翰林汇翰林汇翰林汇翰林汇第七章动量动量守恒考纲要求1、动量、冲量、动量定理Ⅱ2、动量守恒定律Ⅱ说明：动量定理和动量守恒定律的应用只限于一维的情况知识网络：单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成两局部，即：动量、冲量、动量定理；动量守恒定律。其中重点是动量定理和动量守恒定律的应用。难点是对根本概念的理解和对动量守恒定律的应用。§1动量、冲量和动量定理知识目标一、动量-53-/53\n1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法那么、三角形法那么．是状态量；通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。单位是kg·m/s；2、动量和动能的区别和联系①动量的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。即动量相同而质量不同的物体，其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量不同。②动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化。③因动量是矢量，故引起动量变化的原因也是矢量，即物体受到外力的冲量；动能是标量，引起动能变化的原因亦是标量，即外力对物体做功。④动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不同的角度描述了运动物体的特性，且二者大小间存在关系式：P2＝2mEk3、动量的变化及其计算方法动量的变化是指物体末态的动量减去初态的动量，是矢量，对应于某一过程（或某一段时间），是一个非常重要的物理量，其计算方法：（1）ΔP=Pt一P0，主要计算P0、Pt在一条直线上的情况。（2）利用动量定理ΔP=F·t，通常用来解决P0、Pt；不在一条直线上或F为恒力的情况。二、冲量-53-/53\n1、冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量．是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，那么力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法那么与三角形法那么．冲量不仅由力的决定，还由力的作用时间决定。而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。单位是N·s；2、冲量的计算方法（1）I=F·t．采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。（2）利用动量定理Ft=ΔP．主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中F为合外力（或某一方向上的合外力）。三、动量定理1、动量定理：物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化．Ft=mv/一mv或Ft＝p/－p；该定理由牛顿第二定律推导出来：（质点m在短时间Δt内受合力为F合，合力的冲量是F合Δt；质点的初、未动量是mv0、mvt，动量的变化量是ΔP=Δ（mv）=mvt－mv0．根据动量定理得：F合=Δ（mv）/Δt）2．单位：牛·秒与千克米／秒统一：l千克米／秒=1千克米／秒2·秒=牛·秒；3．理解：（1）上式中F为研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。（2）动量定理中的冲量和动量都是矢量。定理的表达式为一矢量式，等号的两边不但大小相同，而且方向相同，在高中阶段，动量定理的应用只限于一维的情况。这时可规定一个正方向，注意力和速度的正负，这样就把大量运算转化为代数运算。-53-/53\n（3）动量定理的研究对象一般是单个质点。求变力的冲量时，可借助动量定理求，不可直接用冲量定义式．4．应用动量定理的思路：（1）明确研究对象和受力的时间（明确质量m和时间t）；（2）分析对象受力和对象初、末速度（明确冲量I合，和初、未动量P0，Pt）；（3）规定正方向，目的是将矢量运算转化为代数运算；（4）根据动量定理列方程（5）解方程。四、动量定理应用的本卷须知1．动量定理的研究对象是单个物体或可看作单个物体的系统，当研究对象为物体系时，物体系的总动量的增量等于相应时间内物体系所受外力的合力的冲量，所谓物体系总动量的增量是指系统内各个的体动量变化量的矢量和。而物体系所受的合外力的冲量是把系统内各个物体所受的一切外力的冲量的矢量和。2．动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时F那么是合外力对作用时间的平均值。3．动量定理公式中的Δ（mv）是研究对象的动量的增量，是过程终态的动量减去过程始态的动量（要考虑方向），切不能颠倒始、终态的顺序。-53-/53\n4．动量定理公式中的等号说明合外力的冲量与研究对象的动量增量的数值相等，方向一致，单位相同。但考生不能认为合外力的冲量就是动量的增量，合外力的冲量是导致研究对象运动改变的外因，而动量的增量却是研究对象受外部冲量作用后的必然结果。5．用动量定理解题，只能选取地球或相对地球做匀速直线运动的物体做参照物。无视冲量和动量的方向性，造成I与P正负取值的混乱，或无视动量的相对性，选取相对地球做变速运动的物体做参照物，是解题错误的常见情况。规律方法1、冲量和动量变化量的计算【例1】如以下图，倾角为α的光滑斜面，长为s，一个质量为m的物体自A点从静止滑下，在由A到B的过程中，斜面对物体的冲量大小是，重力冲量的大小是。物体受到的冲量大小是（斜面固定不动）．解析：该题应用冲量的定义来求解．物体沿光滑料面下滑，加速度a=gsinα，滑到底端所用时间，由s=½at2，可知t==由冲量的定义式IN=Nt=mgcosα,IG=mgt=mgI合＝F合t＝mgsinα点评：对力的冲量计算，学生比较习惯按做功的方法求，如IF易算为Fcosθt，而实际为Ft，对支持力、重力的冲量通常因为与位移垂直而认为是零。冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。对动量变化量，分不清应该用那个力的冲量来计算，实际只要求出合外力的冲量就可以了。【例2】一单摆摆球质量m=0．2kg，摆长l=0．5m．今将摆球拉高与竖直方向成50角处由静止释放，求摆球运动至平衡位置过程中重力的冲量和合力的冲量．（g＝10m／s2）-53-/53\n解析：摆球重力为恒力，且时间t为单摆周期的1/4，即t=T/4=．所以IG＝mg=0.2×10×≈0．69N·s摆球所受合力为变力，不能直接用公式I＝Ft计算，只能应用动量定理求之：F合t＝Δmv=m≈0．039N·s答案：0．69N·S；0．039N·S说明：（1）注意区别所求的是某一力的冲量还是合外力的冲量．(2)恒力的冲量一般直接由I＝Ft求，变力的冲量一般由I＝ΔP求．【例3】以初速度v水平抛出一质量为m的石块，不计空气阻力，那么对石块在空中运动过程中的以下各物理量的判断正确的选项是（）A.在两个相等的时间间隔内，石块受到的冲量相同B.在两个相等的时间间隔内，石块动量的增量相同C.在两个下落高度相同的过程中，石块动量的增量相同D.在两个下落高度相同的过程中，石块动能的增量相同解析：不计空气阻力，石块只受重力的冲量，无论路程怎样，两个过程的时间相同，重力的冲量就相同，A正确。据动量定理，物体动量的增量等于它受到的冲量，由于在两个相等的时间间隔内，石块受到重力的冲量相同，所以动量的增量必然相同，B正确。由于石块下落时在竖直分方向上是作加速运动，两个下落高度相同的过程所用时间不同，所受重力的冲量就不同，因而动量的增量不同，C错。据动能定理，外力对物体所做的功等于物体动能的增量，石块只受重力作用，在重力的方向上位移相同，重力功就相同，因此动能增量就相同，D正确。答案：ABD。-53-/53\n2、动量定理的初步应用【例4】如以下图，质量为2kg的物体，放在水平面上，受到水平拉力F＝4N的作用，由静止开场运动，经过1s撤去F，又经过1s物体停顿，求物体与水平面间的动摩擦因数。解析:在水平面上物体受力分析如以下图，据题意物体的运动分为两个阶段，第一阶段水平方向受拉力F和摩擦力f的作用，历时t1＝1s;第二阶段撤去F后只受摩擦力f的作用又历时t2=ls.全过程初始速度为0，全过程完毕时末速度也为0，所以总动量的增量为0.应用动量定理可列式：Ftl一f(tl十t2）＝0其中摩擦力f＝μN=μmg由以上两式得：注意:应用动量定理公式I＝mv2一mvl时，不要把公式左边的冲量单纯理解为合外力的冲量，可以进一步理解为“外力冲量的矢量和”，这样就对全过程应用一次动量定理就可以解决问题而使思路和解题过程简化。【例5】质量为m=2kg的小球，从离地面h1=5m高处自由下落，球和地面相碰后又反弹至h2＝3.2m高处，已知上述过程经历的时间t=1.9s，求地面和小球间的平均弹力是多大？解析:小球下落时是自由落体运动，下落时间和落地时末速不难求出，反跳后作竖直上抛运动，上升时间和上抛的初速度也能求出，和地面作用的时间为由总时间和下落与上升的时间差，用动量定理就能求出地面的作用力。落地时速度：,下落所用时间：反弹后上升初速度：,反弹后上升时间：-53-/53\n对球和地面碰撞过程用动量定理，设向上方向为正：（F一mg）（t一t1一t2）=mv2一（一mvI）【例6】如以下图，A、B经细绳相连挂在弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，当A、B间绳突然断开物体A上升到某位置时速度为v，这时B下落速度为u，在这段时间内弹簧弹力对物体A的冲量为解析：把AB作为一个整体应用动量定理得：(F－Mg-mg)t=mv＋(－Mu)分别对A、B应用动量定理得：（F－mg）t=mv，－Mgt=－Mu代入上式得I=Ft=mv＋mgt=mv＋mu=m（v＋u）【例7】人从高处跳到低处时，为了延长碰撞时间，保护身体不受伤，脚着地后便自然地下蹲．（1）人的这种能力是A．应激性；B．反射；C．条件反射；D．非条件反射（2）某质量为50kg的飞行员，从5m高的训练台上跳下，从脚着地到完全蹲下的时间约为1s，那么地面对他的作用力为多大？（g＝10m／s2）（3）假设该飞行员因心理紧张，脚着地后未下蹲，他和地碰撞的时间为0．01s，那么此时地对人的力又是多大？解析：（1）B、D正确（2）下落5m时速度vt=＝10m／s由动量定理得（Fl－mg）t1＝mvF1＝mv/t1＋mg＝1×103N（3）由动量定理得（F2一mg）t2＝mvF2＝mv/t2＋mg＝5．05×104N-53-/53\n【例8】据报道，一辆轿车在高速强行超车时，与迎面驰来的另一辆轿车相撞，两车身因碰撞挤压，皆缩短了约0.5m,据测算相撞时两车的速度均为109km/s,试求碰撞过程中车内质量60kg的人受到的平均冲击力约为多少?解析:两车相碰时认为人与车一起做匀减速运动直到停顿,此过程位移为0.5m,设人随车做匀减速运动的时间为t,已知v0≈30m/s,由根据动量定理有Ft=mv0,解得F=5.4×104N【例9】滑块A和B用轻细绳连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由静止开场沿水平桌面滑动，已知滑块A、B与水平桌面间的滑动摩擦因数μ，力F作用t秒后，A、B间连线断开，此后力F仍作用于B，试求：滑块A刚刚停住时，滑块B的速度多大？滑块A、B的质量分别为mA、mB解析：（1）取滑块A、B为研究对象，研究A、B整体做加速运动的过程，根据动量定理，有：[F－μ（mA＋mB）g]t＝（mA＋mB）V－0．由此可知A、B之间连线断开时，A、B的速度为V=[F－μ（mA＋mB）g]t/（mA＋mB）（2）研究滑块A作匀减速运动过程，根据动量定理有：－μmAgt/=0－mAV将V代入上式，可求得滑块A作匀减速滑行时间为：t/==（3）研究滑块A、B整体．研究从力F作用开场直至A停住的全过程．此过程中物体系统始终受到力F及摩擦力的冲量，根据动量定理，有[F－μ（mA＋mB）g]（t＋t/）=mBvB将t/代人上式，可求出滑块A刚停住时滑块BR的速度为vB=-53-/53\n【例10】质量为M的金属块和质量为m的木块用细线连在一起，在水中以加速度a下沉，不计水的阻力。某时刻，下沉的速度为v时，细线突然断了，此后金属块继续下沉，木块上浮经t秒木块跃出水面。测得木块跃出水面的初速度v1，假设此时金属块还未沉到湖底，求此时金属块的速度v2？解析:把金属块和木块看成是一个系统，那么此系统受到外力的冲量应等于其动量的增量。系统受到的外力为金属块与木块各自受到的重力和水的浮力，由于已知它们在水中一起下沉的加速度，可用牛顿第二定律求出其受到的合力。设竖直向下为正方向，它们在水中受到的浮力分别为F1和F2。据动量定理：（mg＋Mg一F1－F2）t＝（Mv2一mvl）一（m十M）v……①据牛顿第二定律，它们一起下沉时:Mg十mg一F1一F2＝（m＋M)a……②把②代入①得（m＋M）at＝（Mv2一mvl）一（m＋M）v解得§2动量定理的拓展应用1、动量定理FΔt＝mvt－mv0可以用一种更简洁的方式FΔt=ΔP表达，式中左边表示物体受到的冲量，右边表示动量的增量（变化量）。此式稍加变形就得其含义是：物体所受外力（假设物体同时受几个力作用，那么为合外力）等于物体动量的变化率。这一公式通常称为“牛顿第二定律的动量形式”。这一形式更接近于牛顿自己对牛顿第二定律的表述。应用这个表述我们在分析解决某些问题时会使思路更加清晰、简洁。【例1】如以下图，在粗糙水平面上放一三角本块a，假设物体b在a的斜面上静止，加速，匀速或减速下滑时．在四种情况下a对平面的压力比a、b两重力之和大还是小？解法一：（常规解法）如以下图，N=Ga＋Ny＋fy-53-/53\nNy＝Nb－acosθ＝Gbcos2θfy=fb－asinθ，当b沿斜面匀速下滑时，在数值上fb－a=fa－b=Gbsinθ所以fy＝Gbsin2θ所以N＝Ga＋Gbsin2θ＋Gbcos2θ＝Ga＋Gb当b在a上静止时情形亦如此N＝Ga＋Gb当b在a上加速下滑时f＜Gbsinθ，所以N＜Ga＋Gb当b在a上减速下滑时f＞Gbsinθ，所以N＞Ga＋Gb解法二：将a、b视为一整体如以下图，将N分解根据动量定理［N0－（Ga＋Gb）］Δt=ΔP显然匀速运动时N=Ga＋Gb加速运动时N＜Ga＋Gb减速运动时N＞Ga＋Gb下面我们再来讨论a与地面间摩擦力的方向（1）当b沿料面匀速运动或静止在斜面上；（2）当b沿斜面加速下滑；（3）当b沿斜面减速下滑；（4）当b沿斜面向上运动．解法一：（l）当b静止在斜面或沿料面匀速下滑时对b有：Gbsinθ＝fN＝Gbcosθ对a受力分析如以下图，比较fx与Nx的大小fx=fcosθ=Gbsinθcosθ，Nx＝Gbcosθsinθ所以当b静止或沿料面匀速下滑时，fx=Nx，a与平面间无摩擦力．-53-/53\n（2）当b沿斜面加速下滑时对b，Gbsinθ＞f所以对a，fx＜Nx，摩擦力方向向左（3）当b沿斜面减速下滑时Gbsinθ＜f所以对a，fx＞Nx，摩擦力方向向右（4）当b沿斜面向上运动时，a受到b对它摩擦力的方向斜向上，很显然地面对a摩擦力方向向左．解法二：将ab视为一个系统，将b的速度分解如以下图，（1）当停顿或匀速下滑时，Δvx＝0．根据动量定理，ab在水平方向受到冲量为零，所以产生冲量的摩擦力为零．（2）当沿斜面加速下滑时fΔt＝mbΔvx，f与Δvx同向，所以f方向向左．（3）当沿斜面减速下滑时：我们可用同样方法得出f方向向右．注意：当b沿斜面向上匀速运动时，Δvx＝0，由动量定理可知，f应当为零，而实际上方向向左，为什么？这里必须清楚．当b沿斜面向上匀速运动时，对这个系统，水平方向的合外力已经不单是f了，必须有除f以外的外力存在，而且它的方向或者其分力方向水平向右，否那么b不会沿斜面向上匀速运动．【例2】如以下图，等臂天平左端有一容器，内盛有水，水中有一密度小于水密度的木球．有一细绳一端系球，一端固定于烧杯底部，整个系统处于平衡状态，假设细绳突然断裂，小球相对于水向上加速运动，天平将如何？解法一：按照常规那么应进展如下分析对盘：如图4—12中1所示（N为臂对盘的支持力，F为杯对盘的压力）-53-/53\nN＝F＋G盘①对杯底：如图4—12中2所示（F/为盘对杯的支持力，T为绳对杯的拉力，F水为水对杯的压力）F/＝FF/＝G杯＋F水－T②对水：如图4－12中3所示（F/水为杯底对水的支持力，F/浮为球对水作用力）F/水＝F/浮十G水③对球（F浮为水对球的浮力，T/为绳对球的拉力，T/=T）F浮＝F/浮当静止时F浮=T/十G球代入③得F/水=T/十G球＋G水代入②得F/=G杯十G水＋G球代入①得N＝G盘＋G杯十G水＋G球当绳断时，对杯底如图4—12中4所示，F/＝G杯＋G水④F浮一G球=m木球a－m水球a即F浮=G球十m木球a－m水球a代入③得对水F/水=G球＋G水＋m木球a－m水球a代入④得F＝G杯十G水十G球十m木球a－m水球a代入①得N＝G盘＋G杯十G水＋G球十m木球a－m水球a所以天平左端上升．解法二：假设将盘、杯、水、球视为一个整体，那么根据动量定理FΔt＝ΔP即［N（G盘＋G杯十G水＋G球）］Δt=ΔP当静止时ΔP＝0所以N＝G盘＋G杯十G水＋G球当木球向上运动水球向下运动时,ΔP=m木球Δv－m水球Δv<0所以N<G盘＋G杯十G水＋G球从而知天平左端上升．说明：前法较后法步骤繁杂，使人承受困难，后法两步即可得出结论，两法比较，繁简清楚．-53-/53\n【例3】如以下图，在光滑水平面上，有A、B两辆小车．水平面左侧有一竖直墙．在小车B上坐着一个小孩．小孩与车B的总质量是车A的10倍，两车从静止开场，小孩把车A以对地速度v推出，车A与墙碰撞后仍以原速率返回，小孩接到车A后，又把它以对地速度v推出，车A返回后，小孩再把它推出，每次推出，小车A对地速度都是v，方向向左，那么小孩共把车A推出多少次后，车A返回小孩不能再接到？解析：题中车A屡次与车B及墙壁间发生相互作用，而每次与车B作用时，水平方向合力为0，故A、B每次作用时，由车A与车B组成系统动量守恒，而每次作用后车B的速度是下一次作用前的速度，这为一个隐含条件，车A返回，小孩不能接到的临界条件是vB=v．设第一次、第二次、…、第n次作用后，车B的速度为v1，v2，…，vn，每次作用，车A与车B动量守恒，从而得到0=10mvl－mv………①（A、B第1次作用）10mvl＋mv＝10mv2－mv………②（A、B第2次作用）10mv2＋mv＝10mv3－mv………③（A、B第3次作用）………10mvn－1＋mv＝10mvn－mv（A、B第n次作用）把n式相加得：（n—1）mv=10mvn－nmv即得：vn=v≥v那么n≥5．5，n取整数，n＝6次后，车A返回时，小孩接不到车A巧解：对A、B系统，所受合外力就是墙的弹力．这个弹力每次产生冲量大小为2mv，要使B不再接到A，必须vA≤vB．这里先取一个极限值vA=vB=v，那么：根据动量定理，n2mv=（M＋m）v将M＝10m代入解得n＝5．5，所以推6次即可．-53-/53\n2、物体动量的增量可以是物体质量不变，由速度变化形成：ΔP=mv2I一mv1=m（V2一v1）=mΔv，动量定理表达为FΔt=mΔv.也可以是速度不变，由质量变化形成：ΔP＝m2v一mlv=（m2一ml）v＝Δmv,动量定理表达为FΔt＝ΔmV。在分析问题时要注意第二种情况。【例4】宇宙飞船进入一个宇宙尘埃区，每前进lm，就有10个平均质量为2×10－7的微尘粒与飞船相撞，并附在飞船上。假设尘埃微粒原来的速度不计，要保持飞船的速度10km/s，飞船喷气产生的推力至少应维持多大？解析：设飞船速度为v，飞行时间为Δt，每前进1m附着的尘粒数为n，尘粒的平均质量为m0，那么在Δt内飞船增加的质量Δm＝nm0vΔt.据动量定理FΔt＝Δmv。可知推力：【例5】科学家设想在未来的航天事业中用太阳帆来加速星际宇宙飞船，按照近代光的粒子说，光由光子组成，飞船在太空中张开太阳帆，使太阳光垂直射到太阳帆上，太阳帆面积为S，太阳帆对光的反射率为100%，设太阳帆上每单位面积每秒到达n个光子，每个光子的动量为p，如飞船总质量为m。求：（1)飞船加速度的表达式。(2)假设太阳帆面对阳光一面是黑色的，情况又如何？解析:(1)设经过时间t，那么在时间t内射到太阳帆上的光子数为：N＝nst……①对光子由动量定理得Ft=NP一N（一P）……②对飞船由牛顿运动定律得F＝ma……③由以上三式解得飞船的加速度为-53-/53\n(2）假设太阳帆面对阳光的一面是黑色的，那么对光子由动量定理得：ft=0一N（一P）……④由①③④得【例6】自动称米机已在许多大粮店广泛使用。买者认为：因为米流落到容器中时有向下的冲力而不划算；卖者那么认为：当预定米的质量数满足时，自动装置即刻切断米流时，此刻尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来，终究哪方说得对而划算呢？（原理如以下图）。解析：设米流的流量为dkg／s，它是恒定的，自动装置能即刻在出口处切断米流，米流在出口处速度很小可视为零，假设切断米流后，盛米的容器中静止的那局部米的质量为m1kg，空中还在下落的米质量为m2kg，那么落到已静止的米堆（m1）上的一小局部米的质量为Δmkg．取Δm为研究对象，这局部米很少，在Δt时间内Δm=d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为V，经Δt时间静止，其受力如以下图，由动量定律得（F一Δmg）Δt=ΔmV即F=dV十d·Δt·g根据牛顿第三定律知F=F/，称米机的读数应为=m1＋m2＋Δm可见，称米机读数包含了静止在袋中的局部m1，也包含了尚在空中的下落的米流m2应包含刚落至米堆上的一小局部Δm，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题。-53-/53\n点评：本例是物理知识在实际生活中应用综合题，涉及物理中的冲量，动量、动量守恒、牛顿第三定律等知识。考察学生应用学科知识解决实际问题的能力，解此题必须正确分析现象，形成正确的物理图景，恰当运用物理规律求解。§3动量守恒定律知识目标一、动量守恒定律1、内容：相互作用的物体，如果不受外力或所受外力的合力为零，它们的总动量保持不变，即作用前的总动量与作用后的总动量相等．2、动量守恒定律适用的条件①系统不受外力或所受合外力为零．②当内力远大于外力时．③某一方向不受外力或所受合外力为零，或该方向上内力远大于外力时，该方向的动量守恒．3、常见的表达式①p/=p，其中p/、p分别表示系统的末动量和初动量，表示系统作用前的总动量等于作用后的总动量。②Δp=0，表示系统总动量的增量等于零。③Δp1=－Δp2，其中Δp1、Δp2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量，表示两个物体组成的系统，各自动量的增量大小相等、方向相反。其中①的形式最常见，具体来说有以下几种形式A、m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2，各个动量必须相对同一个参照物，适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。-53-/53\nB、0=m1vl＋m2v2，适用于原来静止的两个物体组成的系统。C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。【例1】由动量定理和牛顿第三定律推出动量守恒定律（以两个物体为例）解析：设两物体质量分别为m1、m2，作用前后的速度分别为v1、v2与v1/、v2/．在Δt时间内m1、m2所受外力为Fl、F2，内力：第1个对第2个物体作用力为f12，其反作用力为f21．根据动量定理：对m1：（Fl十f21）Δt＝m1v1/—m1v1对m2：（F2十f12）Δt=m2v2/一m2v2根据牛顿第三定律f12=f21又由于Fl十F2＝0所以m1v1/—m1v1＝m2v2/一m2v2整理得：m1v1＋m2v2=m1v1/＋m2v2/二、对动量守恒定律的理解（1）动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量，而不能改变系统的总动量，在系统运动变化过程中的任一时刻，单个物体的动量可以不同，但系统的总动量相同。（2）应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物，不能选择相对地面作加速运动的物体为参照物。（3）动量是矢量，系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变。等号的含义是说等号的两边不但大小相同，而且方向相同。AB-53-/53\n【例2】放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩的轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的选项是A．两手同时放开后，两车的总动量为零B．先放开右手，后放开左手，而车的总动量向右C．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D．两手同时放开，同车的总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒解析：根据动量守恒定律的适用条件，两手同时放开，那么两车水平方向不受外力作用，总动量守恒；否那么，两车总动量不守恒，假设后放开左手，那么左手对小车有向右的冲量作用，从而两车的总动量向右；反之，那么向左．因而，选项ABD正确．【例3】在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，以下哪些情况说法是可能发生的（）A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为vl、v2、v3，满足（M＋m0）v=Mvl十mv2十m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为vl和v2，满足Mv=Mvl十mv2。C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为vl，满足Mv＝（M＋m）vlD．小车和摆球的速度都变为vl，木块的速度变为v2，满足（M十m0）v=（M十m0）vl十mv2分析-53-/53\n：小车M与质量为m的静止木块发生碰撞的时间极短，说明在碰撞过程中，悬挂摆球的细线来不及摆开一个明显的角度，因而摆球在水平方向尚未受到力的作用，其水平方向的动量未发生变化，亦即在小车与木块碰撞的过程中，只有小车与木块在水平方向发生相互作用。解析：在小车M和本块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度V匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的效力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误，小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后，小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B、C选项正确。【例4】如以下图，在光滑水平面上有A、B两小球沿同一条直线向右运动，并发生对心碰撞．设向右为正方向，碰前A、B两球动量分别是pA＝10kgm/s，pB=15kgm/s，碰后动量变化可能是（）ABA．ΔpA＝5kg·m／sΔpB＝5kg·m／sB．ΔpA=－5kg·m／sΔpB＝5kg·m／sC．ΔpA=5kg·m／sΔpB=－5kg·in／s·D．ΔpA＝－20kg·m／sΔpB＝20kg·m／s解析：A．此结果动量不守恒；B．可能；C．B的动量不可能减少，因为是A碰B；D．要出现ΔpA＝－20kg·m／s只有B不动或向左运动才有可能出现这个结果．答案：B规律方法1、动量守恒定律的“四性”在应用动量守恒定律处理问题时,要注意“四性”-53-/53\n①矢量性：动量守恒定律是一个矢量式，，对于一维的运动情况，应选取统一的正方向，凡与正方向相同的动量为正，相反的为负。假设方向未知可设与正方向相同而列方程，由解得的结果的正负判定未知量的方向。②瞬时性：动量是一个状态量，即瞬时值，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定，列方程m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2时，等号左侧是作用前各物体的动量和，等号右边是作用后各物体的动量和，不同时刻的动量不能相加。③相对性：由于动量大小与参照系的选取有关，应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对于同一惯性参照系的速度，一般以地球为参照系④普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统，不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。【例5】一辆质量为60kg的小车上有一质量为40kg的人（相对车静止）一起以2m／s的速度向前运动，突然人相对车以4m／s的速度向车后跳出去，那么车速为多大？下面是几个学生的解答，请指出错在何处．（1）解析；人跳出车后，车的动量为60v，人的动量为40（4十v）由动量守恒定律：（60＋40）×2＝60v－40（4＋v）解得：v＝0．4m/s（没有注意矢量性）（2）解析：选车的方向为正，人跳出车后，车的动量为60v，人的动量一40×4，由动量守恒定律：（60＋40）×2＝60v—40×4，解得v＝6m／s（没有注意相对性）-53-/53\n（3）解析：选车的方向为正，人跳出车后的动量为60v，人的动量一40×（4一2）由动量守恒定律得（60＋40）×2＝60v—40×（4一2）解得v=14/3m/s（没有注意瞬时性）（4）解析：选地为参照物，小车运动方向为正，据动量守恒定律，（60＋40）×2＝60v—40（4—v）解得v=3．6m/s此法正确．答案：3．6m／s【例6】2022年，美国《科学》杂志评出的《2022年世界十大科技突破》中，有一项为哪一项加拿大萨德伯里中微子观测站的成果．该站提醒了中微子失踪的原因，即观测到的中微子数目比理论值少是因为局部中微子在运动过程中转化为一个μ子和一个τ子．在上述研究中有以下说法：①该研究过程中牛顿第二定律依然适用；②该研究中能的转化和守恒定律依然适用；③假设发现μ子和中微子的运动方向一致，那么τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致；④假设发现μ子和中微子的运动方向相反，那么τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能相反．其中正确的选项是：A.①②，B.①③，C.②③，D.③④；解析:牛顿运动定律适用于“低速”“宏观”物体,而动量守恒定律和能量守恒定律是自然界中的普适规律,在中微子转化为μ子和τ子时,动量守恒和能量守恒定律仍然适用,当μ子与中微子的运动方向一致时,τ子的运动方向有可能与中微子的运动方向相同,也有可能与中微子运动方向相反;但μ子运动方向与中微子运动方向相反时,τ子的运动方向与中微子的运动方向一定相同.答案C正确.2、应用动量守恒定律的根本思路-53-/53\n1．明确研究对象和力的作用时间，即要明确要对哪个系统，对哪个过程应用动量守恒定律。2．分析系统所受外力、内力，判定系统动量是否守恒。3．分析系统初、末状态各质点的速度，明确系统初、末状态的动量。4．规定正方向，列方程。5．解方程。如解出两个答案或带有负号要说明其意义。【例7】将质量为m；的铅球以大小为v0、仰角为θ的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止砂车中如以下图。砂车与地面间的摩擦力不计，球与砂车的共同速度等于多少？解析：把铅球和砂车看成一个系统，系统在整个过程中不受水平方向的外力，那么水平方向动量守恒．所以：mv0cosθ＝（M＋m）v，所以v=mv0cosθ/（M＋m）答案：mv0cosθ/（M＋m）说明：某方向合外力为零，该方向动量守恒．【例8】有N个人，每人的质量均为m，站在质量为M的静止在光滑水平地面上的平板车上，他们从平板车的后端以相对于车身为u的水平速度向后跳下，车就朝前方向运动，求：（1）如果所有的人同时跳下，平板车获得的速度多大？（2）如果一次只跳一个人，平板车获得的速度多大？解答：他们同时跳下，那么nm（u－v）－Mv=0，∴v=u他们相继跳下，那么0=[M＋（n－1）m]v1＋m（v1－u）；[M＋（n－1）m]v1=[M＋（n－2）m]v2＋m（v2－u）；[M＋（n－2）m]v2=[M＋（n－3）m]v3＋m（v3－u）；…………-53-/53\n[M＋m]vn-1=Mvn＋m（vn－u）∴v1=mu/（M＋nm）；v2－v1=mu/[M＋（n－1）m]；v3－v2=mu/[M＋（n－2）m]；……vn－vn－1=mu/[M＋m]；vn=mu[＋＋＋………＋]；即vn＞v【例9】一玩具车携带假设干质量为m的弹丸,车和弹丸的总质量为M,在半径为R的光滑轨道上以速率v0做匀速圆周运动,假设小车每转一周便沿运动方向相对地面以恒定速度u发射一枚弹丸,求:(1)至少发射多少颗弹丸后,小车开场反向运动?(2)写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的表达式.解析:(1)设发射第一枚弹丸后,玩具车的速度为v1,由切线方向动量守恒得:(M－m)v1＋mu=Mv0得第二枚弹丸发射后,那么(M－2m)v2＋mu=(M－m)v1得………那么第n枚弹丸发射后,小车的速度为小车开场反向运动时,vn≤0,那么(2)发射相邻两枚弹丸的时间间隔就是发射第k(k<n)枚弹丸后小车的周期,即:【例10】如以下图，一排人站在沿X轴的水平轨道旁．原点O两侧的人序号都记为n（n＝1、2、3、……）每人只有一个沙袋，X＞0一侧的每个沙袋质量为m＝14kg，x＜0一侧的每个沙袋质量为m/=10kg．一质量为M=-53-/53\n48kg的小车以某初速度从原点出发向正X方向滑行，不计轨道阻力．当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度v朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，v的大小等手扔袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）．（1）空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？（2）车上最终有大小沙袋共多少个？解答：①小车朝正X方向滑行的过程中，第（n－1）个沙袋扔到车上后的车速为vn－1，第n个沙袋扔到车上后的车速为vn，由动量守恒[M＋（n－1）m]vn－1－2nmvn－1=（M+nm）vnvn=vn－1………①小车反向运动的条件是vn－1＞0，vn＜0，即M－nm＞0，M－（n+1）m＜0，代入数据得n＜M/m=48/14，n＞M/m－1=34/14，n应为整数，故n=3，即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行②车自反向滑行直到接近x＜一侧第1人所在位置时，车速保持不变，而车的质量为M+3m，假设在朝负x方向滑行过程中，第（n-1）个沙袋扔到车上后，车速为vn-1/，第n个沙袋扔到车上后车速为vn/，现取向左方向为正方向，那么由动量守恒得：[M+3m+（n-1）m/]vn-1/－2nm/vn-1/=（M＋3m＋nm/）vn/vn/=vn-1/，车不再向左滑行的条件是vn-1/＞0，vn/＜0，即（M＋3m－nm/）＞0，（M＋3m－（n+1）m/）≤0即n＜=9，n≥－1=8，即8≤n＜9，在n=8时，车停顿滑行，故最终有11个沙袋。-53-/53\n§4人船模型与反冲运动知识目标一、人船模型1．假设系统在整个过程中任意两时刻的总动量相等，那么这一系统在全过程中的平均动量也必定守恒。在此类问题中，凡涉及位移问题时，我们常用“系统平均动量守恒”予以解决。如果系统是由两个物体组成的，合外力为零，且相互作用前均静止。相互作用后运动，那么由0=m1+m2得推论0＝m1s1＋m2s2，但使用时要明确s1、s2必须是相对地面的位移。2、人船模型的应用条件是：两个物体组成的系统（当有多个物体组成系统时，可以先转化为两个物体组成的系统）动量守恒，系统的合动量为零．二、反冲运动1、指在系统内力作用下，系统内一局部物体向某发生动量变化时，系统内其余局部物体向相反方向发生动量变化的现象2.研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态．规律方法1、人船模型及其应用【例1】如以下图，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，假设不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？解析:当人从船头走到船尾的过程中,人和船组成的系统在水平方向上不受力的作用,故系统水平方向动量守恒,设某时刻人对地的速度为v2,船对地的速度为v1,那么mv2－Mv1=0,即v2/v1=M/m.-53-/53\n在人从船头走到船尾的过程中每一时刻系统的动量均守恒,故mv2t－Mv1t=0,即ms2－Ms1=0,而s1+s2=L所以思考：（1)人的位移为什么不是船长？(2)假设开场时人船一起以某一速度匀速运动，那么还满足s2/s1=M/m吗？【例2】载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m．假设人沿绳梯滑至地面，那么绳梯至少为多长？解析：气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒，人着地时，绳梯至少应触及地面，因为人下滑过程中，人和气球任意时刻的动量大小都相等，所以整个过程中系统平均动量守恒．假设设绳梯长为l，人沿绳梯滑至地面的时间为t，由图4—15可看出，气球对地移动的平均速度为（l－h）/t，人对地移动的平均速度为－h/t（以向上为正方向）．由动量守恒定律，有M（l－h）/t－mh/t=0．解得l=h．答案：h说明：（1）当问题符合动量守恒定律的条件，而又仅涉及位移而不涉及速度时，通常可用平均动量求解．（2）画出反映位移关系的草图，对求解此类题目会有很大的帮助．（3）解此类的题目，注意速度必须相对同一参照物．【例3】如以下图，一质量为ml的半圆槽体A，A槽内外皆光滑，将A置于光滑水平面上，槽半径为R.现有一质量为m2的光滑小球B由静止沿槽顶滑下，设A和B均为弹性体，且不计空气阻力，求槽体A向一侧滑动的最大距离．-53-/53\n解析:系统在水平方向上动量守恒,当小球运动到糟的最右端时,糟向左运动的最大距离设为s1,那么m1s1=m2s2,又因为s1＋s2=2R,所以思考：(1)在槽、小球运动的过程中，系统的动量守恒吗？(2)当小球运动到槽的最右端时，槽是否静止？小球能否运动到最高点？(3)s1＋S2为什么等于2R,而不是πR?【例4】某人在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪（不包括子弹）及靶的总质量为M,枪内有n颗子弹，每颗子弹的质量为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v0，在发射后一发子弹时，前一发子弹已射入靶中，在射完n颗子弹时，小船后退的距离为（）解析:设n颗子弹发射的总时间为t,取n颗子弹为整体,由动量守恒得nmv0=Mv1,即nmv0t=Mv1t;设子弹相对于地面移动的距离为s1,小船后退的距离为s2,那么有:s1=v0t,s2=v1t;且s1＋s2=L解得:.答案C【例5】如以下图，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R,质量为2m的大空心球内．大球开场静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球壁滚到最低点时，大球移动的距离是多少?解析:设小球相对于地面移动的距离为s1,大球相对于地面移动的距离为s2.下落时间为t,那么由动量守恒定律得;解得【例6】如以下图，长20m的木板AB的一端固定一竖立的木桩，木桩与木板的总质量为10kg，将木板放在动摩擦因数为μ=0.-53-/53\n2的粗糙水平面上，一质量为40kg的人从静止开场以a1=4m/s2的加速度从B端向A端跑去，到达A端后在极短时间内抱住木桩（木桩的粗细不计），求：（1)人刚到达A端时木板移动的距离．(2)人抱住木桩后木板向哪个方向运动，移动的最大距离是多少？(g取10m/s2）解析:(1)由于人与木板组成的系统在水平方向上受的合力不为零,故不遵守动量守恒.设人对地的位移为s1,木板对地的速度为s2,木板移动的加速度为a2,人与木板的摩擦力为F,由牛顿定律得:F=Ma1=160N;设人从B端运动到A端所用的时间为t,那么s1=½a1t,s2=½a2t;s1＋s2=20m由以上各式解得t=2.0s,s2=12m(2)解法一:设人运动到A端时速度为v1,木板移动的速度为v2,那么v1=a1t=8.0m/s,v2=a2t=12.0m/s,由于人抱住木桩的时间极短,在水平方向系统动量守恒,取人的方向为正方向,那么Mv1－mv2=(M+m)v,得v=4.0m/s.由此断定人抱住木桩后,木板将向左运动.由动能定理得(M+m)μgs=½(M+m)v2解得s=4.0m.αV0V解法二:对木板受力分析,木板受到地面的摩擦力向左,故产生向左的冲量,因此,人抱住木桩后,系统将向左运动.由系统动量定理得(M＋m)μgt=(M+m)v,解得v=4.0m/s由动能定理得(M+m)μgs=½(M+m)v2解得s=4.0m.2、反冲运动的研究【例7】如以下图，在光滑水平面上质量为M的玩具炮．以射角α发射一颗质量为m的炮弹，炮弹离开炮口时的对地速度为v0。求玩具炮后退的速度v?-53-/53\n【解析】炮弹出口时速度v0可分解为竖直向上的分量vy和水平向右的分量vx。取炮和炮弹为系统，初始时系统动量为零，炮弹出口时炮弹有竖直向上的动量mvy，而炮车在竖直方向上却没方向相反的动量，因此在竖直分方向上系统的动量不守恒。在水平方向上因地光滑无外力，所以可用水平方向动量守恒来解。炮车和炮弹组成的系统在水平分方向上动量守恒。设水平向左为正方向，据动量守恒定律，在水平方向上：mv0cosα=Mv，解得炮车后退速度【例8】火箭喷气发动机每次喷出m=200g的气体，喷出气体相对地面的速度为v=1000m/s,设火箭的初质量M=300kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑阻力的情况下，火箭发动机1s末的速度是多大？解析：由动量守恒，设火箭发动机1s末的速度为v1，那么（M－20m）v1=20mv，【例9】用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以速度v=7．0×103m/s绕地球做匀速圆周运动；已知卫星质量m=500kg，最后一节火箭壳体的质量M=100kg；某时刻火箭壳体与卫星别离，别离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度u=1.8×103m/s.试分析计算：别离后卫星的速度增加到多大？火箭壳体的速度多大？别离后它们将如何运动？解析：设别离后卫星与火箭壳体相对于地面的速度分别为v1和v2，别离时系统在轨道切线方向上动量守恒，（M+m）v=mv1+Mv2，且u=v1－v2，解得v1=7.3×103m/s,v2=5.5×103m/s-53-/53\nMmOR卫星别离后,v1>v2,将做离心运动,卫星将以该点为近地点做椭圆运动.而火箭壳体别离后的速度v2=5.5×103m/s<v,因此做向心运动,其轨道为以该点为远地点的椭圆运动,进入大气层后,轨道将不断降低,并烧毁.【例10】如以下图，带有1/4圆弧的光滑轨道的小车放在光滑水平地面上，弧形轨道的半径为R，最低点与水平线相切，整个小车的质量为M。现有一质量为m的小滑块从圆弧的顶端由静止开场沿轨道下滑，求当滑块脱离小车时滑块和小车的各自速度。【解析】在m由静止沿圆弧轨道下滑过程中，m和M组成的系统在水平方向不受外力作用；因此该系统在水平方向动量守恒。在m下滑时，对M有一个斜向左下方的压力，此压力的水平分量使M在m下滑时向左作加速运动，直到m脱离轨道飞出。从能量守恒的观点看，m与M获得的动能均来自m位置降低所减少的重力势能。设向右为正方向，m脱离轨道时的速度为v1，此时小车的速度为v2.据动量守恒定律，在水平方向上：0＝mvl一Mv2……①据能量守恒:mgR=½mv12+½Mv22……②由以上两式解得【例11】光子的能量为hγ，动量大小为hγ/c，如果一个静止的放射性元素的原子核在发生γ衰变时只发出一个γ光子，那么衰变后的原子核（C）A.仍然静止B.沿着与光子运动方向相同的方向运动C.沿着与光子运动方向相反的方向运动D.可能向任何方向运动、解析:原子核在放出γ光子过程中，系统动量守恒，而系统在开场时总动量为零，因此衰变后的原子核运动方向与γ光子运动方向相反.-53-/53\n【例12】春节期间孩子们玩“冲天炮”，有一只被点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动，其中有一段时间内“冲天炮”向上作匀速直线运动，在这段时间内“冲天炮”的有关物理量将是（）A，合外力不变；B．反冲力变小；C．机械能可能变大；D．动量变小解析：由竖直匀速上升可知，答案A和C是正确的，但在匀速上升的过程中隐含有燃料燃烧喷出气体的现象，结果“冲天炮”的质量必然减小，所以答案B和D也是对的，否那么就会将B和D答案漏选答案：ABCD【例13】在与河岸距离相等的条件下，为什么人从船上跳到岸上时，船越小越难？解析：设人以速度v0跳出，这一速度是相对于船的速度而不是相对于地的，设船的速度为v，那么人相对于地的速度为v地=v0－v，由动量守恒得m（v0－v）+（－Mv）=0而由能量守恒得½m（v0－v）2＋½Mv2=E，∴v=v0，那么v地=v0－v=v0，v0=v地，由于船与岸的距离是一定的，那么人相对于地的速度是一定的，即v地一定，所以M越小，那么v0越大，即相对速度越大，从能量的角度来看，E=½m（v0－v）2＋½Mv2=½mv地2（），当M越小时，E越大，即越难。-53-/53\n§5碰撞中的动量守恒知识目标碰撞1．碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况．2．一般的碰撞过程中，系统的总动能要有所减少，假设总动能的损失很小，可以略去不计，这种碰憧叫做弹性碰撞．其特点是物体在碰撞过程中发生的形变完全恢复，不存在势能的储存，物体系统碰撞前后的总动能相等。假设两物体碰后粘合在一起，这种碰撞动能损失最多，叫做完全非弹性碰撞．其特点是发生的形变不恢复，相碰后两物体不分开，且以同一速度运动，机械能损失显著。在碰撞的一般情况下系统动能都不会增加（有其他形式的能转化为机械能的除外，如爆炸过程），这也常是判断一些结论是否成立的依据．3．弹性碰撞题目中出现：“碰撞过程中机械能不损失”．这实际就是弹性碰撞．设两小球质量分别为m1、m2，碰撞前后速度为v1、v2、v1/、v2/，碰撞过程无机械能损失，求碰后二者的速度．根据动量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1/＋m2v2/……①根据机械能守恒½m1v12十½m2v22=½m1v1/2十½m2v2/2……②由①②得v1/=，v2/=-53-/53\n仔细观察v1/、v2/结果很容易记忆,当v2=0时v1/=，v2/=①当v2=0时；m1=m2时v1/=0，v2/=v1这就是我们经常说的交换速度、动量和能量．②m1＞＞m2，v/1=v1，v2/=2v1．碰后m1几乎未变，仍按原来速度运动，质量小的物体将以m1的速度的两倍向前运动。③m1《m2，v/l=一v1，v2/=0．碰后m1被按原来速率弹回，m2几乎未动。【例1】试说明完全非弹性碰撞中机械能损失最多．解析：前面已经说过，碰后二者一起以共同速度运动的碰撞为完全非弹性碰撞．设两物体质量分别为m1、m2，速度碰前v1、v2，碰后v1/、v2/由动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1/十m2v2/……①损失机械能：Q=½m1v12＋½m2v22－½m1v1/2－½m2v2/2……②由①得m1v1＋m2v1－m2v1＋m2v2＝m1v1/十m2v1/－m2v1/＋m2v2/写成（m1＋m2）v1－m2（v1－v2）＝（m1十m2）v1/－m2（v1/－v2/）即（m1＋m2）（v1－v1/）=m2[（v1－v2）－（v1/－v2/）]于是（v1－v1/）=m2[（v1－v2）－（v1/－v2/）]/（m1＋m2）同理由①得m1v1＋m1v2－m1v2＋m2v2＝m1v1/十m1v2/－m1v2/＋m2v2/写成（m1＋m2）v2＋m1（v1－v2）＝（m1十m2）v2/＋m1（v1/－v2/）（m1＋m2）(v2－v2/）=m1[（v1/－v2/）－（v1－v2）]（v2－v2/）=m1[（v1/－v2/）－（v1－v2）]/（m1＋m2）代入②得Q=½m1v12＋½m2v22－½m1v1/2－½m2v2/2=½m1(v12－v1/2)＋½m2(v22－v2/2）=½m1(v1－v1/)(v1＋v1/)＋½m2(v2－v2/）(v2＋v2/）=½m1(v1＋v1/)m2[(v1－v2)－(v1/－v2/)]/(m1＋m2）＋½m2(v2＋v2/）m1[（v1/－v2/）－（v1－v2）]/(m1＋m2）-53-/53\n=[½m1m2/(m1＋m2)][v12－v1v2＋v1v1/－v2v1/－v1v1/＋v1v2/－v1/2＋v1/v2/＋v2v1/－v2v2/－v1v2＋v22＋v1/v2/－v2/2－v1v2/＋v2v2/]=[½m1m2/(m1＋m2)][v12－v1v2－v1v2＋v22－v1/2＋v1/v2/＋v1/v2/－v2/2]=[½m1m2/(m1＋m2)][(v1－v2)2－(v1/－v2/)2]……③由③式可以看出:当v1/=v2/时，损失的机械能最多．规律方法【例2】如以下图，一轻质弹簧两端各连接一质量均为m的滑块A和B，两滑块都置于光滑水平面上．今有质量为m/4的子弹以水平速度V射入A中不再穿出，试分析滑块B何时具有最大动能．其值为多少？解析：对子弹和滑决A根据动量守恒定律mv/4=5mv//4所以v/=v/5。当弹簧被压缩后又恢复原长时，B的速度最大，具有的动能也最大，此过程动能与动量都守恒由①②得：vB=2v/9所以B的动能为EkB=2mv2/81答案：弹簧被压缩又恢复原长时；EkB=2mv2/81【例3】甲物体以动量P1与静止在光滑水平面上的乙物体对心正碰，碰后乙物体的动量为P2，那么P2和P1的关系可能是（）A．P2＜P1；B、P2=P1C．P2＞P1；D．以上答案都有可能解析：此题隐含着碰撞的多种过程．假设甲击穿乙物体或甲、乙两物体粘在一起匀速前进时有P2＜P1；假设甲乙速度交换时有P2=P1；假设甲被弹回时有P2＞P1；故四个答案都是可能的．而后三个答案往往漏选-53-/53\n答案：ABCD【例4】如以下图，在支架的圆孔上放着一个质量为M的木球，一质量为m的子弹以速度v0从下面竖直向上击中子弹并穿出，使木球向上跳起高度为h，求子弹穿过木球后上升的高度。MmV0【解析】把木球和子弹作为一个系统研究，在子弹和木球相互作用时间内，木球和子弹要受到重力作用，显然不符合动量守恒的条件。但由于子弹和木球间的作用力(内力)远大于它们的重力(外力)，可以忽略重力作用而认为系统动量守恒。设子弹刚穿过木球时，子弹的速度为v1，木球的速度为v2，竖直向上为正方向。对系统，据动量守恒：mv=mv1＋Mv2……①木球获得速度v2后，上升的过程机械能守恒：½Mv22=Mgh……②两式联立得子弹射穿木球后的上升过程机械能守恒：½mv12=mgH，将v1代入得子弹上升的最大高度：【例5】有两块大小不同的圆形薄板（厚度不计）质量分别为M和m，半径分别为R和r，两板之间用一根长为0．4m的轻绳相连结．开场时，两板水平放置并叠合在一起，静止于高度为0．2m处如图（a）所示．然后自由下落到一固定支架C上，支架上有一半径为R/（r＜R/-53-/53\n＜R＝的圆孔，圆孔与两薄板中心在圆板中心轴线上，木板与支架发生没有机械能损失的碰撞，碰撞后，两板即别离，直到轻绳绷紧．在轻绳绷紧瞬间，两物体具有共同速度V，如图4一22（b）所示．问：（l）假设M=m，那么v值为多大．（2）假设M/m=k，试讨论v的方向与k值间的关系．解析：M、m与固定支架碰撞前的自由下落，所以v02=2ghv0==2m／s碰撞后，M原速返回向上作初达v0的匀减速运动，m作初速为v0向下匀加速运动．设绳刚要绷直时，M的速度为v1，上升的高度为h1，m的速度为v2，下降的高度为h2，经历时间为t，那么：v1＝v0一gt…………①v12＝v02一2gh1……②v2＝v0＋gt………③v22＝v02一2gh2…………④又hl＋h2=0．4…………⑤由上五式解得：v2=3m/s，v1=1m/s在绳绷紧瞬间，时间极短，重力的冲量忽略不计，那么M与m组成的系统动量守恒．设向下为正．那么mv2－Mv1=（M＋m）v，即v=（1）当M＝m时，v＝1m/s（2）当M/m＝k时．V=讨论：k＜3时，v＞0两板向下运动，k＞3时，v＜0两板向上运动，k＝3时，v＝0两板瞬时静止【例6】如以下图，一辆质量M=2kg的平板车左端放有质量m=3kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数µ=0.4，开场时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取g＝10m/s2）求：-53-/53\n（1)平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离；(2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v2；(3）假设滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长．解析:平板车第一次与竖直墙壁发生碰撞后速度大小保持不变，但方向与原来相反．在此过程中，由于时间极短，故滑块m的速度与其在车上的位置均未发生变化．此外，由于相对运动，滑块m和平板车间将产生摩擦力，两者均做匀减速运动，由于平板车质量小，故其速度减为0时，滑块m仍具有向右的不为0的速度，此时起，滑块m继续减速，而平板车反向加速一段时间后，滑块M和平板车将到达共同速度，一起向右运动，与竖直墙壁发生第二次碰撞……（1）设平板车第一次碰墙壁后，向左移动s，速度减为0.（由于系统总动量向右，平板车速度为0时，滑块还具有向右的速度）．根据动能定理有：一½µmgs1=0一½Mv02代入数据得：(2)假设平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速度那么大于2m/s，方向均向右，这显然不符合动量守恒定律．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度v2.此即平板车碰墙瞬间的速度mv0一Mv0＝（M＋m）v2，(3）平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板车又到达共同速度v前的过程，可用图(a)(b)-53-/53\n(c）表示．图(a)为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图(b)为平板车到达最左端时两者的位置，图（c）为平板车与滑块再次到达共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功µmgs/，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功µmgs//（平板车从B到A再回到B的过程中摩擦力做功为0)，其中s',s"分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为µmgL，其中L＝s/+s//为滑块相对平板车的位移．此后，平板车与墙壁发生屡次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为L,那么有：½(M＋m)v02=µmgL,L即为平板车的最短长度．-53-/53\n§6动量、能量综合应用知识目标一、动量和动能动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，但它们存在明显的不同：动量是矢量，动能是标量．物体动量变化时，动能不一定变化；但动能一旦发生变化，动量必发生变化．如做匀速圆周运动的物体，动量不断变化而动能保持不变．动量是力对时间的积累效应，动量的大小反映物体可以抑制一定阻力运动多久，其变化量用所受冲量来量度；动能是力对空间的积累效应，动能的大小反映物体可以抑制一定阻力运动多么远，其变化量用外力对物体做的功来量度．动量的大小与速度成正比，动能大小与速率的平方成正比．不同物体动能相同时动量可以不同，反之亦然，，常用于比较动能相同而质量不同物体的动量大小；常用来比较动量相同而质量不同物体的动能大小．二、动量守恒定律与机械能守恒（包括能量守恒）定律-53-/53\n动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，且研究的都是某一物理过程一但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，那么决定于是否有重力以外的力（不管是内力还是外力）做功．所以，在利用机械能守恒定律处理问题时要着重分析力的做功情况，看是否有重力以外的力做功；在利用动量守恒定律处理问题时着重分析系统的受力情况（不管是否做功），并着重分析是否满足合外力为零．应特别注意：系统动量守恒时，机械能不一定守恒；同样机械能守恒时，动量不一定守恒，这是因为两个守恒定律的守恒条件不同必然导致的结果．如各种爆炸、碰撞、反冲现象中，因F内》F外，动量都是守恒的，但因很多情况下有内力做功使其他形式的能转化为机械能而使其机械能不守恒．另外，动量守恒定律表示成为矢量式，应用时必须注意方向，且可在某一方向独立使用；机械能守恒定律表示成为标量式，对功或能量只需代数加减，不能按矢量法那么进展分解或合成．三、处理力学问题的根本方法处理力学问题的根本方法有三种：一是牛顿定律，二是动量关系，三是能量关系．假设考察有关物理量的瞬时对应关系，须应用牛顿定律，假设考察一个过程，三种方法都有可能，但方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差异．假设研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，假设研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题的应优先考虑动能定理．因为两个守恒定律和两个定理只考察一个物理过程的始末两个状态有关物理量间关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力作用问题，在中学阶段无法用牛顿定律处理时，就更显示出它们的优越性．四、求解动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、功能关系的综合应用类题目时要注意：-53-/53\n1.认真审题，明确物理过程．这类问题过程往往比较复杂，必须仔细阅读原题，搞清已知条件，判断哪一个过程机械能守恒，哪一个过程动量守恒2.灵活应用动量、能量关系．有的题目可能动量守恒，机械能不守恒，或机械能守恒，动量不守恒，或者动量在整个变化过程中守恒，而机械能在某一个过程中有损失等，过程的选取要灵活，既要熟悉一定的典型题，又不能死套题型、公式．【例1】如以下图，A和B并排放在光滑的水平面上，A上有一光滑的半径为R的半圆轨道，半圆轨道右侧顶点有一小物体C，C由顶点自由滑下，设A、B、C的质量均为m．求：（1）A、B别离时B的速度多大？（2）C由顶点滑下到沿轨道上升至最高点的过程中做的功是多少？分析：小物体C自由滑下时，对槽有斜向右下方的作用力，使A、B一起向右做加速运动，当C滑至槽的最低点时，C、A之间的作用力沿竖直方向，这就是A、B别离的临界点，因C将沿槽上滑，C对A有斜向左下方的作用力，使A向右做减速运动，而B以A别离时的速度向右做匀速运动，C沿轨道上升到最大高度时，C与A的相对速度为零，而不是C对地的速度为零，至于C在全过程中所做的功，应等于A、B、C组成的系统动能的增加（实际上是等于C的重力所做的功）。解析：对A、B、C组成的系统，它们在水平向上所受外力零，系统在水平方向上动量守恒，那么2mvAB＋mvC＝0………①-53-/53\n又系统内仅有重力弹力做功，机械能守恒，有mgR=½（2m）vAB2＋½mvc2………②联立①②解得vAB＝，vC=－2，即别离时B的速度为．（2）当C上升到最高点时，C与A有共同速度vAB，对A、B、C系统，由动量守恒定律，mvAB＋mvC＝2mvAC解之得vAC=－．所以W=½mvAB2＋½2mvc2＝½m（）2＋½×2m（）2＝mgR．点评：此题把动量守恒定律和机械能守恒定律巧妙地结合一起，考察对物理过程分析和描述的能力，关键是能清晰地将整个物理过程划分两个阶段，应用于恒定律来解。规律方法一、特点能量与动量结合的题目，过程复杂，知识综合性强，难度比较大；它不仅在力学中出现，在电学与原子核物理学中也都有类似的题目．因而在高考中那些难度大的题目往往出现在这里．二、解题思路1．选出要研究的系统．2．对系统分析，看是否动量守恒（有时是某一方向动量守恒），再根据动量守恒定律列方程．3．对系统中的物体受力分析，找出外力总功与物体始末动能，从而应用动能定理列关系式．4．这当中有时要用到机械能守恒或能量守恒定律，可根据具体情况列出关系式．5．根据以上的关系式，求得某一物理量【例2】如以下图，质量为m的小铁块以初速度v0-53-/53\n滑上质量为M，静止在光滑水平面上的木块，铁块与木块间的摩擦因数为μ，当M向右运动s时，m与M相对静止，m相对M滑动距离为Δs，那么木块动能的增量，铁块动能的减少量，系统机械能的减少量，转化成内能的能量各是多少？解析：对m与M在水平方向所受合外力为零，因而动量守恒根据动量守恒定律mv0＝（M＋m）v……①根据动能定理，对M½Mv2=μmgs对m：½mv02一½mv2=μmg（s＋Δs）木块动能增量为μmgs=½M2铁块动能减少量为：μmg（s＋Δs）=½mv02－½m2系统机械能的减少量为：½mv02一½mv2－½Mv2＝μmgΔs转化成内能的能量为：μmgΔs答案：½M2，½mv02－½m2，μmgΔs，μmgΔs点评：从以上可知，（1）m动能减少量，转化成M的动能与系统的内能．（2）系统机械能的减少量等于产生的内能（3）从该题中也可以进一步认识到作用力、反作用力有时做功不同．【例3】上题中ΔS与S比较，可能（）A．一定ΔS＜s；B．一定ΔS＝S；C．一定ΔS＞S；D．以上结论均可能，但不能说是一定解析：由mv0＝（M＋m）v得v=，μmgs=½M2μmgΔs=½mv02一½mv2－½Mv2=½mv02一½m2－½M2我们比较S与ΔS的大小，只要看μmgΔs一μmgs大于零或小于零，或者等于零即可．-53-/53\nμmgΔs一μmgs=½mv02一½m2－½M2－½M2＝½mv02[1－－]对[1－－]==显然大于零由以上讨论可知ΔS＞S答案：c【例4】如以下图，质量M＝lkg的平板小车右端放有质量m＝2kge的物块（可视为质点），物块与车之间的动摩擦因数μ=0．5．开场时二者一起以v0=6m/s的速度向左端的光滑水平面上运动，并使车与墙发生正碰，没碰撞时间极短，且碰后车的速率与碰前的相同，车身足够长，使物块不能与墙相碰（g＝10rn／s2）求：（1）物块相对于小车的总位移S是多少？（2）小车与墙第一次相碰后小车所走的总路程SM为多少？解析：（1）由于m＞M，两者以共同速度与墙相碰后，物块的动量大小比车的动量大，由于滑动摩擦力的作用，两者必会又以共同速度再次与墙相碰，如此反复直到两者一起停顿在墙角边为止，设物体相对于车的位移为S，由能量转化和守恒定律得：μmgs=½（m+M）v02，所以s=（m+M）v02/2μmg=5.4m（2）设v1＝v0，车与墙第n次碰后边率为vn，那么第（n＋1）次碰后速率为vn+1，对物块与车由动量守恒得：mvn－Mvn=（m＋M）vn+1所以vn+1＝＝vn=vn/3．车与墙第（n＋1）次碰后最大位移sn+1=vn+12/2a==Sn/9-53-/53\n可见车每次与墙碰后的最大位移是一个等比数列，其q=1/9，所以车与墙碰后的总路程SM=2（S1＋S2＋…＋Sn＋…）＝2S1·（1十十…＋＋…）=车第一次与墙碰后最大位移S1＝/2a＝/2a，a=μmg/M=10m/s2可算得S1=m＝1．8m所以SM=m＝4.05n答案：（1）5．4m（2）4．05m点评：运用动量观点和动能观点解题每年在高考中都有很重的份量，每年的压轴题都是利用此观点解题．它们的特点是过程复杂、难度大、综合性强、灵活性高，这就要求我们主动去分析研究这类题的特点及处理所用的数学方法；在提高审题能力和物理过程分析能力上很下功夫，适度配合强化训练．【例5】如以下图，质量为M长为L的木板（端点为A、B，中点为O）置于光滑水平面上，现使木板M以v0的水平初速度向右运动，同时把质量为m长度可忽略的小木块置于B端（它对地初速为零），它与木板间的动摩擦因数为μ，问v0在什么范围内才能使小木块m滑动到OA之间停下来（即相对木板静止）？解析：当m、M相对静止时，m滑动到OA之间停下来的条件为：m相对M的位移s．½L≤s≤L．由动量守恒Mv0=（M十m）v物体抑制摩擦阻力相对位移的功，量度系统机械能的减少，所以μmgs＝½Mv02－½（M＋m）v2解方程得s＝代入条件≥½L所以v0≥-53-/53\n≤L所以v0≤即：使m在OA间停下，v0满足的条件：≤v0≤【例6】：A、B两球在光滑水平面上同向运动，A球动量PA=5kg·M/S，B球的动量为PB=7kg·m/s。A从后面追上B并发生碰撞，碰后B球的动量变为PB/=10kg·m/s，那么两球质量mA与mB间的关系可能是：A、mB=mA；B、mB=2mA；C、mB=4mA；D、mB=6mA；解：由动量守恒得PA＋PB=PA/+PB/代入数据得PA/=2kg·m/s由碰撞中动能不增特征知数据得mB≥2.5mA，由合理情景知在碰撞前速度应满足关系PA/mA＞PB/mB可得mB＞1.4mA碰撞后速度应满足关系PA//mA≤PB//mB可得mB=5mA综合得答案：C【例7】如以下图，质量为M的天车静止在光滑水平轨道上，下面用长为L的细线悬挂着质量为m的沙箱，一颗质量为m0的子弹以v0的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后运动过程中求：（1）沙箱上升的最大高度．(2)天车的最大速度，解析：（1）子弹打入沙箱过程中动量守恒m0v0=（m0+m）v1……①摆动过程中，子弹、沙箱、天车系统水平方向动量守恒，机械能守恒。沙箱到达最大高度时，系统有相同的速度，设为v2，那么有（m0+m）v1=（m0+m+M）v2……②½（m0+m）v12=½（m0+m+M）v22+（m0+m）gh……③联立①②③可得沙箱上升的最大高度-53-/53\n（2）子弹和沙箱再摆回最低点时，天车速度最大，设此时天车速度为v3，沙箱速度为v4，由动量守恒得（m0+m）v1=Mv3+（m+M）v4……④由系统机械能守恒得½（m0+m）v12=½Mv32+½（m+M）v42……⑤联立④⑤求得天车的最大速度说明：（1）该题过程复杂，在子弹打沙箱的过程中动量守恒，机械能不守恒．共同摆动过程中，子弹、沙箱、天车组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒．②式可列为m0v0=（m0+m+M）v2，但③式就不能列为½m0v02=½（m0+m+M）v22+（m0+m）gh,因子弹与沙箱打击过程中有机械能损失，这点是易错点，一定要分析清楚．（2）④、⑤两个方程列出后，显然能看出与弹性碰撞方程相同，故解可直接写出，会节省很多时间，由此也可看出这一碰撞模型的重要性．【例8】如图示是一个物理演示实验，它显示图中自由落体的物体A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方．A是某种材料做成的实心球，质量m1＝0.28kg,在其顶部的凹的坑中插着质量m2＝0.10kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙．将此装置从A下端离地板的高度H＝1.25m处由静止释放．实验中，A触地后在极短时间内反弹，且速度大小不变；接着木棍B脱离球A开场上升，而球A恰好停留在地板上，求木棍B上升的高度，重力加速度g＝10m/s2．-53-/53\n解析:实心球A和木棍开场做自由落体运动，设它们就要落地的瞬间速度为v1，由运动学公式由题意，A触地后在极短的时间内反弹，速度变为向上，大小不变，仍为v1，而木棍由于松松地插在凹坑中，其下端与坑底间有空隙，受到的作用力的冲量可忽略，可认为速度大小，方向不变．由于A的速度变为向上，B的速度仍向下，A,B相向运动，之间接着产生很强的作用力，A对B作用力的冲量使B的速度方向变为向上，设大小为v2/,而B对A的冲量使A的速度由v1减为零，恰好停留在地板上，这一过程属于碰撞模型，可认为在竖直方向A,B系统的动量守恒，取向上为正，由动量守恒定律得：m1v1－m2v2=m2v2/(v1=v2)以后，B脱离A以初速度v2/做竖直上抛运动，设木棍B上升的最大高度为h，由机械能守恒定律得：½m2v2/2=m2gh,由以上几式联立，解得：h=4.05m【例8】两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如以下图。C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定无机械能损失）。已知A、B、C三球的质量均为m。（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。-53-/53\n2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。解析（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒，有mv0=（m＋m）v1当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒，有2mv1＝3mv2。由以上两式得A的速度v2=v0（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为EP，由能量守恒，有½½×2mv12=½×3mv22＋EP撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，那么有EP＝½（2m）·v32以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4，由动量守恒，有2mv3=3mv4当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP/，由能量守恒，有½½×2mv32=½×3mv42＋EP/解以上各式得EP/=mv02【例9】一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为L/2，如以下图，木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦因数为μ，A、B、C三者质量相等，原来都静止，现使槽A以大小为v0的初速度向右运动，已知v0＜，当A和B发生碰撞时，两者速度互换，求：（1）A与B刚发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板内C运动的路程。（2）在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小。-53-/53\n解析：（1）A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速度v0向右运动，由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率渐接近，设B、C到达相同速度v1时B移动的路程为s1．设A、B、C质量皆为m，由动量守恒定律得mv0＝2mv1由功能转化得：μmgs1=½mv02－½mv12联立上式得v1=½v0；可见，在B、C到达相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞，B与C—起将以v1向右匀速运动一段距离（L—s1）后才与A发生第二次碰撞。设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为s2，由功能关系得μmgs2=½mv12得s2=，因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为（2）由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止。B、C的速度均为v1，刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为v1。由于摩擦，B将加速，C将减速，直至到达相同速度v2由动量守恒定律得mv1＝2mv2解得v2=½v1=¼v0因A的速度v1大于B的速度v2，故第三次碰撞发生在A的左室，刚碰撞后，A的速度变为v2，B的速度变为v1，C的速度仍为v2，由于摩擦，B减速，C加速，直至到达相同速度v3，由动量守恒定律得mv1＋mv2=2mv3解得v3=v0故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为vA=v2=v0，vB=vC=v3=v0点评（1）考察了动量守恒定律与动能定理的综合应用，这是动量守恒定律与其他知识结合的常见形式。-53-/53\n（2）找准研究对象和研究过程，反复建立动量守恒方程，这是对考生综合素质的考察。（3）题目新颖、灵活，考察了考生的推理能力。归纳能力、随机应变能力。（4）此题区分度高，是压轴题，但可利用图家法巧解（如以下图）．由题及图知sl＋s2＝L，sl＝L一s2又s2===至于刚要发生第四次碰撞时，A、B、c三者速度由图一目了然。【例10】一个连同装备总质量为M=100kg的宇航员，在距离飞船s=45m处与飞船处于相对静止，宇航员背着装有质量为m0=0．5kg氧气的贮气筒，筒有个可以使氧气以v=50m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保存一局部氧气供途中呼吸用。宇航员的耗氧率为Q=2．5×10－4kg／s．不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响，那么（1）瞬时喷出多少氧气，宇航员才能完全返回飞船；（2）为了使总耗氧量最低、应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？（3）已知超氧化钾（KO2）的性质与Na2O2相似，假设该宇航员贮气筒的氧气由超氧化钾提供，那么需用多少千克KO2？解析（1）以飞船为参照物，向着飞船运动的方向为正方向，设喷出m（kg）氧气，宇航员获得的速度为V1，根据动量定恒定律，有：（M－m）V1－mv＝0-53-/53\n考虑到M＞＞m，有V1=mv/M………①宇航员返回飞船做匀速运动，历时：t＝s/V1………②又筒内氧气的总质量满足关系式：m0=Qt＋m………③联立①②③并代入数据得0．5=＋m解之得ml=0．05kg或m2＝0．45kg．故喷出的氧气0．05kg＜m＜0．45kg·（2）为了耗氧量最低，设喷出m（kg）氧气那么耗氧为Δm＝Qt＋m……④将①②代入④得Δm=＋m=＋m故当m=时，Δm有极小值。即m==0．15（kg），返回时间t==600（s）（3）由4KO2＋2CO2=2K2CO3＋3O2可知，284kg的KO2可制得96kg的O2，所以制取0．5kg的O2需KO2的质量为：0．5×=1．48（kg）．w.w.w.k.s.5.u.c.o.mwww.ks5u.com-53-/53
