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1、沁阳市高中备课中心 物理 教案 主备 杨国兴 审定 杨国兴 2022年8月20日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 2、动量守恒定律 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
2、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kgm/s；2、动量和动能的区别和联系 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。 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。 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。 动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不
3、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：P22mEk3、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）P=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 P=Ft，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
4、关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。单位是Ns；2、冲量的计算方法（1）I=Ft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=P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 Ftp/p；该定理由牛顿第二定律推导出来：（质点m在短时间t内受合力为F合，合力的冲量是F合t；质点的初、未动量是 mv0、mvt，动量的变化量是P=（mv）=mvtmv0根据动量定理得：F合=（mv）/t）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：
5、（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
6、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（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
7、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
8、。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=gsin，滑到底端所用时间，由s=at2，可知t=由冲量的定义式IN=Nt=mgcos, IG=mgt=mg I合F合tmgsin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Fcost，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=02kg，摆长l=05m今将摆球拉高与竖直方向成50角处由静止释放，
9、求摆球运动至平衡位置过程中重力的冲量和合力的冲量（g10 ms2）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 IGmg=0.210069 Ns 摆球所受合力为变力，不能直接用公式IFt计算，只能应用动量定理求之： F合tmv=m0039 Ns答案：069 NS；0039 NS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IFt求，变力的冲量一般由IP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
10、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
11、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F4N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t11s;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fN=mg由以上两式得：注意:应用动量定理公式Imv2一mvl时，不要把公式左边的冲量单纯
12、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h23.2 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
13、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：(FMg-mg)t=mv(Mu)分别对A、B应用动量定理得：（Fmg）t=mv，Mgt=Mu代入上式得I=Ft=mvmgt=mvmu=m（vu）【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
14、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？（g10ms2） （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001s，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=10ms 由动量定理得（Flmg）t1mv F1mv/t1mg1103N （3）由动量定理得（F2一mg）t2mv F2mv/t2mg505104N【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60
15、kg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v030m/s,由根据动量定理有Ft=mv0,解得F=5.4104N【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，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（mAmB）gt
16、（mAmB）V0由此可知A、B之间连线断开时，A、B的速度为V=F（mAmB）gt/（mAmB）（2）研究滑块A作匀减速运动过程，根据动量定理有：mAgt/=0mAV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（mAmB）g（tt/）=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
17、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：（mgMg一F1F2）t（Mv2一mvl）一（m十M）v 据牛顿第二定律，它们一起下沉时:Mg十mg一F1一F2（mM) a把代入得（mM）at（Mv2一mvl）一（mM）v解得2 动量定理的拓展应用1、动量定理Ftmvtmv0可
18、以用一种更简洁的方式Ft=P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=GaNyfy NyNbacosGbcos2 fy=fbasin，当b沿斜面
19、匀速下滑时，在数值上fba=fab= Gbsin 所以fyGbsin2 所以 N GaGbsin2Gbcos2GaGb 当b在a上静止时情形亦如此NGaGb当b在a上加速下滑时fGbsin，所以 NGaGb当b在a上减速下滑时fGbsin，所以NGaGb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（GaGb ）t=P 显然匀速运动时N= GaGb 加速运动时NGaGb 减速运动时NGaGb 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
20、面或沿料面匀速下滑时对b有：Gbsinf NGbcos 对a受力分析如图所示，比较fx与Nx的大小 fx=fcos= Gbsincos，NxGbcossin 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 ，Gbsinf所以对a ，fxNx，摩擦力方向向左（3）当b沿斜面减速下滑时 Gbsinf所以对a，fxNx，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，vx0 根据动量定理，ab在水平方向受到冲量为零，所以产
21、生冲量的摩擦力为零 （2）当沿斜面加速下滑时ftmbvx，f与vx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，vx0，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
22、何？解法一：按照常规则应进行如下分析对盘：如图412中1所示（N为臂对盘的支持力，F为杯对盘的压力） NFG盘 对杯底：如图412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 对水：如图412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 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 代入得 F/水=T/十G球 G水 代入得 F/= G杯十 G水G球 代入得 NG盘G杯十 G水G球 当绳断时，对杯底如图412中4所示， F/G杯 G水 F浮一G球=m木球a
23、m水球a 即F浮 =G球十m木球am水球a 代入得 对水F/水= G球G水m木球am水球a 代入得 FG杯十G水十G球十m木球am水球a 代入得 NG盘G杯十 G水G球十m木球am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 FtP 即N（G盘G杯十 G水G球 ）t=P 当静止时P0 所以 NG盘G杯十 G水G球 当木球向上运动水球向下运动时,P=m木球vm水球v0 所以 NG盘G杯十 G水G球 从而知天平左端上升 说明：前法较后法步骤繁杂，使人接受困难，后法两步即可得出结论，两法比较，繁简分明【例3】如图所示，在光滑水平面上，有A、B两辆小车水平面左侧有一竖
24、直墙在小车B上坐着一个小孩小孩与车B的总质量是车A的10倍，两车从静止开始，小孩把车A以对地速度v推出，车A与墙碰撞后仍以原速率返回，小孩接到车A后，又把它以对地速度v推出，车A返回后，小孩再把它推出，每次推出，小车A对地速度都是v，方向向左，则小孩共把车A推出多少次后，车A返回小孩不能再接到？解析：题中车A多次与车B及墙壁间发生相互作用，而每次与车B作用时，水平方向合力为0，故A、B每次作用时，由车A与车B组成系统动量守恒，而每次作用后车B的速度是下一次作用前的速度，这为一个隐含条件，车A返回，小孩不能接到的临界条件是vB=v设第一次、第二次、第n次作用后，车B的速度为v1，v2，vn，每次
25、作用，车A与车B动量守恒，从而得到0=10mvlmv （A、B第1次作用） 10mvl mv10mv2mv （A、B第2次作用） 10mv2 mv10mv3mv （A、B第3次作用） 10mvn1 mv10mvnmv （A、B第n次作用） 把n式相加得：（n1）mv= 10mvnnmv 即得：vn=vv 则 n55， n取整数， n6次后，车A 返回时，小孩接不到车A巧解：对A、B系统，所受合外力就是墙的弹力这个弹力每次产生冲量大小为2mv，要使B不再接到 A，必须vAvB这里先取一个极限值vA=vB=v ，则： 根据动量定理， n2mv=（Mm）v 将M10m代入解得 n55，所以推6次即可
26、2、物体动量的增量可以是物体质量不变，由速度变化形成：P=mv2I一mv1=m（V2一v1）=mv， 动量定理表达为Ft=mv.也可以是速度不变，由质量变化形成：Pm2v一mlv=（m2一ml）vmv,动量定理表达为FtmV。在分析问题时要注意第二种情况。【例4】宇宙飞船进入一个宇宙尘埃区，每前进lm，就有10个平均质量为2107的微尘粒与飞船相撞，并附在飞船上。若尘埃微粒原来的速度不计，要保持飞船的速度10 km/s，飞船喷气产生的推力至少应维持多大？解析：设飞船速度为v，飞行时间为t，每前进1m附着的尘粒数为n，尘粒的平均质量为m0，则在t内飞船增加的质量mnm0vt.据动量定理Ftmv。
27、可知推力：【例5】科学家设想在未来的航天事业中用太阳帆来加速星际宇宙飞船，按照近代光的粒子说，光由光子组成，飞船在太空中张开太阳帆，使太阳光垂直射到太阳帆上，太阳帆面积为S，太阳帆对光的反射率为100%，设太阳帆上每单位面积每秒到达n个光子，每个光子的动量为p，如飞船总质量为m。求：（1)飞船加速度的表达式。(2)若太阳帆面对阳光一面是黑色的，情况又如何？解析:(1)设经过时间t，则在时间t内射到太阳帆上的光子数为：Nnst 对光子由动量定理得Ft=NP一N（一P） 对飞船由牛顿运动定律得Fma 由以上三式解得飞船的加速度为(2）若太阳帆面对阳光的一面是黑色的，则对光子由动量定理得：ft=0一
28、N（一P）由得【例6】自动称米机已在许多大粮店广泛使用。买者认为：因为米流落到容器中时有向下 的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量数满足时，自动装置即刻切断米流时，此刻尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来，究竟哪方说得对而划算呢？（原理如图所示）。解析：设米流的流量为dkgs，它是恒定的，自动装置能即刻在出口处切断米流，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，盛米的容器中静止的那部分米的质量为m1kg，空中还在下落的米质量为m2kg，则落到已静止的米堆（m1）上的一小部分米的质量为m kg取m为研究对象，这部分米很少，在t时间内m=dt，设其落到米堆上之前的速度为
29、V，经t时间静止，其受力如图所示，由动量定律得（F一mg）t=mV 即F=dV十dtg根据牛顿第三定律知F=F/， 称米机的读数应为=m1m2m可见，称米机读数包含了静止在袋中的部分m1，也包含了尚在空中的下落的米流 m2应包含刚落至米堆上的一小部分m，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题。点评：本例是物理知识在实际生活中应用综合题，涉及物理中的冲量，动量、动量守恒、牛顿第三定律等知识。考查学生应用学科知识解决实际问题的能力，解此题必须正确分析现象，形成正确的物理图景，恰当运用物理规律求解。 3 动量守恒定律知识目标 一、动量守恒定律1、内容：相互作用的物体，如果不受外力或所受外力
30、的合力为零，它们的总动量保持不变，即作用前的总动量与作用后的总动量相等2、 动量守恒定律适用的条件 系统不受外力或所受合外力为零当内力远大于外力时某一方向不受外力或所受合外力为零，或该方向上内力远大于外力时，该方向的动量守恒3、常见的表达式p/=p，其中p/、p分别表示系统的末动量和初动量，表示系统作用前的总动量等于作用后的总动量。p=0 ，表示系统总动量的增量等于零。p1=p2，其中p1、p2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量，表示两个物体组成的系统，各自动量的增量大小相等、方向相反。其中的形式最常见，具体来说有以下几种形式A、m1vlm2v2m1v/lm2v/2，各个动量必须相对同一
31、个参照物，适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。B、0= m1vlm2v2，适用于原来静止的两个物体组成的系统。C、m1vlm2v2=（m1m2）v，适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。【例1】由动量定理和牛顿第三定律推出动量守恒定律（以两个物体为例） 解析：设两物体质量分别为m1、m2，作用前后的速度分别为v1、v2与v1/、v2/在t时间内m1、m2所受外力为 Fl、F2，内力：第 1个对第 2个物体作用力为f12，其反作用力为f21 根据动量定理： 对m1：（Fl十f21）tm1 v1/m1 v1 对m2：（F2十f12）t= m2 v2/一m2 v2 根据牛顿第三定律f1
32、2= f21 又由于Fl十F20 所以m1 v1/m1 v1m2 v2/一m2 v2 整理得：m1 v1m2 v2 =m1 v1/m2 v2/二、对动量守恒定律的理解（1）动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量，而不能改变系统的总动量，在系统运动变化过程中的任一时刻，单个物体的动量可以不同，但系统的总动量相同。（2）应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物，不能选择相对地面作加速运动的物体为参照物。（3）动量是矢量，系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变。等号的含义是说等号的两边不但大小相同，而且方向相同。AB 【例2】放在光
33、滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩的轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是 A两手同时放开后，两车的总动量为零 B先放开右手，后放开左手，而车的总动量向右 C先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右 D两手同时放开，同车的总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒 解析：根据动量守恒定律的适用条件，两手同时放开，则两车水平方向不受外力作用，总动量守恒；否则，两车总动量不守恒，若后放开左手，则左手对小车有向右的冲量作用，从而两车的总动量向右；反之，则向左因而，选项ABD正确【例3】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
34、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，下列哪些情况说法是可能发生的（ ）A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 vl、v2、v3，满足（Mm0）v=Mvl十mv2十m0v3B摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为vl和v2，满足Mv=Mvl十mv2。C摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为vl，满足Mv（Mm）vlD小车和摆球的速度都变为vl，木块的速度变为v2，满足（M十m0）v=（M十m0）vl十mv2分析：小车M与质量为m的静止木块发生碰撞的时间极短，说明在碰撞过程中，悬挂摆球的细线来不及摆开一个明显的角度，因而摆球在水平方向尚未受到力的作用
35、，其水平方向的动量未发生变化，亦即在小车与木块碰撞的过程中，只有小车与木块在水平方向发生相互作用。解析：在小车M和本块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度V匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的效力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误，小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后，小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B、C选项正确。【例4】如图所示，在光滑水平面上有A、B两小球沿同一条直线向右运动，并发生对心碰撞设向右为正方向，碰前A、B两球动量分别
36、是pA10kgm/s，pB=15 kgm/s，碰后动量变化可能是（ ）AB ApA5 kgms pB5 kgms BpA =5 kgms pB 5 kgms CpA =5 kgms pB=5 kgins DpA 20kgms pB20 kgms 解析：A此结果动量不守恒；B可能；CB的动量不可能减少，因为是A碰B；D要出现pA 20kgms只有B不动或向左运动才有可能出现这个结果答案：B规律方法 1、动量守恒定律的“四性”在应用动量守恒定律处理问题时,要注意“四性”矢量性：动量守恒定律是一个矢量式，对于一维的运动情况，应选取统一的正方向，凡与正方向相同的动量为正，相反的为负。若方向未知可设与正
37、方向相同而列方程，由解得的结果的正负判定未知量的方向。瞬时性：动量是一个状态量，即瞬时值，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定，列方程m1vlm2v2m1v/lm2v/2时，等号左侧是作用前各物体的动量和，等号右边是作用后各物体的动量和，不同时刻的动量不能相加。相对性：由于动量大小与参照系的选取有关，应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对于同一惯性参照系的速度，一般以地球为参照系普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统，不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。【例5】一辆质量为60kg的小车上有一质量为40kg的人（相对车静止）
38、一起以2ms的速度向前运动，突然人相对车以 4ms的速度向车后跳出去，则车速为多大？下面是几个学生的解答，请指出错在何处（1）解析；人跳出车后，车的动量为60v，人的动量为40（4十v）由动量守恒定律： （6040）260v 40（4v）解得： v 04 m/s （没有注意矢量性）（2）解析：选车的方向为正，人跳出车后，车的动量为60v，人的动量一404，由动量守恒定律： （6040）260v 404，解得v6ms （没有注意相对性）（3）解析：选车的方向为正，人跳出车后的动量为60v，人的动量一40（4一2）由动量守恒定律得（6040）260v 40（4一2）解得v=14/3m/s （没有注
39、意瞬时性）（4）解析：选地为参照物，小车运动方向为正，据动量守恒定律，（6040）260v 40（4v）解得 v=36m/s此法正确 答案：36 ms【例6】2002年，美国科学杂志评出的2001 年世界十大科技突破中，有一项是加拿大萨德伯里 中微子观测站的成果该站揭示了中微子失踪的原因，即观测到的中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中转化为一个子和一个子 在上述研究中有以下说法：该研究过程中牛顿第二定律依然适用；该研究中能的转化和守恒定律依然适用；若发现子和中微子的运动方向一致，则子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致；若发现子和中微子的运动方向相反，则子的运动方向与中微子的运动
40、方向也可能相反其中正确的是：A.， B.， C.， D. ；解析:牛顿运动定律适用于“低速”“宏观”物体,而动量守恒定律和能量守恒定律是自然界中的普适规律,在中微子转化为子和子时,动量守恒和能量守恒定律仍然适用,当子与中微子的运动方向一致时,子的运动方向有可能与中微子的运动方向相同,也有可能与中微子运动方向相反;但子运动方向与中微子运动方向相反时,子的运动方向与中微子的运动方向一定相同.答案C正确.2、应用动量守恒定律的基本思路1明确研究对象和力的作用时间，即要明确要对哪个系统，对哪个过程应用动量守恒定律。2分析系统所受外力、内力，判定系统动量是否守恒。3分析系统初、末状态各质点的速度，明确系
41、统初、末状态的动量。4规定正方向，列方程。 5解方程。如解出两个答案或带有负号要说明其意义。【例7】将质量为m；的铅球以大小为v0、仰角为的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止砂车中如图所示。砂车与地面间的摩擦力不计，球与砂车的共同速度等于多少？ 解析：把铅球和砂车看成一个系统，系统在整个过程中不受水平方向的外力，则水平方向动量守恒所以： m v0cos（Mm）v，所以v= m v0cos/（Mm）答案：m v0cos/（Mm）说明：某方向合外力为零，该方向动量守恒【例8】有N个人，每人的质量均为m，站在质量为M的静止在光滑水平地面上的平板车上，他们从平板车的后端以相对于车身为u的水平速度
42、向后跳下，车就朝前方向运动，求： （1）如果所有的人同时跳下，平板车获得的速度多大？ （2）如果一次只跳一个人，平板车获得的速度多大？解答：他们同时跳下，则nm（uv）Mv=0，v=u他们相继跳下，则0=M（n1）mv1m（v1u）；M（n1）mv1=M（n2）mv2m（v2u）；M（n2）mv2=M（n3）mv3m（v3u）；Mmvn-1=Mvnm（vnu）v1=mu/（Mnm）；v2v1=mu/M（n1）m；v3v2=mu/M（n2）m；vnvn1=mu/Mm；vn=mu；即vnv【例9】一玩具车携带若干质量为m的弹丸,车和弹丸的总质量为M,在半径为R的光滑轨道上以速率v0做匀速圆周运动,
43、若小车每转一周便沿运动方向相对地面以恒定速度u发射一枚弹丸,求:(1) 至少发射多少颗弹丸后,小车开始反向运动?(2) 写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的表达式.解析:(1)设发射第一枚弹丸后,玩具车的速度为v1,由切线方向动量守恒得:(Mm)v1mu=Mv0 得第二枚弹丸发射后,则(M2m)v2mu=(Mm)v1 得则第n枚弹丸发射后,小车的速度为小车开始反向运动时,vn0,则(2)发射相邻两枚弹丸的时间间隔就是发射第k(kn)枚弹丸后小车的周期,即:【例10】如图所示，一排人站在沿X轴的水平轨道旁原点O两侧的人序号都记为n（n1、2、3、）每人只有一个沙袋，X0一侧的每个沙袋质量为m14 kg， x0一侧的每个沙袋质量为 m/=10 kg一质量为M=48 kg的小车以某初速度从原点出发向正X方向滑行，不计轨道阻力当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度v朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，v的大小等手扔袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数） （1）空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？ （2）车上最终有大小