如果合力方向与速度方向既不相同也不相反，那动量定理还能用吗？如果能，怎么做？_百度知道
如果合力方向与速度方向既不相同也不相反，那动量定理还能用吗？如果能，怎么做？
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动量是矢量，要把力分解成跟速度方向相同的再想乘，跟力做功一样。
但力做的功是标量
它的定义的位移是力的位移吗？
物体在力的方向上的位移，矢量乘矢量可以等于标量。
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【全程复习方略】学年高中物理 16.2动量和动量定理(探究导学课型)课件 新人教版选修3-5
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草图大师中为什么导入的模型不按要求的方向移动
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09-08-28 &匿名提问 发布
有事请发邮件 第四单元：动量、动量守恒定律 [内容和方法] 本单元内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律。冲量是物体间相互作用一段时间的结果，动量是描述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化。冲量和动量都是矢量，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基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和动量守定律的应用，由于力和动量均为矢量。因此，在应用动理定理和动量守恒定律时要首先选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，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情况下系统的动量才守恒，但对于某些具体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相互作用的内力，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] 在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理和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认识不清。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 、从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是： [ ] 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改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。 【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F•t =△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改变量大，所以，容易破碎。 【正确解答】 设玻璃杯下落高度为h。它们从h高度落地瞬间的 量变化快，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，地面给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】 判断这一类问题，应从作用力大小判断入手，再由动量 大，而不能一开始就认定水泥地作用力大，正是这一点需要自己去分析、判断。 例2 、把质量为10kg的物体放在光滑的水平面上，如图5－1所示，在与水平方向成53°的N的力F作用下从静止开始运动，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解，冲最定义应为“力与力作用时间的乘积”，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与功的计算公式W=Fcosa•s混淆了。 错解二 主要是对动量定理中的冲量没有理解。实际上动量定理的叙述应为“物体的动量改变与物体所受的合外力的冲量相等”而不是“与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】 首先对物体进行受力分析：与水平方向成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 = F•t = 10×2=10(N•s) 因为在竖直方向上，力F的分量Fsin53°，重力G，支持力N的合力为零，合力的冲量也为零。所以，物体所受的合外力的冲量就等干力F在水平方向上的分量，由动量定理得： Fcos53°•t = P2－0 所以P2= Fcos53°•t =10×0.8×2(kg•m/s) P2=16kg•m/s 【小结】 对于物理规律、公式的记忆,要在理解的基础上记忆，要注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行记忆。另外，对于计算冲量和功的公式、动能定理和动量定理的公式，由于它们从形式上很相似，因此要特别注意弄清它们的区别。 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，比较它们的动量的增量△P，有[ ] A．平抛过程较大 B．竖直上抛过程较大 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 = P2－P1则一定相等。选D。 错解二：从同一高度以相等的初速度抛出后落地，不论是平抛、竖直上抛或竖直下抛，因为动量增量相等所用时间也相同，所以冲量也相同，所以动量的改变量也相同，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水平方向，末动量沿斜向下方；竖直上抛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，平抛运动可由一个水平匀速运动和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t3＜t1，所以第二种解法是错误的。 【正确解答】 1．由动量变化图5－2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】 对于动量变化问题，一般要注意两点： (1)动量是矢量，用初、末状态的动量之差求动量变化，一定要注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复杂，如本题解答中的第一种解法，因此对于初、末状态动量不在一条直线上的情况，通常采用动量定理，利用合外力的冲量计算动量变化。如本题解答中的第二种解法，但要注意，利用动量定理求动量变化时，要求合外力一定为恒力。 例4、 向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，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 [ ] A．b的速度方向一定与原速度方向相反 B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a，b一定同时到达地面 D．炸裂的过程中，a、b中受到的爆炸力的冲量大小一定相等 【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与b的速度谁大，所以不能确定是否同时到达地面，也不能确定水平距离谁的大，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。 错解一中的认识是一种凭感觉判断，而不是建立在全面分析的基础上。事实是由于没有讲明a的速度大小。所以，若要满足动量守恒，(mA+mB)v=mAvA＋mBvB，vB的方向也可能与vA同向。 错解二是因为没有掌握力的独立原理和运动独立性原理。把水平方向运动的快慢与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水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有： (mA+mB)v = mAvA＋mBvB 当vA与原来速度v同向时,vB可能与vA反向，也可能与vA同向,第二种情况是由于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的方向会与vA方向一致，即与原来方向相同所以A不对。 a，b两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运 选项C是正确的 由于水平飞行距离x = v•t，a、b两块炸裂后的速度vA、vB不一定相等，而落地时间t又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，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=F•t的大小一定相等。所以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(物体沿水平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(沿水平方向物体不受外力)，运动相应的物理规律(沿水平方向动量守恒)进行分析、判断。解答物理问题应该有根有据，切忌“想当然”地作出判断。 例5、一炮弹在水平飞行时，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=P1＋P2 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反的情况，因而漏掉一解。实际上，动能为625J的一块的速度与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： P＝P1＋P2 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(625＋225)J=850J或(625＋4225)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缘故。 例6、 如图5－3所示，一个质量为M的小车置于光滑水平面。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。因摩擦经t秒木块停下，(设小车足够长)，求木块C和小车各自受到的冲量。 【错解分析】错解：以木块C为研究对象，水平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，方向水平向右。 又因为小车受到的摩擦力水平向左，大小也是f(牛顿第三定律)。所以小车受到的冲量I车= ft = mv0,大小与木块受到的冲量相等方向相反，即水平向左。 主要是因为对动量定理中的冲量理解不深入，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化量。数学表达式为I合=P2－P1，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与支持力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N′[N′=(m＋M)g]，摩擦力f'和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为研究对象，水平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 ∴I木= f•t = 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′=Mg＋N=(M＋m)g，水平方向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。 从动量变化的角度看，小车始终静止没动，所以动量的变化量为零，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，除了要注意动量是矢量，求动量的变化△P要用矢量运算法则运算外，还要注意F•t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历了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.6N•s) 例7、 总质量为M的装砂的小车，正以速度v0在光滑水平面上前进、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，小车的速度是否变化？ 【错解分析】错解：质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v由动量守恒守律： Mv0=(M－m)v 上述解法错误的主要原因在于研究对象的选取，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研究了。这样，所谓系统的初状态及末状态的含义就变了。实际情况是，漏掉的砂子在刚离开车的瞬间，其速度与小车的速度是相同的，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＋(M－m)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，系统的初末状态都应该对全系统而言，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(M2＞M1如图5－4)，M2开始是静止于地面上，当M1自由下落H距离后，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距离时，速度v1= 。在M1和M2组成的系统中，它们相互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， 实际上，上述结果是正确的，但在解题过程中，出现了两个错误。其一，没有认真分析绳子拉紧前后的动量守恒条件。实际上由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，也应认真考虑动量的方向性，M1的方向向下，而M2的方向向上，不能认为M1与M2系统的动量为(M1＋M2)v。 【正确解答】 M1自由下落H距离时的速度 绳子拉紧后的一小段时间△t后，M1与M2具有相同的速率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: (T1－M1g)△t =－M1v－(－M1v1) ② 对M2由动量定理，以向上为正方向： (T2－M2g)△L = M2v－0 ③ 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】 通过本题的分析与解答，我们可以从中得到两点警示。一是运用物理规律时一定要注意规律的适用条件，这一点要从题目所述的物理过程的特点出发进行分析，而不能“以貌取人”，一看到两物体间相互作用，就盲目地套用动量守恒定律。二是应用动量守恒定律时，要注意此规律的矢量性，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，枪口到靶的距离为l,子弹射出枪口时相对于地面的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，则在发射完n颗子弹后，小船后退的距离为多少？ 【错解分析】错解： 设第一颗子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为S1，子弹从枪口到靶所用的时间为： 对这颗子弹和其他物体构成的系统列动量守恒方程： mv = [M＋(n－1)m]v′ ② 在时间t内船的后退距离 s1= v′t ③ 子弹全部射出后船的后退距离 s = ns1 ④ 联立①②③④解得： 【正确解答】 设子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为s1=v′t，如图5－5所示，由几何关系可知 l= d+s1即l=v•t + v′t ⑤ 联立②③④⑤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，子弹与船运动的关系，而这一关系如果能用图5－5所示的几何图形加以描述，则很容易找出子弹与船间的相对运动关系。可见利用运动的过程草图，帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题，是大有益处的。 例10、 如图5－6所示，物体A置于小车B上，A与B之间光滑无摩擦。它们以共同的速度v前进。突然碰到障碍物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的速度将怎样变化？ 【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=mBv′－mAv 即：(mA＋mB＋mA)v = mBv′ 因为2mA＋mB＞mB 所以：v′＞v(变大)方向为原来的方向。 上述错解的主要原因是不注意分析物理规律的适用条件，乱用动量守恒定律而造成的。 当我们研究对象为A和B组成的系统时(如上述错解的研究对象)。在A与障碍物C发生碰撞时，因为C对A的作用力就A与B的系统来说是外力，所以不满足动量守恒条件(不受外力或合外力为零)。也就是说它们的动量不守恒，不能应用动量守恒定律去计算与讨论。不加分析地运用动量守恒定律必然导致错误。 【正确解答】 实际上，在A与C相碰时，由于C对A的作用力的冲量使A的动量发生了变化。而A与B之间光滑无摩擦。在水平方向无相互作用力。所以对B来说，其水平动量是守恒的(实际上也只具有水平动量)。也就是说，A在水平方向运动的变化不会影响B的运动情况，因此B将以速度v继续前进。 【小结】 物体间发生相互作用时，选哪个系统为研究对象，这是人为的选择，但要注意，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。因此我们应注意研究对象的选取，使其能满足我们所选用规律的适用条件。如本题中以B为研究对象，即包含了所求的B的运动情况，而满足了水平方向不受外力，动量守恒的适用条件。 例11、 如图5－7所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自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，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 D．小球离开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，只受重力和弹力作用，而弹力方向始终与速度方向垂直，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水平面，所以小球在半圆槽运动的全过程中，小球与半圆槽水平方向不受外力作用，因而系统在水平方向动量守恒，故选B。 错解三：半圆槽槽口的切线方向为竖直方向，因而小球运动到C点时的速度方向竖直向上，所以小球离开C点以后得做竖直上抛运动，故选D。 【正确解答】 本题的受力分析应与左侧没有物块挡住以及半圆槽固定在水平面上的情况区分开来。（图5-8） 从A→B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，因为有物块挡住，所以半圆槽不会向左运动，情形将与半圆槽固定时相同。但从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力N′方向向右下方，所以半圆槽要向右运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆运动，另一个与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力N与速度方向并不垂直，所以支持力会做功。所以A不对。又因为有物块挡住，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，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5－9，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B→C运动过程中，虽然开始时半圆槽与其左侧物块接触，但已不挤压，同时水平而光滑，因而系统在水平方向不受任何外力作用，故在此过程中，系统在水平方向动量守恒，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挡住，导致了小球从A→B和从B→C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与其运动方向的关系，及球和槽组成的系统所受合外力情况都发生了变化。而这一变化导致了两个过程所遵从的物理规律不同，所以具体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认真细致的具体分析，切忌不认真分析过程，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(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列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：（M+m0）u=Mv1+mv2+mov3 B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足：Mu=Mv1+mv2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足：Mu=（M+m）v D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：（M+m0）u=（M+m0）v1+mv2 【错解分析】错解：选A，D。 选择A，D的一个共同原因，是认为在碰撞的过程中，单摆也参加了碰撞，选A是认为三者发生碰撞，因而各自有一个速度；而选D的同学认为，单摆与小车连在一起，所以两者的速度始终相同，所以，碰前和碰后的关系应满足（M+m0）v = （M+m0）v1+mv2 另外还有一种选择，即B，C中只选一种，原因我们放在后面再分析。 【正确解答】 由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除A，D。 因为单摆的速度不变，所以，研究对象也选取小车和木块，水平方向动量守恒，由动量守恒定律 Mu = Mv1+mv2 即为B选项。 由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块合二而一。因此，C选项也是可能的。正确答案：选B，C。 【小结】 在解决如本题这种多个物体参与相互作用过程的题目时，要认真分析物体的受力情况，把没有参与作用的物体从多个对象中摘出去（如本题的单摆），这样可以避免选错研究对象。 例13、 如图5－10所示，倾角θ=30°，高为h的三角形木块B，静止放在一水平面上，另一滑块A，以初速度v0从B的底端开始沿斜面上滑，若B的质量为A的质量的2倍，当忽略一切摩擦的影响时，要使A能够滑过木块B的顶端，求V0应为多大？ 【错解分析】错解：设滑块A能滑到h高的最小初速度为v，滑块A到达斜面最高点时具有水平分速度为V′，由于水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，由动量守恒定律： mv0cosθ=mv′＋Mv′ ① 在B的上端点m的合速度为： 由动能定理有： 主要是对滑块A滑过最高点的临界状态分析不清楚。实际上，当滑块能够到达最高点时，即其竖直向上的分速度为零，也就是说，在最高点，滑块A只具有水平速度，而不具有竖直速度。所以，式①是正确的，式②中关于滑块A的动能，直接代入水平速度即可。 【正确解答】 根据水平方向动量守恒有： mv0cosθ=(m+M)v′ ① 【小结】 分析此题时，可以先定性分析，从题目可以知道，V0越大，上升的距离越高；v0较小，则可能上不到顶端。那么，刚好上升到 v0＞v时，才能够滑过。对于题目中的关键字眼，“滑过”、“至少”等要深入挖掘。 例14、 质量为M的小车，如图5－11所示，上面站着一个质量为m的人，以v0的速度在光滑的水平面上前进。现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加了多少？ 我的回答希望你能满意.
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动量、冲量和动量定理动量守恒定律
动量、冲量和动量定理
2. 动量守恒定律
【要点扫描】
动量、冲量和动量定理
（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，通常情况下，指相对地面的动量。单位是kg·m/s；
2、动量和动能的区别和联系
&&& ①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。
&&& ②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。
&&& ③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。
&&& ④动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不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：P2＝2mEk
3、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）ΔP＝Pt－P0，主要计算P0、Pt在一条直线上的情况。
（2）利用动量定理ΔP＝F·t，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关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。单位是N·s；
2、冲量的计算方法
（1）I＝F·t。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＝ΔP。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'－mv或Ft＝p'－p；该定理由牛顿第二定律推导出来：（质点m在短时间Δt内受合力为F合，合力的冲量是F合Δt；质点的初、末动量是mv0、mvt，动量的变化量是ΔP＝Δ（mv）＝mvt－mv0。根据动量定理得：F合＝Δ（mv）/Δt
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：（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物体动量变化量的矢量和。而物体系所受的合外力的冲量是指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Δ（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。
动量守恒定律
（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&&&
①系统不受外力或所受合外力为零。
②当内力远大于外力时。
③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
①p'＝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。
②Δp＝0，表示系统总动量的增量等于零。
③Δp1＝－Δp2，其中Δp1、Δp2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①的形式最常见，具体来说有以下几种形式
A、m1vl＋m2v2＝m1v'l＋m2v'2，各个动量必须相对同一个参照物，适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。
B、0＝m1vl＋m2v2，适用于原来静止的两个物体组成的系统。
C、m1vl＋m2v2＝（m1＋m2）v，适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度的系统。
（二）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。
【规律方法】
动量、冲量和动量定理
1、冲量和动量变化量的计算
【例1】如图所示，倾角为α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&&&&&&&&&&&& 。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。物体沿光滑斜面下滑，加速度a＝gsinα，滑到底端所用时间，由s＝at2，可知t＝＝
由冲量的定义式IN＝Nt＝mgcosα，IG＝mgt＝mg
&&& I合＝F合t＝mgsinα
点评：对力的冲量的计算，学生比较习惯按做功的方法求，如IF易算为Fcosθt，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，分不清应该用哪个力的冲量来计算，实际只要求出合外力的冲量就可以了。
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I＝Ft求，变力的冲量一般由I＝ΔP求。
【例2】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，因此动能增量就相同，D正确。答案：ABD。
2、动量定理的初步应用
【例3】如图所示，质量为2kg的物体，放在水平面上，受到水平拉力F＝4N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t1＝1s;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－f（tl＋t2）＝0
其中摩擦力f＝μN＝μmg
由以上两式得：
注意：应用动量定理公式I＝mv2－mv1时，不要把公式左边的冲量单纯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4】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：（F－Mg－mg）t＝mv＋（－Mu）
分别对A、B应用动量定理得：（F－mg）t＝mv，－Mgt＝－Mu
代入上式得I＝Ft＝mv＋mgt＝mv＋mu＝m（v＋u）
【例5】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？（g＝10m／s2）
&&& （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0.01s，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＝＝10m／s
&&& 由动量定理得（Fl－mg）t1＝mv&&& F1＝mv/t1＋mg＝1×103N
（3）由动量定理得（F2－mg）t2＝mv&& F2＝mv/t2＋mg＝5.05×104N
【例6】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μ，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－μ（mA＋mB）g]t＝（mA＋mB）v－0。
由此可知A、B之间连线断开时，A、B的速度为v＝[F－μ（mA＋mB）g]t/（mA＋mB）
（2）研究滑块A作匀减速运动过程，根据动量定理有：－μmAgt'＝0－mAv
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－μ（mA＋mB）g]（t＋t/）＝mBvB
将t'代入上式，可求出滑块A刚停住时滑块B的速度为vB＝
动量守恒定律
【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Δt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）Δt＝m1 v1'－m1 v1
&&& 对m2：（F2十f12）Δt＝m2 v2'－m2 v2
&&& 根据牛顿第三定律f12＝f21&& 又由于Fl＋F2＝0
&&& 所以m1 v1'－m1 v1＝m2 v2'－m2 v2&&&&& 整理得：m1 v1＋m2 v2＝m1 v1'＋m2 v2'
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”
①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。
②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m1vl＋m2v2＝m1v'l＋m2v'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。
③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
④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2】一辆质量为60kg的小车上有一质量为40kg的人（相对车静止）一起以2m／s的速度向前运动，突然人相对车以 4m／s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＋v）由动量守恒定律：
（60＋40）×2＝60v－40（4＋v）解得：v＝0.4 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，人的动量为40×4，由动量守恒定律：
&&& （60＋40）×2＝60v—40×4，解得v＝6m／s&&&&&&&&&&&&&&& （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，人的动量为40×（4－2）由动量守恒定律得
（60＋40）×2＝60v—40×（4－2）解得v＝14/3m/s&&&&&&&& （没有注意瞬时性）
（4）解析：选地为参照物，小车运动方向为正，据动量守恒定律，
（60＋40）×2＝60v—40（4—v）解得v＝3。6m/s此法正确。
&& &答案：3.6m／s
【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，下列哪些情况的说法是可能发生的（&&& ）
&&& A. 小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 vl、v2、v3，满足（M＋m0）v＝Mvl＋mv2＋m0v3
&&& B. 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＋mv2。
&&& C. 摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为vl，满足Mv＝（M＋m）vl
&&& D. 小车和摆球的速度都变为vl，木块的速度变为v2，满足（M＋m0）v＝（M＋m0）vl＋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，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和木块发生碰撞的瞬间，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两球动量分别是pA＝10kg·m/s，pB＝15kg·m/s，碰后动量变化可能是（&&&& ）
&&& A. ΔpA＝5kg·m／s&&&& &&&&&&& ΔpB＝5kg·m／s
&&& B. ΔpA ＝－5 kg·m／s&&&& & ΔpB＝5 kg·m／s
&&& C. ΔpA ＝5kg·m／s&&&& &&&&&& ΔpB＝－5 kg·m／s·
&&& D. ΔpA ＝－20kg·m／s&& &&&& ΔpB＝20 kg·m／s
解析：A。此结果动量不守恒；B。可能；C。B的动量不可能减少，因为是A碰B；D。要出现ΔpA＝－20kg·m／s只有B不动或向左运动才有可能出现这个结果。答案：B
【模拟试题】
1. 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60kg的人受到的平均冲击力约为多少?
2. 一单摆摆球质量m＝0.2kg，摆长l＝0.5m。今将摆球拉高至与竖直方向成5°角处由静止释放，求摆球运动至平衡位置过程中重力的冲量和合力的冲量。（g＝10m／s2）
3. 将质量为m的铅球以大小为v0、仰角为θ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？
4. 放在光滑水平面上的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，两车的总动量向右
&&& 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，两车的总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒
5. 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秒木块跃出水面。测得木块跃出水面的初速度为v1，若此时金属块还未沉到湖底，求此时金属块的速度v2？
6. 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h2＝3.2 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？
【试题答案】
1. 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v0≈30m/s，由
根据动量定理有Ft＝mv0，解得F＝5.4×104N
2. 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
&&& IG＝mg＝0.2×10×≈0.69 N·s
&&& 摆球所受合力为变力，不能直接用公式I＝Ft计算，只能应用动量定理求之：
&&& F合t＝Δmv＝m≈0.039N·s
答案：0.69 N·s；0.039 N·s
3. 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 v0cosθ＝（M＋m）v，所以v＝ m v0cosθ/（M＋m）
答案：m v0cosθ/（M＋m）
说明：某方向合外力为零，该方向动量守恒。
4. 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。
5. 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：（mg＋Mg－F1－F2）t＝（Mv2－mvl）－（m＋M）v……①
&&& 据牛顿第二定律，它们一起下沉时：Mg＋mg－F1－F2＝（m＋M）a……②
把②代入①得（m＋M）at＝（Mv2－mvl）－（m＋M）v解得
6. 解析：小球下落时是自由落体运动，下落时间和落地时的末速不难求出，反弹后作竖直上抛运动，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，设向上方向为正：（F－mg）（t－t1－t2）＝mv2－（－mv1）
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