人船模型與反沖運動

1、§4 人船模型與反沖運動知識目標(biāo) 一、人船模型1若系統(tǒng)在整個過程中任意兩時刻的總動量相等，則這一系統(tǒng)在全過程中的平均動量也必定守恒。在此類問題中，凡涉及位移問題時，我們常用“系統(tǒng)平均動量守恒”予以解決。如果系統(tǒng)是由兩個物體組成的，合外力為零，且相互作用前均靜止。相互作用后運動，則由0=m1+m2得推論0m1s1m2s2，但使用時要明確s1、s2必須是相對地面的位移。2、人船模型的應(yīng)用條件是：兩個物體組成的系統(tǒng)（當(dāng)有多個物體組成系統(tǒng)時，可以先轉(zhuǎn)化為兩個物體組成的系統(tǒng)）動量守恒，系統(tǒng)的合動量為零二、反沖運動1、指在系統(tǒng)內(nèi)力作用下，系統(tǒng)內(nèi)一部分物體向某發(fā)生動量變化時，系統(tǒng)內(nèi)其余部分物體向相

2、反方向發(fā)生動量變化的現(xiàn)象2.研究反沖運動的目的是找反沖速度的規(guī)律，求反沖速度的關(guān)鍵是確定相互作用的物體系統(tǒng)和其中各物體對地的運動狀態(tài)規(guī)律方法 1、人船模型及其應(yīng)用【例1】如圖所示，長為l、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，一個質(zhì)量為m的人站在船頭，若不計水的阻力，當(dāng)人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面的位移各是多少？解析:當(dāng)人從船頭走到船尾的過程中,人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上不受力的作用,故系統(tǒng)水平方向動量守恒,設(shè)某時刻人對地的速度為v2,船對地的速度為v1,則mv2Mv1=0,即v2/v1=M/m.在人從船頭走到船尾的過程中每一時刻系統(tǒng)的動量均守恒,故mv2tMv1t=0,即ms2Ms1=0,而

3、s1+s2=L所以 思考：（1)人的位移為什么不是船長？ (2)若開始時人船一起以某一速度勻速運動，則還滿足s2/s1=M/m嗎？【例2】載人氣球原靜止于高h(yuǎn)的高空，氣球質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？解析：氣球和人原靜止于空中，說明系統(tǒng)所受合力為零，故人下滑過程中系統(tǒng)動量守恒，人著地時，繩梯至少應(yīng)觸及地面，因為人下滑過程中，人和氣球任意時刻的動量大小都相等，所以整個過程中系統(tǒng)平均動量守恒若設(shè)繩梯長為l，人沿繩梯滑至地面的時間為 t，由圖415可看出，氣球?qū)Φ匾苿拥钠骄俣葹椋╨h）/t，人對地移動的平均速度為h/t（以向上為正方向）由動量守恒定律，有 M（lh）/

4、tm h/t=0解得 l=h 答案：h 說明：（1）當(dāng)問題符合動量守恒定律的條件，而又僅涉及位移而不涉及速度時，通?？捎闷骄鶆恿壳蠼猓?）畫出反映位移關(guān)系的草圖，對求解此類題目會有很大的幫助（3）解此類的題目，注意速度必須相對同一參照物【例3】如圖所示，一質(zhì)量為ml的半圓槽體A，A槽內(nèi)外皆光滑，將A置于光滑水平面上，槽半徑為R.現(xiàn)有一質(zhì)量為m2的光滑小球B由靜止沿槽頂滑下，設(shè)A和B均為彈性體，且不計空氣阻力，求槽體A向一側(cè)滑動的最大距離解析:系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,當(dāng)小球運動到糟的最右端時,糟向左運動的最大距離設(shè)為s1,則m1s1=m2s2,又因為s1s2=2R,所以思考：(1)在槽、小球運

5、動的過程中，系統(tǒng)的動量守恒嗎？ (2)當(dāng)小球運動到槽的最右端時，槽是否靜止？小球能否運動到最高點？ (3)s1S2為什么等于2R,而不是R?【例4】某人在一只靜止的小船上練習(xí)射擊，船、人連同槍（不包括子彈）及靶的總質(zhì)量為M,槍內(nèi)有n顆子彈，每顆子彈的質(zhì)量為m，槍口到靶的距離為L，子彈水平射出槍口相對于地的速度為v0，在發(fā)射后一發(fā)子彈時，前一發(fā)子彈已射入靶中，在射完n顆子彈時，小船后退的距離為（）解析:設(shè)n顆子彈發(fā)射的總時間為t,取n顆子彈為整體,由動量守恒得nmv0=Mv1,即nmv0t=Mv1t;設(shè)子彈相對于地面移動的距離為s1,小船后退的距離為s2,則有: s1=v0t, s2= v1t;

6、且s1s2=L解得:.答案C【例5】如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R,質(zhì)量為2m的大空心球內(nèi)大球開始靜止在光滑的水平面上，當(dāng)小球從圖示位置無初速度地沿大球壁滾到最低點時，大球移動的距離是多少?解析:設(shè)小球相對于地面移動的距離為s1,大球相對于地面移動的距離為s2.下落時間為t,則由動量守恒定律得;解得【例6】如圖所示，長20 m的木板AB的一端固定一豎立的木樁，木樁與木板的總質(zhì)量為10kg，將木板放在動摩擦因數(shù)為=0. 2的粗糙水平面上，一質(zhì)量為40kg的人從靜止開始以a1=4 m/s2的加速度從B端向A端跑去，到達(dá)A端后在極短時間內(nèi)抱住木樁（木樁的粗細(xì)不計），求：（1)人剛

7、到達(dá)A端時木板移動的距離 (2)人抱住木樁后木板向哪個方向運動，移動的最大距離是多少？(g取10 m/s2）解析:(1)由于人與木板組成的系統(tǒng)在水平方向上受的合力不為零,故不遵守動量守恒.設(shè)人對地的位移為s1,木板對地的速度為s2,木板移動的加速度為a2,人與木板的摩擦力為F,由牛頓定律得:F=Ma1=160N;設(shè)人從B端運動到A端所用的時間為t,則s1=½a1t, s2=½a2t; s1s2=20m由以上各式解得t=2.0s,s2=12m(2)解法一:設(shè)人運動到A端時速度為v1,木板移動的速度為v2,則v1=a1t=8.0m/s, v2=a2t=12.0m/s,由于人抱住

8、木樁的時間極短,在水平方向系統(tǒng)動量守恒,取人的方向為正方向,則Mv1mv2=(M+m)v,得v=4.0m/s.由此斷定人抱住木樁后,木板將向左運動.由動能定理得(M+m)gs=½(M+m)v2解得s=4.0m.V0V解法二:對木板受力分析,木板受到地面的摩擦力向左,故產(chǎn)生向左的沖量,因此,人抱住木樁后,系統(tǒng)將向左運動.由系統(tǒng)動量定理得(Mm)gt=(M+m)v,解得v=4.0m/s由動能定理得(M+m)gs=½(M+m)v2解得s=4.0m.2、反沖運動的研究【例7】如圖所示，在光滑水平面上質(zhì)量為M的玩具炮以射角發(fā)射一顆質(zhì)量為m的炮彈，炮彈離開炮口時的對地速度為v0。求玩具

9、炮后退的速度v?【解析】炮彈出口時速度v0可分解為豎直向上的分量vy和水平向右的分量vx。取炮和炮彈為系統(tǒng)，初始時系統(tǒng)動量為零，炮彈出口時炮彈有豎直向上的動量mvy，而炮車在豎直方向上卻沒方向相反的動量，因此在豎直分方向上系統(tǒng)的動量不守恒。在水平方向上因地光滑無外力，所以可用水平方向動量守恒來解。炮車和炮彈組成的系統(tǒng)在水平分方向上動量守恒。 設(shè)水平向左為正方向，據(jù)動量守恒定律，在水平方向上：mv0cos=Mv， 解得炮車后退速度【例8】火箭噴氣發(fā)動機(jī)每次噴出m=200 g的氣體，噴出氣體相對地面的速度為v=1000m/s,設(shè)火箭的初質(zhì)量M=300kg，發(fā)動機(jī)每秒噴氣20次，在不考慮阻力的情況下

10、，火箭發(fā)動機(jī)1s末的速度是多大？解析：由動量守恒，設(shè)火箭發(fā)動機(jī)1s末的速度為v1，則（M20m）v1=20mv，【例9】用火箭發(fā)射人造地球衛(wèi)星，假設(shè)最后一節(jié)火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛(wèi)星一起以速度v=70×103m/s繞地球做勻速圓周運動；已知衛(wèi)星質(zhì)量m= 500kg，最后一節(jié)火箭殼體的質(zhì)量M=100kg；某時刻火箭殼體與衛(wèi)星分離，分離時衛(wèi)星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對速度u=1.8×103m/s.試分析計算：分離后衛(wèi)星的速度增加到多大？火箭殼體的速度多大？分離后它們將如何運動？解析：設(shè)分離后衛(wèi)星與火箭殼體相對于地面的速度分別為v1和v2，分離時系統(tǒng)在軌道切線方向上動量

11、守恒，（M+m）v=mv1+Mv2，且u=v1v2，解得v1=7.3×103m/s,v2=5.5×103m/sMmOR衛(wèi)星分離后,v1>v2,將做離心運動,衛(wèi)星將以該點為近地點做橢圓運動.而火箭殼體分離后的速度v2=5.5×103m/s<v,因此做向心運動,其軌道為以該點為遠(yuǎn)地點的橢圓運動,進(jìn)入大氣層后,軌道將不斷降低,并燒毀.【例10】如圖所示，帶有1/4圓弧的光滑軌道的小車放在光滑水平地面上，弧形軌道的半徑為R，最低點與水平線相切，整個小車的質(zhì)量為M?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊從圓弧的頂端由靜止開始沿軌道下滑，求當(dāng)滑塊脫離小車時滑塊和小車的各自速度?！?/p>

12、解析】在m由靜止沿圓弧軌道下滑過程中，m和M組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用；因此該系統(tǒng)在水平方向動量守恒。在m下滑時，對M有一個斜向左下方的壓力，此壓力的水平分量使M在m下滑時向左作加速運動，直到m脫離軌道飛出。從能量守恒的觀點看，m與M獲得的動能均來自m位置降低所減少的重力勢能。設(shè)向右為正方向，m脫離軌道時的速度為v1，此時小車的速度為v2.據(jù)動量守恒定律，在水平方向上：0mvl一Mv2 據(jù)能量守恒:mgR=½mv12+½Mv22由以上兩式解得【例11】光子的能量為h，動量大小為h/c，如果一個靜止的放射性元素的原子核在發(fā)生衰變時只發(fā)出一個光子，則衰變后的原子核（C）

13、A.仍然靜止 B.沿著與光子運動方向相同的方向運動 C.沿著與光子運動方向相反的方向運動 D.可能向任何方向運動、解析:原子核在放出光子過程中，系統(tǒng)動量守恒，而系統(tǒng)在開始時總動量為零，因此衰變后的原子核運動方向與光子運動方向相反.【例12】春節(jié)期間孩子們玩“沖天炮”，有一只被點燃的“沖天炮”噴出氣體豎直向上運動，其中有一段時間內(nèi)“沖天炮”向上作勻速直線運動，在這段時間內(nèi)“沖天炮”的有關(guān)物理量將是（ ） A，合外力不變；B反沖力變??； C機(jī)械能可能變大；D動量變小解析：由豎直勻速上升可知，答案A和C是正確的，但在勻速上升的過程中隱含有燃料燃燒噴出氣體的現(xiàn)象，結(jié)果“沖天炮”的質(zhì)量必然減小，所以答案

14、B和D也是對的，否則就會將B和D答案漏選 答案：ABCD【例13】在與河岸距離相等的條件下，為什么人從船上跳到岸上時，船越小越難？解析：設(shè)人以速度v0跳出，這一速度是相對于船的速度而不是相對于地的，設(shè)船的速度為v，則人相對于地的速度為v地= v0v，由動量守恒得m（v0v）+（Mv）=0而由能量守恒得½m（v0v）2½Mv2=E，v= v0，則v地= v0v= v0，v0=v地，由于船與岸的距離是一定的，則人相對于地的速度是一定的，即v地一定，所以M越小，則v0越大，即相對速度越大，從能量的角度來看，E=½m（v0v）2½Mv2=½mv地2（）

15、，當(dāng)M越小時，E越大，即越難。§5 碰撞中的動量守恒知識目標(biāo) 碰撞1碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可以用動量守恒定律處理碰撞問題按碰撞前后物體的動量是否在一條直線上有正碰和斜碰之分，中學(xué)物理只研究正碰的情況2一般的碰撞過程中，系統(tǒng)的總動能要有所減少，若總動能的損失很小，可以略去不計，這種碰憧叫做彈性碰撞其特點是物體在碰撞過程中發(fā)生的形變完全恢復(fù)，不存在勢能的儲存，物體系統(tǒng)碰撞前后的總動能相等。若兩物體碰后粘合在一起，這種碰撞動能損失最多，叫做完全非彈性碰撞其特點是發(fā)生的形變不恢復(fù)，相碰后兩物體不分開，且以同

16、一速度運動，機(jī)械能損失顯著。在碰撞的一般情況下系統(tǒng)動能都不會增加（有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的除外，如爆炸過程），這也常是判斷一些結(jié)論是否成立的依據(jù)3彈性碰撞題目中出現(xiàn)：“碰撞過程中機(jī)械能不損失”這實際就是彈性碰撞 設(shè)兩小球質(zhì)量分別為m1、m2，碰撞前后速度為v1、v2、v1/、v2/，碰撞過程無機(jī)械能損失，求碰后二者的速度 根據(jù)動量守恒 m1 v1m2 v2m1 v1/m2 v2/ 根據(jù)機(jī)械能守恒 ½m1 v12十½m2v22= ½m1 v1/2十½m2 v2/2 由得v1/= ，v2/= 仔細(xì)觀察v1/、v2/結(jié)果很容易記憶, 當(dāng)v2=0時v1/=

17、，v2/= 當(dāng)v2=0時；m1=m2 時v1/=0，v2/=v1 這就是我們經(jīng)常說的交換速度、動量和能量m1m2，v/1=v1，v2/=2v1碰后m1幾乎未變，仍按原來速度運動，質(zhì)量小的物體將以m1的速度的兩倍向前運動。m1m2，v/l=一v1，v2/=0 碰后m1被按原來速率彈回，m2幾乎未動?！纠?】試說明完全非彈性碰撞中機(jī)械能損失最多解析：前面已經(jīng)說過，碰后二者一起以共同速度運動的碰撞為完全非彈性碰撞設(shè)兩物體質(zhì)量分別為m1、m2，速度碰前v1、v2，碰后v1/、v2/由動量守恒：m1v1m2v2m1v1/十m2v2/損失機(jī)械能：Q=½m1v12½m2v22½

18、 m1 v1/2½ m2 v2/2 由得 m1v1m2v1m2v1m2v2m1v1/十m2v1/m2v1/m2v2/ 寫成（m1m2）v1m2（v1v2）（m1十m2）v1/m2（v1/v2/）即（m1m2）（v1 v1/）= m2（v1v2）（v1/v2/）于是（v1 v1/）= m2（v1v2）（v1/v2/）/ （m1m2）同理由得m1v1m1v2m1v2m2v2m1v1/十m1v2/m1v2/m2v2/寫成（m1m2）v2m1（v1v2）（m1十m2）v2/m1（v1/v2/）（m1m2）(v2 v2/）= m1（v1/v2/）（v1v2）（v2 v2/）= m1（v1/v2

19、/）（v1v2）/ （m1m2）代入得Q=½m1v12½m2v22½ m1v1/2½ m2v2/2=½m1(v12v1/2)½m2(v22v2/2）=½m1(v1v1/) (v1v1/)½m2(v2v2/）(v2v2/）=½m1(v1v1/) m2(v1v2)(v1/v2/)/(m1m2）½m2(v2v2/）m1（v1/v2/）（v1v2）/(m1m2）=½m1 m2/(m1m2) v12v1v2v1v1/v2v1/v1v1/v1v2/v1/2v1/v2/v2v1/v2v2/v1v2v

20、22v1/v2/v2/2v1v2/v2v2/=½m1 m2/(m1m2) v12v1v2v1v2v22v1/2v1/v2/v1/v2/v2/2= ½m1 m2/(m1m2)(v1v2)2(v1/v2/)2由式可以看出:當(dāng)v1/= v2/時，損失的機(jī)械能最多規(guī)律方法【例2】如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端各連接一質(zhì)量均為m的滑塊A和B，兩滑塊都置于光滑水平面上今有質(zhì)量為m/4的子彈以水平速度V射入A中不再穿出，試分析滑塊B何時具有最大動能其值為多少？解析：對子彈和滑決A根據(jù)動量守恒定律 mv/4=5mv/4所以v/=v/5。 當(dāng)彈簧被壓縮后又恢復(fù)原長時，B的速度最大，具有的動能也最大

21、，此過程動能與動量都守恒 由得：vB=2v/9 所以 B的動能為EkB=2mv2/81答案：彈簧被壓縮又恢復(fù)原長時；EkB=2mv2/81【例3】甲物體以動量P1與靜止在光滑水平面上的乙物體對心正碰，碰后乙物體的動量為P2，則P2和P1的關(guān)系可能是（ ） AP2P1； B、P2= P1 C P2P1； D以上答案都有可能 解析：此題隱含著碰撞的多種過程若甲擊穿乙物體或甲、乙兩物體粘在一起勻速前進(jìn)時有P2P1；若甲乙速度交換時有P2= P1；若甲被彈回時有P2P1；故四個答案都是可能的而后三個答案往往漏選 答案：ABCDMmV0【例4】如圖所示，在支架的圓孔上放著一個質(zhì)量為M的木球，一質(zhì)量為m的

22、子彈以速度v0從下面豎直向上擊中子彈并穿出，使木球向上跳起高度為h，求子彈穿過木球后上升的高度。 【解析】把木球和子彈作為一個系統(tǒng)研究，在子彈和木球相互作用時間內(nèi)，木球和子彈要受到重力作用，顯然不符合動量守恒的條件。但由于子彈和木球間的作用力(內(nèi)力)遠(yuǎn)大于它們的重力(外力)，可以忽略重力作用而認(rèn)為系統(tǒng)動量守恒。 設(shè)子彈剛穿過木球時，子彈的速度為v1，木球的速度為v2，豎直向上為正方向。 對系統(tǒng)，據(jù)動量守恒：mv=mv1Mv2木球獲得速度v2后，上升的過程機(jī)械能守恒：½Mv22=Mgh兩式聯(lián)立得子彈射穿木球后的上升過程機(jī)械能守恒：½mv12=mgH，將v1代入得子彈上升的最大

23、高度：【例5】有兩塊大小不同的圓形薄板（厚度不計）質(zhì)量分別為M和m，半徑分別為R和r，兩板之間用一根長為04m的輕繩相連結(jié)開始時，兩板水平放置并疊合在一起，靜止于高度為02m處如圖（a）所示然后自由下落到一固定支架C上，支架上有一半徑為R/（rR/R的圓孔，圓孔與兩薄板中心在圓板中心軸線上，木板與支架發(fā)生沒有機(jī)械能損失的碰撞，碰撞后，兩板即分離，直到輕繩繃緊在輕繩繃緊瞬間，兩物體具有共同速度V，如圖4一22（b）所示問： （l）若M=m，則v值為多大 （2）若M/m=k，試討論v的方向與k值間的關(guān)系解析：M、m與固定支架碰撞前的自由下落，所以v02=2gh v0=2 ms碰撞后，M原速返回向上

24、作初達(dá)v0的勻減速運動，m作初速為v0向下勻加速運動設(shè)繩剛要繃直時，M的速度為v1，上升的高度為h1，m的速度為v2，下降的高度為h2，經(jīng)歷時間為t，則：v1v0一gt v12v02一2g h1 v2v0gt v22v02一2g h2 又hlh2=04 由上五式解得：v2=3 m/s， v1=1m/s在繩繃緊瞬間，時間極短，重力的沖量忽略不計，則M與m組成的系統(tǒng)動量守恒設(shè)向下為正則 mv2Mv1=（Mm）v， 即 v= （1）當(dāng)Mm時，v1m/s （2）當(dāng)M/mk時V= 討論：k3時，v0兩板向下運動， k3時，v0 兩板向上運動， k3時，v0兩板瞬時靜止【例6】如圖所示，一輛質(zhì)量M=2 k

25、g的平板車左端放有質(zhì)量m=3 kg的小滑塊，滑塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)µ=0.4，開始時平板車和滑塊共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右運動，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞時間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反平板車足夠長，以至滑塊不會滑到平板車右端（取g10 m/s2）求：（1)平板車第一次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離； (2）平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度v2； (3）若滑塊始終不會滑到平板車右端，平板車至少多長解析:平板車第一次與豎直墻壁發(fā)生碰撞后速度大小保持不變，但方向與原來相反在此過程中，由于時間極短，故滑塊m的速度與其在車上的位置均未發(fā)生變

26、化此外，由于相對運動，滑塊m和平板車間將產(chǎn)生摩擦力，兩者均做勻減速運動，由于平板車質(zhì)量小，故其速度減為0時，滑塊m仍具有向右的不為0的速度，此時起，滑塊m繼續(xù)減速，而平板車反向加速一段時間后，滑塊M和平板車將達(dá)到共同速度，一起向右運動，與豎直墻壁發(fā)生第二次碰撞（1）設(shè)平板車第一次碰墻壁后，向左移動s，速度減為0.（由于系統(tǒng)總動量向右，平板車速度為0時，滑塊還具有向右的速度） 根據(jù)動能定理有：一½µmgs1=0一½Mv02代入數(shù)據(jù)得：(2)假如平板車在第二次碰墻前還未和滑塊相對靜止，那么其速度的大小肯定還是2 m/s，滑塊的速度則大于2 m/s，方向均向右，這顯然不

27、符合動量守恒定律所以平板車在第二次碰墻前肯定已和滑塊具有共同速度v2.此即平板車碰墻瞬間的速度mv0一Mv0（Mm）v2，(3）平板車與墻壁第一次碰撞后到滑塊與平板車又達(dá)到共同速度v前的過程，可用圖(a) (b) (c）表示圖(a)為平板車與墻碰撞后瞬間滑塊與平板車的位置，圖(b)為平板車到達(dá)最左端時兩者的位置，圖（c）為平板車與滑塊再次達(dá)到共同速度時兩者的位置在此過程中滑塊動能減少等于摩擦力對滑塊所做功µmgs/，平板車動能減少等于摩擦力對平板車所做功µmgs/（平板車從B到A再回到B的過程中摩擦力做功為0)，其中s' ,s"分別為滑塊和平板車的位移滑塊

28、和平板車動能總減少為µmgL，其中Ls/+s/為滑塊相對平板車的位移此后，平板車與墻壁發(fā)生多次碰撞，每次情況與此類似，最后停在墻邊設(shè)滑塊相對平板車總位移為L,則有：½(Mm)v02=µmgL,L即為平板車的最短長度§6 動量、能量綜合應(yīng)用知識目標(biāo) 一、動量和動能 動量和動能都是描述物體運動狀態(tài)的物理量，但它們存在明顯的不同： 動量是矢量，動能是標(biāo)量物體動量變化時，動能不一定變化；但動能一旦發(fā)生變化，動量必發(fā)生變化如做勻速圓周運動的物體，動量不斷變化而動能保持不變 動量是力對時間的積累效應(yīng)，動量的大小反映物體可以克服一定阻力運動多久，其變化量用所受沖量來量

29、度；動能是力對空間的積累效應(yīng)，動能的大小反映物體可以克服一定阻力運動多么遠(yuǎn)，其變化量用外力對物體做的功來量度 動量的大小與速度成正比，動能大小與速率的平方成正比不同物體動能相同時動量可以不同，反之亦然，常用于比較動能相同而質(zhì)量不同物體的動量大??；常用來比較動量相同而質(zhì)量不同物體的動能大小 二、動量守恒定律與機(jī)械能守恒（包括能量守恒）定律 動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)，且研究的都是某一物理過程一但兩者守恒的條件不同：系統(tǒng)動量是否守恒，決定于系統(tǒng)所受合外力是否為零；而機(jī)械能是否守恒，則決定于是否有重力以外的力（不管是內(nèi)力還是外力）做功所以，在利用機(jī)械能守恒定

30、律處理問題時要著重分析力的做功情況，看是否有重力以外的力做功；在利用動量守恒定律處理問題時著重分析系統(tǒng)的受力情況（不管是否做功），并著重分析是否滿足合外力為零應(yīng)特別注意：系統(tǒng)動量守恒時，機(jī)械能不一定守恒；同樣機(jī)械能守恒時，動量不一定守恒，這是因為兩個守恒定律的守恒條件不同必然導(dǎo)致的結(jié)果如各種爆炸、碰撞、反沖現(xiàn)象中，因F內(nèi)F外，動量都是守恒的，但因很多情況下有內(nèi)力做功使其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能而使其機(jī)械能不守恒另外，動量守恒定律表示成為矢量式，應(yīng)用時必須注意方向，且可在某一方向獨立使用；機(jī)械能守恒定律表示成為標(biāo)量式，對功或能量只需代數(shù)加減，不能按矢量法則進(jìn)行分解或合成三、處理力學(xué)問題的基本方法

31、處理力學(xué)問題的基本方法有三種：一是牛頓定律，二是動量關(guān)系，三是能量關(guān)系若考查有關(guān)物理量的瞬時對應(yīng)關(guān)系，須應(yīng)用牛頓定律，若考查一個過程，三種方法都有可能，但方法不同，處理問題的難易、繁簡程度可能有很大的差別若研究對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮兩大守恒定律，若研究對象為單一物體，可優(yōu)先考慮兩個定理，特別涉及時間問題時應(yīng)優(yōu)先考慮動量定理，涉及功和位移問題的應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理因為兩個守恒定律和兩個定理只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間關(guān)系，對過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處特別對于變力作用問題，在中學(xué)階段無法用牛頓定律處理時，就更顯示出它們的優(yōu)越性四、求解動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、動

32、能定理、功能關(guān)系的綜合應(yīng)用類題目時要注意： 1.認(rèn)真審題，明確物理過程這類問題過程往往比較復(fù)雜，必須仔細(xì)閱讀原題，搞清已知條件，判斷哪一個過程機(jī)械能守恒，哪一個過程動量守恒 2.靈活應(yīng)用動量、能量關(guān)系有的題目可能動量守恒，機(jī)械能不守恒，或機(jī)械能守恒，動量不守恒，或者動量在整個變化過程中守恒，而機(jī)械能在某一個過程中有損失等，過程的選取要靈活，既要熟悉一定的典型題，又不能死套題型、公式【例1】如圖所示，A和B并排放在光滑的水平面上，A上有一光滑的半徑為R的半圓軌道，半圓軌道右側(cè)頂點有一小物體C，C由頂點自由滑下，設(shè)A、B、C的質(zhì)量均為m求：（1）A、B分離時B的速度多大？（2）C由頂點滑下到沿軌道

33、上升至最高點的過程中做的功是多少？ 分析：小物體C自由滑下時，對槽有斜向右下方的作用力，使A、B一起向右做加速運動，當(dāng)C滑至槽的最低點時，C、A之間的作用力沿豎直方向，這就是A、B分離的臨界點，因C將沿槽上滑，C對A有斜向左下方的作用力，使A向右做減速運動，而B以A分離時的速度向右做勻速運動，C沿軌道上升到最大高度時，C與A的相對速度為零，而不是C對地的速度為零，至于C在全過程中所做的功，應(yīng)等于A、B、C組成的系統(tǒng)動能的增加（實際上是等于C的重力所做的功）。 解析：對A、B、C組成的系統(tǒng)，它們在水平向上所受外力零，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，則 2mvABmvC0 又系統(tǒng)內(nèi)僅有重力彈力做功，機(jī)械

34、能守恒，有mgR=½（2m）vAB2½mvc2聯(lián)立解得vAB，vC=2，即分離時B的速度為 （2）當(dāng)C上升到最高點時，C與A有共同速度vAB，對A、B、C系統(tǒng)，由動量守恒定律，mvABmvC2mvAC 解之得vAC= 所以W=½mvAB2½2mvc2½m（）2½×2m（）2mgR 點評：本題把動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律巧妙地結(jié)合一起，考查對物理過程分析和描述的能力，關(guān)鍵是能清晰地將整個物理過程劃分兩個階段，應(yīng)用于恒定律來解。規(guī)律方法一、特點 能量與動量結(jié)合的題目，過程復(fù)雜，知識綜合性強(qiáng)，難度比較大；它不僅在力學(xué)中出現(xiàn)，在電

35、學(xué)與原子核物理學(xué)中也都有類似的題目因而在高考中那些難度大的題目往往出現(xiàn)在這里 二、解題思路 1選出要研究的系統(tǒng) 2對系統(tǒng)分析，看是否動量守恒（有時是某一方向動量守恒），再根據(jù)動量守恒定律列方程 3對系統(tǒng)中的物體受力分析，找出外力總功與物體始末動能，從而應(yīng)用動能定理列關(guān)系式 4這當(dāng)中有時要用到機(jī)械能守恒或能量守恒定律，可根據(jù)具體情況列出關(guān)系式5根據(jù)以上的關(guān)系式，求得某一物理量【例2】如圖所示，質(zhì)量為m的小鐵塊以初速度v0滑上質(zhì)量為M，靜止在光滑水平面上的木塊，鐵塊與木塊間的摩擦因數(shù)為，當(dāng)M向右運動s時，m與M相對靜止，m相對M滑動距離為s，則木塊動能的增量，鐵塊動能的減少量，系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，

36、轉(zhuǎn)化成內(nèi)能的能量各是多少？解析：對m與M在水平方向所受合外力為零，因而動量守恒 根據(jù)動量守恒定律m v0（Mm）v根據(jù)動能定理，對M ½Mv2=mgs對m： ½m v02一½mv2=mg（ss）木塊動能增量為mgs=½M2鐵塊動能減少量為：mg（ss）=½m v02½m2系統(tǒng)機(jī)械能的減少量為：½m v02一½mv2½Mv2mgs轉(zhuǎn)化成內(nèi)能的能量為：mgs 答案： ½M2，½m v02½m2，mgs，mgs 點評：從以上可知，（1）m動能減少量，轉(zhuǎn)化成M的動能與系統(tǒng)的內(nèi)能 （2

37、）系統(tǒng)機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的內(nèi)能 （3）從該題中也可以進(jìn)一步認(rèn)識到作用力、反作用力有時做功不同【例3】上題中S與S比較，可能（ ）A一定Ss； B一定SS； C一定SS；D以上結(jié)論均可能，但不能說是一定解析：由m v0（Mm）v得v= ，mgs=½M2 mgs=½m v02一½mv2½Mv2=½mv02一½m2½M2我們比較S與S的大小，只要看mgs一mgs大于零或小于零，或者等于零即可mgs一mgs=½m v02一½m2½M2½M2½m v021對1=顯然大于零 由以上討

38、論可知SS 答案：c【例4】如圖所示，質(zhì)量Mlkg的平板小車右端放有質(zhì)量m2kge的物塊（可視為質(zhì)點），物塊與車之間的動摩擦因數(shù)=05開始時二者一起以v0=6m/s的速度向左端的光滑水平面上運動，并使車與墻發(fā)生正碰，沒碰撞時間極短，且碰后車的速率與碰前的相同，車身足夠長，使物塊不能與墻相碰（g10 rns2）求： （1）物塊相對于小車的總位移S是多少？ （2）小車與墻第一次相碰后小車所走的總路程SM為多少？解析：（1）由于 mM，兩者以共同速度與墻相碰后，物塊的動量大小比車的動量大，由于滑動摩擦力的作用，兩者必會又以共同速度再次與墻相碰，如此反復(fù)直到兩者一起停止在墻角邊為止，設(shè)物體相對于車的位

39、移為S，由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得： mgs=½（m+M）v02，所以s=（m+M）v02/2mg=5.4m（2）設(shè)v1v0，車與墻第n次碰后邊率為vn，則第（n1）次碰后速率為vn+1，對物塊與車由動量守恒得： mvnMvn=（mM）vn+1 所以vn+1vn= vn/3 車與墻第（n1）次碰后最大位移 sn+1= vn+12/2a=Sn/9 可見車每次與墻碰后的最大位移是一個等比數(shù)列，其q=1/9，所以車與墻碰后的總路程 SM=2（S1S2Sn）2 S1·（1十十 ）= 車第一次與墻碰后最大位移 S1/2a/2a，a=mg/M=10m/s2 可算得 S1=m18 m 所以S

40、M=m4.05n 答案：（1）54 m（2）405 m點評：運用動量觀點和動能觀點解題每年在高考中都有很重的份量，每年的壓軸題都是利用此觀點解題它們的特點是過程復(fù)雜、難度大、綜合性強(qiáng)、靈活性高，這就要求我們主動去分析研究這類題的特點及處理所用的數(shù)學(xué)方法；在提高審題能力和物理過程分析能力上很下功夫，適度配合強(qiáng)化訓(xùn)練【例5】如圖所示，質(zhì)量為M長為L的木板（端點為A、B，中點為O）置于光滑水平面上，現(xiàn)使木板M以v0的水平初速度向右運動，同時把質(zhì)量為m長度可忽略的小木塊置于B端（它對地初速為零），它與木板間的動摩擦因數(shù)為，問v0在什么范圍內(nèi)才能使小木塊m滑動到OA之間停下來（即相對木板靜止）？解析：當(dāng)

41、 m、M相對靜止時， m滑動到OA之間停下來的條件為：m相對M的位移s½LsL由動量守恒M v0=（M十m）v物體克服摩擦阻力相對位移的功，量度系統(tǒng)機(jī)械能的減少，所以 mgs½M v02½（Mm）v2解方程得s代入條件½L所以v0 L所以v0 即：使m在OA間停下，v0滿足的條件：v0【例6】：A、B兩球在光滑水平面上同向運動，A球動量PA=5kg·M/S，B球的動量為PB=7kg·m/s。A從后面追上B并發(fā)生碰撞，碰后B球的動量變?yōu)镻B/=10kg·m/s，則兩球質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是：A、 mB=mA； B、mB=

42、2mA；C、mB=4mA； D、mB=6mA；解：由動量守恒得PAPB= PA/+PB/代入數(shù)據(jù)得PA/=2kg·m/s由碰撞中動能不增特征知數(shù)據(jù)得mB2.5mA，由合理情景知在碰撞前速度應(yīng)滿足關(guān)系PA/mAPB/mB可得mB1.4mA碰撞后速度應(yīng)滿足關(guān)系PA/mAPB/mB可得mB=5mA綜合得答案：C【例7】如圖所示，質(zhì)量為M的天車靜止在光滑水平軌道上，下面用長為L的細(xì)線懸掛著質(zhì)量為m的沙箱，一顆質(zhì)量為m0的子彈以v0的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后運動過程中求：（1）沙箱上升的最大高度 (2)天車的最大速度，解析：（1）子彈打入沙箱過程中動量守恒m0v0=（m0+m）v1

43、擺動過程中，子彈、沙箱、天車系統(tǒng)水平方向動量守恒，機(jī)械能守恒。沙箱到達(dá)最大高度時，系統(tǒng)有相同的速度，設(shè)為v2，則有（m0+m）v1=（m0+m+M）v2½（m0+m）v12=½（m0+m+M）v22+（m0+m）gh 聯(lián)立可得沙箱上升的最大高度（2）子彈和沙箱再擺回最低點時，天車速度最大，設(shè)此時天車速度為v3，沙箱速度為v4，由動量守恒得（m0+m）v1=Mv3+（m+M）v4由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得½（m0+m）v12=½Mv32+½（m+M）v42聯(lián)立求得天車的最大速度說明：（1）該題過程復(fù)雜，在子彈打沙箱的過程中動量守恒，機(jī)械能不守恒共同擺動過

44、程中，子彈、沙箱、天車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒式可列為m0v0=（m0+m+M）v2，但式就不能列為½m0v02=½（m0+m+M）v22+（m0+m）gh,因子彈與沙箱打擊過程中有機(jī)械能損失，這點是易錯點，一定要分析清楚 （2）、兩個方程列出后，顯然能看出與彈性碰撞方程相同，故解可直接寫出，會節(jié)省很多時間，由此也可看出這一碰撞模型的重要性【例8】如圖示是一個物理演示實驗，它顯示圖中自由落體的物體A和B經(jīng)反彈后，B能上升到比初始位置高得多的地方 A是某種材料做成的實心球，質(zhì)量m10. 28 kg,在其頂部的凹的坑中插著質(zhì)量m20. 10 kg的木棍B，B只

45、是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙將此裝置從A下端離地板的高度H1. 25 m處由靜止釋放實驗中，A觸地后在極短時間內(nèi)反彈，且速度大小不變；接著木棍B脫離球A開始上升，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g10 m/s2解析:實心球A和木棍開始做自由落體運動，設(shè)它們就要落地的瞬間速度為v1，由運動學(xué)公式 由題意，A觸地后在極短的時間內(nèi)反彈，速度變?yōu)橄蛏希笮〔蛔?，仍為v1，而木棍由于松松地插在凹坑中，其下端與坑底間有空隙，受到的作用力的沖量可忽略，可認(rèn)為速度大小，方向不變由于A的速度變?yōu)橄蛏?，B的速度仍向下，A,B相向運動，之間接著產(chǎn)生很強(qiáng)的作用力，A對B作用力的沖

46、量使B的速度方向變?yōu)橄蛏希O(shè)大小為v2/, 而B對A的沖量使A的速度由v1減為零，恰好停留在地板上，這一過程屬于碰撞模型，可認(rèn)為在豎直方向A,B系統(tǒng)的動量守恒，取向上為正，由動量守恒定律得： m1v1m2v2=m2v2/(v1=v2) 以后，B脫離A以初速度v2/做豎直上拋運動，設(shè)木棍B上升的最大高度為h，由機(jī)械能守恒定律得：½m2v2/2=m2gh,由以上幾式聯(lián)立，解得：h=4. 05 m【例8】兩個小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)。在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖所示。C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個整體D。

47、在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當(dāng)彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變，然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動，A與P接觸而不粘連。過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定無機(jī)械能損失）。已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m。 （1）求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度。 2）求在A球離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。解析（1）設(shè)C球與B球粘結(jié)成D時，D的速度為v1，由動量守恒，有mv0=（mm）v1當(dāng)彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設(shè)此速度為v2，由動量守恒，有2mv13mv2。 由以上兩式得A的速度v2=v0 （2）設(shè)彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為EP，由能量守恒

48、，有 ½½×2mv12=½×3mv22EP 撞擊P后，A與D的動能都為零，解除鎖定后，當(dāng)彈簧剛恢復(fù)到自然長度時，勢能全部轉(zhuǎn)變成D的動能，設(shè)D的速度為v3，則有EP½（2m）·v32 以后彈簧伸長，A球離開擋板P，并獲得速度，當(dāng)A、D的速度相等時，彈簧伸至最長，設(shè)此時的速度為v4，由動量守恒，有2mv3=3mv4 當(dāng)彈簧伸到最長時，其勢能最大，設(shè)此勢能為EP/，由能量守恒，有½½×2mv32=½×3mv42EP/ 解以上各式得 E P/=mv02【例9】一段凹槽A倒扣在水平長木板C上，槽內(nèi)有一小物塊B，它到槽兩內(nèi)側(cè)的距離均為L/2，如圖所示，木板位于光滑水平的桌