動量及動量守恒定律有答案

1、動量及動量守恒定律全章典型習(xí)題精講一學(xué)法指導(dǎo)：動量這部分內(nèi)容，本身并不復(fù)雜，主要有沖量和動量這兩個概念，還有動量定理和動量守恒定律這兩個重要規(guī)律動量定理是對一個物體說的，它受到合外力的沖量等于該物體動量的增量動量守恒定律是對相互作用的系統(tǒng)而言的，在系統(tǒng)不受外力作用的情況下，系統(tǒng)的總動量守本章的難點主要在于沖量和動量都是矢量，矢量的運算比起標量的運算來要困難得多我們中學(xué)階段目前只要求計算同一直線上的動量問題，對于同一直線上的動量，可以用正負號表示方向，從而把矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算這部分內(nèi)容的另一個難點是涉及到相互作用的系統(tǒng)內(nèi)物體的動量和機械能的綜合問題，為此，我們在學(xué)習(xí)時要把動量這部分內(nèi)容與機械

2、能部分聯(lián)系起來下面三個方面的問題是我們學(xué)習(xí)中要重點理解和掌握的1、4個重要的物理概念，即沖量、動量、功和動能，下面把它們歸納、整理、比較如下：（1）沖量和功，都是“力”的，要注意是哪個力的沖量，哪個力做的功動量和動能，都是“物體”的，要注意是哪個物體的動量、哪個物體的動能（2）沖量和功，都是“過程量”，與某一段過程相對應(yīng)要注意是哪個過程的沖量，是哪個過程中做的功動量和動能，都是“狀態(tài)量”，與某一時刻相對應(yīng)要注意是哪個時刻的動量或動能，過程量是不能與狀態(tài)量劃等號的，即決不能說某力的沖量等于某時刻的動量，或說某個功等于某時刻的動能動量定理和動能定理都是“過程關(guān)系”，它們說的是在某段過程中，物體受到

3、的合外力的沖量或做的功，等于物體動量或動能的增量，這里“增量”又叫“變化量”，是相應(yīng)過程的“始”、“末”兩個狀態(tài)量的差值，表示的還是某一段過程的狀態(tài)的變化此外，還有一點要注意，那就是這些物理量與參考系的關(guān)系由于位移和速度都是與參考系有關(guān)的物理量，因此動量、功、動能都是與參考系有關(guān)的物理量，只有沖量與參考系無關(guān)凡沒有提到參考系的問題，都是以地面為參考系的2、兩個守恒定律是物理學(xué)中的重要物理規(guī)律，下面把有關(guān)兩個守恒定律的問題整理列表如下：3幾點說明：（1） 對于動量守恒定律，“系統(tǒng)”指的是相互作用的物體組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)內(nèi)的物體數(shù)量可以多于兩個，但我們中學(xué)階段多數(shù)情況下只物體組成的系統(tǒng)，在“實質(zhì)”一

4、欄中就是以兩個物體組成的系統(tǒng)為例的對于機械能守恒定律，我們課本上寫的是“在只有重力做功的情形下，物體的動能和重力勢能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，但機械能的總量保持不變”這里討論的對象是“物體”但我們實際遇到的問題，包括很多試題，都涉及到幾個物體組成的系統(tǒng)，因此我們在表格里把機械能守恒定律列成兩行，即對物體的機械能守恒和對系統(tǒng)的機械能守恒在系統(tǒng)的機械能守恒問題中，系統(tǒng)內(nèi)的物體要發(fā)生相互作用，有內(nèi)力做功，但只要內(nèi)力中沒有滑動摩擦力等能使機械能向其他形式能量轉(zhuǎn)化的力做功，系統(tǒng)的總機械能的總量就會保持不變，而內(nèi)力做功的結(jié)果，是使機械能從系統(tǒng)內(nèi)的一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體（2）系統(tǒng)在不受外力作用的情形下，總動量守恒，這

5、與牛頓第三定律有密切的聯(lián)系牛頓第三定律指出相互作用的兩物體間的作用力與反作用力總是大小相等、方向相反，而且它們的作用時間總是相等，因此這兩物體受到的力的沖量大小相等、方向相反，又根據(jù)動量定理，兩物體的動量的變化量大小相等、方向相反在滿足不受外力的條件時，該系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒相互作用的兩物體間的作用力與反作用力雖然總是大小相等、方向相反，但它們對兩物體所做的功卻不一定絕對值相等，這是因為兩物體的位移不一定相等以摩擦力為例說明問題：對于一對靜摩擦力，由于兩物體間沒有相對運動位移數(shù)值一定是相等的，從而這一對靜摩擦力對兩物體做的功的代數(shù)和一定為零，這種情況下，有機械能從一個物體向另一

6、個物體轉(zhuǎn)移，但機械能的總量仍保持不變但對于一對滑動摩擦力，由于兩物體間的有相對運動，從而二者的位移數(shù)值不相等，一對滑動摩擦力做功的代數(shù)一定為負值，這表示有機械能向內(nèi)能的轉(zhuǎn)化，即平時所說的“摩擦生熱”，這樣系統(tǒng)的機械能就不守恒了二例題分析【例1】一質(zhì)量為100g的小球從0.80m高處自由下落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0.2s，則這段時間內(nèi)軟墊對小球的沖量為_(取 ，不計空氣阻力)【分析與解】小球從高處自由下落到軟墊陷至最低點經(jīng)歷了兩個過程，從高處自由下落到接觸軟墊前一瞬間，是自由下落過程，接觸軟墊前一瞬間速度由：求出 = 接觸軟墊時受到軟墊向上作用力N和重力G(=mg)作

7、用，規(guī)定向下為正，由動量定理：故有：在重物與地面撞擊問題中，是否考慮重力，取決于相互作用力與重力大小的比較，此題中N=0.3N，mg=0.1N，顯然在同一數(shù)量級上，不可忽略若二者不在同一數(shù)量級，相差極大，則可考慮忽略不計（實際上從同一高度下落，往往要看撞擊時間是否極短，越短沖擊力越大。【例2】一粒鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由下落，然后陷入泥潭中若把在空中下落的過程稱為過程I，進入泥潭直到停住的過程稱為過程II，則： A、 過程I中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量 B、 過程II中阻力的沖量的大小等于過程I中重力沖量的大小 C、 過程II中鋼珠克服阻力所做的功等于過程I與過程II中鋼珠所減少的重力勢能之

8、和 D、 過程II中損失的機械能等于過程I中鋼珠所增加的動能【分析與解】鋼珠在過程I中只受重力，所以由動量定理可判斷A正確過程I中動量的增加量與過程II中的動量減少量大小相等，而過程II中的動量變化量應(yīng)等于在這個過程中鋼珠所受合力(阻力和重力)的沖量，所以B選項錯誤由于全過程中，鋼珠的動能變化量為零，所以重力在全過程中所做正功與阻力在過程II中所做負功大小相等，故C選項正確過程II中損失的機械能應(yīng)等于過程II中阻力所做的功，結(jié)合C選項的分析，可知D錯誤通過此題，應(yīng)注意理解動量定理和動能定理兩個定理的物理意義，理解物體運動的過程中，狀態(tài)量(動量、動能)的變化與過程量（沖量、功）的對應(yīng)關(guān)系，必要時

9、畫出過程草圖，幫助思考【例3】如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統(tǒng)），則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中：A、動量守恒、機械能守恒B、動量不守恒、機械能不守恒C、動量守恒、機械能不守恒D、動量不守恒、機械能守恒【分析與解】若以子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短時，彈簧固定端墻壁對彈簧有外力作用，因此動量不守恒而在子彈射入木塊時，存在劇烈摩擦作用，有一部分能量將轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機械能也不守恒實際上，在子彈射入木塊這一瞬

10、間過程，取子彈與木塊為系統(tǒng)則可認為動量守恒（此瞬間彈簧尚未形變）子彈射入木塊后木塊壓縮彈簧過程中，機械能守恒，但動量不守恒物理規(guī)律總是在一定條件得出的，因此在分析問題時，不但要弄清取誰作研究對象，還要弄清過程的階段的選取，判斷各階段滿足物理規(guī)律的條件【例4】在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為 小車（和單擺）以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的A、小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別為 、 、 ，滿足：B、擺球的速度不變，小車和木塊的速度變 和 ，滿足：C、擺球的速度不變，小車和木塊的速

11、度都變?yōu)関，滿足 D、小車和擺球的速度都變?yōu)?，木塊的速度變?yōu)?，滿足【分析與解】本題首先應(yīng)注意理解系統(tǒng)與過程前后時刻的選取關(guān)系，由于碰撞過程是在極短時間內(nèi)發(fā)生的，因擺球的擺線在碰撞之前是豎直的，可以不考慮在這個極短時間內(nèi)擺球與小車在水平方向上的相互作用（這與例3中子彈射入木塊瞬間可不考慮彈簧形變類似），而只需考慮小車與木塊的相互作用力，因此選擇小車與木塊為系統(tǒng)動量守恒其次，應(yīng)注意理解碰撞可能出現(xiàn)的情況即在本題中小車與木塊碰撞可能出現(xiàn)結(jié)合在一起或分離兩種情況因而B、C兩種情況均有可能，B、C正確【例5】質(zhì)量為M的小船以速度 行駛，船上有兩個質(zhì)量均為m的小孩 和b分別靜止站在船頭和船尾現(xiàn)小孩 沿

12、水平方向以速率 （相對于靜止水面）向前躍入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率 （相對于靜止水面）向后躍入水中求小孩b躍出后小船的速度【分析與解】在本問題中，研究對象即系統(tǒng)和過程有兩種方法，第一種方法分為兩個過程，是先取小孩 和小船（及小孩b）為系統(tǒng)，因水平方向無外力，水平方向動量守恒規(guī)定方向為正，并設(shè)小孩 向前躍入水中后小船的速度為 ，有：再取小孩b和小船為系統(tǒng)，同樣因水平方向無外力，水平方向動量守恒并設(shè)小孩b向后躍入水中后小船的速度為 有：兩式聯(lián)立，消去 ，有：解出： 第二種方法是直接取小孩 、小孩b和小船為系統(tǒng)，因水平方向始終無外力，水平方向動量守恒規(guī)定方向為正，并設(shè)小孩 向前躍入水中后

13、小船的速度為 ，把小孩 向前躍入水中至小孩b向后躍入水中選作過程的初態(tài)與末態(tài)，則可直接列出：解出 解答則簡捷得多在實際問題中，應(yīng)體會這種方法【例6】向空中發(fā)射一物體，不計空氣阻力當此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂成 、b兩塊，若質(zhì)量較大的 塊的速度方向仍沿原來的方向，則：A、b的速度方向一定與原速度方向相反B、從炸裂到落地的這段時間里， 飛行的水平距離一定比b的大C、 、b一定同時到達水平地面D、在炸裂過程中， 、b受到的爆炸力的沖量大小一定相等【分析與解】當物體速度方向為水平時，物體炸裂其中較大質(zhì)量的 塊仍沿原來方向飛行，因水平方向無外力，可知水平方向動量守恒，爆炸瞬間相互作用力方向也

14、是水平的，對 塊，爆炸作用力方向沿原方向，故 塊速度將比原來速度大，動量增加而b塊受爆炸作用力方向應(yīng)與原方向相反，b塊動量將減少因爆炸過程中兩塊間作用與反作用等值反向，故受到?jīng)_量大小是相等的，D正確由于兩塊在同一高度水平飛行，無論初速大小，下落高度相同，由平拋規(guī)律，下落時間相同，故C也正確題中未給出爆炸前后具體數(shù)據(jù)，對b塊而言，雖然受到?jīng)_量方向與原速度方向相反，但有三種可能性，一是速度減少，仍沿原方向飛行；二是速度恰好變?yōu)榱?；三是沿反方向飛行，因此A不正確因 質(zhì)量大于b，又兩者爆炸時所受沖量大小相同，動量變化量大小也相同，可知b的速度變化量必大于 ，因此b的末速度有可能比 還大（但沿反方向）所

15、以B也不正確本題要求對動量守恒的本質(zhì)即相互作用過程有較深刻的理解【例7】如圖所示，甲、乙兩小孩各坐一輛冰車在摩擦不計的冰面上相向運動，已知甲連同冰車的總質(zhì)量M=30kg，乙連同冰車的總質(zhì)量也是M=30kg，甲還推著一只質(zhì)量m=15kg的箱子甲、乙滑行的速度大小均為2m/s，為了避免相撞，在某時刻甲將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處時被乙接住試求:甲至少用多大的速度(相對于地面)將箱子推出，才可避免和乙相撞?甲在推出時對箱子做了多少功?【分析與解】甲推出箱子可使自己減速，而乙接住箱子，也可使其自己減速，甚至反向運動若甲、乙剛好不相撞，條件應(yīng)是在乙接住箱子后，甲、乙(包括箱子)的速度相同根據(jù)動量守恒

16、定律，我們先做定性分析:選甲、乙、箱子為系統(tǒng)，由于甲推出箱子前，系統(tǒng)的總動量的方向與甲的運動方向相同，所以在達到共同速度時，系統(tǒng)的總動量方向應(yīng)不變，故判斷共同速度的方向在甲的原運動方向上設(shè):甲推出箱子前的運動方向為正方向，甲、乙初速度大小為 ，甲、乙、箱子后來的共同速度為 ，根據(jù)動量守律:【分析與解】甲推出箱子可使自己減速，而乙接住箱子，也可使其自己減速，甚至反向運動若甲、乙剛好不相撞，條件應(yīng)是在乙接住箱子后，甲、乙(包括箱子)的速度相同根據(jù)動量守恒定律，我們先做定性分析:選甲、乙、箱子為系統(tǒng)，由于甲推出箱子前，系統(tǒng)的總動量的方向與甲的運動方向相同，所以在達到共同速度時，系統(tǒng)的總動量方向應(yīng)不變

17、，故判斷共同速度的方向在甲的原運動方向上設(shè):甲推出箱子前的運動方向為正方向，甲、乙初速度大小為 ，甲、乙、箱子后來的共同速度為 ，根據(jù)動量守律:，可求出 =0.4m/s；再以甲與箱子為研究對象，甲推出箱子的過程中動量守恒，設(shè)箱子被推出后的速度為 ，可求出被推出后箱子的速度為 .由動能定理，甲推出箱子的過程對箱子做功等于箱子動能的增加量 J在本題中，對甲、乙不相撞的條件的分析，是解決問題的關(guān)鍵而在具體的求解過程中，如何選擇研究對象和過程始末去運用動量守恒定律，可以有不同的方式，例如，先選甲和箱子為系統(tǒng)，再選箱子和乙為系統(tǒng)也可解出，但要麻煩一些，不妨試一試，作一比較【例8】質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈

18、簧的上端連接，彈簧下端固定在地上平衡時，彈簧的壓縮量為 ，如圖所示物塊從鋼板正上方距離為3 的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連它們到達最低點后又向上運動已知物塊質(zhì)量也為m時，它們恰能回到O點若物塊質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度求物塊向上運動到達的最高點與O點的距離【分析與解】物塊與鋼板碰撞時的速度可由自由落體公式求出，為 由于碰撞時間極短，碰撞過程中可認為重力遠小于物塊與鋼板之間的碰撞彈力大小，系統(tǒng)動量守恒，以 表示碰后物塊與鋼板的共同速度，則有：因O點是彈簧的原長位置，所以物塊碰后與彈簧向下運動壓縮彈簧至最低點又彈起回到O點時

19、，彈簧的彈性勢能應(yīng)恰為零，題目中說，這時物塊與鋼板的速度也恰為零這個過程機械能守恒，設(shè)剛碰完時的彈性勢能為 ，有：按照同樣的思路，設(shè)質(zhì)量是2m的物體與鋼板碰撞后的共同速度是 ，由動量守恒定律：碰后壓縮彈簧至最低點又回到O點時，若物塊的速度為 ，則有：因題目中給定的是輕彈簧，所以彈簧回到O點時不再上升，而物塊因有向上的速度，仍繼續(xù)向上運動，也就是說，在O點物塊與彈簧分離物塊還能上升的高度為：將以上關(guān)系式聯(lián)立，可求出：本題是動量守恒與涉及彈簧的機械能守恒的綜合問題，具有學(xué)科內(nèi)綜合解決問題特點需要理解彈簧的彈性勢能零點在彈簧的原長處，能正確分析表達涉及重力勢能、彈性勢能和動能的初末態(tài)機械能、以及正確

20、判斷出在極短時間內(nèi)物塊與彈簧碰撞過程可以運用動量守恒定律【例9】如圖所示，質(zhì)量為M、長為l的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，mM現(xiàn)以地面為參照系給A和B以大小相等、方向相反的初速度(如圖)，使A開始向左運動、B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板以地面為參照系，(1)若已知A和B的初速度大小為 ，求它們最后的速度的大小和方向(2)若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到達的最遠處(從地面上看)離出發(fā)點的距離【分析與解】(1)A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度.設(shè)此速度為V，根據(jù)mM，可知 ，判斷出V的方向應(yīng)與B板初速度同向，

21、即向右A和B的初速度的大小為 ，則由動量守恒可得：解得： 方向向右(2)本題應(yīng)著重理解物理過程的定性分析方法，在此基礎(chǔ)上形成正確的物理圖景注意以下說理分析：A在B板的右端時初速度向左，而到達B板左端時的末速度向右，若以地面為參考，可見A在運動過程中必經(jīng)歷先向左受摩擦力作用而作減速運動，直到相對地面速度為零的階段，而后經(jīng)歷因B板速度方向向右，A相對B板向左，故A所摩擦力方向向右，A向右作初速度為零的加速運動直到有共同速度為 的階段，如下圖所示在前一階段，摩擦力阻礙A向左運動，在后一階段，摩擦力為動力，使A向右加速設(shè) 為A開始運動到速度變?yōu)榱氵^程中向左運動的過程， 為A從速度為零增加到速度 過程中

22、向右運動的路程，L為A從開始運動到剛到達B的最左端的過程中B運動的路程設(shè)A與B之間的滑動摩擦力為 ，則由功能關(guān)系可知：對于B: 對于A: 由幾何關(guān)系 由以上四式解得 【例10】如圖所示，一個帶斜面的物體A靜止在光滑的水平面上，它的質(zhì)量為M=0.5kg另一個質(zhì)量為m =0.2kg的小物體B從高處自由下落，落到B的斜面上，下落高度為h=1.75 m與斜面碰撞后B的速度變?yōu)樗较蛴遥鲎策^程中A、B組成的系統(tǒng)的機械能沒有損失（計算時取g=10 m/s2）（1）碰后A、B的速度各多大？（2）碰撞過程中A、B的動量變化量各多大？【分析與解】（1）當B落到A的斜面上時，B的速度方向豎直向下，而A的速度為0

23、由于水平面光滑，兩物體相互作用過程中，水平方向不受外力作用，因此系統(tǒng)水平方向的動量守恒由于碰前系統(tǒng)水平方向的動量為0，碰后總動量仍為0設(shè)碰后兩物體速度大小分別是 和 列動量守恒的關(guān)系式：再根據(jù)碰撞過程中系統(tǒng)的機械能沒有損失，得： 解上面2式，得 =-2m/s， =5m/s，或 =2m/s， =-5m/s正負號代表二者的方向相反，由于我們事前沒有規(guī)定正方向，因此兩組解都可以認為正確根據(jù)實際情況我們知道，碰后 方向是向右，若以向右為正方向，則應(yīng)取=-2m/s， =5m/s；若取向左為正方向，則應(yīng)取=2m/s， =-5m/s（2）我們規(guī)定向右為正方向，則碰撞過程中A的動量變化量是：，其中負號代表方向

24、向左由于B的初、末動量不在同一直線上，不能簡單地用正負號表示方向，求動量變化需利用平行四邊形定則，初動量大小為 kgm/s=1.2kgm/s，方向豎直向下，末動量大小為 =1kgm/s，方向水平向右，動量變化量的大小為kgm/s=1.5 kgm/s，方向斜向右上，與水平方向夾角為 （本題中A、B兩物體組成的系統(tǒng)在碰撞過程中，動量并不守恒，從上面的計算可以清楚看到這一點（二者的動量變化量并不是大小相等、方向相反），它們只是在水平方向上的動量分量守恒其原因是除了A、B兩物體間的相互作用以外，還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豎直方向的，水平方向滿足“不受外力”的條件，因此

25、水平方向動量分量守恒）【例11】帶有斜面的木塊原靜止在光滑的水平桌面上，另一個小木塊從的頂端由靜止開始沿光滑的斜面下滑當滑到的底部時，P向右移動了一段距離，且具有水平向右的速度v，如圖所示下面的說法中正確的是：（A）P、Q組成的系統(tǒng)的動量守恒（B）P、Q組成的系統(tǒng)的機械能守恒（C）Q減少的重力勢能等于P增加的動能（D）Q減少的機械能等于P增加的動能【分析與解】選項A是學(xué)生最容易錯選的，其實在這個過程中，P、Q組成的系統(tǒng)只是在水平方向不受外力，水平方向的動量分量守恒，而在豎直方向上，由于地面對P的支持力在Q下滑過程中要大于P的重力，但小于P、Q的重力之和，豎直方向上不滿足不受外力的條件，因此豎直方向上動量不守恒，總的動量也就不守恒P、Q組成的系統(tǒng)在這個運動過程中，除了重力對Q做功以外，P對Q的支持力要做負功，而Q對P的壓力要做正功，這兩個力的大小相等而方向相反，兩物體沿力的方向的位移相等（即