动量及动量守恒定律全章典型习题精讲.docx

1、动量及动量守恒定律全章典型习题精讲动量及动量守恒定律全章典型习题精讲一.学法指导：动量这部分内容，本身并不复杂，主要有冲量和动量这两个概念，还有动量定理和 动量守恒定律这两个重要规律. 动量定理是对一个物体说的，它受到合外力的冲量等于 该物体动量的增量.动量守恒定律是对相互作用的系统而言的， 在系统不受外力作用的情况下，系统的总动量守本章的难点主要在于冲量和动量都是矢量， 矢量的运算比起标量的运算来要困难得多.我们中学阶段目前只要求计算同一直线上的动量问题，对于同一直线上的动量，可 以用正负号表示方向，从而把矢量运算转化为代数运算.这部分内容的另一个难点是涉及到相互作用的系统内物体的动量和机械

2、能的综合 问题，为此，我们在学习时要把动量这部分内容与机械能部分联系起来.下面三个方面 的问题是我们学习中要重点理解和掌握的.1、4个重要的物理概念，即冲量、动量、功和动能，下面把它们归纳、整理、比较如下:冲里1 -旳 feh聖(尸加订矢量关系1陆(r=-Fscas/)动能(也予冈2)标壘关系(1) 冲量和功，都是“力”的，要注意是哪个力的冲量，哪个力做的功.动量和动能，都是“物体的，要注意是哪个物体的动量、哪个物体的动能.(2) 冲量和功，都是“过程量”，与某一段过程相对应.要注意是哪个过程的冲量，是哪个过程中做的功.动量和动能，都是状态量”，与某一时刻相对应.要注意是哪个时刻的动量或动 能

3、，过程量是不能与状态量划等号的，即决不能说某力的冲量等于某时刻的动量，或说 某个功等于某时刻的动能.动量定理和动能定理都是“过程关系” ，它们说的是在某段过程中，物体受到的合外力的冲量或做的功， 等于物体动量或动能的增量， 这里“增量”又叫“变化量”，是相应过程的“始”、“末”两个状态量的差值，表示的还是某一段过 程的状态的变化此外，还有一点要注意，那就是这些物理量与参考系的关系.由于位移和速度都是 与参考系有关的物理量，因此动量、功、动能都是与参考系有关的物理量，只有冲量与 参考系无关.凡没有提到参考系的问题，都是以地面为参考系的.2、两个守恒定律是物理学中的重要物理规律，下面把有关两个守恒

4、定律的问题整理列 表如下：对象4 件结 论政童守恒定律不受力作用总动童守恒两个物体的动量变化 大小相等、方向相反机械館守恒定律只有重力做功机械能守怛辦餉重力势能的减 少等干动能的増加没有外力做功內力中 没有影摩擬力等做功系统的总机 械能守恒系统的勢能的磁少等 干动能的增加3 几点说明：(1) .对于动量守恒定律，“系统”指的是相互作用的物体组成的系统，系统内的 物体数量可以多于两个，但我们中学阶段多数情况下只物体组成的系统，在“实质”一 栏中就是以两个物体组成的系统为例的.对于机械能守恒定律，我们课本上写的是“在只有重力做功的情形下，物体的动能 和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变.

5、 ”这里讨论的对象是“物体” 但我们实际遇到的问题，包括很多试题，都涉及到几个物体组成的系统，因此我们在表格 里把机械能守恒定律列成两行， 即对物体的机械能守恒和对系统的机械能守恒.在系统 的机械能守恒问题中，系统内的物体要发生相互作用，有内力做功，但只要内力中没有 滑动摩擦力等能使机械能向其他形式能量转化的力做功， 系统的总机械能的总量就会保持不变，而内力做功的结果，是使机械能从系统内的一个物体转移到另一个物体.(2) .系统在不受外力作用的情形下，总动量守恒，这与牛顿第三定律有密切的联 系.牛顿第三定律指出相互作用的两物体间的作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，而且它们的作用时间总是相

6、等， 因此这两物体受到的力的冲量大小相等、 方向相反，又根据动量定理，两物体的动量的变化量大小相等、方向相反.在满足不受外力的条件 时，该系统的总动量保持不变，这就是动量守恒.相互作用的两物体间的作用力与反作用力虽然总是大小相等、方向相反，但它们对 两物体所做的功却不一定绝对值相等， 这是因为两物体的位移不一定相等. 以摩擦力为例说明问题：对于一对静摩擦力，由于两物体间没有相对运动. 位移数值一定是相等的， 从而这一对静摩擦力对两物体做的功的代数和一定为零， 这种情况下，有机械能从一个物体向另一个物体转移，但机械能的总量仍保持不变.但对于一对滑动摩擦力，由于两 物体间的有相对运动， 从而二者的

7、位移数值不相等，一对滑动摩擦力做功的代数一定为 负值，这表示有机械能向内能的转化，即平时所说的“摩擦生热” ，这样系统的机械能就不守恒了.二.例题分析【例1】一质量为100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上.若从小球接触软垫到 小球陷至最低点经历了 0.2s,则这段时间内软垫对小球的冲量为 .(取邑=临,不计空气阻力).【分析与解】小球从高处自由下落到软垫陷至最低点经历了两个过程， 从高处自由下落到接触软垫前一瞬间，是自由下落过程，接触软垫前一瞬间速度由：求出：=/ -接触软垫时受到软垫向上作用力 N和重力G（=mg）作用，规定向下为正，由动量定理:故有：J6 = O.U10x（i.

8、2N + 0.14Ns=0.2N- ：s + C.4N s = 0.6N-S在重物与地面撞击问题中，是否考虑重力，取决于相互作用力与重力大小的比较，此题 中N=0.3N，mg=0.1N，显然在同一数量级上，不可忽略若二者不在同一数量级，相差 极大，则可考虑忽略不计（实际上从同一高度下落，往往要看撞击时间是否极短，越短 冲击力越大。【例2】一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中若把在空中下落的过程称为过程I，进入泥潭直到停住的过程称为过程 II，贝V:A、 过程I中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B、 过程II中阻力的冲量的大小等于过程 I中重力冲量的大小C、 过程II中钢珠克服阻力所做的

9、功等于过程 I与过程II中钢珠所减少的重力势能之和D、 过程II中损失的机械能等于过程 I中钢珠所增加的动能【分析与解】钢珠在过程I中只受重力，所以由动量定理可判断 A正确.过程I中动量的增加量与过程II中的动量减少量大小相等，而过程 II中的动量变化量应等于在这个 过程中钢珠所受合力（阻力和重力）的冲量，所以B选项错误由于全过程中，钢珠的动 能变化量为零，所以重力在全过程中所做正功与阻力在过程 II中所做负功大小相等，故C选项正确过程II中损失的机械能应等于过程 II中阻力所做的功，结合 C选项的分 析，可知D错误通过此题，应注意理解动量定理和动能定理两个定理的物理意义，理解物体运动的过程

10、中，状态量（动量、动能）的变化与过程量（冲量、功）的对应关系，必要时画出过程草 图，帮助思考.【例3】如图所示的装置中，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【分析与解】若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象 （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

11、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4】在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为 咗：.小车（和单摆）以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为 m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的A、 小车、木块、摆球的速度都发生变化

12、，分别为 、二、，满足：（M十蚀=必十Mv2十M広叫B、 摆球的速度不变，小车和木块的速度变 和匚，满足：丁 一讨L 亠C、 摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为 v，满足-1- 二D、 小车和摆球的速度都变为 T，木块的速度变为 门，满足【分析与解】本题首先应注意理解系统与过程前后时刻的选取关系，由于碰撞过程是在 极短时间内发生的，因摆球的摆线在碰撞之前是竖直的， 可以不考虑在这个极短时间内摆球与小车在水平方向上的相互作用（这与例3中子弹射入木块瞬间可不考虑弹簧形变 类似），而只需考虑小车与木块的相互作用力， 因此选择小车与木块为系统动量守恒.其次，应注意理解碰撞可能出现的情况. 即在本题

13、中小车与木块碰撞可能出现结合在一起或分离两种情况因而 B、C两种情况均有可能，B、C正确.【例5】质量为M的小船以速度儿行驶，船上有两个质量均为 m的小孩-；和b 分别 静止站在船头和船尾.现小孩 立沿水平方向以速率 叨（相对于静止水面）向前跃入水 中，然后小孩b沿水平方向以同一速率（相对于静止水面）向后跃入水中.求小孩 b跃出后小船的速度.【分析与解】在本问题中，研究对象即系统和过程有两种方法，第一种方法分为两个过 程，是先取小孩 二和小船（及小孩b）为系统，因水平方向无外力，水平方向动量守恒.规 定方向为正，并设小孩向前跃入水中后小船的速度为 宀，有：（M + 2w）v0 = M + w）

14、v1 + wsv再取小孩b和小船为系统，同样因水平方向无外力，水平方向动量守恒并设小孩 b向后跃入水中后小船的速度为 =有:两式联立，消去厂，有:（M + 2 测）比-曲卫-W5P+ mv解出：第二种方法是直接取小孩 二、小孩b和小船为系统，因水平方向始终无外力， 水平方向动量守恒规定方向为正，并设小孩 -向前跃入水中后小船的速度为 门，把小孩；向前跃入水中至小孩b向后跃入水中选作过程的初态与末态，则可直接列出：（M + 2 聊）也- mu mv解出 f解答则简捷得多在实际问题中，应体会这种方法.【例6】向空中发射一物体，不计空气阻力当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成b两块，若质量较大

15、的 二块的速度方向仍沿原来的方向，则：A、 b的速度方向一定与原速度方向相反B、 从炸裂到落地的这段时间里， 煌飞行的水平距离一定比 b的大C、 b 一定同时到达水平地面D、 在炸裂过程中， 、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等【分析与解】当物体速度方向为水平时，物体炸裂其中较大质量的 二块仍沿原来方向飞行，因水平方向无外力， 可知水平方向动量守恒， 爆炸瞬间相互作用力方向也是水平的，对 块，爆炸作用力方向沿原方向，故 块速度将比原来速度大，动量增加而 b块受爆炸作用力方向应与原方向相反，b块动量将减少.因爆炸过程中两块间作用与反作用等值反向， 故受到冲量大小是相等的， D正确.由于两块在同一高

16、度水平飞行，无论初速大小，下落高 度相同，由平抛规律，下落时间相同，故 C也正确.题中未给出爆炸前后具体数据， 对b块而言，虽然受到冲量方向与原速度方向相反， 但有三种可能性，一是速度减少，仍沿原方向飞行；二是速度恰好变为零；三是沿反方向飞行，因 此A不正确因；质量大于b,又两者爆炸时所受冲量大小相同，动量变化量大小也相同， 可知b的速度变化量必大于，因此b的末速度有可能比 还大（但沿反方向）所以B也不正确.本题要求对动量守恒的本质即相互作用过程有较深刻的理解.【例7】如图所示，甲、乙两小孩各坐一辆冰车在摩擦不计的冰面上相向运动，已知甲连同 冰车的总质量 M=30kg，乙连同冰车的总质量也是

17、M=30kg，甲还推着一只质量 m=15kg的箱子甲、乙滑行的速度大小均为 2m/s，为了避免相撞，在某时刻甲将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时被乙接住. 试求:甲至少用多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才可避免和乙相撞？甲在推出时对箱子做了多少功 ？【分析与解】甲推出箱子可使自己减速， 而乙接住箱子，也可使其自己减速，甚至反向运动.若 甲、乙刚好不相撞，条件应是在乙接住箱子后，甲、乙 （包括箱子）的速度相同根据动量守恒定律，我们先做定性分析 ：选甲、乙、箱子为系统，由于甲推出箱子前，系统的总动量的 方向与甲的运动方向相同，所以在达到共同速度时，系统的总动量方向应不变，故判断共同 速度的方向

18、在甲的原运动方向上设 ：甲推出箱子前的运动方向为正方向，甲、乙初速度大小为和，甲、乙、箱子后来的共同速度为 -，根据动量守律：【分析与解】甲推出箱子可使自己减速，而乙接住箱子，也可使其自己减速，甚至反向 运动.若甲、乙刚好不相撞，条件应是在乙接住箱子后，甲、乙（包括箱子）的速度相同.根 据动量守恒定律，我们先做定性分析 ：选甲、乙、箱子为系统，由于甲推出箱子前，系统的总动量的方向与甲的运动方向相同，所以在达到共同速度时，系统的总动量方向应 不变，故判断共同速度的方向在甲的原运动方向上设 ：甲推出箱子前的运动方向为正方向，甲、乙初速度大小为甲、乙、箱子后来的共同速度为 ，根据动量守律：二 11

19、l- 1 ，可求出=0.4m/s;再以甲与箱子为研究对象，甲推出箱子的过程中动量守恒，设箱子被推出后的速度为 1 - “ 一 -，可求出被推出后箱子的速度为 1 一 由动能定理，甲推出箱子的过程对箱子做功等于箱W = =1.7x10子动能的增加量 J.在本题中，对甲、乙不相撞的条件的分析，是解决问题的关键.而在具体的求解过程中，如何选择研究对象和过程始末去运用动量 守恒定律，可以有不同的方式，例如，先选甲和箱子为系统，再选箱子和乙为系统也可 解出，但要麻烦一些，不妨试一试，作一比较.【例8】一个连同装备共有=1 kg的宇宙行员，脱离宇宙飞船后，在离飞船 L=45m处与飞船处于相对静止状态， 他

20、带着一个装有 円=0.5kg氧气的贮氧筒，贮氧筒有个可以使氧气以v=50m/s的速度喷出的喷嘴.宇航员必须向着与返回飞船相反的方向释放氧气， 才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在飞向飞船的途中呼吸. 飞行员呼吸的耗氧率为八- -J -亠如果他在开始返回的瞬间释放 _ J二的氧气，他能安全回到飞船吗？如果宇航员想以最短的时间返回飞船， 他开始最多能释放出多少氧气 ？这时他返回飞船所用时间是多少 ？【分析与解】 本题立意在分析解决实际问题. 宇航员放出氧气后，由于反冲使自己获得返回飞船的速度.设其反冲速度为 7，由动量守恒定律：因 M 故有 MV - Nnvv = = 5x 1 (i_

21、a m/sM宇航员返回飞船的时间 - - -在这900s内，宇航员需要呼吸氧气M 无 0.225kg可以看出:八 J所以，宇航员可以安全返回飞船.如果宇航员以最短的时间返回飞船，设时间为 t,宇航员放出氧气的质量为 Am,则留下呼吸的氧气至少为 m- A m根据动量守恒定律，宇航员获得的反冲速度：L LMt = v1 Amv故有：v = vM而宇航员呼吸氧气应满足：- -J两式联立，可得：m- g _ LMJt Awiv代入数据解出 A m=0.45kg（另一解A m=0.05kg舍去）求出二=2二*【例9】质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上平衡时，弹簧的压缩量为 r ,

22、如图所示.一物块从钢板正上方距离为 3=的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动， 但不粘连.它们到达最低点后又向上运动. 已知物块质量也为m时，它们恰能回到 O点.若物块质量为2m,仍从A处自由落下，则物块与钢板回到 O点 时，还具有向上的速度.求物块向上运动到达的最高点与 O点的距离.“ ：r1 3X00 I Z-f为 .由于碰撞【分析与解】物块与钢板碰撞时的速度可由自由落体公式求出, 时间极短，碰撞过程中可认为重力远小于物块与钢板之间的碰撞弹力大小，系统动量守恒, 以表示碰后物块与钢板的共同速度，则有:因O点是弹簧的原长位置，所以物块碰后与弹簧向下运动压缩弹簧至最低点又弹起回到

23、 O点时，弹簧的弹性势能应恰为零，题目中说， 这时物块与钢板的速度也恰为零.这个过程机械能守恒，设刚碰完时的弹性势能为 J ,有:按照同样的思路，设质量是 2m的物体与钢板碰撞后的共同速度是 辽，由动量守恒定律:碰后压缩弹簧至最低点又回到 O点时，若物块的速度为 ，则有：咼十g刚齐沁勺十知)出因题目中给定的是轻弹簧，所以弹簧回到 O点时不再上升，而物块因有向上的速度，仍继续向上运动，也就是说，在 O点物块与弹簧分离物块还能上升的高度为：将以上关系式联立，可求出：,1本题是动量守恒与涉及弹簧的机械能守恒的综合问题， 具有学科内综合解决问题特点.需要理解弹簧的弹性势能零点在弹簧的原长处，能正确分析

24、表达涉及重力势能、弹性势能和动能 的初末态机械能、以及正确判断出在极短时间内物块与弹簧碰撞过程可以运用动量守恒定律B开始向右运动，但最后 A刚好没有滑离B板以地面【例10】如图所示，一质量为 M、长为I的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右 端放一质量为 m的小木块A, mM现以地面为参照系给 A和B以大小相等、方向相反的 初速度(如图)，使A开始向左运动、 为参照系，A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.【分析与解】(1)A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度.设此速度为 V,根据m M，可知 厂小 ，判断出V的方向应与B板初速度同向, 即向右

25、.A和B的初速度的大小为 门，则由动量守恒可得:M -mv = 叫解得：1 - 方向向右(2)本题应着重理解物理过程的定性分析方法，在此基础上形成正确的物理图景.注意以下说理分析：A在B板的右端时初速度向左，而到达 B板左端时的末速度向右，若以地面为 参考，可见 A在运动过程中必经历先向左受摩擦力作用而作减速运动，直到相对地面速度 为零的阶段，而后经历因 B板速度方向向右，A相对B板向左，故A所摩擦力方向向右，A 向右作初速度为零的加速运动直到有共同速度为 的阶段，如下图所示.在前一阶段，摩擦力阻碍A向左运动，在后一阶段，摩擦力为动力，使 A向右加速.设一为A开始运动到速度变为零过程中向左运动

26、的过程， I为A从速度为零增加到速度 誓过程中向右运动的路程，L为A从开始运动到刚到达 B的最左端的过程中 B运动的路程设 A与B之间的滑动摩擦力为-，则由功能关系可知:对于由几何关系丄:、由以上四式解得M 4竹4M【例11】如图所示，一个带斜面的物体 A静止在光滑的水平面上， 它的质量为M=0.5kg.另 一个质量为m = 0.2kg的小物体B从高处自由下落，落到B的斜面上，下落高度为h=1.75 m.与 斜面碰撞后B的速度变为水平向右，碰撞过程中 A、B组成的系统的机械能没有损失. (计 算时取g=10 m/s2)(1) 碰后A、B的速度各多大？(2) 碰撞过程中 A、B的动量变化量各多大

27、？水平面光滑，两物体相互作用过程中， 水平方向不受外力作用， 因此系统水平方向的动量守 恒由于碰前系统水平方向的动量为 0,碰后总动量仍为 0 设碰后两物体速度大小分别是和込.列动量守恒的关系式:再根据碰撞过程中系统的机械能没有损失，得:+阮匕=0解上面 2 式，得上=-2m/s , v- =5m/s，或上=2m/s，丘=-5m/s .正负号代表二者的方向相反， 由于我们事前没有规定正方向， 因此两组解都可以认为正确. 根据实际情况我们知道，碰后 日方向是向右，若以向右为正方向，则应取上=-2m/s， 七=5m/s;若取向左为正方向，则应取上=2m/s, =-5m/s.(2 )我们规定向右为正

28、方向，则碰撞过程中 A的动量变化量是：- 1：,其中负号代表方向向左.由于B的初、末动量不在同一直线上，不能简单地用正负号表示方向，求动量变化需利用平行四边形定则，初动量大小为- - ” kg m/s=1.2kg m/s，方向竖直向下，末动量大小为花=1kg m/s,方向水平向右，动量变化量的大小为wsji 邸十卩：-0 260kg m/s=1.5 kg m/s,方向斜向右上，与水平方向夹角为(本题中A、B两物体组成的系统在碰撞过程中，动量并不守恒，从上面的计算可以清 楚看到这一点(二者的动量变化量并不是大小相等、方向相反) ，它们只是在水平方向上的动量分量守恒其原因是除了 A、B两物体间的相

29、互作用以外，还受到重力及水平面的支持力，但由于重力及水平面的支持力都是沿竖直方向的，水平方向满足“不受外 力”的条件，因此水平方向动量分量守恒.)【例12】带有斜面的木块 P原静止在光滑的水平桌面上，另一个小木块 Q从P的顶端由静止开始沿光滑的斜面下滑 .当Q滑到P的底部时，P向右移动了一段距离，且具有水平向右 的速度v,如图所示.下面的说法中正确的是：(A) P、Q组成的系统的动量守恒(B) P、Q组成的系统的机械能守恒(C) Q减少的重力势能等于 P增加的动能T7t77777i7777777777777f77771【分析与解】选项 A是学生最容易错选的，其实在这个过程中， P、Q组成的系统

30、只是在水平方向不受外力，水平方向的动量分量守恒， 而在竖直方向上，由于地面对P的支持力在Q下滑过程中要大于 P的重力，但小于P、Q的重力之和，竖直方向上不满足不受外力的条件， 因此竖直方向上动量不守恒，总的动量也就不守恒.P、Q组成的系统在这个运动过程中，除了重力对 Q做功以外，P对Q的支持力要做负功，而Q对P的压力要做正功，这两个力的大小相等而方向相反，两物体沿力的方向的位移相 等（即图中的s）,因此这两个力的功的代数和为 0，这说明在两物体间只有机械能的转移 （由Q向P转移），而没有能量的形式的转化，因此系统的总的机械能守恒.选项 B正确.P、Q组成的系统的机械能守恒，意味着系统损失的重力势能等于系统增加的动能，但这过 程中重力势能减少的只是 P,而动能增加的则是 P和Q,因此选项D正确而选项C错误. 本题的正确答案是 BD .（本题中地面及 P的斜面都是光滑的，在系统相对运动的过程中，没有机械能向内能的转化，只有动能与重力势能间的转化， 因此系统的机械能守恒. 如果斜面是不光滑的，存在着滑动摩擦力，则本题的4个选项都不正确.但自然界的总能量仍是守恒的， D选项只要改为“P减少的机械能等于 Q增加的动能与生热的和”，则它是正确的.）【例13】甲、乙两个小球在水平光滑直轨道上向同方向运动， 已知它们的动量分别是 1