动量杨国兴级高考物理一轮复习全集 15页

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 Ⅱ ‎2、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部分，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。难点是对基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 ‎1、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，按平行四边形法则、三角形法则．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＝2mEk ‎3、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 ‎1、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，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则．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。‎ ‎ （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、动量定理应用的注意事项 ‎ 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则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。‎ ‎ 4．动量定理公式中的等号表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。忽视冲量和动量的方向性，造成I与P正负取值的混乱，或忽视动量的相对性，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】如图所示，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=mg ‎ I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＝‎10 m／s2）‎ 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×≈0．69 N·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≈0．039 N·s 答案：0．69 N·S；0．039 N·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，则对石块在空中运动过程中的下列各物理量的判断正确的是（ ）‎ 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。‎ ‎2、动量定理的初步应用 ‎【例4】如图所示，质量为‎2kg的物体，放在水平面上，受到水平拉力F＝4N的作用，由静止开始运动，经过1s撤去F，又经过1s物体停止，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图所示，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，全过程结束时末速度也为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=‎5 m高处自由下落，球和地面相碰后又反弹至h2＝‎3.2 m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：‎ 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】如图所示，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‎5 m高的训练台上跳下，从脚着地到完全蹲下的时间约为1s，则地面对他的作用力为多大？（g＝‎10m／s2）‎ ‎ （3）假如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，则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＝mv F1＝mv/t1＋mg＝1×103N ‎ （3）由动量定理得（F2一mg）t2＝mv F2＝mv/t2＋mg＝5．05×104N ‎【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止,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一起由静止开始沿水平桌面滑动，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作用开始直至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=‎ ‎【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，若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，则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（若物体同时受几个力作用，则为合外力）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】如图所示，在粗糙水平面上放一三角本块a，若物体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）如图所示，‎ ‎ N=Ga＋Ny＋fy ‎ Ny＝Nb－acosθ＝Gbcos2θ ‎ fy=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视为一整体如图所示，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＝f N＝Gbcosθ ‎ 对a受力分析如图所示，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．‎ ‎（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的速度分解如图所示，‎ ‎ （1）当停止或匀速下滑时，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，否则b不会沿斜面向上匀速运动．‎ ‎【例2】如图所示，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：按照常规则应进行如下分析 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）‎ ‎ N＝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/＝F F/＝G杯＋F水－T ②‎ 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 ④‎ ‎ F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：若将盘、杯、水、球视为一个整体，则根据动量定理 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 Nv2,将做离心运动,卫星将以该点为近地点做椭圆运动.而火箭壳体分离后的速度v2=5.5×‎103m/s