1、章末总结冲量和动量定理1冲量(1)一个物体的动量变化 p 与合力的冲量相对应，二者大小相等，方向相同，可以互相代换据此有：(2)要区分力的冲量和做功：一个力作用在物体上，一定会产生冲量，但不一定做功；合力的冲量决定物体的动量变化，合力做的功决定物体动能的变化；冲量是力对时间的积累，功是力对空间的积累；冲量是矢量，功是标量2动量定理(1)动量定理内容：合外力的冲量等于物体的动量变化量，即Ipp.(2)动量定理通常用于解决个体(或系统)受合力冲量作用后引起的动量变化问题可用来求时间、合力、质量、瞬时速度，物体的运动可以是单过程，也可以是多过程在不涉及加速度问题时优先考虑用动量定理(3)应用动量定理
2、的基本步骤：选取研究对象；确定所研究的物理过程及其始、末状态；分析研究对象在所研究过程中的受力情况；规定正方向，根据动量定理列方程；解方程，统一单位，求得结果(4)动量定理与动能定理的区别：动量定理反映的是合外力的冲量与物体的动量变化的规律，是两个矢量间的关系；动能定理反映的是合外力做功与物体动能变化的关系，是两个标量之间的关系；有外力作用(合外力不为零)，这个外力对物体一定有冲量，物体动量一定变化；有外力作用(合外力不为零)，这个外力有可能不做功，物体的动能可能不变化例1 一辆质量为2 t的汽车在水平公路上行驶时，它受到的阻力为自重的 0.02倍由静止出发，在恒定牵引力作用下10 s内可加速
3、到30 m/s.求该汽车在这段加速过程中的牵引力的大小解析：解法一 汽车从静止开始做匀加速直线运动，由 vat 得：avt3010m/s23 m/s2再根据牛顿第二定律 Fkmgma得 Fkmgma6.4103 N.解法二 汽车做匀加速直线运动，在 10 s 内的位移为xv2t150 m，由动能定理(Fkmg)x12mv2得 Fmv22x kmg6.4103 N.解法三 设汽车运动方向为正，则由动量定理可知(Fkmg)tmv解得 Fkmgmvt 6.4103 N.答案：6.4103 N例2 一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在空中下落的过程称为过程，进入泥潭直到停止的过程称为
4、过程，则()A过程中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B过程中阻力的冲量的大小等于过程中重力冲量的大小C过程中钢珠克服阻力所做的功等于过程与过程中钢珠所减少的重力势能D过程中损失的机械能等于过程中钢珠所增加的动能解析：假设过程中钢珠运动了t1时间，下落3 h高度，在过程中，在泥潭中陷下S深度，经t2时间停下，在过程中小球只受重力mg的冲量，在过程中，小球受阻力f与重力mg两个冲量的作用取小球从下落到停止全过程研究，竖直向上为正方向，由动量定理，有ft2mg(t1t2)0，即ft2mgt1.同理对全过程由动能定理，得：mg(hs)fs0，即fsmg(hs)故A、C对答案：AC反思领悟：题中动量定理及
5、动能定理的应用，均涉及过程的选取；可单独选两个物理分过程或选全过程选全过程时由于不出现中间物理量，解题时往往比较简捷，但会出现力的分段作用情况，在计算冲量和功时，要特别注意1理解动量守恒定律的“四性”(1)系统性：应用动量守恒定律时，应明确该定律的研究对象是整个系统，这个系统在整个过程中的质量应不变(2)矢量性：动量守恒定律的数学表达式为一个矢量方程，解题时必须先规定正方向，凡是与正方向相同的矢量取正值，反之取负值这样各矢量的方向可以由其正、负号体现出来在高中物理中，动量守恒定律主要讨论一维的情况，这时该方程就简化为代数方程动量守恒定律(3)相对性：动量守恒定律在应用时，系统在作用前、后的动量
6、都应相对于同一惯性参考系，具有相对同一性，若系统的不同部分的动量不是相对同一惯性参考系，则系统的动量就不可能守恒一般以地面为参考系(4)同时性：在动量守恒定律所适用的系统中，一般来说，系统内的各部分在不同时刻具有不同的动量，系统在某一时刻的动量，应该是此时刻系统内各部分的瞬时动量的矢量和，因而在运用动量守恒定律解题时，不应该将不同瞬时的动量相互混淆，更不能交叉套用例3 在光滑水平面上有一平板车，质量M500kg，上面站着一个质量为m70 kg的人，共同以v0速度匀速前进，现在人相对车以速度u2 m/s向后跑动，问人跑动后车速增加了多少？解析：取 v0 方向为正方向，人向后跑动时，车相对于地面的
7、速度为 v，则人相对于地面的速度为(vu)以人和车整体为研究对象，系统在水平方向上满足动量守恒条件对人跑动的前后过程由动量守恒定律有(Mm)v0Mvm(vu)解得vv0 umMm，故车速增加 vvv0 mumM0.25 m/s.答案：0.25 m/s2动量守恒与机械能守恒的区别与联系(1)动量守恒与机械能守恒条件不同动量守恒的条件是：系统不受外力或合外力为零，或者合外力不为零但内力远远大于外力，或者某一个方向上合外力为零机械能守恒条件是：系统只有重力和弹簧弹力做功，其他力不做功(或其他力做功代数和为零)只发生动能和重力势能及弹性势能的相互转化(2)运用两个守恒需注意问题：确定系统：动量守恒定律
8、和机械能守恒定律的研究对象都是相互作用的系统，正确选择系统是应用的第一步确定守恒条件：要特别注意，在使用前应先依据条件判断动量或机械能是否守恒，两者守恒的条件要区分确定始末状态：既可以选择一个物理过程的始末状态，也可选择过程中某两个时刻的状态，还可以选择全过程的始末状态确定状态时，必须注意各物理量的同时性，对动量和速度，还要注意它们的相对性，一般取地面为参考系；确定正方向或零势能的参考面：动量具有方向性，应用动量守恒定律要先规定正方向；重力势能具有相对性，应用机械能守恒定律时，要先规定零势能参考面例 4 如图所示，一轻质弹簧两端各连一质量为 m的滑块 A 和 B，两滑块都置于光滑的水平面上今有
9、质量为m4的子弹以水平速度 v0 射入 A 中不再穿出，试分析弹簧在什么状态下滑块 B 具有最大动能，其值是多少？解析：子弹与 A 碰撞时，因碰撞时间极短，且 A 用弹簧与B 相连，故可认为此时刻 B 未参与此过程，则子弹与 A 组成的系统动量守恒设碰撞后子弹与 A 的共同速度为 vA，则有m4v0mm4 vA解得 vAv05此后，弹簧被压缩，B 被加速，显然当弹簧再次恢复原长时，弹簧的弹性势能为零，B 有最大速度 vBmax，即有最大动能EkBmax.在此过程中以子弹和 A、B 滑块及轻质弹簧为研究系统，这个过程可视为以速度 vA运动的滑块 A(含子弹)与静止滑块 B发生弹性碰撞设弹簧恢复原
10、长时速度分别为 vA、vB，由动量守恒得mm4 vA(mm4)vAmvB由能量关系得12mm4 v2A12mm4 vA212mvB2由两式解得 vB29v0即 vBmax2mm4mmm4v05 29v0EkBmax12m29v02 281mv20.答案：见解析反思领悟：(1)应用动量守恒定律解题时，应在过程分析、受力分析基础上恰当地选取研究对象，恰当地选取物理过程进行求解分析求解本题的关键有两点：子弹打入以后的系统能量和动量都守恒；但在子弹打入A块瞬间，机械能并不守恒当弹簧恢复原长时，B的速度最大(2)注意动量守恒时，机械能不一定守恒；同理机械能守恒，动量不一定守恒1人船模型：此类问题关键在于
11、通过画草图确定物体位移间的关系，并结合动量守恒求解2完全非弹性碰撞模型：此类问题特点是最后物体“合”为一体，具有共同的末速度通常利用动量守恒结合功能关系求解3爆炸模型：此类问题动量守恒，其他形式的能转化为物体的动能，系统总动能增大动量守恒的几种常见的模型4弹性碰撞模型：此类问题应结合两个守恒定律列关系式，熟记碰撞后速度的表达式5“子弹打木块”模型(1)在此类问题中，由于木块处于光滑水平面上，子弹打击木块的过程中动量守恒(2)由于存在阻力做功，则系统的机械能减小，且减小量为阻力乘以相对位移(子弹打入木块的深度)，所以系统产生的内能，即热量Qfs相E机例5 如图所示，质量M为4 kg 的平板小车静
12、止在光滑的水平面上，小车左端放一质量为1 kg的木块，车的右端固定一个轻质弹簧现给木块一个水平向右的10 Ns的瞬间冲量，木块便沿车向右滑行，在与弹簧相碰后又沿原路返回，并恰好能达到小车的左端求：(1)弹簧被压缩到最短时平板车的速度v；(2)木块返回小车左端时的动能Ek；(3)弹簧获得的最大弹性势能Epm.解析：(1)设木块的初速度为 v0，由动量定理有：Imv0，得 v010 m/s(方向向右)当弹簧被压缩到最短时，木块和小车速度相等对于木块和小车构成的系统，水平方向动量守恒所以有：mv0(Mm)v，解得 v2 m/s(向右)(2)木块与弹簧碰后相对小车向左运动，当木块相对小车静止时，木块相
13、对小车到达左边最远点因此木块恰能到小车的左端时，两者同速由动量守恒可知此时 v 块v 车2 m/s.木块的动能 Ek12mv2块2 J.(3)木块往返过程中克服摩擦力做功，系统损失的机械能为E12mv2012(Mm)v240 J.考虑木块开始运动到弹簧压缩到最短的过程，系统克服摩擦力做功损失的机械能为12E20 J对这个过程由能量转化与守恒定律有：12mv2012(Mm)v212EEpm，解得弹簧压缩到最短时获得的最大弹性势能 Epm20 J.答案：(1)2 m/s，方向向右(2)2 J(3)20 J例6 如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m，速度为v0的子弹水平射入木块且
14、未穿出设木块对子弹的阻力恒为Ff，求：(1)木块至少多长子弹才不会穿出？(2)子弹在木块中运动了多长时间？解析：子弹在木块中进入的深度L即为木块的最短长度，此后，m和M以共同速度v一起做匀速直线运动，过程示意如下图所示(1)以 m 和 M 组成的系统为研究对象，由动量守恒定律mv0(mM)v设木块此过程位移为 x，则子弹位移为 xL，由动能定理对木块：Ffx12mv2对子弹：Ff(xL)12mv212mv20由式解得 LMmv202FfMm.(2)对子弹据动量定理Fftmvmv0由式解得 tMmv0MmFf.答案：(1)Mmv202FfMm(2)Mmv0MmFf解决力学题的三种思路思路特点分析
15、适用情况力的观点：牛顿运动定律结合运动学公式分析物体的受力，确定加速度，建立加速度和运动量间的关系涉及力、加速度、位移、速度、时间恒力作用下的运动思路特点分析适用情况能量观点：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律分析物体的受力、位移和速度，确定功与能的关系系统内力做功会影响系统能量涉及力、位移、速度恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动、瞬时作用等动量观点：动量定理和动量守恒定律分析物体的受力(或系统所受外力)、速度，建立力、时间与动量间的关系(或动量守恒定律)，系统内力不影响系统动量涉及力、时间、动量(速度)恒力作用下的运动、瞬时作用、往复运动等例7 如图所示，长L12 m的木板
16、右端固定一立柱，板和立柱的总质量M50 kg，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数0.1.质量m50 kg的人立于木板左端，木板与人均静止若人以4 m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端，并立即抱住立柱，g取10 m/s2.求：(1)从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间t；(2)从人开始运动到最终木板静止，木板发生的总位移x.解析：(1)人向右加速运动受到木板向右摩擦力Ff2ma2200 N人运动的位移 x212a2t2木板水平方向受两个力：人对木板向左的摩擦力Ff2200 N地面对木板向右的摩擦力Ff1(Mm)g100 N则木板向左运动的加速度为a1Ff2Ff1M2 m/s2发生
17、的位移 x112a1t2，由 Lx1x2得 t2La1a22 s.(2)如图所示，人向右奔跑时，木板向左运动的位移x112a1t24 m人抱住立柱时，人的速率v2a2t8 m/s木板的速率 v1a1t4 m/s人抱住立柱时时间很短，人与立柱间的相互作用力远大于地面的摩擦力，两者总动量守恒，取向右为正方向mv2Mv1(mM)v得 vmv2Mv1mM2 m/s人抱住立柱后，两者一起向右匀减速运动，加速度大小为a3 Ff1mMmMgmMg1 m/s2共同运动的位移 x3v22a3 2 m故木板的总位移 xx1x32 m，方向向左答案：(1)2 s(2)2 m，方向向左在动量守恒定律的应用中，常常会遇
18、到相互作用的两个物体相距最近、避免相碰和开始反向等临界问题，分析临界问题的关键是寻找临界状态，在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两个物体的相对速度关系和相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的切入点解决力学题的三种思路例8 图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l.开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角60 时小球达到最高点求：(1)从滑
19、块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小解析：(1)设小球第一次到达最低点时，滑块和小球速度的大小分别为 v1、v2，由机械能守恒定律得12mv2112mv22mgl小球由最低点向左摆动到最高点时，由机械能守恒定律得12mv22mgl(1cos 60)联立解得 v1v2 gl设所求的挡板阻力对滑块的冲量为 I，规定动量方向向右为正，有 I0mv1解得 Im gl，方向向左(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功为 W，由动能定理得mglW12mv22解得 W12mgl.答案：(1
20、)m gl，方向向左(2)12mgl例1 质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地速率为v2，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为()A向下，m(v1v2)B向下，m(v1v2)C向上，m(v1v2)D向上，m(v1v2)忽视矢量性导致出错错因分析：动量的增量等于末动量减初动量，一部分同学误认为动量增量大小等于m(v1v2)，错选C.这是未考虑动量是矢量，动量的增量是末动量和初动量的矢量相减，动量增量也是矢量正确解答：取向上为正方向，对钢球用动量定理得：FNtmgtmv2(mv1)mv2mv1，由于碰撞时间极短，t很小，则mgt很小，所以FNtm(v2
21、v1)，即弹力冲量方向向上，大小为 m(v2v1)答案：D纠错心得：(1)对于动量定理和动量守恒定律一定要注意它们都是矢量方程，在一维问题中可以通过选择正方向把矢量运算转化为代数运算(2)在用动量定理解题中，注意做好受力分析，不要漏力，如本题有重力，但由于重力冲量很小，在本题中忽略例2 质量M500 kg的小车，上面站着一个质量为70 kg的人，车以v01 m/s的速度在光滑水平面上前进，如图所示当人相对于车以v2 m/s向后水平跳出，问人跳车后，车速为多少？对动量守恒定律“四性”理解不够导致出错错因分析：设人跳车后，车的速度变为v，取向右的方向为正方向，人和车组成的系统动量守恒第一种做法：(Mm)v0Mvmv，第二种做法：(Mm)v0Mv0m(v0v)第一种做法错误在于参考系不统一，违反了同一性，动量守恒定律应相对同一个参考系；第二种做法错误之处是人跳车后车的速度不再是v0，而变为v.答案：1.25 m/s纠错心得：对于动量守恒定律应用时一定要注意“四性”的理解：系统性、矢量性、同一性、同时性正确解答：根据动量守恒定律，有(Mm)v0Mvm(vv)，代入数据得 vv0 mvMm1.25 m/s.
