動(dòng)量守恒定律基礎(chǔ)知識(shí)總結(jié)訓(xùn)練教師

1、學(xué)習(xí)好資料歡迎下載動(dòng)量守恒定律基礎(chǔ)知識(shí)總結(jié)訓(xùn)練（一）、知識(shí)要點(diǎn)一、基本的物理概念1沖量與功的比較沖量的定義式： I Ft(作用力在時(shí)間上的積累效果 )(1)定義式)功的定義式： W Fscos (作用力在空間上的積累效果沖量是矢量，既有大小又有方向(求合沖量應(yīng)按矢 ,量合成法則來計(jì)算 )(2) 屬性( 求物體所受外力的,總功只需按代數(shù)和計(jì)算 )功是標(biāo)量，只有大小沒有方向2動(dòng)量與動(dòng)能的比較動(dòng)量的定義式： p mv(1) 定義式12動(dòng)能的定義式：Ek mv2p2mEk(2)動(dòng)量與動(dòng)能量值間的關(guān)系Ek p21pv2m2二、動(dòng)量觀點(diǎn)的基本物理規(guī)律1動(dòng)量定理的基本形式與表達(dá)式：I p分方向的表達(dá)式： I

2、x 合 px， Iy 合 pyp2動(dòng)量定理推論：動(dòng)量的變化率等于物體所受的合外力，即 Ft合3動(dòng)量守恒定律(1) 動(dòng)量守恒定律的研究對(duì)象是一個(gè)系統(tǒng)(含兩個(gè)或兩個(gè)以上相互作用的物體)(2) 動(dòng)量守恒定律的適用條件標(biāo)準(zhǔn)條件：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零近似條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但比系統(tǒng)的內(nèi)力小得多(如碰撞問題中的摩擦力、爆炸問題中的重力等外力與相互作用的內(nèi)力相比小得多)，可以忽略不計(jì)分量條件： 系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但在某個(gè)方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)總動(dòng)量的分量保持不變(3) 使用動(dòng)量守恒定律時(shí)應(yīng)注意：速度的瞬時(shí)性；動(dòng)量的矢量性；時(shí)間的同一性(4) 應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決

3、問題的基本思路和方法分析題意， 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統(tǒng)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)是由哪些物體組成的對(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，哪些是作用于系統(tǒng)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)量守恒定律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)量的值或表達(dá)式 (注意：在研究地面上物體間相互作用的過程時(shí)，各物體運(yùn)動(dòng)的速度均應(yīng)取地球?yàn)閰⒖枷?確定正方

4、向，建立動(dòng)量守恒方程求解三、碰撞（1）彈性碰撞1、在一光滑水平面，質(zhì)量為m1 速度為 v1 的小球 A 碰撞質(zhì)量為m2 的靜止小球B結(jié)果為：由碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：m1 v1m1v1 m2v2由于彈性碰撞中沒有機(jī)械能損失，故有：1m12121222v2v2v由以上兩式可得：v1'( m1m2 ) v1v2'2m1v1m1m2m1 m2學(xué)習(xí)好資料歡迎下載2、在一光滑水平面上質(zhì)量分別為m1、 m2 的小球 A 和 B 以初速度v1、 v2 運(yùn)動(dòng)，若它們能發(fā)生正碰，結(jié)果：由碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：m1 v1m2v2 m1v1 m2v2由于彈性碰撞中沒有機(jī)械能損失，故有：1m

5、12121212v1 m2 2 m1v1 m2 222v22v2m2 2 (m1 m2) v12m1 1 (m2m1)v2v1vv2vm1m2m1m2（2）非彈性碰撞非彈性碰撞：碰撞過程中只有動(dòng)量守恒，動(dòng)能并不守恒。 完全非彈性碰撞：兩個(gè)物體碰撞后粘在一起。m 1v1 m 2 v 2 (m1 m 2 )v12121212損失的能量 Q=2mv12mv 2mv 2mv 1221122附帶補(bǔ)充： 碰撞過程遵守的規(guī)律 應(yīng)同時(shí)遵守三個(gè)原則系統(tǒng)動(dòng)量守恒m1v1/m2v2/m1v1m2 v21 m1 v1/21 m2 v2/222系統(tǒng)動(dòng)能不增1 m1v11 m2 v22222實(shí)際情景可能：碰前、碰后兩個(gè)物

6、體的位置關(guān)系（不穿越）和速度關(guān)系應(yīng)遵循客觀實(shí)際如甲物追乙物并發(fā)生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于、等于乙的速度或甲反向運(yùn)動(dòng)四、反沖、爆炸現(xiàn)象噴氣式飛機(jī)、火箭等都是利用反沖運(yùn)動(dòng)的實(shí)例。在反沖現(xiàn)象里，系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的。內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，過程持續(xù)時(shí)間很短，即使系統(tǒng)所受合外力不為零，但合外力的沖量很小，可以忽略不計(jì)，可認(rèn)為動(dòng)量守恒。爆炸過程中雖然動(dòng)量守恒，但由于其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以爆炸前后機(jī)械能并不守恒，其動(dòng)能要增加。題型講解1. 動(dòng)量定理對(duì)生活中一些現(xiàn)象的解釋玻璃杯同一高度下落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，這是由于玻璃杯與水泥地撞擊的過程中A. 玻璃杯的動(dòng)量較

7、大B.玻璃杯受到的沖量較大C. 玻璃杯的動(dòng)量變化較大D.玻璃杯的動(dòng)量變化較快【解析 】玻璃杯從相同的高度落下，落地時(shí)的速度大小是相同的，經(jīng)過與地面撞擊，最后速度都變?yōu)榱?，所以無論是落在水泥地上還是落在草地上，玻璃杯動(dòng)量的變化p 是相同的，由動(dòng)量定理F tp 可知，兩種情況下玻璃杯受到的合外力的沖量也是相同的，所以選項(xiàng)A、B 和C都是錯(cuò)誤的； 但由于掉在水泥地上時(shí)，作用的時(shí)間tp較短，所以玻璃杯受到的合外力的沖力較大，若把動(dòng)量定理的表達(dá)式寫成F，就可以得出玻璃杯易碎的原t因是“玻璃杯的動(dòng)量變化較快”，所以選項(xiàng)D 是正確的。點(diǎn)評(píng)： 本題利用動(dòng)量定理解釋了一個(gè)生活中很常見的例子， 解決問題的關(guān)鍵在于

8、抓住了兩種情況中 “動(dòng)量變化相等”，而“作用時(shí)間不等”這兩個(gè)特點(diǎn)。類似的現(xiàn)象還有很多，如跳高時(shí)落在海綿墊上， 跳遠(yuǎn)時(shí)落在沙坑里， 船靠碼頭時(shí)靠在車胎上， 電器包裝在泡沫塑料墊上，人從高處跳下時(shí)先用腳尖著地等等，道理都是如此。2. 流體問題一艘帆船在靜水中由于風(fēng)力的推動(dòng)而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，帆面的面積為S ，風(fēng)速為 v1 ，船速為 v2 （ v2 v1 ），空氣密度為，帆船在勻速前進(jìn)的過程中帆面所受到的平均風(fēng)力大小為多少？【解析】 依題意畫出示意圖如圖所示，以帆船為參考系，從帆面開始逆著風(fēng)學(xué)習(xí)好資料歡迎下載的方向取長度為(v1v2 ) t 的一段空氣柱為研究對(duì)象，這部分空氣的質(zhì)量為mS(v1v2 )

9、t這部分空氣經(jīng)過時(shí)間t 后，相對(duì)于帆面速度都變?yōu)? ，設(shè)帆船前進(jìn)的方向?yàn)檎较?，?duì)這部分空氣柱則由動(dòng)量定理得Ft0m(v1v2 )式中的 F 為帆面對(duì)空氣柱的平均作用力大小，由牛頓第三定律可知，帆面所受到的平均風(fēng)力大小為 來FFm(v1v2 )S(v1 v2 )2 tS(v1v2 ) 2tt要點(diǎn)分析： 對(duì)于象氣體、 液體這種沒有形狀和大小的流體而言，解決的方法就是根據(jù)題意取出與一段時(shí)間相對(duì)應(yīng)的一定長度的這種物體，即，想辦法“找出”形狀和大小，求出其質(zhì)量，然后根據(jù)其動(dòng)量變化，利用動(dòng)量定理列出方程進(jìn)行求解。3. 動(dòng)量守恒定律的判斷把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平地面上，槍發(fā)射出子彈時(shí)，

10、關(guān)于槍、子彈和小車的下列說法中正確的是A . 槍和子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B . 槍和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C . 只有在忽略子彈和槍筒之間的摩擦的情況下，槍、子彈和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量才近似守恒D . 槍、子彈和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒【解析】 對(duì)于槍和子彈自成的系統(tǒng)，在發(fā)射子彈時(shí)由于槍水平方向上受到小車對(duì)它的作用力，所以動(dòng)量是不守恒的，選項(xiàng) A 錯(cuò)；同理，對(duì)于槍和小車所組成的系統(tǒng)，在發(fā)射子彈的瞬間，槍受到火藥對(duì)它的推力作用，因此動(dòng)量也是不守恒的，選項(xiàng)B 錯(cuò)；對(duì)于槍、子彈和小車組成的系統(tǒng)而言，火藥爆炸產(chǎn)生的推力以及子彈和槍筒之間的摩擦力都是系統(tǒng)的內(nèi)力，沒有外力作用在系統(tǒng)上，所以這三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量

11、是守恒的，選項(xiàng)C 錯(cuò)，D 正確?！敬鸢浮緿要點(diǎn)分析： 判斷動(dòng)量是否守恒，首先要看清系統(tǒng)是由哪些物體所組成的，然后再根據(jù)動(dòng)量守恒的條件進(jìn)行判斷備下列條件之一即可) ：系統(tǒng)不受外力；系統(tǒng)受外力，但外力的合力為零；系統(tǒng)在某一方向上不受外力或合外力為零；系統(tǒng)所受的外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力或某一方向上外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力。滿足前三條中的任何一個(gè)條件，系統(tǒng)的動(dòng)量都是守恒的，滿足第四個(gè)條件時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)量是近似守恒。( 具動(dòng)量守恒是自然界普遍適用的基本規(guī)律之一，它既適用于宏觀、低速的物體，也適用于微觀、高速的物體。4. 人、船模型例 . 如圖 1 所示，長為L 、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m 的人從靜止開始從船頭走到船尾

12、，不計(jì)水的阻力，求船和人對(duì)地面的位移各為多少？圖 1解析：以人和船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，在人由船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以整個(gè)系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒。當(dāng)人起步加速前進(jìn)時(shí)，船同時(shí)向后做加速運(yùn)動(dòng)；人勻速運(yùn)動(dòng)，則船勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)人停下來時(shí)，船也停下來。設(shè)某時(shí)刻人對(duì)地的速度為v，船對(duì)地的速度為v'，取人行進(jìn)的方向?yàn)檎较?，根?jù)學(xué)習(xí)好資料歡迎下載動(dòng)量守恒定律有：mv Mv'0 ，即 v'mvM因?yàn)槿擞纱^走到船尾的過程中，每一時(shí)刻都滿足動(dòng)量守恒定律，所以每一時(shí)刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質(zhì)量之比成反比。因此人由船頭走到船尾的過程中，人的平均速度v

13、與船的平均速度v 也與它們的質(zhì)量成反比， 即 vm ，而人的位移 s人vt ，船的位移 s船vt ，所以船的位移與人的位移也與它們的質(zhì)量成反s船vMm1比，即Ms人<1> 式是“人船模型”的位移與質(zhì)量的關(guān)系，此式的適用條件：原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的系統(tǒng)，在系統(tǒng)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過程中，某一個(gè)方向的動(dòng)量守恒。由圖1 可以看出： s船 s人 L2由 <1><2> 兩式解得 s人MmLL， s船M mMm這樣，就把原來動(dòng)量守恒定律表達(dá)式中物體質(zhì)量與速度的關(guān)系轉(zhuǎn)化成了物體質(zhì)量與對(duì)地位移的關(guān)系，求解位移時(shí)就可以直接利用這個(gè)結(jié)論。但要注意這個(gè)表達(dá)式適用的條件是相互作用的這兩個(gè)物體

14、原來都靜止。5. 子彈打木塊類問題例：設(shè)質(zhì)量為m的子彈以初速度v0 射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為M 的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為d。求木塊對(duì)子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進(jìn)的距離。【解析 】子彈和木塊最后共同運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于完全非彈性碰撞。從動(dòng)量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv0Mm v從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為f，設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為s1、 2，如圖所示， 顯然有s1-s2=sdv0對(duì)子彈用動(dòng)能定理：fs11mv021mv 2 22對(duì)木塊用動(dòng)能定理：fs212 s2dMvs12、相減得：fd1 mv

15、021 Mm v 2Mmv02 222 Mm要點(diǎn)分析： 這個(gè)式子的 物理 意義是： fd 恰好等于系統(tǒng)動(dòng)能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動(dòng)能的損失應(yīng)該等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加；可見fdQ ，即兩物體由于相對(duì)運(yùn)動(dòng)而摩擦產(chǎn)生的熱（機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能），等于摩擦力大小與兩物體相對(duì)滑動(dòng)的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關(guān)，所以這里應(yīng)該用路程，而不是用位移）。由上式不難求得平均阻力的大?。篺Mmv022 Mm d至于木塊前進(jìn)的距離s2，可以由以上、相比得出：s2mdMm從牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式出發(fā)，也可以得出同樣的結(jié)論。 由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)，位移與平均速度成正比：s 2d

16、v 0v / 2v 0v ,dv0Mm , s 2mds 2v / 2vs2vmM m 學(xué)科Mm<<一般情況下，所以s2d。這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小，可以忽略不計(jì)。這就為分階段處理問題提供了依據(jù)。象這種運(yùn)動(dòng)物體與靜止物體相互作用，動(dòng)量守恒，最后共同運(yùn)動(dòng)的類型，全過程動(dòng)能的損失量可用公式：E kMmmv 02 2 M當(dāng)子彈速度很大時(shí)，可能射穿木塊， 這時(shí)末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)動(dòng)量仍然守恒，系統(tǒng)動(dòng)能損失仍然是EK= f d（這里的 d 為木塊的厚度） ，但由于末狀態(tài)子彈和木塊速度不相等，所以不能再用式計(jì)算EK的大小。6. 反沖問題例：總

17、質(zhì)量為M 的火箭模型從飛機(jī)上釋放時(shí)的速度為v0，速度方向水平?；鸺蚝笠韵鄬?duì)于地面的速率u 噴學(xué)習(xí)好資料歡迎下載出質(zhì)量為 m 的燃?xì)夂?，火箭本身的速度變?yōu)槎啻?？【解?】火箭噴出燃?xì)馇昂笙到y(tǒng)動(dòng)量守恒。噴出燃?xì)夂蠡鸺Ｓ噘|(zhì)量變?yōu)镸-m ，以v0 方向?yàn)檎较颍琈v 0Mv0mumu M m v ,vmM7、模型組合講解追碰模型追碰是物理上一個(gè)重要模型，它涉及到動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、能量守恒等諸多知識(shí)點(diǎn)。從物理方法的角度看。處理碰撞問題，通常使用整體法（系統(tǒng)）、能量方法，守恒方法及矢量運(yùn)算。例、 如圖 1 所示，光滑水平面上有大小相同的A 、 B 兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng)，兩球質(zhì)量關(guān)系為規(guī)定向右為正

18、方向， A 、B 兩球的動(dòng)量均為6kg·m/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞， 碰撞后 A 球的動(dòng)量增量為mB 2m A ， 4kg m / s，則：（）圖 1A. 左方是 A 球，碰撞后 A 、 B 兩球速度大小之比為2:5B. 左方是 A 球，碰撞后 A 、B 兩球速度大小之比為1:10C. 右方是 A 球，碰撞后 A 、B 兩球速度大小之比為2:5D. 右方是 A 球，碰撞后 A 、 B 兩球速度大小之比為1:10解析：題中規(guī)定向右為正方向， 而 AB 球的動(dòng)量均為正， 所以 AB 都向右運(yùn)動(dòng)， 又 mB2mA ，所以 vA2v B ，可以判斷 A 球在左方， CD 錯(cuò)；碰撞后 A 的動(dòng)量變化pA4kgm / s，根據(jù)動(dòng)量守恒可知，