1、.動量及動量守恒定律典型例題分析一動量守恒定律概述1.動量守恒定律的條件系統不受外力或者所受外力之和為零；系統受外力，但外力遠小于內力，可以忽略不計；系統在某一個方向上所受的合外力為零，那么該方向上動量守恒。全過程的某一階段系統受的合外力為零，那么該階段系統動量守恒。2動量守恒定律的表達形式1 ，即p1 p2=p1/ p2/，2p1 p2=0，p1= -p2 和 3應用動量守恒定律解決問題的根本思路和一般方法1分析題意，明確研究對象。2對各階段所選系統內的物體進展受力分析，斷定能否應用動量守恒。3確定過程的始、末狀態，寫出初動量和末動量表達式。注重：在研究地面上物體間互相作用的過程時，各物體運

2、動的速度均應取地球為參考系。（4） 建立動量守恒方程求解。4 注重動量守恒定律的“五性：條件性；整體性；矢量性；相對性；同時性二、動量守恒定律的應用1兩個物體作用時間極短，滿足內力遠大于外力，可以認為動量守恒。碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種。如：光滑程度面上，質量為m1的物體A以速度v1向質量為m2的靜止物體B運動，B的左端連有輕彈簧分析：在位置A、B剛好接觸，彈簧開場被壓縮，A開場減速，B開場加速；到位置A、B速度剛好相等設為v，彈簧被壓縮到最短；再往后A、B遠離，到位位置恰好分開。1彈簧是完全彈性的。壓縮過程系統動能減少全部轉化為彈性勢能，狀態系統動能最小而彈性勢能最大；

3、分開過程彈性勢能減少全部轉化為動能；因此、狀態系統動能相等。這種碰撞叫做彈性碰撞。由動量守恒和能量守恒可以證實A、B的最終速度分別為： 。這個結論最好背下來，以后經常要用到。2彈簧不是完全彈性的。壓縮過程系統動能減少，一部分轉化為彈性勢能，一部分轉化為內能，狀態彈性勢能仍最大，但比損失的動能小；別離過程彈性勢能減少，部分轉化為動能，部分轉化為內能；因為全過程系統動能有損失。3彈簧完全沒有彈性。壓縮過程系統動能減少全部轉化為內能，狀態沒有彈性勢能；由于沒有彈性，A、B不再分開，而是共同運動，不再有別離過程。可以證實，A、B最終的共同速度為 。在完全非彈性碰撞過程中，系統的動能損失最大，為：這個結

4、論最好背下來，以后經常要用到。例題：【例1】 質量為M的楔形物塊上有圓弧軌道，靜止在程度面上。質量為m的小球以速度v1向物塊運動。不計一切摩擦，圓弧小于90且足夠長。求小球能上升到的最大高度H 和物塊的最終速度v。2子彈打木塊類問題【例3】 設質量為m的子彈以初速度v0射向靜止在光滑程度面上的質量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為d。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的間隔 。3反沖問題在某些情況下，原來系統內物體具有一樣的速度，發生互相作用后各部分的末速度不再一樣而分開。這類問題互相作用過程中系統的動能增大，有其它能向動能轉化。可以把這類問題統稱為反沖。【例4】

5、 質量為m的人站在質量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠？【例5】 總質量為M的火箭模型 從飛機上釋放時的速度為v0，速度方向程度。火箭向后以相對于地面的速率u噴出質量為m的燃氣后，火箭本身的速度變為多大？4爆炸類問題【例6】 拋出的手雷在最高點時程度速度為10m/s，這時突然炸成兩塊，其中大塊質量300g仍按原方向飛行，其速度測得為50m/s，另一小塊質量為200g，求它的速度的大小和方向。5某一方向上的動量守恒【例7】 如下圖，AB為一光滑程度橫桿，桿上套一質量為M的小圓環，環上系一長為L質量不計的細繩，繩的另一端拴一質量為m的小球，現

6、將繩拉直，且與AB平行，由靜止釋放小球，那么當線繩與A B成角時，圓環挪動的間隔 是多少？6物塊與平板間的相對滑動【例8】如下圖，一質量為M的平板車B放在光滑程度面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，mM,A、B間動摩擦因數為，現給A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A開場向左運動，B開場向右運動，最后A不會滑離B，求：1A、B最后的速度大小和方向；2從地面上看，小木塊向左運動到離出發點最遠處時，平板車向右運動的位移大小。【例9】兩塊厚度一樣的木塊A和B，緊靠著放在光滑的程度面上，其質量分別為 ， ，它們的下底面光滑，上外表粗糙；另有一質量 的滑塊C可視為質點，以 的速度恰好程度地滑到A

7、的上外表，如下圖，由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上，B和C的共同速度為3.0m/s，求：1木塊A的最終速度 ； 2滑塊C分開A時的速度 。答案 【例1】解析：系統程度方向動量守恒，全過程機械能也守恒。在小球上升過程中，由程度方向系統動量守恒得： 由系統機械能守恒得： 解得 全過程系統程度動量守恒，機械能守恒，得 點評：此題和上面分析的彈性碰撞根本一樣，唯一的不同點僅在于重力勢能代替了彈性勢能。【例3】 解析：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統動量守恒：從能量的角度看，該過程系統損失的動能全部轉化為系統的內能。設平均阻力大小為f，設子彈、木塊的位移

8、大小分別為s1、s2，如下圖，顯然有s1-s2=d對子彈用動能定理： 對木塊用動能定理： 、相減得： 點評：這個式子的物理意義是：fd恰好等于系統動能的損失；根據能量守恒定律，系統動能的損失應該等于系統內能的增加；可見 ，即兩物體由于相對運動而摩擦產生的熱機械能轉化為內能，等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟途徑有關，所以這里應該用路程，而不是用位移。 假設 ，那么s2d。木塊的位移很小。但這種運動物體與靜止物體互相作用，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量均可用公式： 當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系

9、統動量仍然守恒，系統動能損失仍然是EK= f d這里的d為木塊的厚度，但由于末狀態子彈和木塊速度不相等，所以不能再用式計算EK的大小。【例4】解析：先畫出示意圖。人、船系統動量守恒，總動量始終為零，所以人、船動量大小始終相等。從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。設人、船位移大小分別為l1、l2，那么：mv1=Mv2，兩邊同乘時間t，ml1=Ml2，而l1 l2=L， 點評：應該注重到：此結論與人在船上行走的速度大小無關。不管是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結論都是一樣的。做這類題目，首先要畫好示意圖，要非凡注重兩個物體相對于地面的挪動方向和兩個物體位移

10、大小之間的關系。以上所列舉的人、船模型的前提是系統初動量為零。假設發生互相作用前系統就具有一定的動量，那就不能再用m1v1=m2v2這種形式列方程，而要利用m1 m2v0= m1v1 m2v2列式。【例5】解析：火箭噴出燃氣前后系統動量守恒。噴出燃氣后火箭剩余質量變為M-m，以v0方向為正方向， 【例6】分析：手雷在空中爆炸時所受合外力應是它受到的重力G= m1 m2 g，可見系統的動量并不守恒。但在爆炸瞬間，內力遠大于外力時，外力可以不計，系統的動量近似守恒。設手雷原飛行方向為正方向，那么整體初速度 ；m1=0.3kg的大塊速度為 m/s、m2=0.2kg的小塊速度為 ，方向不清，暫設為正方

11、向。由動量守恒定律：m/s此結果說明，質量為200克的部分以50m/s的速度向反方向運動，其中負號表示與所設正方向相反【例7】解析：雖然小球、細繩及圓環在運動過程中合外力不為零桿的支持力與兩圓環及小球的重力之和不相等系統動量不守恒，但是系統在程度方向不受外力，因此程度動量守恒。設細繩與AB成角時小球的程度速度為v，圓環的程度速度為V，那么由程度動量守恒有：MV=mv且在任意時刻或位置V與v均滿足這一關系，加之時間一樣，公式中的V和v可分別用其程度位移替代，那么上式可寫為：Md=mL-Lcos-d解得圓環挪動的間隔 ：d=mL1-cos/M m點評：以動量守恒定律等知識為依托，考察動量守恒條件的理解與靈敏運用才能易出現的錯誤：1對動量守恒條件理解不深化，對系統程度方向動量守恒感到疑心，無法列出守恒方程.2找不出圓環與小球位移之和L-Lcos。【例8】解析：1由A、B系統動量守恒定律得：Mv0-mv0=M mv 所以v= v0 方向向右2A向左運動速度減為零時，到達最遠處，此時板車挪動位移為s,速度為v,那么由動量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv 對板車應用動能定理得：-mgs= mv2- mv02 聯立解得：s= v02【例9】解析：這是一個由A、B、C三個物體組成的系統，以這系統為研究對象，當C在A、B上滑動時，A、B、C三個物體間存在互