高三物理动量定理.doc

3eud教育网 百万教学资源，完全免费，无须注册，天天更新！动量和冲量动量定理知识梳理一、动量、冲量1.动量（1）定义：运动物体的 叫做动量，p= ，动量的单位： 或 。（2）物体的动量表征物体的 ，其中的速度为瞬时速度，通常以地面为参考系。（3）动量是 量，其方向与 的方向相同。两个物体的动量相同必须是 、 。（4）注意动量与动能的区别和联系：动量、动能和速度都是描述物体运动的状态量；动量是矢量，动能是标量；动量和动能的关系是： .2.动量的变化量（1）p= .（2）动量的变化量是 量，其方向与 的方向相同，或与 的方向相同。（3）求动量变化量的方法：p=ptp0=mv2mv1；p=Ft.3.冲量（1）定义： ，叫做该力的冲量，I= ，冲量的单位： 。（2）冲量是过程量，它表示力在一段时间内的累积作用效果.（3）冲量是 量，其方向由力的方向决定.如果在作用时间内力的方向不变，冲量的方向就与力的方向相同.（4）求冲量的方法：I=Ft（适用于求恒力的冲量）；I=p.二、动量定理（1）内容：物体所受 ，等于这个物体 。表达式为：Ft 或Ft 。（2）动量定理的研究对象是单个物体或可视为单个物体的系统.当研究对象为物体系时，物体系总动量的变化量等于相应时间内物体系所受的合外力的冲量.所谓物体系总动量的变化量是指系统内各物体的动量变化量的矢量和.所谓物体系所受的合外力的冲量是指系统内各物体所受的一切外力的冲量的矢量和，而不包括系统内部物体之间的相互作用力（内力）的冲量；这是因为内力总是成对出现的，而且它们的大小相等、方向相反，其矢量和总等于零.（3）动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力.它可以是恒力，也可以是变力.当合外力为变力时，F应该是合外力对作用时间的平均值.说明：在打击和碰撞问题中，物体之间的相互作用力的量值很大，变化很快，作用时间短，这种作用力通常叫冲力，冲力的本质是弹力.当冲力比其他力大得多时，可以忽略其他力，把冲力作为公式中的F，但是我们必须清楚这只是一种近似的处理方法.从物理意义上讲，公式中的F应该是合力，而不是冲力.（4）动量定理公式中的Ft是合外力的冲量，也可以是外力冲量的矢量和，是使研究对象动量发生变化的原因.在所研究的物理过程中，如果作用在研究对象上的各个外力的作用时间相同，求合外力的冲量时，可以先按矢量合成法则求所有外力的合力，然后再乘以力的作用时间；也可以先求每个外力在作用时间内的冲量，然后再按矢量合成法则求所有外力冲量的矢量和；如果作用在研究对象上的各个力的作用时间不相同，就只能求每个力在相应时间内的冲量，然后再求所有外力冲量的矢量和.（5）动量定理中mv2mv1是研究对象的动量变化量，是过程终态动量与初态动量的差值（矢量减法）.式中“”号是运算符号，与正方向的选取无关.（6）动量定理中的等号（=），表明合外力的冲量与研究对象的动量变化量的数值相等，方向一致，单位相同，但绝不能认为合外力的冲量就是动量的变化量.合外力的冲量是引起研究对象的运动状态改变的外来因素，而动量的变化量则是研究对象受外力冲量后所导致的必然结果.（7）Ft=mv是矢量式，在应用动量定理时，应该遵循矢量运算的平行四边形法则.也可以采用正交分解法，把矢量运算转化为标量运算.假设用Fx（或Fy）表示合外力在x（或y）轴上的分量，vx0（或vy0）和vx（或vy）表示物体的初速度和末速度在x（或y）轴上的分量，则Fxt=mvxmvx0 Fyt=mvym vy0上述两式表明，合外力的冲量在某一坐标轴上的分量等于物体动量的变化量在同一坐标轴上的分量.在写动量定理的分量方程式时，对于已知量，凡是与坐标轴正方向同向者取正值，凡是与坐标轴正方向反向者取负值；对未知量，一般先假设为正方向，若计算结果为正，说明实际方向与坐标轴正方向一致，若计算结果为负，说明实际方向与坐标轴正方向相反.（8）根据Fma得Fmam=即F.这是牛顿第二定律的另一种表达形式：合外力F等于物体动量的变化率.三、用动量定理解释现象用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小；另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小.分析问题时，要把哪个量变化搞清楚.疑难突破1.ppp指的是动量的变化量，不要理解为是动量，它的方向可以跟初动量的方向相同（同一直线，动量增大）；可以跟初动量的方向相反（同一直线，动量减小）；也可以跟初动量的方向成某一角度，但动量变化量（pp）的方向一定跟合外力的冲量的方向相同.2.（1）应用动量定理I=p求变力的冲量：如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用Ft求变力的冲量，而应求出该力作用下物体动量的变化p，等效代换变力的冲量I.例如质量为m的小球用长为r的细绳的一端系住，在水平光滑的平面内绕细绳的另一端做匀速圆周运动，速率为v，周期为T，向心力Fm.在半个周期的冲量不等于m，因为向心力是个变力（方向时刻在变）.因为半个周期的始、末线速度方向相反，动量的变化量是2mv，根据动量定理可知，向心力在半个周期的冲量大小也是2mv，方向与半个周期的开始时刻线速度的方向相反.（2）应用p=Ft求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量的变化（p=p2p1）需要应用矢量运算方法，比较麻烦，如果作用力是恒力，可以求出恒力的冲量等效代换动量的变化.如平抛运动中动量的变化问题.思考讨论以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，求抛出后t秒内物体的动量变化.答案：p=Ft=mgt，方向竖直向下3.用动量定理解题的基本思路（1）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系统.系统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.（2）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.所有外力之和为合外力.研究对象内部的相互作用力（内力）会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力.如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和.（3）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.（4）写出研究对象的初、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）.（5）根据动量定理列式求解.典例剖析【例1】 从高为H的平台上，同时水平抛出两个物体A和B，已知它们的质量mB=2mA，抛出时的速度vA=2vB，不计空气阻力，它们下落过程中动量变化量的大小分别为pA和pB，则A.pA=pBB.pA=2pBC.pB=4pAD.pB=2pA解析：由t=知tA=tB，由动量定理知p=mgt，故pB=2pA.答案：D【例2】 “蹦极”是一项勇敢者的运动，如图511所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体自高空P处自由下落，在空中感受失重的滋味.若此人质量为60 kg，橡皮绳长20 m，人可看成质点，g取10 m/s2，求：图511（1）此人从点P处由静止下落至橡皮绳刚伸直（无伸长）时，人的动量为_；（2）若橡皮绳可相当于一根劲度系数为100 N/m 的轻质弹簧，则此人从P处下落到_m时具有最大速度；（3）若弹性橡皮绳的缓冲时间为3 s，求橡皮绳受到的平均冲力的大小.剖析：（1）人从高空落下，先在重力作用下做自由落体运动，弹性橡皮绳拉直后除受到重力外还受到橡皮绳的弹力F作用.他做自由落体运动的时间为t1= s=2 s他做自由落体运动的末速度为v=gt1=20 m/s此时他的动量为p=mv=1 200 kgm/s.（2）当他到达平衡位置时，速度最大，则kx=mg解得平衡位置时橡皮绳伸长量为x=6 m，他从P处下落了26 m.（3）对人从开始下落到速度减为零的全过程，又由动量定理得mg（t1+t2）Ft2=0解得F=1 000 N根据牛顿第三定律得，橡皮绳受到的平均冲力大小为1 000 N.深化拓展参照本例试分析：（1）在“跳高”和“跳远”的比赛中，运动员为什么要落在沙坑中?（2）“跳伞”运动员着地时，为什么要有“团身”动作?（3）在球类项目的体育课上，传球和接球时为什么要有缓冲动作?答案：（1）（2）（3）中所列现象均是通过延长作用时间来减小相互作用力.说明：上面问题中通过延长动量变化时间减小作用力，通过计算可以看出这种缓冲作用的效果很明显.这也就是杂技演员、高空作业的工人、高速行驶的驾驶员和前排乘客要扣安全带的道理.【例3】 两物体质量之比为m1m2=41，它们以一定的初速度沿水平面在摩擦力作用下做减速滑行到停下来的过程中（1）若两物体的初动量相同，所受的摩擦力相同，则它们的滑行时间之比为_；（2）若两物体的初动量相同，与水平面间的动摩擦因数相同，则它们的滑行时间之比为_；（3）若两物体的初速度相同，所受的摩擦力相同，则它们的滑行时间之比为_；（4）若两物体的初速度相同，与水平面间的动摩擦因数相同，则它们的滑行时间之比为_.剖析：（1）由动量定理得Ff t=0p t=由于Ff和p均相同，所以t1t2=11.（2）由动量定理得mgt=0p t=由于p、均相同，所以t与m成反比，故t1t2=m2m1=14.（3）由动量定理得Ff t=0mv t=由于Ff、v均相同，所以t与m成正比，故t1t2=m1m2=41.（4）由动量定理得mgt=0mv t=由于、v均相同，所以t1t2=11.说明：（1）对于这种涉及时间的动力学问题，利用动量定理分析往往比较方便，请同学们注意体会.（2）求解比例问题时，一般是推导出所求物理量与其他物理量的关系式，再求比例.求比例时，要特别注意表达式中哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的.【例4】 高压采煤水枪出水口的截面积为S，水的射速为v，射到煤层上后，水速度为零.若水的密度为，求水对煤层的冲力.剖析：从水枪中射出的水是连续的，这样对解题极为不便，为使连续的水像物体一样，我们可以取一小段时间的水进行研究.射到煤层上的水，在较短时间速度变为零，煤一定对水（水为研究对象）产生了力的作用，此力为变力，因此可以由动量定理来求出煤对水的平均作用力，即冲力，由牛顿第三定律就知道水对煤的作用力.由水流算出t内水的质量，以t时间内的水为研究对象，由动量定理列方程，求煤对水的力，再由牛顿第三定律求水对煤的力.设在t时间内，从水枪射出的水的质量为m，则mSvt.以m为研究对象，它在t时间内动量变化为：p=m（0v）=Sv2t设FN为水对煤层的冲力，FN为煤层对水的反冲力，以FN的方向为正方向，根据动量定理（忽略水的重力）有：FNt=pv2St解得：FN=Sv2根据牛顿第三定律知FN=FN，所以FN=Sv2.说明：这是一类变质量（或连续流体）问题，对这类问题的处理，一般要选取一段时间的流体为研究对象，然后表示出所选研究对象的质量，分析它的受力及动量的变化，根据动量定理列方程求解.深化拓展国产水刀超高压数控万能水切割机以其神奇的切割性能在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动，它能切割40 mm厚的钢板、50 mm厚的大理石等材料.水刀就是将普通的水加压，使其从口径为0.2 mm的喷嘴中以800 m/s1 000 m/s的速度射出的水射流.我们知道，任何材料承受的压强都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的压强限度.A橡 胶5107 PaB花岗石1.2108 Pa2.6108 PaC铸 铁8.8108 PaD工具钢6.7108 Pa设想有一水刀的水射流横截面积为S，垂直入射的速度v800 m/s，水射流与材料接触后，速度为零，且不附着在材料上，水的密度1103 kg/m3，则此水刀不能切割上述哪些材料？答案：以射到材料上的水量m为研究对象，以其运动方向为正方向，由动量定理得：pStSvtvpv26.4108 Pa由表中数据可知：不能切割C、D.【例5】 如图512所示，P为位于某一高度处的质量为m的物块，B为位于水平地面上的质量为M的特殊长平板，m/M=1/10，平板与地面间的动摩擦因数为=2.00102.在板的上表面上方，存在一定厚度的“相互作用区域”，如图中画虚线的部分.当物块P进入相互作用区时，B便有竖直向上的恒力f作用于P，f =amg，a=51，f对P的作用使P刚好不与B的上表面接触；在水平方向P、B之间没有相互作用力.已知物块P开始自由落下的时刻，板B向右的速度为v0=10.0 m/s.P从开始下落到刚到达相互作用区所经历的时间为T0=2.00 s.设B板足够长，保证物块P总能落入B板上方的相互作用区，取重力加速度g=9.80 m/s2.问：当B开始停止运动那一时刻，P已经回到过初始位置几次?图512剖析：由于P刚好不与B的上表面接触，P下落时先做自由落体运动，它进入相互作用区后做匀减速运动，速度减小到零再返回，返回时与下落时受力情况完全相同，所以，P刚好能回到初始位置.P从开始下落到返回原处的时间内，设恒力f作用的时间为t，则重力作用时间为：2T0+t，P在该过程所受合外力总冲量为零，即ftmg（2T0+t）=0由f =amg得：t=0.08 s恒力f作用的时间木板受摩擦力的大小为=（Mg+amg）P不在相互作用区的时间内木板受摩擦力的大小为f0=Mg对木板应用动量定理f02T0+t=Mv即Mg2T0+（Mg+amg）t=Mv得：v=0.88 m/sn=11.38，取整数为：N=11次.说明：（1）分析该问题时要抓住过程周期性的特点.（2）注意物块P从开始下落到返回原高度一周期内，物块P在相互作用区的时间和不在相互作用区的时间内，B板的受力情况不同，决定了它的运动的情况不同.拓展题例【例6】 如下图所示，光子具有动量，每个光子的动量mv=h/（式中h为普朗克常量，为光子的波长）.当光照射到物体表面上时，不论光被物体吸收还是被物体表面反射，光子的动量都会发生改变，因而对物体表面产生一种压力，称为光压.上图是列别捷夫设计的用来测量光压的仪器.图中两个圆片中，a是涂黑的，而b是光亮的.当光线照射到a上时，可以认为光子全部被吸收，而当光线照射到b上时，可以认为光子全部被反射.分别用光线照射在a或b上，由于光压的作用，都可以引起悬丝的旋转，旋转的角度可以借助于和悬丝一起旋转的小平面镜M进行观察.（1）如果用一束强光同时照射a、b两个圆片，光线的入射方向跟圆片表面垂直，悬丝将向哪个方向偏转？为什么？（2）已知a、b两个圆片的半径都为r，两圆心间的距离是d.现用频率为的激光束同时照射a、b两个圆片，设入射光与圆面垂直，单位时间内垂直于光传播方向的单位面积上通过的光子个数为n，光速为c，求由于光压而产生的作用力分别为多大.解析：（1）a向外b向里转动（从上向下看逆时针转动）.对时间t内照到圆片上的光子用动量定理：Ft=ntSmv，照到a上的每个光子的动量变化是mv，而照到b上的每个光子的动量变化是2mv；因此光子对b的光压大.（2）分别对单位时间内照射到a、b上的光子用动量定理，有：Fa=nr2h/c，Fb=nr22h/c答案：（1）a向外b向里转动（从上向下看逆时针转动）（2） Fa=nr2h/c Fb=nr22h/c第二单元 动量守恒定律知识梳理一、动量守恒定律1.定律内容：相互作用的物体，如果 ，它们的总动量保持不变。数学表达式为p1p2 或m1v1+m2v2= 。2.动量守恒定律的成立条件（1）系统 或系统 。（2）系统所受外力之和虽不为零，但 ，则在该方向上系统的总动量 。（3）系统所受的外力之和虽不为零，但比 ，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.动量守恒定律的表达形式除了m1v1+m2v2=m1v1+m2v2，即p1+p2=p1+p2外，还有：p1+p2=0，p1=p2=4.应用动量守恒定律时应注意（1）动量守恒定律的矢量性：动量守恒定律是矢量式，在满足动量守恒条件的情况下，系统的总动量的大小和方向都不变.应用动量守恒定律解决同一直线上的动量守恒问题时一般可以规定正方向，引入正负号，把矢量运算转化为代数运算，要特别注意表示动量方向的正负号.（2）动量守恒定律中速度的相对性：动量的大小和方向与参考系的选择有关.应用动量守恒定律列方程时，应该注意各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度，通常以地面为参考系.（3）动量守恒定律中速度的同时性：物体系在相互作用的过程中，任一瞬间的动量和都保持不变，相互作用前的动量和（m1v1+m2v2+）中的v1、v2都应该是作用前同一时刻的瞬时速度；相互作用后的动量和（m1v1+m2v2+）中的v1、v2都应该是作用后同一时刻的瞬时速度.5.应用动量守恒定律解题的基本步骤（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.要明确所研究的系统是由哪几个物体组成的.（2）要对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力，即内力；哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力，即外力.在受力分析的基础上，根据动量守恒的条件，判断能否应用动量守恒定律.（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.对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的情形，动量守恒方程中各个动量（或速度）的方向可以用代数符号正、负表示.选取某个已知量的方向为正方向以后，凡是和选定的正方向同向的已知量取正值，反向的取负值.（4）建立动量守恒方程，代入已知量，解出待求量.计算结果如果是正的，说明该量的方向和正方向相同；如果是负的，则和选定的正方向相反.二、碰撞（子弹打木块模型）1.碰撞指的是物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象.在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题.按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况.2.一般的碰撞过程中，系统的总动能要有所减少.若总动能的损失很小，可以略去不计，这种碰撞叫做弹性碰撞.若两物体碰后黏合在一起，这种碰撞动能损失最多，叫做完全非弹性碰撞.一般情况下系统动能都不会增加（由其他形式的能转化为机械能的除外，如爆炸过程），这也常是判断一些结论是否成立的依据.三、反冲现象（爆炸模型）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.疑难突破1.动量为状态量，对应的速度应为瞬时速度.所以动量守恒定律中的“总动量保持不变”，指的应是系统的初、末两个时刻的总动量相等，或系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等.若相互作用的两个物体作用前均静止，则相互作用的过程中系统任一时刻的动量都是零，即m1v1+m2v20，则有m1+m2=0，其中、为该过程中的平均速度.由于两物体运动时间相同，则有m1t+m2t=0，所以可推出m1s1+m2s2=0，使用此式解题时应注意：式中的s1、s2应相对同一参考系.如图521所示，在光滑水平面上，质量为M和m的两物体开始速度均为零，在m下滑的过程中，M将后退.由于水平方向系统不受外力，所以水平方向上动量守恒.m滑到底端时，若M后退距离为s，则m水平方向移动的距离为（bas），代入m1s1m2s20，可解得M后退的距离为：s=.图5212.动量守恒的公式中各速度都要相对同一个惯性参考系.地球及相对地球静止或相对地球匀速直线运动的物体即为惯性系.所以在应用动量守恒定律研究地面上物体的运动时，一般以地球为参考系.如果题目中告诉的速度是物体间的相对速度，则要把它变换成对地的速度.例如质量为M的小船尾部站有一质量为m的人，人和船共同以速度v向前行驶.当人以相对于船的水平速度u向后跳出后，船的速度为多大?设人跳出船后船的速度大小变为，则人跳出时的对地速度大小为u.取船运动的方向为正方向，则根据动量守恒定律可列出：（m+M）v=Mm（u） 在分析该题时，不少同学列的方程式还有以下三种形式：（M+m）v=Mmu （M+m）v=Mm（vu） （M+m）v=M+m（u） 其中式的错误是参考系不同，式的错误是最右边一项m（vu）中的v和u不是同一时刻的值.人相对于船跳出时，船的速度已变为，只要题目中没特别指出来，用动量守恒定律列方程时，初状态或末状态的速度，不管是合速度还是分速度都应是同一时刻的值.不难比较式和式是相同的，如果认为u，则人相对于地的速度向后，列出的是式；如果认为u，则人相对于地的速度是向前的，那么列出的就是式.3.动量守恒定律是从实验中得来的，也可以利用牛顿定律和运动学公式推导出来，但它的适用范围却比牛顿定律广得多.牛顿定律的适用范围是：低速、宏观，动量守恒定律却不受此种限制.动量守恒定律是自然界中最重要、最普遍的规律之一.典例剖析【例1】 在平直的公路上，质量为M的汽车牵引着质量为m的拖车匀速行驶，速度为v.在某一时刻拖车脱钩了.若汽车的牵引力保持不变，在拖车刚刚停止运动的瞬间，汽车的速度多大?剖析：在拖车和汽车脱钩前，两者共同向前做匀速直线运动，汽车和拖车构成的系统所受合外力为零.脱钩后，拖车做匀减速运动，汽车做匀加速运动，它们各自所受的合外力都不为零，但是由于汽车的牵引力不变，汽车和拖车各自受到的摩擦阻力不变.如果仍然以两者构成的系统为研究对象，系统所受外力之和仍然为零，整个过程动量守恒，所以有：（M+m）v=M拖车刚停止时汽车的速度=（M+m）v/M.说明：通过对本题的分析说明，只有真正理解了动量守恒定律的使用条件，才能善于利用该定律分析解决实际问题.本题通过选取拖车和汽车作为一个系统，该系统在拖车停止前所受外力之和为零，符合动量守恒的条件，从而可以用动量守恒定律求解，大大简化了解题过程.对于解这类问题，有些同学首先想到的可能是牛顿定律.请你也用牛顿定律求解一下该题.【例2】 平静的湖面上浮着一只长L=6 m、质量为550 kg的船，船头上站着一质量为m=50 kg的人，开始时，人和船均处于静止.若船行进时阻力很小，问当人从船头走到船尾时，船将行进多远？剖析：以人和船组成的系统为研究对象.因船行进时阻力很小，船及人所受重力与水对船的浮力平衡，可以认为人在船上行走时系统动量守恒，开始时人和船都停止，系统总动量为零；当人在船上走动时，无论人的速度如何，系统的总动量都保持为零不变.取人运动方向为正方向，设人对岸的速度为v，船对岸的速度为V，其方向与v相反，由动量守恒定律有：0=mv+（MV）解得两速度大小之比为：=此结果对于人在船上行走过程的任一瞬时都成立.方法一：取人在船上行走时任一极短时间ti，在此时间内人和船都可视为匀速运动，此时间内人和船相对地面移动的距离分别为smi=viti和sMi=Viti，由此有.=这样人从船头走到船尾时，人和船相对地面移动的总距离分别为sm=smi，sM=sMi由此有=由图522中几何关系可知sm+sM=L.这样，人从船头走到船尾时，船行进的距离为sM=L图522代入数据有sM=0.5 m.方法二：由于对于人在船上行走过程的任一时刻都有= 则在该过程中人和船的平均速度应满足=由于人和船运动时间相同，故有=同方法一，可求得sM=0.5 m.说明：做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系.深化拓展某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾.设水的阻力不计，那么在这段时间内关于人和船的运动情况判断错误的是A.人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比B.人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比C.人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零D.当人从船头走到船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离答案提示：人和船组成的系统在水平方向动量守恒，选人前进的方向为正方向，由动量守恒定律得：m人v人Mv船0 即 故人前进的速度跟船后退的速度大小总跟它们的质量成反比，但人的速度和船的速度成正比.故人走船走，人快船快，人慢船慢，人停船停.即A、C的判断是正确的.由于人和船间的相互作用力大小相等，由牛顿第二定律知，m人a人=Ma船，即人和船的加速度大小跟它们的质量成反比，B的判断正确.D选项的判断错误，应选D.说明：（1）在满足动量守恒定律条件的系统中，系统任一瞬时的总动量保持不变.（2）对于这类由两物体构成的系统总动量为零的问题，可以根据动量守恒定律推导出两物体的位移关系，再结合由空间关系找出的位移关系，就可由动量守恒定律求相互作用的两物体的位移.【例3】 一只质量M=1 kg的鸟在空中以v0=6 m/s沿水平方向飞行，离地面高度h=20 m，忽被一颗质量m=20 g沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v=300 m/s，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g取10 m/s2.求鸟被击中后经多少时间落地；鸟落地处离被击中处的水平距离.解析：鸟被击中后的速度为Mv0+mv=（M+m）= m/s11.76 m/s被击中后，鸟以的速度做平抛运动，则其运动时间为t= s=2 s水平位移为x=t=11.762 m=23.52 m.答案：2 s 23.52 m【例4】 一个连同装备总质量为M=100 kg的宇航员，在距离飞船s=45 m处与飞船处于相对静止状态，宇航员背着装有质量为m0=0.5 kg氧气的贮气筒，筒有个可以使氧气以v=50 m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用.宇航员的耗氧率为Q=2.5104 kg/s.不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响，则：（1）瞬时喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船?（2）宇航员安全返回到飞船的最长和最短时间分别为多少？（3）为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧气?返回时间又是多少?（提示：一般飞船沿椭圆轨道运动，不是惯性参考系，但是，在一段很短的圆弧上，可以视为飞船做匀速直线运动，是惯性参考系）剖析：（1）结合题目中的第（1）、第（2）两问不难看出，第（1）问所求的喷出氧气的质量m应有一个范围.若m太小，宇航员获得的速度也小，虽贮气筒中剩余的氧气较多，但由于返回飞船所用的时间太长，将无法满足他途中呼吸所用.若m太大，宇航员获得的速度虽然大了，而筒中氧气太少，也无法满足其呼吸所用.所以m对应的最小和最大两个临界值都应是氧气恰好用完的情况.设瞬间喷气m kg氧气时，宇航员恰能安全返回，根据动量守恒定律可得：mv=MV 宇航员匀速返回的时间为：t= 贮气筒中氧气的总质量：m0m+Qt 代入数据解可得瞬间喷出的氧气质量应满足：0.05 kgm0.45 kg.（2）根据式及式得t= 当m=0.05 kg时，可求得宇航员安全返回到飞船的最长时间为tmax=1 800 s.当m=0.45 kg时，可求得宇航员安全返回到飞船的最短时间为tmin=200 s.（3）当总耗氧量最低时，设宇航员安全返回时，共消耗氧气m，则：m=m+Qt 由式可得：m=+m=+m当m=即m=0.15 kg时，m有极小值.故总耗氧量最低时，应一次喷出0.15 kg的氧气.将m=0.15 kg代入两式可解得返回时间：t=600 s.说明：高考对能力的要求越来越高，这其中就包括推理能力和应用数学知识处理物理问题的能力.对于较复杂的物理问题，如何根据题目中所给的事实及隐含条件，对物理问题进行逻辑推理，找出相关的临界过程，建立必要的数学方程式，并能从数学的角度加以处理，对今后的高考将会变得越来越重要.【例5】 动量分别为5 kgm/s和6 kgm/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，若已知碰撞后A的动量减小了2 kgm/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是多少？剖析：A能追上B，说明碰前vAvB，即碰后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：.深化拓展光滑水平面上A、B两物体均向右在同一直线上运动，以后发生碰撞以向右为正方向，已知撞前两物体的动量分别为pA=12 kgm/s，pB=13 kgm/s，则撞后它们的动量的变化量pA和pB有可能是pA=3 kgm/s，pB=3 kgm/spA=4 kgm/s，pB=4 kgm/spA=5 kgm/s，pB=5 kgm/spA=24 kgm/s，pB=24 kgm/s以上结论正确的是A. B.C.D.答案：D说明：此类碰撞问题要考虑三个因素：碰撞中系统动量守恒；碰撞过程中系统动能不增加；碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理.【例6】 如图523所示，光滑的水平面上停着一只木球和载人小车，木球质量为m，人和车的总质量为M，已知Mm=161，人以速率v沿水平面将木球推向正前方的固定墙壁，木球被墙壁弹回之后，人接住球可以以同样的对地速度将球推向墙壁.设木球与墙壁相碰时无动能损失，求：人经过几次推木球之后，再也不能接住木球？图523剖析：方法一：设第1次推球后人的速度为v1，由动量守恒定律得0=Mv1mv，第1次接球后人的速度为v1，有mv1+mv=（M+m）v1第2次推球（M+m）v1=Mv2mv，第2次接球Mv2+mv=（M+m）v2第n次推球（M+m）vn1=Mvnmv可得vn=当vnv时人便接不到球，可得n8.5，取n=9.方法二：利用动量定理求解.每次碰撞中，墙给球的冲量为I1=mv（mv）=2mv 设经过n次球与墙碰撞后可保证人再也接不到球，则墙对球的总冲量为I=nI1=2nmv 对球、人和车组成的系统，由动量定理得I=mv+Mvn 即2nmv=mv+Mvn 人接不到球的条件是vnv由和解得n（+1）=8.5 故取n