动量及动量守恒综合应用Word下载.docx

1、P=Pt-P0。在学习时要特别注意：1由于动量为矢量，故求动量变化量遵循矢量运算法则。2动量变化量是矢量，其方向既可以不是初动量的方向，也可以不是末动量的方向，它由使物体发生该动量变化的外力的冲量方向决定。3动量变化是过程量，是针对某段时间而言的。（二）基本物理规律 1、动量定理的基本形式与表达式I =P、分方向的表达式：Ix =Px，Iy =Py . 2、动量定理推论：动量变化率等于物体所受的合外力。即P/t=F外 。3、动量守恒定律：动量守恒定律的研究对象是一个系统（含两个或两个以上相互作用的物体）中的物体互相作用的某个过程。动量守恒定律的使用条件：1.系统不受外力或系统所受外力的合力为零

2、. 2.系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计. 3.系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变. 使用动量守恒定律时应注意：1速度瞬时性；2动量的矢量性；3时间的同一性。（三）应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法 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

3、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，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，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. 注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系. 4、确定好正方向建立动量守恒方程求解. 二、典型问题分析 问题1:会用动量定理求平均作用力 例1、质量是1.0kg的小球从高20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m，小球与软垫的接触时间为1.0s，在接

4、触时间内小球受到软垫的平均弹力是多少？空气阻力不计，g=10m/s2. 解析：小球自由落体到软垫时速度为，小球反弹离开软垫时的速度为。小球与软垫接触过程中，受到重力mg、弹力N作用，以初速度v1的方向为正方向，根据动量定理得：（mg-N）t=-mv2-mv1， 解得N=mg+（mv1+mv2）/t=40N 问题2:会用动量定理求变力的冲量 例2、物体A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图1（1）所示，A的质量为m，B的质量为M，当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，如图1（2）所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为 . 对

5、B，绳突然断开后，只受重力作用，由动量定理可得：Mgt=Mu-0 对A，绳突然断开后，受重力和弹簧弹力作用，由动量定理可得：I弹- mgt=mv-0 由以上二式可求得弹簧的弹力对物体A的冲量为I弹 =mv+mu. 问题3:会用动量定理简解多过程问题 例3、质量为5kg的物体，在F=4N的恒力作用下从静止开始沿水平路面运动了2s，撤去此作用力后，物体再经过3s后停止运动，求物体与路面之间的动摩擦因数。在恒力作用下解决物体的力与运动关系问题，即可以由牛顿定律也可以用动量定理。用动量定理分析处理问题，可以根据问题的条件，合理选择研究过程、确定初、末状态。现在我们研究整个运动过程。初状态动量为0，末状

6、态动量也是0，动量变化为0。合外力的冲量（取作用力方向为正方向）为Ft1-f（t1+t2） 根据动量定理Ft1-f（t1+t2）=0，所以f= Ft1/（t1+t2），而f=mg，解得=f/mg=0.04 问题4:会判定系统动量是否守恒。例4、如图2所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：A、动量守恒、机械能守恒 B、动量不守恒、机械能不守恒 C、动量守恒、机械能不守恒 D、动量不守恒、机械能守恒 若以子弹、木块和弹簧合在一起

7、作为研究对象（系统），从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒（此瞬间弹簧尚未形变）子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件 例5、如图3所示，质量为M的足够长的木板A以速度v沿斜面匀速下滑，在其下滑过程中将一质量也为M的木块B轻轻放在A的上表面上，A、B之间无

8、摩擦，求：（1）当B的速度为v/4时A的速度；（2）当B的速度为2v时A的速度。木板A能在斜面上匀速下滑，说明斜面与A之间摩擦因数为=tan。（1）当B放到A上后A与斜面之间的摩擦力增大了，A将做减速运动，但对于A、B组成的系统仍有2Mgsin=2Mgcos。系统的合外力为零，动量守恒，据动量守恒定律有Mv=Mv/4+mv 解得当B的速度为v/4时，A的速度为v=3v/4。（2）对于A、B组成的系统，根据动量守恒定律，当B的速度为v时A的速度为零，但当A的速度等于零之后，系统与斜面之间的摩擦力将由滑动摩擦力f1=2Mgcos变为静摩擦力f2=Mgsin，系统的合外力不再为零，系统的动量不再守恒

9、，此后B在A上加速运动A的速度始终为零，所以当B的速度为2v时，A的速度为零。问题5:会用动量守恒定律解“合二为一”与“一分为二”问题 “合二为一”问题：两个速度不同的物体，经过相互作用，最后达到共同速度。“一分为二”问题：两个物体以共同的初速度运动，由于相互作用而分开各自以不同的速度运动。例6、甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车的总质量为M=30kg，乙和他的冰车的总质量也为30kg。游戏时甲推着一质量为m=15kg的箱子和他一起以大小为v0=2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，如图4所示，为了避免相撞，甲忽然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速把它抓住

10、，若不计冰面的摩擦，求甲至少以多大的速度将箱子推出才能避免和乙相撞。对于甲将箱子沿冰面推给乙的过程，是“一分为二”的过程，设甲将箱推出去的速度为v，甲的速度变为v1，则据动量守恒定律可得：（M+m）v0=mv+Mv1 对于乙接箱的过程是“合二为一”的过程，设乙接住箱以后的共同速度为v2，方向向右，则据动量守恒定律可得：mv-Mv0=（m+M）v2 要想甲和乙刚好能避免相碰，则要求甲推出箱子后的速度与乙抓住箱子后的速度相等，即v1=v2. 由以上各式解得v=5.2m/s. 所以甲至少以v=5.2m/s的速度推出木箱才能避免和乙相撞。例7、人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固木箱，开始时人

11、坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以速度V推向前方弹性挡板，木箱与档板碰撞后又反向弹回，设木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度v推向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再接到木箱？（已知M:m=31:2） 解析:人每次推木箱都可看作“一分为二”的过程，人每次接箱都可以看作是“合二为一”的过程，所以本题为多个“一分为二”和“合二为一”过程的组合过程。设人第一次推出后自身速度为v1， 则：Mv1=mv， 人接后第二次推出，自身速度为v2，则mv+2mv=Mv2 （因为人每完成接后推一次循环动作，自身动量可看成增加2mV） 设人接后第

12、n次推出，自身速度为vn，则mv+2mv（n-1）=Mvn vn=m（2n-1）v/M ， 若vnv ，则人第n次推出后，不能再接回，将有关数据代入上式得n8.25，n=9。问题6:会用动量守恒定律解“人船模型”问题 两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。例8、载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒。人着地时，绳梯至少应触及地面，若设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面的时间为t，由动量守恒定律有：M

13、（L-h）/t=mh/t，解得L=（M+m）h/M。例9、如图5所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置。车左侧内壁固定有沙袋。发射器口到沙袋的距离为d，把质量为m的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是_。本题可把子弹看作“人”，把车看作“船”，这样就可以用“人船模型”来求解. mS1/t-MS2/t=0,S1+S2=d，解得S2=md/（m+M）。例10、质量为M、长为L的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m1及m2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？解析：利用“人船模型”易求得船的位移大小为：s=（m1-m2）L/（M+m1+m2）.提示：若m1m

14、2，本题可把（m1-m2）等效为一个人，把（M+2m2）看成船，再利用人船模型进行分析求解较简便。问题7:会用动量守恒定律解“三体二次作用”问题 例11、光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v0=6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，如图6所示。B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为 J时，物块A的速度是 m/s。本题是一个“三体二次作用” 问题：“三体”为A、B、C三物块。“二次作用”过程为第一次是B、C二物块发生短时作用，而A不参加，这过程动量守恒而机械能不守恒；第二次是B、C二物块作为一整体与A物块

15、发生持续作用，这过程动量守恒机械能也守恒。对于第一次B、C二物块发生短时作用过程，设B、C二物块发生短时作用后的共同速度为vBC，则据动量守恒定律得：mBv0=（mB+mC）vBC 对于第二次B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为v，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得：（mB+mC）vBC=（mA+mB+mC）v Ep=（mB+mC）vBC2/2 - （mA+mB+mC）v2/2 由以上各式可得：当弹簧的弹性势能达到最大为EP=12J时，物块A的速度v=3 m/s。问题8:会用动量守恒定律解“二体三次作用”问题 例12、下面是一个物理演示实验，它显示：图7中自

16、由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方。A是某种材料做成的实心球，质量为m1，在顶部的凹坑中插着质量为m2的棒B。已知m1=3 m2，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙。将此装置从A下端离地板的高度H处由静止释放。实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着棒B脱离球A，A、B分别开始上升。不计空气阻力。已知球A上升的高度为h，求棒B上升的高度，重力加速度g=10m/s2. 结果用H、h表示。本题A、B两个物体间存在三个作用过程：其一：A、B两物体一起自由下落，根据机械能守恒定律可知A刚接触地面时的速度为;其二：A反弹后同地面碰撞，设碰撞后A、B

17、的速度分别为vA、vB，则据动量守恒定律得：m1v0-m2v0=m1vA+m2vB 其三：棒B脱离球A，A、B分别开始上升。因为 ，所以可以求得：问题9:会用动量守恒定律解“碰撞类”问题 1.碰撞的特点 （1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其它形式的能量转化为动能。（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。2.判定碰撞可能性问题的分析思路 （1）判定系统动量是否守恒。（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后

18、，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。（3）判定碰撞前后动能是不增加。例13、甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P1=5kg.m/s，P2=7kg.m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg.m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？A、m1=m2 B、2m1=m2 C、4m1=m2 D、6m1=m2。甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有 P1+P2= P1+ P2 即：P1=2 kgm/s。由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以

19、有：所以有 m121m2/51，不少学生就选择（C、D）选项。这个结论合“理”，但却不合“情”。因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有P1/m1P2/m2，即m15m2/7；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即P1/m1m2/5.因此选项（D）是不合“情”的，正确的答案应该是（C）选项。例14、水平轨道AB，在B点与半径R=300m的光滑弧形轨道BC相切，一个质量为0.99kg的木块静止在B处，现有一颗质量为10g的子弹以500m/s的水平速度从左边射入木块且未穿过，如图8所示，已知木块与该水平轨道AB的动摩擦因素=0.5，g=1

20、0m/s2;试求子弹射入木块后，木块需经多长时间停止？（cos5=0.996） 在子弹射入木块的过程中，动量守恒。设子弹射入木块后的共同速度为v，由动量守恒定律可得：mv0=（M+m）v，v=mv0/（m+M）=5m/s 然后，子弹和木块一起沿光滑弧形轨道BC向上运动，机械能守恒，设一起向上运动的最大圆心角为，则由机械能守恒定律可得：（M+m）v2/2=（M+m）gR（1-cos） cos=1-v2/2gR=0.996 =5所以子弹和木块一起在圆弧上做简谐运动。在光滑弧形轨道BC向上运动时间为： t1=在水平面AB上做匀减速运动的时间t2=v/g=1s ，子弹射入木块后，木块需经t=18.2s

21、时间停止. 问题10:会用动量守恒定律解“相对滑动类”问题 例15、长为L、质量为M的铁板放在水平地面上，铁板与地面间的动摩擦因数为，一质量为的人，从铁板的一端匀加速地跑向另一端，如图9所示，到达另一端时骤然停在铁板上，人在跑动过程中铁板刚好不滑动（铁板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。求：（1）人在铁板上跑动的加速度多大？（2）人跑至铁板另一端骤然停止前时的速度多大？（3）人相对铁板骤然停止后，人和铁板一起向前运动，铁板在水平地面上移动的最大距离是多少 （1）铁板刚好不动时，以人为研究对象，设人受铁板的静摩擦力为f，人跑动的加速度为a，根据牛顿第二定律有 f=ma 设人对铁板的静摩擦力为f

22、，根据牛顿第三定律有 ： f= f 以铁板为研究对象，根据力的平衡有 f=（M+m）g 联立以上三式解得人的加速度： a=（M+m）g/m （2）设人跑到另一端骤然停止前时的速度大小为v，根据匀加速运动速度一位移关系，有 v2=2aL ，解得（3）人骤然停止跑动时，人和铁板系统动量守恒，设人和铁板的共同速度为v/，据动量守恒定律有：mv=（M+m） v/ 设铁板向前滑动的最大距离为s，由动能定理有：（m+M）v/2/2=（M+m）gs ， 解得 s=mL/（m+M） 问题11:会用动量观点解“电磁感应中杆的运动”问题 例16、如图10所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的

23、区域内，有一个边长为a（aL）的正方形闭合线圈以初速v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v（vv0）那么 A完全进入磁场中时线圈的速度大于（v0+v）/2 B安全进入磁场中时线圈的速度等于（v0+v）/2 C完全进入磁场中时线圈的速度小于（v0+v）/2 D以上情况A、B均有可能，而C是不可能的 设线圈完全进入磁场中时的速度为vx。线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力。对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得：-Baq=-Ba（Ba2/R）=mvx-mv 对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得：-Bqa=-B2（a3/R）=mv-mvx 由上述二式可得vx=（v0+v）/2，即B选项正确。例1

24、7、如图11所示，在匀强磁场区域内与B垂直的平面中有两根足够长的固定金属平行导轨，在它们上面横放两根平行导体棒构成矩形回路，长度为L，质量为m，电阻为R，回路部分导轨电阻可忽略，棒与导轨无摩擦，不计重力和电磁辐射，且开始时图中左侧导体棒静止，右侧导体棒具有向右的初速v0，试求两棒之间距离增长量x的上限。当ab棒运动时，产生感应电动势，ab、cd棒中有感应电流通过，ab棒受到安培力作用而减速，cd棒受到安培力作用而加速。当它们的速度相等时，它们之间的距离最大。设它们的共同速度为v，则据动量守恒定律可得：mv02mv，即v=v0/2。对于cd棒应用动量定理可得：BLq=mv-0=mv0/2 所以，

25、通过导体棒的电量q=mv0/2BL 而所以q= 由上述各式可得： x=mv0R/2B2L2。例18、如图12所示，金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分导轨上原来放有一金属杆b.已知杆的质量为ma，且与b杆的质量比为mamb=3，水平导轨足够长，不计摩擦，求：（1）a和b的最终速度分别是多大？（2）整个过程中回路释放的电能是多少？（3）若已知a、b杆的电阻之比RaRb=34，其余电阻不计，整个过程中a、b上产生的热量分别是多少？（1）a下滑h高过程中机械能守恒 magh=mava2/2 a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b均受安培力

26、作用，a做减速运动，b做加速运动，经一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为0，二者匀速运动，其速度即为a、b共同的最终速度，设为v.由过程中a、b系统所受合外力为0，动量守恒：mava=（ma+mb）v 由上述二式解得va=vb=（2）由能量守恒知，回路中产生的电能等于a、b系统机械能的损失，所以 E=magh-（ma+mb）Va2/2=2magh/7 （3）回路中产生的热量Qa+Qb=E，在回路中产生电能的过程中，虽然电流不恒定，但通过a、b的电流总相等，所以有：Qa/Qb=Ra/Rb=3/4，即Qa/（Qa+Qb）=3/7得：Qa=3E/7=12magh/49

27、，Qb=4E/7=16magh/49 问题12:会用动量守恒定律解“微观粒子的相互作用”问题 动量守恒定律是自然界最普遍的规律，不仅适用于宏观物体，而且适用于微观物体。例19、K介子衰变的方程为K-+0，如图13所示，其中K-介子和介子带负的基元电荷，0介子不带电。一个K-介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的-介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK与R-之比为21。0介子的轨迹未画出。由此可知-介子的动量大小与0介子的动量大小之比为：A11 B12 C13 D16 K介子带负电，在磁场中作圆周运动到达P点发生衰变，变成带负电的介子和不带电的0介子

28、。介子在磁场中作圆周运动，半径与K介子不同，带电粒子在磁场中作圆周运动，半径R=mv/qB=p/qB，可知K介子和介子的动量之比：pK-/p=2/1 K介子在P点衰变时动量守恒，衰变前后粒子的动量方向如图14所示。有pK-=p0-p-解得p0/p-=3/1 。故选项C正确。例20、在匀强磁场中，一个原来静止的放射性原子核，由于天然衰变而得到两条内切的圆径迹，圆半径之比为441，则放射性元素的原子序数是（ ） A. 43 B. 45 C. 86 D. 90 解析 ：假设放出的粒子电量为q，质量为m，速度为v，反冲核电量为Q，质量为M，速度为V。由于它们在磁场中的圆轨迹内切，可见放出的粒子应为电子，为衰变，q=-e，设匀强磁场的磁感应强度为B，则两粒子在匀强磁场中的圆轨道半径分别为电子r=mv/eB，反冲核R=MV/QB，由动量守恒守律0=mv-MV，所以r/R=Q/e=44/1，所以Q=44e，故放射性元素的原子序数应为Z=44-1=43。所以正确答案为A。问题13:会用动量守恒定律解“联系实际的问题” 例21、一个连同装备共有M=100Kg的宇宙行员，脱离宇宙飞船