高中物理3-5動量復習資料

1、動量復習資料不用全看,選些來看吧,不過看你的熟悉程度吧,知道的就被砍了,我放大的就一定要看一下一.動量和沖量1.動量按定義，物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動量：p=mv動量是描述物體運動狀態(tài)的一個狀態(tài)量，它與時刻相對應。動量是矢量，它的方向和速度的方向相同。2.沖量按定義，力和力的作用時間的乘積叫做沖量：I=Ft沖量是描述力的時間積累效應的物理量，是過程量，它與時間相對應。沖量是矢量，它的方向由力的方向決定（不能說和力的方向相同）。如果力的方向在作用時間內(nèi)保持不變，那么沖量的方向就和力的方向相同。高中階段只要求會用I=Ft計算恒力的沖量。對于變力的沖量，高中階段只能利用動量定理通過物體的動量變化來

2、求。要注意的是：沖量和功不同。恒力在一段時間內(nèi)可能不作功，但一定有沖量。mH例1. 質(zhì)量為m的小球由高為H的光滑斜面頂端無初速滑到底端過程中，重力、彈力、合力的沖量各是多大？解：力的作用時間都是，力的大小依次是mg、mgcos和mgsin，所以它們的沖量依次是： 特別要注意，該過程中彈力雖然不做功，但對物體有沖量。二、動量定理1.動量定理物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化。既I=p動量定理表明沖量是使物體動量發(fā)生變化的原因，沖量是物體動量變化的量度。這里所說的沖量必須是物體所受的合外力的沖量（或者說是物體所受各外力沖量的矢量和）。動量定理給出了沖量（過程量）和動量變化（狀態(tài)量）間的互求關系

3、?，F(xiàn)代物理學把力定義為物體動量的變化率：（牛頓第二定律的動量形式）。動量定理的表達式是矢量式。在一維的情況下，各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向為正。例2. 以初速度v0平拋出一個質(zhì)量為m的物體，拋出后t秒內(nèi)物體的動量變化是多少？解：因為合外力就是重力，所以p=Ft=mgt 有了動量定理，不論是求合力的沖量還是求物體動量的變化，都有了兩種可供選擇的等價的方法。本題用沖量求解，比先求末動量，再求初、末動量的矢量差要方便得多。當合外力為恒力時往往用Ft來求較為簡單；當合外力為變力時，在高中階段只能用p來求。2.利用動量定理定性地解釋一些現(xiàn)象例3. 雞蛋從同一高度自由下落，第一次落在地板上，雞蛋被打破；

4、第二次落在泡沫塑料墊上，沒有被打破。這是為什么？解：兩次碰地（或碰塑料墊）瞬間雞蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以兩次碰撞過程雞蛋的動量變化相同。根據(jù)Ft=p，第一次與地板作用時的接觸時間短，作用力大，所以雞蛋被打破；第二次與泡沫塑料墊作用的接觸時間長，作用力小，所以雞蛋沒有被打破。（再說得準確一點應該指出：雞蛋被打破是因為受到的壓強大。雞蛋和地板相互作用時的接觸面積小而作用力大，所以壓強大，雞蛋被打破；雞蛋和泡沫塑料墊相互作用時的接觸面積大而作用力小，所以壓強小，雞蛋未被打破。）F例4. 某同學要把壓在木塊下的紙抽出來。第一次他將紙迅速抽出，木塊幾乎不動；第二次他將紙較慢地抽出，木塊

5、反而被拉動了。這是為什么？解：物體動量的改變不是取決于合力的大小，而是取決于合力沖量的大小。在水平方向上，第一次木塊受到的是滑動摩擦力，一般來說大于第二次受到的靜摩擦力；但第一次力的作用時間極短，摩擦力的沖量小，因此木塊沒有明顯的動量變化，幾乎不動。第二次摩擦力雖然較小，但它的作用時間長，摩擦力的沖量反而大，因此木塊會有明顯的動量變化。3.利用動量定理進行定量計算利用動量定理解題，必須按照以下幾個步驟進行：明確研究對象和研究過程。研究對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的質(zhì)點組。質(zhì)點組內(nèi)各物體可以是保持相對靜止的，也可以是相對運動的。研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段。進行

6、受力分析。只分析研究對象以外的物體施給研究對象的力。所有外力之和為合外力。研究對象內(nèi)部的相互作用力（內(nèi)力）會改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內(nèi)力。如果在所選定的研究過程中的不同階段中物體的受力情況不同，就要分別計算它們的沖量，然后求它們的矢量和。規(guī)定正方向。由于力、沖量、速度、動量都是矢量，在一維的情況下，列式前要先規(guī)定一個正方向，和這個方向一致的矢量為正，反之為負。寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量（或各外力在各個階段的沖量的矢量和）。根據(jù)動量定理列式求解。ABC例5. 質(zhì)量為m的小球，從沙坑上方自由下落，經(jīng)過時間t1到達沙坑表面，又經(jīng)過時間t2停在沙坑里。求

7、：沙對小球的平均阻力F；小球在沙坑里下落過程所受的總沖量I。解：設剛開始下落的位置為A，剛好接觸沙的位置為B，在沙中到達的最低點為C。在下落的全過程對小球用動量定理：重力作用時間為t1+t2，而阻力作用時間僅為t2，以豎直向下為正方向，有： mg(t1+t2)-Ft2=0, 解得： 仍然在下落的全過程對小球用動量定理：在t1時間內(nèi)只有重力的沖量，在t2時間內(nèi)只有總沖量（已包括重力沖量在內(nèi)），以豎直向下為正方向，有： mgt1-I=0,I=mgt1這種題本身并不難，也不復雜，但一定要認真審題。要根據(jù)題意所要求的沖量將各個外力靈活組合。若本題目給出小球自由下落的高度，可先把高度轉換成時間后再用動量

8、定理。當t1>> t2時，F(xiàn)>>mg。m Mv0v/例6. 質(zhì)量為M的汽車帶著質(zhì)量為m的拖車在平直公路上以加速度a勻加速前進，當速度為v0時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機才發(fā)現(xiàn)。若汽車的牽引力一直未變，車與路面的動摩擦因數(shù)為，那么拖車剛停下時，汽車的瞬時速度是多大？解：以汽車和拖車系統(tǒng)為研究對象，全過程系統(tǒng)受的合外力始終為，該過程經(jīng)歷時間為v0/g，末狀態(tài)拖車的動量為零。全過程對系統(tǒng)用動量定理可得： 這種方法只能用在拖車停下之前。因為拖車停下后，系統(tǒng)受的合外力中少了拖車受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。例7. 質(zhì)量為m=1kg的小球由高h1=0.45m處自由下

9、落，落到水平地面后，反跳的最大高度為h2=0.2m，從小球下落到反跳到最高點經(jīng)歷的時間為t=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞擊地面過程中，球?qū)Φ孛娴钠骄鶋毫Φ拇笮。解：以小球為研究對象，從開始下落到反跳到最高點的全過程動量變化為零，根據(jù)下降、上升高度可知其中下落、上升分別用時t1=0.3s和t2=0.2s，因此與地面作用的時間必為t3=0.1s。由動量定理得：mgt-Ft3=0 ，F(xiàn)=60N三、動量守恒定律1.動量守恒定律 一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。 即：(重要)2.動量守恒定律成立的條件系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)

10、力，可以忽略不計；系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒。全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動量守恒。3.動量守恒定律的表達形式 除了，即p1+p2=p1/+p2/外，還有： p1+p2=0，p1= -p2 和4.動量守恒定律的重要意義從現(xiàn)代物理學的理論高度來認識，動量守恒定律是物理學中最基本的普適原理之一。（另一個最基本的普適原理就是能量守恒定律。）從科學實踐的角度來看，迄今為止，人們尚未發(fā)現(xiàn)動量守恒定律有任何例外。相反，每當在實驗中觀察到似乎是違反動量守恒定律的現(xiàn)象時，物理學家們就會提出新的假設來補救，最后總是以有新的發(fā)現(xiàn)而勝利告終。例如靜止的原子核發(fā)生衰變放

11、出電子時，按動量守恒，反沖核應該沿電子的反方向運動。但云室照片顯示，兩者徑跡不在一條直線上。為解釋這一反?，F(xiàn)象，1930年泡利提出了中微子假說。由于中微子既不帶電又幾乎無質(zhì)量，在實驗中極難測量，直到1956年人們才首次證明了中微子的存在。（2000年高考綜合題23 就是根據(jù)這一歷史事實設計的）。又如人們發(fā)現(xiàn)，兩個運動著的帶電粒子在電磁相互作用下動量似乎也是不守恒的。這時物理學家把動量的概念推廣到了電磁場，把電磁場的動量也考慮進去，總動量就又守恒了。(要理解這里的文字,很重要)四、動量守恒定律的應用1.碰撞A A B A B A Bv1vv1/v2/ 兩個物體在極短時間內(nèi)發(fā)生相互作用，這種情況稱

12、為碰撞。由于作用時間極短，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，所以可以認為系統(tǒng)的動量守恒。碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種。 仔細分析一下碰撞的全過程：設光滑水平面上，質(zhì)量為m1的物體A以速度v1向質(zhì)量為m2的靜止物體B運動，B的左端連有輕彈簧。在位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；到位置A、B速度剛好相等（設為v），彈簧被壓縮到最短；再往后A、B開始遠離，彈簧開始恢復原長，到位置彈簧剛好為原長，A、B分開，這時A、B的速度分別為。全過程系統(tǒng)動量一定是守恒的；而機械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了。 彈簧是完全彈性的。系統(tǒng)動能減少全部轉化為彈性勢能，狀態(tài)系統(tǒng)動能最

13、小而彈性勢能最大；彈性勢能減少全部轉化為動能；因此、狀態(tài)系統(tǒng)動能相等。這種碰撞叫做彈性碰撞。由動量守恒和能量守恒可以證明A、B的最終速度分別為：。（這個結論最好背下來，以后經(jīng)常要用到。） 彈簧不是完全彈性的。系統(tǒng)動能減少，一部分轉化為彈性勢能，一部分轉化為內(nèi)能，狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和相同，彈性勢能仍最大，但比小；彈性勢能減少，部分轉化為動能，部分轉化為內(nèi)能；因為全過程系統(tǒng)動能有損失（一部分動能轉化為內(nèi)能）。這種碰撞叫非彈性碰撞。 v1 彈簧完全沒有彈性。系統(tǒng)動能減少全部轉化為內(nèi)能，狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和相同，但沒有彈性勢能；由于沒有彈性，A、B不再分開，而是共同運動，不再有過程。這種碰撞叫完全非彈性碰撞。

14、可以證明，A、B最終的共同速度為。在完全非彈性碰撞過程中，系統(tǒng)的動能損失最大，為：。（這個結論最好背下來，以后經(jīng)常要用到。）例8. 質(zhì)量為M的楔形物塊上有圓弧軌道，靜止在水平面上。質(zhì)量為m的小球以速度v1向物塊運動。不計一切摩擦，圓弧小于90°且足夠長。求小球能上升到的最大高度H 和物塊的最終速度v。解：系統(tǒng)水平方向動量守恒，全過程機械能也守恒。在小球上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得：由系統(tǒng)機械能守恒得： 解得全過程系統(tǒng)水平動量守恒，機械能守恒，得 本題和上面分析的彈性碰撞基本相同，唯一的不同點僅在于重力勢能代替了彈性勢能。例9. 動量分別為5kgm/s和6kgm/s的小球A、B

15、沿光滑平面上的同一條直線同向運動，A追上B并發(fā)生碰撞后。若已知碰撞后A的動量減小了2kgm/s，而方向不變，那么A、B質(zhì)量之比的可能范圍是什么？解：A能追上B，說明碰前vA>vB,；碰后A的速度不大于B的速度， ；又因為碰撞過程系統(tǒng)動能不會增加， ，由以上不等式組解得：此類碰撞問題要考慮三個因素：碰撞中系統(tǒng)動量守恒；碰撞過程中系統(tǒng)動能不增加；碰前、碰后兩個物體的位置關系（不穿越）和速度大小應保證其順序合理。2.子彈打木塊類問題子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個角

16、度來分析這一過程。 s2 ds1v0v例10. 設質(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。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。解：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動量守恒： 從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設平均阻力大小為f，設子彈、木塊的位移大小分別為s1、s2，如圖所示，顯然有s1-s2=d對子彈用動能定理： 對木塊用動能定理： 、相減得： 這個式子的物理意義是：fd恰好等于系統(tǒng)動能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動能的損失應該

17、等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加；可見，即兩物體由于相對運動而摩擦產(chǎn)生的熱（機械能轉化為內(nèi)能），等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關，所以這里應該用路程，而不是用位移）。 由上式不難求得平均阻力的大?。褐劣谀緣K前進的距離s2，可以由以上、相比得出：從牛頓運動定律和運動學公式出發(fā)，也可以得出同樣的結論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動，位移與平均速度成正比： 一般情況下，所以s2<<d。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。這就為分階段處理問題提供了依據(jù)。象這種運動物體與靜止物體相互作用，動量守恒，最后共同運動的類型，全過

18、程動能的損失量可用公式： 當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)動量仍然守恒，系統(tǒng)動能損失仍然是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，所以不能再用式計算EK的大小。 做這類題目時一定要畫好示意圖，把各種數(shù)量關系和速度符號標在圖上，以免列方程時帶錯數(shù)據(jù)。3.反沖問題 在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用過程中系統(tǒng)的動能增大，有其它能向動能轉化。可以把這類問題統(tǒng)稱為反沖。l2 l1例11. 質(zhì)量為m的人站在質(zhì)量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的

19、左端靠在岸邊。當他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠？解：先畫出示意圖。人、船系統(tǒng)動量守恒，總動量始終為零，所以人、船動量大小始終相等。從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。設人、船位移大小分別為l1、l2，則：mv1=Mv2，兩邊同乘時間t，ml1=Ml2，而l1+l2=L， 應該注意到：此結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結論都是相同的。做這類題目，首先要畫好示意圖，要特別注意兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物體位移大小之間的關系。 以上所列舉的人、船模型的前提是系統(tǒng)初動量為零。如果發(fā)生相互作用前系統(tǒng)就具有一定的

20、動量，那就不能再用m1v1=m2v2這種形式列方程，而要利用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。例12. 總質(zhì)量為M的火箭模型 從飛機上釋放時的速度為v0，速度方向水平?；鸺蚝笠韵鄬τ诘孛娴乃俾蕌噴出質(zhì)量為m的燃氣后，火箭本身的速度變?yōu)槎啻?？解：火箭噴出燃氣前后系統(tǒng)動量守恒。噴出燃氣后火箭剩余質(zhì)量變?yōu)镸-m，以v0方向為正方向，動量易錯題內(nèi)容和方法本單元內(nèi)容包括動量、沖量、反沖等基本概念和動量定理、動量守恒定律等基本規(guī)律。沖量是物體間相互作用一段時間的結果，動量是描述物體做機械運動時某一時刻的狀態(tài)量，物體受到?jīng)_量作用的結果，將導致物體動量的變化。沖量和動量都是矢量，它們的加、減運

21、算都遵守矢量的平行四邊形法則。本單元中所涉及到的基本方法主要是一維的矢量運算方法，其中包括動量定理的應用和動量守定律的應用，由于力和動量均為矢量。因此，在應用動理定理和動量守恒定律時要首先選取正方向，與規(guī)定的正方向一致的力或動量取正值，反之取負值而不能只關注力或動量數(shù)值的大小；另外，理論上講，只有在系統(tǒng)所受合外力為零的情況下系統(tǒng)的動量才守恒，但對于某些具體的動量守恒定律應用過程中，若系統(tǒng)所受的外力遠小于系統(tǒng)內(nèi)部相互作用的內(nèi)力，則也可視為系統(tǒng)的動量守恒，這是一種近似處理問題的方法。 例題分析在本單元知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現(xiàn)在：只注意力或動量的數(shù)值大小，而忽視力和動量的方向性，造

22、成應用動量定理和動量守恒定律一列方程就出錯；對于動量守恒定律中各速度均為相對于地面的速度認識不清。對題目中所給出的速度值不加分析，盲目地套入公式，這也是一些學生常犯的錯誤。例1 、從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是： A掉在水泥地上的玻璃杯動量大，而掉在草地上的玻璃杯動量小B掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小C掉在水泥地上的玻璃杯動量改變快，掉在草地上的玻璃杯動量改變慢D掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時，相互作用時間短，而掉在草地上的玻璃杯與地面接觸時間長?！惧e解分析】錯解：選B。認為水泥地較草地堅硬，所以給杯子的作用力大，

23、由動量定理I=P，即F·t =P，認為F大即P，大，所以水泥地對杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的動量改變量大，所以，容易破碎?！菊_解答】 設玻璃杯下落高度為h。它們從h高度落地瞬間的量變化快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，沖力也大，所以杯子所以掉在水泥地受到的合力大，地面給予杯子的沖擊力也大，所以杯子易碎。正確答案應選C，D?！拘〗Y】 判斷這一類問題，應從作用力大小判斷入手，再由動量大，而不能一開始就認定水泥地作用力大，正是這一點需要自己去分析、判斷。例2 、把質(zhì)量為10kg的物體放在光滑的水平面上，如圖51所示，在與水平方向成53°的N的力F作用下從靜止開始運動，

24、在2s內(nèi)力F對物體的沖量為多少？物體獲得的動量是多少？【錯解分析】錯解一：2s內(nèi)力的沖量為設物體獲得的動量為P2，由動量定理對沖量的定義理解不全面，對動量定理中的沖量理解不夠。錯解一 主要是對沖量的概念的理解，沖最定義應為“力與力作用時間的乘積”，只要題目中求力F的沖量，就不應再把此力分解。這類解法把沖量定義與功的計算公式W=Fcosa·s混淆了。錯解二 主要是對動量定理中的沖量沒有理解。實際上動量定理的敘述應為“物體的動量改變與物體所受的合外力的沖量相等”而不是“與某一個力的沖量相等”，此時物體除了受外力F的沖量，還有重力及支持力的沖量。所以解錯了?！菊_解答】 首先對物體進行受力

25、分析：與水平方向成53°的拉力F，豎直向下的重力G、豎直向上的支持力N。由沖量定義可知，力F的沖量為：IF = F·t = 10×2=10(N·s)因為在豎直方向上，力F的分量Fsin53°，重力G，支持力N的合力為零，合力的沖量也為零。所以，物體所受的合外力的沖量就等干力F在水平方向上的分量，由動量定理得：Fcos53°·t = P20所以P2= Fcos53°·t =10×0.8×2(kg·m/s)P2=16kg·m/s【小結】 對于物理規(guī)律、公式的記憶,要在理

26、解的基礎上記憶，要注意弄清公式中各物理量的含量及規(guī)律反映的物理本質(zhì)，而不能機械地從形式上進行記憶。另外，對于計算沖量和功的公式、動能定理和動量定理的公式，由于它們從形式上很相似，因此要特別注意弄清它們的區(qū)別。例3、 在距地面高為h，同時以相等初速V0分別平拋，豎直上拋，豎直下拋一質(zhì)量相等的物體m，當它們從拋出到落地時，比較它們的動量的增量P，有 A平拋過程較大 B豎直上拋過程較大C豎直下拋過程較大 D三者一樣大【錯解分析】 錯解一：根據(jù)機械能守恒定律，拋出時初速度大小相等，落地時末速度大小也相等，它們的初態(tài)動量P1= mv0。是相等的，它們的末態(tài)動量P2= mv也是相等的，所以P = P2P1

27、則一定相等。選D。錯解二：從同一高度以相等的初速度拋出后落地，不論是平拋、豎直上拋或豎直下拋，因為動量增量相等所用時間也相同，所以沖量也相同，所以動量的改變量也相同，所以選D。錯解一主要是因為沒有真正理解動量是矢量，動量的增量P=P2=P1也是矢量的差值，矢量的加減法運算遵從矢量的平行四邊形法則，而不能用求代數(shù)差代替。平拋運動的初動量沿水平方向，末動量沿斜向下方；豎直上拋的初動量為豎直向上，末動量為豎直向下，而豎直下拋的初末動量均為豎直向下。這樣分析，動量的增量P就不一樣了。方向，而動量是矢量，有方向。從運動合成的角度可知，平拋運動可由一個水平勻速運動和一個豎直自由落體運動合成得來。它下落的時

28、間由為初速不為零，加速度為g的勻加速度直線運動。豎直下拋落地時間t3t1，所以第二種解法是錯誤的。 【正確解答】 1由動量變化圖52中可知，P2最大，即豎直上拋過程動量增量最大，所以應選B?！拘〗Y】 對于動量變化問題，一般要注意兩點：(1)動量是矢量，用初、末狀態(tài)的動量之差求動量變化，一定要注意用矢量的運算法則，即平行四邊形法則。(2) 由于矢量的減法較為復雜，如本題解答中的第一種解法，因此對于初、末狀態(tài)動量不在一條直線上的情況，通常采用動量定理，利用合外力的沖量計算動量變化。如本題解答中的第二種解法，但要注意，利用動量定理求動量變化時，要求合外力一定為恒力。例4、 向空中發(fā)射一物體不計空氣阻

29、力，當物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂為a,b兩塊若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向則 Ab的速度方向一定與原速度方向相反B從炸裂到落地這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大Ca，b一定同時到達地面D炸裂的過程中，a、b中受到的爆炸力的沖量大小一定相等【錯解分析】 錯解一：因為在炸裂中分成兩塊的物體一個向前，另一個必向后，所以選A。錯解二：因為不知道a與b的速度誰大，所以不能確定是否同時到達地面，也不能確定水平距離誰的大，所以不選B，C。錯解三：在炸裂過程中，因為a的質(zhì)量較大，所以a受的沖量較大，所以D不對。錯解一中的認識是一種憑感覺判斷，而不是建立在全面分析的基礎上。事實是由于沒

30、有講明a的速度大小。所以，若要滿足動量守恒，(mA+mB)v=mAvAmBvB，vB的方向也可能與vA同向。錯解二是因為沒有掌握力的獨立原理和運動獨立性原理。把水平方向運動的快慢與豎直方向的運動混為一談。錯解三的主要錯誤在于對于沖量的概念沒有很好理解?！菊_解答】 物體炸裂過程發(fā)生在物體沿水平方向運動時，由于物體沿水平方向不受外力，所以沿水平方向動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有：(mA+mB)v = mAvAmBvB當vA與原來速度v同向時,vB可能與vA反向，也可能與vA同向,第二種情況是由于vA的大小沒有確定，題目只講的質(zhì)量較大，但若vA很小，則mAvA還可能小于原動量(mA+mB)v。這時,

31、vB的方向會與vA方向一致，即與原來方向相同所以A不對。a，b兩塊在水平飛行的同時，豎直方向做自由落體運動即做平拋運選項C是正確的由于水平飛行距離x = v·t，a、b兩塊炸裂后的速度vA、vB不一定相等，而落地時間t又相等，所以水平飛行距離無法比較大小，所以B不對。根據(jù)牛頓第三定律，a，b所受爆炸力FA=FB，力的作用時間相等，所以沖量I=F·t的大小一定相等。所以D是正確的。此題的正確答案是：C，D。【小結】 對于物理問題的解答，首先要搞清問題的物理情景，抓住過程的特點(物體沿水平方向飛行時炸成兩塊，且a仍沿原來方向運動)，進而結合過程特點(沿水平方向物體不受外力)，運

32、動相應的物理規(guī)律(沿水平方向動量守恒)進行分析、判斷。解答物理問題應該有根有據(jù)，切忌“想當然”地作出判斷。例5、一炮彈在水平飛行時，其動能為=800J，某時它炸裂成質(zhì)量相等的兩塊，其中一塊的動能為=625J，求另一塊的動能【錯解分析】 錯解：設炮彈的總質(zhì)量為m，爆炸前后動量守恒，由動量守恒定律：P=P1P2 代入數(shù)據(jù)得：Ek=225J。主要是只考慮到爆炸后兩塊的速度同向，而沒有考慮到方向相反的情況，因而漏掉一解。實際上，動能為625J的一塊的速度與炸裂前炮彈運動速度也可能相反?！菊_解答】 以炮彈爆炸前的方向為正方向，并考慮到動能為625J的一塊的速度可能為正可能為負，由動量守恒定律：PP1P

33、2 解得：=225J或4225J。正確答案是另一塊的動能為225J或4225J。【小結】 從上面答案的結果看，炮彈炸裂后的總動能為(625225)J=850J或(6254225)J=4850J。比炸裂前的總動能大，這是因為在爆炸過程中，化學能轉化為機械能的緣故。例6、 如圖53所示，一個質(zhì)量為M的小車置于光滑水平面。一端用輕桿AB固定在墻上，一個質(zhì)量為m的木塊C置于車上時的初速度為v0。因摩擦經(jīng)t秒木塊停下，(設小車足夠長)，求木塊C和小車各自受到的沖量。【錯解分析】錯解：以木塊C為研究對象，水平方向受到向右的摩擦力f，以v0)。為正方向，由動量定理有：-ft = 0 = mv0所以I木= f

34、t = mv0所以，木塊C受的沖量大小為mv0，方向水平向右。又因為小車受到的摩擦力水平向左，大小也是f(牛頓第三定律)。所以小車受到的沖量I車= ft = mv0,大小與木塊受到的沖量相等方向相反，即水平向左。主要是因為對動量定理中的沖量理解不深入，動量定理的內(nèi)容是：物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化量。數(shù)學表達式為I合=P2P1，等式左側的沖量應指合外力的沖量。在上述解答中，求木塊C受到的沖量為mv0是正確的。因為C受到的合外力就是f (重力mg與支持力N互相平衡)，但小車的沖量就錯了。因為小車共受5個力：重力Mg，壓力N=mg，支持力NN=(mM)g，摩擦力f'和AB桿對小車

35、的拉力T，且拉力T = f'，所以小車所受合力為零，合力的沖量也為零?！菊_解答】 以木塊C為研究對象，水平方向受到向右的摩擦力f，以V0為正方向,由動量定理有：ft = 0mv0 I木= f·t = mv0所以，木塊C所受沖量為mv0，方向向右。對小車受力分析，豎直方向N=MgN=(Mm)g，水平方向T= f，所以小車所受合力為零，由動量定理可知，小車的沖量為零。從動量變化的角度看，小車始終靜止沒動，所以動量的變化量為零，所以小車的沖量為零。正確答案是木塊C的沖量為mv0，方向向右。小車的沖量為零?！拘〗Y】 在學習動量定理時，除了要注意動量是矢量，求動量的變化P要用矢量運算

36、法則運算外，還要注意F·t中F的含義，F(xiàn)是合外力而不是某一個力。參考練習：質(zhì)量為100g的小球從0.8m高處自由落下到一厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經(jīng)歷了0.20s，則這段時間軟墊對小球的沖量為_(g=10m/s2，不計空氣阻力)。(答案為o.6N·s)例7、 總質(zhì)量為M的裝砂的小車，正以速度v0在光滑水平面上前進、突然車底漏了，不斷有砂子漏出來落到地面，問在漏砂的過程中，小車的速度是否變化？【錯解分析】錯解：質(zhì)量為m的砂子從車上漏出來，漏砂后小車的速度為v由動量守恒守律：Mv0=(Mm)v上述解法錯誤的主要原因在于研究對象的選取，小車中砂子的質(zhì)量變了，即原來

37、屬于系統(tǒng)內(nèi)的砂子漏出后就不研究了。這樣，所謂系統(tǒng)的初狀態(tài)及末狀態(tài)的含義就變了。實際情況是，漏掉的砂子在剛離開車的瞬間，其速度與小車的速度是相同的，然后做勻變速運動(即平拋)【正確解答】 質(zhì)量為m的砂子從車上漏出來，漏砂后小車的速度為V由動量守恒定律：Mv0= mv(Mm)v解得：v = v0即砂子漏出后小車的速度是不變的?！拘〗Y】 用動量守恒定律時，第一個重要的問題就是選取的系統(tǒng)。當你選定一個系統(tǒng)(此題為小車及車上的全部砂子)時，系統(tǒng)的初末狀態(tài)都應該對全系統(tǒng)而言，不能在中間變換系統(tǒng)。例8 、一繩跨過定滑輪，兩端分別栓有質(zhì)量為M1，M2的物塊(M2M1如圖54)，M2開始是靜止于地面上，當M1自

38、由下落H距離后，繩子才被拉緊，求繩子剛被拉緊時兩物塊的速度?！惧e解分析】錯解：M1自由下落H距離時，速度v1=。在M1和M2組成的系統(tǒng)中，它們相互作用前后的動量守恒。當繩子剛被拉緊時，設M1，M2的共同速度為v，實際上，上述結果是正確的，但在解題過程中，出現(xiàn)了兩個錯誤。其一，沒有認真分析繩子拉緊前后的動量守恒條件。實際上由M1，M2組成的系統(tǒng)除了受重力外，還要受到滑輪軸心豎直向上的支持力作用，而這個支持力不等于M1+M2的重力，所以系統(tǒng)所受合外力不為零。不能對整個系統(tǒng)應用動量守恒定律。其二，即使能應用動量守恒定律，也應認真考慮動量的方向性，M1的方向向下，而M2的方向向上，不能認為M1與M2系

39、統(tǒng)的動量為(M1M2)v。【正確解答】 M1自由下落H距離時的速度繩子拉緊后的一小段時間t后，M1與M2具有相同的速率V,M1的速度向下，M2的速度向上。對M1由動量定理，以向上為正方向:(T1M1g)t =M1v(M1v1) 對M2由動量定理，以向上為正方向：(T2M2g)L = M2v0 因為拉緊過程繩子的拉力遠遠大于物體的重力，可以認為T1=T2，所【小結】 通過本題的分析與解答，我們可以從中得到兩點警示。一是運用物理規(guī)律時一定要注意規(guī)律的適用條件，這一點要從題目所述的物理過程的特點出發(fā)進行分析，而不能“以貌取人”，一看到兩物體間相互作用，就盲目地套用動量守恒定律。二是應用動量守恒定律時

40、，要注意此規(guī)律的矢量性，即要考慮到系統(tǒng)內(nèi)物體運動的方向。例9、 在一只靜止的小船上練習射擊，船、人連同槍(不包括子彈)及靶的總質(zhì)量為M，槍內(nèi)裝有n顆子彈，每顆質(zhì)量為m，槍口到靶的距離為l,子彈射出槍口時相對于地面的速度為v，在發(fā)射后一顆子彈時，前一顆子彈已陷入靶中，則在發(fā)射完n顆子彈后，小船后退的距離為多少？【錯解分析】錯解： 設第一顆子彈射出后船的后退速度為v，后退距離為S1，子彈從槍口到靶所用的時間為：對這顆子彈和其他物體構成的系統(tǒng)列動量守恒方程：mv = M(n1)mv 在時間t內(nèi)船的后退距離s1= vt 子彈全部射出后船的后退距離s = ns1 聯(lián)立解得：【正確解答】 設子彈射出后船的

41、后退速度為v，后退距離為s1=vt，如圖55所示，由幾何關系可知l= d+s1即l=v·t + vt 聯(lián)立解得：【小結】 對本題物理過程分析的關鍵，是要弄清子彈射向靶的過程中，子彈與船運動的關系，而這一關系如果能用圖55所示的幾何圖形加以描述，則很容易找出子彈與船間的相對運動關系。可見利用運動的過程草圖，幫助我們分析類似較為復雜的運動關系問題，是大有益處的。例10、 如圖56所示，物體A置于小車B上，A與B之間光滑無摩擦。它們以共同的速度v前進。突然碰到障礙物C，將A從車上碰了出去，A被碰回的速度大小也是v。問：小車B的速度將怎樣變化？【錯解分析】錯解： 以A，B原來速度方向為正，設

42、小車B后來的速度為v，根據(jù)動量守恒定律，則(mA+mB)v=mBvmAv即：(mAmBmA)v = mBv因為2mAmBmB所以：vv(變大)方向為原來的方向。上述錯解的主要原因是不注意分析物理規(guī)律的適用條件，亂用動量守恒定律而造成的。當我們研究對象為A和B組成的系統(tǒng)時(如上述錯解的研究對象)。在A與障礙物C發(fā)生碰撞時，因為C對A的作用力就A與B的系統(tǒng)來說是外力，所以不滿足動量守恒條件(不受外力或合外力為零)。也就是說它們的動量不守恒，不能應用動量守恒定律去計算與討論。不加分析地運用動量守恒定律必然導致錯誤。【正確解答】 實際上，在A與C相碰時，由于C對A的作用力的沖量使A的動量發(fā)生了變化。而

43、A與B之間光滑無摩擦。在水平方向無相互作用力。所以對B來說，其水平動量是守恒的(實際上也只具有水平動量)。也就是說，A在水平方向運動的變化不會影響B(tài)的運動情況，因此B將以速度v繼續(xù)前進。【小結】 物體間發(fā)生相互作用時，選哪個系統(tǒng)為研究對象，這是人為的選擇，但要注意，若系統(tǒng)選擇不當，則導致對該系統(tǒng)不能應用動量守恒定律來求解，如本題的A，B組成的系統(tǒng)。因此我們應注意研究對象的選取，使其能滿足我們所選用規(guī)律的適用條件。如本題中以B為研究對象，即包含了所求的B的運動情況，而滿足了水平方向不受外力，動量守恒的適用條件。例11、 如圖57所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側有一固定在水平面上的物

44、塊。今讓一小球自左側槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內(nèi)，則以下結論中正確的是： A小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功B小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒C小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒D小球離開C點以后，將做豎直上拋運動?！惧e解分析】 錯解一：半圓槽光滑，小球在半圓槽內(nèi)做圓周運動的全過程中，只受重力和彈力作用，而彈力方向始終與速度方向垂直，所以彈力不做功，則只有重力做功，所以選A。錯解二：由于光滑的半圓槽置于光滑的水平面，所以小球在半圓槽運動的全過程中，小球與半圓槽水平方向不受外力作用，因而系

45、統(tǒng)在水平方向動量守恒，故選B。錯解三：半圓槽槽口的切線方向為豎直方向，因而小球運動到C點時的速度方向豎直向上，所以小球離開C點以后得做豎直上拋運動，故選D?！菊_解答】 本題的受力分析應與左側沒有物塊擋住以及半圓槽固定在水平面上的情況區(qū)分開來。（圖5-8）從AB的過程中，半圓槽對球的支持力N沿半徑方向指向圓心，而小球?qū)Π雸A槽的壓力N方向相反指向左下方，因為有物塊擋住，所以半圓槽不會向左運動，情形將與半圓槽固定時相同。但從BC的過程中，小球?qū)Π雸A槽的壓力N方向向右下方，所以半圓槽要向右運動，因而小球參與了兩個運動：一個是沿半圓槽的圓運動，另一個與半圓槽一起向右運動，小球所受支持力N與速度方向并不

46、垂直，所以支持力會做功。所以A不對。又因為有物塊擋住，在小球運動的全過程，水平方向動量也不守恒，即B也不對。當小球運動到C點時，它的兩個分運動的速度方向如圖59，并不是豎直向上，所以此后小球做斜上拋運動，即D也不對。正確答案是：小球在半圓槽內(nèi)自BC運動過程中，雖然開始時半圓槽與其左側物塊接觸，但已不擠壓，同時水平而光滑，因而系統(tǒng)在水平方向不受任何外力作用，故在此過程中，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，所以正確答案應選C。【小結】 在本題中由于半圓槽左側有物塊將槽擋住，導致了小球從AB和從BC兩段過程特點的不同，因此在這兩個過程中小球所受彈力的方向與其運動方向的關系，及球和槽組成的系統(tǒng)所受合外力情況都發(fā)

47、生了變化。而這一變化導致了兩個過程所遵從的物理規(guī)律不同，所以具體的解決方法也就不一樣了。通過本題的分析解答，可以使我們看到，對不同的物理過程要做認真細致的具體分析，切忌不認真分析過程，用頭腦中已有的模型代替新問題，而亂套公式。例12、在質(zhì)量為M的小車中掛著一個單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車(和單擺)以恒定的速度u沿光滑的水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，在此碰撞過程中，下列哪些說法是可能發(fā)生的？ A小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足：（M+m0）u=Mv1+mv2+mov3B擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足：Mu

48、=Mv1+mv2C擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関，滿足：Mu=（M+m）vD小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度為v2，滿足：（M+m0）u=（M+m0）v1+mv2【錯解分析】錯解：選A，D。選擇A，D的一個共同原因，是認為在碰撞的過程中，單擺也參加了碰撞，選A是認為三者發(fā)生碰撞，因而各自有一個速度；而選D的同學認為，單擺與小車連在一起，所以兩者的速度始終相同，所以，碰前和碰后的關系應滿足（M+m0）v = （M+m0）v1+mv2另外還有一種選擇，即B，C中只選一種，原因我們放在后面再分析。【正確解答】 由于碰撞時間極短，所以單擺相對小車沒有發(fā)生擺動，即擺線對球的作用力原來是豎

49、直向上的，現(xiàn)在還是豎直向上的，沒有水平方向的分力，未改變小球的動量，實際上單擺沒有參與這個碰撞過程，所以單擺的速度不發(fā)生變化，因此，選項中應排除A，D。因為單擺的速度不變，所以，研究對象也選取小車和木塊，水平方向動量守恒，由動量守恒定律Mu = Mv1+mv2 即為B選項。由于題目中并沒有提供在碰撞過程中能量變化關系，所以也有可能小車和木塊合二而一。因此，C選項也是可能的。正確答案：選B，C?！拘〗Y】 在解決如本題這種多個物體參與相互作用過程的題目時，要認真分析物體的受力情況，把沒有參與作用的物體從多個對象中摘出去（如本題的單擺），這樣可以避免選錯研究對象。例13、 如圖510所示，傾角=30

50、°，高為h的三角形木塊B，靜止放在一水平面上，另一滑塊A，以初速度v0從B的底端開始沿斜面上滑，若B的質(zhì)量為A的質(zhì)量的2倍，當忽略一切摩擦的影響時，要使A能夠滑過木塊B的頂端，求V0應為多大？【錯解分析】錯解：設滑塊A能滑到h高的最小初速度為v，滑塊A到達斜面最高點時具有水平分速度為V，由于水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒，由動量守恒定律：mv0cos=mvMv 在B的上端點m的合速度為：由動能定理有：主要是對滑塊A滑過最高點的臨界狀態(tài)分析不清楚。實際上，當滑塊能夠到達最高點時，即其豎直向上的分速度為零，也就是說，在最高點，滑塊A只具有水平速度，而不具有豎直速度。所以，式是正確

51、的，式中關于滑塊A的動能，直接代入水平速度即可?！菊_解答】 根據(jù)水平方向動量守恒有：mv0cos=(m+M)v 【小結】 分析此題時，可以先定性分析，從題目可以知道，V0越大，上升的距離越高；v0較小，則可能上不到頂端。那么，剛好上升到v0v時，才能夠滑過。對于題目中的關鍵字眼，“滑過”、“至少”等要深入挖掘。例14、 質(zhì)量為M的小車，如圖511所示，上面站著一個質(zhì)量為m的人，以v0的速度在光滑的水平面上前進?，F(xiàn)在人用相對于小車為u的速度水平向后跳出后，車速增加了多少？【錯解分析】 錯解一：把人和車作為一個系統(tǒng)，水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒，設人跳出后，車速增加為v，以V0方向為正

52、方向，由動量守恒定律：(Mm)v0=M(v0+v)mu 錯解二：以人和車作為一個系統(tǒng)，因為水平方向不受外力、所以水平方向動量守恒。設人跳出后，車速增加為v，以v0方向為正方向。人相對于地的速度為(u-v0),由動量守恒定律：(Mm)v0=M(v0+v)-m(u-v0) 錯解一的主要問題在于沒有把所有的速度都換算成同一慣性參考系中的速度。因為題目中給出的v0是初狀態(tài)車對地的速度，而人跳車時的速度u指的是對車的速度，在列動量守恒方程時，應把人跳車的速度變換成人對地的速度才可以運算。錯解二的主要問題是雖然變換了參考系，但忽略了相對速度的同一時刻性，即人跳車時，車的速度已經(jīng)由v0變換成(v0+v)了。

53、所以，人相對于地的速度，不是(vv0)而應為u(v0+v)?！菊_解答】 以人和車作為一個系統(tǒng)，因為水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒。設人跳出后，車對地的速度增加了v，以v0方向為正方向，以地為參考系。由動量守恒定律：(Mm)v0=M(v0+v)mu(v0v) 【小結】 (1)在應用動量守恒定律時，除注意判斷系統(tǒng)受力情況是否滿足守恒條件外，還要注意到相對速度問題，即所有速度都要是對同一參考系而言。一般在高中階段都選地面為參考系。同時還應注意到相對速度的同時性。(2)選取不同的參考系，解題方法有繁有簡，以此題為例，若選取車作為參考系則人與車組成的系統(tǒng)初態(tài)動量為零，末態(tài)動量為：Mvm(uv)

54、，由動量守恒定律：0=Mvm(uv)題中，增加的速度與車原來的速度v0無關。第二種解法顯然比第一種要簡捷得多。例15、 質(zhì)量為M的小車，以速度v0在光滑水平地面前進，上面站著一個質(zhì)量為m的人，問：當人以相對車的速度u向后水平跳出后，車速度為多大？【錯解分析】 錯解一：設人跳出后的瞬間車速為v，則其動量為Mv，根據(jù)動量守恒定律有：(Mm)v0Mv錯解二：設人跳出后的車速為v，車的動量為Mv，人的動量為m(u+v)，根據(jù)動量守恒定律有：(M+m)v0=Mv+m(uv)錯解三：設車的前進方向為正方向，人在跳出車后，車的動量為Mv，人的動量為mu，根據(jù)動量守恒定律有：(Mm)v0Mvmu 錯解四：設車

55、的前進方向為正方向，則人跳出車后小車的動量Mv，人的動量為m(uv0)，根據(jù)動量守恒定律有：(Mm)v0Mvm(uv0) 錯解一的錯誤原因是動量守恒的對象應為車和人的系統(tǒng)，而錯解一中把人跳離車后的動量丟掉了，即以系統(tǒng)的一部分(車)來代替系統(tǒng)(車和人)。錯解二：是沒有考慮到，人跳離車前后動量方向的變化。而是簡單地采用了算術和，忽略了動量的矢量性。錯解三的錯誤在于參考系發(fā)生變化了。人跳離前人與車的動量是相對地的。人跳離車后車的動量(Mv)也是相對地的，而人跳離車后人的動量(mu)卻是相對于車而言的，所以答案不對。錯解四中的錯誤在于對速度的瞬時性的分析。v0是人未跳離車之前系統(tǒng)(Mm)的速度，m(uv0)就不能代表人跳離車后瞬間人的動量?！菊_解答】 選地