第五章 动量.docx

1、第五章 动量第五章 动量一、.动量和冲量1动量物体的质量m和速度v的乘积叫做动量：p=mv动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。2冲量力F和力的作用时间t的乘积叫做冲量：I=Ft冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。例1质量为m的小球由

2、高为H倾角为的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？解：力的作用时间都是，力的大小依次是mg、mgcos和mgsin，所以它们的冲量依次是： 特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。二、动量定理1动量定理物体所受合力的冲量等于物体的动量变化。既I=p动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。例2以初速度v0平抛

3、出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？解：本题若用动量变化求，将遇到矢量相减的问题。若利用动量定理求则相当简单：抛出后物体所受合力就是重力，所以p=Ft=mgt有了动量定理，不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选择的等价的方法。本题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要方便得多。当合力为恒力时往往用Ft来求较为简单；当合力为变力时，在高中阶段只能用p来求。2利用动量定理定性地解释一些现象例3鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑料垫上，没有被打破。这是为什么？解：两次碰地（或碰塑料垫）瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度

4、都是零也相同，所以两次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。根据Ft=p，第一次与地板作用时的接触时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破。（再说得准确一点应该指出：鸡蛋被打破是因为受到的压强大。鸡蛋和地板相互作用时的接触面积小而作用力大，所以压强大，鸡蛋被打破；鸡蛋和泡沫塑料垫相互作用时的接触面积大而作用力小，所以压强小，鸡蛋未被打破。）3利用动量定理进行定量计算利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行：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质点组。质点组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

5、程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。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。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。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）。根据动量定理列式求解。例4质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到

6、达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。求：沙对小球的平均阻力F；小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。解：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C。在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：mg(t1+t2)-Ft2=0， 解得： 仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：mgt1-I=0,I=mgt1这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合。若本题目给出小球自由下落的

7、高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1 t2时，Fmg，这种情况下，减速阶段的重力可以忽略不计。例5质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？解：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为，该过程经历时间为v0/g，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。例6蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网

8、上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为t=1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力F当作恒力处理，求F的大小。解：运动员下降、上升时间分别是和，从开始下落到反跳到最高点的全过程对运动员用动量定理：mg(t1+ t2+t) -Ft=0 ，F=1500N三、动量守恒定律1动量守恒定律一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。即： 实际上，对系统用动量定理：“外力的冲量等于系统动量的变化。”那么，当合外力为零时，系统总动量不变。这就是动量守恒。与

9、机械能守恒对照：机械能守恒的条件是“只有重力做功”，而动量守恒的条件是“合外力为零”。动量守恒可由动量定理推出，而机械能守恒要由机械能定理推出。例7如图：滑块静止在光滑轨道的水平部分。子弹沿水平方向射入滑块，并留在其中，共同冲上斜轨道。在射入阶段和上滑阶段，系统的动量和机械能守恒吗？为什么？解：射入阶段系统所受合外力为零，动量守恒，但系统内有摩擦生热，机械能不守恒。冲上阶段系统所受合外力不是零，动量不守恒，但系统只有重力做功，因此机械能守恒。例8如图：两滑块用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，用水平力F压B使A靠在竖直墙上，使弹簧被压缩到一定程度而静止。这时突然撤去F。在A离开墙前和离开墙后，系统

10、的机械能守恒吗？动量守恒吗？为什么？解：A离开墙前墙对系统有弹力，因此系统动量不守恒，但该弹力对系统不做功，因此系统机械能守恒。A离开墙后，系统所受合外力为零，且没有摩擦和介质阻力，因此系统动量、机械能都守恒。2动量守恒定律成立的条件系统不受外力或者所受外力之和为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；（子弹打木块、列车撞接等）系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。（物块沿斜面下滑不计任何摩擦阻力时，水平方向动量守恒。）全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。3动量守恒定律的表达形式除了，即p1+p2=p1/+p2/外，还有：p1+p2=0，p1=

11、-p2 和与机械能守恒不同的是：动量变化也是矢量，因此不能说“系统增加的动量与减少的动量等值”。如静止的铀核发生衰变，反冲核和粒子的动量的动量变化大小相同，方向相反，动量变化的矢量和是零，但两个动量都增大了。4动量守恒定律的重要意义动量守恒定律和能量守恒定律是物理学中最基本的普适原理。从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释

12、这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。物理学家又把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。四、动量守恒定律的应用1两体碰撞两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。仔细分析两物体发生碰撞的全过程中动量和能量的变化：设光滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m

13、2的静止物体B运动。若A、B弹性都很好（撤去外力后能完全恢复原状），则可以等效为B的左端连有轻弹簧。在位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到位置A、B速度刚好相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为。全过程系统动量是守恒的，机械能也是守恒的。系统动能减少全部转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性势能最大；弹性势能减少全部转化为动能；因此、状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。在全过程对系统用动量守恒和能量守恒：m1v1= m1v1+ m2v2，由此方程组解得A、B的最终速度分别为

14、：。（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）对应图象：t 若A、B完全没有弹性（撤去外力后保持形变，不能恢复原状）。系统动能减少，全部转化为内能(分子动能或分子势能)。由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。在过程用动量守恒和能量守恒：m1v1=(m1+m2)v，由此方程组解得：A、B最终的共同速度为。系统的动能损失为。（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）若A、B的弹性介于以上两种情况之间。则系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能；弹性势能转化为动能，两物体分开。全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。最终

15、A、B的末速度也将介于上述两种结论之间。 例9质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v。解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv1=(M+m)v由系统机械能守恒得：，解得。全过程系统水平动量守恒，机械能守恒（相当于弹性碰撞），得。本题和上面分析的弹性碰撞过程的本质是相同，唯一的不同点仅在于中间过程的重力势能代替了弹性势能。例10质量为m1=1kg的滑块以6m/s的速度沿光滑水平面向质量为m2=2kg的静止滑块运动，并

16、发生正碰。碰后两滑块的速度可能分别是A-3m/s，4.5m/s B-1m/s，3.5m/s C3m/s，1.5m/s D2m/s，3m/s解法1：先判断是否符合动量守恒，可排除D；再判断动能是否没有增加，可排除A；还要判断顺序是否合理，可排除C；只有B是可能的。 解法2：先确定它们速度的取值范围。若是弹性碰撞，v1=-2m/s，v2=4m/s；若是完全非弹性碰撞，v1= v2=2m/s。因此两者速度应同时满足以下关系：v1-2，2，v22，4。在此范围内，凡符合动量守恒的解就都是可能的。选B。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

17、（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。2反冲问题在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。反冲可以看作是完全非弹性碰撞的逆过程。例11质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？解：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分别为l1、l2，则：mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1+l2=

18、L，应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。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。以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。例12总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？解：火箭喷出燃气前后系统动量守恒

19、。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v0方向为正方向， 五、力学综合我们已经复习了牛顿定律、动能定理和机械能守恒定律、动量定理和动量守恒定律。它们分别反映了力的瞬时作用效应、力的空间积累效应和力的时间积累效应。解决力学问题离不开这三种解题思路。在比较复杂的题目中，这三种手段往往是交替使用的。下面举例题说明。当研究对象是一个物体，该物体受的合力又是恒力时，牛顿定律、动能定理和动量定理是完全等效的：牛顿第二定律：F=ma上式两边同乘以时间t：Ft=mat=m(vt-v0)，就是动量定理。上式两边同乘以位移s：Fs=mas=m(vt-v0)，就是动能定理。若物体受的合外力是变力，或不同阶段受力情况

20、不同，一般就要选用动量定理或动能定理解题了。若需要求物体在某一时刻或某一位置的加速度，那就要用牛顿第二定律了。当研究对象是几个物体组成的系统时，一般要用动量守恒和机械能守恒（或能量守恒）结合起来解题了。例13如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛。下列说法正确的有A它们同时到达同一水平面 B重力对它们的冲量相同C它们的末动能相同 D它们动量变化的大小相同解：b、c飞行时间相同（都是）；a与b比较，两者平均速度大小相同（末动能相同）；但显然a的位移大，所以用的时间长，因此A、B都不对。由于机械能守恒，c的机械能最大（有初

21、动能），到地面时末动能也大，因此C也不对。a、b的初动量都是零，末动量大小又相同，所以动量变化大小相同；b、c所受冲量相同，所以动量变化大小也相同，故D正确。例14设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。解：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。作为一个模型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mv0=(M+m)v从动能的

22、角度看，设平均阻力大小为f，子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d对子弹用动能定理： 对木块用动能定理： 两式相减得： 式的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。 由式不难求得平均阻力的大小： 至于木块前进的距离s2，可以由以上、相比得出： 从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变

23、速运动，位移与平均速度成正比：一般情况下，所以s2m时，相对静止是的共同速度必向左，不会再次与墙相碰，可求得摩擦生热是；当M=m时，显然最终共同速度为零，系统的初动能；当Mm时，相对静止时的共同速度必向右，再次与墙相碰，直到小车停在墙边，系统摩擦生热也等于系统的初动能。例18质量为m的长木板A静止在光滑水平面上，另两个质量也是m的铁块B、C同时从A的左右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为v和2v，B、C与A间的动摩擦因数均为。试分析B、C滑上长木板A后，A的运动状态如何变化？为使B、C不相撞，A木板至少多长？解：B、C都相对于A滑动时，A所受合力为零，保持静止。这段时间为t1=v/g。B刚好

24、相对于A 静止时，C的速度为v，A开向左做匀加速运动，由动量守恒可求出A、B、C最终的共同速度v=v/3，这段加速经历的时间为t2=2v/3g。全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能，而摩擦生热，由能量守恒定律列式：。这就是A木板应该具有的最小长度。本题还可以求B、C在A上相对滑动的距离之比dBdC：第一阶段B对A的位移就是对地的位移：sB=v2/2g，C的平均速度是其3倍因此C对A的位移是其3倍：sC=3v2/2g；第二阶C平均速度是2v/3，时间为t2=2v/3g，C对地位移是4v2/9g，A对地位移是v2/9g，因此C相对于A位移是sC= v2/3g，故B、C与A间的相对位移大小依次是

25、dB= sB= v2/2g和dC= sC+sC=11v2/6g，因此dBdC=311。例19如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C。重物A（视为质点）位于B的右端，A、B、C的质量相等。现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰。碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力。已知A滑到C的右端而未掉下。试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？解：设A、B的共同初速度为v，B、C碰撞瞬间动量守恒：mv=2mv1，v1=v/2。A在C上相对滑动过程A、B、C动量守恒：2mv=3mv2，v2=2v/3。该相对滑动过程中A和B+C都做匀变

26、速运动，位移之比等于平均速度之比：，因此，即sC=7lC/3例20如题25图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B的质量分别为m、m（为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为R/4，碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求：待定系数；第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力；小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。解：小球在轨道上上滑、下滑过程机械能守恒：，因此，可求得A第一次到达最低点时，而碰后A、B的速率，碰撞过程动量守恒，以向右为正方向：mvA=mv2-mv1，得=3；向左，向右，对B用牛顿第二定律：，根据牛顿第三定律，B球对轨道的压力N=4.5mg，方向竖直向下。A、B第二次相碰过程动量守恒，以向左为正方向：mv2-mv1=mv1+mv2，动能不变：，由此解得：v1=，水平向左，v2=0；当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相同，当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相同。