2018年高考物理第一輪知識點(diǎn)梳理復(fù)習(xí)教案29-專題十五-動量守恒與近代物理初步-考點(diǎn)一-碰撞與動量

PAGEPAGE1專題十五動量守恒與近代物理初步(選修3－5)考綱展示命題探究eq\a\vs4\al(考點(diǎn)一碰撞與動量守恒)基礎(chǔ)點(diǎn)知識點(diǎn)1動量、沖量、動量定理、動量守恒定律1．動量(1)定義：運(yùn)動物體的質(zhì)量與速度的乘積。(2)表達(dá)式：p＝mv。(3)單位：kg·m/s。(4)標(biāo)矢性：動量是矢量，其方向與速度的方向相同。(5)動量、動能、動量變化量的比較。名稱項目動量動能動量變化量定義物體的質(zhì)量和速度的乘積物體由于運(yùn)動而具有的能量物體末動量與初動量的矢量差定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2Δp＝p′－p項目動量動能動量變化量標(biāo)矢性矢量標(biāo)量矢量特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關(guān)聯(lián)方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)2.沖量(1)定義：力和力的作用時間的乘積叫做力的沖量。(2)表達(dá)式：I＝Ft。單位：N·s。(3)標(biāo)矢性：沖量是矢量，它的方向由力的方向決定。3．動量定理項目動量定理內(nèi)容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表達(dá)式p′－p＝F合t或mv′－mv＝F合t意義合外力的沖量是引起物體動量變化的原因標(biāo)矢性矢量式(注意正方向的選取)4.動量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受合外力為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。(2)表達(dá)式①m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。②Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。③Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零。(3)適用條件①系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內(nèi)每個物體所受的合外力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。②近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力。③如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒。知識點(diǎn)2碰撞、反沖和爆炸問題1．碰撞：物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。2．特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。3．分類兩類守恒碰撞類型動量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大4.反沖現(xiàn)象(1)在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用的過程中系統(tǒng)的動能增大，且常伴有其他形式能向動能的轉(zhuǎn)化。(2)反沖運(yùn)動的過程中，如果合外力為零或外力的作用遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，可利用動量守恒定律來處理。5．爆炸問題：爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒，爆炸過程中位移很小，可忽略不計，作用后從相互作用前的位置以新的動量開始運(yùn)動。知識點(diǎn)3實(shí)驗：驗證動量守恒定律1．方案一：利用氣墊導(dǎo)軌完成一維碰撞實(shí)驗(如圖所示)。(1)測質(zhì)量：用天平測出滑塊質(zhì)量。(2)安裝：正確安裝好氣墊導(dǎo)軌。(3)實(shí)驗：接通電源，利用配套的光電計時裝置測出兩滑塊各種情況下碰撞前后的速度。(①改變滑塊的質(zhì)量。②改變滑塊的初速度大小和方向。)(4)驗證：一維碰撞中的動量守恒。2．方案二：利用等長懸線懸掛等大小球完成一維碰撞實(shí)驗(如圖所示)。(1)測質(zhì)量：用天平測出兩小球的質(zhì)量m1、m2。(2)安裝：把兩個等大小球用等長懸線懸掛起來。(3)實(shí)驗：一個小球靜止，拉起另一個小球，放下時它們相碰。(4)測速度：可以測量小球被拉起的角度，從而算出碰撞前對應(yīng)小球的速度，測量碰撞后小球擺起的角度，算出碰撞后對應(yīng)小球的速度。(5)改變條件：改變碰撞條件，重復(fù)實(shí)驗。(6)驗證：一維碰撞中的動量守恒。3．方案三：在光滑桌面上兩車碰撞完成一維碰撞實(shí)驗(如圖所示)。(1)測質(zhì)量：用天平測出兩小車的質(zhì)量。(2)安裝：將打點(diǎn)計時器固定在光滑長木板的一端，把紙帶穿過打點(diǎn)計時器，連在小車的后面，在兩小車的碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥。(3)實(shí)驗：接通電源，讓小車A運(yùn)動，小車B靜止，兩車碰撞時撞針插入橡皮泥中，把兩小車連接成一體運(yùn)動。(4)測速度：通過紙帶上兩計數(shù)點(diǎn)間的距離及時間由v＝eq\f(Δx,Δt)算出速度。(5)改變條件：改變碰撞條件，重復(fù)實(shí)驗。(6)驗證：一維碰撞中的動量守恒。重難點(diǎn)一、動量定理的理解和應(yīng)用1．動量定理的理解(1)動量定理描述的是一個過程，它表明物體所受合外力的沖量是物體動量變化的原因，物體動量的變化是它受到的外力作用經(jīng)過一段時間積累的結(jié)果。(2)動量定理Ft＝mvt－mv0是一個矢量式，運(yùn)算應(yīng)遵循平行四邊形定則。若公式中各量均在一條直線上，可規(guī)定某一方向為正，根據(jù)題設(shè)給出各量的方向研究它們的正負(fù)，從而把矢量運(yùn)算簡化為代數(shù)運(yùn)算。(3)動量定理既適用于恒力，也適用于變力，對于變力的情況，動量定理中的F應(yīng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值。(4)動量定理說明的是合力的沖量與動量變化量的關(guān)系，反映力對時間的積累效果，與物體的初、末動量無必然聯(lián)系，動量變化量的方向與合力的沖量方向相同。而物體在某一時刻的動量方向跟合力的沖量方向無必然聯(lián)系。(5)動量定理的研究對象是單個物體或物體系統(tǒng)。系統(tǒng)的動量變化等于在作用過程中組成系統(tǒng)的各個物體所受外力沖量的矢量和。而物體之間的作用力不會改變系統(tǒng)的總動量。2．動量定理的應(yīng)用(1)動力學(xué)問題中的應(yīng)用①在不涉及加速度和位移的情況下，研究運(yùn)動和力的關(guān)系時，用動量定理求解一般較為方便。②因為動量定理不僅適用于恒力作用，也適用于變力作用，而且也不需要考慮運(yùn)動過程的細(xì)節(jié)。(2)用動量定理解釋現(xiàn)象①用動量定理解釋的現(xiàn)象一般可分為兩類：一類是物體的動量變化量一定，這種情況下力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越小。另一類是作用力一定，這種情況下力的作用時間越長，動量變化量越大；力的作用時間越短，動量變化量越小。分析問題時，要把哪個量一定、哪個量變化搞清楚。②用動量定理解釋現(xiàn)象時，關(guān)鍵分析清楚作用力、時間及動量變化量的情況。3．應(yīng)用動量定理解題的步驟(1)明確研究對象和研究過程研究對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)內(nèi)各物體可以是保持相對靜止的，也可以是相對運(yùn)動的。研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段。(2)進(jìn)行受力分析只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，所有外力之和為合外力。研究對象內(nèi)部的相互作用力(內(nèi)力)會改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內(nèi)力。如果在所選定的研究過程的不同階段中物體的受力情況不同，則要分別計算它們的沖量，然后求它們的矢量和。(3)規(guī)定正方向由于力、沖量、速度、動量都是矢量，在一維的情況下，列式前可以先規(guī)定一個正方向，與規(guī)定的正方向相同的矢量為正，反之為負(fù)。(4)寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量(或各外力在各個階段的沖量的矢量和)。(5)根據(jù)動量定理列式求解。特別提醒(1)若各力的作用時間相同，且各外力為恒力，可以先求合力，再乘以時間求沖量，I合＝F合·t。(2)若各外力作用時間不同，可以先求出每個外力在相應(yīng)時間的沖量，然后求各外力沖量的矢量和，即I合＝F1t1＋F2t2＋…(3)初態(tài)的動量p是系統(tǒng)各部分動量之和，末態(tài)的動量p′也是系統(tǒng)各部分動量之和。(4)對系統(tǒng)各部分的動量進(jìn)行描述時，應(yīng)該選取同一個參考系，不然求和無實(shí)際意義。二、動量守恒定律的理解與應(yīng)用1．動量守恒定律的“五性”矢量性動量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量，表達(dá)式中的p1、p2……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2.動量守恒定律適用條件(1)前提條件：存在相互作用的物體系。(2)理想條件：系統(tǒng)不受外力。(3)實(shí)際條件：系統(tǒng)所受合外力為0。(4)近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力。(5)方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動量守恒。3．動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的比較定律名稱比較項目動量守恒定律機(jī)械能守恒定律相同點(diǎn)研究對象相互作用的物體組成的系統(tǒng)研究過程某一運(yùn)動過程不同點(diǎn)守恒條件系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零系統(tǒng)只有重力或彈力做功表達(dá)式p1＋p2＝p1′＋p2′Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2表達(dá)式的矢標(biāo)性矢量式標(biāo)量式某一方向上應(yīng)用情況可在某一方向上獨(dú)立使用不能在某一方向獨(dú)立使用運(yùn)算法則矢量運(yùn)算代數(shù)運(yùn)算4.應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)；(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量；(4)由動量守恒定律列出方程；(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明。特別提醒(1)動量守恒定律是自然界中最普遍、最基本的規(guī)律之一。它不僅適用于宏觀、低速領(lǐng)域，而且適用于微觀、高速領(lǐng)域。(2)在同一物理過程中，系統(tǒng)的動量是否守恒與系統(tǒng)的選取密切相關(guān)，因此應(yīng)用動量守恒解決問題時，一定要明確哪些物體組成的系統(tǒng)在哪個過程中動量是守恒的。(3)速度v與參考系的選取有關(guān)，因此相互作用的物體的速度v1、v2、v1′、v2′都必須相對同一慣性參考系，通常都是指相對地面的速度。(4)動量是狀態(tài)量，具有瞬時性，動量守恒指的是在任意兩個確定狀態(tài)下系統(tǒng)的動量矢量和相同，因此動量守恒定律的表達(dá)式中v1、v2必須是相互作用前同一時刻兩物體的瞬時速度，v1′、v2′必須是相互作用后同一時刻兩物體的瞬時速度。(5)對于兩個以上的物體組成的系統(tǒng)，由于物體較多，作用過程較為復(fù)雜，往往要根據(jù)作用過程中的不同階段，建立多個動量守恒方程，或?qū)⑾到y(tǒng)內(nèi)的物體按相互作用的關(guān)系分成幾個小系統(tǒng)，分別建立動量守恒方程。三、碰撞、反沖、爆炸類問題1．碰撞(1)對碰撞的理解①發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時間很短；各物體作用前后各自動量變化顯著；物體在作用時間內(nèi)位移可忽略。②即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，作用時間又很短，故外力的作用可忽略，認(rèn)為系統(tǒng)的動量是守恒的。③若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，則系統(tǒng)碰撞后的總機(jī)械能不可能大于碰撞前系統(tǒng)的總機(jī)械能。(2)物體的碰撞是否為彈性碰撞的判斷彈性碰撞是碰撞過程中無機(jī)械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律。確切地說是碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，動能不變。①題目中明確告訴物體間的碰撞是彈性碰撞。②題目中明確告訴是彈性小球、光滑鋼球或分子(原子等微觀粒子)碰撞的，都是彈性碰撞。(3)彈性碰撞的規(guī)律規(guī)律：滿足動量守恒和機(jī)械能守恒。例如：以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′①eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2②由①②得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：a．當(dāng)m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后交換了速度。b．當(dāng)m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后都向前運(yùn)動。當(dāng)m1?m2時，即第一個物體的質(zhì)量比第二個物體的質(zhì)量大得多時，m1－m2≈m1，m1＋m2≈m1，由①②兩式得v1′＝v1，v2′＝2v1。c．當(dāng)m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后質(zhì)量小的球反彈。當(dāng)m1?m2時，即第一個物體的質(zhì)量比第二個物體的質(zhì)量小得多時，m1－m2≈－m2，m1＋m2≈m2，eq\f(2m1,m1＋m2)≈0，由①②兩式得v1′＝－v1，v2′＝0。(4)非彈性碰撞的規(guī)律規(guī)律：滿足動量守恒和能量守恒(而機(jī)械能不守恒)。例如：以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面非彈性碰撞為例，由動量守恒定律知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，由能量守恒定律知，系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE損＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2))。(5)碰撞現(xiàn)象滿足的三個規(guī)律①動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′。②動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。③速度要合理a．若碰前兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)有v后＞v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)有v前′≥v后′。b．碰前兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變。2．反沖(1)現(xiàn)象：物體的不同部分在內(nèi)力的作用下向相反方向運(yùn)動的現(xiàn)象。(2)特點(diǎn)：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動量往往有以下幾種情況：①動量守恒；②動量近似守恒；③某一方向上動量守恒。反沖運(yùn)動中機(jī)械能往往不守恒。(3)實(shí)例：噴氣式飛機(jī)、火箭等都是利用反沖運(yùn)動的實(shí)例。3．爆炸的特點(diǎn)(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，發(fā)生爆炸時物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運(yùn)動。特別提醒(1)彈性碰撞能夠完全恢復(fù)形變，非彈性碰撞是不能夠完全恢復(fù)形變，完全非彈性碰撞是碰后粘在一起。(2)反沖運(yùn)動中平均動量守恒。四、實(shí)驗：驗證動量守恒定律1．實(shí)驗時應(yīng)注意的幾個問題(1)前提條件：碰撞的兩物體應(yīng)保證“水平”和“正碰”。(2)四種方案提醒①若利用氣墊導(dǎo)軌進(jìn)行實(shí)驗，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時，注意利用水平儀確保導(dǎo)軌水平。②若利用擺球進(jìn)行實(shí)驗，兩小球靜放時球心應(yīng)在同一水平線上，且剛好接觸，擺線豎直，將小球拉起后，兩條擺線應(yīng)在同一豎直平面內(nèi)。③若利用長木板進(jìn)行實(shí)驗，可在長木板下墊一小木片用以平衡摩擦力。④若利用斜槽進(jìn)行實(shí)驗，入射球質(zhì)量要大于被碰球質(zhì)量，即：m1＞m2，防止碰后m1被反彈。(3)探究結(jié)論：尋找的不變量必須在各種碰撞情況下都不改變。2．對實(shí)驗誤差的分析(1)系統(tǒng)誤差：主要來源于裝置本身是否符合要求，即：①碰撞是否為一維碰撞。②實(shí)驗是否滿足動量守恒的條件，如氣墊導(dǎo)軌是否水平，兩球是否等大，長木板實(shí)驗是否平衡掉摩擦力等。(2)偶然誤差：主要來源于質(zhì)量m和速度v的測量。(3)減小誤差的措施①設(shè)計方案時應(yīng)保證碰撞為一維碰撞，且盡量滿足動量守恒的條件。②采取多次測量求平均值的方法減小偶然誤差。1．思維辨析(1)動量具有瞬時性。()(2)物體動量的變化等于某個力的沖量。()(3)動量守恒定律中的速度是相對于同一參考系的速度。()(4)質(zhì)量相等的兩個物體發(fā)生碰撞時，一定交換速度。()(5)系統(tǒng)的總動量不變是指系統(tǒng)總動量的大小保持不變。()(6)兩物體的動量相等，動能也一定相等。()(7)物體的動能發(fā)生變化，動量也一定發(fā)生變化。()(8)只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動量就不可能守恒。()(9)只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)的動量就不守恒。()(10)利用斜槽做“驗證動量守恒定律”實(shí)驗時，入射小球每次開始滾下的位置是固定的。()答案(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×(6)×(7)√(8)×(9)×(10)√2．(多選)兩個質(zhì)量不同的物體，如果它們的()A．動能相等，則質(zhì)量大的動量大B．動能相等，則動量大小也相等C．動量大小相等，則質(zhì)量大的動能小D．動量變化量相等，則受到合力的沖量大小也相等答案ACD解析由p＝eq\r(2mEk)可知，兩物體動能相同時，質(zhì)量越大的動量越大，A正確，B錯誤；由Ek＝eq\f(p2,2m)可知，兩物體動量相同時，質(zhì)量越大的動能越小，C正確；由動量定理可知，物體動量變化量與所受合外力的沖量相同，D正確。3．兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為mA＝2.0kg，mB＝0.90kg，它們的下底面光滑，上表面粗糙，另有一質(zhì)量mC＝0.10kg的滑塊C，以vC＝10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如圖所示。由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上，B和C的共同速度為0.50m/s。求：(1)木塊A的最終速度vA；(2)滑塊C離開A時的速度vC′。答案(1)0.25m/s(2)2.75m/s解析C從開始滑上A到恰好滑上A的右端過程中，A、B、C組成系統(tǒng)動量守恒mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′C剛滑上B到兩者相對靜止，對B、C組成的系統(tǒng)動量守恒mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v解得vA＝0.25m/svC′＝2.75m/s。[考法綜述]本考點(diǎn)內(nèi)容在高考中必考，動量守恒定律是本考點(diǎn)的重點(diǎn)，動量與能量結(jié)合問題是本考點(diǎn)的難點(diǎn)，高考命題一般考查動量與能量相結(jié)合的問題，因此復(fù)習(xí)本考點(diǎn)時應(yīng)掌握：1個定理——動量定理2個概念——動量、沖量1個定律——動量守恒定律1個應(yīng)用——動量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)用3類問題——碰撞、反沖、爆炸類問題命題法1動量定理的相關(guān)問題典例1在撐竿跳比賽的橫桿下方要放上很厚的海綿墊子，為什么？設(shè)一位撐竿跳運(yùn)動員的質(zhì)量為70kg，越過橫桿后從h＝5.6m高處落下，落在海綿墊上和落在普通沙坑里分別經(jīng)歷時間Δt1＝1s、Δt2＝0.1s停下。求兩種情況下海綿墊和沙坑對運(yùn)動員的作用力。[答案]落在海綿墊上時，F(xiàn)N＝1442N；落在沙坑里時，F(xiàn)N＝8120N[解析]運(yùn)動員從接觸海綿墊或沙坑，直到停止，兩種情況下運(yùn)動員的動量變化量相同，即從動量p＝mv＝meq\r(2gh)，變化到p′＝0。在這個過程中，運(yùn)動員除受到豎直向下的重力外，還受到海綿墊或沙坑的支持力。通過比較兩種情況下發(fā)生動量變化的時間，即可比較兩者的作用力大小。若規(guī)定豎直向上為正方向，則運(yùn)動員著地(接觸海綿或沙坑)過程中的始、末動量為p＝mv＝－meq\r(2gh)，p′＝0受到的合外力為F＝FN－mg由牛頓第二定律的動量表達(dá)公式Ft＝p′－p＝mv′－mv即FN－mg＝eq\f(0＋m\r(2gh),Δt)所以：FN＝mg＋eq\f(m\r(2gh),Δt)落在海綿墊上時，Δt1＝1s，則FN＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(70×10＋\f(70\r(2×10×5.6),1)))N＝1442N落在沙坑里時，Δt2＝0.1s，則FN＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(70×10＋\f(70\r(2×10×5.6),0.1)))N＝8120N放上海綿墊后，運(yùn)動員發(fā)生同樣動量變化量的時間延長了，同時又增大了運(yùn)動員與地面(海綿墊)的接觸面積，可以有效地保護(hù)運(yùn)動員不致受到猛烈撞擊受傷?！窘忸}法】用動量定理解題的基本思路命題法2動量守恒定律的簡單應(yīng)用典例2如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運(yùn)動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運(yùn)動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。[答案]2m/s[解析]因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvCA與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vABA與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足vAB＝vC，聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2m/s?！窘忸}法】動量守恒定律的解題步驟命題法3碰撞類問題典例3如圖，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C。B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)。設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動，壓縮彈簧。當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動。假設(shè)B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，(1)整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。[答案](1)eq\f(mv\o\al(2,0),16)(2)eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)[解析](1)從A壓縮彈簧到A與B具有共同速度v1時，對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝2mv1①得v1＝eq\f(v0,2)。根據(jù)機(jī)械能守恒定律得此時彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。當(dāng)B與C碰撞時，由于作用時間極短，彈簧來不及發(fā)生形變，所以勢能也保持不變。B與C碰撞前后瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后B、C共同速度為v2。根據(jù)動量守恒定律得mv1＝2mv2②由①②得v2＝eq\f(v0,4)。B、C碰撞之后，A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。整個過程中損失的能量為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,1)＋Ep))＋\f(1,2)2mv\o\al(2,2)))＝eq\f(mv\o\al(2,0),16)。(2)彈簧最短時A、B、C具有共同速度v3。根據(jù)動量守恒定律得mv1＋2mv2＝3mv3，得v3＝eq\f(v0,3)。B與C碰后，A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)彈簧最短時勢能為Ep′。Ep′＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,1)＋Ep))＋\f(1,2)2mv\o\al(2,2)))－eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,3)＝eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)?！窘忸}法】碰撞問題解題策略(1)抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解。(2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。命題法4爆炸、反沖及人船模型類問題典例4如圖所示，長為l、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，一個質(zhì)量為m的人站在船頭，若不計水的阻力，當(dāng)人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面的位移分別是多少？[答案]eq\f(m,M＋m)leq\f(M,M＋m)l[解析]選人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，由于人從船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，所以水平方向動量守恒。人起步前系統(tǒng)的總動量為零，當(dāng)人起步加速前進(jìn)時，船同時加速運(yùn)動；當(dāng)人勻速前進(jìn)時，船同時勻速運(yùn)動；當(dāng)人停下來時，船也停下來。設(shè)某一時刻人對地的速度為v2，船對地的速度為v1，選人前進(jìn)的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：mv2－Mv1＝0，即eq\f(v2,v1)＝eq\f(M,m)。因為在人從船頭走到船尾的整個過程中，每一時刻系統(tǒng)都滿足動量守恒定律，所以每一時刻人的速度與船的速度之比都與它們的質(zhì)量成反比。從而可以做出判斷：在人從船頭走向船尾的過程中，人的位移x2與船的位移x1之比也等于它們的質(zhì)量的反比，即eq\f(x2,x1)＝eq\f(M,m)。由圖可以看出x1＋x2＝l，所以x1＝eq\f(m,M＋m)l，x2＝eq\f(M,M＋m)l。【解題法】利用人船模型解題需注意兩點(diǎn)(1)條件①系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向上的動量守恒。②構(gòu)成系統(tǒng)的兩物體原來靜止，因相互作用而反向運(yùn)動。③x1、x2均為沿動量方向相對于同一參考系的位移。(2)解題關(guān)鍵是畫出初、末位置，確定各物體位移關(guān)系。命題法5動量、能量相結(jié)合的綜合問題典例5如圖所示，兩塊相同平板P1、P2置于光滑水平面上，質(zhì)量均為m。P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L。物體P置于P1的最右端，質(zhì)量為2m且可看作質(zhì)點(diǎn)。P1與P以共同速度v0向右運(yùn)動，與靜止的P2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后P1與P2黏連在一起，P壓縮彈簧后被彈回并停在A點(diǎn)(彈簧始終在彈性限度內(nèi))。P與P2之間的動摩擦因數(shù)為μ。求：(1)P1、P2剛碰完時的共同速度v1和P的最終速度v2；(2)此過程中彈簧的最大壓縮量x和相應(yīng)的彈性勢能Ep。[答案](1)eq\f(v0,2)eq\f(3,4)v0(2)eq\f(v\o\al(2,0),32μg)－Leq\f(mv\o\al(2,0),16)[解析](1)對P1、P2碰撞瞬間由動量守恒定律得mv0＝2mv1①對P、P1、P2碰撞全過程由動量守恒定律得3mv0＝4mv2②解得v1＝eq\f(v0,2)，v2＝eq\f(3,4)v0(2)當(dāng)P、P2速度相等時彈簧壓縮最短，此時v＝v2③對P1、P2剛碰完到彈簧壓縮到最短過程，應(yīng)用能量守恒定律得eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(4m)v2＝2μmg(x＋L)＋Ep④對P1、P2剛碰完到P停在A點(diǎn)，由能量守恒定律得eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(4m)veq\o\al(2,2)＝2μmg·2(x＋L)⑤聯(lián)立以上各式，解得x＝eq\f(v\o\al(2,0),32μg)－L，Ep＝eq\f(mv\o\al(2,0),16)。【解題法】利用動量和能量觀點(diǎn)解題的技巧(1)若研究對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律(彈性碰撞的情況下，可以應(yīng)用機(jī)械能守恒定律)。(2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理。(3)因為動量守恒定律、能量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、動能定理都只考查一個物理過程始末