人教版物理选修3-5动量定理知识点与典型应用.doc
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动量
第1单元动量冲量动量定理
一、动量和冲量
1．动量——物体的质量和速度的乘积叫做动量：
p=mv
⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
⑶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）研究一条直线上的动量要选择正方向
2．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。
A、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。
B、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。
2．冲量——力和力的作用时间的乘积叫做冲量：
I=Ft
⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。
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。
⑶高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。
⑷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。
（5）必须清楚某个冲量是哪个力的冲量
（6）求合外力冲量的两种方法
A、求合外力，再求合外力的冲量B、先求各个力的冲量，再求矢量和
二、动量定理
1．动量定理——物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。
既I=Δp
⑴动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。
这里所说的冲量是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。
⑵动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。
⑶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）。
动量定理和牛顿第二定律的联系与区别
①、形式可以相互转化
②、动量的变化率，表示动量变化的快慢
③、牛顿定律适用宏观低速，而动量定理适用于宏观微观高速低速
④、都是以地面为参考系
⑷动量定理表达式是矢量式。
在一维情况下，各个矢量以同一个规定的方向为正。
（5）如果是变力，那么F表示平均值
（6）对比于动能定理
I＝Ft＝mv2－mv1
W＝Fs＝mv22－mv21
3．动量定理的定量计算
⑴明确研究对象和研究过程。
研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。
质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。
研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。
⑵进行受力分析。
只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。
⑶规定正方向。
由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。
⑷写出初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。
⑸根据动量定理列式求解。
4．在F－t图中的冲量：
F－t图上的“面积”表示冲量的大小。
第2单元动量守恒定律及其应用
一、动量守恒定律
1．动量守恒定律的内容
一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
即：
守恒是指整个过程任意时刻相等（时时相等,类比匀速）定律适用于宏观和微观高速和低速
2．动量守恒定律成立的条件
⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；
⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；
⑶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。
3．动量守恒定律的表达形式
（1），即p1+p2=p1/+p2/，
（2）Δp1+Δp2=0，Δp1=-Δp2
4、理解：
①正方向②同参同系③微观和宏观都适用
5．动量守恒定律的重要意义
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。
5．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法
（1）分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.
（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。
（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。
注意：
在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体的速度均应取地球为参考系。
（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解。
二、动量守恒定律的应用
AABABAB
v1
v
v1/
v2/
ⅠⅡⅢ
1．碰撞
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。
仔细分析一下碰撞的全过程：
设光滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m 2的静止物体B运动，B的左端连有轻弹簧。
在Ⅰ位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到Ⅱ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Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为。
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。
（1）弹簧是完全弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ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：
。
（这个结论最好背下来，以后经常要用到。
）
（2）弹簧不是完全弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ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（一部分动能转化为内能）。
这种碰撞叫非弹性碰撞。
（3）弹簧完全没有弹性。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。
这种碰撞叫完全非弹性碰撞。
可以证明，A、B最终的共同速度为。
在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：
v1
。
【例1】质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。
质量为m的小球以速度v1向物块运动。
不计一切摩擦，圆弧小于90°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。
【例2】动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后。
若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？
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。
s2d
s1
v0
【例3】设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。
求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
3．反冲问题
在某些情况下，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，有其它能向动能转化。
可以把这类问题统称为反冲。
【例4】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？
【例5】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？
4．爆炸类问题
【例6】抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量300g仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s，另一小块质量为200g，求它的速度的大小和方向。
5．某一方向上的动量守恒
【例7】如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与AB成θ角时，圆环移动的距离是多少？
6．物块与平板间的相对滑动
【例8】如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：
（1）A、B最后的速度大小和方向；
（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动位移大小。
【例9】两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为，，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量的滑块C（可视为质点），以的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，求：
（1）木块A的最终速度；
（2）滑块C离开A时的速度。
作业：
一、选择题
1．如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中不正确的是（ ）
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
2．在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被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
3．（2016·龙岩联考）我国发现的“神舟十号”飞船与“天宫一号”空间站实现了完美对接．假设“神舟十号”到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上“天宫一号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2.这个过程中，下列各表达式正确的是（ ）
A．mv＝mv1－Δmv2
B．mv＝mv1＋Δmv2
C．mv＝（m－Δm）v1－Δmv2
D．mv＝（m－Δm）v1＋Δmv2
4.
在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m1＝4kg，乙球的质量m2＝1kg，规定向左为正方向，碰撞前后甲球的v－t图象如图所示．已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为（ ）
A．3m/s，向右B．3m/s，向左
C．13m/s，向左D．13m/s，向右
5.
（2016·安徽联考）如图所示，质量为m的人，站在质量为M的车的一端，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以不计时，人由一端走到另一端的过程中，则（ ）
A．人运动得越快，车运动得越慢
B．车的运动方向与人的运动方向相反
C．人在车上行走时，车可以相对地面静止
D．车的运动方向可以与人的运动方向相同
6．（2016·银川模拟）甲、乙两个溜冰者的质量分别为48kg和50kg，甲手里拿着质量为2kg的球，两人均以2m/s的速率在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度大小为（ ）
A．0B．2m/s
C．4m/sD．无法确定
7.
如图所示，在水平面内有一质量分布均匀的木杆可绕端点O在水平面上自由转动．一颗子弹以垂直于杆的水平速度v0击中静止木杆上的P点，并随木杆一起转动．已知木杆质量为M，长度为L，子弹质量为m，点P到点O的距离为x.忽略木杆与水平面间的摩擦．设子弹击中木杆后绕点O转动的角速度为ω.下面给出的ω四个表达式中只有一个是合理的．根据你的判断，ω的合理表达式应为（ ）
A．ω＝B．ω＝
C．ω＝D．ω＝
8.
（多选）如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上．其中，弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度v0向右运动．在此过程中（ ）
A．M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大
B．M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小
C．M的速度为v0/2时，弹簧的长度最长
D．M的速度为v0/2时，弹簧的长度最短
9.如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止下滑，在此后的过程中，则（ ）
A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒
C．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动
D．m从A到B的过程中，M运动的位移为
10．（多选）某人身系弹性绳自高空p点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c点是人所到达的最低点，b点是人静止悬吊时的平衡位置，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．从p至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量
B．从p至c过程中重力所做功等于人克服弹力所做的功
C．从p至b过程中人的速度不断增大
D．从a至c过程中加速度方向保持不变
二、非选择题
11.
（2015·新课标全国Ⅰ）如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
12．（2015·浙江自选）一辆质量m1＝3.0×103kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力．相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75m停下．已知车轮与路面的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小．（重力加速度取g＝10m/s2）
13.
（2015·山东卷）如图所示，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．
14．如图所示，木块A的质量mA＝1kg，足够长的木板B的质量mB＝4kg，质量为mC＝2kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0＝10m/s的初速度向右匀速运动，与B碰撞后将以vA′＝4m/s速度弹回．求：
（1）B运动过程中的最大速度．
（2）C运动过程中的最大速度．
【例1】解析：
系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。
小球上升过程中，由水平系统动量守恒得：
由系统机械能守恒得：
解得
全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得
【例2】解析：
A能追上B，说明碰前vA>vB,∴；碰后A的速度不大于B的速度，；又因为碰撞过程系统动能不会增加，，由以上不等式组解得：
点评：
此类碰撞问题要考虑三个因素：
①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前碰后两个物体位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。
【例3】解析：
子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：
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。
设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d
对子弹用动能定理：
……①
对木块用动能定理：
……②
①、②相减得：
……③
点评：
这个式子的物理意义是：
fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。
由上式不难求得平均阻力的大小：
至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：
从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。
由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：
一般情况下，所以s2<这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。
这就为分阶段处理问题提供了依据。
象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：
…④
当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔEK=fd（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔEK的大小。
【例4】解析：
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、船位移大小分别为l1、l2，则：
mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1+l2=L，
∴
点评：
应该注意到：
此结论与人在船上行走的速度大小无关。
不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。
以上列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。
如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要用（m1+m2）v0=m1v1+m2v2列式。
【例5】解析：
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v0方向为正方向，
【例6】分析：
手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=（m1+m2）g，可见系统的动量并不守恒。
但在爆炸瞬间，内力远大于外力时，外力可以不计，系统动量近似守恒。
设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度；m1=0.3kg的大块速度为m/s、m2=0.2kg的小块速度为，方向不清，暂设为正方向。
由动量守恒定律：
m/s
此结果表明，质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反
【例7】解析：
虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。
设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：
MV=mv
且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：
Md=m［（L-Lcosθ）-d］
解得圆环移动的距离：
d=mL（1-cosθ）/（M+m）
【例8】解析：
（1）由A、B系统动量守恒定律得：
Mv0-mv0=（M+m）v ①
所以v=v0方向向右
（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得：
Mv0-mv0=Mv′ ①
对板车应用动能定理得：
-μmgs=mv′2-mv02 ②
联立①②解得：
s=v02
【例9】 解析：
这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。
（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为。
最后C相对静止在B上，与B以共同速度运动，由动量守恒定律有
∴=
（2）为计算，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒。
C离开A时的速度为，B与A的速度同为，由动量守恒定律有
∴
一、选择题
1．【解析】 当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错而C、D正确．
【答案】 B
2．【解析】 子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，一部分动能转化为内能，之后木块（连同子弹）压缩弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守恒，但动量不守恒．由于左侧挡板支持力的作用，使系统的动量不断减少，所以整个过程中，动量和机械能均不守恒．【答案】 B
3．【解析】 飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律，mv＝（m－Δm）v1－Δmv2，选项C正确．
【答案】 C
4.【解析】 由动量守恒定律有，m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v，解得v2＝－13m/s，方向向右，选项D正确．
【答案】 D
5.【解析】 人与车组成的系统在水平方向上动量守恒，且初动量为0，所以人由车的一端走到另一端的过程中，人与车的速度方向总是相反的，且人的速度大小增大时，车的速度大小也增大，选项B正确．【答案】 B
6．【解析】 甲、乙、球三者在整个过程中动量守恒，有（m甲＋m球）v1－m乙v1＝（m甲＋m球）v′，代入数据得v′＝0，选项A正确．
【答案】 A
7.【解析】 由角速度的单位rad/s，可排除选项B；由木杆质量M→∞时，ω→0，可排除选项C；由点P到点O的距离x→0时，ω→0，可排除选项D；故选A.【答案】 A
8.【解析】 M、N两滑块碰撞过程中动量守恒，当M与
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