高中物理专题复习动量及动量守恒定律.docx

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1、高中物理专题复习动量及动量守恒定律亠、动量守恒定律的应用1.碰撞/V1/V2BA两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞由于作用时间极短，一般都满足内 力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞 三种。向质量为m2的静仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上， 质量为mi的物体A以速度vi止物体B运动，B的左端连有轻弹簧。在I位置B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到位置 A、B速度刚好相等（设为v）,弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到m位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为vi和V

2、2。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。 弹簧是完全弹性的。i n系统动能减少全部转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性 势能最大；nm弹性势能减少全部转化为动能；因此i、m状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为：vi mi m 2 vi , v 22 mi v i。mi m 2m i m 2弹簧不是完全弹性的i n系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能,n状态系统动能仍和相同， 弹性势能仍最大， 但比小；n m弹性势能减少， 部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转

3、化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。弹簧完全没有弹性。in系统动能减少全部转化为内能，状态系统动能仍和相同，但没有弹性势能；由于没有弹性， 完全非弹性碰撞。可以证明，A、B不再分开，而是共同运动，不再有n-m过程。这种碰撞叫B最终的共同速度为系统的动能损失最大，为:Ek2 1m v m2 i i 2 ivm i2 mim2*22gm2 viov。在完全非弹性碰撞过程中,i例i.质量为M的楔形物块上有圆弧轨道m2 v, 静止在水平面上。2 mi m2不计一切摩擦，圆弧小于90质量为m的小球以速度vi向物块运动。且足够长。求小球能上升到的最大高度H和物块的最终速度 v。解：系统水平方向动量守恒，全过

4、程机械能也守恒。在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得:mv1M由系统机械能守恒得:2 21 mv i1 Mm v2 2全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得mgH解得HMv i22 Mm gv2 m vM m 1本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。2.子弹打木块类问题子弹打木块实际上是一种 完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向 原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分 析这一过程。1v1 E&11例2.设质量为m的子弹以初速度vo射向静止在光滑水平面上的质量 为M的木块，并留在

5、木块中不再射出，子弹钻入木块深度为 块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。d。求木d ，从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒:=Jmvo从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能 木块的位移大小分别为设平均阻力大小为f，设子弹、对子弹用动能定理:对木块用动能定理:S1、S2,如图所示，显然有1 2 1mvo 1 mv 221 2S1SMv21 I mv)21 M 2-2(由上式不难求得平均阻力的大小：、相减得：f d2m v卜）fSi 2-s =dMm2 M2Mm v2vom?32 M m d至于木块前进的距离S2, 可以由以上、相比得出:S23反冲问题在某

6、些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它形式的能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。例3.质量为m的人站在质量为M、长为L的静止小船的右端，小船的左端 靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？解：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船I 2 门| 1解：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。l2,贝1：mv1=Mv2，两边同乘时间 t， ml1=Ml 2，而 l1+l 2=L，. l2m LMm动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位

7、移大小分别为I i、例4.总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？解：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以vo方向为正方向，Mv o muMvo mu M m v , vM m二、动量与能量1. 动量与动能动量和能量都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关.但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比p mv ;动能的大小与速度的平方成正比Ek1 mv2。两者的关系:三22p 2mEk。动量是矢量而动能是标量。物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体

8、的动能一旦发生变化，则动量必发生变化2. 动量定理与动能定理动量定理：物体动量的变化量等于物体所受合外力的冲量 累效应。动能定理：物体动能的变化量等于外力对物体所做的功 的积累效应.鸟p占I，冲量I FS是力对时间的积 Ek W，功W FS是力对空间3. 动量守恒定律与机械能守恒定律动量守恒定律与机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体系统，且研究的都是某一物理过程。动量守恒定律的内容是：一个系统不受外力或者所受外力之和为0，这个系统的总动量保持不变；机械能守恒定律的内容是：在只有重力和弹簧弹力做功的情形下，系统机械能的总量保持不变。运用动量守恒定律值得注意的两点是：(1)严格符合动量守恒

9、条件的系统是难以找到的。如：在空中爆炸或碰撞的物体受重力作用，在地面上碰撞的物体受摩擦力作用，但由于系统间相互作用的内力远大于外界对系统的作用，所以在作用前后的瞬间系统的动量可认为基本上是守恒的.(2)即使系统所受的外力不为0，但沿某个方向的合外力为0，则系统沿该方向的动量是守恒的动量守恒定律的适应范围广，不但适应常见物体的碰撞、爆炸等现象，也适应天体碰撞、原子的裂变，动量守恒与机械能守恒相结合的综合的试题在高考中多次出现，是高考的热点内容.0)L i111 ILB* Tp V*例5.如图所示，滑块 A、B的质量分别为m1与m2， m1 m2，由A的速轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻

10、绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后 绑紧。两滑块一起以恒定的速率 V0向右滑动.突然轻绳断开.当弹簧伸至本身的自然长度时，滑块 1度正好为 0求：(1) 绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能Ep ；(2) 在以后的运动过程中，滑块B是否会有速度为0的时刻？试通过定量分析证明你的结论解:(i)当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A的速度为0，故系统的机械能等于滑块B的动能.设这 12时滑块B的速度为v，则有Em2V .二 2因系统所受外力为 0，由动量守恒定律有：(m2) Vo m2V .

11、解得E (mi m2 )2 V)2 .2m21由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，所以有：(m m2)V0 2 E p E2解得 Ep mi( mi mi)V0 .2m2假设在以后的运动中滑块 B可以出现速度为：:0的时刻，并设此时 A的速度为V，弹簧的弹性厶、/、一1势能为Ep，由机械能守恒定律得：miVi2 E p (mi m2 )2 v。2，根据动量守恒得 (mi m2) V0 mw22m2(mi #求出 Vi 代入上式得：)2 V)2 E p (mi m2 ) 2 v。22mi2m2,z (mi因为Ep 0，故得：m2 )2 V)2(mi m2 ) 2 V02。即mi m2，这与

12、已知条件中mi m2不符2mi2m2可见在以后的运动中不可能出现滑块B的速度为0的情况.例6如图所示，坡道顶端距水平面咼度为h，质量为i的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的m滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M处的墙上，一端与质量为m2的摩档板B相连，弹簧处于原长时， B恰位于滑道的末端 O点.A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共冋压缩弹簧，已知在擦因数均为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求:(1) 物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度V的大小；(2) 弹簧最大压缩量为 d时的弹性势能Ep (设弹簧处于原长时弹性势能解：(1 )由机械能守恒定律，有：

13、 m1gh 2 m1v，解得 v = 2gh(2) A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有:v (m1 m2 )v2碰后A、B 起压缩弹簧，当弹簧最大压缩量为d时，A、B克服摩擦力所做的功W(mi m2 )gd1+ + 目 +由能量守恒定律，有：(m12m2 )vEp(m1 m2 ) gd22解得E p旨一m1UAgh ( m 1m2 ) gdm1m2例7.如图，半径为 R的光滑圆形轨道固定在竖直面内小球A、B质量分别为m、p m(B为待定系数).A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静1 、亠1止于轨道最低点的 B球相撞，碰撞后 A、B球能达到的最大高度均为R，碰撞4中无机

14、械能损失重力加速度为g 试求：(1 )待定系数P ;(2)第一次碰撞刚结束时小球 A、B各自的速度和B球对轨道的压力；解:(3)小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度(1 )由于碰撞后球沿圆弧的运动情况与质量无关，因此，B两球组成的系统，由机械能守恒定律得：mgR mgR4设A、B第一次碰撞后的速度分别为V1、V2,取方向水平向右为正，对(2)统，有:解得V11 2 2mgRmv1 1 mv2 , m 2gR mvmv22 21gR，方向水平向左；V22设第一次碰撞刚结束时轨道对A、B两球应同时达到最大高度处，对mgR，解得p = 341gR，方向水平向右.2B球的支持力为N，方向

15、竖直向上为正，则 Nmg片b轨道的压力N N 4.5mg，方向竖直向下 1 12 mv mv mV mV , mgRmVi121221 mV222B两球组成的系V1、V2，取方向水平向右为正，则m J , B球对R解得V1 = - 2 gR , V2 = 0 (另一组解V1 = V1, V2 = V2不合题意，舍去)三、应用动量守恒定律解题的几个注意点多个物体组成的系统在满足不受外力或所受合外力为零的条件下，利用动量守恒定律可以解决许多系统内物体间存在复杂的相互作用的问题要能正确地应用动量守恒定律， 必须注意以下几点:1. 注意矢量性:动量守恒方程是一个矢量方程，解题时必须规定一个正方向，对已

16、知方向的速度与正方向相同 的取正，反之取负，对未知方向的速度，通过解得结果的正负，判定其方向。例1.在光滑的水平面上有 A、B两小球，A的质量mA1kg，B的质量mB2 kg，开始时B处于静止状态，A以6m/s的速度与B发生正碰，碰后 B以3.5m/s速度运动，求碰后 A的速度解：取A原来运动的方向为正，则 B被碰后的速度也为正，由动量守恒定律mAVA mAVA ebvb解得v m s.aJ /，说明碰撞后 A的速度方向与碰撞前相反。2. 注意同时性：动量是一个瞬时状态量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量守恒，列 方 程mivi m2 V2 mivi m2 V2 时，等号左侧是作用前（或某一时

17、刻）各物体的动量和，等号右侧是作用后（或某一时刻）各物体的动量和，不同时刻的动量不能相加。例2.如图所示，在光滑水平面上有一质量 M 3kg的薄板，板上有质量m 1kg 的物块，都以vo 4m / s的初速度向相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4m/s时，试判断物块的运动情况解：取向右为正方向，系统的初始动量为Mv 0 mv 0，设当薄板速度V1 2.4m / s时，物块的速度为V2，此时系统的总动量为Mv 1 mv2，根据动量守恒定律有Mv 0 mv0 Mv 1 mv2，解得 V2 08. m / s，可见此时物块以0.8m/s的速度向右做匀加速运动。3. 注意同一

18、性：动量的大小与参照系的选取有关，因此应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对 同一惯性系的速度，一般以地面为参照系。例3.如图所示，质量 m=10kg的小车置于光滑水平面上，车上站着质量M=30kg的小孩，开始人车以1m/s的速度向右运动，后来小孩以相对车2m/s的水平速度向右跳下，求小孩跳下后车的速度。解析：设小孩跳车后车的速度为v且向右，则小孩对地的速度为v 2，由动量守恒定律得(M m)v M (v2) mv，解得 v05. m / s，说明小孩跳车后的速度大小为0.5m / s，方向向左。4. 注意动量的分量守恒:若系统所受外力的合力不为零，但在某个方向上所受合力的分量为零，

19、则系统在该方向的动量的分量保持不变。例4.如图所示，质量为 M的斜面置于光滑的水平面上，质量为 m的小球 在距斜面h高处自由落下，在与斜面碰撞后以速度 v水平飞出，求碰撞后斜 面的运动速度。Z A解析：小球与斜面组成的系统在碰撞过程中系统的总动量不守恒，因为在碰撞过程中系统在竖直方向所受的合外力并不为零，但系统在水平方向始终不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，m取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有0 Mvi mv，解得viV，负号说明碰撞后斜面的M速度水平向左。空 令独=动量及动量守恒定律练习题1 一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为V.在此过

20、程中，1mv + mg t，地面对他做的功为mv2 2B地面对他的冲量为C 地面对他的冲量为D 地面对他的冲量为mv + mg t，地面对他做的功为零mv，地面对他做的功为mv22mv mg t，地面对他做的功为零2 .如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量相等.Q与轻质弹簧相连.设Q静止，P以某一初速度向 性势能等于Q运动并与弹簧发生碰撞在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹A . P的初动能B. P的初动能的1C. P的初动能的33 .一质量为m的物体放在光滑的水平面上，今以恒力 内，下列说法正确的是D. P的初动能的4F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔A 物体的位移

21、相等B .物体动能的变化量相等C. F对物体做的功相等D. 物体动量的变化量相等A.它的速度大小不变，动量也不变C .它的速度大小不变，加速度等于零B.它不断克服地球对它的万有引力做功D .它的动能不变，4 航天飞机在一段时间内保持绕地心做匀速圆周运动，则5 个质量为 0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同则碰撞前后小球速度变化量的大小v和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为A . v=0B. v=12m/s C. W=0D. W=10.8J6.将甲、乙两物体自地面同时上抛，甲的质量为m，初速为v,乙的质量为2m，初

22、速为v/2 .若不计空气阻力，则A 甲比乙先到最高点B.甲和乙在最高点的重力势能相等C .落回地面时，甲的动量的大小比乙的大D .落回地面时，甲的动能比乙的大7 .在光滑水平地面上有两个弹性小球A、B，质量都为m，现B球静止，A球向B球运动，发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于EpA EpB 2EpC 2D . 2 2Epmmmm8 .在光滑水平面上，动能为 Eo、动量的大小为po的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反.将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为 E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2.则必有

23、1 v E0. 1 v po.2 Eo.2 poA .EB pC ED p9 .半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动.若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是A .甲球的速度为零而乙球的速度不为零B .乙球的速度为零而甲球的速度不为零C .两球的速度均不为零D .两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等10 .下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶司机突然发现前方停看一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离8l后停下.事故发生后，经测量，卡车刹车时与故障车距离为L，撞车后

24、共同滑行的距离I L .25假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同.已知卡车质量M为故障车质量m的4倍.v1相撞前的速度为V1，两车相撞后的速度变为V2，求；(2 )卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施，事故就能免于发生.11 如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态，另一质量与B相同的滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离Li时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后 A、B紧贴在一起运动，但互不粘连，已知最后A恰好返回出发点P并停止滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为 卩，运 动过程中弹簧最大形变量为L2,求A从P出发时的初速

25、度v012、在光滑水平面上有一个静止的质量为M的木块，一颗质量为 m的子弹以初速度 v0水平射入木块而没有穿出，子弹射入木块的最大深度为 d。设子弹射入木块的过程中木块运动的位移为s，子弹所受阻力恒定。试证明：s d。13、质量为M的小车置于水平面上。小车的上表面由1/4圆弧和平面组成，车的右端固定有一不计质量的弹簧,圆弧AB部分光滑，半径为 R，平面BC部分粗糙，长为I，C点右方的平面光滑。滑块质量为m，从圆弧最高B相对于车静止。求:厂 A It)1j D 11IKfBC处A无初速下滑(如图)，与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又返回到(1 ) BC部分的动摩擦因数；(2) 弹簧具有的最大弹性势能

26、；(3) 当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小.1、B 2、 B 3、 D 4、 D 5、 B 6、D参考答案7、C_ 口8、ABD9、 AC10、解析：(1 )由碰撞过程动量守恒1 2Mv =(M + m)vv1则v2(2)设卡车刹车前速度为 两车相撞前卡车动能变化_ |1碰撞后两车共同向前滑动，2由式得vo V12=2 卩 gL3 gL1 v0,1 2Mv 02动能变化由轮胎与雪地之间的动摩擦因数为2Mv1 MgL 8 2 又因I L,得vo25如果卡车滑到故障车前就停止，由式得22v1 2(M m)v2 0( M2=2 卩 gLm) gl这意味着卡车司机在距故障车至少2Mv0 023

27、 L处紧急刹车，事故就能够免于发生.2MgL 故 L 3 |_2-1111、解析：令A、B质量均为m，A刚接触B时速度为V1(碰前)，由动能关系，有2mv。1 mv2mgl12A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后 碰后A、B先一起向左运动，接着 度为v3,在这过程中，弹簧势能始末两态都为零.2 21 (2m) v 1 (2m)v2 2 2 3此后A、B开始分离，(2 m) g(2l )2A、B共同运动的速度为 V2，有mv仁mv2A、B 一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速A单独向右滑到P点停下，由功能关系有 1 mv32 mgl12由以上各式解得v0g(10l 1 1612 )12、解：设子弹射入木块后二者的共同速度为v，根据动量守恒定律有mv。( M m)v设子弹与木块之间的相互作用力为f，根据动能定理,对于子弹射入木块的f (s+d)=mvo2对于木块被子弹射入的过程有22解得：smv1,即s v ddm M1 2 1mv (m说明：(1令解出fdM )v 2可得1分2 2mv fs 1 Mv2213.解：(1) mgRmg 2l5R*2lmgR(2) EpmgRmgl1 21 2(3) Epmv1Mv 2mv12 一 p2MRgm MRgvM mMV2V1