高考物理一輪復(fù)習(xí)第六部分動(dòng)量和沖量

1、動(dòng)量守恒定律動(dòng)量守恒定律基礎(chǔ)知識(shí)歸納1.動(dòng)量：物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動(dòng)量，pmv.(1)動(dòng)量是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的一個(gè)狀態(tài)量，它與時(shí)刻相對(duì)應(yīng).(2)動(dòng)量是矢量，它的方向和速度的方向相同.(3)由于物體的速度與參考系的選取有關(guān)，所以物體的動(dòng)量也與參考系選取有關(guān)，因而動(dòng)量具有相對(duì)性.題中沒有特別說明的，一般取地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系.2.動(dòng)量的變化量(ppp)由于動(dòng)量為矢量，動(dòng)量變化量的方向不是動(dòng)量的方向，它可以與初動(dòng)量方向相同、相反或成某一角度.求解動(dòng)量的變化量時(shí)，其運(yùn)算遵循平行四邊形定則.(1)若初、末動(dòng)量在同一直線，則在選定正方向的前提下，可化矢量運(yùn)算為代數(shù)運(yùn)算.(2)若初、末動(dòng)量

2、不在同一直線上，則運(yùn)算遵循平形四邊形定則或矢量三角形定則，即pppmvmv，如圖所示.3.動(dòng)量守恒定律：一個(gè)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變.即：.4.動(dòng)量守恒定律的條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零.根據(jù)具體問題，其條件可理解為：(1)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；(2)系統(tǒng)受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，可以忽略不計(jì)；(3)如果系統(tǒng)所受合外力不為零，但在某一方向上合外力等于零，這一方向上動(dòng)量還是守恒的.重點(diǎn)難點(diǎn)突破一、什么是“內(nèi)力”、什么是“外力” 在物理學(xué)中研究幾個(gè)物體間的相互作用的問題時(shí)，常把這些物體統(tǒng)稱為一個(gè)“系統(tǒng)”.在系統(tǒng)中的物體間的相互作用力都稱為“內(nèi)

3、力”.當(dāng)系統(tǒng)之外的物體與系統(tǒng)中的物體相互作用時(shí)，系統(tǒng)中物體所受到的作用力就稱為“外力”. “內(nèi)力”和“外力”并不是絕對(duì)的，而是與所定的“系統(tǒng)”的范圍有關(guān).例如：有甲、乙、丙三個(gè)物體，如果我們?cè)谔幚韱栴}時(shí)只把甲、乙兩個(gè)物體定為研究的系統(tǒng)，那么甲、乙之間的相互作用就是“內(nèi)力”，而丙對(duì)甲、乙的作用就是“外力”；如果我們?cè)谔幚韱栴}時(shí)把甲、乙、丙三個(gè)物體定為研究的系統(tǒng)，那么甲、乙、丙之間的所有相互作用就是“內(nèi)力”了. 一個(gè)不受“外力”作用的系統(tǒng)，在物理學(xué)中被稱為“封閉系統(tǒng)”，這種系統(tǒng)是滿足動(dòng)量守恒定律的.二、對(duì)動(dòng)量守恒定律的理解 系統(tǒng)“總動(dòng)量保持不變”，不是僅指系統(tǒng)的初、末兩個(gè)時(shí)刻的總動(dòng)量都相等，而是指

4、系統(tǒng)在整個(gè)過程中任意兩個(gè)時(shí)刻的總動(dòng)量都相等，但不能認(rèn)為系統(tǒng)內(nèi)的每一個(gè)物體的動(dòng)量都保持不變.1.矢量性：動(dòng)量守恒的方程為矢量方程.對(duì)于作用前后物體的運(yùn)動(dòng)方向都在同一直線上的問題，應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向，凡是與選取正方向相同的動(dòng)量為正，相反的為負(fù).若未知方向的，可設(shè)為與正方向相同，列動(dòng)量守恒方程，通過解得結(jié)果的正負(fù)，判定未知量的方向.2.相對(duì)性：各物體的速度必須是相對(duì)同一慣性參考系的速度(沒有特殊說明則選地球這個(gè)參考系)，如果題設(shè)條件中各物體的速度不是同一慣性參考系時(shí)，必須適當(dāng)轉(zhuǎn)換參考系，使其成為同一參考系的速度.3.系統(tǒng)性：解題時(shí)，選擇的對(duì)象是滿足條件的系統(tǒng)，不是其中一個(gè)物體，也不是題中有幾個(gè)物體就

5、選幾個(gè)物體.4.同時(shí)性：動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，動(dòng)量守恒指的是系統(tǒng)在任一瞬間的動(dòng)量恒定.在列動(dòng)量守恒方程m1v1m2v2m1v1m2v2時(shí)，等號(hào)左側(cè)是作用前(或某一時(shí)刻)系統(tǒng)內(nèi)各物體動(dòng)量的矢量和，等號(hào)右側(cè)是作用后(或另一時(shí)刻)系統(tǒng)內(nèi)各物體動(dòng)量的矢量和，不是同一時(shí)刻的動(dòng)量是不能相加的.5.階段性：只有滿足守恒條件的過程或階段，動(dòng)量才守恒.6.普遍性：只要系統(tǒng)所受的合外力為零，不論系統(tǒng)內(nèi)部物體之間的相互作用力的性質(zhì)如何，甚至對(duì)該力一無所知；不論系統(tǒng)內(nèi)各物體是否具有相同運(yùn)動(dòng)方向；不論物體相互作用時(shí)是否直接接觸；也不論相互作用后粘合在一起還是分裂成碎片，動(dòng)量守恒定律均適用.動(dòng)量守恒不僅適用于宏觀低速物體，而

6、且還適用于接近光速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子.三、判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒的一般思路1.明確系統(tǒng)由哪幾個(gè)物體組成；2.研究系統(tǒng)中各物體受力情況，分清內(nèi)力與外力；3.看所有外力的合力是否為零.典例精析1.守恒條件的判斷【例1】把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平面上，槍沿水平方向發(fā)射一顆子彈時(shí)，關(guān)于槍、彈、車，下列說法正確的是()a.槍和彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒b.槍和車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒c.三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，因?yàn)樽訌椇蜆屚仓g的摩擦力很小，使系統(tǒng)的動(dòng)量變化很小，可以忽略不計(jì)，故系統(tǒng)動(dòng)量近似守恒d.三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，因?yàn)橄到y(tǒng)只受重力和地面的支持力這兩個(gè)外力的作用，這兩個(gè)外力的合力為零【解析】當(dāng)槍

7、發(fā)射子彈時(shí)，子彈向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，而槍與車一起向另一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，故槍與車組成的系統(tǒng)動(dòng)量是增加的，而槍、彈、車三者構(gòu)成的系統(tǒng)由于合外力為零，滿足動(dòng)量守恒的條件，故動(dòng)量是守恒的，即正確選項(xiàng)是d.【答案】d【思維提升】(1)把所選取的系統(tǒng)隔離出來，分析系統(tǒng)所受到的外力.(2)根據(jù)守恒條件判斷系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒.【拓展1】如圖所示，a、b兩物體質(zhì)量之比mamb32，原來靜止在平板小車c上，a、b間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑，當(dāng)彈簧突然釋放后，則( bcd )a.若a、b與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，a、b組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒b.若a、b與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，a、b、c組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守

8、恒c.若a、b所受的摩擦力大小相等，a、b組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒d.若a、b所受的摩擦力大小相等，a、b、c組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒【解析】如果a、b與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，彈簧釋放后a、b分別相對(duì)于小車向左、向右滑動(dòng)，它們所受的滑動(dòng)摩擦力fa向右，fb向左.由于mamb32，所以fafb32，則a、b組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動(dòng)量不守恒，a選項(xiàng)錯(cuò).對(duì)a、b、c組成的系統(tǒng)，a、b與c間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向上的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，b、d選項(xiàng)均正確.若a、b所受摩擦力大小相等，則a、b組成的系統(tǒng)的外力之和為零，故其動(dòng)量守恒，c選項(xiàng)正

9、確.2.某一方向的動(dòng)量守恒問題【例2】如圖所示，在光滑水平面上靜止著一傾角為，質(zhì)量為m的斜面體b，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的物體a以初速度v0沿斜面上滑，若a剛好可到達(dá)b的頂端，且a、b具有共同速度，若不計(jì)a、b間的摩擦，求a到達(dá)頂端時(shí)速度的大小.【解析】因?yàn)橹挥形矬wa具有豎直方向的加速度，故系統(tǒng)所受合外力不為零，且方向?yàn)樨Q直方向，但水平面光滑，故系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，即mv0cos (mm)v所以v【思維提升】幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)在某一過程中，總動(dòng)量不守恒，但系統(tǒng)在某一個(gè)方向上不受外力的作用，或者在這個(gè)方向上外力的矢量和為零.那么系統(tǒng)在這個(gè)方向上的動(dòng)量守恒.【拓展2】如圖所示中不計(jì)一切摩擦，a物體質(zhì)量

10、為m，b物體質(zhì)量為m.(1)(a)圖中b是半徑為r的圓弧軌道，a、b最初均處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)讓a自由下滑，求a滑離b時(shí)a和b的速度大小之比.(2)(b)圖中b也是半徑為r的圓弧軌道，初態(tài)時(shí)b靜止不動(dòng)，滑塊a以速度v0沿軌道上滑，若滑塊已滑出軌道b，求滑出時(shí)b的速度大小.(3)(c)圖中b為一半徑為r的半圓形軌道，開始時(shí)b靜止不動(dòng)，滑塊a以一初速度v0使其沿軌道下滑，若a能從軌道的另一端滑出，求滑出時(shí)b的速度為多大？(4)(d)圖中小球來回?cái)[動(dòng)，求小球擺至最低點(diǎn)時(shí)a、b速度大小之比.【答案】(1)vavbmm(2)vb(3)vb0(4)vavbmm3.動(dòng)量守恒的應(yīng)用【例3】如圖所示，質(zhì)量為m的小車

11、靜止在光滑的水平面上.小車的最右端站著質(zhì)量為m的人.若人水平向右以相對(duì)車的速度u跳離小車，則人脫離小車后小車的速度多大？方向如何？【解析】在人跳離小車的過程中，由于人和車組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，故在該方向上人和車系統(tǒng)動(dòng)量守恒.由于給出的人的速度u是相對(duì)車的，而公式中的速度是相對(duì)地的，必須把人的速度轉(zhuǎn)化為相對(duì)地的速度.有的同學(xué)可能認(rèn)為，由于車原來是靜止的，所以u(píng)就是人對(duì)地的速度.這種認(rèn)識(shí)是錯(cuò)誤的，違背了同時(shí)性的要求.因?yàn)槿双@得相對(duì)車的速度u的同時(shí)，車也獲得了對(duì)地的速度v.所以人對(duì)車的速度u，應(yīng)是相對(duì)運(yùn)動(dòng)的車的速度，而不是相對(duì)靜止的車的速度.設(shè)速度u的方向?yàn)檎较?，并設(shè)人脫離車后小車的速度

12、大小為v，則人對(duì)地的速度大小為(uv).根據(jù)動(dòng)量守恒定律有0m(uv)mv，所以小車速度vmu/(mm)，方向和u的方向相反.【思維提升】(1)動(dòng)量守恒方程中各物體的速度是相對(duì)同一參考系的.(2)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，應(yīng)將物體對(duì)不同參考系的速度換算成對(duì)同一參考系的速度，一般換算成對(duì)地的速度，再代入方程求解.【拓展3】光滑水平軌道上有一輛小車質(zhì)量為20 kg，質(zhì)量為60 kg的人站在小車上，與車一起以5 m/s的速度運(yùn)動(dòng).試求：(1)人相對(duì)于車以2 m/s的速度沿車前進(jìn)的反方向行走，車速是多大？(2)人相對(duì)于車以2 m/s的速度豎直跳起，車速是多大？(3)人相對(duì)于軌道以2 m/s的速度豎直跳起，車

13、速是多大？【解析】(1)由于水平軌道是光滑的，人、車系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒.系統(tǒng)的初動(dòng)量p(2060)5 kgm/s400 kgm/s設(shè)人反向行走時(shí)車的速度為v1，系統(tǒng)動(dòng)量p120v160(v12)由動(dòng)量守恒，有p1p則20v160(v12)400 kgm/s，v16.5 m/s(2)設(shè)人相對(duì)于車豎直跳起時(shí)車速為v2，由于是相對(duì)于車豎直跳起，則人與車水平方向相對(duì)靜止，有共同速度，則系統(tǒng)動(dòng)量p220v260v2.由動(dòng)量守恒，p2p則20v260v2400 kgm/s，v25 m/s(3)人相對(duì)于軌道豎直跳起，人水平方向速度為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量p320v3，由動(dòng)量守恒，p3p，則20v3400 kgm

14、/s，v320 m/s 易錯(cuò)門診【例4】如圖所示，質(zhì)量為0.4 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度向右沖向墻壁，又以5 m/s的速度被反向彈回，在球與墻相碰前后，求小球動(dòng)量的變化量？【錯(cuò)解】小球動(dòng)量的變化量為pmv2mv10.45 kgm/s0.45 kgm/s0【錯(cuò)因】上述錯(cuò)誤的原因是忽略了動(dòng)量的矢量性，本題中小球與墻碰撞前后的動(dòng)量方向相反，即初動(dòng)量和末動(dòng)量不同.【正解】取小球的初速度方向?yàn)檎较?，小球?dòng)量變化量為pmv2mv10.45 kgm/s0.45 kgm/s4 kgm/s負(fù)號(hào)表示動(dòng)量的變化量p的方向與小球初速度方向相反，即水平向左.【思維提升】動(dòng)量是矢量，動(dòng)量的變化量也是矢量

15、.一定要注意矢量的方向性.動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)歸納1.動(dòng)量守恒方程的幾種形式(1)系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量等于相互作用后的總動(dòng)量，即pp.(2)系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零，即ppp0.(3)對(duì)兩部分物體組成的系統(tǒng)，在相互作用前后各部分的動(dòng)量變化等值反向，即p1p2.2.動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用范圍 “動(dòng)量守恒定律”既可以用于解決物體的低速運(yùn)動(dòng)問題，又可處理接近于光速的物體高速運(yùn)動(dòng)問題；它既可用于解決宏觀物體間的相互作用問題，又可處理微觀粒子間的相互作用問題.因此它比“牛頓運(yùn)動(dòng)定律”的適用范圍要廣泛得多.動(dòng)量守恒定律是自然界中最重要、最普遍的規(guī)律之一.重點(diǎn)難點(diǎn)突破一、人船模型 系統(tǒng)在全過程中動(dòng)量守恒(包

16、括某個(gè)方向上動(dòng)量守恒)，人在船上走動(dòng)的過程中，每時(shí)每刻人、船速度之比均與他們的質(zhì)量成反比，因此，兩者平均速度之比也與他們的質(zhì)量成反比，由動(dòng)量守恒可得m1s1m2s2，這是個(gè)重要的結(jié)論.二、多物體組成的系統(tǒng) 有時(shí)候?qū)φw應(yīng)用動(dòng)量守恒，有時(shí)只選某部分應(yīng)用動(dòng)量守恒，有時(shí)分過程多次應(yīng)用動(dòng)量守恒，恰當(dāng)選擇系統(tǒng)和始、末狀態(tài)是解題的關(guān)鍵.三、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決問題的基本思路 1.分析題意，明確研究對(duì)象.在分析相互作用的物體總動(dòng)量是否守恒時(shí)，通常把這些被研究的物體總稱為系統(tǒng).對(duì)于比較復(fù)雜的物理過程，要采用程序法對(duì)全過程進(jìn)行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組

17、成的. 2.要對(duì)各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進(jìn)行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外部物體對(duì)系統(tǒng)內(nèi)部物體作用的外力.在受力分析的基礎(chǔ)上根據(jù)動(dòng)量守恒定律的條件判斷能否應(yīng)用動(dòng)量守恒. 3.明確所研究的相互作用過程，確定過程的始、末狀態(tài)，即系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的初動(dòng)量和末動(dòng)量的量值或表達(dá)式.4.確定好正方向，建立動(dòng)量守恒方程求解.典例精析1.人船模型的應(yīng)用【例1】長為l、質(zhì)量為m的小船停在靜水中，一個(gè)質(zhì)量為m的人站立在船頭，若不計(jì)水的阻力，當(dāng)人從船頭走到船尾的過程中，船和人對(duì)地面的位移各是多少？【解析】選人和船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，因系統(tǒng)在水平方向不受力，所以動(dòng)量守恒，人未走時(shí)系統(tǒng)的

18、總動(dòng)量為零，當(dāng)人起步加速前進(jìn)時(shí)，船同時(shí)加速后退；當(dāng)人速度為零時(shí)，船速度也為零.設(shè)某時(shí)刻人對(duì)地的速度為v1，船對(duì)地的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒得mv1mv20因?yàn)樵谌藦拇^走到船尾的整個(gè)過程中動(dòng)量時(shí)刻滿足守恒，對(duì)式兩邊同乘以t，得ms1ms20式為人對(duì)地的位移和船對(duì)地的位移關(guān)系.由圖所示還可看出：s1s2l聯(lián)立兩式得【思維提升】“人船模型”的特點(diǎn)：(1)p00；(2)m1m20；(3)m1m20即m1s1m2s2.注意：人與船系統(tǒng)在其運(yùn)動(dòng)方向上合外力為零，在此方向動(dòng)量守恒.若相互作用的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒.但p00，且在某一方向動(dòng)量守恒，則該方向上仍具有“人船模型”的特點(diǎn).【拓展1】如圖所示，質(zhì)量為mb

19、的斜面體b放在質(zhì)量為ma的斜面體a的頂端，斜面體a放在水平面上，若斜面體a的下底邊長度為a，斜面體b的上邊長度為b，且ma2mb，不計(jì)一切摩擦，求當(dāng)b由a的頂端從靜止開始滑到a的底端時(shí)，a移動(dòng)的距離.【解析】我們可畫出如圖所示的示意圖.我們注意到，以a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但該系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒(因?yàn)樵撓到y(tǒng)水平方向不受外力).設(shè)a、b在題述過程中的水平位移大小分別為sa、sb，則聯(lián)想“人船模型”，可得：masambsb因?yàn)閙a2mb所以2sasb注意到sbasab可得sa2.多體問題【例2】如圖所示，在光滑的水平面上有兩塊并列放置的木塊a與b，已知a的質(zhì)量是500 g，b的質(zhì)量是300

20、g，有一質(zhì)量為80 g的小銅塊c(可視為質(zhì)點(diǎn))以25 m/s的水平初速度開始在a的表面滑動(dòng).銅塊最后停在b上，b與c一起以2.5 m/s的速度共同前進(jìn).求：(1)木塊a最后的速度va；(2)c離開a時(shí)的速度vc.【解析】c在a上滑動(dòng)時(shí)，選a、b、c作為一個(gè)系統(tǒng)，其總動(dòng)量守恒，則：mcv0mcvc(mamb)vac滑到b上后a做勻速運(yùn)動(dòng)，再選b、c作為一個(gè)系統(tǒng)，其總動(dòng)量也守恒，則mcvcmbva(mbmc)vbc也可以研究c在a、b上面滑動(dòng)的全過程，在整個(gè)過程中a、b、c組成系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，則mcv0mava(mbmc)vbc把上述三個(gè)方程式中的任意兩個(gè)聯(lián)立求解即可得到va2.1 m/s，vc

21、4 m/s【思維提升】在多個(gè)物體相互作用的系統(tǒng)中，恰當(dāng)選取系統(tǒng)中部分物體為研究對(duì)象，往往是解決問題的關(guān)鍵.【拓展2】兩只小船平行勻速逆向航行，航線鄰近，當(dāng)它們頭尾相齊時(shí)，每一只船上各投質(zhì)量m50 kg的一只麻袋到對(duì)面船上去，結(jié)果載重較小的一只船停了下來，另一只船以v8.5 m/s的速度向原方向航行，設(shè)兩只船及船上的載重量各為m1500 kg，m21 000 kg，問在交換麻袋前兩只船的速率各為多少？【解析】每只船和麻袋都勻速行駛，在交換麻袋時(shí)近似認(rèn)為兩船在水平方向受力不變，水平方向動(dòng)量守恒.(1)選取拋出麻袋后的小船和從大船投過的麻袋為系統(tǒng)，并以小船m1的速度方向?yàn)檎较蛉鐖D所示，依動(dòng)量守恒定

22、律有(m1m)v1mv20即450v150v20(2)選取拋出麻袋后的大船和從小船投過的麻袋為系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律，有(m2m)v2mv1m2v即950v250v11 0008.5(3)選取四個(gè)物體為系統(tǒng)，有m1v1m2v2m2v即500v11 000v21 0008.5聯(lián)立、式中的任意兩式解得v11 m/s，v29 m/s3.動(dòng)量守恒在微觀領(lǐng)域的應(yīng)用【例3】在認(rèn)識(shí)原子核的艱難歷程中，中子的發(fā)現(xiàn)有過一段曲折的經(jīng)歷.1930的德國物理學(xué)家玻特和他的學(xué)生貝克用放射性物質(zhì)釙(po)放射出的粒子去轟擊輕金屬鈹(be)時(shí)，發(fā)現(xiàn)有一種貫穿力很強(qiáng)的中性射線產(chǎn)生，他們認(rèn)為這是射線.后來法國物理學(xué)家約里奧居里夫

23、婦也進(jìn)行了類似的實(shí)驗(yàn)，他們用玻特發(fā)現(xiàn)的這種中性射線去轟擊含有很多氫原子的石蠟，結(jié)果有質(zhì)子被打了出來.對(duì)于這一現(xiàn)象，約里奧居里夫婦則認(rèn)為是射線像粒子那樣和石蠟里的氫原子核發(fā)生碰撞.1932年英國物理學(xué)家查德威克研究這種中性射線時(shí)，發(fā)現(xiàn)它的速度不到光速的十分之一，從而否定了這種中性射線是射線.為了確定這種中性粒子，必須確定它的質(zhì)量，查德威克用這種中性射線與質(zhì)量已知的氫核和氮核發(fā)生碰撞.測得氫核和氮核的速率之比是7.5，試確定這種中性粒子的質(zhì)量和氫核的質(zhì)量的關(guān)系.【解析】設(shè)中性粒子的質(zhì)量為m.碰前速率為v，碰后速率為v，氫核的質(zhì)量為mh，碰前速率為零，碰后速率為vh，由碰撞前后的動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒可

24、得mvmvmhvhmv2mv2mhv聯(lián)立解得vh同理由中性粒子和氮原子核的碰撞可得mvmvmnvnmv2mv2mnv聯(lián)立解得vn可得已知氮核質(zhì)量與氫核質(zhì)量的關(guān)系為mn14mh查德威克在實(shí)驗(yàn)中測得氫核和氮核的速率之比是7.5，所以有7.5因而得mmh由此可知這種中性粒子的質(zhì)量與氫核的質(zhì)量相同，由于不帶電，故被稱之為中子.【思維提升】微觀粒子的碰撞滿足動(dòng)量守恒定律. 易錯(cuò)門診4.動(dòng)量守恒問題中的機(jī)械能損失【例4】如圖所示，在光滑水平面上，有一質(zhì)量為m120 kg的小車，通過一根幾乎不可伸長的輕繩與一節(jié)質(zhì)量為m225 kg的平板車廂連接.質(zhì)量為m315 kg的小物體放在平板車廂上，物體與平板車之間的

25、滑動(dòng)摩擦因數(shù)為0.20.開始時(shí)車廂靜止，繩松弛，小車以v03 m/s的速度前進(jìn)，設(shè)平板足夠長，試求小物體m3在平板上移動(dòng)的距離x.【錯(cuò)解】三個(gè)物體組成的系統(tǒng)在全過程中動(dòng)量守恒，設(shè)最終三者的共同速度為v，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得m1v0(m1m2m3)v代入數(shù)據(jù)解得v1 m/s又因?yàn)橄到y(tǒng)損失動(dòng)能的多少等于物體克服摩擦力做的功，則m1v(m1m2m3)v2m3gx代入數(shù)據(jù)解得x2 m【錯(cuò)因】上述錯(cuò)誤的原因是忽略了繩子的微小形變過程中機(jī)械能的損失.三個(gè)物體的作用過程可以簡化為：先由m1、m2相互作用，兩者達(dá)到共同速度，這個(gè)過程要損失機(jī)械能；然后m1、m2的共同體與m3發(fā)生相互作用，三者達(dá)到共同速度，這個(gè)過程

26、又要損失機(jī)械能.【正解】(1)第一個(gè)過程是m1、m2相互作用，兩者達(dá)到共同速度v1，m1、m2組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：m1v0(m1m2)v1代入數(shù)據(jù)解得v1 m/s(2)三個(gè)物體組成的系統(tǒng)在全過程中動(dòng)量守恒，設(shè)最終三者的共同速度為v2，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得m1v0(m1m2m3)v2代入數(shù)據(jù)解得v21 m/s(3)第二個(gè)過程是m1、m2組成的系統(tǒng)與m3發(fā)生作用，這個(gè)過程中，由功和能的關(guān)系得(m1m2)v(m1m2m3)vm3gx代入數(shù)據(jù)解得x m【思維提升】對(duì)于微小形變過程中的機(jī)械能是否守恒的判斷一定要結(jié)合物理情景和題設(shè)條件，切不可想當(dāng)然.碰撞與反沖運(yùn)動(dòng)基礎(chǔ)知識(shí)歸納1.碰撞及其特點(diǎn)(1)碰撞：碰撞是

27、指物體間相互作用時(shí)間很短，而物體間相互作用力很大的一類現(xiàn)象.(2)碰撞、爆炸過程的特點(diǎn)：時(shí)間短：在碰撞、爆炸現(xiàn)象中相互作用時(shí)間很短.相互作用力很大：在碰撞、爆炸過程中，物體間的相互作用力先是急劇增大，然后再急劇減小，平均作用力很大.動(dòng)量守恒：在碰撞、爆炸過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，外力可忽略，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒.2.碰撞的分類(1)從碰撞過程中能量是否變化的角度分：彈性碰撞：碰撞結(jié)束后，物體形變完全恢復(fù)，碰撞過程中，系統(tǒng)同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒；非彈性碰撞：碰撞結(jié)束后，物體形變只有部分恢復(fù)，碰撞過程中，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，但機(jī)械能有損失；完全非彈性碰撞：碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，形變完全保

28、留，有共同的速度，碰撞過程中，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，系統(tǒng)的機(jī)械能損失最大.(2)從碰撞前后兩物體(小球)的速度方向關(guān)系分：對(duì)心碰撞：碰撞前后兩球的速度方向均與碰前兩球心的連線在同一直線上，這種碰撞又叫正碰；非對(duì)心碰撞：碰撞之前兩球的速度方向與兩球心的連線不在同一條直線上；碰后兩球的速度方向都會(huì)偏離原來兩球心的連線，這種碰撞又叫斜碰.中學(xué)物理只研究正碰.3.反沖運(yùn)動(dòng)反沖運(yùn)動(dòng)是指系統(tǒng)在內(nèi)力的作用下，系統(tǒng)內(nèi)一部分物體向某方向發(fā)生動(dòng)量變化時(shí)，系統(tǒng)內(nèi)其余部分向相反方向發(fā)生動(dòng)量變化的現(xiàn)象，系統(tǒng)遵循動(dòng)量守恒定律，如水輪機(jī)、噴氣式飛機(jī)、火箭等的運(yùn)動(dòng).重點(diǎn)難點(diǎn)突破一、怎樣理解彈性碰撞 碰撞時(shí)，內(nèi)力是彈性力，只發(fā)生機(jī)

29、械能的轉(zhuǎn)移，系統(tǒng)內(nèi)無機(jī)械能損失，叫做彈性碰撞.若系統(tǒng)有兩個(gè)物體在水平面上發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)量守恒，同時(shí)動(dòng)能也守恒.m1v1m2v2m1v1m2v2m1vm2vm1v12m2v22 若碰撞前，有一個(gè)物體是靜止的，設(shè)v20，則碰撞后的速度分別為v1(m1m2)v1/(m1m2)v22m1v1/(m1m2)幾種特殊情況：若m1m2，v10，v2v1，碰后實(shí)現(xiàn)了動(dòng)量和動(dòng)能的全部轉(zhuǎn)移.若m1m2，v1v1，v22v1，碰后m1幾乎仍保持原來速度運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量小的m2將以2v1向前運(yùn)動(dòng).若m1m2，v1v1，v20，碰后m1被按原來速率彈回，m2幾乎未動(dòng).二、怎樣理解非彈性碰撞和完全非彈性碰撞 1.發(fā)生完全非彈

30、性碰撞時(shí)，內(nèi)力是完全非彈性力，機(jī)械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化得最多，機(jī)械能損失最大.碰后物體粘在一起，以共同速度運(yùn)動(dòng)，只有動(dòng)量守恒.m1v1m2v2(m1m2)v機(jī)械能損失量(轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)為em1vm2v(m1m2)v2 2.發(fā)生非彈性碰撞時(shí)，內(nèi)力是非彈性力，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為物體的內(nèi)能，機(jī)械能有損失，動(dòng)量守恒m1v1m2v2m1v1m2v2總動(dòng)能減少m1vm2vm1v12m2v22三、判斷碰撞是否成立的原則 1.動(dòng)量守恒，即p1p2p1p2. 2.動(dòng)能不增加，即ek1ek2ek1ek2 或 3.速度要符合情景：如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即v后v前，否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞.碰撞后

31、，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體速度大于或等于原來在后的物體的速度，即v前v后，否則碰撞沒有結(jié)束.如果碰前兩物體是相向運(yùn)動(dòng)，則碰后，兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零.典例精析1.一維碰撞中可能性的判斷【例1】在光滑的水平面上，有a、b兩球沿同一直線向右運(yùn)動(dòng)，如圖所示，已知碰撞前兩球的動(dòng)量分別為pa12 kgm/s，pb13 kgm/s，碰撞后它們的動(dòng)量變化量pa、pb有可能的是()a.pa3 kgm/s，pb3 kgm/sb.pa4 kgm/s，pb4 kgm/sc.pa5 kgm/s，pb5 kgm/sd.pa24 kgm/s，pb24 kgm/s【

32、解析】四個(gè)選項(xiàng)都遵守動(dòng)量守恒原則，即papb0，這些選項(xiàng)是否都對(duì)呢？由于本題是追碰問題，故必有vavb，vbvb所以有pb0因而pa0，可將b選項(xiàng)排除.再考慮動(dòng)能不能增加原則，即mavmbvmavmbv且mbmbv由式解得mavmav即vv或|va|va|由此可得：vavava式各項(xiàng)減去va，再乘以ma，可得：2papa0由可排除d，故只有a、c選項(xiàng)正確.【答案】ac【思維提升】根據(jù)碰撞過程是否發(fā)生的三個(gè)原則逐個(gè)分析，特別要注意，碰撞后的狀態(tài)應(yīng)合乎情理.【拓展1】在光滑的水平面上，兩球沿球心連線以相等的速率相向而行，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn)象可能的是( ad )a.若兩球質(zhì)量相同，碰后以某一相等速率

33、相互分開b.若兩球質(zhì)量相同，碰后以某一相等速率同向而行c.若兩球質(zhì)量不同，碰后以某一相等速率相互分開d.若兩球質(zhì)量不同，碰后以某一相等速率同向而行【解析】兩球的質(zhì)量m1、m2大小關(guān)系未知，以相等的速率相向碰撞，碰撞后的狀態(tài)取決于兩個(gè)因素，其一是兩球的質(zhì)量關(guān)系，如m1m2，m1m2，m1m2；其二是碰撞過程中能量損失情況，如完全彈性碰撞，完全非彈性碰撞，一般的碰撞.若m1m2，且是完全彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理可以得到的兩球分別以原來的相等的速率反向運(yùn)動(dòng)，所以a選擇是可能的，在兩球發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得m1vm2v(m1m2)v共.若m1m2時(shí)，則v共0，故b不正確.若m

34、1m2時(shí)，則v共0，故d選項(xiàng)是可能的.當(dāng)m1m2時(shí)，m1v1m2v20系統(tǒng)的總動(dòng)量與m1v1同向，若兩球碰撞后以某一相等速率v分開，則碰后系統(tǒng)的總動(dòng)量為m1vm2v0，說明了系統(tǒng)的總動(dòng)量在碰后改變了方向，這是違反了動(dòng)量守恒定律的，因此c選項(xiàng)不可能，故本題正確答案為a、d.2.內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力模型的動(dòng)量守恒【例2】2007年春節(jié)期間，全國許多大中城市將燃放煙花爆竹禁放改為限放，增加了節(jié)日氣氛.假設(shè)一質(zhì)量為m的煙花從地面上a點(diǎn)以速度v豎直上升到最大高度處炸裂為質(zhì)量相等的兩塊，沿水平方向向相反兩個(gè)方向飛出，假設(shè)其中一塊落在距a點(diǎn)距離為s處，不計(jì)空氣阻力，煙花炸裂時(shí)消耗的化學(xué)能80%轉(zhuǎn)化為動(dòng)能.求：(1

35、)煙花上升的最大高度.(2)煙花炸裂后的一塊水平飛出時(shí)的速度大小；(3)煙花炸裂時(shí)消耗的化學(xué)能.【解析】(1)由豎直上拋公式得煙花上升的最大高度h(2)設(shè)煙花炸裂后的一塊水平飛出時(shí)的速度大小為v1，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得sv1thgt2聯(lián)立解得v1(3)煙花炸裂時(shí)動(dòng)量守恒有v1v20，解得另一塊的速度為v2v1由能量守恒定律得煙花炸裂時(shí)消耗的化學(xué)能emv【思維提升】(1)煙花炸裂過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動(dòng)量守恒.(2)煙花炸裂過程有化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能.【拓展2】如圖所示，一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩，靜止地懸掛著質(zhì)量為m的木塊，一質(zhì)量為m的子彈，以水平速度v0擊中木塊，已知m9m，不計(jì)空氣阻力.問：(1)如果子

36、彈擊中木塊后未穿出(子彈進(jìn)入木塊時(shí)間極短)，在木塊上升的最高點(diǎn)比懸點(diǎn)o低的情況下，木塊能上升的最大高度是多少？(設(shè)重力加速度為g)(2)如果子彈以水平速度v0擊中木塊，在極短時(shí)間內(nèi)又以水平速度穿出木塊，則在這一過程中子彈、木塊系統(tǒng)損失的機(jī)械能是多少？【解析】(1)因?yàn)樽訌椗c木塊作用時(shí)間極短，子彈與木塊間的相互作用力遠(yuǎn)大于它們的重力，所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)子彈與木塊開始上升時(shí)的速度為v1，則mv0(mm)v1因不計(jì)空氣阻力，所以系統(tǒng)上升過程中機(jī)械能守恒，設(shè)木塊上升的最大高度為h，則(mm)v(mm)ghh(2)子彈射穿木塊前后，子彈與木塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)子彈穿

37、出時(shí)木塊速度為v2，則mv0m()mv2，在這一過程中子彈、木塊系統(tǒng)損失的機(jī)械能為emvm()2mvmv3.動(dòng)量守恒的綜合應(yīng)用【例3】如圖所示，質(zhì)量為m的由絕緣材料制成的球與質(zhì)量為m19m的金屬球并排懸掛.現(xiàn)將絕緣球拉至與豎直方向成60的位置自由釋放，下擺后在最低點(diǎn)處與金屬球發(fā)生彈性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場.已知由于磁場的阻尼作用，金屬球?qū)⒂谠俅闻鲎睬巴Ｔ谧畹忘c(diǎn)處.求經(jīng)過幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將小于45.【解析】設(shè)在第n次碰撞前絕緣球的速度為vn1，碰撞后絕緣球、金屬球的速度分別為vn和vn，由于碰撞過程中動(dòng)量守恒、碰撞前后動(dòng)能相等，設(shè)速度向左為正，則mvn1m

38、vnmvnmvmvmv由兩式及m19m解得vnvn1vnvn1第n次碰撞后絕緣球的動(dòng)能為eknmv(0.81)ne0e0為第1次碰撞前的動(dòng)能，即初始能量.絕緣球在060與45處的勢能之比為0.586式中l(wèi)為擺長.根據(jù)式，經(jīng)n次碰撞后(0.81)n易算出(0.81)20.656(0.81)30.531因此經(jīng)過3次碰撞后將小于45.【思維提升】(1)由于磁場的阻尼作用，金屬球碰撞后會(huì)很快停在最低點(diǎn)，使得兩球每次碰撞均在最低點(diǎn).(2)兩球發(fā)生彈性碰撞，同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒.(3)掌握解決物理問題的數(shù)學(xué)方法.【拓展3】荷蘭科學(xué)家惠更斯在物體碰撞問題的研究中做出了突出的貢獻(xiàn).惠更斯所做的碰撞實(shí)驗(yàn)

39、可簡化為：三個(gè)質(zhì)量分別為m1、m2、m3的小球，半徑相同，并排懸掛在長度均為l的三根平行繩子上，彼此相互接觸.現(xiàn)把質(zhì)量為m1的小球拉開，上升到h高度處釋放，如圖所示.已知各球碰撞時(shí)同時(shí)滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，且碰撞時(shí)間極短，h遠(yuǎn)小于l，不計(jì)空氣阻力.求：(1)若三個(gè)球的質(zhì)量相同，則發(fā)生碰撞的兩球速度交換，此時(shí)系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)周期為多少？(2)若三個(gè)球的質(zhì)量不同，要使球1與球2、球2與球3相碰之后，三個(gè)球具有相同的動(dòng)量，m1m2m3應(yīng)為多少？【解析】(1)球1與球2、球2與球3碰撞后速度互換，故球3以球1碰球2前瞬間的速度開始上升到h高處，然后擺回來與球2碰撞，球2再與球1碰撞，使球1上升到

40、h高處.此后系統(tǒng)做周期性運(yùn)動(dòng)，則有t1t32，t(t1t3)由此可知系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)周期為t2(2)由題意知三球碰后的動(dòng)量均相同，設(shè)為p，則有ek球2在與球3碰前具有動(dòng)量2p，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，對(duì)于球2與球3碰撞的情況應(yīng)有，得m2m331球1與球2碰前的動(dòng)量為3p，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有，得m1m221從而可得m1m2m3631 易錯(cuò)門診【例4】光滑的水平面上有a、b兩輛小車，mb1 kg，原來靜止.小車a連同支架的質(zhì)量為ma1 kg，現(xiàn)將小球c用長為l0.2 m的細(xì)線懸于支架頂端，mc0.5 kg.開始時(shí)a車與c球以v04 m/s的共同速度沖向b車，如圖所示.若a、b發(fā)生正碰后粘在一起，不計(jì)空氣阻

41、力，取g10 m/s2.試求細(xì)線所受的最大拉力.【錯(cuò)解】小車a與小車b相碰的瞬間，a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，c保持原來的速度v0不變.c做圓周運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)時(shí)繩子的拉力最大，由牛頓第二定律可得：fmcg，即fmcg(0.510) n n45 n【錯(cuò)因】上面的解法中雖然弄清了a、b碰撞的瞬間c保持原來的速度不變，但求拉力時(shí)對(duì)c的線速度理解錯(cuò)誤，質(zhì)點(diǎn)相對(duì)于圓心(懸點(diǎn))的速度不是v0，而是v相v0vab【正解】小車a與小車b相碰的瞬間，c的速度保持v0不變，a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mav0(mamb)vab解得vab m/s2 m/s方向與v0相同.a、b結(jié)合成整體的瞬間，c的速度仍為v0，所以c

42、相對(duì)于a、b整體的相對(duì)速度為v相v0vab2 m/sa、b碰后，c相對(duì)于懸點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)時(shí)繩子的拉力最大，由牛頓第二定律可得fmcg，即fmcg(0.510) n n15 n【思維提升】在用公式f向m求解向心力時(shí)，對(duì)v選取正確的參考系，是解此題的關(guān)鍵.動(dòng)量定理及其應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)歸納1.沖量力和力的作用時(shí)間的乘積叫做力的沖量.沖量是描述力對(duì)物體作用的時(shí)間累積效應(yīng)的物理量.沖量的表達(dá)式是ift，而t是一個(gè)過程量，因此力的沖量是一個(gè)過程量，沖量是矢量，但方向不一定就是力f的方向，其單位是ns.2.用動(dòng)量概念表示牛頓第二定律由a及fma得f所以f意義：物體動(dòng)量的變化率等于它所受的力，這是牛頓第二

43、定律的另一種表達(dá)形式.3.動(dòng)量定理物體在一個(gè)過程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過程中所受力的沖量，即ppi或.重點(diǎn)難點(diǎn)突破一、沖量的方向一般并不是力的方向 力f和力的沖量ft都是描述力對(duì)物體作用的物理量，都是矢量.但力是瞬時(shí)作用量，有力的作用，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)就會(huì)發(fā)生變化，即產(chǎn)生加速度，而力的沖量是一個(gè)與時(shí)間有關(guān)的過程作用量，要改變物體的速度必須經(jīng)過一段時(shí)間的作用才能實(shí)現(xiàn).有些同學(xué)從公式ift出發(fā)，認(rèn)為沖量的方向就是力f的方向，這種認(rèn)識(shí)在有些情況下是錯(cuò)誤的.如果在作用時(shí)間內(nèi)作用力為恒力(大小和方向都不變)時(shí)，沖量的方向與力的方向是一致的；如果在作用時(shí)間內(nèi)作用力是變力時(shí)，特別是作用力的方向也變時(shí)，沖

44、量的方向應(yīng)為動(dòng)量變化的方向.這一點(diǎn)值得特別注意.二、沖量的計(jì)算 1.對(duì)于大小、方向都不變的恒力，它們的沖量可以用ift計(jì)算.沖量的方向和恒力f的方向相同，進(jìn)一步可根據(jù)恒力的沖量確定物體動(dòng)量變化的大小和方向. 2.若f是變力，但在某段時(shí)間內(nèi)方向不變，大小隨時(shí)間均勻變化，可用平均力f通過ift求出在時(shí)間t內(nèi)的沖量. 3.若f的大小、方向都隨時(shí)間發(fā)生變化，或雖然f的方向不變，但大小不隨時(shí)間均勻變化，可根據(jù)動(dòng)量定理ip，通過求p間接求出變力的沖量.三、對(duì)動(dòng)量定理的理解 1.動(dòng)量定理的表達(dá)式ftmvmv中ft是合外力的沖量，而不是某一個(gè)力的沖量，“”表示合外力的沖量與研究對(duì)象動(dòng)量增量的數(shù)值相等，方向一致

45、，數(shù)值相等但不能認(rèn)為合外力的沖量就是物體動(dòng)量的增量，合外力的沖量是引起研究對(duì)象運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的外部因素，而動(dòng)量的增量則是研究對(duì)象在合外力的沖量作用后所導(dǎo)致的必然結(jié)果. 2.注意各矢量的方向，在解題時(shí)一定要預(yù)先規(guī)定一個(gè)正方向，并且在解題過程中，始終注意“正”方向的一貫性，不能中途“正”、“負(fù)”對(duì)換. 3.比較p、p、之間的區(qū)別：p是物體的動(dòng)量，是矢量，狀態(tài)量；p是物體動(dòng)量的變化量，也是矢量，是過程量；是動(dòng)量的變化率.由動(dòng)量定理ftp得fp/t，可見，動(dòng)量的變化率等于物體所受的合外力，與物體的質(zhì)量與速度無關(guān).當(dāng)動(dòng)量變化較快時(shí)，物體所受合外力較大，反之則??；當(dāng)動(dòng)量均勻變化時(shí)，物體所受合外力為恒力，可由

46、圖所示的圖線來描述，圖線斜率即為物體所受合外力f，斜率大，則f也大. 4.動(dòng)量定理的物理實(shí)質(zhì)與牛頓第二定律是相同的. 5.動(dòng)量定理的適用范圍. 盡管動(dòng)量定理是根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)的有關(guān)公式在恒定合外力的情況下推導(dǎo)出來的.可以證明：動(dòng)量定理不但適用于恒力，也適用于隨時(shí)間變化的變力.對(duì)于變力情況，動(dòng)量定理中的f應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值.因此其應(yīng)用范圍比牛頓運(yùn)動(dòng)定律要廣泛得多，在多數(shù)情況下，我們會(huì)優(yōu)先考慮動(dòng)量定理的使用.典例精析1.沖量的計(jì)算【例1】如圖所示，質(zhì)量為2 kg的物體沿傾角為30，高為5 m的光滑斜面由靜止從頂端下滑到低端的過程中，求：(1)重力的沖量；(2)支持力的沖量；(

47、3)合力的沖量.【解析】由于物體下滑過程中各個(gè)力均為恒力，所以只要求出物體下滑的時(shí)間，便可以用公式ift逐個(gè)求出.由牛頓第二定律：agsin 5 m/s2由xat2，得t2 s重力的沖量為igmgt(2102) ns40 ns，方向豎直向下.支持力的沖量為infntmgcos t20 ns方向垂直于斜面向上.合力的沖量為i合f合tmgsin t20 nsi合方向沿斜面向下.【思維提升】沖量的計(jì)算方法：(1)恒力的沖量，應(yīng)用公式ift計(jì)算.(2)變力的沖量可用平均值法、動(dòng)量定理法、圖象法進(jìn)行計(jì)算.【拓展1】物體受到一隨時(shí)間變化的外力作用，外力隨時(shí)間變化的規(guī)律為f(105t)n，則該力在2 s內(nèi)的

48、沖量為30 ns.【解析】由題意知，外力f隨時(shí)間t均勻變化，因此可以認(rèn)為2 s內(nèi)物體所受外力的平均值為 n15 n.再根據(jù)沖量的定義式，可求得外力在2 s內(nèi)的沖量為it152 ns30 ns【拓展2】一小球在與地面距離為h高處由靜止開始自由落下，已知小球在下落過程中所受阻力與其速度成正比，即有fkv，其中k為已知常量，試求小球在下落過程中所受阻力的沖量.【解析】本題阻力顯然在不斷變化，無法直接求解.考查物體的受力、運(yùn)動(dòng)情況，物體在重力和阻力作用下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間變化的v-t圖象應(yīng)為如圖所示，由于小球在下落過程中所受阻力與其速度成正比，所以其阻力隨時(shí)間變化的f-t圖象，也應(yīng)該

49、與v-t圖象相似，對(duì)于vt圖象而言，圖線與時(shí)間軸所圍的“面積”表示小球的位移，即小球下落的高度；而對(duì)于f-t圖象來說，圖線與時(shí)間軸所圍的“面積”表示阻力的沖量，由于fkv，因此小球在下落過程中所受阻力的沖量ikh2.重力的沖量能否忽略問題【例2】如圖所示，用0.5 kg的鐵錘把釘子釘進(jìn)木頭里去，打擊時(shí)鐵錘的速度v4.0 m/s，如果打擊后鐵錘的速度變?yōu)?，打擊的作用時(shí)間是0.01 s，那么：(1)不計(jì)鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力是多大？(2)考慮鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力又是多大？(g取10 m/s2)(3)比較(1)和(2)，討論是否要計(jì)鐵錘的重力.【解析】(1)以鐵錘為研

50、究對(duì)象，不計(jì)重力時(shí)，只受釘子的作用力，方向豎直向上，設(shè)為f1，取豎直向上為正，由動(dòng)量定理可得f1t0mv所以f1 n200 n，方向豎直向上.由牛頓第三定律知鐵錘釘釘子的作用力為200 n，方向豎直向下.(2)若考慮重力，對(duì)鐵錘應(yīng)用動(dòng)量定理，取豎直向上為正.(f2mg)t0mv (矢量式)f2 n0.5(10) n205 n，方向豎直向上.此時(shí)鐵錘釘釘子的作用力為205 n，方向豎直向下.(3)比較f1與f2其相對(duì)誤差為100%2.5%，可見本題中重力的影響可忽略.【思維提升】豎直方向應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)，不要漏掉重力，只有當(dāng)計(jì)算結(jié)果表明重力可忽略不計(jì)時(shí)，才能忽略重力.【拓展3】質(zhì)量為1.0 kg的

51、小球從離地面5.0 m高度處自由落下，與地面碰撞后，回彈的最大高度為3.2 m，設(shè)球與地面碰撞時(shí)間為0.2 s，不計(jì)空氣阻力，則小球受到地面的平均沖力大小為( c ) a.90.0 n b.80.0 nc.100.0 n d.30.0 n【解析】下落階段v1上升階段v2碰撞過程取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理得(fmg)tmv2m(v1)(標(biāo)量式)所以fmg代入數(shù)據(jù)得f100.0 n，方向豎直向上.3.多過程問題中動(dòng)量定理的應(yīng)用【例3】人做“蹦極”運(yùn)動(dòng)，用原長為15 m的橡皮繩拴住身體往下躍.若此人的質(zhì)量為50 kg，從50 m高處由靜止下落到運(yùn)動(dòng)停止瞬間所用時(shí)間為4 s，求橡皮繩對(duì)人的平均作用

52、力.(g取10 m/s2，保留兩位有效數(shù)字)【解析】解法一：人首先做自由落體運(yùn)動(dòng)，繩張緊后由于繩的張力隨繩的伸長量而發(fā)生變化，題目求繩對(duì)人的平均作用力，可用動(dòng)量定理求解.由hgt得自由下落時(shí)間為t1 s1.73 s繩的拉力作用時(shí)間為t2tt14 s1.73 s2.27 s全程應(yīng)用動(dòng)量定理有ft2mgt0得平均作用力為f n8.8102 n解法二：繩張緊瞬間人的速度v110 m/s以向上的方向?yàn)檎?，則由繩張緊瞬間到運(yùn)動(dòng)停止瞬間過程，由動(dòng)量定理得(fmg)t20(mv1)所以fmg n5010 n8.8102 n【思維提升】(1)動(dòng)量定理也可以表述為：外力的總沖量等于物體動(dòng)量的變化量，即f1t1f

53、2t2fntnmvmv.(2)對(duì)多過程問題應(yīng)用此式，往往比用其他方法更簡單.【拓展4】某人身系彈性繩自高空p點(diǎn)自由下落.圖中a點(diǎn)是彈性繩的原長位置，c是人所到達(dá)的最低點(diǎn)，b是人靜止懸吊時(shí)的平衡位置.不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是( bc )a.從p至c的過程中重力的沖量大于彈性繩彈力的沖量b.從p至c的過程中重力所做的功等于人克服彈力所做的功c.從p至b的過程中人的速度不斷增大d.從a至c的過程中的加速度方向保持不變 易錯(cuò)門診4.沖量問題中平均作用力的計(jì)算【例4】如圖所示，質(zhì)量為m2 kg的物體，在水平力f8 n的作用下由靜止開始沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，若f作用t16 s后撤去，撤去f后又經(jīng)t22 s物體與豎直墻相碰，若物體與墻壁作用時(shí)間t30.1 s，碰墻后反向彈回的速度v6 m/s，求墻壁對(duì)物體的平均作用力.(g取10 m/s2)【錯(cuò)解】研究物體從開始運(yùn)動(dòng)到撞墻后反彈的全過程，選f的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理有：ft1mg(t1t2)t3mv所