第十三章_动量守恒定律

1、第十三章动量守恒定律第1课时动量守恒定律1. 动量：物体的质量和速度的乘积叫做动量，p=mv.(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(Ap=p'p)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

2、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Ap=p'p=mvmv,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：m1v1m2v2=m1v1m2v2.4.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

3、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

4、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

5、，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mwi+m2V2=m!Vi'+m2V2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

6、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.丫典例精析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

7、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mA:mB=3:2,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

8、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mA：mB=3:2,所以Fa：Fb=3：2,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

9、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0,质量为M的斜面体B,现有一质量为m的物体A以初速度V。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mvocos0=(M+m)v所以v=mvocos0M+m【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

10、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1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1(2) (b)图中B也是半径为R的4圆弧轨道，初态时B静止不动，滑块A以速度v。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vo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？(d)图中小球来回摆动，求小球摆至最低点

11、时A、B速度大小之比【答案】(1)va：vb=M:m(2)vb=-(3)vb=0M+m(4) va:vb=M:m3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.若人水平向右以相则人脱离小车后小车的对车的速度U跳离小车,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

12、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0=m(uv)-Mv,所以小车速度v=mu/(M+m)，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20kg，质量为60kg的人站在小车上，与车一起以5m/s的速度运动试求：(1) 人相对于车以2m/s的速

13、度沿车前进的反方向行走，车速是多大？(2) 人相对于车以2m/s的速度竖直跳起，车速是多大？(3) 人相对于轨道以2m/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=(20+60)為kgm/s=400kgm/s设人反向行走时车的速度为Vi,系统动量pi=20vi+60(vi2)由动量守恒，有p1=p则20v1+60(v12)=400kgm/s,v1=6.5m/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P2=20v2+60v2由动量守恒，p2=p贝U20v2+6

14、0v2=400kgm/s,v2=5m/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P3=20v3,由动量守恒，p3=p，贝U20v3=400kgm/s,73=20m/s易错门诊【例4】如图所示，质量为04kg的小球沿光滑水平面以5m/s的速度向右冲向墙壁，又以5m/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p=mv2mv1=0.4X5kgm/s0.4>5kgm/s=0【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p=mv

15、2mv1=0.4X)kgm/s0.4X)kgm/s=4kgm/s负号表示动量的变化量Ap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第2课时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p=p'.（2）系统总动量的增量为零，即3=p'p=0.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Api=Ap22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

16、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Misi=M2S2，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

17、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尸典例精析i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

18、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W，船对地的速度为V2,根据动量守恒得mv1Mv2=0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At，得ms1Ms2=0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：s1+s2=L联立两式得5152【思维提升】“人船模型”的特点:(1) po=0;(2) miv1m2v2=0；SiS2«on(3) mi7m=

19、0即misi=m2S2.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po=0,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i】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mA=2mB，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

20、模型”，可得：mASA=mBSB因为mA=2mB所以2Sa=Sb注意到Sb=aSab可得Sa=吋2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500g,B的质量是300g，有一质量为80g的小铜块C(可视为质点)以25m/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2.5m/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：mcv0=mcvc'+(mA+mB)vA；C滑到B上后A做匀速运动，再选B、C作为一个系统，其总动

21、量也守恒，则mcvc'+mBVA；=(mB+mC)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mcv0=mAVA'+(mB+mc)vBc把上述三个方程式中的任意两个联立求解即可得到vA；=2.im/s,vc'=4m/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，往已知氮核质量与氢核质量的关系为mN=14mH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m=50kg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v=8.5m/s

22、的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量各为mi=500kg,m2=1000kg,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mi的速度方向为正方向如图所示，依动量守恒定律有(mim)v1mv2=0即450vl50v2=0(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，有一(m2m)v2+mvi=m2v即一950v2+50v1=1000>8.5(3)选取四个物体为系统，有m1V1m2V2=m2v即500V11000V2=

23、1000>8.5联立、式中的任意两式解得v1=1m/s,v2=9m/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a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，他们认为这是丫射线.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丫射线像a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

24、到光速的十分之一，从而否定了这种中性射线是丫射线.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mv=mv'+mHvH12丄2,12?mv=?mv十？mHvH联立解得2mvvH=m+mH同理由中性粒子和氮原子核的碰撞可得mv=mv'+mNvN1212丄122mv=2mv十qEnvn联立解得vN=2mvm+mN

25、可得vh=m+mNm+mH查德威克在实验中测得氢核和氮核的速率之比是vH=7.5,所以有m+i4mH=7.5vnm+mH因而得m=mH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祗#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mi=20kg的小,叭阴-车，通过一根几乎不可伸长的轻绳与一节质量为m2=25kg的平板车厢连接质量为m3=15kg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尸0.20.开始时车厢静止，绳松弛，小车以vo=3m/s的速度前进，设平板足够长，试求小物体m3在

26、平板上移动的距离x.V,由系【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统动量守恒得mivo=(mi+m2+m3)v1212?mivo2(mi+m2+m3)v=代入数据解得v=im/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jlDBgX代入数据解得x=2m【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mi、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mi、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】(I)第一个过程是m“m2相互作用，两者达到共同速度vi,

27、mi>m2组成的系统动量守恒：miv0=(mi+m2)vi代入数据解得vi=4m/s3由系统动量V2,(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守恒得mivo=(mi+m2+m3)v2代入数据解得v2=im/s第二个过程是mi、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i,2,22(mi+m2)vi2(mi+m2+m3)v2=umgx代入数据解得x=im3【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.第3课时碰撞与反冲运动基础知识归纳1碰撞及其特点碰撞：碰撞是指物体间相互作用时间很短，而物体间相互作

28、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，

29、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

30、，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mivi+m2V2=mi'+m2V212丄1212丄丄2?mivi十2口2磁=2mivi十2m2V2若碰撞前，有一个物体是静止的，设V2=0，则碰撞后的速度分别为vi=(mim2)vi/(mi+m?)V2'=2mivi/(mi+m?)几种特殊情况：若mi=m2，Vi，=0，V2'=vi，碰后实现了动量和动能的全部转移若mi?m2,v1vi,V2'羽2,碰后mi几乎仍保持原来速度运动，质量小的m2将以2vi向前运动若m"m2,v1'vv1,v2'v0碰后口勺被按

31、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mivi+m2V2=（mi+m2）v机械能损失量（转化为内能）为121212E=尹心+m2v2-2（m1+m2）v2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m1v+m2v2=mw1'+m2v2总动能减少12121212尹個+m2v?>qmw+qm2v2三、判断碰撞是否成立的原则1动量守恒，即P1+P2=P1'+P2'2动能不增加，即

32、Ek1+Ek2>Ed+Ek2'222/2或虹+皿Ad+贬2m12m22m12m23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Av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了典例精析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pA=12kgm/s,pB=13k

33、gm/s,)B.ApA=4kgm/s,ApB=4kgm/sD.ApA=24kgm/s,ApB=24kgm/sAPa+APb=0,这些选项是否都对呢？由于碰撞后它们的动量变化量ApA、ApB有可能的是AAa=3kgm/s,ApB=3kgm/sC.Aa=5kgm/s,ApB=5kgm/s【解析】四个选项都遵守动量守恒原则，即本题是追碰问题，故必有va>vb,vb>vb所以有Apb>0因而Apa<0,可将B选项排除.再考虑动能不能增加原则，即12丄12>12丄12?mAvA十2mBvBA2mAva十？mBvb1212且2mBvB>?mBvB由式解得1mAvA<

34、;?mAvA即vA<vA或|va'<|va|由此可得：一VavVa'VVA 式各项减去vA,再乘以mA,可得：2pAVApAV0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m

35、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m!=m2,m!>m2,m2;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mi=g,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mivm2v=(mi+m2)v共.若m1=m2时，贝Uv共=0,故B不正确若m1m2时，贝Uv共MQ故D选项是可能的当m1>m2时，口個一m2V2>0系统的总动量与mm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

36、一m1v'+m2vV0,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

37、高度(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s=V1t联立解得V1=sgmwmv2=0，解得另一块的速度为v2=v1(3)烟花炸裂时动量守恒有2V1一？V2=0,由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能22525msgE=80%=8mv1=8v2【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vo击中木块，已知M=9m，不计空气阻力.軍'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

38、点0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)警由V0附(2) 如果子弹以水平速度vo击中木块，在极短时间内又以水平速度乎穿出木块，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W,则mv0=(m+MM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g(m+2M)vi=(m+M)ghV2h=200g(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mv&

39、#176;=m()+MV2,在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为121vo21272E=mvo_2m(4)Mv2=16mvo3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M=19m的金属球并排悬挂现将绝缘球拉至与竖直方向成=60°勺位置自由释放，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°=MVn+mvn12.12M=19m解得mvn-112I2I2mvn-1=JMVn+mvn由两式及_9_vn=-10vn

40、-11【解析】设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn-1，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Vn=10如1第n次碰撞后绝缘球的动能为1Ekn=2mv2=(O.81)nEoEo为第1次碰撞前的动能，即初始能量绝缘球在0=00=60°与0=45°处的势能之比为E=mgl(1-cos0)=0586Eomgl(1cos00)式中I为摆长根据式，经n次碰撞后昌=(0.81)n易算出(0.81)2=0.6563(0.81)=0.531因此经过3次碰撞后B将小于45°【思维提升】(1)由于磁场的阻尼作用，金属球碰

41、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.mm2、m3的小球，彼此相互接触现把质.已知各球碰撞时同时H远小于L,不计【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：三个质量分别为半径相同，并排悬挂在长度均为L的三根平行绳子上，量为m1的小球拉开，上升到H高度处释放，如图所示满足动量守恒定律和机械能守恒定律，且碰撞时间极短，空气阻力求：此时系统的运动周期为多少?(1) 若三个球的质量相同，则发生碰撞的两球速度交换，(2) 若三个球的质量不同，要使球1与

42、球2、球2与球3相碰之后，三个球具有相同的动量，m1：m2:m3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T1=T3=2nlgT=2(+T3)由此可知系统的运动周期为T=2L(2)由题意知三球碰后的动量均相同，设为p,则有Ek丄Ek2m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222(2P)P,P得m:m3:12m2=2rw+2m3,得血：m3=3：1球1与球2碰前的动量为3p,根据机械能守恒定律有222她

43、=丄+如，得m1:m2=2:12m12m12m2'12从而可得m1:m2:m3=6:3:17易错门诊【例4】光滑的水平面上有A、B两辆小车，mB=1kg，原来静止.厲“小车A连同支架的质量为mA=1kg,现将小球C用长为L=0.2m的细线g=10m/s2.试求细线所受的最大拉力.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：悬于支架顶端，mc=0.5kg.开始时A车与c球以v0=4m/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【错解】小车A与小车B相碰的瞬间，A、2mcvc朗Fmcg=l，即

44、22mcvcl一、.,0.54F=mcg+l=(0.540)N+°?N=45N【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Vo不变，A、B组成的系统动量守恒:mAV0=（叫+mB）VAB解得Vab=mAVomA+mB1X4苗m/S=2m/S方向与Vo相同.A、B结合成整体的瞬间，C的速度仍为vo,所以C相对于A、B整体的相对速度为V相=V0VAB=2m/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

45、定律可mcv相刚得Fmcg=，即L2mcv相0.5X2F=mcg+=(0.5XO)N+N=15N2*【思维提升】在用公式F向=mV求解向心力时，对V选取正确的参考系，是解此题的关键r第4课时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1=Ft，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N-s.2. 用动量概念表示牛顿第二定律由a=VV及F=ma得t-1mv'mvp，_pApF=tt=tt=At所以F=AAt意义：物体动量的变化率等于它所受的力，这是牛顿第

46、二定律的另一种表达形式.3. 动量定理物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，即p'p=I或Ft=mv-mv.重点难点突破一、冲量的方向一般并不是力的方向力F和力的冲量Ft都是描述力对物体作用的物理量，都是矢量.但力是瞬时作用量，有力的作用，物体的运动状态就会发生变化，即产生加速度，而力的冲量是一个与时间有关的过程作用量，要改变物体的速度必须经过一段时间的作用才能实现有些同学从公式1=Ft出发，认为冲量的方向就是力F的方向，这种认识在有些情况下是错误的.如果在作用时间内作用力为恒力(大小和方向都不变)时，冲量的方向与力的方向是一致的；如果在作用时间内作用力是变力时

47、，特别是作用力的方向也变时，冲量的方向应为动量变化的方向.这一点值得特别注意.二、冲量的计算1. 对于大小、方向都不变的恒力，它们的冲量可以用1=Ft计算.冲量的方向和恒力F的方向相同，进一步可根据恒力的冲量确定物体动量变化的大小和方向一-一Fo+Ft2若F是变力，但在某段时间内方向不变，大小随时间均匀变化，可用平均力F=2一通过1=Ft求出在时间t内的冲量3. 若F的大小、方向都随时间发生变化，或虽然F的方向不变，但大小不随时间均匀变化，可根据动量定理l=Ap，通过求Ap间接求出变力的冲量.三、对动量定理的理解1. 动量定理的表达式Ft=mv'mv中Ft是合外力的冲量，而不是某一个力

48、的冲量，"=”表示合外力的冲量与研究对象动量增量的数值相等，方向一致，数值相等但不能认为合外力的冲量就是物体动量的增量，合外力的冲量是引起研究对象运动状态改变的外部因素，而动量的增量则是研究对象在合外力的冲量作用后所导致的必然结果2. 注意各矢量的方向，在解题时一定要预先规定一个正方向，并且在解题过程中，始终注意“正”方向的一贯性，不能中途“正”、“负”对换3. 比较p、AP、詈之间的区别：P是物体的动量，是矢量，状态量；Ap是物体动量的变化量，也是矢量，是过程量；A是动量的变化率.由动量定理FAt=Ap得F=Ap/A，可见，动量的变化率等于物体所受的合外力，与物体的质量与速度无关.

49、当动量变化较快时，物体所受合外力较大，反之则小；当动量均匀变化时，物体所受合外力为恒力，可由图所示的图线来描述，图线斜率即为物体所受合外力F,斜率大，则F汀"也大.4. 动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的5. 动量定理的适用范围.尽管动量定理是根据牛顿第二定律和运动学的有关公式在恒定合外力的情况下推导出来的.可以证明：动量定理不但适用于恒力，也适用于随时间变化的变力.对于变力情况，动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值因此其应用范围比牛顿运动定律要广泛得多，在多数情况下，我们会优先考虑动量定理的使用.厂典例精析1.冲量的计算.【例1】如图所示，质量为2kg的物体沿倾角为

50、30°高为5m的光滑O斜面由静止从顶端下滑到低端的过程中，求：.重力的冲量；-"'(2) 支持力的冲量；(3) 合力的冲量.【解析】由于物体下滑过程中各个力均为恒力，所以只要求出物体下滑的时间，便可以用公式1=Ft逐个求出.由牛顿第二定律：a=mg妇=gsin0=5m/s2重力的冲量为IG=mgt=(2XI0X2)Ns=40Ns,方向竖直向下支持力的冲量为In=Fnt=mgcos0-t=20Ns方向垂直于斜面向上.合力的冲量为I合=F合t=mgsin0-t=20NsI合方向沿斜面向下【思维提升】冲量的计算方法：(1) 恒力的冲量，应用公式I=Ft计算(2) 变力的冲

51、量可用平均值法、动量定理法、图象法进行计算【拓展1】物体受到一随时间变化的外力作用，外力随时间变化的规律为F=(10+5t)N,则该力在2s内的冲量为30Ns.【解析】由题意知，外力F随时间t均匀变化，因此可以认为2s内物体所受外力的平10斗20均值为F=2N=15N.再根据冲量的定义式，可求得外力在2s内的冲量为I=Ft=15>2Ns=30Ns【拓展2】一小球在与地面距离为H高处由静止开始自由落下，已知小球在下落过程中所受阻力与其速度成正比，即有F=kv,其中k为已知常量，试求小球在下落过程中所受阻力的冲量【解析】本题阻力显然在不断变化，无法直接求解考查物体的受力、运动情况，物体在重力

52、和阻力作用下做加速度减小的加速运动，其速度随时间变化的图象应为如图所示，由于小球在下落过程中所受阻力与其速度成正比，所以其阻力随时间变化的F-t图象，也应该与v-t图象相似，对于象而言，图线与时间轴所围的“面积”表示小球的位移，即小球下落的高度；而对于F-t图象来说，图线与时间轴所围的“面积”表示阻力的冲量，由于F=kv,因此小球在下落过程中所受阻力的冲量I=kH2重力的冲量能否忽略问题【例2】如图所示，用0.5kg的铁锤把钉子钉进木头里去，打击时铁锤的速度v=4.0m/s,如果打击后铁锤的速度变为0,打击的作用时间是0.01s,那么：(1) 不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？2

53、(g取10m/s)(2) 考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(3) 比较和，讨论是否要计铁锤的重力.【解析】(1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1,取竖直向上为正，由动量定理可得F1t=0mv0.5>4.0)所以卩计冷N=200N，方向竖直向上.由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的作用力为200N，方向竖直向下.(2) 若考虑重力，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正(F2+mg)t=0mv(矢量式)5>4.0)一F2=001N0.5>10)N=205N，方向竖直向上.此时铁锤钉钉子的作用力为205N，方向竖直向下.IF2F1|(3

54、) 比较F1与F2其相对误差为十>100%=2.5%，可见本题中重力的影响可忽略【思维提升】竖直方向应用动量定理时，不要漏掉重力，只有当计算结果表明重力可忽略不计时，才能忽略重力.5.0m高度处自由落下，与地面碰撞后，回弹0.2s,不计空气阻力，则小球受到地面的平均B.80.0NC.100.0ND.30.0N【拓展3】质量为1.0kg的小球从离地面的最大高度为3.2m,设球与地面碰撞时间为冲力大小为(C)A.90.0N【解析】下落阶段Vi=2ghi上升阶段v2=2gh2碰撞过程取竖直向上为正方向，由动量定理得(Fmg)t=mv2m(v”(标量式)m(vi+v2)所以F=mg+t代入数据得

55、F=100.0N，方向竖直向上.3多过程问题中动量定理的应用【例3】人做“蹦极”运动，用原长为15m的橡皮绳拴住身体往下跃若此人的质量为50kg，从50m高处由静止下落到运动停止瞬间所用时间为4s,求橡皮绳对人的平均作用力.(g取10m/s2，保留两位有效数字)【解析】解法一：人首先做自由落体运动，绳张紧后由于绳的张力随绳的伸长量而发生变化，题目求绳对人的平均作用力，可用动量定理求解由h=2gt2得自由下落时间为丄/2h/2X15t1=,g=l10s=j73s绳的拉力作用时间为t2=tti=4s1.73s=2.27s全程应用动量定理有Ft2mgt=0得平均作用力为F=嚳=50鳥7用N=8.8氷02Nt22.2/解法二：绳张紧瞬间人的速度v1=.'2gh=10材3m/s以向上的方向为正，则由绳张紧瞬间到运动停止瞬间过程，由动量定理得(Fmg)t2=0(mv”mv1,50>10j32所以F=-+mg=N+50>10N=8.810Nt22.2/F1t1+【思维提升】(1)动量定理也可以表述为：外力的总冲量等于物体动量的变化量，即F2t2+Fntn