191网校高考辅导资料 - 高中物理动量

191网校高考辅导资料---高中物理“动量”

一、冲量和动量

1、冲量

⑴意义：反映力所产生改变物体速度效果的物理量。 ⑵定义：力F和力的作用时间t的乘积。定义式为：I=Ft。

⑶讨论：

①冲量是矢量：大小：当作用力为恒力时可用定义式I=Ft直接进行计算；当作用力F为变力时可根据动量定理进行计算。方向：当作用力为恒力时，冲量的方向与作用力F的方向相同；当作用力大小变化，但在作用时间t内方向保持不变时，冲量的方向仍然与作用力F的方向相同；当作用力F在作用时间t内方向改变时，冲量的方向与动量变化的方向相同，可由动量变化的方向来确定冲量的方向。

②单位：冲量的单位是一个复合单位，是力与时间单位的复合，即：N·s

例题1、质量为m=2.0kg的物体以初速度V0=3.0m/s水平抛出，求物体抛出0.4s内重力的冲量（g=10m/s2）。

解：因为重力是恒力，所以可以直接根据定义式求解：

IG=mgt=2.0×10×0.4Ns=8.0Ns。方向与重力的方向相同竖直向下。 求冲量问题，特别是求变力的冲量问题，还可以用动量定理求解：

IG=mV-0。（式中的V为物体在0.4s末时在竖直方向上的分速度），而V=gt，所以：

IG=mV-0=mgt=2.0×10×0.4Ns=8.0Ns。同理方向与重力的方向相同竖直向下。 2、动量

⑴意义：反映运动物体作用效果的物理量

⑵定义：物体的质量m和速度V的乘积。定义式为：p=mV。

⑶讨论：

①动量的矢量性。②动量的瞬时性。③动量的相对性。④单位：kg·m/s

例题2、质量为m=2.0kg的物体以初速度V0=3.0m/s水平抛出，求物体抛出后0.4s末时的动量。

解：物体抛出0.4s末时的速度为V=v2?v2=32?42m/s=5.0m/s。所以

0?p=mV=2.0×5.0kgm/s=10m/s。方向与该时刻的速度方向一致，即与水平方向成θ角，θ=tanθ

-1

v= tanθ

v?0-1

43=530。

注意：动量是矢量，求动量时不但要求出它的大小，还必须说明它的方向。

例题3、如图所示，在同一平面上有两个物体A和B，质量分别为mA和MB，A以角速度ω沿半径为R的圆周做匀速圆周运动，当经过P点时物体B在恒力F作用下开始运动，力F的方向与A物体在P点时的运动方向垂直，要使两物体在运动过程中的某一时刻动量相同，作用力F应满足

R O A V B P F 什么条件？

解：要使A、B两物体在运动过程中的某一时刻动量相同，必须是大小相等、方向相同。由于A运动的周期性，所以只能当A转过的时间满足t=nT+相同。

A的动量的大小为pA=mARω，B的动量大小为PB=mBVB=mB

342?mR2?(F34T=（

34+ n）

2??时才有可能

t=Ft，所以

BmmARω= Ft=F（

+ n）

?，则F=

?2 （n=0、1、2、3. . . ）

34?n)注意：动量是矢量，动量相同必须是大小相等、方向相同。 二、动量定理

1、动量定理的表达式： Ft＝mv2－mv1。

2、动量定理的意义：合外力的冲量等于物体动量的变化 3、动量定理解题的基本步骤

⑴选取研究对象，明确它的运动过程。 ⑵分析研究对象的受力情况。

⑶确定物体运动过程中的始、末状态及其动量。

⑷根据动量定理列出方程式求解，必要时可列出一些辅助方程联立求解。 4、用动量定理解题应注意的问题： ⑴选择应用动量定理解题的依据：

一般来说选择应用动量定理解题的依据是由题目中的已知条件和所求量所决定的。因为动量定理的表达式中只涉及到力F、时间t和速度v，所以，如果题目中的已知条件和所求量只给出力F、时间t和速度v，而不出现位移s和加速度a等，则一般可考虑用动量定理求解。

例题4、如图所示，足够长的斜面的倾角为θ，一质量为m的小物体以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑动，物体与斜面的动摩擦因素为μ，求

①小物体能沿斜面上升到最大高度所用的时间t。 ②小物体沿斜面上升的最大高度h。

解：①题目中的已知条件和所求量只给出力F、时间t和速度v，所以可以用动量定理求解。

设小物体能上升的最大高度所用时间为t，由动量定理可得：

-（mgsinθ+μmgcosθ）t=0-mv0可得t=

V0 θ v0

g(sin???con?)②小物体能沿斜面上升到最大高度就不能用动量定理求解了，但可以用牛顿运动定律和运动学公式求解，也可以用动能定理求解。读者可以自行求解。

⑵动量定理研究的对象为单个质点，当题目中出现两个或多个质点时，应该分别选取各个质点为研究对象，用动量定理列式计算。

例题5、如图所示，光滑水平的地面上静置一质量为M的又足够长的木板A，在木板

B V0 A 的A的左端有一质量为m的小物体B，它的初速度为V0，与木板的动摩擦因素为μ。求小物体B在木板A上相对滑动的时间t。

解：该题中的已知量和所求量只涉及到力、时间和位移，所以可以考虑应用动量定理求解。但研究的对象有A、B两个物体，我们可以分别列出A、B的动量定理的表达式：

设A、B最终达到的共同速度为V。

对A物体有： μmgt=MV 对B物体有： -μmgt=mV-m V0

由上述两式联立可得：t=

Mv0?g(M?m)

⑶动量定理的表达式中的F、t、V2、V1是对应于同一段时间的，当题目中的运动可以分为几个阶段时，要注意一一对应关系。

例题6、如图所示，在光滑水平面上并排放着A、B两木块，质量分别为mA和mB。一颗质量为m的子弹以水平速度V0先后击中木块A、B，木块A、B对子弹的阻力恒为f。子弹穿过木块A的时间为t1，穿过木块B的时间为t2。求：

①子弹刚穿过木块A后，木块A的速度VA、和子弹的速度V1分别为多大？

V0 A B ②子弹穿过木块B后，木块B的速度VB和子弹的速度V2又分别为多大？ 解：①子弹刚进入A到刚穿出A的过程中：

对A、B：由于A、B的运动情况完全相同，可以看作一个整体 ft1=（mA+mB）VA 所以：VA=

ft?1

BmAm对子弹：-ft1=mV1+mv0 所以：V1=V0-②子弹刚进入B到刚穿出B的过程中：

ft1m

对物体B：ft2=mBVB-mBVA 所以：VB=f（

tmmA1?m

?Bt） m2B对子弹：-ft2=mV2-mV1 所以：V2=V0-

f(t1?t2)⑷动量定理的表达式中的F为物体受到的合外力，Ft为物体受到的合外力的冲量。 例7、一杂技演员从一高台上跳下，下落h=5.0m.后，双脚落在软垫上，同时他用双腿弯曲重心下降的方法缓冲，测得缓冲时间t=0.2s，则软垫对双脚的平均作用力估计为自身所受重力的：

A、2倍 B、4倍 C、6倍 D、8倍

分析：在下落5.0m的过程中，杂技演员在竖直方向的运动是自由落体运动，所以在接

触软垫前的瞬时，其速度为v=2gh=10m/s。在缓冲过程中，杂技演员（重心）的下降运动，可视为匀减速运动。

解：对缓冲过程，应用动量定理有 （N-mg）t=0-（-mv），

代入数据可得 N=6mg，所以N/mg =6. 答案选 C

注意：双脚落在软垫的过程中，人受到的合外力为F= N-mg，而不是单单N。在应用动量定理时，重力是否忽略要看具体情况而定，如果相互作用时间极短或相互作用力远大于重力的冲量时可不考虑。

⑸动量定理是矢量式，当出现速度方向相反时，解题时应先规定一个正方向。

例题8、如图所示，光滑水平面上有一质量为m=0.40kg的小球以速度V0=5.0m/s向右运动。碰到墙后以速度V=4.0m/s返回。球与墙相碰的作用时间为t=0.050s。求：

①小球动量的增量⊿p。

②小球受到墙的平均作用力。 解：题目中的V与V0的方向相反，解题时我们可以设V0方向为正。

①小球动量的增量⊿p=-mV-mV0=-m（V+V0）=0.40×9.0kgm/s=-3.6kgm/s。 负号表示小球动量的增量的方向与小球的初速度V0的方向相反。 ②由动量定理Ft=⊿p=-mV-mV0可得： F=

?ptV0 V =

?3.60.050N=-72N。

负号表示小球受到墙的平均作用力的方向与小球的初速度V0的方向相反。

三、动量守恒定律 1、内容及表达式：

相互作用的物体，如果不受外力作用，或者它们所受的外力之和为零，它们的总动量保持不变。这个结论叫做动量守恒定律。对两个物体组成的系统，其动量守恒定律的表达式可写为△P1＝－△P2，即两物体的动量增量大小相等，方向相反。对于始终在同一条直线上运动的两个物体组成的系统，动量守恒定律的一般表达式为：mv1＋mv2＝mv1’＋mv2’

对于多个物体组成的系统可以依次类推。 2、使用条件及特殊处理：

⑴ 使用条件是：系统不受外力作用或系统所受外力的合力为零。 ⑵ 其特殊处理一般有两种情况：一是系统所受的合外力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的动量守恒。二是系统所受的合外力虽不为零，但比系统内相互作用的内力小得多，到了可以忽略不计的地步，仍可用动量守恒定律近似处理。

⑶ 动量守恒条件的讨论：

① 若系统受到的外力不为零，但系统在某一方向不受外力，或所受到的外力的合力为零，则系统在该方向上的动量守恒。

例题12、如图所示，高为h的木块质量为M，在刚要自由下落时，被水平飞来的质量为m，速度为V0的子弹击中

V0 m

M

h

并留在木块中。求在水平方向上的位移。

解：取子弹木块为研究对象（系统），系统受到重力的作用，所以动量不守恒，但系统在水平方向不受外力的作用，所以系统在水平方向上的动量守恒。

子弹击中木块的过程中系统在水平方向的动量守恒： 设子弹击中木块后系统在水平方向的共同速度为V，则 mV0=（m+M）V 所以：V=

mM?mV0。

mM?m则系统在水平方向上的位移S=Vt=V0

2hg

② 若系统受到的外力不为零，但系统内相互作用的内力远远大于系统受到的外力，即 F内?F外（或F内t?F外t），则系统的动量近似守恒。

例题13、如图所示，静置在粗糙水平面上质量为M的木块与粗糙水平的动摩擦因素为μ。一颗质量为m水平速度为V0的子弹击中木块并留在木块中。求子弹和木块组成的系统在粗糙水平面上发生的位移。

解：子弹在击中木块的过程中，即使作用时间极短，木块有很小的位移（即使时间短到木块

m V0 M 来不及发生位移，木块也有向右的运动趋势），受到水平面的摩擦力作用，所以动量不守恒的。但

是，子弹与木块的作用力远大与摩擦力，所以动量近似守恒。

设子弹击中木块后的共同速度为V，则： mV0=（m+M）V 所以V=则：-μ（m+M）gS=所以：S=

2mm?MV0，

1212（m+M）V2-（m+M）V02

mv2?g(m?M)220（3）应用动量守恒定律的解题步骤：

①根据题意确定研究对象：由两个或几个物体组成的物体系；

②分析研究对象的受力情况和运动情况，判断是否满足动量守恒的条件；

③确定研究对象的始末状态，确定各个物体相对应的始末动量（必须对同一参照系）； ④在一维情况下，选取合适的坐标轴的正方向；

⑸根据动量守恒定律列式并求解方程。

（4）对动量守恒定律的理解，还必须注意以下几个问题：

① 定律的系统性：定律是反映物体间相互作用的规律，所以它适用于两个或两个以上的物体所组成的系统。系统的选取很重要，会导致选取某一系统动量守恒，选取另一系统动量不守恒的结果。

例题14、在光滑水平面上，有一质量为m1的小车，通过一根几乎不可伸长的轻绳与另一个质量为m2的拖车相连接，一质量m3的小物体放在拖车的平板上。物体与平板间的动

摩擦因素为μ。开始时拖车静止，绳未拉紧，如图所示。开始时小车以速度V0的速度向前运动。试分析系统的运动情况，如果某一阶段满足动量守恒定律的条件，则列出相应的动量守恒定律的表达式。

m2 m3 V0 m1 分析：开始阶段小车作匀速运动，绳子拉紧的过程中（这一过程的时间极短，因为轻绳几乎不可伸长）所以m3来不及运动，所以取m1和m2为系统，这一系统中绳子的拉力远大于m2受到的m3对它的摩擦力，所以该系统的动量近似守恒。设拉紧后的共同速度为V1，则其表达式为：

m1V0=（m1+m2）V1

绳子拉紧后m1和m2的运动情况相同，可以看作一个整体。m3在m2上发生相对运动，直到m3在m2上无相对运动。此后m1、m2和m3一起以同一速度V2做匀速运动。这时如果取m2和m3为系统，则该系统的动量不守恒，因为系统受到小车的绳子对m2的拉力（外力）。但如果次过程中取m1、m2和m3为系统，则该系统的动量守恒。其表达式为：

（m1+m2）V1=（m1+m2+m3）V2

如果从小车开始运动知道最后m1、m2和m3一起以同一速度V2做匀速运动的整个过程中，由于m1、m2和m3始终不受外力作用，所以整个过程中动量始终守恒，其表达式为： m1V0=（m1+m2+m3）V2

② 定律的矢量性：定律为矢量式。由于高中只限于相互作用的物体系只在一条直线上运动，故可规定一正方向，将矢量式转化为代数式。

例题15、假设一枚质量为m的导弹，运动到空中时速度恰好水平，大小为V，方向如图所示。就在该点，导弹突然炸成两块。质量为m1的一块以速度V1沿V的反方向飞去，求另一块运动的速度V2。

解：导弹在爆炸前后系统在水平方向的动量守恒。 取导弹爆炸前的速度方向为正方向，则V为正值，V2 为负值。其动量守恒定律的表达式为 mV=（m-m1）V2-m1V1 所以： V2=mvV

mv m?m?111 由于已经规定了正方向，上式变为代数式，可以看出，V2的方向与V的方向相同。

③ 定律的相对性：由于动量的大小和方向与参照系有关，定律中所有动量都必须对同一参照系，一般选择地面为参照系。

例题16、质量为M的船静止于水面上，质量分别为m1和m2的甲、乙分别站在船的两头。试求：当甲、乙两人同时以相对于船的速度V0向对方走去，船将向何方向运动，其速度大小为多大？（设水对船的阻力不计）

解：该题中甲、乙的速度V0是相对与船的，而当甲、乙运动时，船也以一定的速度V（相对与地面）运动。

设向右运动的甲的运动速度方向为正，则甲相对于地面的速度V1和乙相对于地面的速度V2分别为：

V1=V0+V

V2=-（V0-V）

由于不计水的阻力，甲、乙和船组成的系统在水平方向上的动量守恒： m1V1 -m2V2+MV =0 代入V1和V2可得： m1（V0+V）-m2（V0-V）+MV=0 可解得：

m?m?m讨论：①当m1

②当m1>m2时，V为负值，表示船向左运动； ③当m1=m2时，V=0，表示船不动。

④ 定律的同时性：定律中两边的动量分别是始、末状态时的总动量。始态中的v1、v2是相互作用前同一时刻的瞬时速度，末态中的v1’、v2’是相互作用后同一时刻的瞬时速度。 ⑤ 定律的广泛性：定律具有广泛的适用范围。既适用于恒力，也适用于变力，如爆炸、碰撞、反冲等；既适用于低速的宏观物体系统，也适用于高速的微观物体系统。

⑥定律的重复性：当研究对象（系统）出现多个（n>2）物体或多次（n>2）相互作用时，可以先列出前几个或前几次的动量守恒定律的表达式，然后寻找规律，通过归纳法列出通式求解。

例题17、如图2-1-5所示,一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n(n=1,2,3…)。每人只有一个沙袋，x>0一侧的每个沙袋质量为m=14千克，x<0一侧的每个沙袋质量m′=10千克。一质量为M=48千克的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行。不计轨道阻力.当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍。(n是此人的序号数)

①空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行?

②车上最终有大小沙袋共多少个？

解：这是一道多个研究对象、多次相互作用的问题。 ①在x>0一侧：

第1个人扔沙袋： MV0-m 2V0=（M+m）V1

第2个人扔沙袋： （M+m）V1-m 2? 2V1=（M+2m）V2 第3个人扔沙袋： （M+2m）V2-m 3 ?2 V2=（M+3m）V3

??????

第n个人扔沙袋： [M+（n-1）m]Vn-1-m n ?2Vn-1=（M+nm）Vn

车反向运动的条件是：Vn-1>0 ；Vn <0 即 [M+（n-1）m]- m n?2<0 可解得： n=2.4 取整数，即车上有3个沙袋时车将向反方向运动。

②根据题意，只要小车有速度，都将会有人将沙袋扔到小车上，因此小车最终将静止。 在x<0一侧： 第1个人扔沙袋：（M+3m）V3- m′2V3=（M+3m+ m′）V4 第2个人扔沙袋：（M+3m+ m′）V4- m′2 ?2 V4=（M+3m+2 m′）V5 第3个人扔沙袋：（M+3m+2 m′）V5- m′3?2 V5=（M+3m+3 m′）V6 ??????

第n个人扔沙袋：[M+3m+（n-1）m′]Vn+2- m′n?2 Vn+2=（M+3m+n m′）Vn+3 车停止运动的条件是：Vn+3=0 即 [M+3m+（n-1）m′]- m′n?2 =0 可得

123v?m2?m1v

0n=8 所以车上最终共有沙袋3+8=11（个）

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