高考第一輪復習----動量

第四章 動量

一.動量和沖量

1.動量

按定義，物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動量：p=mv

⑴動量是描述物體運動狀態(tài)的一個狀態(tài)量，它與時刻相對應。

⑵動量是矢量，它的方向和速度的方向相同。

2.沖量

按定義，力和力的作用時間的乘積叫做沖量：I=Ft

⑴沖量是描述力的時間積累效應的物理量，是過程量，它與時間相對應。

⑵沖量是矢量，它的方向由力的方向決定（不能說和力的方向相同）。如果力的方向在作用時間內(nèi)保持不變，那么沖量的方向就和力的方向相同。

⑶高中階段只要求會用I=Ft計算恒力的沖量。對于變力的沖量，高中階段只能利用動量定理通過物體的動量變化來求。

⑷要注意的是：沖量和功不同。恒力在一段時間內(nèi)可能不作功，但一定有沖量。

m

H

例1. 質(zhì)量為m的小球由高為H的光滑斜面頂端無初速滑到底端過程中，重力、彈力、合力的沖量各是多大？

解：力的作用時間都是 ，力的大小依次是mg、

mgcosα和mgsinα，所以它們的沖量依次是： 

特別要注意，該過程中彈力雖然不做功，但對物體有沖量。

二、動量定理

1.動量定理

物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化。既I=Δp

⑴動量定理表明沖量是使物體動量發(fā)生變化的原因，沖量是物體動量變化的量度。這里所說的沖量必須是物體所受的合外力的沖量（或者說是物體所受各外力沖量的矢量和）。

⑵動量定理給出了沖量（過程量）和動量變化（狀態(tài)量）間的互求關(guān)系。

⑶現(xiàn)代物理學把力定義為物體動量的變化率： （牛頓第二定律的動量形式）。

⑷動量定理的表達式是矢量式。在一維的情況下，各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向為正。

例2. 以初速度v₀平拋出一個質(zhì)量為m的物體，拋出后t秒內(nèi)物體的動量變化是多少？

解：因為合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt

    有了動量定理，不論是求合力的沖量還是求物體動量的變化，都有了兩種可供選擇的等價的方法。本題用沖量求解，比先求末動量，再求初、末動量的矢量差要方便得多。當合外力為恒力時往往用Ft來求較為簡單；當合外力為變力時，在高中階段只能用Δp來求。

2.利用動量定理定性地解釋一些現(xiàn)象

例3. 雞蛋從同一高度自由下落，第一次落在地板上，雞蛋被打破；第二次落在泡沫塑料墊上，沒有被打破。這是為什么？

解：兩次碰地（或碰塑料墊）瞬間雞蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以兩次碰撞過程雞蛋的動量變化相同。根據(jù)Ft=Δp，第一次與地板作用時的接觸時間短，作用力大，所以雞蛋被打破；第二次與泡沫塑料墊作用的接觸時間長，作用力小，所以雞蛋沒有被打破。（再說得準確一點應該指出：雞蛋被打破是因為受到的壓強大。雞蛋和地板相互作用時的接觸面積小而作用力大，所以壓強大，雞蛋被打破；雞蛋和泡沫塑料墊相互作用時的接觸面積大而作用力小，所以壓強小，雞蛋未被打破。）

F

例4. 某同學要把壓在木塊下的紙抽出來。第一次他將紙迅速抽出，木塊幾乎不動；第二次他將紙較慢地抽出，木塊反而被拉動了。這是為什么？

解：物體動量的改變不是取決于合力的大小，而是取決于合力

沖量的大小。在水平方向上，第一次木塊受到的是滑動摩擦力，一般來說大于第二次受到的靜摩擦力；但第一次力的作用時間極短，摩擦力的沖量小，因此木塊沒有明顯的動量變化，幾乎不動。第二次摩擦力雖然較小，但它的作用時間長，摩擦力的沖量反而大，因此木塊會有明顯的動量變化。

3.利用動量定理進行定量計算

利用動量定理解題，必須按照以下幾個步驟進行：

⑴明確研究對象和研究過程。研究對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的質(zhì)點組。質(zhì)點組內(nèi)各物體可以是保持相對靜止的，也可以是相對運動的。研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段。

⑵進行受力分析。只分析研究對象以外的物體施給研究對象的力。所有外力之和為合外力。研究對象內(nèi)部的相互作用力（內(nèi)力）會改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內(nèi)力。如果在所選定的研究過程中的不同階段中物體的受力情況不同，就要分別計算它們的沖量，然后求它們的矢量和。

⑶規(guī)定正方向。由于力、沖量、速度、動量都是矢量，在一維的情況下，列式前要先規(guī)定一個正方向，和這個方向一致的矢量為正，反之為負。

⑷寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量（或各外力在各個階段的沖量的矢量和）。

⑸根據(jù)動量定理列式求解。

A

B

C

例5. 質(zhì)量為m的小球，從沙坑上方自由下落，經(jīng)過時間t₁到達沙坑表面，又經(jīng)過時間t₂停在沙坑里。求：⑴沙對小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落過程所受的總沖量I。

解：設剛開始下落的位置為A，剛好接觸沙的位置為B，在沙中到達的最低點為C。⑴在下落的全過程對小球用動量定理：重力作用時間為t₁+t₂，而阻力作用時間僅為t₂，以豎直向下為正方向，有：

    mg(t₁+t₂)-Ft₂=0,  解得：

    ⑵仍然在下落的全過程對小球用動量定理：在t₁時間內(nèi)只有重力的沖量，在t₂時間內(nèi)只有總沖量（已包括重力沖量在內(nèi)），以豎直向下為正方向，有：

    mgt₁-I=0,∴I=mgt₁

這種題本身并不難，也不復雜，但一定要認真審題。要根據(jù)題意所要求的沖量將各個外力靈活組合。若本題目給出小球自由下落的高度，可先把高度轉(zhuǎn)換成時間后再用動量定理。當t₁>> t₂時，F>>mg。

 

m     M

v₀

v^/

例6. 質(zhì)量為M的汽車帶著質(zhì)量為m的拖車在平直公路上以加速度a勻加速前進，當速度為v₀時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機才發(fā)現(xiàn)。若汽車的牽引力一直未變，車與路面的動摩擦因數(shù)為μ，那么拖車剛停下時，汽車的瞬時速度是多大？

解：以汽車和拖車系統(tǒng)為研究對象，全過程系統(tǒng)受的合外力始終為 ，該過程經(jīng)歷時間為v₀/μg，末狀態(tài)拖車的動量為零。全過程對系統(tǒng)用動量定理可得：

    這種方法只能用在拖車停下之前。因為拖車停下后，系統(tǒng)受的合外力中少了拖車受到的摩擦力，因此合外力大小不再是 。

例7. 質(zhì)量為m=1kg的小球由高h₁=0.45m處自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度為h₂=0.2m，從小球下落到反跳到最高點經(jīng)歷的時間為Δt=0.6s，取g=10m/s²。求：小球撞擊地面過程中，球?qū)Φ孛娴钠骄鶋毫Φ拇笮?i style="mso-bidi-font-style: normal">F。

解：以小球為研究對象，從開始下落到反跳到最高點的全過程動量變化為零，根據(jù)下降、上升高度可知其中下落、上升分別用時t₁=0.3s和t₂=0.2s，因此與地面作用的時間必為t₃=0.1s。由動量定理得：mgΔt-Ft₃=0 ，F=60N

三、動量守恒定律

1.動量守恒定律

    一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。

    即：

2.動量守恒定律成立的條件

⑴系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；

⑵系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，可以忽略不計；

⑶系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒。

⑷全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動量守恒。

3.動量守恒定律的表達形式

    除了 ，即p₁+p₂=p₁^/+p₂^/外，還有：

    Δp₁+Δp₂=0，Δp₁= -Δp₂ 和

4.動量守恒定律的重要意義

從現(xiàn)代物理學的理論高度來認識，動量守恒定律是物理學中最基本的普適原理之一。（另一個最基本的普適原理就是能量守恒定律。）從科學實踐的角度來看，迄今為止，人們尚未發(fā)現(xiàn)動量守恒定律有任何例外。相反，每當在實驗中觀察到似乎是違反動量守恒定律的現(xiàn)象時，物理學家們就會提出新的假設來補救，最后總是以有新的發(fā)現(xiàn)而勝利告終。例如靜止的原子核發(fā)生β衰變放出電子時，按動量守恒，反沖核應該沿電子的反方向運動。但云室照片顯示，兩者徑跡不在一條直線上。為解釋這一反�，F(xiàn)象，1930年泡利提出了中微子假說。由于中微子既不帶電又幾乎無質(zhì)量，在實驗中極難測量，直到1956年人們才首次證明了中微子的存在。（2000年高考綜合題23 ②就是根據(jù)這一歷史事實設計的）。又如人們發(fā)現(xiàn)，兩個運動著的帶電粒子在電磁相互作用下動量似乎也是不守恒的。這時物理學家把動量的概念推廣到了電磁場，把電磁場的動量也考慮進去，總動量就又守恒了。

四、動量守恒定律的應用

1.碰撞

A     A       B    A     B       A       B

v₁

v

v₁^/

v₂^/

Ⅰ            Ⅱ                Ⅲ

兩個物體在極短時間內(nèi)發(fā)生相互作用，這種情況稱為碰撞。由于作用時間極短，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，所以可以認為系統(tǒng)的動量守恒。碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種。

    仔細分析一下碰撞的全過程：設光滑水平面上，質(zhì)量為m₁的物體A以速度v₁向質(zhì)量為m­₂的靜止物體B運動，B的左端連有輕彈簧。在Ⅰ位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；到Ⅱ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開始遠離，彈簧開始恢復原長，到Ⅲ位置彈簧剛好為原長，A、B分開，這時A、B的速度分別為 。全過程系統(tǒng)動量一定是守恒的；而機械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了。

    ⑴彈簧是完全彈性的。Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動能最小而彈性勢能最大；Ⅱ→Ⅲ彈性勢能減少全部轉(zhuǎn)化為動能；因此Ⅰ、Ⅲ狀態(tài)系統(tǒng)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明A、B的最終速度分別為： 。（這個結(jié)論最好背下來，以后經(jīng)常要用到。）

    ⑵彈簧不是完全彈性的。Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少，一部分轉(zhuǎn)化為彈性勢能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和⑴相同，彈性勢能仍最大，但比⑴��；Ⅱ→Ⅲ彈性勢能減少，部分轉(zhuǎn)化為動能，部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；因為全過程系統(tǒng)動能有損失（一部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能）。這種碰撞叫非彈性碰撞。        

v₁

    ⑶彈簧完全沒有彈性。Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和⑴相同，但沒有彈性勢能；由于沒有彈性，A、B不再分開，而是共同運動，不再有Ⅱ→Ⅲ過程。這種碰撞叫完全非彈性碰撞�？梢宰C明，A、B最終的共同速度為 。在完全非彈性碰撞過程中，系統(tǒng)的動能損失最大，為：

。（這個結(jié)論最好背下來，以后經(jīng)常要用到。）

例8. 質(zhì)量為M的楔形物塊上有圓弧軌道，靜止在水平面上。質(zhì)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。

解：系統(tǒng)水平方向動量守恒，全過程機械能也守恒。

在小球上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得：

由系統(tǒng)機械能守恒得：       解得

全過程系統(tǒng)水平動量守恒，機械能守恒，得

    本題和上面分析的彈性碰撞基本相同，唯一的不同點僅在于重力勢能代替了彈性勢能。

例9. 動量分別為5kgžm/s和6kgžm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一條直線同向運動，A追上B并發(fā)生碰撞后。若已知碰撞后A的動量減小了2kgžm/s，而方向不變，那么A、B質(zhì)量之比的可能范圍是什么？

解：A能追上B，說明碰前v_A>v_B,∴ ；碰后A的速度不大于B的速度， ；又因為碰撞過程系統(tǒng)動能不會增加， ，由以上不等式組解得：

此類碰撞問題要考慮三個因素：①碰撞中系統(tǒng)動量守恒；②碰撞過程中系統(tǒng)動能不增加；③碰前、碰后兩個物體的位置關(guān)系（不穿越）和速度大小應保證其順序合理。

2.子彈打木塊類問題

子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個角度來分析這一過程。

 s₂       d

s₁

v₀

v

例10. 設質(zhì)量為m的子彈以初速度v₀射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)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距離。

解：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(tǒng)動量守恒： 

      

從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設平均阻力大小為f，設子彈、木塊的位移大小分別為s₁、s₂，如圖所示，顯然有s₁-s₂=d

對子彈用動能定理：                ……①

對木塊用動能定理：                    ……②

①、②相減得：  ……③

這個式子的物理意義是：fžd恰好等于系統(tǒng)動能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動能的損失應該等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加；可見 ，即兩物體由于相對運動而摩擦產(chǎn)生的熱（機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)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，摩擦生熱跟路徑有關(guān)，所以這里應該用路程，而不是用位移）。

由上式不難求得平均阻力的大�。�

至于木塊前進的距離s₂，可以由以上②、③相比得出：

從牛頓運動定律和運動學公式出發(fā)，也可以得出同樣的結(jié)論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動，位移與平均速度成正比：

   

    一般情況下 ，所以s₂<<d。這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小，可以忽略不計。這就為分階段處理問題提供了依據(jù)。象這種運動物體與靜止物體相互作用，動量守恒，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量可用公式： …④

    當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)動量仍然守恒，系統(tǒng)動能損失仍然是ΔE_K= f žd（這里的d為木塊的厚度），但由于末狀態(tài)子彈和木塊速度不相等，所以不能再用④式計算ΔE_K的大小。

    做這類題目時一定要畫好示意圖，把各種數(shù)量關(guān)系和速度符號標在圖上，以免列方程時帶錯數(shù)據(jù)。

3.反沖問題

    在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用過程中系統(tǒng)的動能增大，有其它能向動能轉(zhuǎn)化。可以把這類問題統(tǒng)稱為反沖。

l₂     l₁

例11. 質(zhì)量為m的人站在質(zhì)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？

解：先畫出示意圖。人、船系統(tǒng)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，則：mv₁=Mv₂，兩邊同乘時間t，ml₁=Ml₂，而l₁+l₂=L，∴

    應該注意到：此結(jié)論與人在船上行走的速度大小無關(guān)。不論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(jié)論都是相同的。

做這類題目，首先要畫好示意圖，要特別注意兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物體位移大小之間的關(guān)系。

    以上所列舉的人、船模型的前提是系統(tǒng)初動量為零。如果發(fā)生相互作用前系統(tǒng)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+m₂)v₀= m₁v₁+ m₂v₂列式。

例12. 總質(zhì)量為M的火箭模型 從飛機上釋放時的速度為v₀，速度方向水平�；鸺�向后以相對于地面的速率u噴出質(zhì)量為m的燃氣后，火箭本身的速度變?yōu)槎啻螅?/p>

解：火箭噴出燃氣前后系統(tǒng)動量守恒。噴出燃氣后火箭剩余質(zhì)量變?yōu)?i style="mso-bidi-font-style: normal">M-m，以v₀方向為正方向，

 

 

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