高考物理一輪復習第六部分動量和沖量

1、.動量守恒定律動量守恒定律基礎(chǔ)知識歸納1.動量：物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動量，pmv.(1)動量是描述物體運動狀態(tài)的一個狀態(tài)量，它與時刻相對應.(2)動量是矢量，它的方向和速度的方向相同.(3)由于物體的速度與參考系的選取有關(guān)，所以物體的動量也與參考系選取有關(guān)，因而動量具有相對性.題中沒有特別說明的，一般取地面或相對地面靜止的物體為參考系.2.動量的變化量(ppp)由于動量為矢量，動量變化量的方向不是動量的方向，它可以與初動量方向相同、相反或成某一角度.求解動量的變化量時，其運算遵循平行四邊形定則.(1)若初、末動量在同一直線，則在選定正方向的前提下，可化矢量運算為代數(shù)運算.(2)若初、末動

2、量不在同一直線上，則運算遵循平形四邊形定則或矢量三角形定則，即pppmvmv，如圖所示.3.動量守恒定律：一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變.即：.4.動量守恒定律的條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零.根據(jù)具體問題，其條件可理解為：(1)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；(2)系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，可以忽略不計；(3)如果系統(tǒng)所受合外力不為零，但在某一方向上合外力等于零，這一方向上動量還是守恒的.重點難點突破一、什么是“內(nèi)力”、什么是“外力” 在物理學中研究幾個物體間的相互作用的問題時，常把這些物體統(tǒng)稱為一個“系統(tǒng)”.在系統(tǒng)中的物體間的相互作用力都稱為“

3、內(nèi)力”.當系統(tǒng)之外的物體與系統(tǒng)中的物體相互作用時，系統(tǒng)中物體所受到的作用力就稱為“外力”. “內(nèi)力”和“外力”并不是絕對的，而是與所定的“系統(tǒng)”的范圍有關(guān).例如：有甲、乙、丙三個物體，如果我們在處理問題時只把甲、乙兩個物體定為研究的系統(tǒng)，那么甲、乙之間的相互作用就是“內(nèi)力”，而丙對甲、乙的作用就是“外力”；如果我們在處理問題時把甲、乙、丙三個物體定為研究的系統(tǒng)，那么甲、乙、丙之間的所有相互作用就是“內(nèi)力”了. 一個不受“外力”作用的系統(tǒng)，在物理學中被稱為“封閉系統(tǒng)”，這種系統(tǒng)是滿足動量守恒定律的.二、對動量守恒定律的理解 系統(tǒng)“總動量保持不變”，不是僅指系統(tǒng)的初、末兩個時刻的總動量都相等，而是

4、指系統(tǒng)在整個過程中任意兩個時刻的總動量都相等，但不能認為系統(tǒng)內(nèi)的每一個物體的動量都保持不變.1.矢量性：動量守恒的方程為矢量方程.對于作用前后物體的運動方向都在同一直線上的問題，應選取統(tǒng)一的正方向，凡是與選取正方向相同的動量為正，相反的為負.若未知方向的，可設(shè)為與正方向相同，列動量守恒方程，通過解得結(jié)果的正負，判定未知量的方向.2.相對性：各物體的速度必須是相對同一慣性參考系的速度(沒有特殊說明則選地球這個參考系)，如果題設(shè)條件中各物體的速度不是同一慣性參考系時，必須適當轉(zhuǎn)換參考系，使其成為同一參考系的速度.3.系統(tǒng)性：解題時，選擇的對象是滿足條件的系統(tǒng)，不是其中一個物體，也不是題中有幾個物體

5、就選幾個物體.4.同時性：動量是一個瞬時量，動量守恒指的是系統(tǒng)在任一瞬間的動量恒定.在列動量守恒方程m1v1m2v2m1v1m2v2時，等號左側(cè)是作用前(或某一時刻)系統(tǒng)內(nèi)各物體動量的矢量和，等號右側(cè)是作用后(或另一時刻)系統(tǒng)內(nèi)各物體動量的矢量和，不是同一時刻的動量是不能相加的.5.階段性：只有滿足守恒條件的過程或階段，動量才守恒.6.普遍性：只要系統(tǒng)所受的合外力為零，不論系統(tǒng)內(nèi)部物體之間的相互作用力的性質(zhì)如何，甚至對該力一無所知；不論系統(tǒng)內(nèi)各物體是否具有相同運動方向；不論物體相互作用時是否直接接觸；也不論相互作用后粘合在一起還是分裂成碎片，動量守恒定律均適用.動量守恒不僅適用于宏觀低速物體，

6、而且還適用于接近光速運動的微觀粒子.三、判斷系統(tǒng)動量是否守恒的一般思路1.明確系統(tǒng)由哪幾個物體組成；2.研究系統(tǒng)中各物體受力情況，分清內(nèi)力與外力；3.看所有外力的合力是否為零.典例精析1.守恒條件的判斷【例1】把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平面上，槍沿水平方向發(fā)射一顆子彈時，關(guān)于槍、彈、車，下列說法正確的是()A.槍和彈組成的系統(tǒng)動量守恒B.槍和車組成的系統(tǒng)動量守恒C.三者組成的系統(tǒng)動量守恒，因為子彈和槍筒之間的摩擦力很小，使系統(tǒng)的動量變化很小，可以忽略不計，故系統(tǒng)動量近似守恒D.三者組成的系統(tǒng)動量守恒，因為系統(tǒng)只受重力和地面的支持力這兩個外力的作用，這兩個外力的合力為零【解析】當

7、槍發(fā)射子彈時，子彈向一個方向運動，而槍與車一起向另一個方向運動，故槍與車組成的系統(tǒng)動量是增加的，而槍、彈、車三者構(gòu)成的系統(tǒng)由于合外力為零，滿足動量守恒的條件，故動量是守恒的，即正確選項是D.【答案】D【思維提升】(1)把所選取的系統(tǒng)隔離出來，分析系統(tǒng)所受到的外力.(2)根據(jù)守恒條件判斷系統(tǒng)的動量是否守恒.【拓展1】如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mAmB32，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑，當彈簧突然釋放后，則( BCD )A.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)的動量守恒B.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)的動量

8、守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)的動量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)的動量守恒【解析】如果A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，彈簧釋放后A、B分別相對于小車向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左.由于mAmB32，所以FAFB32，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，A選項錯.對A、B、C組成的系統(tǒng)，A、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向上的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，B、D選項均正確.若A、B所受摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)的外力之和為零，故其動量守恒，C選項

9、正確.2.某一方向的動量守恒問題【例2】如圖所示，在光滑水平面上靜止著一傾角為，質(zhì)量為M的斜面體B，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的物體A以初速度v0沿斜面上滑，若A剛好可到達B的頂端，且A、B具有共同速度，若不計A、B間的摩擦，求A到達頂端時速度的大小.【解析】因為只有物體A具有豎直方向的加速度，故系統(tǒng)所受合外力不為零，且方向為豎直方向，但水平面光滑，故系統(tǒng)在水平方向動量守恒，即mv0cos (Mm)v所以v【思維提升】幾個物體組成的系統(tǒng)在某一過程中，總動量不守恒，但系統(tǒng)在某一個方向上不受外力的作用，或者在這個方向上外力的矢量和為零.那么系統(tǒng)在這個方向上的動量守恒.【拓展2】如圖所示中不計一切摩擦，A物體質(zhì)

10、量為m，B物體質(zhì)量為M.(1)(a)圖中B是半徑為R的圓弧軌道，A、B最初均處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)讓A自由下滑，求A滑離B時A和B的速度大小之比.(2)(b)圖中B也是半徑為R的圓弧軌道，初態(tài)時B靜止不動，滑塊A以速度v0沿軌道上滑，若滑塊已滑出軌道B，求滑出時B的速度大小.(3)(c)圖中B為一半徑為R的半圓形軌道，開始時B靜止不動，滑塊A以一初速度v0使其沿軌道下滑，若A能從軌道的另一端滑出，求滑出時B的速度為多大？(4)(d)圖中小球來回擺動，求小球擺至最低點時A、B速度大小之比.【答案】(1)vAvBMm(2)vB(3)vB0(4)vAvBMm3.動量守恒的應用【例3】如圖所示，質(zhì)量為M的小

11、車靜止在光滑的水平面上.小車的最右端站著質(zhì)量為m的人.若人水平向右以相對車的速度u跳離小車，則人脫離小車后小車的速度多大？方向如何？【解析】在人跳離小車的過程中，由于人和車組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，故在該方向上人和車系統(tǒng)動量守恒.由于給出的人的速度u是相對車的，而公式中的速度是相對地的，必須把人的速度轉(zhuǎn)化為相對地的速度.有的同學可能認為，由于車原來是靜止的，所以u就是人對地的速度.這種認識是錯誤的，違背了同時性的要求.因為人獲得相對車的速度u的同時，車也獲得了對地的速度v.所以人對車的速度u，應是相對運動的車的速度，而不是相對靜止的車的速度.設(shè)速度u的方向為正方向，并設(shè)人脫離車后小車的速

12、度大小為v，則人對地的速度大小為(uv).根據(jù)動量守恒定律有0m(uv)Mv，所以小車速度vmu/(Mm)，方向和u的方向相反.【思維提升】(1)動量守恒方程中各物體的速度是相對同一參考系的.(2)應用動量守恒定律時，應將物體對不同參考系的速度換算成對同一參考系的速度，一般換算成對地的速度，再代入方程求解.【拓展3】光滑水平軌道上有一輛小車質(zhì)量為20 kg，質(zhì)量為60 kg的人站在小車上，與車一起以5 m/s的速度運動.試求：(1)人相對于車以2 m/s的速度沿車前進的反方向行走，車速是多大？(2)人相對于車以2 m/s的速度豎直跳起，車速是多大？(3)人相對于軌道以2 m/s的速度豎直跳起，

13、車速是多大？【解析】(1)由于水平軌道是光滑的，人、車系統(tǒng)水平方向動量守恒.系統(tǒng)的初動量p(2060)×5 kg·m/s400 kg·m/s設(shè)人反向行走時車的速度為v1，系統(tǒng)動量p120v160(v12)由動量守恒，有p1p則20v160(v12)400 kg·m/s，v16.5 m/s(2)設(shè)人相對于車豎直跳起時車速為v2，由于是相對于車豎直跳起，則人與車水平方向相對靜止，有共同速度，則系統(tǒng)動量p220v260v2.由動量守恒，p2p則20v260v2400 kg·m/s，v25 m/s(3)人相對于軌道豎直跳起，人水平方向速度為零，則系統(tǒng)的

14、動量p320v3，由動量守恒，p3p，則20v3400 kg·m/s，v320 m/s 易錯門診【例4】如圖所示，質(zhì)量為0.4 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度向右沖向墻壁，又以5 m/s的速度被反向彈回，在球與墻相碰前后，求小球動量的變化量？【錯解】小球動量的變化量為pmv2mv10.4×5 kg·m/s0.4×5 kg·m/s0【錯因】上述錯誤的原因是忽略了動量的矢量性，本題中小球與墻碰撞前后的動量方向相反，即初動量和末動量不同.【正解】取小球的初速度方向為正方向，小球動量變化量為pmv2mv10.4×5 kg·

15、m/s0.4×5 kg·m/s4 kg·m/s負號表示動量的變化量p的方向與小球初速度方向相反，即水平向左.【思維提升】動量是矢量，動量的變化量也是矢量.一定要注意矢量的方向性.動量守恒定律的應用基礎(chǔ)知識歸納1.動量守恒方程的幾種形式(1)系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量，即pp.(2)系統(tǒng)總動量的增量為零，即ppp0.(3)對兩部分物體組成的系統(tǒng)，在相互作用前后各部分的動量變化等值反向，即p1p2.2.動量守恒定律的應用范圍 “動量守恒定律”既可以用于解決物體的低速運動問題，又可處理接近于光速的物體高速運動問題；它既可用于解決宏觀物體間的相互作用問題

16、，又可處理微觀粒子間的相互作用問題.因此它比“牛頓運動定律”的適用范圍要廣泛得多.動量守恒定律是自然界中最重要、最普遍的規(guī)律之一.重點難點突破一、人船模型 系統(tǒng)在全過程中動量守恒(包括某個方向上動量守恒)，人在船上走動的過程中，每時每刻人、船速度之比均與他們的質(zhì)量成反比，因此，兩者平均速度之比也與他們的質(zhì)量成反比，由動量守恒可得M1s1M2s2，這是個重要的結(jié)論.二、多物體組成的系統(tǒng) 有時候?qū)φw應用動量守恒，有時只選某部分應用動量守恒，有時分過程多次應用動量守恒，恰當選擇系統(tǒng)和始、末狀態(tài)是解題的關(guān)鍵.三、應用動量守恒定律解決問題的基本思路 1.分析題意，明確研究對象.在分析相互作用的物體總動

17、量是否守恒時，通常把這些被研究的物體總稱為系統(tǒng).對于比較復雜的物理過程，要采用程序法對全過程進行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的. 2.要對各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外部物體對系統(tǒng)內(nèi)部物體作用的外力.在受力分析的基礎(chǔ)上根據(jù)動量守恒定律的條件判斷能否應用動量守恒. 3.明確所研究的相互作用過程，確定過程的始、末狀態(tài)，即系統(tǒng)內(nèi)各個物體的初動量和末動量的量值或表達式.4.確定好正方向，建立動量守恒方程求解.典例精析1.人船模型的應用【例1】長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，一個質(zhì)量

18、為m的人站立在船頭，若不計水的阻力，當人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面的位移各是多少？【解析】選人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，因系統(tǒng)在水平方向不受力，所以動量守恒，人未走時系統(tǒng)的總動量為零，當人起步加速前進時，船同時加速后退；當人速度為零時，船速度也為零.設(shè)某時刻人對地的速度為v1，船對地的速度為v2，根據(jù)動量守恒得mv1Mv20因為在人從船頭走到船尾的整個過程中動量時刻滿足守恒，對式兩邊同乘以t，得ms1Ms20式為人對地的位移和船對地的位移關(guān)系.由圖所示還可看出：s1s2L聯(lián)立兩式得【思維提升】“人船模型”的特點：(1)p00；(2)m1m20；(3)m1m20即m1s1m2s2.注意

19、：人與船系統(tǒng)在其運動方向上合外力為零，在此方向動量守恒.若相互作用的系統(tǒng)動量不守恒.但p00，且在某一方向動量守恒，則該方向上仍具有“人船模型”的特點.【拓展1】如圖所示，質(zhì)量為mB的斜面體B放在質(zhì)量為mA的斜面體A的頂端，斜面體A放在水平面上，若斜面體A的下底邊長度為a，斜面體B的上邊長度為b，且mA2mB，不計一切摩擦，求當B由A的頂端從靜止開始滑到A的底端時，A移動的距離.【解析】我們可畫出如圖所示的示意圖.我們注意到，以A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒，但該系統(tǒng)水平方向動量守恒(因為該系統(tǒng)水平方向不受外力).設(shè)A、B在題述過程中的水平位移大小分別為sA、sB，則聯(lián)想“人船模型”，可得：mAs

20、AmBsB因為mA2mB所以2sAsB注意到sBasAb可得sA2.多體問題【例2】如圖所示，在光滑的水平面上有兩塊并列放置的木塊A與B，已知A的質(zhì)量是500 g，B的質(zhì)量是300 g，有一質(zhì)量為80 g的小銅塊C(可視為質(zhì)點)以25 m/s的水平初速度開始在A的表面滑動.銅塊最后停在B上，B與C一起以2.5 m/s的速度共同前進.求：(1)木塊A最后的速度vA；(2)C離開A時的速度vC.【解析】C在A上滑動時，選A、B、C作為一個系統(tǒng)，其總動量守恒，則：mCv0mCvC(mAmB)vAC滑到B上后A做勻速運動，再選B、C作為一個系統(tǒng)，其總動量也守恒，則mCvCmBvA(mBmC)vBC也可

21、以研究C在A、B上面滑動的全過程，在整個過程中A、B、C組成系統(tǒng)的總動量守恒，則mCv0mAvA(mBmC)vBC把上述三個方程式中的任意兩個聯(lián)立求解即可得到vA2.1 m/s，vC4 m/s【思維提升】在多個物體相互作用的系統(tǒng)中，恰當選取系統(tǒng)中部分物體為研究對象，往往是解決問題的關(guān)鍵.【拓展2】兩只小船平行勻速逆向航行，航線鄰近，當它們頭尾相齊時，每一只船上各投質(zhì)量m50 kg的一只麻袋到對面船上去，結(jié)果載重較小的一只船停了下來，另一只船以v8.5 m/s的速度向原方向航行，設(shè)兩只船及船上的載重量各為m1500 kg，m21 000 kg，問在交換麻袋前兩只船的速率各為多少？【解析】每只船和

22、麻袋都勻速行駛，在交換麻袋時近似認為兩船在水平方向受力不變，水平方向動量守恒.(1)選取拋出麻袋后的小船和從大船投過的麻袋為系統(tǒng)，并以小船m1的速度方向為正方向如圖所示，依動量守恒定律有(m1m)v1mv20即450v150v20(2)選取拋出麻袋后的大船和從小船投過的麻袋為系統(tǒng)，由動量守恒定律，有(m2m)v2mv1m2v即950v250v11 000×8.5(3)選取四個物體為系統(tǒng)，有m1v1m2v2m2v即500v11 000v21 000×8.5聯(lián)立、式中的任意兩式解得v11 m/s，v29 m/s3.動量守恒在微觀領(lǐng)域的應用【例3】在認識原子核的艱難歷程中，中子的

23、發(fā)現(xiàn)有過一段曲折的經(jīng)歷.1930的德國物理學家玻特和他的學生貝克用放射性物質(zhì)釙(Po)放射出的粒子去轟擊輕金屬鈹(Be)時，發(fā)現(xiàn)有一種貫穿力很強的中性射線產(chǎn)生，他們認為這是射線.后來法國物理學家約里奧·居里夫婦也進行了類似的實驗，他們用玻特發(fā)現(xiàn)的這種中性射線去轟擊含有很多氫原子的石蠟，結(jié)果有質(zhì)子被打了出來.對于這一現(xiàn)象，約里奧·居里夫婦則認為是射線像粒子那樣和石蠟里的氫原子核發(fā)生碰撞.1932年英國物理學家查德威克研究這種中性射線時，發(fā)現(xiàn)它的速度不到光速的十分之一，從而否定了這種中性射線是射線.為了確定這種中性粒子，必須確定它的質(zhì)量，查德威克用這種中性射線與質(zhì)量已知的氫核和

24、氮核發(fā)生碰撞.測得氫核和氮核的速率之比是7.5，試確定這種中性粒子的質(zhì)量和氫核的質(zhì)量的關(guān)系.【解析】設(shè)中性粒子的質(zhì)量為m.碰前速率為v，碰后速率為v，氫核的質(zhì)量為mH，碰前速率為零，碰后速率為vH，由碰撞前后的動量守恒和動能守恒可得mvmvmHvHmv2mv2mHv聯(lián)立解得vH同理由中性粒子和氮原子核的碰撞可得mvmvmNvNmv2mv2mNv聯(lián)立解得vN可得已知氮核質(zhì)量與氫核質(zhì)量的關(guān)系為mN14mH查德威克在實驗中測得氫核和氮核的速率之比是7.5，所以有7.5因而得mmH由此可知這種中性粒子的質(zhì)量與氫核的質(zhì)量相同，由于不帶電，故被稱之為中子.【思維提升】微觀粒子的碰撞滿足動量守恒定律. 易錯

25、門診4.動量守恒問題中的機械能損失【例4】如圖所示，在光滑水平面上，有一質(zhì)量為m120 kg的小車，通過一根幾乎不可伸長的輕繩與一節(jié)質(zhì)量為m225 kg的平板車廂連接.質(zhì)量為m315 kg的小物體放在平板車廂上，物體與平板車之間的滑動摩擦因數(shù)為0.20.開始時車廂靜止，繩松弛，小車以v03 m/s的速度前進，設(shè)平板足夠長，試求小物體m3在平板上移動的距離x.【錯解】三個物體組成的系統(tǒng)在全過程中動量守恒，設(shè)最終三者的共同速度為v，由系統(tǒng)動量守恒得m1v0(m1m2m3)v代入數(shù)據(jù)解得v1 m/s又因為系統(tǒng)損失動能的多少等于物體克服摩擦力做的功，則m1v(m1m2m3)v2m3gx代入數(shù)據(jù)解得x2

26、 m【錯因】上述錯誤的原因是忽略了繩子的微小形變過程中機械能的損失.三個物體的作用過程可以簡化為：先由m1、m2相互作用，兩者達到共同速度，這個過程要損失機械能；然后m1、m2的共同體與m3發(fā)生相互作用，三者達到共同速度，這個過程又要損失機械能.【正解】(1)第一個過程是m1、m2相互作用，兩者達到共同速度v1，m1、m2組成的系統(tǒng)動量守恒：m1v0(m1m2)v1代入數(shù)據(jù)解得v1 m/s(2)三個物體組成的系統(tǒng)在全過程中動量守恒，設(shè)最終三者的共同速度為v2，由系統(tǒng)動量守恒得m1v0(m1m2m3)v2代入數(shù)據(jù)解得v21 m/s(3)第二個過程是m1、m2組成的系統(tǒng)與m3發(fā)生作用，這個過程中，

27、由功和能的關(guān)系得(m1m2)v(m1m2m3)vm3gx代入數(shù)據(jù)解得x m【思維提升】對于微小形變過程中的機械能是否守恒的判斷一定要結(jié)合物理情景和題設(shè)條件，切不可想當然.碰撞與反沖運動基礎(chǔ)知識歸納1.碰撞及其特點(1)碰撞：碰撞是指物體間相互作用時間很短，而物體間相互作用力很大的一類現(xiàn)象.(2)碰撞、爆炸過程的特點：時間短：在碰撞、爆炸現(xiàn)象中相互作用時間很短.相互作用力很大：在碰撞、爆炸過程中，物體間的相互作用力先是急劇增大，然后再急劇減小，平均作用力很大.動量守恒：在碰撞、爆炸過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力，外力可忽略，系統(tǒng)的總動量守恒.2.碰撞的分類(1)從碰撞過程中能量是否變化的角度分：彈

28、性碰撞：碰撞結(jié)束后，物體形變完全恢復，碰撞過程中，系統(tǒng)同時滿足動量守恒和機械能守恒；非彈性碰撞：碰撞結(jié)束后，物體形變只有部分恢復，碰撞過程中，系統(tǒng)滿足動量守恒，但機械能有損失；完全非彈性碰撞：碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，形變完全保留，有共同的速度，碰撞過程中，系統(tǒng)滿足動量守恒，系統(tǒng)的機械能損失最大.(2)從碰撞前后兩物體(小球)的速度方向關(guān)系分：對心碰撞：碰撞前后兩球的速度方向均與碰前兩球心的連線在同一直線上，這種碰撞又叫正碰；非對心碰撞：碰撞之前兩球的速度方向與兩球心的連線不在同一條直線上；碰后兩球的速度方向都會偏離原來兩球心的連線，這種碰撞又叫斜碰.中學物理只研究正碰.3.反沖運動反沖運動

29、是指系統(tǒng)在內(nèi)力的作用下，系統(tǒng)內(nèi)一部分物體向某方向發(fā)生動量變化時，系統(tǒng)內(nèi)其余部分向相反方向發(fā)生動量變化的現(xiàn)象，系統(tǒng)遵循動量守恒定律，如水輪機、噴氣式飛機、火箭等的運動.重點難點突破一、怎樣理解彈性碰撞 碰撞時，內(nèi)力是彈性力，只發(fā)生機械能的轉(zhuǎn)移，系統(tǒng)內(nèi)無機械能損失，叫做彈性碰撞.若系統(tǒng)有兩個物體在水平面上發(fā)生彈性碰撞，動量守恒，同時動能也守恒.m1v1m2v2m1v1m2v2m1vm2vm1v12m2v22 若碰撞前，有一個物體是靜止的，設(shè)v20，則碰撞后的速度分別為v1(m1m2)v1/(m1m2)v22m1v1/(m1m2)幾種特殊情況：若m1m2，v10，v2v1，碰后實現(xiàn)了動量和動能的全部

30、轉(zhuǎn)移.若m1m2，v1v1，v22v1，碰后m1幾乎仍保持原來速度運動，質(zhì)量小的m2將以2v1向前運動.若m1m2，v1v1，v20，碰后m1被按原來速率彈回，m2幾乎未動.二、怎樣理解非彈性碰撞和完全非彈性碰撞 1.發(fā)生完全非彈性碰撞時，內(nèi)力是完全非彈性力，機械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化得最多，機械能損失最大.碰后物體粘在一起，以共同速度運動，只有動量守恒.m1v1m2v2(m1m2)v機械能損失量(轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)為Em1vm2v(m1m2)v2 2.發(fā)生非彈性碰撞時，內(nèi)力是非彈性力，部分機械能轉(zhuǎn)化為物體的內(nèi)能，機械能有損失，動量守恒m1v1m2v2m1v1m2v2總動能減少m1vm2vm1v12m2v22

31、三、判斷碰撞是否成立的原則 1.動量守恒，即p1p2p1p2. 2.動能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2 或 3.速度要符合情景：如果碰前兩物體同向運動，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即v后v前，否則無法實現(xiàn)碰撞.碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體速度大于或等于原來在后的物體的速度，即v前v后，否則碰撞沒有結(jié)束.如果碰前兩物體是相向運動，則碰后，兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零.典例精析1.一維碰撞中可能性的判斷【例1】在光滑的水平面上，有A、B兩球沿同一直線向右運動，如圖所示，已知碰撞前兩球的動量分別為pA12 kg·m/s，

32、pB13 kg·m/s，碰撞后它們的動量變化量pA、pB有可能的是()A.pA3 kg·m/s，pB3 kg·m/sB.pA4 kg·m/s，pB4 kg·m/sC.pA5 kg·m/s，pB5 kg·m/sD.pA24 kg·m/s，pB24 kg·m/s【解析】四個選項都遵守動量守恒原則，即pApB0，這些選項是否都對呢？由于本題是追碰問題，故必有vAvB，vBvB所以有pB0因而pA0，可將B選項排除.再考慮動能不能增加原則，即mAvmBvmAvmBv且mBmBv由式解得mAvmAv即vv或|vA|

33、vA|由此可得：vAvAvA式各項減去vA，再乘以mA，可得：2pApA0由可排除D，故只有A、C選項正確.【答案】AC【思維提升】根據(jù)碰撞過程是否發(fā)生的三個原則逐個分析，特別要注意，碰撞后的狀態(tài)應合乎情理.【拓展1】在光滑的水平面上，兩球沿球心連線以相等的速率相向而行，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn)象可能的是( AD )A.若兩球質(zhì)量相同，碰后以某一相等速率相互分開B.若兩球質(zhì)量相同，碰后以某一相等速率同向而行C.若兩球質(zhì)量不同，碰后以某一相等速率相互分開D.若兩球質(zhì)量不同，碰后以某一相等速率同向而行【解析】兩球的質(zhì)量m1、m2大小關(guān)系未知，以相等的速率相向碰撞，碰撞后的狀態(tài)取決于兩個因素，其一是兩球的

34、質(zhì)量關(guān)系，如m1m2，m1m2，m1m2；其二是碰撞過程中能量損失情況，如完全彈性碰撞，完全非彈性碰撞，一般的碰撞.若m1m2，且是完全彈性碰撞，由動量守恒定律和動能定理可以得到的兩球分別以原來的相等的速率反向運動，所以A選擇是可能的，在兩球發(fā)生完全非彈性碰撞時，由動量守恒定律得m1vm2v(m1m2)v共.若m1m2時，則v共0，故B不正確.若m1m2時，則v共0，故D選項是可能的.當m1m2時，m1v1m2v20系統(tǒng)的總動量與m1v1同向，若兩球碰撞后以某一相等速率v分開，則碰后系統(tǒng)的總動量為m1vm2v0，說明了系統(tǒng)的總動量在碰后改變了方向，這是違反了動量守恒定律的，因此C選項不可能，故

35、本題正確答案為A、D.2.內(nèi)力遠大于外力模型的動量守恒【例2】2007年春節(jié)期間，全國許多大中城市將燃放煙花爆竹禁放改為限放，增加了節(jié)日氣氛.假設(shè)一質(zhì)量為m的煙花從地面上A點以速度v豎直上升到最大高度處炸裂為質(zhì)量相等的兩塊，沿水平方向向相反兩個方向飛出，假設(shè)其中一塊落在距A點距離為s處，不計空氣阻力，煙花炸裂時消耗的化學能80%轉(zhuǎn)化為動能.求：(1)煙花上升的最大高度.(2)煙花炸裂后的一塊水平飛出時的速度大小；(3)煙花炸裂時消耗的化學能.【解析】(1)由豎直上拋公式得煙花上升的最大高度h(2)設(shè)煙花炸裂后的一塊水平飛出時的速度大小為v1，由平拋運動規(guī)律得sv1thgt2聯(lián)立解得v1(3)煙

36、花炸裂時動量守恒有v1v20，解得另一塊的速度為v2v1由能量守恒定律得煙花炸裂時消耗的化學能Emv【思維提升】(1)煙花炸裂過程內(nèi)力遠大于外力，動量守恒.(2)煙花炸裂過程有化學能轉(zhuǎn)化為機械能.【拓展2】如圖所示，一不可伸長的輕質(zhì)細繩，靜止地懸掛著質(zhì)量為M的木塊，一質(zhì)量為m的子彈，以水平速度v0擊中木塊，已知M9m，不計空氣阻力.問：(1)如果子彈擊中木塊后未穿出(子彈進入木塊時間極短)，在木塊上升的最高點比懸點O低的情況下，木塊能上升的最大高度是多少？(設(shè)重力加速度為g)(2)如果子彈以水平速度v0擊中木塊，在極短時間內(nèi)又以水平速度穿出木塊，則在這一過程中子彈、木塊系統(tǒng)損失的機械能是多少？

37、【解析】(1)因為子彈與木塊作用時間極短，子彈與木塊間的相互作用力遠大于它們的重力，所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)子彈與木塊開始上升時的速度為v1，則mv0(mM)v1因不計空氣阻力，所以系統(tǒng)上升過程中機械能守恒，設(shè)木塊上升的最大高度為h，則(mM)v(mM)ghh(2)子彈射穿木塊前后，子彈與木塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)子彈穿出時木塊速度為v2，則mv0m()Mv2，在這一過程中子彈、木塊系統(tǒng)損失的機械能為Emvm()2Mvmv3.動量守恒的綜合應用【例3】如圖所示，質(zhì)量為m的由絕緣材料制成的球與質(zhì)量為M19m的金屬球并排懸掛.現(xiàn)將絕緣球拉至與豎直方向成60°的

38、位置自由釋放，下擺后在最低點處與金屬球發(fā)生彈性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場.已知由于磁場的阻尼作用，金屬球?qū)⒂谠俅闻鲎睬巴Ｔ谧畹忘c處.求經(jīng)過幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將小于45°.【解析】設(shè)在第n次碰撞前絕緣球的速度為vn1，碰撞后絕緣球、金屬球的速度分別為vn和Vn，由于碰撞過程中動量守恒、碰撞前后動能相等，設(shè)速度向左為正，則mvn1MVnmvnmvMVmv由兩式及M19m解得vnvn1Vnvn1第n次碰撞后絕緣球的動能為Eknmv(0.81)nE0E0為第1次碰撞前的動能，即初始能量.絕緣球在060°與45°處的勢能之比為0.586式中

39、l為擺長.根據(jù)式，經(jīng)n次碰撞后(0.81)n易算出(0.81)20.656(0.81)30.531因此經(jīng)過3次碰撞后將小于45°.【思維提升】(1)由于磁場的阻尼作用，金屬球碰撞后會很快停在最低點，使得兩球每次碰撞均在最低點.(2)兩球發(fā)生彈性碰撞，同時滿足動量守恒和機械能守恒.(3)掌握解決物理問題的數(shù)學方法.【拓展3】荷蘭科學家惠更斯在物體碰撞問題的研究中做出了突出的貢獻.惠更斯所做的碰撞實驗可簡化為：三個質(zhì)量分別為m1、m2、m3的小球，半徑相同，并排懸掛在長度均為L的三根平行繩子上，彼此相互接觸.現(xiàn)把質(zhì)量為m1的小球拉開，上升到H高度處釋放，如圖所示.已知各球碰撞時同時滿足動

40、量守恒定律和機械能守恒定律，且碰撞時間極短，H遠小于L，不計空氣阻力.求：(1)若三個球的質(zhì)量相同，則發(fā)生碰撞的兩球速度交換，此時系統(tǒng)的運動周期為多少？(2)若三個球的質(zhì)量不同，要使球1與球2、球2與球3相碰之后，三個球具有相同的動量，m1m2m3應為多少？【解析】(1)球1與球2、球2與球3碰撞后速度互換，故球3以球1碰球2前瞬間的速度開始上升到H高處，然后擺回來與球2碰撞，球2再與球1碰撞，使球1上升到H高處.此后系統(tǒng)做周期性運動，則有T1T32，T(T1T3)由此可知系統(tǒng)的運動周期為T2(2)由題意知三球碰后的動量均相同，設(shè)為p，則有Ek球2在與球3碰前具有動量2p，根據(jù)機械能守恒定律，

41、對于球2與球3碰撞的情況應有，得m2m331球1與球2碰前的動量為3p，根據(jù)機械能守恒定律有，得m1m221從而可得m1m2m3631 易錯門診【例4】光滑的水平面上有A、B兩輛小車，mB1 kg，原來靜止.小車A連同支架的質(zhì)量為mA1 kg，現(xiàn)將小球C用長為L0.2 m的細線懸于支架頂端，mC0.5 kg.開始時A車與C球以v04 m/s的共同速度沖向B車，如圖所示.若A、B發(fā)生正碰后粘在一起，不計空氣阻力，取g10 m/s2.試求細線所受的最大拉力.【錯解】小車A與小車B相碰的瞬間，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，C保持原來的速度v0不變.C做圓周運動，在最低點時繩子的拉力最大，由牛頓第二定律可

42、得：FmCg，即FmCg(0.5×10) N N45 N【錯因】上面的解法中雖然弄清了A、B碰撞的瞬間C保持原來的速度不變，但求拉力時對C的線速度理解錯誤，質(zhì)點相對于圓心(懸點)的速度不是v0，而是v相v0vAB【正解】小車A與小車B相碰的瞬間，C的速度保持v0不變，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒：mAv0(mAmB)vAB解得vAB m/s2 m/s方向與v0相同.A、B結(jié)合成整體的瞬間，C的速度仍為v0，所以C相對于A、B整體的相對速度為v相v0vAB2 m/sA、B碰后，C相對于懸點做圓周運動，在最低點時繩子的拉力最大，由牛頓第二定律可得FmCg，即FmCg(0.5×10)

43、 N N15 N【思維提升】在用公式F向m求解向心力時，對v選取正確的參考系，是解此題的關(guān)鍵.動量定理及其應用基礎(chǔ)知識歸納1.沖量力和力的作用時間的乘積叫做力的沖量.沖量是描述力對物體作用的時間累積效應的物理量.沖量的表達式是IFt，而t是一個過程量，因此力的沖量是一個過程量，沖量是矢量，但方向不一定就是力F的方向，其單位是N·s.2.用動量概念表示牛頓第二定律由a及Fma得F所以F意義：物體動量的變化率等于它所受的力，這是牛頓第二定律的另一種表達形式.3.動量定理物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量，即ppI或.重點難點突破一、沖量的方向一般并不是力的方向

44、力F和力的沖量Ft都是描述力對物體作用的物理量，都是矢量.但力是瞬時作用量，有力的作用，物體的運動狀態(tài)就會發(fā)生變化，即產(chǎn)生加速度，而力的沖量是一個與時間有關(guān)的過程作用量，要改變物體的速度必須經(jīng)過一段時間的作用才能實現(xiàn).有些同學從公式IFt出發(fā)，認為沖量的方向就是力F的方向，這種認識在有些情況下是錯誤的.如果在作用時間內(nèi)作用力為恒力(大小和方向都不變)時，沖量的方向與力的方向是一致的；如果在作用時間內(nèi)作用力是變力時，特別是作用力的方向也變時，沖量的方向應為動量變化的方向.這一點值得特別注意.二、沖量的計算 1.對于大小、方向都不變的恒力，它們的沖量可以用IFt計算.沖量的方向和恒力F的方向相同，

45、進一步可根據(jù)恒力的沖量確定物體動量變化的大小和方向. 2.若F是變力，但在某段時間內(nèi)方向不變，大小隨時間均勻變化，可用平均力F通過IFt求出在時間t內(nèi)的沖量. 3.若F的大小、方向都隨時間發(fā)生變化，或雖然F的方向不變，但大小不隨時間均勻變化，可根據(jù)動量定理Ip，通過求p間接求出變力的沖量.三、對動量定理的理解 1.動量定理的表達式Ftmvmv中Ft是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量，“”表示合外力的沖量與研究對象動量增量的數(shù)值相等，方向一致，數(shù)值相等但不能認為合外力的沖量就是物體動量的增量，合外力的沖量是引起研究對象運動狀態(tài)改變的外部因素，而動量的增量則是研究對象在合外力的沖量作用后所導致的

46、必然結(jié)果. 2.注意各矢量的方向，在解題時一定要預先規(guī)定一個正方向，并且在解題過程中，始終注意“正”方向的一貫性，不能中途“正”、“負”對換. 3.比較p、p、之間的區(qū)別：p是物體的動量，是矢量，狀態(tài)量；p是物體動量的變化量，也是矢量，是過程量；是動量的變化率.由動量定理Ftp得Fp/t，可見，動量的變化率等于物體所受的合外力，與物體的質(zhì)量與速度無關(guān).當動量變化較快時，物體所受合外力較大，反之則?。划攧恿烤鶆蜃兓瘯r，物體所受合外力為恒力，可由圖所示的圖線來描述，圖線斜率即為物體所受合外力F，斜率大，則F也大. 4.動量定理的物理實質(zhì)與牛頓第二定律是相同的. 5.動量定理的適用范圍. 盡管動量定

47、理是根據(jù)牛頓第二定律和運動學的有關(guān)公式在恒定合外力的情況下推導出來的.可以證明：動量定理不但適用于恒力，也適用于隨時間變化的變力.對于變力情況，動量定理中的F應理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值.因此其應用范圍比牛頓運動定律要廣泛得多，在多數(shù)情況下，我們會優(yōu)先考慮動量定理的使用.典例精析1.沖量的計算【例1】如圖所示，質(zhì)量為2 kg的物體沿傾角為30°，高為5 m的光滑斜面由靜止從頂端下滑到低端的過程中，求：(1)重力的沖量；(2)支持力的沖量；(3)合力的沖量.【解析】由于物體下滑過程中各個力均為恒力，所以只要求出物體下滑的時間，便可以用公式IF·t逐個求出.由牛頓第二定律：

48、agsin 5 m/s2由xat2，得t2 s重力的沖量為IGmg·t(2×10×2) N·s40 N·s，方向豎直向下.支持力的沖量為INFN·tmgcos ·t20 N·s方向垂直于斜面向上.合力的沖量為I合F合·tmgsin ·t20 N·sI合方向沿斜面向下.【思維提升】沖量的計算方法：(1)恒力的沖量，應用公式IFt計算.(2)變力的沖量可用平均值法、動量定理法、圖象法進行計算.【拓展1】物體受到一隨時間變化的外力作用，外力隨時間變化的規(guī)律為F(105t)N，則該力在2 s內(nèi)

49、的沖量為30 N·s.【解析】由題意知，外力F隨時間t均勻變化，因此可以認為2 s內(nèi)物體所受外力的平均值為 N15 N.再根據(jù)沖量的定義式，可求得外力在2 s內(nèi)的沖量為It15×2 N·s30 N·s【拓展2】一小球在與地面距離為H高處由靜止開始自由落下，已知小球在下落過程中所受阻力與其速度成正比，即有Fkv，其中k為已知常量，試求小球在下落過程中所受阻力的沖量.【解析】本題阻力顯然在不斷變化，無法直接求解.考查物體的受力、運動情況，物體在重力和阻力作用下做加速度減小的加速運動，其速度隨時間變化的v-t圖象應為如圖所示，由于小球在下落過程中所受阻力與其速

50、度成正比，所以其阻力隨時間變化的F-t圖象，也應該與v-t圖象相似，對于vt圖象而言，圖線與時間軸所圍的“面積”表示小球的位移，即小球下落的高度；而對于F-t圖象來說，圖線與時間軸所圍的“面積”表示阻力的沖量，由于Fkv，因此小球在下落過程中所受阻力的沖量IkH2.重力的沖量能否忽略問題【例2】如圖所示，用0.5 kg的鐵錘把釘子釘進木頭里去，打擊時鐵錘的速度v4.0 m/s，如果打擊后鐵錘的速度變?yōu)?，打擊的作用時間是0.01 s，那么：(1)不計鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力是多大？(2)考慮鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力又是多大？(g取10 m/s2)(3)比較(1)和(2)

51、，討論是否要計鐵錘的重力.【解析】(1)以鐵錘為研究對象，不計重力時，只受釘子的作用力，方向豎直向上，設(shè)為F1，取豎直向上為正，由動量定理可得F1t0mv所以F1 N200 N，方向豎直向上.由牛頓第三定律知鐵錘釘釘子的作用力為200 N，方向豎直向下.(2)若考慮重力，對鐵錘應用動量定理，取豎直向上為正.(F2mg)t0mv (矢量式)F2 N0.5×(10) N205 N，方向豎直向上.此時鐵錘釘釘子的作用力為205 N，方向豎直向下.(3)比較F1與F2其相對誤差為×100%2.5%，可見本題中重力的影響可忽略.【思維提升】豎直方向應用動量定理時，不要漏掉重力，只有當

52、計算結(jié)果表明重力可忽略不計時，才能忽略重力.【拓展3】質(zhì)量為1.0 kg的小球從離地面5.0 m高度處自由落下，與地面碰撞后，回彈的最大高度為3.2 m，設(shè)球與地面碰撞時間為0.2 s，不計空氣阻力，則小球受到地面的平均沖力大小為( C ) A.90.0 N B.80.0 NC.100.0 N D.30.0 N【解析】下落階段v1上升階段v2碰撞過程取豎直向上為正方向，由動量定理得(Fmg)tmv2m(v1)(標量式)所以Fmg代入數(shù)據(jù)得F100.0 N，方向豎直向上.3.多過程問題中動量定理的應用【例3】人做“蹦極”運動，用原長為15 m的橡皮繩拴住身體往下躍.若此人的質(zhì)量為50 kg，從5

53、0 m高處由靜止下落到運動停止瞬間所用時間為4 s，求橡皮繩對人的平均作用力.(g取10 m/s2，保留兩位有效數(shù)字)【解析】解法一：人首先做自由落體運動，繩張緊后由于繩的張力隨繩的伸長量而發(fā)生變化，題目求繩對人的平均作用力，可用動量定理求解.由hgt得自由下落時間為t1 s1.73 s繩的拉力作用時間為t2tt14 s1.73 s2.27 s全程應用動量定理有Ft2mgt0得平均作用力為F N8.8×102 N解法二：繩張緊瞬間人的速度v110 m/s以向上的方向為正，則由繩張緊瞬間到運動停止瞬間過程，由動量定理得(Fmg)t20(mv1)所以Fmg N50×10 N8.

54、8×102 N【思維提升】(1)動量定理也可以表述為：外力的總沖量等于物體動量的變化量，即F1t1F2t2Fntnmvmv.(2)對多過程問題應用此式，往往比用其他方法更簡單.【拓展4】某人身系彈性繩自高空P點自由下落.圖中a點是彈性繩的原長位置，c是人所到達的最低點，b是人靜止懸吊時的平衡位置.不計空氣阻力，則下列說法正確的是( BC )A.從P至c的過程中重力的沖量大于彈性繩彈力的沖量B.從P至c的過程中重力所做的功等于人克服彈力所做的功C.從P至b的過程中人的速度不斷增大D.從a至c的過程中的加速度方向保持不變 易錯門診4.沖量問題中平均作用力的計算【例4】如圖所示，質(zhì)量為m2 kg的物體，在水平力F8 N的作用下由靜止開始沿水平面向右運動，已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.2，若F作用t16 s后撤去，撤去F后又經(jīng)t22 s物體與豎直墻相碰，若物體與墻壁作用時間t30.1 s，碰墻后反向彈回的速度v6 m/s，求墻壁對物體的平均作用力.(g取10 m/s2)【錯解】研究物體從開始運動到撞墻后反彈的全過