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1、名师总结优秀知识点动量全章复习资料一、冲量与动量、动量与动能概念专题1冲量I：IFt，有大小有方向( 恒力的冲量沿F的方向 ) ，是矢量两个冲量相同必定是大小相等方向相同，讲冲量必须明确是哪个力的冲量，单位是Ns2动量p：pmv，有大小有方向( 沿v的方向 )是矢量，两个动量相同必定是大小相等方向相同，单位是kgm/s3动量与动能 (Ek12mv2)的关系是：p2 2mEk动量与动能的最大区别是动量是矢量，动能是标量【例题】 A、B 两车与水平地面的动摩擦因数相同，则下列哪些说法正确？A若两车动量相同，质量大的滑行时间长；B若两车动能相同，质量大的滑行时间长；C若两车质量相同，动能大的滑行时间
2、长；D若两车质量相同，动量大的滑行距离长【分析】 根据动量定理Ftmvt-mv0得mgtptPmg1m A不正确； 根据t221kkmEEpmgmggm1m B 不正确；根据t2kmEpmgmgkEC正确；根据动能定理F合scos2201122tmvmv得mgsEk22pm， s222pm gp2 D 正确训练题(1) 如图 51 所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是：A重力的冲量； B弹力的冲量；C合力的冲量； D 刚到达底端时的动量；E刚到达底端时动量的水平分量；F以上几个量都不同1F分析：物体沿斜面作
3、匀加速直线运动，由位移公式，得sinh=21gsint2t22sin1不同，则t不同又IGmgtIN Nt所以IG、IN方向相同，大小不同，选项A、B错误；根据机械能守恒定律，物体到达底端的速度大小相等，但方向不同；所以刚到达底端时的动量大小相等但方向不同，其水平分量方向相同但大小不等，选项D、E错误；又根据动量定理I合Pmv0 可知合力的冲量大小相等，但方向不同，选项C错误(2) 对于任何一个固定质量的物体，下面几句陈述中正确的是：A物体的动量发生变化，其动能必变化；B物体的动量发生变化，其动能不一定变化；C物体的动能发生变化，其动量不一定变化；D物体的动能变化，其动量必有变化2BD 分析：
4、 动量和动能的关系是P22mEk，两者最大区别是动量是矢量，动能是标量 质量一定的物体， 其动量变化可能速度大小、方向都变化或速度大小不变方向变化或速度大小变化方向不变只要速度大小不变，动能就不变反之，动能变化则意味着速度大小变化，意味着动量变化(8)A车质量是B车质量的 2 倍，两车以相同的初动量在水平面上开始滑行，如果动摩擦因数相同，并以SA、SB和tA、tB分别表示滑行的最远距离和所用的时间，则ASASB，tAtB；BSASB，tAtB；CSASB，tAtB；DSASB，tAtB8C 分析：由mvmgt知tAtB/2, 由Fs21mv2mp22知sA/sB1/2二、动量定理专题1动量定理
5、表示式：Ftp式中： (1)Ft指的是合外力的冲量；(2)p指的是动量的增量，不要理解为是动量，它的方向可以跟动量方向相同( 同一直线动量增大) 也可以跟动量方向相反( 同一直线动量减小) 甚至可以跟动量成任何角度，但 p一定跟合外力冲量I方向相同； (3) 冲量大小描述的是动量变化的多少，不是动量多少， 冲量方向描述的是动量变化的方向，不一定与动量的方向相同或相反2牛顿第二定律的另一种表达形式：据Fma得Fm0vvptt，即是作用力F等于物体动量的变化率p/ t，两者大小相等，方向相同3变力的冲量：不能用Ft直接求解，如果用动量定理Ftp来求解，只要知道物体的始末状态，就能求出I，简捷多了注
6、意：若F是变量时，它的冲量不能写成Ft，而只能用I表示4曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中速度方向往往都不在同一直线上，如用 pmv-mv0来求动量的变化量，是矢量运算， 比较麻烦， 而用动量定理Ip来解，只要知道I，便可求出 p，简捷多了【例题 1】质量为 0.4kg 的小球沿光滑水平面以5m/s 的速度冲向墙壁，又以4m/s 的速度被反向弹回 ( 如图 52) ，球跟墙的作用时间为0.05s ，求： (1) 小球动量的增量；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 8 页名师总结优秀知识点(2) 球受到的平均冲力【分析】 根
7、据动量定理Ftmv2-mv1，由于式中F、v1、v2都是矢量，而现在v2与v1反向，如规定v1的方向为正方向，那么v15m/s，v2-4m/s ，所以： (1) 动量的增量pmv2-mv10.4 (-4-5)kg m/s -3.6kg m/s 负号表示动量增量与初动量方向相反(2)F213.60.05mvmvtN -72N冲力大小为72N，冲力的方向与初速反向【例题 2】以速度v0平抛出一个质量为1lg的物体，若在抛出3s 后它未与地面及其它物体相碰，求它在3s 内动量的变化【分析】 不要因为求动量的变化，就急于求初、未动量而求其差值，这样不但求动量比较麻烦，而且动量是矢量，求矢量的差也是麻烦
8、的但平抛出去的物体只受重力，所求动量的变化应等于重力的冲量， 重力是恒量， 其冲量容易求出 即：pFt1103kg m/s30kg m/s总结与提高若速度方向变而求动量的变化量，则用PFt求；若力是变力而求冲量，则用Imvt-mv0求训练题(2) 某质点受外力作用，若作用前后的动量分别为p、p，动量变化为 p，速度变化为 v，动能变化量为Ek，则：Ap-p是不可能的；Bp垂直于p是可能的；C p垂直于 v是可能的；Dp0，Ek0 是可能的2BD 提示：对 B 选项， P方向即为合力F合的方向，P的方向即为速度v的方向，在匀速圆周运动中，F合v( 即PP) ；对 C选项，P的方向就是 v的方向，
9、 Pmv，故 C选项错(4) 在空间某一点以大小相同的速度分别竖直上抛，竖直下抛， 水平抛出质量相等的小球，若空气阻力不计，经过t秒： ( 设小球均未落地 ) A作上抛运动小球动量变化最小；B作下抛运动小球动量变化最大；C三小球动量变化大小相等；D作平抛运动小球动量变化最小4C 提示：由动量定理得：mgtp，当t相同时， p相等，选项C对(8) 若风速加倍，作用在建筑物上的风力大约是原来的：A2 倍；B4 倍；C6 倍；D8 倍8B 提示：设风以速度v碰到建筑物，后以速度v反弹，在t时间内到达墙的风的质量为m，由动量定理得：Ftmvm( v) 2mv，当v变为 2v时，在相同时间t内到达墙上的
10、风的质量为2m，有：Ft2m 2v2m(2v) 8mv，F 4F，故选项 B对 (9) 质量为 0.5kg 的小球从 1.25m高处自由下落， 打到水泥地上又反弹竖直向上升到0.8m高处时速度减为零若球与水泥地面接触时间为0.2s ，求小球对水泥地面的平均冲击力(g取 10m/s，不计空气阻力 ) 9解：小球碰地前的速度v112gh251102.5m/s 小球反弹的速度v222gh80102.4m/s 以向上为正方向，由动量定理：(Fmg)tmv2mv1F0. 5(4 5)/0 . 20. 51027. 5N 方向向上四、动量守恒条件专题1外力 ：所研究系统之外的物体对研究系统内物体的作用力2
11、内力 ：所研究系统内物体间的相互作用力3系统动量守恒条件：系统不受外力或所受外力合力为零( 不管物体是否相互作用 ) 系统不受外力或所受外力合力为零，说明合外力的冲量为零，故系统总动量守恒 当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知相互作用的内力产生的冲量，大小相等方向相反，使得系统内相互作用的物体的动量改变量大小相等方向相反，系统总动量保持不变也就是说内力只能改变系统内各物体的动量而不能改变整个系统的总动量训练题(2) 如图 57 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)
12、，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2B 解：过程一：子弹打入木板过程( t很小 ) ，子弹与木板组成的系统动量守恒，但机械能不守恒 ( 子弹在打入木块过程有热能产生) ；过程二：木块 ( 含子弹 ) 压缩弹簧，对三者组成的系统机械能守恒，但动量不守恒 ( 对系统：F合0) ，所以全程动量、 机械能均不守恒精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 8 页名师总结优秀知识点(3) 光滑水平面上A、B两小车中有一
13、弹簧( 如图 58) ，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看作系统，下面的说法正确的是：A先放B车后放A车，( 手保持不动 ) ，则系统的动量不守恒而机械能守恒；B，先放A车，后放B车，则系统的动量守恒而机械能不守恒；C先放A车，后用手推动B车，则系统的动量不守恒，机械能也不守恒；D若同时放开两手，则A、B两车的总动量为零3ACD 提示：对 A选项：先放 B车时， A、B车及弹簧三者组成的系统合外力F合 0，动量不守恒，但由于按A车的手不动，故手不做功，此系统机械能守恒对C选项：F合0，且F合又对系统做功 ( 机械能增加 ) ， 动量及机械能均不守恒五、动量守恒定律各
14、种不同表达式的含义及其应用专题1pp (系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p) 2p0( 系统总动量增量为零) 3p1- p2(相互作用两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等方向相反 ) 4m1v1m2v2m1v1m2v2( 相互作用两个物体组成系统，前动量和等于后动量和 ) 5以上各式的运算都属矢量运算，高中阶段只限于讨论一维情况( 物体相互作用前、后的速度方向都在同一直线上)，可用正、负表示方向处理时首先规定一个正方向，和规定正方向相同的为正，反之为负，这样就转化为代数运算式，但所有的动量都必须相对于同一参照系【例题】 质量m110g的小球在光滑的水平桌面上以v130cm/s
15、的速率向右运动，恰遇上质量m250g的小球以v210cm/s 的速率向左运动，碰撞后， 小球m2恰好停止， 那么碰撞后小球m1的速度是多大？方向如何？【分析与解答】设v1的方向即向右为正方向，则各速度的正负号为：v130cm/s，v2-10cm/s ，v2 0，据m1v1m2v2m1v1m2v2有 10v1 103050(-10) 解得v1 -20(cm/s)，负号表示碰撞后，m1的方向与v1的方向相反，即向左总结提高解此类题一定要规定正方向正确找出初末态动量训练题(3) 一只小船静止在湖面上，一个人从小船的一端走到另一端( 不计水的阻力 ) ，以下说法中正确的是：A人在小船上行走，人对船作用
16、的冲量比船对人作用的冲量小，所以人向前运动得快，船后退得慢；B人在船上行走时，人的质量比船小，它们所受冲量的大小是相等的，所以人向前运动得快，船后退得慢；C当人停止走动时，因船的惯性大，所以船将会继续后退；D当人停止走动时，因总动量任何时刻都守恒，所以船也停止后退3BD 分析：对 A ：人对船的作用力和船对人的作用力等大反向，作用时间相等，所以两冲量大小相等；选项A 错对 C：人在船上走的过程，对人和船构成的系统，总动量守恒，所以人停则船停；选项C 错 (6) 一辆总质量为M的列车， 在平直轨道上以速度v匀速行驶， 突然后一节质量为m的车厢脱钩，假设列车受到的阻力与质量成正比，牵引力不变，则当
17、后一节车厢刚好静止的瞬间，前面列车的速度为多大？6解：列车在平直轨道匀速行驶，说明列车受到合外力为零后一节车厢脱钩后，系统所受合外力仍然为零，系统动量守恒根据动量守恒定律有：Mv(Mm)vvMv/(Mm)六、平均动量守恒专题若系统在全过程中动量守恒( 包括单方向动量守恒) ，则这一系统在全过程中的平均动量也必定守恒如果系统是由两个物体组成，且相互作用前均静止、相互作用后均发生运动，则由0m11v-m22v得推论：m1s1m2s2，使用时应明确s1、s2必须是相对同一参照物位移的大小【例题】 一个质量为M，底面长为b的三角形劈静止于光滑的水平桌面上，( 如图 516所示 ) 有一质量为m的小球由
18、斜面顶部无初速滑到底部时，劈移动的距离为多少？精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 8 页名师总结优秀知识点【分析和解答】 劈和小球组成的系统在整个运动过程中都不受水平方向外力所以系统在水平方向平均动量守恒劈和小球在整个过程中发生的水平位移如图5 15 所示， 由图见劈的位移为s，小球的水平位移为(b-s) 则由m1s1m2s2得：Msm(b-s) ，smb/(Mm) 总结提高用m1s1m2s2来解题，关键是判明动量是否守恒、初速是否为零 (若初速不为零，则此式不成立 ) ，其次是画出各物体的对地位移草图，找出各长度间的关系式
19、训练题(2) 静止在水面的船长为l，质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离为多少？2 解： 如图，设船移动的距离为s船， 人移动的距离为s人Ms船ms人s人s船l解得s船ml/(Mm)(4) 气球质量为 200kg，载有质量为50kg 的人，静止在空中距地面20m的地方，气球下悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至安全到达地面，则这根绳长至少为多长？4、解：如图，设气球产生的位移为s球，气球产生的位移为s人，m人s人m球s球5020200s球s球5m 所以绳长至少为：ls人s球20525m 七、多个物体组成的系统动量守恒专题有时
20、应用整体动量守恒，有时只应用某部分物体动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，有时抓住初、末状态动量守恒即可，要善于选择系统、善于选择过程来研究【例题】 两只小船平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m50kg 的麻袋到对面一只船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船则以v8.5m/s的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量各为m1500kg 及m21000kg，问在交换麻袋前两只船的速率为多少？( 水的阻力不计 ) 【分析】 选取小船和从大船投过的麻袋为系统，如图518，并以小船的速度为正方向，根据动量守恒定律有：(m1-m)v1-mv20，即 450v1-50
21、v20 (1) 选取大船和从小船投过的麻袋为系统有：-(-m2-m)v2mv1-m2v，即-950v250v1-1000 8.5 (2) 选取四个物体为系统有：m1v1-m2v2-m2v，即 500v1-1000v2-1000 8.5 (3) 联立(1)(2)(3)式中的任意两式解得：v11(m/s) ，v29(m/s) 训练题(1) 质量m100kg 的小船静止在静水面上， 船两端载着m甲40kg，m乙60kg的游泳者，在同一水平线上甲朝左乙朝右同时以相对于岸3m/s 的速度跃入水中，如图519所示，则小船的运动方向和速率为：A向左，小于1m/s；B向左，大于1m/s；C 向右，大于1m/s
22、；D向右，小于1m/s1A 解：对甲、乙两人及船构成的系统总动量守恒，取向右为正方向，则根据动量守恒定律得 0m甲v甲m乙v乙mv，040( 3) 603100v， v 0. 6m/s 负号表示方向向左(3)A、B两船的质量均为M，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为M/2 的人，以对地的水平速率v从A船跳到B船，再从B船跳到A船经n次跳跃后，人停在B船上；不计水的阻力，则：AA、B两船速度大小之比为23；BA、B( 包括人 ) 两动量大小之比11；CA、B( 包括人 ) 两船的动能之比32；D以上答案都不对3BC 分析：不管人跳几次，只关心初状态：人在A船上，系统 ( 包括 A、B船和人 )
23、 总动量为零；末状态人在B 船上整过程动量守恒，根据动量守恒定律得 0Mv1(MM/2)vBvA/vB3/2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 8 页名师总结优秀知识点(4) 小车放在光滑地面上，A、B两人站在车的两头，A在车的左端，B在车的右端，这两人同时开始相向行走，发现小车向左运动，分析小车运动的原因，可能是：(如图 520 所示 ) AA、B质量相等，A比B的速率大；BA、B质量相等，A比B的速率小；CA、B速率相等，A比B的质量大；DA、B速率相等，A比B的质量小4AC 分析：对 A、B两人及车构成的系统动量守恒
24、，取向左为正方向mBvBmAvAm车v车0，mAvAmBvBm车v车 ,所以mAvAmBvB (7) 如图 521，在光滑水平面上有两个并排放置的木块A和B，已知mA500g，mB300g，一质量为 80g的小铜块C以 25m/s 的水平初速开始，在A表面滑动，由于C与A、B间有摩擦，铜块C最后停在B上，B和C一起以 2.5m/s 的速度共同前进，求：木块A的最后速度vA；C在离开A时速度vc7解：因为水平面光滑、C在 A、B 面上滑动的整个过程，A、B、C系统总动量守恒木块C离开 A 滑上 B 时，木块A 的速度为最后速度，则mCvCMAvA(mBmC)vBC, 代入数据可得vA2. 1m/
25、s, 对 C在 A上滑动的过程， A、B、C 系统总动量守恒， A、B速度相等 则mCvC(mAmB)vAmCvC 代入数据可得vC4m/s九、用动量守恒定律进行动态分析专题【例题】 甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏甲和他的冰车的总质量共为M30kg，乙和他的冰车的总质量也是30kg，游戏时， 甲推着一质量为m 15kg 的箱子， 和他一起以大小为v02m/s 的速度滑行 乙以同样大小的速度迎面滑来为了避免相撞， 甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住若不计冰面的摩擦力， 求：甲至少要以多大的速度( 相对于地面 ) 将箱子推出，才能避免与乙相撞【分析和解答】甲把箱子推
26、出后，甲的运动有三种可能，一是继续向前，方向不变；一是静止；一是倒退，方向改变按题意，要求甲推箱子给乙避免与乙相撞的最起码速度，是上述的第一种情况，即要求推箱子后，动量的变化不是很大， 达到避免相撞的条件便可以，所以对甲和箱的系统由动量守恒定律可得：( 取v0方向为正方向 ) (Mm)v0mvMv1即(3015) 215v30v1 (1) v为箱子相对地速度，v1为甲相对地速度乙抓住箱子后， 避免与甲相遇， 则乙必须倒退， 与甲运动方向相同，对乙和箱的系统得：mv-Mv0(Mm)v2即 15v-30 2(3015)v2 (2) v2为乙抓住箱子后，一起相对地的后退速度甲、乙两冰车避免相撞的条件
27、是：v2v1；当甲、乙同步前进时，甲推箱子的速度为最小v2v1 (3) 联立 (1)(2)(3)式代入数据解得：v5.2m/s 训练题(1) 如图 526 所示，水平面上A、B两物体间用线系住，将一根弹簧挤紧，A、B两物体质量之比为 21，它们与水平面间的动摩擦因数之比为12现将线烧断，A、B物体从静止被弹开，则：A弹簧在弹开过程中( 到停止之前 ) ，A、B两物体速度大小之比总是12；B弹簧刚恢复原长时，两物体速度达最大；C两物体速度同时达到最大；D两物体同时停止运动分析：由于A、B 受水平地面的摩擦力等大反向，整个过程系统动量守恒，则0mAvAmBvBvA/vBmB/mA1/2 选项 A、
28、C、D正确当 A或 B受合外力等于零，加速度为零时，速度达到最大，此时弹簧尚未恢复原长，选项B错误(2) 如图 527 所示，光滑水平面有质量相等的A、B两物体，B上装有一轻质弹簧，B原来处于静止状态，A以速度v正对B滑行，当弹簧压缩到最短时：AA的速度减小到零；B是A和B以相同的速度运动时刻；C是B开始运动时；D是B达到最大速度时2B 分析：当A碰上弹簧后， A 受弹簧推力作用而减速，B 受弹簧推力作用而加速；当两者速度相等时， A、 B之间无相对运动， 弹簧被压缩到最短 然后 A受弹簧推力作用继续减速，B受弹簧推力作用继续加速，当弹簧恢复原长时，A减速至零， B 加速至最大 或用动量守恒定
29、律分析，mAv0mAvAmBvBvA减小，vB增大；当vA减至零时，vB增加至最大为v(5) 如图 529 所示，甲车质量m120kg，车上有质量M50kg 的人甲车 (连人 ) 从足够精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页名师总结优秀知识点长的光滑斜坡上高h0.45m 由静止开始向下运动，到达光滑水平面上，恰遇m250kg 的乙车以速度v01.8m/s 迎面驶来 为避免两车相撞， 甲车上的人以水平速度v( 相对于地面 ) 跳到乙车上，求v的可取值的范围(g取 10m/s2) 5解：甲车滑到水平面时速度为v甲gh2450
30、102.3(m/s) 向右；取向右为正方向，设人从甲车跳到乙车后，甲、乙的速度为v甲，v乙(均向右 ) ，当v甲v乙时，两车不相碰，由动量守恒定律，对人和甲车有： (20 50)v甲20v甲50v,对人和乙车有： 50v50v0(50 50)v乙解得v 3. 8m/s 当v甲v乙时两车不相碰， 同理有：(20 50)v甲50v 20v甲50v50v0(50 50)v乙解得v 4.8m/s，故v的范围： 3. 8m/sv 4. 8m/s (6) 如图 530 所示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为l，细杆高为h，且位于小车的中点，试求：当玩具蛙
31、最小以多大的水平速度v跳出时，才能落到桌面上？( 要求写出必要文字，方程式及结果) 6解：取向右为正方向， 系统m，M动量守恒： 0mvMV ，蛙在空中运动时间：thg /2蛙在t内相对车的水平距离：l/2 (vV)t ，解得：vhgmMMl2)(2十、爆炸、碰撞和反冲专题1碰撞过程是指：作用时间很短，作用力大碰撞过程两物体产生的位移可忽略2爆炸、碰撞和反冲动量近似守恒：有时尽管合外力不为零，但是内力都远大于外力， 且作用时间又非常短，所以合外力产生的冲量跟内力产生冲量比较都可忽略，总动量近似守恒3三种碰撞的特点：(1) 弹性碰撞碰撞结束后，形变全部消失， 末态动能没有损失所以，不仅动量守恒，
32、而且初、末动能相等，即m1v1m2v2m1v1m2v222221122112211112222mvm vm vm v(2) 一般碰撞碰撞结束后，形变部分消失，动能有部分损失所以，动量守恒，而初、末动能不相等，即m1v1m2v2m1v1m2v222221122112211112222mvm vm vm vEK减(3) 完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动；形变完全保留，动能损失最大所以，动量守恒，而初、末动能不相等，即m1v1m2v2(m1m2)v2221 12 212111()222m vm vm + m v Ekmax 4“一动一静”弹性正碰的基本规律如图 532 所示，
33、 一个动量为m1v1的小球， 与一个静止的质量为m2的小球发生弹性正碰，这种最典型的碰撞，具有一系列应用广泛的重要规律(1) 动量守恒，初、末动能相等，即(2) 根据式，碰撞结束时，主动球(m1) 与被动球 (m2) 的速度分别为(3) 判定碰撞后的速度方向当m1m2时；v10，v20两球均沿初速v1方向运动当m1m2时；v10，v2v1两球交换速度，主动球停下，被动球以v1开始运动当m1m2时；v10，v20主动球反弹，被动球沿v1方向运动5“一动一静”完全非弹性碰撞的基本计算关系如图 533 所示，在光滑水平面上，有一块静止的质量为M的木块，一颗初动量为mv0的子弹，水平射入木块，并深入木
34、块d，且冲击过程中阻力f恒定精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 8 页名师总结优秀知识点(1) 碰撞后共同速度(v) 根据动量守恒， 共同速度为v0mvm+ M(2) 木块的冲击位移(s) 设平均阻力为f，分别以子弹，木块为研究对象，根据动能定理，有fs12Mv2，f(sd)12m20v-12mv2由、和式可得smmMdd在物体可视为质点时：d0，s0这就是两质点碰撞瞬时，它们的位置变化不计的原因(3)冲击时间 (t) 以子弹为研究对象，根据子弹相对木块作末速为零的匀减速直线运动，相对位移d12v0t，所以冲击时间为t02d
35、v(4) 产生的热能Q在 认 为 损 失 的 动 能 全 部 转 化 为 热 能 的 条 件 下Q EKfs相fd12m20v()MMm【例题 1】质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是 7kgm/s，B球的动量是5kgm/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是：ApA6kgm/s，pB6kgm/s；BpA3kgm/s，pB9kgm/s；CpA-2kg m/s，pB14kgm/s；DpA-4kg m/s，pB17kgm/s【分析】 从碰撞前后动量守恒p1p2p1p2验证，A、B、C三种情况皆有可能，从总动能只有守恒或减少：221222p
36、pmm221222ppmm来看，答案只有A可能【例题 2】锤的质量是m1，桩的质量为m2，锤打桩的速率为一定值为了使锤每一次打击后桩更多地进入土地，我们要求m1m2假设锤打到桩上后，锤不反弹，试用力学规律分析说明为什么打桩时要求m1m2【分析】 两个阶段，第一阶段锤与桩发生完全非弹性碰撞，即碰后二者具有相同的速度，第二阶段二者一起克服泥土的阻力而做功，桩向下前进一段我们希望第一阶段中的机械能损失尽可能小，以便使锤的动能中的绝大部分都用来克服阻力做功，从而提高打桩的效率设锤每次打桩时的速度都是v，发生完全非弹性碰撞后的共同速度是v则m1v(m1m2)v非弹性碰撞后二者的动能为Ek12(m1m2)
37、v2211212mmmv2 当m1m2时，EK12m1v2，即当m1m2时碰撞过程中系统的机械能损失很小训练题(1) 甲、乙两个小球在同一光滑水平轨道上，质量分别是m甲和m乙甲球以一定的初动能Ek0向右运动，乙球原来静止某时刻两个球发生完全非弹性碰撞( 即碰撞后两球粘合在一定) ，下面说法中正确的是：Am甲与m乙的比值越大，甲球和乙球组成的系统机械能的减少量就越小；Bm甲与m乙的比值越小，甲球和乙球组成的系统机械能的减少量就越小；Cm甲与m乙的值相等，甲球和乙球组成的系统机械能的减少量最小；Dm甲与m乙的值相等，甲球和乙球组成的系统机械能的减少量最大1 A 提示：由动量守恒有：mv0(Mm)v
38、，由能量守恒有： E21mv0221(Mm)v2，E21mv02mMM21mv02Mm11，越大， E越小，故选项A对(2) 半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是：A甲球的速度为零而乙球的速度不为零； B 乙球的速度为零而甲球的速度不为零；C两球的速度均不为零；D两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能不变2提示：不知道是哪一种碰撞m甲m乙，Ek相同，由P22mEk知P甲P乙，故系统总动量的方向与甲的初速相同对 A选项，当球反弹时可保证P总与 A球的初速相同， 可能出现；对 B选项，P甲P乙，
39、碰后乙球不可能静止；对C 选项，可保证动量守恒和能量守恒成立；对 D 选项，碰后系统总动量的方向与碰前总动量方向相反，违反了动量守恒定律(3) 质量为 1kg 的小球以 4m/s 的速度与质量为2kg 的静止小球正碰 关于碰后的速度v1与v2，下面哪些是可能的：Av1v2 4/3m/s ；Bv1 -1m/s ，v2 2.5m/s ；Cv1 1m/s，v2 3m/s；Dv1-4m/s ，v2 4m/s精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 8 页名师总结优秀知识点3 提示：必须同时满足：m1v1m1vm2v2和21m1v1221m
40、1v2121m2v22这两个条件 选项 A、B 正确 (5) 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，下列哪个或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，分别变为v1、v2、v3，满足 (Mm0)vMv1mv2mv3；B摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足MvMv1mv2；C摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足Mv(Mm)v；D小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足 (Mm0)v(Mm0)v1mv25BC
41、提示：摆球并不参预小车碰木块的过程，因此小车和木块组成的系统动量守恒，摆球速度不变(9) 如图 538 所示，质量为m的子弹以速度v从正下方向上击穿一个质量为M的木球，击穿后木球上升高度为H，求击穿木球后子弹能上升多高？9解：子弹击穿木块的过程系统动量守恒，设子弹击穿木块后速度为v1，则mvMgH2mv1v1vgHmM2子弹能上升的高度hgv221222)2(gmgHMmv(11) 一个连同装备总质量为M100kg 的宇航员， 在距离飞船s45m处与飞船处于相对静止状态， 宇航员背着装有质量m00.5kg 氧气的贮气筒， 筒有个可以使氧气以v50m/s 的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船
42、的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用宇航员的耗氧率为Q2.5 10-4kg/s 不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响，则：瞬时喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？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？11提示：设瞬间喷出m(kg) 氧气，宇航员速率为v1，宇航员刚好全返回，由动量守恒：0mvMv1mvMv1匀速运动：t1vsm0Qtm由以上三式解之：m0. 05kg 或 0. 45kg；故要回到飞船时还剩有氧气，则要：0. 05kgm0. 45kg 为了总耗氧量最低，设喷出m(kg) 氧气，则总耗氧： mQtmts/v1mvMv1故tmvsM， mmvQsMmm210252.m( 讨论 m随喷出气体m的变化规律，求 m的极小值 ) 故：当mm210252.时， m有极小值则：m0.15kg 返回时间：tmvsM600(s)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页