高考物理一轮动量 35页

第七章：动量 冲量和动量是物理学中的重要概念，动量定理和动量守恒是自然界中最重要、最普遍、最基本的客观规律之一。动量定理和动量守恒定律是可以用牛顿第二定律导出，但适用范围比牛顿第二定律要广。动量守恒定律广泛应用于碰撞、爆炸、冲击；近代物理中微观粒子的研究，火箭技术的发展都离不开动量守恒定律有关的物理知识。在自然界中，大到天体间的相互作用，小到如质子、中子等基本粒子间的相互作用，都遵守动量守恒定律。本章内容高考年年必考，题型全面，选择题主要考查动量的矢量性，辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本概念；常设置一个瞬间碰撞的情景，用动量定理求变力的冲量；或求出平均力；或用动量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值；计算题主要考查综合运用牛顿定律、能量守恒、动量守恒解题的能力。一般过程复杂、难度大、能力要求高，经常是高考的压轴题。高考中有关动量的计算题在分析解答问题的过程中常会运用数学的归纳、推理的方法，解答多次反复碰撞问题，要求考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学解决物理问题。运用数学解决物理问题的能力是高考中能力考查的重点内容之一，加强这方面的练习十分必要。‎ 第一模块：冲量、动量、动量定理 ‎『夯实基础知识』‎ ‎1、动量概念及其理解 ‎（1）定义：物体的质量及其运动速度的乘积称为该物体的动量，表示为 ‎（2）动量的单位：在国际单位制中，动量的单位为千克·米/秒（kg·m/s）。‎ ‎（3）特征：‎ ‎①瞬时性：动量是状态量，动量与物体的速度有瞬时对应的关系。说物体的动量要指明是哪一时刻或哪一个位置时物体的动量。所以动量是描述物体瞬时运动状态的一个物理量。动量与物体运动速度有关，但它不能表示物体运动快慢，两个质量不同的物体具有相同的速度，但不具有相同的动量。；‎ ‎②动量是矢量，其方向质量物体运动速度的方向。‎ ‎③动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系 ‎（4）动量的变化：，由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则 ‎①若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算 ‎②若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则 ‎③动量的变化是矢量，方向与Δv相同 ‎（5）动量与动能的关系：，，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的 ‎（6）意义：速度从运动学角度量化了机械运动的状态，‎ 动量则从动力学角度量化了机械运动的状态。‎ ‎2、冲量概念及其理解 ‎（1）定义：某个力与其作用时间的乘积积为该力的冲量 ‎（2）单位：由力的单位和时间的单位共同来确定，即 ‎（3）特征：‎ ‎①冲量是过程量，它与某一段时间相关；‎ ‎②冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。‎ ‎（4）说明：‎ ‎①高中阶段只要求会用计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求 ‎②要注意的是：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。特别是力作用在静止的物体上也有冲量 ‎（5）意义：冲量是力对时间的累积效应。对于质量确定的物体来说，合外力决定着其速度将变多快；合外力的冲量将决定着其速度将变多少。对于质量不确定的物体来说，合外力决定着其动量将变多快；合外力的冲量将决定看动量将变多少。‎ ‎3、动量定理 凡涉及到速度和时间的物理问题都可利用动量定理加以解决，特别对于处理位移变化不明显的打击、碰撞类问题，更具有其他方法无可替代的作用 ‎（1）导出：动量定理实际上是在牛顿第二定律的基础上导出的，由牛顿第二定律 ‎ 两端同乘合外力F的作用时间，即可得 ‎（2）表述：物体所受合外力的冲量等于其动量的变化 ‎（3）表达式： ‎ ‎“=”的意思是数值相等、方向一至、单位相同 ‎（4）动量定理是矢量式，这使得在运用动量应用于一维运动过程中，首先规定参考正方向以明确各矢量的方向关系是十分重要的。‎ ‎（5）动量定理的研究对象是单个物体或可视为单个物体的系统，当研究对象为物体系时，物体系总动量的增量等于相应时间内物体系所受的合外力的冲量。所谓物体系总动量的增量是指系统内各物体的动量变化的矢量和；所谓物体系所受合外力的冲量是指系统内各物体所受的一切外力的冲量的矢量和，而不包括系统内部物体之间的相互作用力的冲量，这是因为内力总是成对出现的，而且它们的大小相等、方向相反，其矢量和总为零。‎ ‎（6）现代物理学把力定义为物体动量的变化率：（牛顿第二定律的动量形式）‎ ‎（7）物理意义：动量定理建立的过程量（I=Ft）与状态量变化（）间的关系，这就提供了一种“通过比较状态以达到了解过程之目的”的方法；‎ 第二模块：动量守恒定律 ‎『夯实基础知识』‎ 一、动量守恒定律 ‎1、表述：相互作用的物体组成的系统不受外力或所受合外力为零时，这个系统的总动量就保持不变，这就是动量守恒定律。‎ ‎2、常用的表达方式 由于动量守恒定律比较多地被应用于由两个物体所组成的系统中，所以在通常情况下表达形式为：‎ ‎3、关于动量守恒的条件 根据动量定理可知；合外力的冲量等于动量的变化，因此，欲使动量守恒，必须使合外力的冲量为零，考虑到合外力的冲量等于合外力与其作用时间的乘积，而令时间为零是没有任何研究的必要（同一时刻的动量当然是同一值），所以动量守恒的条件通常表述为：如果系统不受外力或所受外力的合力为零。‎ ‎①系统不受外力或者所受外力之和为零；‎ ‎②系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；‎ ‎③系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。‎ ‎④全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒 ‎4、动量守恒定律应用时的注意点：‎ ‎①由动量守恒定律是一矢量式，所以一般情况下应采用正交分解的方法，当系统中各物体被限制在同一直线上时，应用动量守恒定律列方程前应先规定参考正方向以明确各个速度代入方程时的符号。‎ ‎②动量守恒定律中各物体在各状态下的速度必须是相对于同一个惯性参照系的速度。‎ ‎5、应用动量守恒定律解题的一般步骤：‎ ‎①确定研究对象，分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；‎ ‎②选取研究过程；‎ ‎③选定正方向，确定初、末状态的动量，凡与正方向一至的动量取正值，反向的动量取负值。‎ ‎④最后根据动量守恒定律列议程求解 ‎6、从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。（2000年高考综合题23‎ ‎ ②就是根据这一历史事实设计的）。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了 二、碰撞过程研究 ‎（1）碰撞过程的特征：“碰撞过程”作为一个典型的力学过程其特征主要表现在如下两个方面：‎ ‎①碰撞双方相互作用的时间t一般很短；通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中都是可以初忽略的；‎ ‎②碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。‎ ‎（2）“碰撞过程”的规律 正是因为“碰撞过程”所具备的“作用时间短”和“外力很小”（甚至外力为零）这两个特征，才使得碰撞双方构成的系统在碰撞前后的总动量遵从守恒定律。‎ ‎（3）碰撞分类 从碰撞过程中形变恢复情况来划分：‎ ‎①形变完全恢复的叫弹性碰撞；‎ ‎②形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；‎ ‎③而形变不能够完全恢复叫非完全弹性碰撞。‎ 从碰撞过程中机械能损失情况来划分：‎ ‎①机械能不损失的叫弹性碰撞；‎ ‎②机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；‎ ‎③而一般的碰撞其机械能有所损失。‎ ‎（4）“碰撞过程”的特例 弹性碰撞作为碰撞过程的一个特例，它是所有碰撞过程的一种极端的情况：形变能够完全恢复；机械能丝毫没有损失。弹性碰撞除了遵从上述的动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等的特征，即 解得 讨论：当碰前物体2的速度不为零时 ‎①当时，即交换速度。‎ 当碰前物体2的速度为零时 ‎②当时，‎ ‎，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 完全非弹性碰撞作为碰撞过程的一个特别，它是所有碰撞过程的另一种极端的情况：形变完全不能够恢复；机械能损失达到最大。正因为完全非弹性碰撞具备了“形变完全不能够恢复”。所以在遵从上述的动量守恒定律外，还具有：碰撞双方碰后的速度相等的特征，即 由此即可把完全非弹性碰撞后的速度和表为 ‎（5）制约碰撞过程的规律。‎ ‎①碰撞过程遵从动量守恒定律 ‎②碰撞后系统动能不增原则：碰撞过程中系统内各物体的动能将发生变化，对于弹性碰撞，系统内物体间动能相互转移？没有转化成其他形式的能，因此总动能守恒；而非弹性碰撞过程中系统内物体相互作用时有一部分动能将转化为系统的内能，系统的总动能将减小．因此，碰前系统的总动能一定大于或等于碰后系统的总动能 或 ‎③碰撞前后的运动情况要合理，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度 广义碰撞（软碰撞）问题 把碰撞定义中关于时间极短的限制取消，物体（系统）动量有显著变化的过程，就是广义碰撞（软碰撞）图景，它在实践中有广泛的应用。‎ 三、爆炸 ‎1、爆炸中的动量守恒 物体间的相互作用力是变力，作用时间短，作用力很大，远大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理。‎ ‎2、爆炸中的能量 因为有其它形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加 ‎3、爆炸后的运动状态 爆炸后分裂成两块，前面一块是水平的，后面的运动可能同向、反向平抛、还可能做自由落体运动。‎ 四、反冲 ‎1、定义：反冲运动是当一个物体向某个方向射出化的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反的方向运动的现象。‎ ‎2、反冲中的动量守恒 物体间的相互作用力是变力，作用时间短，作用力很大，远大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理。‎ ‎3、反冲中的能量 因为有其它形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加 ‎4、反冲的应用之“人船模型”‎ 两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。‎ 如图所示，长为L，质量为m1的小船停在静水中，一个质量为m2的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，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？‎ 选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前系统的总动量为零．当人起步加速前进时，船同时向后加速运动；当人匀速前进时，船同时向后匀速运动；当人停下来时，船也停下来．设某一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有 即。‎ 把方和两边同时乘以时间，‎ 即 上式是人船模型的位移与质量的关系式，此式的适用条件是：一个原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，有一个方向动量守恒（如水平方向或竖直方向）．使用这一关系应注意：和是相对同一参照物的位移．‎ 由图可以看出与 联立解得 ‎ ‎“人船模型”的特点：人动“船”动，人停“船”停，人快“船”快，人慢“船”慢，人上“船”下，人左“船”右。‎ ‎『题型解析』‎ 类型题： 掌握求恒力和变力冲量的方法 ‎ 关于冲量的计算 ‎（1）恒力的冲量计算 恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即用恒力F乘以其作用时间t而得。‎ ‎（2）方向恒定的变力的冲量计算。‎ 如力F的方向恒定，而大小随时间变化的情况 如图所示，则该力在时间t=t2-t1内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”。‎ F t ‎0‎ t1‎ t2‎ ‎（3）一般变力的冲量计算 ‎ 在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的。‎ ‎（4）合力的冲量计算 几个力的合力的冲量计算，既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量。‎ ‎【例题】质量为m的小球由高为H的、倾角为θ光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？‎ m H ‎★解析：力的作用时间都是 ‎，力的大小依次是mg、‎ mgcosθ和mg。sinθ，所以它们的冲量依次是：‎ 特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。‎ ‎【例题】一个物体同时受到两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间t的关系如图所示，如果该物体从静止开始运动，经过t=10s后F1、F2以及合力F的冲量各是多少？‎ t ‎10‎ F ‎10‎ ‎0‎ ‎-10‎ F1‎ F2‎ ‎★解析：0‎ ‎【例题】一质量为‎100g的小球从‎0.80m高处自由下落到一厚软垫上．若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.2s，则这段时间内软垫对小球的冲量为________．(取 g=‎10m/s2，不计空气阻力)．‎ ‎★解析：小球从高处自由下落到软垫陷至最低点经历了两个过程，从高处自由下落到接触软垫前一瞬间，是自由下落过程，接触软垫前一瞬间速度由：，求出。‎ 接触软垫时受到软垫向上作用力N和重力G(=mg)作用，规定向下为正，由动量定理：‎ ‎(mg-N)t=0-‎ 故有：‎ 在重物与地面撞击问题中，是否考虑重力，取决于相互作用力与重力大小的比较，此题中N=0.3N，mg=0.1N，显然在同一数量级上，不可忽略．若二者不在同一数量级，相差极大，则可考虑忽略不计（实际上从同一高度下落，往往要看撞击时间是否极短，越短冲击力越大）‎ ‎【例题】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，离地的速率为v2，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（ D ）‎ A．向下，m（v2 - v1）‎ B．向下，m（v2 + v1）‎ C．向上，m（v2 - v1）‎ D．向上，m（v2 + v1）‎ 类型题： 掌握求动量及动量变化的方法 ‎ 求动量的变化要用平行四边形定则或动量定理。‎ ‎【例题】以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？‎ ‎★解析：因为合外力就是重力，所以 Δp=Ft=mgt ‎【例题】一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ， 则( )‎ A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量 B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小 C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 D、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零 ‎★解析：根据动量定理可知，在过程I中，钢珠从静止状态自由下落。不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠的动量的改变量等于重力的 冲量，选项A正确;过程I中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，显然B选项不对;在I、Ⅱ两个过程中，钢珠动量的改变量各不为零。且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，故C选项正确，D选项错误。因此，本题的正确选项为A、C 类型题： 能应用动量定理求解相关问题 遇到涉及力、时间和速度变化的问题时。运用动量定理解答往往比运用牛顿运动定律及运动学规律求解简便。应用动量定理解题的思路和一般步骤为：‎ ‎ (l)明确研究对象和物理过程;‎ ‎ (2)分析研究对象在运动过程中的受力情况;‎ ‎ (3)选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量;‎ ‎ (4)依据动量定理列方程、求解。‎ ‎1、用动量定理解释现象。‎ ‎【例题】人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，然后弯腿，这是为了（ C ）‎ A．减小冲量 B．使动量的增量变得更小 C．增大与地面冲击时间，从而减小冲力 ‎ D．增大人对地压强，起到安全作用 ‎2、简解多过程问题。‎ ‎【例题】一个质量为m=‎2kg的物体，在F1=8N的水平推力作用下，从静止开始沿水平面运动了t1=5s，然后推力减小为F2=5N，方向不变，物体又运动了t2=4s后撤去外力，物体再经 过t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。‎ ‎★解析：规定推力的方向为正方向，在物体运动的整个过程中，物体的初动量P1=0，末动量P2=0。据动量定理有：‎ ‎ ‎ 即：，‎ 解得  由例6可知，合理选取研究过程，能简化解题步骤，提高解题速度。本题也可以用牛顿运动定律求解。同学们可比较这两种求解方法的简繁情况。‎ ‎3、求解平均力问题 ‎ ‎【例题】质量是‎60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2s，安全带伸直后长‎5m，求安全带所受的平均冲力．（ g= ‎10m／s2） ★解析：人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：‎ ‎ ‎ 取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力 F，取F方向为正方向，由动量定理得： Ft=mV-mV0‎ 所以，（方向竖直向下）‎ 注意： 动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题．如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在t时间内的平均值．‎ ‎【例题】蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为‎60kg的运动员，从离水平网面‎3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面‎5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g取‎10m/s2）‎ ‎★解析：（用牛顿运动定律和动量定理分别求解，并做一比较。）‎ 答案 N ‎4、求解曲线运动问题 ‎【例题】如图所示，以Vo ＝‎10m／s2的初速度、与水平方向成300角抛出一个质量m＝‎2kg的小球．忽略空气阻力的作用，g取‎10m／s2．求抛出后第2s末小球速度的大小．‎ v0‎ ‎300‎ ‎★解析：小球在运动过程中只受到重力的作用，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀变速运动，竖直方向应用动量定理得：Fyt=mVy-mVy0‎ 所以mgt=mVy-(-mV0sin300)，‎ 解得Vy=gt-V0sin300=‎15m/s。‎ 而Vx=V0cos300=‎ 在第2s未小球的速度大小为：‎ 注意：‎ ‎ 动量定理不仅适用于物体做直线运动的问题，而且也适用物体做曲线运动的问题，在求解曲线运动问题中，一般以动量定理的分量形式建立方程，即：‎ ‎ Fxt=mVx-mVx0 Fyt=mVy-mVy0‎ ‎5、求解流体问题 ‎ ‎【例题】某种气体分子束由质量m=5.4X10‎-26kg速度V＝‎460m/s的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n0＝1.5X1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强． ‎ ‎★解析：设在△t时间内射到 S的某平面上的气体的质量为ΔM，则： ‎ 取ΔM为研究对象，受到的合外力等于平面作用到气体上的压力F以V方向规定为正方向，由动量定理得:-FΔt=ΔMV-(-ΔMV)，解得 平面受到的压强P为：‎ 注意：处理有关流体(如水、空气、高压燃气等)撞击物体表面产生冲力（或压强）的问题，可以说非动量定理莫属．解决这类问题的关键是选好研究对象，一般情况下选在极短时间△t内射到物体表面上的流体为研究对象 ‎6、对系统应用动量定理。‎ 系统的动量定理就是系统所受合外力的冲量等于系统总动量的变化。若将系统受到的每一个外力、系统内每一个物体的速度均沿正交坐标系x轴和y轴分解，则系统的动量定理的数学表达式如下：‎ ‎，‎ 对于不需求解系统内部各物体间相互作用力的问题，采用系统的动量定理求解将会使求解简单、过程明确。‎ ‎【例题】如图所示， 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为V0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？‎ m M v0‎ v/‎ ‎★解析：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为，该过程经历时间为V0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：‎ ‎ ‎ 注意：这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。‎ ‎【例题】如图所示，矩形盒B的质量为M，放在水平面上，盒内有一质量为m的物体A，A与B、B与地面间的动摩擦因数分别μ1、μ2，开始时二者均静止。现瞬间使物体A获取一向右且与矩形盒B左、右侧壁垂直的水平速度V0，以后物体A在盒B的左右壁碰撞时，B始终向右运动。当A与B最后一次碰撞后，B停止运动，A则继续向右滑行距离S后也停止运动，求盒B运动的时间t。‎ B A v0‎ ‎★解析：以物体A、盒B组成的系统为研究对象，它们在水平方向所受的外力就是地面盒B的滑动摩擦力，而A与B间的摩擦力、A与B碰撞时的相互作用力均是内力。设B停止运动时A的速度为V，且假设向右为正方向，由系统的动量定理得：‎ 当B停止运动后，对A应用动能定理得：‎ 由以上二式联立解得：‎ 类型题： 判定系统的动量是否守恒 ‎ ‎【例题】如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：‎ A、动量守恒、机械能守恒 B、动量不守恒、机械能不守恒 C、动量守恒、机械能不守恒 D、动量不守恒、机械能守恒 ‎★解析：‎ 若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒（此瞬间弹簧尚未形变）．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件．‎ ‎【例题】质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒定的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的（ ）‎ A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V1、V2和V3，且满足：（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；‎ B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2；‎ C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=（M+M1）V；‎ D．小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足：（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V2‎ ‎★解析：小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变。但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程。因此，我们只需分析B、C两项。其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以B、C两项正确 类型题： 动量守恒定律的条件的应用 ‎ ‎1、统不受外力或者所受外力之和为零 ‎【例题】总质量为M的列车以匀速率v0在平直轨道上行驶，各车厢受的阻力都是车重的k倍，而与车速无关。某时刻列车后部质量为m的车厢脱钩，而机车的牵引力不变，则脱钩的车厢刚停下的瞬间，前面列车的速度是多少？‎ ‎★解析：此题求脱钩的车厢刚停下的瞬间，前面列车的速度，就机车来说，在车厢脱钩后，开始做匀加速直线运动，而脱钩后的车厢做匀减速运动，由此可见，求机车的速度可用匀变速直线运动公式和牛顿第二定律求解。‎ 现在若把整个列车当作一个整体，整个列车在脱钩前后所受合外力都为零，所以整个列车动量守恒，因而可用动量守恒定律求解。‎ 根据动量守恒定律，得：‎ Mv0=(M－m)VV=Mv0/(M－m)‎ 即脱钩的车厢刚停下的瞬间，前面列车的速度为Mv0/(M－m)‎ ‎2、统所受外力之和虽不为零，但系统的内力远大于外力时，则系统的动量可视为守恒 高中阶段，碰撞、爆炸、冲击等问题，由于作用时间极短，重力及其他阻力等外力比物体间相互作用的内力要小得多，以至外力冲量对系统动量变化的影响可以忽略，这时可近似认为系统的动量守恒。‎ ‎【例题】一质量为M的木块从某一高度自由下落，在空中被一粒水平飞行的子弹击中并留在其中，子弹的速度为，质量为m，则木块下落的时间与自由下落相比将（ ）‎ A．不变 B．变长 ‎ C．变短 D．无法确定 ‎★解析：设木块被子弹击中时的速度为，击中后的水平和竖直速度分别为，子弹对木块的冲力远大于重力，竖直方向动量守恒：‎ ‎，。‎ ‎∴下落时间将变长。答案：B。‎ ‎3、系统所受外力之和不为零，但在某个方向上满足条件1或条件2，则在该方向上动量守恒 ‎【例题】如图所示，质量为M的槽体放在光滑水平面上，内有半径为R的半圆形轨道，其左端紧靠一个固定在地面上的挡板。质量为m的小球从A点由静止释放，若槽内光滑，求小球上升的最大高度。‎ ‎★解析：设小球由A滑到最低点B时的速度为，上升的最大高度为h。由机械能守恒定律：‎ M和m组成的系统水平方向总动量守恒 ‎ ‎ 整个过程中系统的机械能守恒：‎ 解得，小球上升的最大高度：‎ 类型题： 动量守恒定律的各种题型 ‎ ‎1．两球碰撞型 ‎【例题】甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P1=5kgm/s，P2=7kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kgm/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？‎ A、m1=m2 B、‎2m1=m2 ‎ C、‎4m1=m2 D、‎6m1=m2。‎ ‎★解析：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：‎ P1+P2= P1，+ P2， 即：P1，=2 kgm/s。‎ 由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有：‎ 所以有：m‎1m2‎，不少学生就选择（C、D）选项。‎ 这个结论合“理”，但却不合“情”。因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即m1；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以 。因此选项（D）是不合“情”的，正确的答案应该是（C）选项。‎ ‎【例题】如图12所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？‎ A．甲球速度为零，乙球速度不为零 B．两球速度都不为零 C．乙球速度为零，甲球速度不为零 D．两球都以各自原来的速率反向运动 ‎★解析：首先根据两球动能相等，得出两球碰前动量大小之比为：，因m甲>m乙，则P甲>P乙，则系统的总动量方向向右。‎ 根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的 ‎【例题】如图所示，在光滑的水平面上静止着一个质量为m2小球2，质量为m1的小球1以一定的初速度v1朝着球2运动，如果两球之间、球与墙之间发生的碰撞均无机械能损失，要使两球还能再碰，则两小球的质量需满足怎样的关系？‎ ‎★解析：设两球碰后的速度分别为v1′和v2′，由系统动量守恒定律得：‎ ‎ ①‎ 由于发生的是弹性碰撞，碰撞前后的总动能不变，得：‎ ‎ ②‎ 联立式①、②，可解得：‎ 球1碰后速度为；球2碰后速度为 按照题意，只要碰后球1不反弹，即，即，总能发生二次碰撞．‎ 或者球1反弹，但是其碰后速率－v1′小于球2速率v2′，即，也能发生二次碰撞．综上，只要即可满足题意．‎ ‎【例题】质量分别为m1、m2的小球在一直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的位移—时间图像如图所示，若m1=‎1kg，m2的质量等于多少?‎ t/s x/m ‎2‎ ‎8‎ ‎16‎ O m1‎ m1‎ m2‎ m2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎★解析：从位移—时间图像上可看出：m1和m2于t=2s时在位移等于‎8m处碰撞，碰前m2的速度为0，m1的速度v0=△s/△t=‎4m/s。‎ 碰撞后，m1的速度v1=‎-‎‎2m/s，m2的速度v2=‎2m/s，由动量守恒定律得 m1v0=m1v1+m2v2，‎ m2=‎3kg。‎ 点评：这是一道有关图像应用的题型，关键是理解每段图线所对应的两个物理量：位移随时间的变化规律，求出各物体碰撞前后的速度。不要把运动图像同运动轨迹混为一谈。‎ ‎2、子弹打木块型（动量守恒、机械能不守恒）‎ ‎【例题】质量为m的子弹，以水平初速度v0射向质量为M的长方体木块。‎ ‎（1）设木块可沿光滑水平面自由滑动，子弹留在木块内，木块对子弹的阻力恒为f，求弹射入木块的深度L。并讨论：随M的增大，L如何变化？‎ ‎（2）设v0=‎900m/s，当木块固定于水平面上时，子弹穿出木块的速度为v1=‎100m/s。若木块可沿光滑水平面自由滑动，子弹仍以v0=‎900m/s的速度射向木块，发现子弹仍可穿出木块，求M/m的取值范围（两次子弹所受阻力相同）。‎ ‎★解析：（1）当木块可自由滑动时，子弹、木块所组成的系统动量守恒：‎ 即 ‎ 可解出打入深度为可知，随M增大，L增大。‎ ‎（2）当木块固定时： ①‎ ‎②‎ 这种情况下，系统的动能损失仍等于阻力与相对移动距离之积：‎ ‎③‎ ‎②③可得：④ ‎ 由①、④两式，‎ 可解出，为子弹刚好穿出时M∶m的值。我们已经知道，M越大，子弹打入木块的深度越大，故M∶m＝80应为M∶m的最小值，即应取M∶m≥80。‎ 答案：M∶m≥80。‎ ‎3、小球半圆型槽 ‎【例题】如图所示，有一半径为R的半球形凹槽P，放在光滑的水平地面上，一面紧靠在光滑墙壁上，在槽口上有一质量为m的小球，由A点静止释放，沿光滑的球面滑下，经最低点B又沿球面上升到最高点C，经历的时间为t，B、C两点高度差为0.6R，求：‎ ‎(1)小球到达C点的速度。‎ ‎(2)在t这段时间里，竖墙对凹槽的冲量 ‎★解析：(1)这道题中没给M，所以不能直接由动量求出。‎ 小球从A到B的过程中，凹槽P不动，对m ‎ ①‎ 小球从B到C的过程中，凹槽和球构成系统动量守恒(水平方向)和机械能守恒，所以有 ‎ ②‎ ‎ ③‎ 解①②③得小球到达C点的速度，‎ ‎，方向水平向右。‎ ‎(2)竖直墙对凹槽的冲量等于系统在水平方向获得的动量，所以有 ‎，方向水平向右。（答）‎ 误点警示：要分析清楚小球和凹槽系统在各个运动阶段动量守恒或不守恒的原因。‎ ‎【例题】带有(1/4)光滑圆弧轨道、质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示．一质量为m的小球以速度v0水平冲上滑车，当小球上行再返回，并脱离滑车时，以下说法可能正确的是 A、小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B、小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C、小球可能做自由落体运动 D、小球可能水平向右做平抛运动 ★解析：小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果m＜M，小球离开滑车向左做平抛运动；如果m=M，小球离开滑车做自由落体运动；如果m＞M，小球离开滑车向右做平抛运动．‎ 答案：ＢＣＤ．‎ ‎【例题】如图所示，在光滑的水平面上放置一质量为m的小车，小车上有一半径为R的光滑的弧形轨道，设有一质量为m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圆弧轨道向上滑动，达到某一高度h后，又沿轨道下滑，试求h的大小及小球刚离开轨道时的速度．‎ 小球从进入轨道，到上升到九高度时为过程第一阶段，这一阶段类似完全非弹性的碰撞，动能损失转化为重力势能(而不是热能)．‎ 据此可列方程：‎ ‎ ①‎ ‎ ②‎ 解得：．‎ 小球从进入到离开，整个过程属弹性碰撞模型，又由于小球和车的等质量，由弹性碰撞规律可知，两物体速度交换，故小球离开轨道时速度为零．‎ ‎4、爆炸模型 【例题】如图所示，滑块A、B的质量分别为m1与m2，m1＜m2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻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A的速度正好为0。求：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 ‎★解析：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。设这时滑块B的速度为v，则有E=m2v2/2。‎ 因系统所受外力为0，由动量守恒定律 ‎ ‎(m1+m2)v0=m2v。‎ 解得E=(m1+m2)2v02/(‎2m2‎)。‎ 由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒 ‎(m1+m2)v02/2+Ep=E。‎ 解得Ep=(m1-m2)(m1+m2)v02/2m2。‎ ‎5、竖直方向上碰撞型 ‎【例题】质量为m的钢板与直立轻簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示。一物块从钢板正上方距离为3x0‎ 的A处自由落下，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点。若物块质量为‎2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点与O的点的距离。‎ ‎★解析：本题为1997年全国高考压轴题 物块与钢板碰撞时的速度v0= ①‎ 设v1表示质量为m的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，mv0=2mv1②‎ 刚碰完时弹簧的弹性势能为EP。当它们一起回到O点时，弹簧无形变，弹性势能为零。根据题给条件，这时物块与钢板的速度为零，由机械能守恒 EP+（‎2m）v21=2mgx0 ③‎ 设v2表示质量为‎2m的物块与钢板碰撞后开始一起向下运动的速度，则有 ‎2mv0=3mv2 ④‎ 刚碰完时弹簧的弹性势能为EP′，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v，则有 EP′+（‎3m）v22=3mgx0+(‎3m)v2 ⑤‎ 在以上两种情况中，弹簧的初始压缩量都是x0，‎ 故有EP′=EP ⑥‎ 当质量为‎2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力作用，加速度为g。一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g。由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g。故在O点物块与钢块分离，分离后，物块以速度v竖直上抛，则由以上各式解得，物块向上运动所到最高点与O点的距离为s=x0 ‎ 知识链接：此题的前半部分一直在处理的问题就是弹性势能和弹簧形变量之间的关系，比较深刻地考查了学生大脑中能量的概念。‎ ‎【例题】下面是一个物理演示实验，它显示：图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方。‎ A是某种材料做成实心球，质量m1=‎0.28kg，在其顶部的凹坑中插着质量m2=‎0.10kg的木棍B，B点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，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，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。‎ ‎★解析：根据题意A碰地板后，反弹速度的大小v1，等于它下落到地面时速度的大小。‎ 即v1= ①‎ A刚反弹后，速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度 v2= ②‎ 由题意，碰后A速度为零，以v2′表示B上升的速度，根据动量守恒 m1v1-m2v2=m2v2′ ③‎ 令h表示B上升的高度，有 h= ④‎ 由以上各式并代入数据得 h=‎4.05m ⑤‎ 点评：本题将自由落体、竖直上抛、竖直方向近似动量守恒结合在一起，应用于一个演示实验中，要求能从物理实验中建立起中学物理能解决的模型。本题为2002年高考原题。‎ ‎6、两体摆动型 ‎【例题】如图所示，在光滑的水平杆上套者一个质量为m的滑环，滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬吊着质量为M的物体（可视为质点），绳长为L。将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆，若滑环不固定，仍给物块以同样的水平冲量，求物块摆起的最大高度。‎ ‎★解析：设物块受到水平冲量后速度为。滑环固定时得。‎ 滑环不固定时，摆起最大高度为h，在最大速度时的共同速度为v：‎ ‎ 解得：‎ 技巧点拨：（1）滑环不固定时，受动量后系统水平方向合外力为零，在水平方向动量守恒。‎ ‎（2）物快在最大高度时，物快竖直方向速度为零，水平方向速度与滑环速度相等。‎ ‎【例题】如图所示，质量为m的有孔物体A套在光滑的水平杆上，在A下面用细绳挂一质量为M的物体B，若A固定不动，给B一水平冲量I，B恰能上升到使绳水平的位置。当A不固定时，要使B物体上升到使绳水平的位置，则给它的水平冲量至少多大?‎ ‎★解析：当A固定不动时，B受到冲量后以A为圆心做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒。在水平位置时B的重力势能应等于其在最低位置时获得的动能Mgh=Ek=p2/‎2M=I2/‎2M。‎ 若A不固定，B向上摆动时A也要向右运动，当B恰能摆到水平位置时，它们具有相同的水平速度，把A、B看成一个系统，此系统除重力外，其他力不做功，机械能守恒。又在水平方向上系统不受外力作用，所以系统在水平方向上动量守恒，设M在最低点得到的速度为v0，到水平位置时的速度为v。‎ Mv0=(M+m)v。‎ Mv02/2=(M+m)v2/2+Mgh。‎ I′=Mv0。‎ I′=‎ 点评：此题重要的是在理解A不固定，B恰能上升到使绳水平的位置时，其竖直方向的分速度为0，只有水平速度这个临界点。另外B上升时也不再是做圆周运动，此时绳的拉力对B做功(请同学们思考一下，绳的拉力对B做正功还是负功)，有兴趣的同学还可以分析一下系统以后的运动情况。‎ ‎7、三体相互作用 ‎【例题】如图所示，在光滑水平桌面上，物体A和B用轻弹簧连接，另一物体C靠在B左侧未连接，它们的质量分别为mA=‎0.2kg，mB=mC=‎0.1kg。现用外力将B、C和A压缩弹簧，外力做功为7.2J，弹簧仍在弹性限度内然后由静止释放。试求：‎ 弹簧伸长最大时弹簧的弹性势能；‎ 弹簧从伸长最大回复到自然长度时，A、B速度的大小。‎ ‎★解析：取向右为正方向。‎ 第一过程，弹簧从缩短至原长 代入数据得：，‎ 第二过程，弹簧从原长伸至最长，此时A、B速度相等，有 代入数据得：，‎ 第三过程，弹簧从最长至原长，有 得：，‎ 方法探究：弹簧伸长时，B、C间有弹力作用，A、B系统的动量不守恒，但以A、B、C作为系统，动量守恒。以后B、C分离，A、B系统的动量守恒。本题说明有多个物体时，需合理选择物体组成研究系统。‎ ‎【例题】如图所示，光滑水平面上有A、B两小车，质量分别为 mA=20㎏，mB=25㎏。以初速度v0=‎3m/s向右运动，B车原静止，且B车右端放着物块C，C的质量为 mC=15㎏。A、B相撞且在极短时间内连接在一起，不再分开。已知C与B水平表面间动摩擦因数为μ=0.20，B车足够长，求C沿B上表面滑行的长度。‎ ‎★解析：A、B相撞: mAv0=( mA+ mB)v1‎ 解出v1=4/‎3m/s。由于在极短时间内摩擦力对C的冲量可以忽略，故A、B刚连接为一体时，C的速度为零。此后，C沿B上表面滑行，直至相对于B静止为止。这一过程中，系统动量守恒，系统的动能损失等于滑动摩擦力与C在B上的滑行距离之积:‎ ‎( mA+ mB)u1=( mA+ mB+ mc)u ‎ 解出。‎ 点评：(1)本题中，系统内三个物体间发生两次相互作用。A、B相撞并连为一体的过程，C未参与，理解了这一点，才能构建正确的物理图景。(2)常有人以方程 mAv0=( mA+ mB+‎ mc)v 及 代替上述①、②两式，动量方程显然正确，系统动量始终是守恒的，能量方程却不成立， 因A、B相撞为一完全非弹性碰撞过程，这一过程已产生了动能损失(转化为动能)。在研究二次碰撞这一类的问题时，应尽量避免发生类似错误。‎ 类型题： 动量守恒定律解“人船模型”问题 ‎ ‎“人船模型”是这类问题的典型应用 ‎（1）符合“人船模型”的条件：相互作用的物体原来都静止，且满足动量守恒条件 ‎（2）“人船模型”的特点：人动“船”动，人停“船”停，人快“船”快，人慢“船”慢，人上“船”下，人左“船”右 由动量守恒定律，有 即。‎ 把方和两边同时乘以时间，‎ 即 与联立解得 ‎ ‎ ‎【例题】一个质量为M，底面边长为b的三角形劈块静止于光滑水平面上，如图，有一质量为m的小球由斜面顶部无初速滑到底部的过程中，劈块移动的距离是多少？‎ ‎★解析：小球m在下滑的过程中，受力情况和速度变化的规律都不易分析，因此用牛顿定律和运动学公式找位移S是困难的；用人船模型的公式解这类求变速直线运动的位移且不涉及速度的问题时，是非常方便的．‎ 解：设小球滑到底端时，劈块后退的位移为S，则小球的水平位移应为（b一S），根据动量守恒定律得Ms=m（b-s），解得劈块移动的距离为s=mb／（M+m）。‎ ‎【例题】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，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？‎ ‎★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，若设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面的时间为t，由动量守恒定律有：，解得。‎ ‎【例题】如图7所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置。车左侧内壁固定有沙袋。发射器口到沙袋的距离为d，把质量为m的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是_______。‎ ‎★解析：本题可把子弹看作“人”，把车看作“船”，这样就可以用“人船模型”来求解。‎ ‎，解得 ‎。‎ ‎【例题】质量为M、长为L的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m1及m2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？‎ ‎★解析：利用“人船模型”易求得船的位移大小为：。提示：若m1>m2，本题可把（m1-m2）等效为一个人，把（M+‎2m2‎）看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便 ‎【例题】如图1所示，等臂U形管竖直安装在光滑水平面上放置的轻质小车上，小车和试管的总质量与试管内水的质量相等，均为M。开始时试管底部的阀门K关闭，管的水平部分的水柱与右侧竖直管内的水柱等长，小车静止。打开阀门，水缓慢流动到另一侧，使两竖直管中水面平齐。已知两竖直管轴线间距离为L，则上述过程中，小车向______________移动，移动的距离为_________________。‎ ‎★解析：‎ 由题意可知，试管内的水和小车及试管的运动符合“人船模型”的特点，试管内的水相当于“人”，小车及试管相当于“船”，打开阀门后，水缓慢流动到另一侧，最终两竖直管中水面平齐，在处理过程中，相当于右侧（质量为）的水直接运动到左侧管内，把其他部分的水（长度为，质量为）与小车及试管看成一个整体，如图2所示。‎ 如此一来，右侧（质量为）的水相当于“人”，长度为、质量为的水与小车及试管相当于“船”，“人”向左运动，故“船”向右运动，“人”与“船”的相对位移为L。‎ ‎ ①‎ 而 ②‎ ‎∴小车向右移动，移动的距离 ‎【例题】如图所示，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．大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离是___________．‎ ‎★解析：设大球运动的位移为s，由图3知小球运动的位移为(R－s)‎ 由“人船模型”知两球在水平方向动量守恒，因此有　m(R－s)＝2ms 解得：s＝‎ ‎【例题】如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上固定一杆，总质量为M；杆顶系一长为L的轻绳，轻绳另一端系一质量为m的小球．绳被水平拉直处于静止状态(小球处于最左端)．将小球由静止释放，小球从最左端摆下并继续摆至最右端的过程中，小车运动的距离是多少？‎ ‎★解析：该题立意新颖，但仔细分析与“人船模型”有相似之处，都是研究两个物体相互作用的过程，都具有水平方向合外力为零的特征，从而水平的动量守恒，初始状态球和车都处于静止状态，因此可借助“人船模型”来处理．‎ 设某时刻小球速度的水平分量为v(方向向右)，小车的速度为V(方向向左)，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律有：‎ MV－mv =0 即 因为小球在摆动过程中，系统动量在每个时刻都等于零，所以每一时刻小球速度的水平分量与小车的速度都跟它们的质量成反比；从而可知小球从最左端摆至最右端的过程中，小球的水平位移s1与小车的位移s2与它们的质量成反比．即 由图４知　　s1+s2=‎‎2L 由以上两式解得s2=‎ 上面这题关键是找好球与船的相对位移。‎ 类型题： 动量守恒定律综合应用举例 ‎ ‎【例题】甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为‎6m/s。甲车上有质量为m=‎1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=‎50kg，乙和他的车总质量为M2=‎30kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面‎16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：‎ ‎（1）两车的速度各为多少？（2）甲总共抛出了多少个小球？‎ ‎★解析：甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的过程。‎ ‎（1）甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞。设共同速度为V，则:‎ M1V1－M2V1=（M1+M2）V ‎（2）这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×（－1.5）=225（kg·m/s）‎ 每一个小球被乙接收后，到最终的动量弯化为 △P1=16.5×1－1.5×1=15（kg·m/s）‎ 故小球个数为 ‎【例题】人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固木箱，开始时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以速度V推向前方弹性挡板，木箱与档板碰撞后又反向弹回，设木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度V推向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再接到木箱？（已知）‎ ‎★解析：人每次推木箱都可看作“一分为二”的过程，人每次接箱都可以看作是“合二为一”的过程，所以本题为多个“一分为二”和“合二为一”过程的组合过程。‎ 设人第一次推出后自身速度为V1， ‎ 则：MV1=mV，‎ 人接后第二次推出，自身速度为V2，‎ 则mV+2mV=MV2‎ ‎ (因为人每完成接后推一次循环动作，自身动量可看成增加2mV)‎ 设人接后第n次推出，自身速度为Vn，‎ 则mV+2mV(n-1)=MVn ‎∴Vn=(2n-1)V ，‎ 若Vn≥V ，则人第n次推出后，不能再接回，将有关数据代入上式得n≥8.25，∴n=9。‎ ‎【例题】光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为‎2kg的A、B两物块都以V0=‎6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为‎4kg的物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为__________J时，物块A的速度是_________m/s。‎ A B C ‎★解析：本题是一个“三体二次作用”问题：“三体”为A、B、C三物块。“二次作用”过程为第一次是B、C二物块发生短时作用，而A不参加，这过程动量守恒而机械能不守恒；第二次是B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，这过程动量守恒机械能也守恒。‎ 对于第一次B、C二物块发生短时作用过程，设B、C二物块发生短时作用后的共同速度为VBC，则据动量守恒定律得：‎ ‎(1)‎ 对于第二次B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为V，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得：‎ mAV0+（2）‎ ‎（3）‎ 由式(1)、（2）、（3）可得：当弹簧的弹性势能达到最大为EP=12J时，物块A的速度V=‎3 m/s。‎ ‎【例题】如图所示为三块质量均为m，长度均为L的木块。木块1和木块2重叠放置在光滑的水平桌面上，木块3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后原来叠放在上面的木块1完全移到木块3上，并且不会从木块3上掉下，木块3碰撞前的动能应满足什么条件？设木块之间的动摩擦因数为m。‎ v0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎★解析：设第3块木块的初速度为V0，对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V1，据动量守恒定律得：mV0=2mV1 ‎ 对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V2，则据动量守恒定律得：‎ ‎2mV1=3mV2 ‎ ‎(1)第1块木块恰好运动到第3块上，首尾相齐，则据能量守恒有：‎ ‎ ‎ 联立方程得：Ek3=6μmgL ‎ ‎(2)第1块运动到第3块木块上，恰好不掉下，据能量守恒定律得：‎ ‎ ‎ 联立方程得：Ek3=9μmgL 故：‎ ‎【例题】如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为‎3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度V0和2V0在木板上滑动，木板足够长， A、B始终未滑离木板。求：‎ A B v0‎ ‎2 v 0‎ C ‎（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；‎ ‎（2）木块A在整个过程中的最小速度。‎ ‎★解析：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为V1。对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：‎ 解得：V1=0.6V0‎ 对木块B运用动能定理，有：‎ 解得 ‎（2）当A和C速度相等时速度最小为 则：‎ 则（其是为A和B速度的变化量）‎ ‎【例题】如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M。现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图1)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参照系。‎ v0‎ v0‎ B A ‎(1)若已知A和B的初速度大小为V0，求它们最后的速度大小和方向。‎ ‎(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离。‎ ‎★解析：用能量守恒定律和动量守恒定律求解。‎ v0‎ v0‎ B L1‎ L 2‎ L0‎ A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V， A和B的初速度的大小为V0，则据动量守恒定律可得：MV0－mV0=(m+m)V ‎ 解得：V＝。 V0，方向向右 。‎ 对系统的全过程，由能量守恒定律得：‎ Q=fL= ‎ 对于A fL1= ‎ 由上述二式联立求得L1=。‎ ‎【例题】如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。一个质量为的小滑块以初速度V0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图17所示。某同学根据图象作出如下一些判断：‎ M m v0‎ A．滑块与木板间始终存在相对运动； ‎ B．滑块始终未离开木板；‎ C．滑块的质量大于木板的质量； ‎ D．在时刻滑块从木板上滑出。‎ ‎★解析：从图17中可以看出，‎ V0‎ V O t V0/2‎ t1‎ 滑块与木板始终没有达到共同速度，所以滑块与木板间始终存在相对运动；又因木板的加速度较大，所以滑块的质量大于木板的质量；因在t1时刻以后，滑块和木板都做匀速运动，所以在时刻滑块从木板上滑出。即选项ACD正确 ‎【例题】如图所示，质量mA为‎4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为‎1.0kg的小物块B（视为质点），它们均处于静止状态．木板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EKA为8.0J，小物块的动能EKB为0.50J，重力加速度取‎10m/s2，求：‎ ‎（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度υ0;‎ ‎（2）木板的长度L．‎ ‎★解析：（1）在瞬时冲量的作用时，木板A受水平面和小物块B的摩擦力的冲量均可以忽略．‎ 取水平向右为正方向，对A由动量定理，有：I = mAυ0代入数据得：υ0 = ‎3.0m/s ‎（2）设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力大小分别为FfAB、FfBA、FfCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A的速度为υA，B的速度为υB．A、B对C位移为sA、sB． 对A由动量定理有：—（FfBA+FfCA）t = mAυA-mAυ0 对B由动理定理有： FfABt = mBυB 其中由牛顿第三定律可得FfBA = FfAB，另FfCA = μ（mA+mB）g 对A由动能定理有：—（FfBA+FfCA）sA = 1/2mAυ-1/2mAυ 对B由动能定理有： FfA Bf sB = 1/2mBυ 根据动量与动能之间的关系有： mAυA = ，mBυB =  木板A的长度即B相对A滑动距离的大小，故L = sA-sB，‎ 代入放数据由以上各式可得L = ‎0.50m．‎ ‎【例题】在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2。‎ A B O P Q v0‎ ‎★解析：2∶1（提示：两小球碰撞后到再次相遇，小球A、B的速度大小保持不变，通过的路程，可知小为4∶1，因此球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1。由碰撞过程的动量守恒和机械能守恒列式求解可得。）‎ ‎【例题】目前，滑板运动受到青少年的追捧。如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图，赛道光滑，FGI为圆弧赛道，半径R＝‎6.5 m，G为最低点并与水平赛道BC位于同一水平面，KA、DE平台的高度都为h＝‎18 m。B、C、F处平滑连接。滑板a和b的质量均为m，m＝‎5 kg，运动员质量为M，M＝‎45 kg。‎ A B C D E F G I R P h h K 表演开始，运动员站在滑板b上，先让滑板a从A点静止下滑，t1＝0.1 s后再与b板一起从A点静止下滑。滑上BC赛道后，运动员从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2＝0.6 s。（水平方向是匀速运动）。运动员与a板一起沿CD赛道上滑后冲出赛道，落在EF赛道的P点，沿赛道滑行，经过G点时，运动员受到的支持力N＝742.5 N。（滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g＝‎10 m/s2）‎ ‎⑴滑到G点时，运动员的速度是多大？‎ ‎⑵运动员跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？‎ ‎⑶从表演开始到运动员滑至I的过程中，系统的机械能改变了多少？‎ ‎★解析：⑴在G点，运动员和滑板一起做圆周运动，设向心加速度为an，速度为，运动员受到重力Mg、滑板对运动员的支持力N的作用，则：‎ 解得：＝‎6.5m/s ‎ ‎⑵设滑板。由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1，由机械能守恒定律有：‎ 解得：‎ 运动员与滑板一起由A点静止下滑到BC赛道后，速度也为v1，运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，在空中飞行的水平位移为s，则：‎ s＝v2t2 ‎ 设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，则：‎ s0＝vltl ‎ 设滑板在t2时间内的位移为s1，则：‎ s1＝v1t2 ‎ s＝s0+s1 ‎ 即：v2t2＝v1(t1＋t2) ‎ 运动员落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，由动量守恒定律有 mvl＋Mv2＝(m＋M) v ‎ 由以上方程可解出：‎ 代人数据解得：v＝‎6.9 m/s ‎ ‎⑶设运动员离开滑板b后，滑板b的速度为v3，有 Mv2＋mv3＝(M＋m) v1 ‎ 可算出v3＝－‎3 m/s，有：│v3│＝‎3 m/s