1、一、動量、動能和動量的變化量的辨析,質(zhì)量,速度,運動,mv,mv2,矢量,矢量,1物體的動量的變化率 等于它所受的力，這是牛頓第 二定律的另一表達形式 2動量和動能都是描述物體運動狀態(tài)的量，但是它們描述 的角度不同，動能是從能量的角度去描述，而動量是 從作用效果方面去描述 3對同一個物體，當速度大小不變、方向變化時，動量發(fā) 生改變而動能不變，如勻速圓周運動,二、動量守恒定律 1內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和 為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變 2常用的表達式 (1)pp，系統(tǒng)相互作用前的 p等于相互作用后 的 p. (2)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的兩個物體組 成

2、的系統(tǒng)，作用前的 等于作用后的 ,總動量,總動量,總動量,總動量,(3)p1p2，相互作用的兩個物體動量的變化大小 ，方向 (4)p0，系統(tǒng)總動量的變化 ,相等,相反,為零,不受外力,外力,3成立的條件 (1)系統(tǒng) 或系統(tǒng)所受 之和為零，根據(jù)動量 定理可知，系統(tǒng)的合外力沖量為零，系統(tǒng)的動量變 化量為零，系統(tǒng)動量守恒,(2)系統(tǒng)在某一方向上不受外力，或所受外力之和為零，則 系統(tǒng)所受合外力在這一方向上的沖量為零，因而系統(tǒng)在 這一方向上的 為零，系統(tǒng)在這一方向上動量 守恒 (3)當系統(tǒng) 遠大于 或者某一方向上 遠大于 時，系統(tǒng)的外力或某一方向上的外力可以忽略不計， 系統(tǒng)或系統(tǒng)在某一方向上動量近似守恒

3、,動量變化量,內(nèi)力,外力,內(nèi)力,外力,守恒,守恒,守恒,守恒,共線,三、碰撞、爆炸和反沖 1.碰撞的種類及特點,2爆炸現(xiàn)象 (1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體 間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中， 可以認為系統(tǒng)的總動量守恒 (2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué) 能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加 (3)位置不變：爆炸和碰撞的時間極短，因而作用過程中物體 產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸或碰撞后 仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動量開始運動,3反沖現(xiàn)象 (1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運動的現(xiàn)象 (2)反沖

4、運動中，相互作用力一般較大，通常可以用動量守 恒定律來處理 (3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C械能，所以 系統(tǒng)的總動能增加反沖運動是作用力與反作用力都做 正功的典型事例,四、用動量表示牛頓第二定律 1沖量 (1)定義： 與 的乘積，IFt. (2)方向：沖量是矢量，其方向與力的方向一致，也與動量變 化量的方向一致 (3)單位：在國際單位中，沖量的單位是 ，且1 1 kgm/s.,力,力的作用時間,Ns,Ns,2公式IFt中的F指的是恒力 3沖量的大小與物體是否運動無關(guān) 4計算沖量時，一定要明確是哪一段時間內(nèi)的沖量 5沖量具有矢量性，既有大小，又有方向,2動量定理 (1)內(nèi)容：物體在一

5、個過程始末的 等于它在這個過 程中所受力的沖量 (2)數(shù)學(xué)表達式：Ippp或Ftmvmv.,動量變化量,1沖量是使物體動量變化的原因，也是動量變化的量度，力 施加沖量的過程就是物體與物體之間進行動量傳遞的過程 2動量定理是由牛頓運動定律推導(dǎo)出來的，F(xiàn)ma m ，它與牛頓第二定律一樣，說明了物體運動狀態(tài)的變 化與外界作用力的關(guān)系 3動量定理不僅適用于恒力作用，對于變力作用也適用，只 是此時F指的是作用力對時間的平均值 4動量定理表達式是矢量表達式，在定量分析時應(yīng)選定正 方向,1.動量守恒的四性 (1)矢量性：對于作用前后物體的運動方向都在同一直線上的 問題，應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向，凡是與選取的正方向

6、一致的 動量為正，相反為負 (2)瞬時性：動量是一個瞬時量，動量守恒指的是系統(tǒng)任一瞬 時的動量恒定，列方程m1v1m2v2m1v1m2v2時， 等號左側(cè)是作用前(或某一時刻)各物體的動量和，等號右 側(cè)是作用后(或另一時刻)各物體的動量和，不同時刻的動 量不能相加,(3)相對性：由于動量的大小與參考系的選取有關(guān)，因此應(yīng)用 動量守恒定律時，應(yīng)注意各物體的速度必須是相對同一慣 性系的速度一般以地面為參考系 (4)普適性：它不僅適用于兩個物體所組成的系統(tǒng)，也適用于 多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)， 也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng),2動量守恒定律與機械能守恒定律的比較,3應(yīng)用動量守恒定律的

7、解題步驟 (1)確定相互作用的系統(tǒng)為研究對象； (2)分析系統(tǒng)內(nèi)研究對象所受的力，弄清哪些是內(nèi)力，哪些是 外力； (3)判斷系統(tǒng)是否符合動量守恒條件； (4)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量的正、負號及表達式； (5)根據(jù)動量守恒定律列方程求解,1. (2010湖南名校聯(lián)考)將一 質(zhì)量為3 kg的木板置于光 滑水平面上，另一質(zhì)量為 1 kg的物塊放在木板上已知物塊和木板間有摩 擦，而木板足夠長，若兩者都以大小為4 m/s的初 速度向相反方向運動(如圖551所示)，則當木 板的速度為2.4 m/s時，物塊正在 (),圖551,A水平向左做勻減速運動 B水平向右做勻加速運動 C水平方向做勻速運動 D

8、處于靜止狀態(tài),解析：由于木板和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零，所以系統(tǒng)動量守恒因為木板的質(zhì)量大于物塊的質(zhì)量，初速度大小相等，所以二者的總動量方向向右由于物塊和木板間有摩擦，所以物塊應(yīng)先向左做勻減速直線運動，當速度減到零時，再向右做勻加速直線運動，而木板一直向右做勻減速運動，當二者達到共同速度時，一起向右做勻速運動當木板的速度為2.4 m/s時，由動量守恒可得MvmvMvmv，代入數(shù)據(jù)解得此時物塊的速度為v0.8 m/s，所以物塊正向右做勻加速直線運動本題正確選項為B.,答案：B,兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和動能守恒 以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈

9、性碰撞為例，則有m1v1m1v1m2v2 解得：,結(jié)論：(1)當兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換了速度 (2)當質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，碰撞后兩球都向前運動 (3)當質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，碰撞后質(zhì)量小的球被反 彈回來,1兩物體碰撞時，動量一定守恒，機械能不增加，只有發(fā) 生彈性碰撞時機械能才不變 2兩物體同向碰撞，原來在前的物體速度一定增加，兩物 體相向碰撞時，碰后兩物體的運動方向至少有一個發(fā)生 改變,2.在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的 小球A以速率v0向右運動在小球 A的前方O點有一質(zhì)量為m2的小球 B處于靜止狀態(tài)，如圖552所 示小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運 動小球B被在Q

10、點處的墻壁彈回后與小球A在P點相 遇，PQ15PO，假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁 之間的碰撞都是彈性的，求兩小球質(zhì)量之比m1/m2.,圖552,解析：從兩小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變根據(jù)它們通過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為41. 設(shè)碰撞后小球A和B的速度分別為v1和v2，在碰撞過程中動量守恒，碰撞前后動能相等 m1v0 m1v1m2v2 m1v02 m1v12 m2v22 利用v2/v14，可解得 2.,答案：2,(2009山東高考)如圖553所示，光滑水平直軌道上有三個滑塊A、B、C，質(zhì)量分別為mAmC2m，mBm，A、B用細繩連接，中間有一壓

11、縮的輕彈簧(彈簧與滑塊不拴接)開始時A、B以共同速度v0運動，C靜止某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同求B與C碰撞前B的速度,圖553,解析設(shè)三滑塊最終速度為v，滑塊A與B分開后B的速度為vB.細繩斷開，A、B被彈開的過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒由動量守恒定律得 (mAmB)v0mAvmBvB B與C碰撞過程中，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得 mBvB(mBmC)v 聯(lián)立解得B與C碰撞前B的速度 vB .,答案,應(yīng)用動量守恒定律計算時，要注意恰當選取系統(tǒng)，判斷所選系統(tǒng)動量是否守恒，列方程時應(yīng)注意題中的特殊條件，如本題中滑塊A

12、、B、C的質(zhì)量關(guān)系和碰撞前后的速度關(guān)系.,(2009寧夏高考)兩個質(zhì)量分別為M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上A和B的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖554所示一質(zhì)量為m的物塊位于劈A的傾斜面上，距水平面的高度為h.物塊從靜止開始滑下，然后又滑上劈B.求物塊在B上能夠達到的最大高度,圖554,思路點撥物塊與劈A和B相互作用過程，因地面和劈的曲面均光滑，系統(tǒng)的機械能和水平方向的動量均守恒.,課堂筆記設(shè)物塊到達劈A的底端時，物塊和A的速度大小分別為v和V，由機械能守恒和動量守恒得 mgh M1Vmv 設(shè)物塊在劈B上達到的最大高度為h，此時物塊和B的共同速度大小為V，由機

13、械能守恒和動量守恒得 mv(M2m)V ,聯(lián)立式得,答案： h,物塊相對于劈B滑至最大高度時，二者相對靜止，速度相同，均為水平方向,1如圖555所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓 縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩 車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是 (),圖555,A兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零 B先放開左手、后放開右手后，系統(tǒng)動量不守恒 C先放開左手，后放開右手，總動量向左 D無論何時放手，只要兩手放開后在彈簧恢復(fù)原長的 過程中系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不 一定為零,解析：當兩手同時放開時，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因為開始時總動量為零，故系

14、統(tǒng)總動量始終為零，選項A正確；先放開左手，左邊的物體就向左運動，當再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，且開始時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故選項B錯而C、D正確綜合上述分析可知選項A、C、D正確,答案：ACD,2如圖556所示，木塊a、b用 一輕彈簧連接起來，放在光滑水 平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力F 使彈簧壓縮，當撤去外力后，下列說法中正確的是 (),圖556,Aa尚未離開墻壁前，a、b與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒 Ba尚未離開墻壁前，a、b與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 Ca離開墻壁后，a、b與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒 Da離開墻壁后，a、b與彈簧組

15、成的系統(tǒng)機械能守恒,解析：a未離開墻壁前，a、b與彈簧組成的系統(tǒng)受墻向右的外力，合外力不為零，動量不守恒，故A錯誤a未離開墻壁前，只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故B正確a離開墻壁后，a、b與彈簧組成的系統(tǒng)合外力為零，動量守恒，只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故C、D均正確,答案：BCD,3如圖557所示，位于光滑水平桌 面上的小滑塊P和Q都可視作質(zhì)點， 質(zhì)量相等Q與輕質(zhì)彈簧相連設(shè) Q靜止，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞在 整個碰撞過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于() AP的初動能BP的初動能的 CP的初動能的 DP的初動能的,圖557,解析：整個碰撞過程中，當小滑塊P和Q的

16、速度相等時，彈簧的彈性勢能最大設(shè)小滑塊P的初速度為v0，兩滑塊的質(zhì)量均為m.由系統(tǒng)動量守恒得mv02mv，v v0，系統(tǒng)機械能守恒，彈性勢能的最大值為：E mv022 m( v0)2 mv02 ( mv02) EkP，所以B選項正確,答案：B,4質(zhì)量為1 kg的小球以4 m/s的速度與質(zhì)量為2 kg的 靜止小 球正碰，關(guān)于碰后的速度v1和v2，下面可能的是 () Av1v2 m/s Bv11 m/s，v22.5 m/s Cv11 m/s，v23 m/s Dv14 m/s，v24 m/s,解析：兩球相碰，總動量是守恒的，由m1v0m1v1m2v2驗證得：A、B、D滿足動量守恒，C不滿足動量守恒，C錯誤；兩球碰撞過程中動能不增加，由 m1v02 m1v12 m2v22，驗證可得，D項碰后總動能增加了，故D錯誤，A、B正確,答案：AB,5如圖558所示，A、B兩個木塊質(zhì) 量分別為2 kg與0.9 kg，A、B與水平 地面間接觸光滑