高中物理3-5动量复习资料.docx

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1、动量复习资料一.动量与冲量1.动量按定义，物体的质量与速度的乘积叫做动量：p=mv动量是描绘物体运动状态的一个状态量，它刚好刻相对应。动量是矢量，它的方向与速度的方向一样。2.冲量按定义，力与力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft冲量是描绘力的时间积累效应的物理量，是过程量，它刚好间相对应。冲量是矢量，它的方向由力的方向确定（不能说与力的方向一样）。假如力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就与力的方向一样。高中阶段只要求会用I=Ft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更来求。要留意的是：冲量与功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但肯定有冲量。mH例1.

2、 质量为m的小球由高为H的光滑斜面顶端无初速滑究竟端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？解：力的作用时间都是，力的大小依次是mg、mgcos与mgsin，所以它们的冲量依次是： 特殊要留意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。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更。既I=p动量定理说明冲量是使物体动量发生变更的缘由，冲量是物体动量变更的量度。这里所说的冲量必需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与）。动量定理给出了冲量（过程量）与动量变更（状态量）间的互求关系。现代物理学把力定义为物体动量的变更率：（牛顿第二定律的动量形式）。动量定理的表达

3、式是矢量式。在一维的状况下，各个矢量必需以同一个规定的方向为正。例2. 以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变更是多少？解：因为合外力就是重力，所以p=Ft=mgt 有了动量定理，不管是求合力的冲量还是求物体动量的变更，都有了两种可供选择的等价的方法。本题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要便利得多。当合外力为恒力时往往用Ft来求较为简洁；当合外力为变力时，在高中阶段只能用p来求。2.利用动量定理定性地说明一些现象例3. 鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑料垫上，没有被打破。这是为什么？解：两次碰地（或碰塑料垫）瞬间鸡蛋

4、的初速度一样，而末速度都是零也一样，所以两次碰撞过程鸡蛋的动量变更一样。根据Ft=p，第一次及地板作用时的接触时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次及泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破。（再说得精确一点应当指出：鸡蛋被打破是因为受到的压强大。鸡蛋与地板互相作用时的接触面积小而作用力大，所以压强大，鸡蛋被打破；鸡蛋与泡沫塑料垫互相作用时的接触面积大而作用力小，所以压强小，鸡蛋未被打破。）F例4. 某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸快速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？解：物体动量的变更不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲

5、量的大小。在程度方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变更，几乎不动。第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变更。3.利用动量定理进展定量计算利用动量定理解题，必需根据以下几个步骤进展：明确探讨对象与探讨过程。探讨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。探讨过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。进展受力分析。只分析探讨对象以外的物体施给探讨对象的力。全部外力之与为合外力。探讨对象

6、内部的互相作用力（内力）会变更系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。假如在所选定的探讨过程中的不同阶段中物体的受力状况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量与。规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的状况下，列式前要先规定一个正方向，与这个方向一样的矢量为正，反之为负。写出探讨对象的初、末动量与合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量与）。根据动量定理列式求解。ABC例5. 质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑外表，又经过时间t2停在沙坑里。求：沙对小球的平均阻力F；小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。解：设刚开场下落的位置

7、为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C。在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有： mg(t1+t2)-Ft2=0, 解得： 仍旧在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有： mgt1-I=0,I=mgt1这种题本身并不难，也不困难，但肯定要细致审题。要根据题意所要求的冲量将各个外力敏捷组合。若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1 t2时，Fmg。m Mv0v/例6. 质量为M的汽车带着质量为m的拖

8、车在平直马路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然及汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发觉。若汽车的牵引力始终未变，车及路面的动摩擦因数为，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？解：以汽车与拖车系统为探讨对象，全过程系统受的合外力始终为，该过程经验时间为v0/g，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得： 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7. 质量为m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落，落到程度地面后，反跳的最大高度为h2=0.2m，从小球下落到反跳到最高点经验的时间为t=0.6s，取g=10m

9、/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F。解：以小球为探讨对象，从开场下落到反跳到最高点的全过程动量变更为零，根据下降、上上升度可知其中下落、上升分别用时t1=0.3s与t2=0.2s，因此及地面作用的时间必为t3=0.1s。由动量定理得：mgt-Ft3=0 ，F=60N三、动量守恒定律1.动量守恒定律 一个系统不受外力或者受外力之与为零，这个系统的总动量保持不变。 即：2.动量守恒定律成立的条件系统不受外力或者所受外力之与为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以无视不计；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。全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统

10、动量守恒。3.动量守恒定律的表达形式 除了，即p1+p2=p1/+p2/外，还有： p1+p2=0，p1= -p2 与4.动量守恒定律的重要意义从现代物理学的理论高度来相识，动量守恒定律是物理学中最根本的普适原理之一。（另一个最根本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学理论的角度来看，迄今为止，人们尚未发觉动量守恒定律有任何例外。相反，每当在试验中视察到好像是违背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，最终总是以有新的发觉而成功告终。例如静止的原子核发生衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应当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。为说明这一反常现象，1930年

11、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，在试验中极难测量，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 就是根据这一历史事实设计的）。又如人们发觉，两个运动着的带电粒子在电磁互相作用下动量好像也是不守恒的。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。四、动量守恒定律的应用1.碰撞A A B A B A Bv1vv1/v2/ 两个物体在极短时间内发生互相作用，这种状况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满意内力远大于外力，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。 细致分析一下碰撞的

12、全过程：设光滑程度面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的静止物体B运动，B的左端连有轻弹簧。在位置A、B刚好接触，弹簧开场被压缩，A开场减速，B开场加速；到位置A、B速度刚好相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再往后A、B开场远离，弹簧开场复原原长，到位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为。全过程系统动量肯定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。 弹簧是完全弹性的。系统动能削减全部转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性势能最大；弹性势能削减全部转化为动能；因此、状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒与能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为：。（这

13、个结论最好背下来，以后常常要用到。） 弹簧不是完全弹性的。系统动能削减，一局部转化为弹性势能，一局部转化为内能，状态系统动能仍与一样，弹性势能仍最大，但比小；弹性势能削减，局部转化为动能，局部转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一局部动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。 v1 弹簧完全没有弹性。系统动能削减全部转化为内能，状态系统动能仍与一样，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：。（这个结论最好背下来，以后常常要用到。）例8. 质量为M的楔形物块

14、上有圆弧轨道，静止在程度面上。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 与物块的最终速度v。解：系统程度方向动量守恒，全过程机械能也守恒。在小球上升过程中，由程度方向系统动量守恒得：由系统机械能守恒得： 解得全过程系统程度动量守恒，机械能守恒，得 本题与上面分析的弹性碰撞根本一样，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。例9. 动量分别为5kgm/s与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？解：A能追上B，说

15、明碰前vAvB,；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：此类碰撞问题要考虑三个因素：碰撞中系统动量守恒；碰撞过程中系统动能不增加；碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）与速度大小应保证其依次合理。2.子弹打木块类问题子弹打木块事实上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以程度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、能量与牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。 s2 ds1v0v例10. 设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑程度面上的质量为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

16、弹的平均阻力的大小与该过程中木块前进的间隔 。解：子弹与木块最终共同运动，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，明显有s1-s2=d对子弹用动能定理： 对木块用动能定理： 、相减得： 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，系统动能的损失应当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），等于摩擦力大小及两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟途径有关，所

17、以这里应当用路程，而不是用位移）。 由上式不难求得平均阻力的大小：至于木块前进的间隔 s2，可以由以上、相比得出：从牛顿运动定律与运动学公式动身，也可以得出同样的结论。由于子弹与木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移及平均速度成正比： 一般状况下，所以s2d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以无视不计。这就为分阶段处理问题供应了根据。象这种运动物体及静止物体互相作用，动量守恒，最终共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式： 当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹与木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍旧守恒，系统动能损失仍旧是EK= f d（这里的d为木块的厚度

18、），但由于末状态子弹与木块速度不相等，所以不能再用式计算EK的大小。 做这类题目时肯定要画好示意图，把各种数量关系与速度符号标在图上，以免列方程时带错数据。3.反冲问题 在某些状况下，原来系统内物体具有一样的速度，发生互相作用后各局部的末速度不再一样而分开。这类问题互相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。l2 l1例11. 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？解：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、船的位移大小之与等于L。设

19、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， 应当留意到：此结论及人在船上行走的速度大小无关。不管是匀速行走还是变速行走，甚至来回行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是一样的。做这类题目，首先要画好示意图，要特殊留意两个物体相对于地面的挪动方向与两个物体位移大小之间的关系。 以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。假如发生互相作用前系统就具有肯定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。例12. 总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v0，速度方向程度。

20、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？解：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，动量易错题内容与方法本单元内容包括动量、冲量、反冲等根本概念与动量定理、动量守恒定律等根本规律。冲量是物体间互相作用一段时间的结果，动量是描绘物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果，将导致物体动量的变更。冲量与动量都是矢量，它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法则。本单元中所涉及到的根本方法主要是一维的矢量运算方法，其中包括动量定理的应用与动量守定律的应用，由于力与动量均为矢量。因此，在应用动理定理与动量守恒定律时

21、要首先选取正方向，及规定的正方向一样的力或动量取正值，反之取负值而不能只关注力或动量数值的大小；另外，理论上讲，只有在系统所受合外力为零的状况下系统的动量才守恒，但对于某些详细的动量守恒定律应用过程中，若系统所受的外力远小于系统内部互相作用的内力，则也可视为系统的动量守恒，这是一种近似处理问题的方法。 例题分析在本单元学问应用的过程中，初学者常犯的错误主要表如今：只留意力或动量的数值大小，而无视力与动量的方向性，造成应用动量定理与动量守恒定律一列方程就出错；对于动量守恒定律中各速度均为相对于地面的速度相识不清。对题目中所给出的速度值不加分析，盲目地套入公式，这也是一些学生常犯的错误。例1 、从

22、同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上简洁打碎，而掉在草地上不简洁打碎，其缘由是： A掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B掉在水泥地上的玻璃杯动量变更大，掉在草地上的玻璃杯动量变更小C掉在水泥地上的玻璃杯动量变更快，掉在草地上的玻璃杯动量变更慢D掉在水泥地上的玻璃杯及地面接触时，互相作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯及地面接触时间长。【错解分析】错解：选B。认为水泥地较草地坚硬，所以给杯子的作用力大，由动量定理I=P，即Ft =P，认为F大即P，大，所以水泥地对杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的动量变更量大，所以，简洁破裂。【正确解答】 设玻璃杯下落高度为h。它们从h高度落地瞬间

23、的量变更快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，冲力也大，所以杯子所以掉在水泥地受到的合力大，地面赐予杯子的冲击力也大，所以杯子易碎。正确答案应选C，D。【小结】 推断这一类问题，应从作用力大小推断入手，再由动量大，而不能一开场就认定水泥地作用力大，正是这一点须要自己去分析、推断。例2 、把质量为10kg的物体放在光滑的程度面上，如图51所示，在及程度方向成53的N的力F作用下从静止开场运动，在2s内力F对物体的冲量为多少？物体获得的动量是多少？【错解分析】错解一：2s内力的冲量为设物体获得的动量为P2，由动量定理对冲量的定义理解不全面，对动量定理中的冲量理解不够。错解一 主要是对冲量的概念的理

24、解，冲最定义应为“力及力作用时间的乘积”，只要题目中求力F的冲量，就不应再把此力分解。这类解法把冲量定义及功的计算公式W=Fcosas混淆了。错解二 主要是对动量定理中的冲量没有理解。事实上动量定理的叙述应为“物体的动量变更及物体所受的合外力的冲量相等”而不是“及某一个力的冲量相等”，此时物体除了受外力F的冲量，还有重力及支持力的冲量。所以解错了。【正确解答】 首先对物体进展受力分析：及程度方向成53的拉力F，竖直向下的重力G、竖直向上的支持力N。由冲量定义可知，力F的冲量为：IF = Ft = 102=10(Ns)因为在竖直方向上，力F的重量Fsin53，重力G，支持力N的合力为零，合力的冲

25、量也为零。所以，物体所受的合外力的冲量就等干力F在程度方向上的重量，由动量定理得：Fcos53t = P20所以P2= Fcos53t =100.82(kgm/s)P2=16kgm/s【小结】 对于物理规律、公式的记忆,要在理解的根底上记忆，要留意弄清公式中各物理量的含量及规律反映的物理本质，而不能机械地从形式上进展记忆。另外，对于计算冲量与功的公式、动能定理与动量定理的公式，由于它们从形式上很相像，因此要特殊留意弄清它们的区分。例3、 在距地面高为h，同时以相等初速V0分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比拟它们的动量的增量P，有 A平抛过程较大 B竖直上抛

26、过程较大C竖直下抛过程较大 D三者一样大【错解分析】 错解一：根据机械能守恒定律，抛出时初速度大小相等，落地时末速度大小也相等，它们的初态动量P1= mv0。是相等的，它们的末态动量P2= mv也是相等的，所以P = P2P1则肯定相等。选D。错解二：从同一高度以相等的初速度抛出后落地，不管是平抛、竖直上抛或竖直下抛，因为动量增量相等所用时间也一样，所以冲量也一样，所以动量的变更量也一样，所以选D。错解一主要是因为没有真正理解动量是矢量，动量的增量P=P2=P1也是矢量的差值，矢量的加减法运算遵从矢量的平行四边形法则，而不能用求代数差代替。平抛运动的初动量沿程度方向，末动量沿斜向下方；竖直上抛

27、的初动量为竖直向上，末动量为竖直向下，而竖直下抛的初末动量均为竖直向下。这样分析，动量的增量P就不一样了。方向，而动量是矢量，有方向。从运动合成的角度可知，平抛运动可由一个程度匀速运动与一个竖直自由落体运动合成得来。它下落的时间由为初速不为零，加速度为g的匀加速度直线运动。竖直下抛落地时间t3t1，所以第二种解法是错误的。 【正确解答】 1由动量变更图52中可知，P2最大，即竖直上抛过程动量增量最大，所以应选B。【小结】 对于动量变更问题，一般要留意两点：(1)动量是矢量，用初、末状态的动量之差求动量变更，肯定要留意用矢量的运算法则，即平行四边形法则。(2) 由于矢量的减法较为困难，如本题解答

28、中的第一种解法，因此对于初、末状态动量不在一条直线上的状况，通常采纳动量定理，利用合外力的冲量计算动量变更。如本题解答中的第二种解法，但要留意，利用动量定理求动量变更时，要求合外力肯定为恒力。例4、 向空中放射一物体不计空气阻力，当物体的速度恰好沿程度方向时，物体炸裂为a,b两块若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向则 Ab的速度方向肯定及原速度方向相反B从炸裂到落地这段时间里，a飞行的程度间隔 肯定比b的大Ca，b肯定同时到达地面D炸裂的过程中，a、b中受到的爆炸力的冲量大小肯定相等【错解分析】 错解一：因为在炸裂中分成两块的物体一个向前，另一个必向后，所以选A。错解二：因为不知道a及b的

29、速度谁大，所以不能确定是否同时到达地面，也不能确定程度间隔 谁的大，所以不选B，C。错解三：在炸裂过程中，因为a的质量较大，所以a受的冲量较大，所以D不对。错解一中的相识是一种凭感觉推断，而不是建立在全面分析的根底上。事实是由于没有讲明a的速度大小。所以，若要满意动量守恒，(mA+mB)v=mAvAmBvB，vB的方向也可能及vA同向。错解二是因为没有驾驭力的独立原理与运动独立性原理。把程度方向运动的快慢及竖直方向的运动混为一谈。错解三的主要错误在于对于冲量的概念没有很好理解。【正确解答】 物体炸裂过程发生在物体沿程度方向运动时，由于物体沿程度方向不受外力，所以沿程度方向动量守恒，根据动量守恒

30、定律有：(mA+mB)v = mAvAmBvB当vA及原来速度v同向时,vB可能及vA反向，也可能及vA同向,第二种状况是由于vA的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但若vA很小，则mAvA还可能小于原动量(mA+mB)v。这时,vB的方向会及vA方向一样，即及原来方向一样所以A不对。a，b两块在程度飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运选项C是正确的由于程度飞行间隔 x = vt，a、b两块炸裂后的速度vA、vB不肯定相等，而落地时间t又相等，所以程度飞行间隔 无法比拟大小，所以B不对。根据牛顿第三定律，a，b所受爆炸力FA=FB，力的作用时间相等，所以冲量I=Ft的大小肯定相等。所以

31、D是正确的。此题的正确答案是：C，D。【小结】 对于物理问题的解答，首先要搞清问题的物理情景，抓住过程的特点(物体沿程度方向飞行时炸成两块，且a仍沿原来方向运动)，进而结合过程特点(沿程度方向物体不受外力)，运动相应的物理规律(沿程度方向动量守恒)进展分析、推断。解答物理问题应当有根有据，切忌“想当然”地作出推断。例5、一炮弹在程度飞行时，其动能为=800J，某时它炸裂成质量相等的两块，其中一块的动能为=625J，求另一块的动能【错解分析】 错解：设炮弹的总质量为m，爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律：P=P1P2代入数据得：Ek=225J。主要是只考虑到爆炸后两块的速度同向，而没有考虑到方向相

32、反的状况，因此漏掉一解。事实上，动能为625J的一块的速度及炸裂前炮弹运动速度也可能相反。【正确解答】 以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为625J的一块的速度可能为正可能为负，由动量守恒定律：PP1P2解得：=225J或4225J。正确答案是另一块的动能为225J或4225J。【小结】 从上面答案的结果看，炮弹炸裂后的总动能为(625225)J=850J或(6254225)J=4850J。比炸裂前的总动能大，这是因为在爆炸过程中，化学能转化为机械能的原因。例6、 如图53所示，一个质量为M的小车置于光滑程度面。一端用轻杆AB固定在墙上，一个质量为m的木块C置于车上时的初速度为v0。因摩

33、擦经t秒木块停下，(设小车足够长)，求木块C与小车各自受到的冲量。【错解分析】错解：以木块C为探讨对象，程度方向受到向右的摩擦力f，以v0)。为正方向，由动量定理有：-ft = 0 = mv0所以I木= ft = mv0所以，木块C受的冲量大小为mv0，方向程度向右。又因为小车受到的摩擦力程度向左，大小也是f(牛顿第三定律)。所以小车受到的冲量I车= ft = mv0,大小及木块受到的冲量相等方向相反，即程度向左。主要是因为对动量定理中的冲量理解不深化，动量定理的内容是：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变更量。数学表达式为I合=P2P1，等式左侧的冲量应指合外力的冲量。在上述解答中，求木块C

34、受到的冲量为mv0是正确的。因为C受到的合外力就是f (重力mg及支持力N互相平衡)，但小车的冲量就错了。因为小车共受5个力：重力Mg，压力N=mg，支持力NN=(mM)g，摩擦力f与AB杆对小车的拉力T，且拉力T = f，所以小车所受合力为零，合力的冲量也为零。【正确解答】 以木块C为探讨对象，程度方向受到向右的摩擦力f，以V0为正方向,由动量定理有：ft = 0mv0 I木= ft = mv0所以，木块C所受冲量为mv0，方向向右。对小车受力分析，竖直方向N=MgN=(Mm)g，程度方向T= f，所以小车所受合力为零，由动量定理可知，小车的冲量为零。从动量变更的角度看，小车始终静止没动，所

35、以动量的变更量为零，所以小车的冲量为零。正确答案是木块C的冲量为mv0，方向向右。小车的冲量为零。【小结】 在学习动量定理时，除了要留意动量是矢量，求动量的变更P要用矢量运算法则运算外，还要留意Ft中F的含义，F是合外力而不是某一个力。参考练习：质量为100g的小球从0.8m高处自由落下到一厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经验了0.20s，则这段时间软垫对小球的冲量为_(g=10m/s2，不计空气阻力)。(答案为o.6Ns)例7、 总质量为M的装砂的小车，正以速度v0在光滑程度面上前进、突然车底漏了，不断有砂子漏出来落到地面，问在漏砂的过程中，小车的速度是否变更？【错解分析】错解：质

36、量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v由动量守恒守律：Mv0=(Mm)v上述解法错误的主要缘由在于探讨对象的选取，小车中砂子的质量变了，即原来属于系统内的砂子漏出后就不探讨了。这样，所谓系统的初状态及末状态的含义就变了。实际状况是，漏掉的砂子在刚分开车的瞬间，其速度及小车的速度是一样的，然后做匀变速运动(即平抛)【正确解答】 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为V由动量守恒定律：Mv0= mv(Mm)v解得：v = v0即砂子漏出后小车的速度是不变的。【小结】 用动量守恒定律时，第一个重要的问题就是选取的系统。当你选定一个系统(此题为小车及车上的全部砂子)时，系统的初末状态都

37、应当对全系统而言，不能在中间变换系统。例8 、一绳跨过定滑轮，两端分别栓有质量为M1，M2的物块(M2M1如图54)，M2开场是静止于地面上，当M1自由下落H间隔 后，绳子才被拉紧，求绳子刚被拉紧时两物块的速度。【错解分析】错解：M1自由下落H间隔 时，速度v1=。在M1与M2组成的系统中，它们互相作用前后的动量守恒。当绳子刚被拉紧时，设M1，M2的共同速度为v，事实上，上述结果是正确的，但在解题过程中，出现了两个错误。其一，没有细致分析绳子拉紧前后的动量守恒条件。事实上由M1，M2组成的系统除了受重力外，还要受到滑轮轴心竖直向上的支持力作用，而这个支持力不等于M1+M2的重力，所以系统所受合

38、外力不为零。不能对整个系统应用动量守恒定律。其二，即使能应用动量守恒定律，也应细致考虑动量的方向性，M1的方向向下，而M2的方向向上，不能认为M1及M2系统的动量为(M1M2)v。【正确解答】 M1自由下落H间隔 时的速度绳子拉紧后的一小段时间t后，M1及M2具有一样的速率V,M1的速度向下，M2的速度向上。对M1由动量定理，以向上为正方向:(T1M1g)t =M1v(M1v1) 对M2由动量定理，以向上为正方向：(T2M2g)L = M2v0 因为拉紧过程绳子的拉力远远大于物体的重力，可以认为T1=T2，所【小结】 通过本题的分析及解答，我们可以从中得到两点警示。一是运用物理规律时肯定要留意

39、规律的适用条件，这一点要从题目所述的物理过程的特点动身进展分析，而不能“以貌取人”，一看到两物体间互相作用，就盲目地套用动量守恒定律。二是应用动量守恒定律时，要留意此规律的矢量性，即要考虑到系统内物体运动的方向。例9、 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，枪内装有n颗子弹，每颗质量为m，枪口到靶的间隔 为l,子弹射出枪口时相对于地面的速度为v，在放射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，则在放射完n颗子弹后，小船后退的间隔 为多少？【错解分析】错解： 设第一颗子弹射出后船的后退速度为v，后退间隔 为S1，子弹从枪口到靶所用的时间为：对这颗子弹与其他物体构成的系

40、统列动量守恒方程：mv = M(n1)mv 在时间t内船的后退间隔 s1= vt 子弹全部射出后船的后退间隔 s = ns1 联立解得：【正确解答】 设子弹射出后船的后退速度为v，后退间隔 为s1=vt，如图55所示，由几何关系可知l= d+s1即l=vt + vt 联立解得：【小结】 对本题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹及船运动的关系，而这一关系假如能用图55所示的几何图形加以描绘，则很简洁找出子弹及船间的相对运动关系。可见利用运动的过程草图，扶植我们分析类似较为困难的运动关系问题，是大有好处的。例10、 如图56所示，物体A置于小车B上，A及B之间光滑无摩擦。它们以共

41、同的速度v前进。突然遇到障碍物C，将A从车上碰了出去，A被碰回的速度大小也是v。问：小车B的速度将怎样变更？【错解分析】错解： 以A，B原来速度方向为正，设小车B后来的速度为v，根据动量守恒定律，则(mA+mB)v=mBvmAv即：(mAmBmA)v = mBv因为2mAmBmB所以：vv(变大)方向为原来的方向。上述错解的主要缘由是不留意分析物理规律的适用条件，乱用动量守恒定律而造成的。当我们探讨对象为A与B组成的系统时(如上述错解的探讨对象)。在A及障碍物C发生碰撞时，因为C对A的作用力就A及B的系统来说是外力，所以不满意动量守恒条件(不受外力或合外力为零)。也就是说它们的动量不守恒，不能

42、应用动量守恒定律去计算及探讨。不加分析地运用动量守恒定律必定导致错误。【正确解答】 事实上，在A及C相碰时，由于C对A的作用力的冲量使A的动量发生了变更。而A及B之间光滑无摩擦。在程度方向无互相作用力。所以对B来说，其程度动量是守恒的(事实上也只具有程度动量)。也就是说，A在程度方向运动的变更不会影响B的运动状况，因此B将以速度v接着前进。【小结】 物体间发生互相作用时，选哪个系统为探讨对象，这是人为的选择，但要留意，若系统选择不当，则导致对该系统不能应用动量守恒定律来求解，如本题的A，B组成的系统。因此我们应留意探讨对象的选取，使其能满意我们所选用规律的适用条件。如本题中以B为探讨对象，即包

43、含了所求的B的运动状况，而满意了程度方向不受外力，动量守恒的适用条件。例11、 如图57所示将一光滑的半圆槽置于光滑程度面上，槽的左侧有一固定在程度面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开场落下，及圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是： A小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B小球在半圆槽内运动的全过程中，小球及半圆槽在程度方向动量守恒C小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球及半圆槽在程度方向动量守恒D小球分开C点以后，将做竖直上抛运动。【错解分析】 错解一：半圆槽光滑，小球在半圆槽内做圆周运动的全过程中，只受重力与弹力作用，而弹力方向始终及速度方向垂直，

44、所以弹力不做功，则只有重力做功，所以选A。错解二：由于光滑的半圆槽置于光滑的程度面，所以小球在半圆槽运动的全过程中，小球及半圆槽程度方向不受外力作用，因此系统在程度方向动量守恒，故选B。错解三：半圆槽槽口的切线方向为竖直方向，因此小球运动到C点时的速度方向竖直向上，所以小球分开C点以后得做竖直上抛运动，故选D。【正确解答】 本题的受力分析应及左侧没有物块拦住以及半圆槽固定在程度面上的状况区分开来。（图5-8）从AB的过程中，半圆槽对球的支持力N沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力N方向相反指向左下方，因为有物块拦住，所以半圆槽不会向左运动，情形将及半圆槽固定时一样。但从BC的过程中，小球对

45、半圆槽的压力N方向向右下方，所以半圆槽要向右运动，因此小球参及了两个运动：一个是沿半圆槽的圆运动，另一个及半圆槽一起向右运动，小球所受支持力N及速度方向并不垂直，所以支持力会做功。所以A不对。又因为有物块拦住，在小球运动的全过程，程度方向动量也不守恒，即B也不对。当小球运动到C点时，它的两个分运动的速度方向如图59，并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即D也不对。正确答案是：小球在半圆槽内自BC运动过程中，虽然开场时半圆槽及其左侧物块接触，但已不挤压，同时程度而光滑，因此系统在程度方向不受任何外力作用，故在此过程中，系统在程度方向动量守恒，所以正确答案应选C。【小结】 在本题中由于半圆槽左侧有物块将槽拦住，导致了小球从AB与从BC两段过程特点的不同，因此在这两个过程中小球所受弹力的方向及其运动方向的关系，及球与槽组成的系统所受合外力状况都发生了变更。而这一变更导致了两个过程所遵从的物理规律不同，所以详细的解决方法也就不一样了。通过本题的分析解答，可以使我们看到，对不同的物理过程要做细致细致的详细分析，切忌不细致分析过程，用头脑中已有的模型代替新问题，而乱套公式。例12、在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(与单摆)以恒定的速度u沿光滑的程度面运动，及位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短