高考物理教案全集（經(jīng)典實(shí)用）第7章《動(dòng)量動(dòng)量守恒》doc高中物理

37-/NUMPAGES37第七章動(dòng)量動(dòng)量守恒考綱要求1、動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理Ⅱ2、動(dòng)量守恒定律Ⅱ說明：動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用只限于一維的情況知識(shí)網(wǎng)絡(luò)：?jiǎn)卧袎K：按照考綱的要求，本章內(nèi)容可以分成兩局部，即：動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理；動(dòng)量守恒定律。其中重點(diǎn)是動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用。難點(diǎn)是對(duì)根本概念的理解和對(duì)動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用。§1動(dòng)量、沖量和動(dòng)量定理知識(shí)目標(biāo)一、動(dòng)量1、動(dòng)量：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動(dòng)量．是矢量，方向與速度方向相同；動(dòng)量的合成與分解，按平行四邊形法那么、三角形法那么．是狀態(tài)量；通常說物體的動(dòng)量是指運(yùn)動(dòng)物體某一時(shí)刻的動(dòng)量，計(jì)算物體此時(shí)的動(dòng)量應(yīng)取這一時(shí)刻的瞬時(shí)速度。是相對(duì)量；物體的動(dòng)量亦與參照物的選取有關(guān)，常情況下，指相對(duì)地面的動(dòng)量。單位是kg·m/s；2、動(dòng)量和動(dòng)能的區(qū)別和聯(lián)系①動(dòng)量的大小與速度大小成正比，動(dòng)能的大小與速度的大小平方成正比。即動(dòng)量相同而質(zhì)量不同的物體，其動(dòng)能不同；動(dòng)能相同而質(zhì)量不同的物體其動(dòng)量不同。②動(dòng)量是矢量，而動(dòng)能是標(biāo)量。因此，物體的動(dòng)量變化時(shí)，其動(dòng)能不一定變化；而物體的動(dòng)能變化時(shí)，其動(dòng)量一定變化。③因動(dòng)量是矢量，故引起動(dòng)量變化的原因也是矢量，即物體受到外力的沖量；動(dòng)能是標(biāo)量，引起動(dòng)能變化的原因亦是標(biāo)量，即外力對(duì)物體做功。④動(dòng)量和動(dòng)能都與物體的質(zhì)量和速度有關(guān)，兩者從不同的角度描述了運(yùn)動(dòng)物體的特性，且二者大小間存在關(guān)系式：P2＝2mEk3、動(dòng)量的變化及其計(jì)算方法動(dòng)量的變化是指物體末態(tài)的動(dòng)量減去初態(tài)的動(dòng)量，是矢量，對(duì)應(yīng)于某一過程（或某一段時(shí)間），是一個(gè)非常重要的物理量，其計(jì)算方法：（1）ΔP=Pt一P0，主要計(jì)算P0、Pt在一條直線上的情況。（2）利用動(dòng)量定理ΔP=F·t，通常用來解決P0、Pt；不在一條直線上或F為恒力的情況。二、沖量1、沖量：力和力的作用時(shí)間的乘積叫做該力的沖量．是矢量，如果在力的作用時(shí)間內(nèi)，力的方向不變，那么力的方向就是沖量的方向；沖量的合成與分解，按平行四邊形法那么與三角形法那么．沖量不僅由力的決定，還由力的作用時(shí)間決定。而力和時(shí)間都跟參照物的選擇無關(guān)，所以力的沖量也與參照物的選擇無關(guān)。單位是N·s；2、沖量的計(jì)算方法（1）I=F·t．采用定義式直接計(jì)算、主要解決恒力的沖量計(jì)算問題。（2）利用動(dòng)量定理Ft=ΔP．主要解決變力的沖量計(jì)算問題，但要注意上式中F為合外力（或某一方向上的合外力）。三、動(dòng)量定理1、動(dòng)量定理：物體受到合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化．Ft=mv/一mv或Ft＝p/－p；該定理由牛頓第二定律推導(dǎo)出來：（質(zhì)點(diǎn)m在短時(shí)間Δt內(nèi)受合力為F合，合力的沖量是F合Δt；質(zhì)點(diǎn)的初、未動(dòng)量是mv0、mvt，動(dòng)量的變化量是ΔP=Δ（mv）=mvt－mv0．根據(jù)動(dòng)量定理得：F合=Δ（mv）/Δt）2．單位：?！っ肱c千克米／秒統(tǒng)一：l千克米／秒=1千克米／秒2·秒=?！っ耄?．理解：（1）上式中F為研究對(duì)象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力。（2）動(dòng)量定理中的沖量和動(dòng)量都是矢量。定理的表達(dá)式為一矢量式，等號(hào)的兩邊不但大小相同，而且方向相同，在高中階段，動(dòng)量定理的應(yīng)用只限于一維的情況。這時(shí)可規(guī)定一個(gè)正方向，注意力和速度的正負(fù)，這樣就把大量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算。（3）動(dòng)量定理的研究對(duì)象一般是單個(gè)質(zhì)點(diǎn)。求變力的沖量時(shí)，可借助動(dòng)量定理求，不可直接用沖量定義式．4．應(yīng)用動(dòng)量定理的思路：（1）明確研究對(duì)象和受力的時(shí)間（明確質(zhì)量m和時(shí)間t）；（2）分析對(duì)象受力和對(duì)象初、末速度（明確沖量I合，和初、未動(dòng)量P0，Pt）；（3）規(guī)定正方向，目的是將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算；（4）根據(jù)動(dòng)量定理列方程（5）解方程。四、動(dòng)量定理應(yīng)用的本卷須知1．動(dòng)量定理的研究對(duì)象是單個(gè)物體或可看作單個(gè)物體的系統(tǒng)，當(dāng)研究對(duì)象為物體系時(shí)，物體系的總動(dòng)量的增量等于相應(yīng)時(shí)間內(nèi)物體系所受外力的合力的沖量，所謂物體系總動(dòng)量的增量是指系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)的體動(dòng)量變化量的矢量和。而物體系所受的合外力的沖量是把系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體所受的一切外力的沖量的矢量和。2．動(dòng)量定理公式中的F是研究對(duì)象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是變力。當(dāng)合外力為變力時(shí)F那么是合外力對(duì)作用時(shí)間的平均值。3．動(dòng)量定理公式中的Δ（mv）是研究對(duì)象的動(dòng)量的增量，是過程終態(tài)的動(dòng)量減去過程始態(tài)的動(dòng)量（要考慮方向），切不能顛倒始、終態(tài)的順序。4．動(dòng)量定理公式中的等號(hào)說明合外力的沖量與研究對(duì)象的動(dòng)量增量的數(shù)值相等，方向一致，單位相同。但考生不能認(rèn)為合外力的沖量就是動(dòng)量的增量，合外力的沖量是導(dǎo)致研究對(duì)象運(yùn)動(dòng)改變的外因，而動(dòng)量的增量卻是研究對(duì)象受外部沖量作用后的必然結(jié)果。5．用動(dòng)量定理解題，只能選取地球或相對(duì)地球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體做參照物。無視沖量和動(dòng)量的方向性，造成I與P正負(fù)取值的混亂，或無視動(dòng)量的相對(duì)性，選取相對(duì)地球做變速運(yùn)動(dòng)的物體做參照物，是解題錯(cuò)誤的常見情況。規(guī)律方法1、沖量和動(dòng)量變化量的計(jì)算【例1】如以下圖，傾角為α的光滑斜面，長(zhǎng)為s，一個(gè)質(zhì)量為m的物體自A點(diǎn)從靜止滑下，在由A到B的過程中，斜面對(duì)物體的沖量大小是，重力沖量的大小是。物體受到的沖量大小是（斜面固定不動(dòng)）．解析：該題應(yīng)用沖量的定義來求解．物體沿光滑料面下滑，加速度a=gsinα，滑到底端所用時(shí)間，由s=?at2，可知t==由沖量的定義式IN=Nt=mgcosα,IG=mgt=mgI合＝F合t＝mgsinα點(diǎn)評(píng)：對(duì)力的沖量計(jì)算，學(xué)生比較習(xí)慣按做功的方法求，如IF易算為Fcosθt，而實(shí)際為Ft，對(duì)支持力、重力的沖量通常因?yàn)榕c位移垂直而認(rèn)為是零。沖量和功不同。恒力在一段時(shí)間內(nèi)可能不作功，但一定有沖量。對(duì)動(dòng)量變化量，分不清應(yīng)該用那個(gè)力的沖量來計(jì)算，實(shí)際只要求出合外力的沖量就可以了?！纠?】一單擺擺球質(zhì)量m=0．2kg，擺長(zhǎng)l=0．5m．今將擺球拉高與豎直方向成50角處由靜止釋放，求擺球運(yùn)動(dòng)至平衡位置過程中重力的沖量和合力的沖量．（g＝10m／s2解析：擺球重力為恒力，且時(shí)間t為單擺周期的1/4，即t=T/4=．所以IG＝mg=0.2×10×≈0．69N·s擺球所受合力為變力，不能直接用公式I＝Ft計(jì)算，只能應(yīng)用動(dòng)量定理求之：F合t＝Δmv=m≈0．039N·s答案：0．69N·S；0．039N·S說明：（1）注意區(qū)別所求的是某一力的沖量還是合外力的沖量．(2)恒力的沖量一般直接由I＝Ft求，變力的沖量一般由I＝ΔP求．【例3】以初速度v水平拋出一質(zhì)量為m的石塊，不計(jì)空氣阻力，那么對(duì)石塊在空中運(yùn)動(dòng)過程中的以下各物理量的判斷正確的選項(xiàng)是（）A.在兩個(gè)相等的時(shí)間間隔內(nèi)，石塊受到的沖量相同B.在兩個(gè)相等的時(shí)間間隔內(nèi)，石塊動(dòng)量的增量相同C.在兩個(gè)下落高度相同的過程中，石塊動(dòng)量的增量相同D.在兩個(gè)下落高度相同的過程中，石塊動(dòng)能的增量相同解析：不計(jì)空氣阻力，石塊只受重力的沖量，無論路程怎樣，兩個(gè)過程的時(shí)間相同，重力的沖量就相同，A正確。據(jù)動(dòng)量定理，物體動(dòng)量的增量等于它受到的沖量，由于在兩個(gè)相等的時(shí)間間隔內(nèi)，石塊受到重力的沖量相同，所以動(dòng)量的增量必然相同，B正確。由于石塊下落時(shí)在豎直分方向上是作加速運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)下落高度相同的過程所用時(shí)間不同，所受重力的沖量就不同，因而動(dòng)量的增量不同，C錯(cuò)。據(jù)動(dòng)能定理，外力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的增量，石塊只受重力作用，在重力的方向上位移相同，重力功就相同，因此動(dòng)能增量就相同，D正確。答案：ABD。2、動(dòng)量定理的初步應(yīng)用【例4】如以下圖，質(zhì)量為2kg的物體，放在水平面上，受到水平拉力F＝4N的作用，由靜止開場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過1s撤去F，又經(jīng)過1s物體停頓，求物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。解析:在水平面上物體受力分析如以下圖，據(jù)題意物體的運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)階段，第一階段水平方向受拉力F和摩擦力f的作用，歷時(shí)t1＝1s;第二階段撤去F后只受摩擦力f的作用又歷時(shí)t2=ls.全過程初始速度為0，全過程完畢時(shí)末速度也為0，所以總動(dòng)量的增量為0.應(yīng)用動(dòng)量定理可列式：Ftl一f(tl十t2）＝0其中摩擦力f＝μN(yùn)=μmg由以上兩式得：注意:應(yīng)用動(dòng)量定理公式I＝mv2一mvl時(shí)，不要把公式左邊的沖量單純理解為合外力的沖量，可以進(jìn)一步理解為“外力沖量的矢量和”，這樣就對(duì)全過程應(yīng)用一次動(dòng)量定理就可以解決問題而使思路和解題過程簡(jiǎn)化?！纠?】質(zhì)量為m=2kg的小球，從離地面h1=5m高處自由下落，球和地面相碰后又反彈至h2＝3.2m高處，已知上述過程經(jīng)歷的時(shí)間t=1.9s，求地面和小球間的平均彈力是多大？解析:小球下落時(shí)是自由落體運(yùn)動(dòng)，下落時(shí)間和落地時(shí)末速不難求出，反跳后作豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升時(shí)間和上拋的初速度也能求出，和地面作用的時(shí)間為由總時(shí)間和下落與上升的時(shí)間差，用動(dòng)量定理就能求出地面的作用力。落地時(shí)速度：,下落所用時(shí)間：反彈后上升初速度：,反彈后上升時(shí)間：對(duì)球和地面碰撞過程用動(dòng)量定理，設(shè)向上方向?yàn)檎海‵一mg）（t一t1一t2）=mv2一（一mvI）【例6】如以下圖，A、B經(jīng)細(xì)繩相連掛在彈簧下靜止不動(dòng)，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，當(dāng)A、B間繩突然斷開物體A上升到某位置時(shí)速度為v，這時(shí)B下落速度為u，在這段時(shí)間內(nèi)彈簧彈力對(duì)物體A的沖量為解析：把AB作為一個(gè)整體應(yīng)用動(dòng)量定理得：(F－Mg-mg)t=mv＋(－Mu)分別對(duì)A、B應(yīng)用動(dòng)量定理得：（F－mg）t=mv，－Mgt=－Mu代入上式得I=Ft=mv＋mgt=mv＋mu=m（v＋u）【例7】人從高處跳到低處時(shí)，為了延長(zhǎng)碰撞時(shí)間，保護(hù)身體不受傷，腳著地后便自然地下蹲．（1）人的這種能力是A．應(yīng)激性；B．反射；C．條件反射；D．非條件反射（2）某質(zhì)量為50kg的飛行員，從5m高的訓(xùn)練臺(tái)上跳下，從腳著地到完全蹲下的時(shí)間約為1s，那么地面對(duì)他的作用力為多大？（g＝10m／s2）（3）假設(shè)該飛行員因心理緊張，腳著地后未下蹲，他和地碰撞的時(shí)間為0．01s，那么此時(shí)地對(duì)人的力又是多大？解析：（1）B、D正確（2）下落5m時(shí)速度vt=＝10m／s由動(dòng)量定理得（Fl－mg）t1＝mvF1＝mv/t1＋mg＝1×103N（3）由動(dòng)量定理得（F2一mg）t2＝mvF2＝mv/t2＋mg＝5．05×104N【例8】據(jù)報(bào)道，一輛轎車在高速強(qiáng)行超車時(shí)，與迎面馳來的另一輛轎車相撞，兩車身因碰撞擠壓，皆縮短了約0.5m,據(jù)測(cè)算相撞時(shí)兩車的速度均為109km/s,試求碰撞過程中車內(nèi)質(zhì)量60kg的人受到的平均沖擊力約為多少?解析:兩車相碰時(shí)認(rèn)為人與車一起做勻減速運(yùn)動(dòng)直到停頓,此過程位移為0.5m,設(shè)人隨車做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,已知v0≈30m/s,由根據(jù)動(dòng)量定理有Ft=mv0,解得F=5.4×104N【例9】滑塊A和B用輕細(xì)繩連接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由靜止開場(chǎng)沿水平桌面滑動(dòng)，已知滑塊A、B與水平桌面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ，力F作用t秒后，A、B間連線斷開，此后力F仍作用于B，試求：滑塊A剛剛停住時(shí)，滑塊B的速度多大？滑塊A、B的質(zhì)量分別為mA、mB解析：（1）取滑塊A、B為研究對(duì)象，研究A、B整體做加速運(yùn)動(dòng)的過程，根據(jù)動(dòng)量定理，有：[F－μ（mA＋mB）g]t＝（mA＋mB）V－0．由此可知A、B之間連線斷開時(shí)，A、B的速度為V=[F－μ（mA＋mB）g]t/（mA＋mB）（2）研究滑塊A作勻減速運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)量定理有：－μmAgt/=0－mAV將V代入上式，可求得滑塊A作勻減速滑行時(shí)間為：t/==（3）研究滑塊A、B整體．研究從力F作用開場(chǎng)直至A停住的全過程．此過程中物體系統(tǒng)始終受到力F及摩擦力的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理，有[F－μ（mA＋mB）g]（t＋t/）=mBvB將t/代人上式，可求出滑塊A剛停住時(shí)滑塊BR的速度為vB=【例10】質(zhì)量為M的金屬塊和質(zhì)量為m的木塊用細(xì)線連在一起，在水中以加速度a下沉，不計(jì)水的阻力。某時(shí)刻，下沉的速度為v時(shí)，細(xì)線突然斷了，此后金屬塊繼續(xù)下沉，木塊上浮經(jīng)t秒木塊躍出水面。測(cè)得木塊躍出水面的初速度v1，假設(shè)此時(shí)金屬塊還未沉到湖底，求此時(shí)金屬塊的速度v2？解析:把金屬塊和木塊看成是一個(gè)系統(tǒng)，那么此系統(tǒng)受到外力的沖量應(yīng)等于其動(dòng)量的增量。系統(tǒng)受到的外力為金屬塊與木塊各自受到的重力和水的浮力，由于已知它們?cè)谒幸黄鹣鲁恋募铀俣龋捎门ｎD第二定律求出其受到的合力。設(shè)豎直向下為正方向，它們?cè)谒惺艿降母×Ψ謩e為F1和F2。據(jù)動(dòng)量定理：（mg＋Mg一F1－F2）t＝（Mv2一mvl）一（m十M）v……①據(jù)牛頓第二定律，它們一起下沉?xí)r:Mg十mg一F1一F2＝（m＋M)a……②把②代入①得（m＋M）at＝（Mv2一mvl）一（m＋M）v解得§2動(dòng)量定理的拓展應(yīng)用1、動(dòng)量定理FΔt＝mvt－mv0可以用一種更簡(jiǎn)潔的方式FΔt=ΔP表達(dá)，式中左邊表示物體受到的沖量，右邊表示動(dòng)量的增量（變化量）。此式稍加變形就得其含義是：物體所受外力（假設(shè)物體同時(shí)受幾個(gè)力作用，那么為合外力）等于物體動(dòng)量的變化率。這一公式通常稱為“牛頓第二定律的動(dòng)量形式”。這一形式更接近于牛頓自己對(duì)牛頓第二定律的表述。應(yīng)用這個(gè)表述我們?cè)诜治鼋鉀Q某些問題時(shí)會(huì)使思路更加清晰、簡(jiǎn)潔?！纠?】如以下圖，在粗糙水平面上放一三角本塊a，假設(shè)物體b在a的斜面上靜止，加速，勻速或減速下滑時(shí)．在四種情況下a對(duì)平面的壓力比a、b兩重力之和大還是??？解法一：（常規(guī)解法）如以下圖，N=Ga＋Ny＋fyNy＝Nb－acosθ＝Gbcos2θfy=fb－asinθ，當(dāng)b沿斜面勻速下滑時(shí)，在數(shù)值上fb－a=fa－b=Gbsinθ所以fy＝Gbsin2θ所以N＝Ga＋Gbsin2θ＋Gbcos2θ＝Ga＋Gb當(dāng)b在a上靜止時(shí)情形亦如此N＝Ga＋Gb當(dāng)b在a上加速下滑時(shí)f＜Gbsinθ，所以N＜Ga＋Gb當(dāng)b在a上減速下滑時(shí)f＞Gbsinθ，所以N＞Ga＋Gb解法二：將a、b視為一整體如以下圖，將N分解根據(jù)動(dòng)量定理［N0－（Ga＋Gb）］Δt=ΔP顯然勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)N=Ga＋Gb加速運(yùn)動(dòng)時(shí)N＜Ga＋Gb減速運(yùn)動(dòng)時(shí)N＞Ga＋Gb下面我們?cè)賮碛懻揳與地面間摩擦力的方向（1）當(dāng)b沿料面勻速運(yùn)動(dòng)或靜止在斜面上；（2）當(dāng)b沿斜面加速下滑；（3）當(dāng)b沿斜面減速下滑；（4）當(dāng)b沿斜面向上運(yùn)動(dòng)．解法一：（l）當(dāng)b靜止在斜面或沿料面勻速下滑時(shí)對(duì)b有：Gbsinθ＝fN＝Gbcosθ對(duì)a受力分析如以下圖，比較fx與Nx的大小fx=fcosθ=Gbsinθcosθ，Nx＝Gbcosθsinθ所以當(dāng)b靜止或沿料面勻速下滑時(shí)，fx=Nx，a與平面間無摩擦力．（2）當(dāng)b沿斜面加速下滑時(shí)對(duì)b，Gbsinθ＞f所以對(duì)a，fx＜Nx，摩擦力方向向左（3）當(dāng)b沿斜面減速下滑時(shí)Gbsinθ＜f所以對(duì)a，fx＞Nx，摩擦力方向向右（4）當(dāng)b沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，a受到b對(duì)它摩擦力的方向斜向上，很顯然地面對(duì)a摩擦力方向向左．解法二：將ab視為一個(gè)系統(tǒng)，將b的速度分解如以下圖，（1）當(dāng)停頓或勻速下滑時(shí)，Δvx＝0．根據(jù)動(dòng)量定理，ab在水平方向受到?jīng)_量為零，所以產(chǎn)生沖量的摩擦力為零．（2）當(dāng)沿斜面加速下滑時(shí)fΔt＝mbΔvx，f與Δvx同向，所以f方向向左．（3）當(dāng)沿斜面減速下滑時(shí)：我們可用同樣方法得出f方向向右．注意：當(dāng)b沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，Δvx＝0，由動(dòng)量定理可知，f應(yīng)當(dāng)為零，而實(shí)際上方向向左，為什么？這里必須清楚．當(dāng)b沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)這個(gè)系統(tǒng)，水平方向的合外力已經(jīng)不單是f了，必須有除f以外的外力存在，而且它的方向或者其分力方向水平向右，否那么b不會(huì)沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)．【例2】如以下圖，等臂天平左端有一容器，內(nèi)盛有水，水中有一密度小于水密度的木球．有一細(xì)繩一端系球，一端固定于燒杯底部，整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，假設(shè)細(xì)繩突然斷裂，小球相對(duì)于水向上加速運(yùn)動(dòng)，天平將如何？解法一：按照常規(guī)那么應(yīng)進(jìn)展如下分析對(duì)盤：如圖4—12中1所示（N為臂對(duì)盤的支持力，F(xiàn)為杯對(duì)盤的壓力）N＝F＋G盤①對(duì)杯底：如圖4—12中2所示（F/為盤對(duì)杯的支持力，T為繩對(duì)杯的拉力，F(xiàn)水為水對(duì)杯的壓力）F/＝FF/＝G杯＋F水－T②對(duì)水：如圖4－12中3所示（F/水為杯底對(duì)水的支持力，F(xiàn)/浮為球?qū)λ饔昧Γ〧/水＝F/浮十G水③對(duì)球（F浮為水對(duì)球的浮力，T/為繩對(duì)球的拉力，T/=T）F?。紽/浮當(dāng)靜止時(shí)F浮=T/十G球代入③得F/水=T/十G球＋G水代入②得F/=G杯十G水＋G球代入①得N＝G盤＋G杯十G水＋G球當(dāng)繩斷時(shí)，對(duì)杯底如圖4—12中4所示，F(xiàn)/＝G杯＋G水④F浮一G球=m木球a－m水球a即F浮=G球十m木球a－m水球a代入③得對(duì)水F/水=G球＋G水＋m木球a－m水球a代入④得F＝G杯十G水十G球十m木球a－m水球a代入①得N＝G盤＋G杯十G水＋G球十m木球a－m水球a所以天平左端上升．解法二：假設(shè)將盤、杯、水、球視為一個(gè)整體，那么根據(jù)動(dòng)量定理FΔt＝ΔP即［N（G盤＋G杯十G水＋G球）］Δt=ΔP當(dāng)靜止時(shí)ΔP＝0所以N＝G盤＋G杯十G水＋G球當(dāng)木球向上運(yùn)動(dòng)水球向下運(yùn)動(dòng)時(shí),ΔP=m木球Δv－m水球Δv<0所以N<G盤＋G杯十G水＋G球從而知天平左端上升．說明：前法較后法步驟繁雜，使人承受困難，后法兩步即可得出結(jié)論，兩法比較，繁簡(jiǎn)清楚．【例3】如以下圖，在光滑水平面上，有A、B兩輛小車．水平面左側(cè)有一豎直墻．在小車B上坐著一個(gè)小孩．小孩與車B的總質(zhì)量是車A的10倍，兩車從靜止開場(chǎng)，小孩把車A以對(duì)地速度v推出，車A與墻碰撞后仍以原速率返回，小孩接到車A后，又把它以對(duì)地速度v推出，車A返回后，小孩再把它推出，每次推出，小車A對(duì)地速度都是v，方向向左，那么小孩共把車A推出多少次后，車A返回小孩不能再接到？解析：題中車A屢次與車B及墻壁間發(fā)生相互作用，而每次與車B作用時(shí)，水平方向合力為0，故A、B每次作用時(shí)，由車A與車B組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒，而每次作用后車B的速度是下一次作用前的速度，這為一個(gè)隱含條件，車A返回，小孩不能接到的臨界條件是vB=v．設(shè)第一次、第二次、…、第n次作用后，車B的速度為v1，v2，…，vn，每次作用，車A與車B動(dòng)量守恒，從而得到0=10mvl－mv………①（A、B第1次作用）10mvl＋mv＝10mv2－mv………②（A、B第2次作用）10mv2＋mv＝10mv3－mv………③（A、B第3次作用）………10mvn－1＋mv＝10mvn－mv（A、B第n次作用）把n式相加得：（n—1）mv=10mvn－nmv即得：vn=v≥v那么n≥5．5，n取整數(shù)，n＝6次后，車A返回時(shí)，小孩接不到車A巧解：對(duì)A、B系統(tǒng)，所受合外力就是墻的彈力．這個(gè)彈力每次產(chǎn)生沖量大小為2mv，要使B不再接到A，必須vA≤vB．這里先取一個(gè)極限值vA=vB=v，那么：根據(jù)動(dòng)量定理，n2mv=（M＋m）v將M＝10m代入解得n＝5．5，所以推6次即可．2、物體動(dòng)量的增量可以是物體質(zhì)量不變，由速度變化形成：ΔP=mv2I一mv1=m（V2一v1）=mΔv，動(dòng)量定理表達(dá)為FΔt=mΔv.也可以是速度不變，由質(zhì)量變化形成：ΔP＝m2v一mlv=（m2一ml）v＝Δmv,動(dòng)量定理表達(dá)為FΔt＝ΔmV。在分析問題時(shí)要注意第二種情況?！纠?】宇宙飛船進(jìn)入一個(gè)宇宙塵埃區(qū)，每前進(jìn)lm，就有10個(gè)平均質(zhì)量為2×10－7的微塵粒與飛船相撞，并附在飛船上。假設(shè)塵埃微粒原來的速度不計(jì)，要保持飛船的速度10km/s，飛船噴氣產(chǎn)生的推力至少應(yīng)維持多大？解析：設(shè)飛船速度為v，飛行時(shí)間為Δt，每前進(jìn)1m附著的塵粒數(shù)為n，塵粒的平均質(zhì)量為m0，那么在Δt內(nèi)飛船增加的質(zhì)量Δm＝nm0vΔt.據(jù)動(dòng)量定理FΔt＝Δmv?？芍屏Γ骸纠?】科學(xué)家設(shè)想在未來的航天事業(yè)中用太陽帆來加速星際宇宙飛船，按照近代光的粒子說，光由光子組成，飛船在太空中張開太陽帆，使太陽光垂直射到太陽帆上，太陽帆面積為S，太陽帆對(duì)光的反射率為100%，設(shè)太陽帆上每單位面積每秒到達(dá)n個(gè)光子，每個(gè)光子的動(dòng)量為p，如飛船總質(zhì)量為m。求：（1)飛船加速度的表達(dá)式。(2)假設(shè)太陽帆面對(duì)陽光一面是黑色的，情況又如何？解析:(1)設(shè)經(jīng)過時(shí)間t，那么在時(shí)間t內(nèi)射到太陽帆上的光子數(shù)為：N＝nst……①對(duì)光子由動(dòng)量定理得Ft=NP一N（一P）……②對(duì)飛船由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F＝ma……③由以上三式解得飛船的加速度為(2）假設(shè)太陽帆面對(duì)陽光的一面是黑色的，那么對(duì)光子由動(dòng)量定理得：ft=0一N（一P）……④由①③④得【例6】自動(dòng)稱米機(jī)已在許多大糧店廣泛使用。買者認(rèn)為：因?yàn)槊琢髀涞饺萜髦袝r(shí)有向下的沖力而不劃算；賣者那么認(rèn)為：當(dāng)預(yù)定米的質(zhì)量數(shù)滿足時(shí)，自動(dòng)裝置即刻切斷米流時(shí)，此刻尚有一些米仍在空中，這些米是多給買者的，因而雙方爭(zhēng)執(zhí)起來，終究哪方說得對(duì)而劃算呢？（原理如以下圖）。解析：設(shè)米流的流量為dkg／s，它是恒定的，自動(dòng)裝置能即刻在出口處切斷米流，米流在出口處速度很小可視為零，假設(shè)切斷米流后，盛米的容器中靜止的那局部米的質(zhì)量為m1kg，空中還在下落的米質(zhì)量為m2kg，那么落到已靜止的米堆（m1）上的一小局部米的質(zhì)量為Δmkg．取Δm為研究對(duì)象，這局部米很少，在Δt時(shí)間內(nèi)Δm=d·Δt，設(shè)其落到米堆上之前的速度為V，經(jīng)（F一Δmg）Δt=ΔmV即F=dV十d·Δt·g根據(jù)牛頓第三定律知F=F/，稱米機(jī)的讀數(shù)應(yīng)為=m1＋m2＋Δm可見，稱米機(jī)讀數(shù)包含了靜止在袋中的局部m1，也包含了尚在空中的下落的米流m2應(yīng)包含剛落至米堆上的一小局部Δm，即自動(dòng)稱米機(jī)是準(zhǔn)確的，不存在哪方劃算不劃算的問題。點(diǎn)評(píng)：本例是物理知識(shí)在實(shí)際生活中應(yīng)用綜合題，涉及物理中的沖量，動(dòng)量、動(dòng)量守恒、牛頓第三定律等知識(shí)?？疾鞂W(xué)生應(yīng)用學(xué)科知識(shí)解決實(shí)際問題的能力，解此題必須正確分析現(xiàn)象，形成正確的物理圖景，恰當(dāng)運(yùn)用物理規(guī)律求解?！?動(dòng)量守恒定律知識(shí)目標(biāo)一、動(dòng)量守恒定律1、內(nèi)容：相互作用的物體，如果不受外力或所受外力的合力為零，它們的總動(dòng)量保持不變，即作用前的總動(dòng)量與作用后的總動(dòng)量相等．動(dòng)量守恒定律適用的條件①系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零．②當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)．③某一方向不受外力或所受合外力為零，或該方向上內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，該方向的動(dòng)量守恒．3、常見的表達(dá)式①p/=p，其中p/、p分別表示系統(tǒng)的末動(dòng)量和初動(dòng)量，表示系統(tǒng)作用前的總動(dòng)量等于作用后的總動(dòng)量。②Δp=0，表示系統(tǒng)總動(dòng)量的增量等于零。③Δp1=－Δp2，其中Δp1、Δp2分別表示系統(tǒng)內(nèi)兩個(gè)物體初、末動(dòng)量的變化量，表示兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，各自動(dòng)量的增量大小相等、方向相反。其中①的形式最常見，具體來說有以下幾種形式A、m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2，各個(gè)動(dòng)量必須相對(duì)同一個(gè)參照物，適用于作用前后都運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)。B、0=m1vl＋m2v2，適用于原來靜止的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)。C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，適用于兩物體作用后結(jié)合在一起或具有共同的速度。【例1】由動(dòng)量定理和牛頓第三定律推出動(dòng)量守恒定律（以兩個(gè)物體為例）解析：設(shè)兩物體質(zhì)量分別為m1、m2，作用前后的速度分別為v1、v2與v1/、v2/．在Δt時(shí)間內(nèi)m1、m2所受外力為Fl、F2，內(nèi)力：第1個(gè)對(duì)第2個(gè)物體作用力為f12，其反作用力為f21．根據(jù)動(dòng)量定理：對(duì)m1：（Fl十f21）Δt＝m1v1/—m1v1對(duì)m2：（F2十f12）Δt=m2v2/一m2v根據(jù)牛頓第三定律f12=f21又由于Fl十F2＝0所以m1v1/—m1v1＝m2v2/一m2v2整理得：m1v1＋m2v2=m1v1/＋m2v2/二、對(duì)動(dòng)量守恒定律的理解（1）動(dòng)量守恒定律是說系統(tǒng)內(nèi)部物體間的相互作用只能改變每個(gè)物體的動(dòng)量，而不能改變系統(tǒng)的總動(dòng)量，在系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化過程中的任一時(shí)刻，單個(gè)物體的動(dòng)量可以不同，但系統(tǒng)的總動(dòng)量相同。（2）應(yīng)用此定律時(shí)我們應(yīng)該選擇地面或相對(duì)地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體做參照物，不能選擇相對(duì)地面作加速運(yùn)動(dòng)的物體為參照物。（3）動(dòng)量是矢量，系統(tǒng)的總動(dòng)量不變是說系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的動(dòng)量的矢量和不變。等號(hào)的含義是說等號(hào)的兩邊不但大小相同，而且方向相同。ABABA．兩手同時(shí)放開后，兩車的總動(dòng)量為零B．先放開右手，后放開左手，而車的總動(dòng)量向右C．先放開左手，后放開右手，兩車的總動(dòng)量向右D．兩手同時(shí)放開，同車的總動(dòng)量守恒；兩手放開有先后，兩車總動(dòng)量不守恒解析：根據(jù)動(dòng)量守恒定律的適用條件，兩手同時(shí)放開，那么兩車水平方向不受外力作用，總動(dòng)量守恒；否那么，兩車總動(dòng)量不守恒，假設(shè)后放開左手，那么左手對(duì)小車有向右的沖量作用，從而兩車的總動(dòng)量向右；反之，那么向左．因而，選項(xiàng)ABD正確．【例3】在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)間極短，在此碰撞過程中，以下哪些情況說法是可能發(fā)生的（）A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関l、v2、v3，滿足（M＋m0）v=Mvl十mv2十m0vB．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變化為vl和v2，滿足Mv=Mvl十mv2。C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関l，滿足Mv＝（M＋m）vlD．小車和擺球的速度都變?yōu)関l，木塊的速度變?yōu)関2，滿足（M十m0）v=（M十m0）vl十mv2分析：小車M與質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞的時(shí)間極短，說明在碰撞過程中，懸掛擺球的細(xì)線來不及擺開一個(gè)明顯的角度，因而擺球在水平方向尚未受到力的作用，其水平方向的動(dòng)量未發(fā)生變化，亦即在小車與木塊碰撞的過程中，只有小車與木塊在水平方向發(fā)生相互作用。解析：在小車M和本塊發(fā)生碰撞的瞬間，擺球并沒有直接與木塊發(fā)生力的作用，它與小車一起以共同速度V勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，擺線沿豎直方向，擺線對(duì)球的效力和球的重力都與速度方向垂直，因而擺球未受到水平力作用，球的速度不變，可以判定A、D項(xiàng)錯(cuò)誤，小車和木塊碰撞過程，水平方向無外力作用，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，而題目對(duì)碰撞后，小車與木塊是否分開或連在一起，沒有加以說明，所以兩種情況都可能發(fā)生，即B、C選項(xiàng)正確?！纠?】如以下圖，在光滑水平面上有A、B兩小球沿同一條直線向右運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生對(duì)心碰撞．設(shè)向右為正方向，碰前A、B兩球動(dòng)量分別是pA＝10kgm/s，pB=15kgm/s，碰后動(dòng)量變化可能是（）ABA．ΔpA＝5kg·m／sΔpB＝5kg·ABB．ΔpA=－5kg·m／sΔpB＝5kg·m／sC．ΔpA=5kg·m／sΔpB=－5kg·in／s·D．ΔpA＝－20kg·m／sΔpB＝20kg·m／s解析：A．此結(jié)果動(dòng)量不守恒；B．可能；C．B的動(dòng)量不可能減少，因?yàn)槭茿碰B；D．要出現(xiàn)ΔpA＝－20kg·m／s只有B不動(dòng)或向左運(yùn)動(dòng)才有可能出現(xiàn)這個(gè)結(jié)果．答案：B規(guī)律方法1、動(dòng)量守恒定律的“四性”在應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問題時(shí),要注意“四性”①矢量性：動(dòng)量守恒定律是一個(gè)矢量式，，對(duì)于一維的運(yùn)動(dòng)情況，應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向，凡與正方向相同的動(dòng)量為正，相反的為負(fù)。假設(shè)方向未知可設(shè)與正方向相同而列方程，由解得的結(jié)果的正負(fù)判定未知量的方向。②瞬時(shí)性：動(dòng)量是一個(gè)狀態(tài)量，即瞬時(shí)值，動(dòng)量守恒指的是系統(tǒng)任一瞬時(shí)的動(dòng)量恒定，列方程m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2時(shí)，等號(hào)左側(cè)是作用前各物體的動(dòng)量和，等號(hào)右邊是作用后各物體的動(dòng)量和，不同時(shí)刻的動(dòng)量不能相加。③相對(duì)性：由于動(dòng)量大小與參照系的選取有關(guān)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，應(yīng)注意各物體的速度必須是相對(duì)于同一慣性參照系的速度，一般以地球?yàn)閰⒄障耽芷者m性：動(dòng)量守恒定律不僅適用于兩個(gè)物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)?！纠?】一輛質(zhì)量為60kg的小車上有一質(zhì)量為40kg的人（相對(duì)車靜止）一起以2m／s的速度向前運(yùn)動(dòng)，突然人相對(duì)車以4m／s的速度向車后跳出去，那么車速為多大？下面是幾個(gè)學(xué)生的解答，請(qǐng)指出錯(cuò)在何處．（1）解析；人跳出車后，車的動(dòng)量為60v，人的動(dòng)量為40（4十v）由動(dòng)量守恒定律：（60＋40）×2＝60v－40（4＋v）解得：v＝0．4m/s（沒有注意矢量性）（2）解析：選車的方向?yàn)檎?，人跳出車后，車的?dòng)量為60v，人的動(dòng)量一40×4，由動(dòng)量守恒定律：（60＋40）×2＝60v—40×4，解得v＝6m／s（沒有注意相對(duì)性）（3）解析：選車的方向?yàn)檎?，人跳出車后的?dòng)量為60v，人的動(dòng)量一40×（4一2）由動(dòng)量守恒定律得（60＋40）×2＝60v—40×（4一2）解得v=14/3m/s（沒有注意瞬時(shí)性）（4）解析：選地為參照物，小車運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎?，?jù)動(dòng)量守恒定律，（60＋40）×2＝60v—40（4—v）解得v=3．6m/s此法正確．答案：3．6m／s【例6】2023年，美國《科學(xué)》雜志評(píng)出的《2023年世界十大科技突破》中，有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)加拿大薩德伯里中微子觀測(cè)站的成果．該站提醒了中微子失蹤的原因，即觀測(cè)到的中微子數(shù)目比理論值少是因?yàn)榫植恐形⒆釉谶\(yùn)動(dòng)過程中轉(zhuǎn)化為一個(gè)μ子和一個(gè)τ子．在上述研究中有以下說法：①該研究過程中牛頓第二定律依然適用；②該研究中能的轉(zhuǎn)化和守恒定律依然適用；③假設(shè)發(fā)現(xiàn)μ子和中微子的運(yùn)動(dòng)方向一致，那么τ子的運(yùn)動(dòng)方向與中微子的運(yùn)動(dòng)方向也可能一致；④假設(shè)發(fā)現(xiàn)μ子和中微子的運(yùn)動(dòng)方向相反，那么τ子的運(yùn)動(dòng)方向與中微子的運(yùn)動(dòng)方向也可能相反．其中正確的選項(xiàng)是：A.①②，B.①③，C.②③，D.③④；解析:牛頓運(yùn)動(dòng)定律適用于“低速”“宏觀”物體,而動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律是自然界中的普適規(guī)律,在中微子轉(zhuǎn)化為μ子和τ子時(shí),動(dòng)量守恒和能量守恒定律仍然適用,當(dāng)μ子與中微子的運(yùn)動(dòng)方向一致時(shí),τ子的運(yùn)動(dòng)方向有可能與中微子的運(yùn)動(dòng)方向相同,也有可能與中微子運(yùn)動(dòng)方向相反;但μ子運(yùn)動(dòng)方向與中微子運(yùn)動(dòng)方向相反時(shí),τ子的運(yùn)動(dòng)方向與中微子的運(yùn)動(dòng)方向一定相同.答案C正確.2、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的根本思路1．明確研究對(duì)象和力的作用時(shí)間，即要明確要對(duì)哪個(gè)系統(tǒng)，對(duì)哪個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。2．分析系統(tǒng)所受外力、內(nèi)力，判定系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒。3．分析系統(tǒng)初、末狀態(tài)各質(zhì)點(diǎn)的速度，明確系統(tǒng)初、末狀態(tài)的動(dòng)量。4．規(guī)定正方向，列方程。5．解方程。如解出兩個(gè)答案或帶有負(fù)號(hào)要說明其意義?！纠?】將質(zhì)量為m；的鉛球以大小為v0、仰角為θ的初速度拋入一個(gè)裝著砂子的總質(zhì)量為M的靜止砂車中如以下圖。砂車與地面間的摩擦力不計(jì)，球與砂車的共同速度等于多少？解析：把鉛球和砂車看成一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)在整個(gè)過程中不受水平方向的外力，那么水平方向動(dòng)量守恒．所以：mv0cosθ＝（M＋m）v，所以v=mv0cosθ/（M＋m）答案：mv0cosθ/（M＋m）說明：某方向合外力為零，該方向動(dòng)量守恒．【例8】有N個(gè)人，每人的質(zhì)量均為m，站在質(zhì)量為M的靜止在光滑水平地面上的平板車上，他們從平板車的后端以相對(duì)于車身為u的水平速度向后跳下，車就朝前方向運(yùn)動(dòng)，求：（1）如果所有的人同時(shí)跳下，平板車獲得的速度多大？（2）如果一次只跳一個(gè)人，平板車獲得的速度多大？解答：他們同時(shí)跳下，那么nm（u－v）－Mv=0，∴v=u他們相繼跳下，那么0=[M＋（n－1）m]v1＋m（v1－u）；[M＋（n－1）m]v1=[M＋（n－2）m]v2＋m（v2－u）；[M＋（n－2）m]v2=[M＋（n－3）m]v3＋m（v3－u）；…………[M＋m]vn-1=Mvn＋m（vn－u）∴v1=mu/（M＋nm）；v2－v1=mu/[M＋（n－1）m]；v3－v2=mu/[M＋（n－2）m]；……vn－vn－1=mu/[M＋m]；vn=mu[＋＋＋………＋]；即vn＞v【例9】一玩具車攜帶假設(shè)干質(zhì)量為m的彈丸,車和彈丸的總質(zhì)量為M,在半徑為R的光滑軌道上以速率v0做勻速圓周運(yùn)動(dòng),假設(shè)小車每轉(zhuǎn)一周便沿運(yùn)動(dòng)方向相對(duì)地面以恒定速度u發(fā)射一枚彈丸,求:至少發(fā)射多少顆彈丸后,小車開場(chǎng)反向運(yùn)動(dòng)?寫出小車反向運(yùn)動(dòng)前發(fā)射相鄰兩枚彈丸的時(shí)間間隔的表達(dá)式.解析:(1)設(shè)發(fā)射第一枚彈丸后,玩具車的速度為v1,由切線方向動(dòng)量守恒得:(M－m)v1＋mu=Mv0得第二枚彈丸發(fā)射后,那么(M－2m)v2＋mu=(M－m)v1得………那么第n枚彈丸發(fā)射后,小車的速度為小車開場(chǎng)反向運(yùn)動(dòng)時(shí),vn≤0,那么(2)發(fā)射相鄰兩枚彈丸的時(shí)間間隔就是發(fā)射第k(k<n)枚彈丸后小車的周期,即:【例10】如以下圖，一排人站在沿X軸的水平軌道旁．原點(diǎn)O兩側(cè)的人序號(hào)都記為n（n＝1、2、3、……）每人只有一個(gè)沙袋，X＞0一側(cè)的每個(gè)沙袋質(zhì)量為m＝14kg，x＜0一側(cè)的每個(gè)沙袋質(zhì)量為m/=10kg．一質(zhì)量為M=48kg的小車以某初速度從原點(diǎn)出發(fā)向正X方向滑行，不計(jì)軌道阻力．當(dāng)車每經(jīng)過一人身旁時(shí)，此人就把沙袋以水平速度v朝與車速相反的方向沿車面扔到車上，v的大小等手扔袋之前的瞬間車速大小的2n倍（n是此人的序號(hào)數(shù)）．（1）空車出發(fā)后，車上堆積了幾個(gè)沙袋時(shí)車就反向滑行？（2）車上最終有大小沙袋共多少個(gè)？解答：①小車朝正X方向滑行的過程中，第（n－1）個(gè)沙袋扔到車上后的車速為vn－1，第n個(gè)沙袋扔到車上后的車速為vn，由動(dòng)量守恒[M＋（n－1）m]vn－1－2nmvn－1=（M+nm）vnvn=vn－1………①小車反向運(yùn)動(dòng)的條件是vn－1＞0，vn＜0，即M－nm＞0，M－（n+1）m＜0，代入數(shù)據(jù)得n＜M/m=48/14，n＞M/m－1=34/14，n應(yīng)為整數(shù)，故n=3，即車上堆積3個(gè)沙袋后車就反向滑行②車自反向滑行直到接近x＜一側(cè)第1人所在位置時(shí)，車速保持不變，而車的質(zhì)量為M+3m，假設(shè)在朝負(fù)x方向滑行過程中，第（n-1）個(gè)沙袋扔到車上后，車速為vn-1/，第n個(gè)沙袋扔到車上后車速為vn/，現(xiàn)取向左方向?yàn)檎较颍敲从蓜?dòng)量守恒得：[M+3m+（n-1）m/]vn-1/－2nm/vn-1/=（M＋3m＋nm/）vn/vn/=vn-1/，車不再向左滑行的條件是vn-1/＞0，vn/＜0，即（M＋3m－nm/）＞0，（M＋3m－（n+1）m/）≤0即n＜=9，n≥－1=8，即8≤n＜9，在n=8時(shí)，車停頓滑行，故最終有11個(gè)沙袋?！?人船模型與反沖運(yùn)動(dòng)知識(shí)目標(biāo)一、人船模型1．假設(shè)系統(tǒng)在整個(gè)過程中任意兩時(shí)刻的總動(dòng)量相等，那么這一系統(tǒng)在全過程中的平均動(dòng)量也必定守恒。在此類問題中，凡涉及位移問題時(shí)，我們常用“系統(tǒng)平均動(dòng)量守恒”予以解決。如果系統(tǒng)是由兩個(gè)物體組成的，合外力為零，且相互作用前均靜止。相互作用后運(yùn)動(dòng)，那么由0=m1+m2得推論0＝m1s1＋m2s2，但使用時(shí)要明確s1、s2必須是相對(duì)地面的位移。2、人船模型的應(yīng)用條件是：兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)（當(dāng)有多個(gè)物體組成系統(tǒng)時(shí)，可以先轉(zhuǎn)化為兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)）動(dòng)量守恒，系統(tǒng)的合動(dòng)量為零．二、反沖運(yùn)動(dòng)1、指在系統(tǒng)內(nèi)力作用下，系統(tǒng)內(nèi)一局部物體向某發(fā)生動(dòng)量變化時(shí)，系統(tǒng)內(nèi)其余局部物體向相反方向發(fā)生動(dòng)量變化的現(xiàn)象2.研究反沖運(yùn)動(dòng)的目的是找反沖速度的規(guī)律，求反沖速度的關(guān)鍵是確定相互作用的物體系統(tǒng)和其中各物體對(duì)地的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．規(guī)律方法1、人船模型及其應(yīng)用【例1】如以下圖，長(zhǎng)為l、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，一個(gè)質(zhì)量為m的人站在船頭，假設(shè)不計(jì)水的阻力，當(dāng)人從船頭走到船尾的過程中，船和人對(duì)地面的位移各是多少？解析:當(dāng)人從船頭走到船尾的過程中,人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上不受力的作用,故系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,設(shè)某時(shí)刻人對(duì)地的速度為v2,船對(duì)地的速度為v1,那么mv2－Mv1=0,即v2/v1=M/m.在人從船頭走到船尾的過程中每一時(shí)刻系統(tǒng)的動(dòng)量均守恒,故mv2t－Mv1t=0,即ms2－Ms1=0,而s1+s2=L所以思考：（1)人的位移為什么不是船長(zhǎng)？(2)假設(shè)開場(chǎng)時(shí)人船一起以某一速度勻速運(yùn)動(dòng)，那么還滿足s2/s1=M/m嗎？【例2】載人氣球原靜止于高h(yuǎn)的高空，氣球質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m．假設(shè)人沿繩梯滑至地面，那么繩梯至少為多長(zhǎng)？解析：氣球和人原靜止于空中，說明系統(tǒng)所受合力為零，故人下滑過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，人著地時(shí)，繩梯至少應(yīng)觸及地面，因?yàn)槿讼禄^程中，人和氣球任意時(shí)刻的動(dòng)量大小都相等，所以整個(gè)過程中系統(tǒng)平均動(dòng)量守恒．假設(shè)設(shè)繩梯長(zhǎng)為l，人沿繩梯滑至地面的時(shí)間為t，由圖4—15可看出，氣球?qū)Φ匾苿?dòng)的平均速度為（l－h(huán)）/t，人對(duì)地移動(dòng)的平均速度為－h(huán)/t（以向上為正方向）．由動(dòng)量守恒定律，有M（l－h(huán)）/t－mh/t=0．解得l=h．答案：h說明：（1）當(dāng)問題符合動(dòng)量守恒定律的條件，而又僅涉及位移而不涉及速度時(shí)，通常可用平均動(dòng)量求解．（2）畫出反映位移關(guān)系的草圖，對(duì)求解此類題目會(huì)有很大的幫助．（3）解此類的題目，注意速度必須相對(duì)同一參照物．【例3】如以下圖，一質(zhì)量為ml的半圓槽體A，A槽內(nèi)外皆光滑，將A置于光滑水平面上，槽半徑為R.現(xiàn)有一質(zhì)量為m2的光滑小球B由靜止沿槽頂滑下，設(shè)A和B均為彈性體，且不計(jì)空氣阻力，求槽體A向一側(cè)滑動(dòng)的最大距離．解析:系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到糟的最右端時(shí),糟向左運(yùn)動(dòng)的最大距離設(shè)為s1,那么m1s1=m2s2,又因?yàn)閟1＋s2=2R,所以思考：(1)在槽、小球運(yùn)動(dòng)的過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒嗎？(2)當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到槽的最右端時(shí)，槽是否靜止？小球能否運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)？(3)s1＋S2為什么等于2R,而不是πR?【例4】某人在一只靜止的小船上練習(xí)射擊，船、人連同槍（不包括子彈）及靶的總質(zhì)量為M,槍內(nèi)有n顆子彈，每顆子彈的質(zhì)量為m，槍口到靶的距離為L(zhǎng)，子彈水平射出槍口相對(duì)于地的速度為v0，在發(fā)射后一發(fā)子彈時(shí)，前一發(fā)子彈已射入靶中，在射完n顆子彈時(shí)，小船后退的距離為（）解析:設(shè)n顆子彈發(fā)射的總時(shí)間為t,取n顆子彈為整體,由動(dòng)量守恒得nmv0=Mv1,即nmv0t=Mv1t;設(shè)子彈相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為s1,小船后退的距離為s2,那么有:s1=v0t,s2=v1t;且s1＋s2=L解得:.答案C【例5】如以下圖，質(zhì)量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R,質(zhì)量為2m的大空心球內(nèi)．大球開場(chǎng)靜止在光滑的水平面上，當(dāng)小球從圖示位置無初速度地沿大球壁滾到最低點(diǎn)時(shí)，大球移動(dòng)的距離是多少?解析:設(shè)小球相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為s1,大球相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為s2.下落時(shí)間為t,那么由動(dòng)量守恒定律得;解得【例6】如以下圖，長(zhǎng)20m的木板AB的一端固定一豎立的木樁，木樁與木板的總質(zhì)量為10kg，將木板放在動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2的粗糙水平面上，一質(zhì)量為40kg的人從靜止開場(chǎng)以a1=4m/s2的加速度從B端向A端跑去，到達(dá)A端后在極短時(shí)間內(nèi)抱住木樁（木樁的粗細(xì)不計(jì)），求：（1)人剛到達(dá)A端時(shí)木板移動(dòng)的距離．(2)人抱住木樁后木板向哪個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，移動(dòng)的最大距離是多少？(g取10m/s2）解析:(1)由于人與木板組成的系統(tǒng)在水平方向上受的合力不為零,故不遵守動(dòng)量守恒.設(shè)人對(duì)地的位移為s1,木板對(duì)地的速度為s2,木板移動(dòng)的加速度為a2,人與木板的摩擦力為F,由牛頓定律得:F=Ma1=160N;設(shè)人從B端運(yùn)動(dòng)到A端所用的時(shí)間為t,那么s1=?a1t,s2=?a2t;s1＋s2=20m由以上各式解得t=2.0s,s2=12m(2)解法一:設(shè)人運(yùn)動(dòng)到A端時(shí)速度為v1,木板移動(dòng)的速度為v2,那么v1=a1t=8.0m/s,v2=a2t=12.0m/s,由于人抱住木樁的時(shí)間極短,在水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒,取人的方向?yàn)檎较?那么Mv1－mv2=(M+m)v,得v=4.0m/s.由此斷定人抱住木樁后,木板將向左運(yùn)動(dòng).由動(dòng)能定理得(M+m)μgs=?(M+m)v2解得s=4.0m.αV0V解法二:對(duì)木板受力分析,木板受到地面的摩擦力向左,故產(chǎn)生向左的沖量,因此,人抱住木樁后,系統(tǒng)將向左運(yùn)動(dòng).由系統(tǒng)動(dòng)量定理得(M＋m)μαV0V由動(dòng)能定理得(M+m)μgs=?(M+m)v2解得s=4.0m.2、反沖運(yùn)動(dòng)的研究【例7】如以下圖，在光滑水平面上質(zhì)量為M的玩具炮．以射角α發(fā)射一顆質(zhì)量為m的炮彈，炮彈離開炮口時(shí)的對(duì)地速度為v0。求玩具炮后退的速度v?【解析】炮彈出口時(shí)速度v0可分解為豎直向上的分量vy和水平向右的分量vx。取炮和炮彈為系統(tǒng)，初始時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量為零，炮彈出口時(shí)炮彈有豎直向上的動(dòng)量mvy，而炮車在豎直方向上卻沒方向相反的動(dòng)量，因此在豎直分方向上系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒。在水平方向上因地光滑無外力，所以可用水平方向動(dòng)量守恒來解。炮車和炮彈組成的系統(tǒng)在水平分方向上動(dòng)量守恒。設(shè)水平向左為正方向，據(jù)動(dòng)量守恒定律，在水平方向上：mv0cosα=Mv，解得炮車后退速度【例8】火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m=200g的氣體，噴出氣體相對(duì)地面的速度為v=1000m/s,設(shè)火箭的初質(zhì)量M=300kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次，在不考慮阻力的情況下，火箭發(fā)動(dòng)機(jī)1s末的速度是多大？解析：由動(dòng)量守恒，設(shè)火箭發(fā)動(dòng)機(jī)1s末的速度為v1，那么（M－20m）v1=20mv，【例9】用火箭發(fā)射人造地球衛(wèi)星，假設(shè)最后一節(jié)火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛(wèi)星一起以速度v=7．0×103m/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；已知衛(wèi)星質(zhì)量m=500kg，最后一節(jié)火箭殼體的質(zhì)量M=100kg；某時(shí)刻火箭殼體與衛(wèi)星別離，別離時(shí)衛(wèi)星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對(duì)速度u=1.8×解析：設(shè)別離后衛(wèi)星與火箭殼體相對(duì)于地面的速度分別為v1和v2，別離時(shí)系統(tǒng)在軌道切線方向上動(dòng)量守恒，（M+m）v=mv1+Mv2，且u=v1－v2，解得v1=7.3×103m/s,v2=5.5×MmOR衛(wèi)星別離后,v1>v2,將做離心運(yùn)動(dòng),衛(wèi)星將以該點(diǎn)為近地點(diǎn)做橢圓運(yùn)動(dòng).而火箭殼體別離后的速度v2=5.5×10MmOR【例10】如以下圖，帶有1/4圓弧的光滑軌道的小車放在光滑水平地面上，弧形軌道的半徑為R，最低點(diǎn)與水平線相切，整個(gè)小車的質(zhì)量為M。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊從圓弧的頂端由靜止開場(chǎng)沿軌道下滑，求當(dāng)滑塊脫離小車時(shí)滑塊和小車的各自速度?！窘馕觥吭趍由靜止沿圓弧軌道下滑過程中，m和M組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用；因此該系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒。在m下滑時(shí)，對(duì)M有一個(gè)斜向左下方的壓力，此壓力的水平分量使M在m下滑時(shí)向左作加速運(yùn)動(dòng)，直到m脫離軌道飛出。從能量守恒的觀點(diǎn)看，m與M獲得的動(dòng)能均來自m位置降低所減少的重力勢(shì)能。設(shè)向右為正方向，m脫離軌道時(shí)的速度為v1，此時(shí)小車的速度為v2.據(jù)動(dòng)量守恒定律，在水平方向上：0＝mvl一Mv2……①據(jù)能量守恒:mgR=?mv12+?Mv22……②由以上兩式解得【例11】光子的能量為hγ，動(dòng)量大小為hγ/c，如果一個(gè)靜止的放射性元素的原子核在發(fā)生γ衰變時(shí)只發(fā)出一個(gè)γ光子，那么衰變后的原子核（C）A.仍然靜止B.沿著與光子運(yùn)動(dòng)方向相同的方向運(yùn)動(dòng)C.沿著與光子運(yùn)動(dòng)方向相反的方向運(yùn)動(dòng)D.可能向任何方向運(yùn)動(dòng)、解析:原子核在放出γ光子過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，而系統(tǒng)在開場(chǎng)時(shí)總動(dòng)量為零，因此衰變后的原子核運(yùn)動(dòng)方向與γ光子運(yùn)動(dòng)方向相反.【例12】春節(jié)期間孩子們玩“沖天炮”，有一只被點(diǎn)燃的“沖天炮”噴出氣體豎直向上運(yùn)動(dòng)，其中有一段時(shí)間內(nèi)“沖天炮”向上作勻速直線運(yùn)動(dòng)，在這段時(shí)間內(nèi)“沖天炮”的有關(guān)物理量將是（）A，合外力不變；B．反沖力變??；C．機(jī)械能可能變大；D．動(dòng)量變小解析：由豎直勻速上升可知，答案A和C是正確的，但在勻速上升的過程中隱含有燃料燃燒噴出氣體的現(xiàn)象，結(jié)果“沖天炮”的質(zhì)量必然減小，所以答案B和D也是對(duì)的，否那么就會(huì)將B和D答案漏選答案：ABCD【例13】在與河岸距離相等的條件下，為什么人從船上跳到岸上時(shí)，船越小越難？解析：設(shè)人以速度v0跳出，這一速度是相對(duì)于船的速度而不是相對(duì)于地的，設(shè)船的速度為v，那么人相對(duì)于地的速度為v地=v0－v，由動(dòng)量守恒得m（v0－v）+（－Mv）=0而由能量守恒得?m（v0－v）2＋?Mv2=E，∴v=v0，那么v地=v0－v=v0，v0=v地，由于船與岸的距離是一定的，那么人相對(duì)于地的速度是一定的，即v地一定，所以M越小，那么v0越大，即相對(duì)速度越大，從能量的角度來看，E=?m（v0－v）2＋?Mv2=?mv地2（），當(dāng)M越小時(shí)，E越大，即越難。

§5碰撞中的動(dòng)量守恒知識(shí)目標(biāo)碰撞1．碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象．在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可以用動(dòng)量守恒定律處理碰撞問題．按碰撞前后物體的動(dòng)量是否在一條直線上有正碰和斜碰之分，中學(xué)物理只研究正碰的情況．2．一般的碰撞過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)能要有所減少，假設(shè)總動(dòng)能的損失很小，可以略去不計(jì)，這種碰憧叫做彈性碰撞．其特點(diǎn)是物體在碰撞過程中發(fā)生的形變完全恢復(fù)，不存在勢(shì)能的儲(chǔ)存，物體系統(tǒng)碰撞前后的總動(dòng)能相等。假設(shè)兩物體碰后粘合在一起，這種碰撞動(dòng)能損失最多，叫做完全非彈性碰撞．其特點(diǎn)是發(fā)生的形變不恢復(fù)，相碰后兩物體不分開，且以同一速度運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能損失顯著。在碰撞的一般情況下系統(tǒng)動(dòng)能都不會(huì)增加（有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的除外，如爆炸過程），這也常是判斷一些結(jié)論是否成立的依據(jù)．3．彈性碰撞題目中出現(xiàn)：“碰撞過程中機(jī)械能不損失”．這實(shí)際就是彈性碰撞．設(shè)兩小球質(zhì)量分別為m1、m2，碰撞前后速度為v1、v2、v1/、v2/，碰撞過程無機(jī)械能損失，求碰后二者的速度．根據(jù)動(dòng)量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1/＋m2v2/……①根據(jù)機(jī)械能守恒?m1v12十?m2v22=?m1v1/2十?m2v2/2……②由①②得v1/=，v2/=仔細(xì)觀察v1/、v2/結(jié)果很容易記憶,當(dāng)v2=0時(shí)v1/=，v2/=①當(dāng)v2=0時(shí)；m1=m2時(shí)v1/=0，v2/=v1這就是我們經(jīng)常說的交換速度、動(dòng)量和能量．②m1＞＞m2，v/1=v1，v2/=2v1．碰后m1幾乎未變，仍按原來速度運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量小的物體將以m1的速度的兩倍向前運(yùn)動(dòng)。③m1《m2，v/l=一v1，v2/=0．碰后m1被按原來速率彈回，m2幾乎未動(dòng)。【例1】試說明完全非彈性碰撞中機(jī)械能損失最多．解析：前面已經(jīng)說過，碰后二者一起以共同速度運(yùn)動(dòng)的碰撞為完全非彈性碰撞．設(shè)兩物體質(zhì)量分別為m1、m2，速度碰前v1、v2，碰后v1/、v2/由動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1/十m2v2/損失機(jī)械能：Q=?m1v12＋?m2v22－?m1v1/2－?m2v2/2……②由①得m1v1＋m2v1－m2v1＋m2v2＝m1v1/十m2v1/－m2v1/＋m2v2/寫成（m1＋m2）v1－m2（v1－v2）＝（m1十m2）v1/－m2（v1/－v2即（m1＋m2）（v1－v1/）=m2[（v1－v2）－（v1/－v2/）]于是（v1－v1/）=m2[（v1－v2）－（v1/－v2/）]/（m1＋m2）同理由①得m1v1＋m1v2－m1v2＋m2v2＝m1v1/十m1v2/－m1v2/＋m2v2/寫成（m1＋m2）v2＋m1（v1－v2）＝（m1十m2）v2/＋m1（v1/－v2（m1＋m2）(v2－v2/）=m1[（v1/－v2/）－（v1－v2）]（v2－v2/）=m1[（v1/－v2/）－（v1－v2）]/（m1＋m2）代入②得Q=?m1v12＋?m2v22－?m1v1/2－?m2v2/2=?m1(v12－v1/2)＋?m2(v22－v2/2）=?m1(v1－v1/)(v1＋v1/)＋?m2(v2－v2/）(v2＋v2/）=?m1(v1＋v1/)m2[(v1－v2)－(v1/－v2/)]/(m1＋m2）＋?m2(v2＋v2/）m1[（v1/－v2/）－（v1－v2）]/(m1＋m2）=[?m1m2/(m1＋m2)][v12－v1v2＋v1v1/－v2v1/－v1v1/＋v1v2/－v1/2＋v1/v2/＋v2v1/－v2v2/－v1v2＋v22＋v1/v2/－v2/2－v1v2/＋v2v2/]=[?m1m2/(m1＋m2)][v12－v1v2－v1v2＋v22－v1/2＋v1/v2/＋v1/v2/－v2/2]=[?m1m2/(m1＋m2)][(v1－v2)2－(v1/－v2/)2]……③由③式可以看出:當(dāng)v1/規(guī)律方法【例2】如以下圖，一輕質(zhì)彈簧兩端各連接一質(zhì)量均為m的滑塊A和B，兩滑塊都置于光滑水平面上．今有質(zhì)量為m/4的子彈以水平速度V射入A中不再穿出，試分析滑塊B何時(shí)具有最大動(dòng)能．其值為多少？解析：對(duì)子彈和滑決A根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv/4=5mv//4所以v/=v/5。當(dāng)彈簧被壓縮后又恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B的速度最大，具有的動(dòng)能也最大，此過程動(dòng)能與動(dòng)量都守恒由①②得：vB=2v/9所以B的動(dòng)能為EkB=2mv2/81答案：彈簧被壓縮又恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)；EkB=2mv2/81【例3】甲物體以動(dòng)量P1與靜止在光滑水平面上的乙物體對(duì)心正碰，碰后乙物體的動(dòng)量為P2，那么P2和P1的關(guān)系可能是（）A．P2＜P1；B、P2=P1C．P2＞P1解析：此題隱含著碰撞的多種過程．假設(shè)甲擊穿乙物體或甲、乙兩物體粘在一起勻速前進(jìn)時(shí)有P2＜P1；假設(shè)甲乙速度交換時(shí)有P2=P1；假設(shè)甲被彈回時(shí)有P2＞P1；故四個(gè)答案都是可能的．而后三個(gè)答案往往漏選答案：ABCD【例4】如以下圖，在支架的圓孔上放著一個(gè)質(zhì)量為M的木球，一質(zhì)量為m的子彈以速度v0從下面豎直向上擊中子彈并穿出，使木球向上跳起高度為h，求子彈穿過木球后上升的高度。MmMmV0設(shè)子彈剛穿過木球時(shí)，子彈的速度為v1，木球的速度為v2，豎直向上為正方向。對(duì)系統(tǒng)，據(jù)動(dòng)量守恒：mv=mv1＋Mv2……①木球獲得速度v2后，上升的過程機(jī)械能守恒：?Mv22=Mgh……②兩式聯(lián)立得子彈射穿木球后的上升過程機(jī)械能守恒：?mv12=mgH，將v1代入得子彈上升的最大高度：【例5】有兩塊大小不同的圓形薄板（厚度不計(jì)）質(zhì)量分別為M和m，半徑分別為R和r，兩板之間用一根長(zhǎng)為0．4m的輕繩相連結(jié)．開場(chǎng)時(shí)，兩板水平放置并疊合在一起，靜止于高度為0．2m處如圖（a）所示．然后自由下落到一固定支架C上，支架上有一半徑為R/（r＜R/＜R＝的圓孔，圓孔與兩薄板中心在圓板中心軸線上，木板與支架發(fā)生沒有機(jī)械能損失的碰撞，碰撞后，兩板即別離，直到輕繩繃緊．在輕繩繃緊瞬間，兩物體具有共同速度V，如圖4一22（b）所示．問：（l）假設(shè)M=m，那么v值為多大．（2）假設(shè)M/m=k，試討論v的方向與k值間的關(guān)系．解析：M、m與固定支架碰撞前的自由下落，所以v02=2ghv0==2m／s碰撞后，M原速返回向上作初達(dá)v0的勻減速運(yùn)動(dòng)，m作初速為v0向下勻加速運(yùn)動(dòng)．設(shè)繩剛要繃直時(shí)，M的速度為v1，上升的高度為h1，m的速度為v2，下降的高度為h2，經(jīng)歷時(shí)間為t，那么：v1＝v0一gt…………①v12＝v02一2gh1……②v2＝v0＋gt………③v22＝v02一2gh2…………④又hl＋h2=0．4…………⑤由上五式解得：v2=3m/s，v1=1m/s在繩繃緊瞬間，時(shí)間極短，重力的沖量忽略不計(jì)，那么M與m組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．設(shè)向下為正．那么mv2－Mv1=（M＋m）v，即v=（1）當(dāng)M＝m時(shí)，v＝1m/s（2）當(dāng)M/m＝k時(shí)．V=討論：k＜3時(shí)，v＞0兩板向下運(yùn)動(dòng)，k＞3時(shí)，v＜0兩板向上運(yùn)動(dòng)，k＝3時(shí)，v＝0兩板瞬時(shí)靜止【例6】如以下圖，一輛質(zhì)量M=2kg的平板車左端放有質(zhì)量m=3kg的小滑塊，滑塊與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，開場(chǎng)時(shí)平板車和滑塊共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右運(yùn)動(dòng)，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞時(shí)間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反．平板車足夠長(zhǎng)，以至滑塊不會(huì)滑到平板車右端．（取g＝10m/s2）求：（1)平板車第一次與墻壁碰撞后向左運(yùn)動(dòng)的最大距離；(2）平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度v2；(3）假設(shè)滑塊始終不會(huì)滑到平板車右端，平板車至少多長(zhǎng)．解析:平板車第一次與豎直墻壁發(fā)生碰撞后速度大小保持不變，但方向與原來相反．在此過程中，由于時(shí)間極短，故滑塊m的速度與其在車上的位置均未發(fā)生變化．此外，由于相對(duì)運(yùn)動(dòng)，滑塊m和平板車間將產(chǎn)生摩擦力，兩者均做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于平板車質(zhì)量小，故其速度減為0時(shí)，滑塊m仍具有向右的不為0的速度，此時(shí)起，滑塊m繼續(xù)減速，而平板車反向加速一段時(shí)間后，滑塊M和平板車將到達(dá)共同速度，一起向右運(yùn)動(dòng)，與豎直墻壁發(fā)生第二次碰撞……（1）設(shè)平板車第一次碰墻壁后，向左移動(dòng)s，速度減為0.（由于系統(tǒng)總動(dòng)量向右，平板車速度為0時(shí)，滑塊還具有向右的速度）．根據(jù)動(dòng)能定理有：一?μmgs1=0一?Mv02代入數(shù)據(jù)得：(2)假設(shè)平板車在第二次碰墻前還未和滑塊相對(duì)靜止，那么其速度的大小肯定還是2m/s，滑塊的速度那么大于2m/s，方向均向右，這顯然不符合動(dòng)量守恒定律．所以平板車在第二次碰墻前肯定已和滑塊具有共同速度v2.此即平板車碰墻瞬間的速度mv0一Mv0＝（M＋m）v2，(3）平板車與墻壁第一次碰撞后到滑塊與平板車又到達(dá)共同速度v前的過程，可用圖(a)(b)(c）表示．圖(a)為平板車與墻碰撞后瞬間滑塊與平板車的位置，圖(b)為平板車到達(dá)最左端時(shí)兩者的位置，圖（c）為平板車與滑塊再次到達(dá)共同速度時(shí)兩者的位置．在此過程中滑塊動(dòng)能減少等于摩擦力對(duì)滑塊所做功μmgs/，平板車動(dòng)能減少等于摩擦力對(duì)平板車所做功μmgs//（平板車從B到A再回到B的過程中摩擦力做功為0)，其中s',s"分別為滑塊和平板車的位移．滑塊和平板車動(dòng)能總減少為μmgL，其中L＝s/+s//為滑塊相對(duì)平板車的位移．此后，平板車與墻壁發(fā)生屢次碰撞，每次情況與此類似，最后停在墻邊．設(shè)滑塊相對(duì)平板車總位移為L(zhǎng),那么有：?(M＋m)v02=μmgL,L即為平板車的最短長(zhǎng)度．

§6動(dòng)量、能量綜合應(yīng)用知識(shí)目標(biāo)一、動(dòng)量和動(dòng)能動(dòng)量和動(dòng)能都是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量，但它們存在明顯的不同：動(dòng)量是矢量，動(dòng)能是標(biāo)量．物體動(dòng)量變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化；但動(dòng)能一旦發(fā)生變化，動(dòng)量必發(fā)生變化．如做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)量不斷變化而動(dòng)能保持不變．動(dòng)量是力對(duì)時(shí)間的積累效應(yīng)，動(dòng)量的大小反映物體可以抑制一定阻力運(yùn)動(dòng)多久，其變化量用所受沖量來量度；動(dòng)能是力對(duì)空間的積累效應(yīng)，動(dòng)能的大小反映物體可以抑制一定阻力運(yùn)動(dòng)多么遠(yuǎn)，其變化量用外力對(duì)物體做的功來量度．動(dòng)量的大小與速度成正比，動(dòng)能大小與速率的平方成正比．不同物體動(dòng)能相同時(shí)動(dòng)量可以不同，反之亦然，，常用于比較動(dòng)能相同而質(zhì)量不同物體的動(dòng)量大??；常用來比較動(dòng)量相同而質(zhì)量不同物體的動(dòng)能大?。?dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒（包括能量守恒）定律動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律所研究的對(duì)象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)，且研究的都是某一物理過程一但兩者守恒的條件不同：系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒，決定于系統(tǒng)所受合外力是否為零；而機(jī)械能是否守恒，那么決定于是否有重力以外的力（不管是內(nèi)力還是外力）做功．所以，在利用機(jī)械能守恒定律處理問題時(shí)要著重分析力的做功情況，看是否有重力以外的力做功；在利用動(dòng)量守恒定律處理問題時(shí)著重分析系統(tǒng)的受力情況（不管是否做功），并著重分析是否滿足合外力為零．應(yīng)特別注意：系統(tǒng)動(dòng)量守恒時(shí)，機(jī)械能不一定守恒；同樣機(jī)械能守恒時(shí)，動(dòng)量不一定守恒，這是因?yàn)閮蓚€(gè)守恒定律的守恒條件不同必然導(dǎo)致的結(jié)果．如各種爆炸、碰撞、反沖現(xiàn)象中，因F內(nèi)》F外，動(dòng)量都是守恒的，但因很多情況下有內(nèi)力做功使其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能而使其機(jī)械能不守恒．另外，動(dòng)量守恒定律表示成為矢量式，應(yīng)用時(shí)必須注意方向，且可在某一方向獨(dú)立使用；機(jī)械能守恒定律表示成為標(biāo)量式，對(duì)功或能量只需代數(shù)加減，不能按矢量法那么進(jìn)展分解或合成．三、處理力學(xué)問題的根本方法處理力學(xué)問題的根本方法有三種：一是牛頓定律，二是動(dòng)量關(guān)系，三是能量關(guān)系．假設(shè)考察有關(guān)物理量的瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，須應(yīng)用牛頓定律，假設(shè)考察一個(gè)過程，三種方法都有可能，但方法不同，處理問題的難易、繁簡(jiǎn)程度可能有很大的差異．假設(shè)研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮兩大守恒定律，假設(shè)研究對(duì)象為單一物體，可優(yōu)先考慮兩個(gè)定理，特別涉及時(shí)間問題時(shí)應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)量定理，涉及功和位移問題的應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理．因?yàn)閮蓚€(gè)守恒定律和兩個(gè)定理只考察一個(gè)物理過程的始末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間關(guān)系，對(duì)過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處．特別對(duì)于變力作用問題，在中學(xué)階段無法用牛頓定律處理時(shí)，就更顯示出它們的優(yōu)越性．四、求解動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、動(dòng)能定理、功能關(guān)系的綜合應(yīng)用類題目時(shí)要注意：1.認(rèn)真審題，明確物理過程．這類問題過程往往比較復(fù)雜，必須仔細(xì)閱讀原題，搞清已知條件，判斷哪一個(gè)過程機(jī)械能守恒，哪一個(gè)過程動(dòng)量守恒2.靈活應(yīng)用動(dòng)量、能量關(guān)系．有的題目可能動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒，或機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒，或者動(dòng)量在整個(gè)變化過程中守恒，而機(jī)械能在某一個(gè)過程中有損失等，過程的選取要靈活，既要熟悉一定的典型題，又不能死套題型、公式．【例1】如以下圖，A和B并排放在光滑的水平面上，A上有一光滑的半徑為R的半圓軌道，半圓軌道右側(cè)頂點(diǎn)有一小物體C，C由頂點(diǎn)自由滑下，設(shè)A、B、C的質(zhì)量均為m．求：（1）A、B別離時(shí)B的速度多大？（2）C由頂點(diǎn)滑下到沿軌道上升至最高點(diǎn)的過程中做的功是多少？分析：小物體C自由滑下時(shí)，對(duì)槽有斜向右下方的作用力，使A、B一起向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)C滑至槽的最低點(diǎn)時(shí)，C、A之間的作用力沿豎直方向，這就是A、B別離的臨界點(diǎn)，因C將沿槽上滑，C對(duì)A有斜向左下方的作用力，使A向右做減速運(yùn)動(dòng)，而B以A別離時(shí)的速度向右做勻速運(yùn)動(dòng)，C沿軌道上升到最大高度時(shí)，C與A的相對(duì)速度為零，而不是C對(duì)地的速度為零，至于C在全過程中所做的功，應(yīng)等于A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)能的增加（實(shí)際上是等于C的重力所做的功）。解析：對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，它們?cè)谒较蛏纤芡饬α?，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，那么2mvAB＋mvC＝0………①又系統(tǒng)內(nèi)僅有重力彈力做功，機(jī)械能守恒，有mgR=?（2m）vAB2＋?mvc2………②聯(lián)立①②解得vAB＝，vC=－2，即別離時(shí)B的速度為．（2）當(dāng)C上升到最高點(diǎn)時(shí)，C與A有共同速度vAB，對(duì)A、B、C系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律，mvAB＋mvC＝2mvAC解之得vAC=－．所以W=?mvAB2＋?2mvc2＝?m（）2＋?×2m（）2＝mgR．點(diǎn)評(píng)：此題把動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律巧妙地結(jié)合一起，考察對(duì)物理過程分析和描述的能力，關(guān)鍵是能清晰地將整個(gè)物理過程劃分兩個(gè)階段，應(yīng)用于恒定律來解。規(guī)律方法一、特點(diǎn)能量與動(dòng)量結(jié)合的題目，過程復(fù)雜，知識(shí)綜合性強(qiáng)，難度比較大；它不僅在力學(xué)中出現(xiàn)，在電學(xué)與原子核物理學(xué)中也都有類似的題目．因而在高考中那些難度大的題目往往出現(xiàn)在這里．二、解題思路1．選出要研究的系統(tǒng)．2．對(duì)系統(tǒng)分析，看是否動(dòng)量守恒（有時(shí)是某一方向動(dòng)量守恒），再根據(jù)動(dòng)量守恒定律列方程．3．對(duì)系統(tǒng)中的物體受力分析，找出外力總功與物體始末動(dòng)能，從而應(yīng)用動(dòng)能定理列關(guān)系式．4．這當(dāng)中有時(shí)要用到機(jī)械能守恒或能量守恒定律，可根據(jù)具體情況列出關(guān)系式．5．根據(jù)以上的關(guān)系式，求得某一物理量【例2】如以下圖，質(zhì)量為m的小鐵塊以初速度v0滑上質(zhì)量為M，靜止在光滑水平面上的木塊，鐵塊與木塊間的摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)M向右運(yùn)動(dòng)s時(shí)，m與M相對(duì)靜止，m相對(duì)M滑動(dòng)距離為Δs，那么木塊動(dòng)能的增量，鐵塊動(dòng)能的減少量，系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，轉(zhuǎn)化成內(nèi)能的能量各是多少？解析：對(duì)m與M在水平方向所受合外力為零，因而動(dòng)量守恒根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv0＝（M＋m）v……①根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)M?Mv2=μmgs對(duì)m：?mv02一?mv2=μmg（s＋Δs）木塊動(dòng)能增量為μmgs=?M2鐵塊動(dòng)能減少量為：μmg（s＋Δs）=?mv02－?m2系統(tǒng)機(jī)械能的減少量為：?mv02一?mv2－?Mv2＝μmgΔs轉(zhuǎn)化成內(nèi)能的能量為：μmgΔs答案：?M2，?mv02－?m2，μmgΔs，μmgΔs點(diǎn)評(píng)：從以上可知，（1）m動(dòng)能減少量，轉(zhuǎn)化成M的動(dòng)能與系統(tǒng)的內(nèi)能．（2）系統(tǒng)機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的內(nèi)能（3）從該題中也可以進(jìn)一步認(rèn)識(shí)到作用力、反作用力有時(shí)做功不同．【例3】上題中ΔS與S比較，可能（）A．一定ΔS＜s；B．一定ΔS＝S；C．一定ΔS＞S；D．以上結(jié)論均可能，但不能說是一定解析：由mv0＝（M＋m）v得v=，μmgs=?M2μmgΔs=?mv02一?mv2－?Mv2=?mv02一?m2－?M2我們比較S與ΔS的大小，只要看μmgΔs一μmgs大于零或小于零，或者等于零即可．μmgΔs一μmgs=?mv02一?m2－?M2－?M2＝?mv02[1－－]對(duì)[1－－]==顯然大于零由以上討論可知ΔS＞S答案：c【例4】如以下圖，質(zhì)量M＝lkg的平板小車右端放有質(zhì)量m＝2kge的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），物塊與車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0．5．開場(chǎng)時(shí)二者一起以v0=6m/s的速度向左端的光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，并使車與墻發(fā)生正碰，沒碰撞時(shí)間極短，且碰后車的速率與碰前的相同，車身足夠長(zhǎng)，使物塊不能與墻相碰（g＝10rn／s2）求：（1）物塊相對(duì)于小車的總位移S是多少？（2）小車與墻第一次相碰后小車所走的總路程SM為多少？解析：（1）由于m＞M，兩者以共同速度與墻相碰后，物塊的動(dòng)量大小比車的動(dòng)量大，由于滑動(dòng)摩擦力的作用，兩者必會(huì)又以共同速度再次與墻相碰，如此反復(fù)直到兩者一起停頓在墻角邊為止，設(shè)物體相對(duì)于車的位移為S，由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：μmgs=?（m+M）v02，所以s=（m+M）v02/2μmg=5.4m（2）設(shè)v1＝v0，車與墻第n次碰后邊率為vn，那么第（n＋1）次碰后速率為vn+1，對(duì)物塊與車由動(dòng)量守恒得：mvn－Mvn=（m＋M）vn+1所以vn+1＝＝vn=vn/3．車與墻第（n＋1）次碰后最大位移sn+1=vn+12/2a==Sn/9可見車每次與墻碰后的最大位移是一個(gè)等比數(shù)列，其q=1/9，所以車與墻碰后的總路程SM=2（S1＋S2＋…＋Sn＋…）＝2S1·（1十十…＋＋…）=車第一次與墻碰后最大位移S1＝/2a＝/2a，a=μmg/M=10m/s2可算得S1=m＝1．8m所以SM=m＝4.05n答案：（1）5．4m（2）4．05m點(diǎn)評(píng)：運(yùn)用動(dòng)量觀點(diǎn)和動(dòng)能觀點(diǎn)解題每年在高考中都有很重的份量，每年的壓軸題都是利用此觀點(diǎn)解題．它們的特點(diǎn)是過程復(fù)雜、難度大、綜合性強(qiáng)、靈活性高，這就要求我們主動(dòng)去分析研究這類題的特點(diǎn)及處理所用的數(shù)學(xué)方法；在提高審題能力和物理過程分析能力上很下功夫，適度配合強(qiáng)化訓(xùn)練．【例5】如以下圖，質(zhì)量為M長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板（端點(diǎn)為A、B，中點(diǎn)為O）置于光滑水平面上，現(xiàn)使木板M以v0的水平初速度向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)把質(zhì)量為m長(zhǎng)度可忽略的小木塊置于B端（它對(duì)地初速為零），它與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，問v0在什么范圍內(nèi)才能使小木塊m滑動(dòng)到OA之間停下來（即相對(duì)木板靜止）？解析：當(dāng)m