等初速v0分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量p，有 ( )a平抛过程较大 b竖直上抛过程较大c竖直下抛过程较大 d三者一样大【错解】 错解一：根据机械能守恒定律，抛出时初速度大小相等，落地时末速度大小也相等，它们的初态动量p1=mv0。是相等的，它们的末态动量p2=mv也是相等的，所以p=p2-p1wij一定相等。选d。错解二：从同一高度以相等的初速度抛出后落地，不论是平抛、竖直上抛或竖直下抛，因为动量增量相等所用时间也相同，所以冲量也相同，所以动量的改变量也相同，所以选d。【错解原因】 错解一主要是因为没有真正理解动量是矢量，动量的增量p=p2=p1也是矢量的差值，矢量的加减法运算遵从矢量的平行四边形法则，而不能用求代数差代替。平抛运动的初动量沿水平方向，末动量沿斜向下方；竖直上抛的初动量为竖直向上，末动量为竖直向下，而竖直下抛的初末动量均为竖直向下。这样分析，动量的增量p就不一样了。方向，而动量是矢量，有方向。从运动合成的角度可知，平抛运动可由一个水平匀速运动和一个竖直自由落体运动合成得来。它下落的时间由为初速不为零，加速度为g的匀加速度直线运动。竖直下抛落地时间t3t1，所以第二种解法是错误的。【分析解答】 1由动量变化图52中可知，p2最大，即竖直上抛过程动量增量最大，所以应选b。【评析】 对于动量变化问题，一般要注意两点：(1)动量是矢量，用初、末状态的动量之差求动量变化，一定要注意用矢量的运算法则，即平行四边形法则。(2)由于矢量的减法较为复杂，如本题解答中的第一种解法，因此对于初、末状态动量不在一条直线上的情况，通常采用动量定理，利用合外力的冲量计算动量变化。如本题解答中的第二种解法，但要注意，利用动量定理求动变化时，要求合外力一定为恒力。例4 如图53所示，一个质量为m的小车置于光滑水平面。一端用轻杆ab固定在墙上，一个质量为m的木块c置于车上时的初速度为v0。因摩擦经t秒木块停下，(设小车足够长)，求木块c和小车各自受到的冲量。【错解】 以木块c为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f，以v0)。为正方向，由动量定理有：-ft=0=mv0 所以i木=ft=mv0所以，木块c受的冲量大小为mv0，方向水平向右。又因为小车受到的摩擦力水平向左，大小也是f(牛顿第三定律)。所以小车受到的冲量i车= ft =mv0,大小与木块受到的冲量相等方向相反，即水平向左。【错解原因】 主要是因为对动量定理中的冲量理解不深入，动量定理的内容是：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量。数学表达式为i合=p2-p1，等式左侧的冲量应指合外力的冲量。在上述解答中，求木块c受到的冲量为my0是正确的。因为c受到的合外力就是(重力mg与支持力n互相平衡)，但小车的冲量就错了。因为小车共受5个力：重力mg，压力n=mg，支持力nn=(mm)g，摩擦力f和ab杆对小车的拉力t，且拉力t=f，所以小车所受合力为零，合力的冲量也为零。【分析解答】 以木块c为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f，以v0为正方向由动量定理有：-ft=0-mv0 i木=ft=mv0所以，木块c所受冲量为mv0，方向向右。对小车受力分析，竖直方向n=mgn=(mm)g，水平方向t=f，所以小车所受合力为零，由动量定理可知，小车的冲量为零。从动量变化的角度看，小车始终静止没动，所以动量的变化量为零，所以小车的冲量为零。正确答案是木块c的冲量为mv0，方向向右。小车的冲量为零。【评析】 在学习动量定理时，除了要注意动量是矢量，求动量的变化p要用矢量运算法则运算外，还要注意ft中f的含义，f是合外力而不是某一个力。参考练习：质量为100g的小球从0.8m高处自由落下到一厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20s，则这段时间软垫对小球的冲量为_(g=10m/s2，不计空气阻力)(答案为06ns)例5 向空中发射一物体不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a,b两块若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向则 ( )ab的速度方向一定与原速度方向相反b从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大ca，b一定同时到达地面d炸裂的过程中，a中受到的爆炸力的冲量大小一定相等【错解】 错解一：因为在炸裂中分成两块的物体一个向前，另一个必向后，所以选a。锗解二：因为不知道a与b的速度谁大，所以不能确定是否同时到达地面，也不能确定水平距离谁的大，所以不选b，c。错解三：在炸裂过程中，因为a的质量较大，所以a受的冲量较大，所以d不对。【错解原因】 错解一中的认识是一种凭感觉判断，而不是建立在全面分析的基础上。事实是由于没有讲明a的速度大小。所以，若要满足动量守恒，(ma+mb)v=mavambvb，vb的方向也可能与va同向。错解二是因为没有掌握力的独立原理和运动独立性原理。把水平方向运动的快慢与竖直方向的运动混为一谈。错解三的主要错误在于对于冲量的概念没有很好理解。【分析解答】 物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：(ma+mb)v=mavbmbvb当va与原来速度v同向时,vb可能与va反向，也可能与va同向,第二种情况是由于va的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但若va很小，则mava还可能小于原动量(ma+mb)v。这时,vb的方向会与va方向一致，即与原来方向相同所以a不对。a，b两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运选项c是正确的由于水平飞行距离x=vt，a、b两块炸裂后的速度va。vb。不一定相等，而落地时间t又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以b不对。根据牛顿第三定律，a，b所受爆炸力fa=-fb，力的作用时间相等，所以冲量i=ft的大小一定相等。所以d是正确的。此题的正确答案是：c，d。【评析】 对于物理问题的解答，首先要搞清问题的物理情景，抓住过程的特点(物体沿水平方向飞行时炸成两块，且a仍沿原来方向运动)，进而结合过程特点(沿水平方向物体不受外力)，运动相应的物理规律(沿水平方向动量守恒)进行分析、判断。解答物理问题应该有根有据，切忌“想当然”地作出判断。例6 总质量为m的装砂的小车，正以速度v0在光滑水平面上前进、突然车底漏了，不断有砂子漏出来落到地面，问在漏砂的过程中，小车的速度是否变化？【错解】 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v由动量守恒守律：mv0=(m-m)v【错解原因】 解法错误的主要原因在于研究对象的选取，小车中砂子的质量变了，即原来属于系统内的砂子漏出后就不研究了。这样，所谓系统的初状态及末状态的含义就变了。实际情况是，漏掉的砂子在刚离开车的瞬间，其速度与小车的速度是相同的，然后做匀变速运动(即平抛)【分析解答】 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v由动量守恒定律：my0=mv(m-m)v解得：v=v0即砂子漏出后小车的速度是不变的。【评析】 用动量守恒定律时，第一个重要的问题就是选取的系统。当你选定一个系统(此题为小车及车上的全部砂子)时，系统的初末状态都应该对全系统而言，不能在中间变换系统。例7 弹在水平飞行时，其动能为ek0=800j，某时它炸裂成质量相等的两块，其中一块的动能为ek1=625j，求另一块的动能ek2【错解】 设炮弹的总质量为m，爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律：p=p1p2代入数据得：ek=225j。【错解原因】 主要是只考虑到爆炸后两块的速度同向，而没有考虑到方向相反的情况，因而漏掉一解。实际上，动能为625j的一块的速度与炸裂前炮弹运动速度也可能相反。【分析解答】 以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为625j的一块的速度可能为正可能为负，由动量守恒定律：pp1p2解得：ek2=225j或4225j。正确答案是另一块的动能为225j或4225j。【评析】 从上面答案的结果看，炮弹炸裂后的总动能为(625225)j=850j或(6254225)j=4850j。比炸裂前的总动能大，这是因为在爆炸过程中，化学能转化为机械能的缘故。例8 一绳跨过定滑轮，两端分别栓有质量为m1，m2的物块(m2m1如图54)，m2开始是静止于地面上，当m1自由下落h距离后，绳子才被拉紧，求绳子刚被拉紧时两物块的速度。【错解】 m1自由下落h距离时，速度v1=。在m1和m2组成的系统中，它们相互作用前后的动量守恒。当绳子刚被拉紧时，设m1，m2的共同速度为v，【错解原因】 实际上，上述结果是正确的，但在解题过程中，出现了两个错误。其一，没有认真分析绳子拉紧前后的动量守恒条件。实际上由m1，m2组成的系统除了受重力外，还要受到滑轮轴心竖直向上的支持力作用，而这个支持力不等于m1+m2的重力，所以系统所受合外力不为零。不能对整个系统应用动量守恒定律。其二，即使能应用动量守恒定律，也应认真考虑动量的方向性，m1的方向向下，而m2的方向向上，不能认为m1与m2系统的动量为(m1m2)v。【分析解答】 m1自由下落h距离时的速度绳子拉紧后的一小段时间t后，m1与m2具有相同的速率v,m1的速度向下，m2的速度向上。对m1由动量定理，以向上为正方向:(t1-m1g)t=m1v-(-m1v1) 对m2由动量定理，以向上为正方向：(t2-m2g)l=m2v-0 因为拉紧过程绳子的拉力远远大于物体的重力，可以认为t1=t2，所【评析】 通过本题的分析与解答，我们可以从中得到两点警示。一是运用物理规律时一定要注意规律的适用条件，这一点要从题目所述的物理过程的特点出发进行分析，而不能“以貌取人”，一看到两物体间相互作用，就盲目地套用动量守恒定律。二是应用动量守恒定律时，要注意此规律的矢量性，即要考虑到系统内物体运动的方向。例9 在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为m，枪内装有n颗子弹，每颗质量为m，枪口到靶的距离为l,子弹射出枪口时相对于地面的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，则在发射完n颗子弹后，小船后退的距离为多少？【错解】 设第一颗子弹射出后船的后退速度为v，后退距离为s1，子弹从枪口到靶所用的时间为：对这颗子弹和其他物体构成的系统列动量守恒方程：mv=m(n-1)mv 在时间t内船的后退距离s1=vt 子弹全部射出后船的后退距离s=ns1 联立解得：【分析解答】 设子弹射出后船的后退速度为v，后退距离为s1=vt，如图55所示由几何关系可知l=d+s1 即lvt+vt 联立解得：【评析】 对本题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹与船运动的关系，而这一关系如果能用图55所示的几何图形加以描述，则很容易找出子弹与船间的相对运动关系。可见利用运动的过程草图，帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题，是大有益处的。例10 如图56所示，物体a置于小车b上，a与b之间光滑无摩擦。它们以共同的速度v前进。突然碰到障碍物c，将a从车上碰了出去，a被碰回的速度大小也是v。问：小车b的速度将怎样变化？【错解】 以a，b原来速度方向为正，设小车b后来的速度为v，根据动量守恒定律，则(ma+mb)=mbv-mav即：(mambma)vmbv因为2mambmb所以：vv(变大)方向为原来的方向。【错解原因】 上述错解的主要原因是不注意分析物理规律的适用条件，适用动量守恒定律而造成的。当我们研究对象为a和b组成的系统时(如上述错解的研究对象)。在a与障碍物c发生碰撞时，因为c对a的作用力就a与b的系统米说是外力，所以不满足动量守恒条件(不受外力或合外力为零)。也就是说它们的动量不守恒，不能应用动量守恒定律去计算与讨论。不加分析地运用动量守恒定律必然导致错误。【分析解答】 实际上，在a与c相碰时，由于c对a的作用力的冲量使a的动量发生了变化。而a与b之间光滑无摩擦。在水平方向无相互作用力。所以对b来说，其水平动量是守恒的(实际上也只具有水平动量)。也就是说，a在水平方向运动的变化不会影响b的运动情况，因此b将以速度v继续前进。【评析】 物体间发生相互作用时，选哪个系统为研究对象，这是人为的选择，但要注意，若系统选择不当，则导致对该系统不用应用动量守恒定律来求解，如本题的a，b组成的系统。因此我们应注意研究对象的选取，使其能满足我们所选用规律的适用条件。如本题中以b为研究对象，即包含了所求的b的运动情况，而满足了水平方向不受外力，动量守恒的适用条件。例11 质量为m的小车，如图57所示，上面站着一个质量为m的人，以v0的速度在光滑的水平面上前进。现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加了多少？【错解】 锗解一：把人和车作为一个系统，水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，设人跳出后，车速增加为v，以v0方向为正方向，由动量守恒定律：(mm)v0=m(v0+v)-mu错解二：以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力、所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车速增加为v，以v0方向为正方向。人相对于地的速度为(u-v0),由动量守恒定律：(mm)v0=m(v0+v)-m(u-v0)【错解原因】 错解一的主要问题在于没有把所有的速度都换算成同一惯性参考系中的速度。因为题目中给出的v0是初状态车对地的速度，而人跳车时的速度u指的是对车的速度，在列动量守恒方程时，应把人跳车的速度变换成人对地的速度才可以运算。错解二的主要问题是虽然变换了参考系，但忽略了相对速度的同一时刻性，即人跳车时，车的速度已经由v0变换成(v0+v)了。所以，人相对于地的速度，不是(v-v0)而应为u-(v0+v)。【分析解答】 以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车对地的速度增加了v，以v0方向为正方向，以地为参考系。由动量守恒定律：(mm)v0=m(v0+v)-mu-(v0v)【评析】 (1)在应用动量守恒定律时，除注意判断系统受力情况是否满足守恒条件外，还要注意到相对速度问题，即所有速度都要是对同一参考系而言。一般在高中阶段都选地面为参考系。同时还应注意到相对速度的同时性。(2)选取不同的参考系，解题方法有繁有简，以此题为例，若选取车作为参考系则人与车组成的系统初态动量为零，末态动量为：mv-m(u-v)，由动量守恒定律：0=mv-m(u-v)题中，增加的速度与车原来的速度v0无关。第二种解法显然比第一种要简捷得多。学习感悟 实战训练场一、选择题1放在水平地面上的物体质量为m，用一水平恒力f推物体，持续作用t s，物体始终处于静止状态，那么在这段时间内 （ ）af对物体的冲量为零 b重力对物体的冲量为零c合力对物体的冲量为零 d摩擦力对物体的冲量为零 2将一张纸条平放在水平桌面上，在纸条的上面竖直立一笔帽，把纸条从笔帽下抽出，如果缓慢拉动纸条，笔帽必倒；如果快速拉出纸条，笔帽有可能不倒对于这种现象，下列说法中正确的是 （ ） a缓慢抽出纸条，笔帽受到的摩擦力大 b快速抽出纸条，笔帽受到的摩擦力小 c缓慢抽出纸条，笔帽受到的冲量大 d快速抽出纸条，笔帽受到的冲量小 3 质量为3m，速度为v的小车, 与质量为2m的静止小车碰撞后连在一起运动,则两车碰撞后的总动量是 （ ） amv b2mv c3mv d5mv4 两个球沿直线相向运动，碰后两球都静止，则下列说法正确的是 （ ）a碰前两球的动量相等b两球碰前速度一定相等c碰撞前后两球的动量的变化相同d碰前两球的动量大小相等、方向相反5 在水平直轨道上放置一门质量为m的炮车（不包括炮弹），炮管与路轨平行当质量为m的炮弹相对地面以速度v沿水平方向射出时，炮车的反冲速度(相对地面)是 （ ）a-mv/(m+m) b-mv/(m - m) c-mv/m d以上都不对二、填空题 图 104510t/sf/n123-101一个变力f作用在物体上，此力随时间变化情况如图1所示规定向右方向为f的正方向，则由图线可知，前2 s力的冲量为 ；前4 s力的冲量为 ；第5 s内力的冲量为 2质量为2 kg的物体，放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2给物体施加一个5 n的水平外力，使物体从静止开始加速运动，则经 s，物体的速率可达到10 m/s（g取10 m/s2） 3. 质量为60 kg的人，以5 m/s的速度迎面跳上质量为90 kg、速度为2 m/s的小车后,与小车共同运动的速度大小是_在这一过程中，人对小车的冲量大小是_ns三、计算题 图 2v30301质量为m的小球，以与水平地面成30角的方向，以速度v射向地面，与地面相碰后又以速度v弹出，弹出的方向与水平面的夹角也为30，如图2所示求在与地面碰撞的过程中，小球动量的增量2质量m=100 g的小球，自5 m高处自由落下，与水平地面相碰后能弹回4 m高若小球下落和上升过程都不计空气阻力，小球与地面作用时间t=0.2 s，g=10 m/s2求小球对地面的平均冲击力的大小 3甲乙两物体以2 m/s的速度在光滑的水平面上共同前进，在二者之间的弹力作用下，乙加快了向前的速度而甲变成静止乙与前方的丙相碰后粘合，使原来静止的丙获得4 m/s的速度已知甲、乙的质量分别为10 kg，4 kg，求丙的质量 能力提升篇一、选择题1对同一质点，下面说法中正确的是（ ） a匀速圆周运动中，动量是不变的 b匀速圆周运动中，在相等的时间内，动量的改变量大小相等 c平抛运动、竖直上抛运动，在相等的时间内，动量的改变量相等 d只要质点的速度不变，则它的动量就一定不变2长为l=0.2 m的细绳，一端固定，另一端拴一质量m=0.1 kg的小球，把小球拉至水平，从静止释放到小球运动到最低点若g=10 m/s2，对于这一过程以下说法中正确的是 （ ）a重力对小球的冲量的大小为0.2 nsb细绳对小球拉力的冲量为0c细绳对小球拉力的冲量的大小一定等于