第Ⅱ单元 动量守恒定律及其应用

巩固基础

一、动量守恒定律

1.内容:相互作用的物体,如果不受外力作用或者它们所受的外力之和为零,它们的总动量保持不变.

2.表达式:p₁+p₂=p₁′+p₂′或m₁v₁+m₂v₂=m₁v₁′+m₂v₂′或Δp₁+Δp₂=0.

3.动量守恒定律的成立条件

(1)系统不受外力或系统所受外力之和为零.

(2)系统所受的外力之和虽不为零,但比系统内力小得多,如碰撞问题中的摩擦力,爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多,可以忽略不计.

(3)系统所受外力之和虽不为零,但在某个方向上的分量为零,则在该方向上系统的总动量的分量保持不变.

4.应用动量守恒定律时需注意

(1)动量守恒定律的矢量性:动量守恒定律的表达式是矢量式,在满足动量守恒条件的情况下,系统的总动量的大小和方向都不变.对于同一直线上的动量守恒问题一般可以先规定正方向,往往以总动量的方向为正方向,引入正负号,要特别注意表示动量方向的正负号.

(2)动量守恒定律中速度的相对性:动量的大小和方向与参考系的选择有关.应用动量守恒定律列方程时,应该注意各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度,一般以地面为参考系.

(3)动量守恒定律中速度的同时性:物体系在相互作用的过程中,任一瞬间的动量矢量和都保持不变,相互作用前的动量中的速度v₁、v₂……都应该是作用前同一时刻的瞬时速度,相互作用后的动量中的速度v₁′、v₂′……都是作用后同一时刻的瞬时速度.

(4)动量守恒定律的系统性:运用动量守恒定律解题时一定要确定清楚研究哪些相互作用的物体构成的系统.

(5)动量守恒定律中的“总动量保持不变”，指的是研究过程中任何两时刻系统的总动量都相等,不仅指总动量的大小不变,而且更要注意总动量的方向也不变.

二、碰撞

1.概念:碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短,而物体间相互作用力很大的现象.

2.特点:在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力,可认为相互碰撞的系统动量守恒.

3.分类:一般的碰撞过程中,系统的总动能会有所减少.

(1)若总动能损失很小,可以忽略不计,此碰撞称为弹性碰撞.

(2)若两物体碰后粘合在一起,这种碰撞损失动能最多,此碰撞称为完全非弹性碰撞.对于碰撞问题还要注意:①一般情况下碰撞的系统动能都不会增加.②发生的碰撞应符合合理的空间关系.

三、反冲现象

指在系统内力作用下,系统内一部分物体向某方向发生动量变化时,系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象.在反冲现象中系统的动量是守恒的,并且往往有能的转化过程.

把握要点

考点一 对动量守恒定律“四性”的理解

见前页“4.应用动量守恒定律时需注意”.

考点二 应用动量守恒定律解题的基本步骤

(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.要明确所研究的系统是由哪几个物体组成的.

(2)要对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的相互作用力,即内力;哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力,即外力.在受力分析的基础上,根据动量守恒的条件,判断能否应用动量守恒定律.

(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.对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的情形,动量守恒方程中各个动量的方向可以用代数符号正、负表示.选取某个已知量的方向为正方向之后(往往可选总动量的方向为正方向),凡是和选定的正方向同向的已知量取正值,反向的取负值;未知的量先取正值,若算出该量为正值表明它的方向与正方向同向,若算出该量为负值表明它的方向与正方向反向.

(4)建立动量守恒方程,代入已知量求解.

考点三 平均动量守恒问题

若系统在全过程中的动量守恒(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守恒,如果系统是由两个物体组成的且相互作用前均静止,相互作用后均发生运动,则由0=m₁ -m₂ 得m₁s₁=m₂s₂,使用时应明确:s₁、s₂必须是相对同一参考系位移的大小.

当符合动量守恒定律的条件,而仅涉及位移而不涉及速度时,通常可用平均动量求解.解此类题一定要画出反映位移关系的草图.

训练思维

【例1】 甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动,已知它们的动量分别是p_甲=5 kg·m/s,p_乙=7 kg·m/s,甲追乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为p_乙′=10 kg·m/s.则两球质量m_甲与m_乙的关系可能是( )

A.m_甲=m_乙 B.m_乙=2m_甲 C.m_乙=4m_甲 D.m_乙=6m_甲

解析：由碰撞中动量守恒可求得p_甲′=2 kg·m/s,要使甲追上乙,则必有:

v_甲>v_乙,即 > ①

碰后p_甲′、p_乙′均大于零,表示同向运动,则应有:v_乙′≥v_甲′,

即 ≤ ②

由于碰撞过程中,动能不会增加,则

+ ≥ + ③

代入数据,由①②③式知,m_甲与m_乙的关系为 ≤m_乙≤5m_甲,可见选项C正确.

答案：C

点评：在处理碰撞问题时,要抓住三个原则,即①碰撞过程中动量守恒原则;②碰撞后系统总动能不增加原则;③碰撞前后状态的合理性原则,即碰撞过程的发生必须符合客观实际,如甲追上乙并发生碰撞,碰前甲的速度必须大于乙的速度,碰后甲的速度必须小于等于乙的速度,或甲反向运动.

【例2】 如图5-2-1所示,在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b,a球质量为2m、电荷量为+q,b球质量为m、电荷量为+2q,两球相距较远且相向运动.某时刻a、b球的速度大小依次为v和1.5v,由于静电斥力的作用,它们不会相碰.则下列表述正确的是( )

图5-2-1

A.两球相距最近时,速度大小相等、方向相反

B.a球与b球所受的静电斥力对两球始终做负功

C.a球一直沿原方向运动,b球要反向运动

D.a、b两球都要反向运动,但b球先反向

解析：以相互作用的a、b球视为系统,由于系统所受合外力为零,则系统的总动量守恒,总动量p=p₁-p₂=2mv-m×1.5v=0.5v,总动量方向与a的初速度v同向,向右.根据动量守恒,当a球速度减为零时,b球速度方向应向右,可见b球速度先反向,由于a、b间库仑斥力作用最后两者都将反向运动,D选项正确.与a、b球相距最近时,两球速度相同,且方向都向右,A、C选项错.a、b球所受的静电斥力对两球先做负功后做正功,B选项错.

答案：D

点评：深刻理解系统动量守恒并结合力与运动间的关系是判断该题的关键.

【例3】 带有 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5-2-2所示.一质量为m的小球以速度v₀水平冲上滑车,当小球上滑再返回并脱离滑车时,有

①小球一定水平向左做平抛运动 ②小球可能水平向左做平抛运动 ③小球可能做自由落体运动 ④小球一定水平向右做平抛运动

以上说法正确的是( )

图5-2-2

A.① B.②③ C.④ D.每种说法都不对

解析：小球m以初速度v₀在车上开始运动,小球与车构成的系统在水平方向上所受合外力为零,该方向的动量守恒,取v₀方向为正方向,根据轨道光滑可知系统的机械能也守恒.设小球回到车的底端时速度为v₁,此时车的速度为v₂,则有mv₀=mv₁+Mv₂ ①

mv₀²= mv₁²+ Mv₂² ②

解①②式得v₁= v₀.

讨论：（1）当m>M时,v₁>0,小球水平向右做平抛运动;(2)当m=M时,v₁=0,小球在车末端做自由落体运动;(3)当m<M时,v₁<0,为反方向,可见小球水平向左做平抛运动,故选项B正确.

答案：B

点评：该题的物理情景类似于弹性碰撞的特点,而且要特别重视对它的讨论.

【例4】 (2005广东高考)如图5-2-3所示,两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上,它们的间距s=2.88 m.质量为2m、大小可忽略的物块C置于A板的左端.C与A之间的动摩擦因数为μ₁=0.22,A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ₂=0.10,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.开始时,三个物体处于静止状态.现给C施加一个水平向右、大小为 mg的恒力F,假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起.要使C最终不脱离木板,每块木板的长度至少应为多少?

图5-2-3

解析：设A、C之间的滑动摩擦力大小为f₁,A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f₂

因为μ₁=0.22,μ₂=0.10

所以F= mg<f₁=μ₁·2mg

且F= mg>f₂=μ₂(2m+m)g

所以一开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动，有

(F-f₂)·s= ·(2m+m)v₁²

A、B两木板碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由A、B构成的系统动量守恒定律得

mv₁=(m+m)v₂

碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中,设木板向前移动的位移为s₁,选三个物体构成的整体为研究对象,外力之和为零,则

2mv₁+(m+m)v₂=(2m+m+m)v₃

设A、B系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f₃,对A、B系统,由动能定理

f₁s₁-f₃s₁= ·2mv₃²- ·2mv₂²

f₃=μ₂(2m+m+m)g

对C物体,由动能定理

F(2l+s₁)-f₁(2l+s₂)= ×2mv₃²- ×2mv₁²

由以上各式,再代入数据可得l=0.3 m.

答案：0.3 m

点评：此题过程复杂,涉及的物理量多,解题时应灵活选取研究对象,根据各过程的条件选择合适的规律进行求解.

【例5】(2005全国高考理综Ⅱ)质量为M的小物块A静止在离地面高h的水平桌面的边缘，质量为m的小物块B沿桌面向A运动并以速度v₀与之发生正碰（碰撞时间极短）.碰后A离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为L.碰后B反向运动.求B后退的距离.已知B与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.

解析：设t为A从离开桌面到落地经历的时间，V表示刚碰后A的速度，有

h= gt² ①

L=Vt ②

设v表示刚碰后B的速度，由动量守恒，

mv₀=MV-mv ③

设B后退的距离为l，则由功能关系，

μmgl= mv² ④

由①②③④得

l= ( -v₀)². ⑤

答案：l= ( -v₀)²

点评：本题是三个小过程的结合,分别是碰撞、平抛运动及匀减速直线运动,重视物理过程的分析和物理图景的建立,化整为零就能迎刃而解.

状元训练

复习篇

1.(2006广东中山一模)如图5-2-4所示,水平轻弹簧与物体A和B相连,放在光滑水平面上,处于静止状态,物体A的质量为m,物体B的质量为M,且M>m.现用大小相等的水平恒力F₁、F₂拉A和B,从它们开始运动到弹簧第一次伸长到最长的过程中(弹簧始终在弹性限度范围内)( )

图5-2-4

A.B的动量变化量的大小等于A的动量变化量的大小

B.当A的动能最大时,B的动能也最大

C.F₁和F₂做的总功为零

D.弹簧第一次最长时,A和B的总动能最大

解析：A、B弹簧组成的系统,水平方向上动量守恒,所以任何时刻A、B动量变化量的大小相等,但A、B动量变化的方向相反,F₁、F₂都做正功,故C选项错误.当弹簧拉力跟F₁或F₂相等时,A、B的动能最大.

答案：AB

2.(2005南京模拟)一质量为2m的小物块A,沿x轴的正方向运动,与静止在x轴上的质量为m的小物块B发生碰撞,碰撞前物块A的速度为v₀.已知碰撞后,两物块都沿x轴的正方向运动,则碰撞后,小物块B可能获得的速度为

①v₀ ②2v₀ ③ v₀ ④ v₀

以上说法正确的是( )

A.①② B.①③ C.②③ D.③④

解析：两物块A、B发生碰撞过程中,系统动量守恒,若两物块为完全非弹性碰撞,则2mv₀=(2m+m)v,得v= v₀,③正确.碰撞过程要符合合理的状态,若B的速度碰后为 v₀,则A的碰后速度为 v₀,仍大于 v₀,不符合空间关系,④错误.碰撞过程中碰后的系统总动能小于或等于碰前的总动能,若B碰后速度为2v₀,则A碰后速度为零,碰后总动能 m(2v₀)²大于碰前总动能 ·2mv₀²,②错误,①是正确的.符合碰撞发生的三个原则,B选项正确.

答案：B

3.(2006江苏南京高三调研)如图5-2-5所示,a、b两物体质量相等,b上连有一轻质弹簧,且静止在光滑的水平面上,当a以速度v通过弹簧与b正碰,则( )

图5-2-5

A.当弹簧压缩量最大时,a的动能恰好为零

B.当弹簧压缩量最大时,弹簧具有的弹性势能等于物体a碰前动能的一半

C.碰后a离开弹簧,a被弹回向左运动,b向右运动

D.碰后a离开弹簧,a、b都以v2的速度向右运动

解析：由动量守恒定律,压缩量最大时有

mv=(m+m)v_共

v_共= v由能量守恒定律

ΔE_弹= mv²- ·2m· v²= mv²

故选项B正确,由弹性碰撞规律,a、b最终互换速度,故选项A、C、D均错.

答案：B

4.(2005长沙一模)A、B两小物块在一水平长直气垫导轨上相碰，用频闪照相机每隔t时间连续拍照四次，拍得如图5-2-6所示的照片.已知四次拍照时两小物块均在图示坐标范围内，不计两小物块的大小及碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断（ ）

图5-2-6

A.第一次拍照时物块A在55 cm处，并且m_A∶m_B=1∶3

B.第一次拍照时物块A在10 cm处，并且m_A∶m_B=1∶3

C.第一次拍照时物块A在55 cm处，并且m_A∶m_B=1∶5

D.第一次拍照时物块A在10 cm处，并且m_A∶m_B=1∶5

解析：由示意图可知B物块最初静止在x=60 cm处,物块A碰前速度为v_A= .A与B碰后,A被弹回,速度为v_A′=- ,B的速度为v_B′= ,由系统动量守恒m_Av_A=m_Av_A′+m_Bv_B′得m_A∶m_B=1∶3.频闪照相机第一次拍照时物块A在x=10 cm处,故选项B正确.

答案：B

5.在光滑水平冰面上,甲、乙两人各乘一小车,甲、乙质量相等,甲手中另持一小球,开始时甲、乙均静止,某一时刻,甲向正东方向将球沿着冰面推给乙,乙接住球后又向正西方向将球推回给甲,如此推接数次后,甲又将球推出,球在冰面上向车运动,但已经无法追上乙,此时甲的速率v_甲、乙的速率v_乙及球的速率v三者之间的关系为( )

A.v_甲=v_乙≥v B.v<v_甲<v_乙 C.v_甲<v≤v_乙 D.v≤v_乙<v_甲

解析：以甲、乙、球三者为系统,系统的动量守恒,取向西为正方向,在全过程中有:

0=m_甲v_甲-m_乙v_乙-m_球v ①

且m_甲=m_乙 ②

故v_甲>m_乙,根据球最终无法追上乙得,v≤v_乙,故选项D正确.

答案：D

6.(2005湖北黄冈一模)半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动.若甲球质量大于乙球的质量，碰撞前两球动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是

①甲球的速度为零而乙球的速度不为零

②乙球的速度为零而甲球的速度不为零

③两球的速度均不为零

④两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等

以上说法正确的是( )

A.①③ B.②③ C.①④ D.②④

解析：两球动能和动量的关系为

= = ·

若E_k甲=E_k乙,m_甲>m_乙时,得碰前动量大小关系为p_甲>p_乙.以两球为系统,系统的动量守恒.设碰后甲、乙动量分别为p_甲′、p_乙′,以碰前甲的动量方向为正方向,则p_总=p_甲-p_乙=p_甲′+p_乙′>0.

若碰后甲的速度为零,即p_甲′=0,则p_乙′>0.碰前p_甲=p_乙+p_乙′>p_乙,符合已知条件.若碰后乙的速度为零,即p_乙′=0.则甲球必反弹,表示p_甲′<0,碰后系统总动量与碰前反向,不可能.若碰后两球速度均不为零,必按原动量较大的甲球方向运动,即p_甲′>0,p_乙′>0.碰前p_甲=p_甲′+p_乙′+p_乙>p_乙,符合已知条件.若两球碰后速度反向,动能不变,则必有p_甲′=-p_甲,p_乙′=-p_乙,由动量守恒得p_甲-p_乙=-p_甲+p_乙,即2p_甲=2p_乙,p_甲=p_乙,显然与已知条件p_甲>p_乙矛盾,则选项A正确.

答案：A

7.(2004天津理综)如图5-2-7所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为m_B=2m_A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s.则( )

图5-2-7

A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5

B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5

D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

解析：碰撞后,A球的动量增量为-4 kg·m/s,则B球的动量增量为4 kg·m/s,所以A球的动量为2 kg·m/s,B球的动量为10 kg·m/s,即

m_Av_A=2 ①

m_Bv_B=10 ②

m_B=2m_A,则 = ,选项A正确.

答案：A

8.如图5-2-8所示，甲、乙两完全一样的小车，质量都为M，乙车内用绳吊一质量为0.5M的小球.当乙车静止时，甲车以速度v与乙车相碰，碰后连为一体.则碰后两车的共同速度为_________________.当小球摆到最高点时，速度为___________________.

图5-2-8

解析：在甲、乙两车碰撞瞬间,甲、乙构成的系统动量守恒,在此瞬间,小球的动量未改变,由完全非弹性碰撞可知:Mv=(M+m)v₁,得v₁= .当小球摆到最高点时,三者具有共同的水平速度,设为v₂,由甲、乙球在水平方向动量守恒得:Mv=(M+M+0.5M)v₂,故v₂= v.

答案： v

加强篇

9.（经典回放）下面是一个物理演示实验，它显示：如图5-2-9 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是某种材料做成的实心球，质量m₁=0.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量m₂=0.10 kg的木棍B.B只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=1.25 m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取10 m/s².

图5-2-9

解析：根据题意,A碰地板后,反弹速度大小v₁等于它下落到地面时速度的大小,即v₁= =5 m/s.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= =5 m/s.由题意,碰后A速度为零,以v₂′表示B上升的速度,取向上为正方向,由动量守恒,得:m₁v₁-m₂v₂=m₂v₂′,解出:v₂′=9 m/s.设h表示B上升的最大高度,有

h= =4.05 m.

答案：4.05 m

10.(2004全国高考理综Ⅰ)如图5-2-10所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C.重物A（视为质点）位于B的右端，A、B、C的质量相等，现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰.碰后B和C黏在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力.已知A滑到C的右端而未掉下.试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？

图5-2-10

解析：设A、B、C的质量均为m.碰撞前,A与B的共同速度为v₀,碰撞后B与C的共同速度为v₁.对B、C构成的系统,由动量守恒定律得mv₀=2mv₁ ①

设A滑至C的右端时,三者的共同速度为v₂,对A、B、C三者构成的系统,由动量守恒定律得2mv₁=3mv₂ ②

设A与C的动摩擦因数为μ,从发生碰撞到A移至C的右端时,C所走过的距离为s,对B、C,由功能关系

μmgs= (2m)v₂²- (2m)v₁² ③

设C的长度为l,对A,由功能关系μmg(s+l)= mv₀²- mv₂² ④

由以上四式解得 = .

答案：

11.(2005广东广州一模)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为6 m/s，甲车上有质量m₀=1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量为m₁=50 kg，乙和他的车总质量为m₂=30 kg.甲不断地将小球以16.5 m/s的对地水平速度抛向乙，并被乙接住，问甲至少要抛出多少个小球才能保证两车不相撞？（不考虑空气阻力）

解析：设至少要抛出n个小球才能保证两车不相撞,以甲车和抛出的n个小球为系统,在整个抛出过程中动量守恒,则m₁v=nm₀v₀+(m₁-nm₀)v_甲 ①

式中v=6 m/s,v₀=16.5 m/s,v_甲为抛出n个小球后甲车的速度,以乙车和抛来的n个小球为系统,在整个接球过程中动量守恒,则nm₀v₀-m₂v=(nm₀+m₂)v₂ ②

要使两车不相撞,则v_甲≤v_乙 ③

代入数据解得:n=15.

答案：15个

12.★如图5-2-11所示，一块足够长的木板，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放着序号是1、2、3、…n的木块，所有木块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数都相同.开始时，木板静止不动，第 1、2、3、…n号木块的初速度分别是v₀、2v₀、3v₀、…nv₀，方向都向右，木板的质量与所有的木块的总质量相同，最终所有木块与木板以共同的速度匀速运动.设木块之间均无相互碰撞，木板足够长，求：

图5-2-11

（1）所有木块与木板一起匀速运动的速度v_n；

（2）第1号木块与木板刚好相对静止时的速度v₁；

（3）通过分析与计算说明第k号（k<n）木块的最小速度v_k.

解析：(1)以n块木块和木板为研究对象,在全过程中,该系统动量守恒有:m(v₀+2v₀+…+nv₀)=(nm+nm)v_n,解得v_n= v₀.

(2)由于每个木块与木板间的滑动摩擦力相同,在第1号木块由速度v₀减为与木板刚好相对静止时速度v₁过程中,对木板,其动量增量Δp₁=nm·v₁;对n个木块动量的增量Δp₂=n［m·(v₁-v₀)］,由n个木块与木板构成的系统动量守恒,则Δp₁+Δp₂=0,解以上各式得v₁= .

(3)当第k号木块与木板相对静止时,速度最小为v_k,对n个木块与木板构成的系统,初始总动量p₁=m(v₀+2v₀+…+nv₀),此时总动量p₂=k(mv_k)+nm·v_k+p,式中p为此时从第k+1个木块到第n个木块的总动量.由于后面(n-k)个木块每个木块在相同时间内损失的动量都相同,且为m(kv₀-v_k),则p=［(k+1)+(k+2)+…+n］mv₀-(n-k)m(kv₀-v_k),根据系统总动量守恒,得p₁=p₂,解以上各式得v_k= v₀.

答案：(1) v₀ (2) (3) v₀

优化测控

一、选择题(本题共9小题,每小题4分,共36分)

1.物体以某一初速度从粗糙的斜面底端沿斜面上滑,物体滑到最高点后又返回到斜面底端,则下列说法正确的是( )

A.上滑过程中重力的冲量大于下滑过程中重力的冲量

B.上滑过程中摩擦力的冲量与下滑过程中摩擦力的冲量大小相等

C.上滑过程中弹力的冲量为零

D.上滑、下滑过程中合外力冲量的方向相同

解析：设上滑初速为v₀,返回至出发点时速度为v,因为上滑时摩擦力方向与重力分力方向相同,而下滑时摩擦力方向与重力分力方向相反,所以上滑时加速度大,时间短,则上滑过程中重力冲量小,A错.上滑过程中摩擦力冲量小,B错.上、下滑过程中合外力方向沿斜面向下,所以冲量方向相同,D对.

答案：D

2.有一种硬气功表演，表演者平卧地面，将一大石板置于他的身体上，另一人将重锤举到高处并砸向石板.结果石板被砸碎，而表演者却安然无恙.假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度.某表演者在表演时尽量挑选质量较大的石板.对这一现象，下列说法中正确的是（ ）

A.重锤在与石板撞击过程中，重锤与石板的总机械能守恒

B.石板的质量越大，石板获得的动量就越小

C.石板的质量越大，石板所受到的打击力就越小

D.石板的质量越大，石板获得的速度就越小

解析：在重锤打击石板的过程中,石板受到的冲量恒定,所以石板质量越大,获得的速度就越小,而系统机械能不守恒.

答案：D

3.(2006江苏连云港高三调研)科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境，他们使两个带正电的不同重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞.为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的( )

A.速率 B.质量 C.动量 D.动能

解析：若两个重离子碰前具有大小相等的动量,则总动量为零,碰后的动量也为零,两个离子在碰后的动量都可能等于零,碰前的动能全部转化为内能,选项C正确.

答案：C

4.(2006广东中山检测)如图5-1甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m₁和m₂的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平地面上.现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧,速度图象如图5-1乙,则有( )

图5-1

A.在t₁、t₃时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都是处于压缩状态

B.从t₃到t₄时刻弹簧由压缩状态恢复到原长

C.两物体的质量之比为m₁∶m₂=1∶2

D.在t₂时刻A与B的动能之比E_k1∶E_k2=1∶8

解析：在t₁、t₃时刻两物块达到共同速度1 m/s，在t₁时刻弹簧是处于压缩状态,在t₃时刻弹簧处于拉伸状态,所以选项A错.从t₃到t₄时刻弹簧由拉伸状态恢复到原长,所以选项B错.由动量守恒定律,m₁×3=(m₁+m₂)×1,所以得到m₁∶m₂=1∶2,选项C正确.在t₂时刻A与B速度分别为v₁=1 m/s,v₂=2 m/s,其动能之比为 = ·( )²= ·( )²= ,所以选项D正确.

答案：CD

5.质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体.从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v₀，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后（ ）

图5-2

A.两者的速度均为零

B.两者的速度总不会相等

C.车的最终速度为mv₀/M，向右

D.车的最终速度为mv₀/(M+m)，向右

解析：物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以共同速度v运动，由动量守恒定律得：

mv₀=(M+m)v，故v=mv₀/(M+m)，向右.

答案：D

6.水平地面上有一木块,质量为m,它与地面间的动摩擦因数为μ,在水平恒力F作用下由静止开始运动,经过时间t,撤去此力,木块又向前滑行一段时间2t才停下.此恒力大小F为( )

A.μmg B.2μmg C.3μmg D.4μmg

解析：由动量定理可知:Ft-μmg·3t=0

所以F=3μmg.

答案：C

7.(经典回放)若航天飞机在一段时间内保持绕地心做匀速圆周运动，则( )

A.它的速度的大小不变，动量也不变 B.它不断地克服地球对它的万有引力做功

C.它的动能不变，引力势能也不变 D.它的速度的大小不变，加速度等于零

解析：动量是矢量,匀速圆周运动的航天飞机的速度方向不断变化,则动量是不断变化的,选项A错.万有引力方向与速度方向垂直不做功,选项B错.动能不变,引力不做功,引力势能不变,选项C正确.做匀速圆周运动的物体速度方向不断改变,即加速度为向心加速度,不为零,选项D错.

答案：C

8.在高速公路上发生一起交通事故,一辆质量为1 500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg向北行驶的卡车,碰后两辆车接在一起,并向南滑行了一段距离后停止,根据测速仪的测定,长途客车在碰前以20 m/s速率行驶.由此可判断卡车碰前的行驶速率( )

A.小于10 m/s B.大于10 m/s,小于20 m/s

C.大于20 m/s,小于30 m/s D.大于30 m/s,小于40 m/s

解析：设卡车与客车碰后的共同速度为v′,且v′与客车的运动方向相同,则有

m_客·v_客-m_卡·v=(m_客+m_卡)·v′

v′>0,m_客v_客-m_卡v>0

v< = m/s=10 m/s,选项A正确.

答案：A

9.某人身系弹性绳自高空P点自由下落,图5-3中a点是弹性绳的原长位置,c是人所到达的最低点,b是人静止地悬吊着时的平衡位置.不计空气阻力,则下列说法中

正确的是( )

图5-3

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过程中重力所做的功大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

解析：人由P至c的全过程中,外力的总冲量为重力的冲量与弹性绳弹力的冲量的矢量和,根据动量定理,外力的总冲量应等于人的动量的增量.人在P与c时速度均为零,则动量的增量为零,则重力的冲量应等于绳弹力的冲量,方向相反,总冲量为零,选项A错.根据动能定理,人由P至c的过程中,人的初动能增量为零,则重力与绳弹力做的总功为零,重力所做的功等于克服弹力所做的功,选项B错.人由P至a自由下落,由a至b弹力逐渐增大,但合外力向下,人做加速度变小的加速运动,至b点加速度为零,速度最大,人过b点之后,弹力大于重力,合外力向上,加速度向上,速度变小,故选项C正确,D错误.

答案：C

二、填空题(共5小题,每小题4分,共20分)

10.两物体质量之比为m₁∶m₂=4∶1,在它们以一定的初速度沿水平面在摩擦力作用下做减速滑行到停下来的过程中.

(1)若两物体的初动量相同,与水平面间的滑动摩擦力相同,则它们的滑行时间之比为_______.

(2)若两物体的初动量相同,与水平面间的动摩擦因数相同,则它们的滑行时间之比为_______.

(3)若两物体的初速度相同,所受的摩擦力相同,则它们的滑行时间之比为_______.

(4)若两物体的初速度相同,与水平面间的动摩擦因数相同,则它们的滑行时间之比为_______.

解析：(1)由动量定理得-F_ft=0-p₁,t= .

由于F_f和p均相同,所以t₁∶t₂=1∶1.

(2)由动量定理得-μmgt=0-p,t=

由于p、μ均相同,所以t与m成反比,故t₁∶t₂=m₂∶m₁=1∶4.

(3)由动量定理得-F_ft=0-mv,t=

由于F_f、v均相同,所以t与M成正比,故t₁∶t₂=m₁∶m₂=4∶1.

(4)由动量定理得-μmgt=0-mv

t=

由于μ、v均相同,所以t₁∶t₂=1∶1.

答案：(1)1∶1 (2)1∶4 (3)4∶1 (4)1∶1

11.物体A初动量大小是7.0 kg·m/s，碰撞某物体后动量大小是4.0 kg·m/s.那么物体碰撞过程动量的增量Δp的大小范围是___________.

解析：选初动量的方向为正方向，则末动量有两种可能，即4.0 kg·m/s或

-4.0 kg·m/s.故动量的增量Δp的大小范围是：3 kg·m/s≤Δp≤11 kg·m/s.

答案：3 kg·m/s≤Δp≤11 kg·m/s

12.如图5-4,质量分别为m_A、m_B的木块叠放在光滑的水平面上,在A上施加水平恒力F,使两木块从静止开始做匀速运动,A、B无相对滑动.则经过t s,木块A所受的合外力的冲量为________,木块B的动量的增量Δp为____________.

图5-4

解析：因A、B之间无相对运动,可把A、B看作一个整体,由牛顿第二定律F=(m_A+m_B)a得a=

木块A所受的合外力F_A=

木块A所受的合外力的冲量I_A=

木块B的动量的增量Δp= .

答案：

13.一个物体同时受到两个力F₁、F₂的作用,F₁、F₂与时间的关系如图5-5所示,如果该物体从静止开始运动,当该物体具有最大速度时,物体运动的时间是_________ s,该物体的最大动量值是_________ kg·m/s.

图5-5

解析：由图象知t=5 s时,F₁、F₂大小相等,此后F₂>F₁,物体开始做减速运动,故t=5 s时速度最大.

由I=Ft可知,Ft图象中图线与时间轴所围面积为力的冲量,所以,前5 s内F₁、F₂的冲量分别为:

I₁=37.5 N·s I₂=-12.5 N·s

所以,前5 s内合力的冲量为I=I₁+I₂=25 N·s

由动量定理知,物体在前5 s内增加的动量,也就是从静止开始运动后5 s末的动量,为25 kg·m/s.

答案：5 25

14.质量m₁=1 kg的物体,以某一初速度在水平面上滑行,与另一物体相碰,碰撞前后它们的位移随时间变化的情况如图5-6所示.若取g=10 m/s²,则m₂=______________ kg.

图5-6

解析：碰前m₁匀速,v₁=4 m/s,m₂静止,碰后两者黏合在一起共同匀速运动,v=1 m/s

由M₁v₁=(m₁+m₂)v,得m₂=3 kg.

答案：3

三、计算题(共5小题,共44分)

15.(8分)如图5-7所示,总质量为M的大小两物体，静止在光滑水平面上，质量为m的小物体和大物体间有压缩着的弹簧，另有质量为2m的物体以v₀速度向右冲来.为了防止碰撞，大物体将小物体发射出去，小物体和冲来的物体碰撞后黏合在一起.问小物体发射的速度至少应多大，才能使它们不再碰撞？

图5-7

解析：发射小物体后大物体的速度跟质量为2m的物体和小物体碰后的速度相等，恰好使它们不再相碰，这种情况发射小物体的速度v′就是避免相碰的最小发射速度.对发射小物体的过程，由动量守恒定律得

（M-m）v-mv′=0 ①

对大、小物体和质量为2m的物体相互作用的全过程，由动量守恒定律得

2mv₀=(M+2m)v ②

由①②求得v′= v₀.

答案： v₀

16.(8分)如图5-8所示，质量分别为m_A=0.5 kg、m_B=0.4 kg 的长板紧挨在一起静止在光滑的水平面上，质量为m_C=0.1 kg的木块C以速度v_C0=10 m/s滑上A板左端，最后C木块和B板相对静止时的共同速度v_CB=1.5 m/s.求：

图5-8

（1）A板最后的速度v_A；

（2）C木块刚离开A板时的速度v_C.

解析：C在A上滑动的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，则

m_Cv_C0=m_Cv_C+(m_A+m_B)v_A

C在B上滑动时，B、C组成的系统动量守恒，则

m_Cv_C+m_Bv_A=(m_C+m_B)v_CB

解得v_A=0.5 m/s，v_C=5.5 m/s.

答案：(1)0.5 m/s (2)5.5 m/s

17.(9分)两只小船相向航行，航线临近.在两船首尾相齐时，由每只船上各自向对方放置一质量为m=50 kg 的麻袋，结果载重较小的船停了下来，另一只船则以v=8.5 m/s的速度沿原方向航行.设两只船及船上载重量分别为m₁=500 kg，m₂=1 000 kg.问交换麻袋前各船的速率为多大？（水的阻力不计）

解析：每只船向对方放置麻袋过程中不会影响本船的速度，船速之所以发生变化，是接收了对方的麻袋后并与之发生相互作用的结果.

若选抛出麻袋后的此船与彼船扔来的麻袋所组成的系统为研究对象，在水的阻力不计的情况下，系统动量守恒.分别以各船原航行方向为正方向，则

对轻船系统有（m₁-m）v₁-mv₂=0 ①

即（500-50）v₁-50v₂=0

对重船系统有（m₂-m）v₂-mv₁=(m₂-m+m)v ②

即（1 000-50）v₂-50v₁=1 000×8.5

解之可得：v₁=1 m/s,v₂=9 m/s.

答案：1 m/s 9 m/s

18.(9分)（经典回放）有一炮竖直向上发射炮弹,炮弹的质量为M=6.0 kg（内含炸药的质量可以忽略不计），射出的初速度v₀=60 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m=4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、以R=600 m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？（g取10 m/s²，忽略空气阻力）

解析：设炮弹上升到达最高点的高度为H，根据匀变速直线运动规律，有

v₀²=2gH

设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为v₁，另一块的速度为v₂，根据动量守恒定律，有

mv₁=(M-m)v₂

设质量为m的弹片运动的时间为t，根据平抛运动规律，有

H= gt² R=v₁t

炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能

E_k= mv₁²+ (M-m)v₂²

解以上各式得E_k=6.0×10⁴ J.

答案：E_k=6.0×10⁴ J

19.(10分)一只质量M=1 kg的鸟在空中以v₀=6 m/s沿水平方向飞行，离地面高度h=20 m，忽被一颗质量m=20 g沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v=300 m/s，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g取10 m/s².求:

(1)鸟被击中后经多少时间落地；

(2)鸟落地处离被击中处的水平距离.

解析：(1)设鸟被击中后的速度为v′

Mv₀+mv=(M+m)v′

v′= = m/s≈11.76 m/s.

(2)被击中后，鸟以v′的速度做平抛运动，则其运动时间为

t= s=2 s

水平位移为x=v′t=11.76×2 m=23.52 m.

答案：(1)2 s (2)23.52 m

教学参考

教学指要

动量和机械能的交叉结合是高考命题的主要趋势,2005年的各类考题几乎都有这部分内容的考查.

1.注意理解动量、冲量、动量定理以及动量守恒定律的矢量意义,正确确定各矢量的方向.很多试题对此都有刻意的体现.

2.动量与其他部分内容的交叉与综合,动量部分是力学的重点内容.与其相关联的内容比较多,这给高考命题提供了较好的出题背景和空间,如动量守恒与牛顿运动定律的结合,动量与平抛运动、动量与机械能守恒等.

3.分析动量守恒定律的适用条件.合外力为零是守恒条件,但近似守恒条件却容易被忽视.近几年,高考试题常以生产、生活、科技内容为背景.如碰撞、反冲(爆炸小火箭等问题频繁出现,因其内力远大于外力,故在短暂时间内仍可近似看成动量守恒).

4.重视用数学知识解决物理问题的能力,如计算题在分析解答过程中可能应用到归纳法、解不等式、数列、函数等方法,对物理方程进行变形或推论.

五年高考经典

1.(2004全国高考理综)柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物.在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动.现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处〔如图(a)所示〕从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上.同时柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短.随后，桩在泥土中向下移动一段距离l.已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩帽之间的距离也为h〔如图(b)所示〕.已知m=1.0×10³ kg，M=2.0×10³ kg，h=2.0 m，l=0.20 m，取重力加速度g=10 m/s²，混合物的质量不计.设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求此力的大小.

解析：锤自由下落，碰桩前速度v₁向下，

v₁= ①

碰后，已知锤上升高度为（h-l），故刚碰后向上的速度为：

v₂= ②

设碰后桩的速度为v，由动量守恒：

mv₁=Mv-mv₂ ③

在桩下降的过程中，根据功能关系得

Mv²+Mgl=Fl ④

由①②③④式得：

F=Mg+ ( )［2h-l+2 ］ ⑤

代入数值得：

F=2.1×10⁵ N.

答案：2.1×10⁵ N

2.(2001全国高考理综)质量为M的小船以速度v₀行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾.现小孩a沿水平方向以速率v(相对于静止水面)向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率v(相对于静止水面)向后跃入水中.求小孩b跃出后小船的速度.

解析：选小孩a、b和船为一系统,忽略水的阻力,系统水平方向动量守恒.设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为v′,选v₀方向为正方向,根据动量守恒定律有:

(M+2m)v₀=Mv′+mv-mv

整理得v′=(1+ )v₀.

答案：(1+ )v₀