第七章 动量(杨国兴)2010级高考物理一轮复习教案全集

第七章动量动量守恒

考纲要求

1、动量、冲量、动量定理Ⅱ

2、动量守恒定律Ⅱ

说明：动量定理和动量守恒定律的应用只限于一维的情况

知识网络：

单元切块：

按照考纲的要求，本章内容可以分成两部分，即：动量、冲量、动量定理；动量守恒定律。其中重点是动量定理和动量守恒定律的应用。难点是对基本概念的理解和对动量守恒定律的应用。

§1 动量、冲量和动量定理

知识目标

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，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＝2mE k

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=P t一P0，主要计算P0、P t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、P t；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．冲量不仅由力的决定，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/一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、未动量是 mv0、mv t，动量的变化量是ΔP=Δ（mv）=mv t－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，P t）；

（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的体动量变化量的矢量和。而物体系所受的合外力的冲量是把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。 规律方法

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．物体沿光滑料面下滑，加速度a=gsin α，滑到底端所用时间，由s=?at 2

，可知t=a s /2=αsin /2g s

由冲量的定义式I N =Nt=mgcos ααcos /2g s , I G =mgt=mg αsin /2g s

I 合＝F 合t ＝mgsin α

αsin /2g s

点评：对力的冲量计算，学生比较习惯按做功的方法求，如I F 易算为Fcos θt ，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，分不清应该用那个力的冲量来计算，实际只要求出合外力的冲量就可以了。

【例2】一单摆摆球质量m=0．2kg ，摆长l=0．5m ．今将摆球拉高与竖直方向成50

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 ＝10 m ／s 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=

g

l

2π

．所以 I G ＝mg

g

l

2π

=0.2×10×105.02π≈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 ()θcos 12-gl ≈0．039 N ·s

答案：0．69 N ·S ；0．039 N ·S

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3】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4】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t 1＝1s;第二阶段撤去F 后只受摩擦力f 的作用又历时t 2=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：Ft l 一f(t l 十t 2）＝0其中摩擦力f ＝μN=μmg 由以上两式得：()11241

0.12102

Ft mg t t μ?=

==+??

注意:应用动量定理公式I ＝mv 2一mv l 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5】质量为m=2kg 的小球，从离地面h 1=5 m 高处自由下落，球和地面相碰后又反弹至h 2＝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？

解析:小球下落时是自由落体运动，下落时间和落地时末速不难求出，反跳后作竖直上抛运动，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：1

10/v m

s ,下落所用时间：1

1

t s == 反弹后上升初速度：2

8/v m

s =,反弹后上升时间：20.8t s ==

= 对球和地面碰撞过程用动量定理，设向上方向为正：（F 一mg ）（t 一t 1一t 2）=mv 2一（一mv I ）

()()1212

21082103801.910.8

m v v F mg N t t t +?+=

+=

+?=----

【例6】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

7】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 ／s 2

）

（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v t =gh 2＝10m ／s

由动量定理得（F l －mg ）t 1＝mv F 1＝mv/t 1＋mg ＝1×103

N

（3）由动量定理得（F 2一mg ）t 2＝mv F 2＝mv/t 2＋mg ＝5．05×104

N

【例8】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?

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v 0≈30m/s,由00220.5123030

v s s t t s v ?=

===得 根据动量定理有Ft=mv 0,解得F=5.4×104

N

【例9】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m A 、m B 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（m A ＋m B ）g]t ＝（m A ＋m B ）V －0．

由此可知A 、B 之间连线断开时，A 、B 的速度为V=[F －μ（m A ＋m B ）g]t/（m A ＋m B ）

（2）研究滑块A 作匀减速运动过程，根据动量定理有：－μm A gt /

=0－m A V

将V 代入上式，可求得滑块A 作匀减速滑行时间为：t /

=g V μ=()B A B A gm gm t g m m F μμμ++-][

（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（m A ＋m B ）g]（t ＋t /

）=m B v B

将t /

代人上式，可求出滑块A 刚停住时滑块BR 的速度为v B =()()g m m m Ft g m m F B A B B A ++-μμ][

【例10】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v 1，若此时金属块还未沉到湖底，求此时金属块的速度v 2？ 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F 1和F 2。

据动量定理：（mg ＋Mg 一F 1－F 2）t ＝（Mv 2一mv l ）一（m 十M ）v ……① 据牛顿第二定律，它们一起下沉时:Mg 十mg 一F 1一F 2＝（m ＋M) a ……②

把②代入①得（m ＋M ）at ＝（Mv 2一mv l ）一（m ＋M ）v 解得()()12m M at v mv v M

+++=

§2 动量定理的拓展应用

1、动量定理F Δt ＝mv t －mv 0可以用一种更简洁的方式F Δt=ΔP 表达，式中左边表示物体受到的冲

量，右边表示动量的增量（变化量）。此式稍加变形就得0t mv mv p

F t t

-?==

?? 其含义是：物体所受外力（若物体同时受几个力作用，则为合外力）等于物体动量的变化率。这一公式通常称为“牛顿第二定律的动量形式”。这一形式更接近于牛顿自己对牛顿第二定律的表述。应用这个表述我们在分析解决某些问题时会使思路更加清晰、简洁。 【例1】如图所示，在粗糙水平面上放一三角本块a ，若物体b 在a 的斜面上静止，加速，匀速或减速下滑时．在四种情况下a 对平面的压力比a 、b 两重力之和大还是小？

解法一：（常规解法）如图所示， N=G a ＋N y ＋f y

N y ＝N b －a cos θ＝G b cos 2

θ

f y =f b －a sin θ，当b 沿斜面匀速下滑时，在数值上f b －a =f a －b = G b sin θ

所以f y ＝G b sin 2

θ

所以 N ＝ G a ＋G b sin 2θ＋G b cos 2

θ＝G a ＋G b 当b 在a 上静止时情形亦如此N ＝G a ＋G b

当b 在a 上加速下滑时f ＜G b sin θ，所以 N ＜G a ＋G b 当b 在a 上减速下滑时f ＞G b sin θ，所以N ＞G a ＋G b 解法二：将a 、b 视为一整体如图所示，将N 分解 根据动量定理［N 0－（G a ＋G b ）］Δt=ΔP 显然匀速运动时N= G a ＋G b 加速运动时N ＜G a ＋G b 减速运动时N ＞G a ＋G b

下面我们再来讨论a 与地面间摩擦力的方向 （1）当b 沿料面匀速运动或静止在斜面上； （2）当b 沿斜面加速下滑； （3）当b 沿斜面减速下滑； （4）当b 沿斜面向上运动．

解法一：（l ）当b 静止在斜面或沿料面匀速下滑时对b 有：G b sin θ＝f N ＝G b cos θ

对a 受力分析如图所示，比较f x 与N x 的大小 f x =fcos θ= G b sin θcos θ，N x ＝G b cos θsin θ

所以当b 静止或沿料面匀速下滑时，f x =N x ，a 与平面间无摩擦力．

（2）当b 沿斜面加速下滑时对b ，G b sin θ＞f 所以对a ，f x ＜N x ，摩擦力方向向左

（3）当b 沿斜面减速下滑时 G b sin θ＜f 所以对a ，f x ＞N x ，摩擦力方向向右

（4）当b 沿斜面向上运动时，a 受到b 对它摩擦力的方向斜向上，很显然地面对a 摩擦力方向向左．

解法二：将ab 视为一个系统，将b 的速度分解如图所示， （1）当停止或匀速下滑时，Δv x ＝0． 根据动量定理，ab 在水平方向受到冲量为零，所以产生冲量的摩擦力为零． （2）当沿斜面加速下滑时f Δt ＝m b Δv x ，f 与Δv x 同向，所以f 方向向左． （3）当沿斜面减速下滑时：我们可用同样方法得出f 方向向右． 注意：当b 沿斜面向上匀速运动时，Δv x ＝0，由动量定理可知，f 应当为零，而实际上方向向左，为什么？这里必须清楚．当b 沿斜面向上匀速运动时，对这个系统，水平方向的合外力已经不单是f 了，必须有除f 以外的外力存在，而且它的方向或者其分力方向水平向右，否则b 不会沿斜面向上匀速运动． 【例2】如图所示，等臂天平左端有一容器，内盛有水，水中有一密度小于水密度的木球．有一细绳一端系球，一端固定于烧杯底部，整个系统处于平衡状态，假设细绳突然断裂，小球相对于水向上加速运动，天平将如何？ 解法一：按照常规则应进行如下分析 对盘：如图4—12中1所示（N 为臂对盘的支持力，F 为杯对盘的压力） N ＝F ＋G 盘 ① 对杯底：如图4—12中2所示（F /

为盘对杯的支持力，T 为绳对杯的拉力，F 水

为水对杯的压力）

F /＝F F /＝

G 杯＋F 水－T

②

对水：如图4－12中3所示（ F /水为杯底对水的支持力，F /浮为球对水作用力）

F /水＝ F /浮十

G 水 ③

对球（F 浮为水对球的浮力，T /为绳对球的拉力，T /= T ）F 浮＝F /浮 当静止时 F 浮=T /十 G 球 代入③得 F /水=T /十G 球 ＋ G 水 代入②得

F /=

G 杯十 G 水＋G 球 代入①得 N ＝G 盘＋G 杯十 G 水＋G 球

当绳断时，对杯底如图4—12中4所示，

F /＝

G 杯＋ G 水 ④

F 浮一

G 球=m 木球a －m 水球a 即F 浮 =G 球十m 木球a －m 水球a 代入③得

对水F /水= G 球＋G 水＋m 木球a －m 水球a 代入④得

F ＝

G 杯十G 水十G 球十m 木球a －m 水球a 代入①得 N ＝G 盘＋G 杯十 G 水＋G 球十m 木球a －m 水球a 所以天平左端上升． 解法二：若将盘、杯、水、球视为一个整体，则根据动量定理 F Δt ＝ΔP

即［N （G 盘＋G 杯十 G 水＋G 球 ）］Δt=ΔP

当静止时ΔP ＝0 所以 N ＝G 盘＋G 杯十 G 水＋G 球

当木球向上运动水球向下运动时,ΔP=m 木球Δv －m 水球Δv<0 所以 N

而知天平左端上升．

说明：前法较后法步骤繁杂，使人接受困难，后法两步即可得出结论，两法比较，繁简分明． 【例3】如图所示，在光滑水平面上，有A 、B 两辆小车．水平面左侧有一竖直墙．在小车B 上坐着一个小孩．小孩与车B 的总质量是车A 的10倍，两车从静止开始，小孩把车A 以对地速度v 推出，车A 与墙碰撞后仍以原速率返回，小孩接到车A 后，又把它以对地速度v 推出，车A 返回后，小孩再把它推出，每次推出，小车A 对地速度都是v ，方向向左，则小孩共把车A 推出多少次后，车A 返回小孩不能再接到？ 解析：题中车A 多次与车B 及墙壁间发生相互作用，而每次与车B 作用时，水平方向合力为0，故A 、B 每次作用时，由车A 与车B 组成系统动量守恒，而每次作用后车B 的速度是下一次作用前的速度，这为一个隐含条件，车A 返回，小孩不能接到的临界条件是v B =v ． 设第一次、第二次、…、第n 次作用后，车B 的速度为v 1，v 2，…，v n ，每次作用，车A 与车B 动量守恒，从而得到 0=10mv l －mv ………① （A 、B 第1次作用） 10mv l ＋mv ＝10mv 2－mv ………② （A 、B 第2次作用） 10mv 2 ＋mv ＝10mv 3－mv ………③ （A 、B 第3次作用） ……… 10mv n －1 ＋mv ＝10mv n －mv （A 、B 第n 次作用） 把n 式相加得：（n —1）mv= 10mv n －nmv

即得：v n =1012-n v ≥v 则 n ≥5．5， n 取整数， n ＝6次后，车A 返回时，小孩接不到车A 巧解：对A 、B 系统，所受合外力就是墙的弹力．这个弹力每次产生冲量大小为2mv ，要使B 不再接到 A ，必须v A ≤v B ．这里先取一个极限值v A =v B =v ，则： 根据动量定理， n2mv=（M ＋m ）v 将M ＝10m 代入解得 n ＝5．5，所以推6次即可． 2、物体动量的增量可以是物体质量不变，由速度变化形成：ΔP=mv 2I 一mv 1=m （V 2一v 1）=m Δv ， 动量定理表达为F Δt=m Δv.也可以是速度不变，由质量变化形成：ΔP ＝m 2v 一m l v=（m 2一m l ）v ＝Δmv,动量定理表达为F Δt ＝ΔmV 。在分析问题时要注意第二种情况。 【例4】宇宙飞船进入一个宇宙尘埃区，每前进lm ，就有10个平均质量为2×10－7

的微尘粒与飞船相撞，并附在飞船上。若尘埃微粒原来的速度不计，要保持飞船的速度10 km/s ，飞船喷气产生的推力至少应维持多大？ 解析：设飞船速度为v ，飞行时间为Δt ，每前进1m 附着的尘粒数为n ，尘粒的平均质量为m 0，则在Δt 内飞船增加的质量Δm ＝nm 0v Δt.

据动量定理F Δt ＝Δmv 。可知推力：272001021010000200nm v t

F v nm v N t

-?===???=?

【例5】科学家设想在未来的航天事业中用太阳帆来加速星际宇宙飞船，按照近代光的粒子说，光

由光子组成，飞船在太空中张开太阳帆，使太阳光垂直射到太阳帆上，太阳帆面积为S ，太阳帆对

光的反射率为100%

，设太阳帆上每单位面积每秒到达

n 个光子，每个光子的动量为p ，如飞船总质

量为m 。

求：（1)飞船加速度的表达式。

(2)若太阳帆面对阳光一面是黑色的，情况又如何？

解析:(1)设经过时间t，则在时间t内射到太阳帆上的光子数为：N＝nst……①对光子由动量定理得Ft=NP一N（一P）……②对飞船由牛顿运动定律得F＝ma……③

由以上三式解得飞船的加速度为

2nsP a

m =

(2）若太阳帆面对阳光的一面是黑色的，则对光子由动量定理得：ft=0一N（一P）……④

由①③④得

nsP a

m =

【例6】自动称米机已在许多大粮店广泛使用。买者认为：因为米流落到容器中时有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量数满足时，自动装置即刻切断米流时，此刻尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来，究竟哪方说得对而划算呢？（原理如图所示）。解析：设米流的流量为dkg／s，它是恒定的，自动装置

能即刻在出口处切断米流，米流在出口处速度很小可视

为零，若切断米流后，盛米的容器中静止的那部分米的

质量为m1kg，空中还在下落的米质量为m2kg，则落到已

静止的米堆（m1）上的一小部分米的质量为Δm kg．取

Δm为研究对象，这部分米很少，在Δt时间内Δm=d·Δ

t，设其落到米堆上之前的速度为V，经Δt时间静止，

其受力如图所示，由动量定律得

（F一Δmg）Δt=ΔmV 即F=dV十d·Δt·g

根据牛顿第三定律知F=F/，称米机的读数应为

/

1

m g F

N

M

g g

+

===m1＋m2＋Δm

可见，称米机读数包含了静止在袋中的部分m1，也包含了尚在空中的下落的米流 m2应包含刚落至米堆上的一小部分Δm，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题。

点评：本例是物理知识在实际生活中应用综合题，涉及物理中的冲量，动量、动量守恒、牛顿第三定律等知识。考查学生应用学科知识解决实际问题的能力，解此题必须正确分析现象，形成正确的物理图景，恰当运用物理规律求解。

§3 动量守恒定律

知识目标

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、m1v l＋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= m1v l＋m2v2，适用于原来静止的两个物体组成的系统。

C、m1v l＋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。

【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 F l、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：（F l十f21）Δt＝m1 v1/—m1 v1

对m2：（F2十f12）Δt= m2 v2/一m2 v2

根据牛顿第三定律f12= f21又由于F l十F2＝0

所以m1 v1/—m1 v1＝m2 v2/一m2 v2整理得：m1 v1＋m2 v2 =m1 v1/＋m2 v2/

二、对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。

【例2】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，而车的总动量向右

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，同车的总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒

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．

【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 v l、v2、v3，满足（M＋m0）v=Mv l十mv2十m0v3 B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v l和v2，满足Mv=Mv l十mv2。

C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v l，满足Mv＝（M＋m）v l

D．小车和摆球的速度都变为v l，木块的速度变为v2，满足（M十m0）v=（M十m0）v l十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和本块发生碰撞的瞬间，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p A＝10kgm/s，p B=15 kgm/s，碰后动量变化可能是（） A．Δp A＝5 kg·m／s Δp B＝5 kg·m／s

B．Δp A =－5 kg·m／s Δp B＝ 5 kg·m／s

C．Δp A =5 kg·m／s Δp B=－5 kg·in／s·

D．Δp A＝－20kg·m／s Δp B＝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Δp A＝－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

规律方法

1、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m1v l ＋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5】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（4十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，人的动量一40×4，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，人的动量一40×（4一2）由动量守恒定律得

（60＋40）×2＝60v —40×（4一2）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：3．6 m／s

【例6】2002年，美国《科学》杂志评出的《2001 年世界十大科技突破》中，有一项是加拿大萨德伯里中微子观测站的成果．该站揭示了中微子失踪的原因，即观测到的中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中转化为一个μ子和一个τ子．在上述研究中有以下说法：①该研究过程中牛顿第二定律依然适用；②该研究中能的转化和守恒定律依然适用；③若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致；④若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能相反．其中正确的是：

A.①②，

B.①③，

C.②③，

D. ③④；

解析:牛顿运动定律适用于“低速”“宏观”物体,而动量守恒定律和能量守恒定律是自然界中的普适规律,在中微子转化为μ子和τ子时,动量守恒和能量守恒定律仍然适用,当μ子与中微子的运动方向一致时,τ子的运动方向有可能与中微子的运动方向相同,也有可能与中微子运动方向相反;但μ子运动方向与中微子运动方向相反时,τ子的运动方向与中微子的运动方向一定相同.答案C正确.

2、应用动量守恒定律的基本思路

1．明确研究对象和力的作用时间，即要明确要对哪个系统，对哪个过程应用动量守恒定律。

2．分析系统所受外力、内力，判定系统动量是否守恒。

3．分析系统初、末状态各质点的速度，明确系统初、末状态的动量。

4．规定正方向，列方程。

5．解方程。如解出两个答案或带有负号要说明其意义。

【例7】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？

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 v 0cos θ/（M ＋m ）

说明：某方向合外力为零，该方向动量守恒．

【例8】有N 个人，每人的质量均为m ，站在质量为M 的静止在光滑水平地面上的平板车上，他们从平板车的后端以相对于车身为u 的水平速度向后跳下，车就朝前方向运动，求： （1）如果所有的人同时跳下，平板车获得的速度多大？ （2）如果一次只跳一个人，平板车获得的速度多大？ 解答：他们同时跳下，则nm （u －v ）－Mv=0，∴v=

nm

M nm

+u

他们相继跳下，则0=[M ＋（n －1）m]v 1＋m （v 1－u ）； [M ＋（n －1）m]v 1=[M ＋（n －2）m]v 2＋m （v 2－u ）；

[M ＋（n －2）m]v 2=[M ＋（n －3）m]v 3＋m （v 3－u ）；………… [M ＋m]v n-1=Mv n ＋m （v n －u ）

∴v 1=mu/（M ＋nm ）；v 2－v 1=mu/[M ＋（n －1）m]；v 3－v 2=mu/[M ＋（n －2）m]；…… v n －vn －1=mu/[M ＋m]；

v n =mu[m M +1＋m M 21+＋m M 31+＋………＋nm

M +1

]；即v n ＞v

【例9】一玩具车携带若干质量为m 的弹丸,车和弹丸的总质量为M,在半径为R 的光滑轨道上以速

率v 0做匀速圆周运动,若小车每转一周便沿运动方向相对地面以恒定速度u 发射一枚弹丸,求:

(1) 至少发射多少颗弹丸后,小车开始反向运动?

(2) 写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的表达式.

解析:(1)设发射第一枚弹丸后,玩具车的速度为v 1,由切线方向动量守恒得:

(M －m)v 1＋mu=Mv 0 得01Mv mu

v M m

-=-

第二枚弹丸发射后,则(M －2m)v 2＋mu=(M －m)v 1 得()102222M m v mu Mv mu v M m M m

---==

--

………

则第n 枚弹丸发射后,小车的速度为0n Mv nmu

v M nm

-=-

小车开始反向运动时,v n ≤0,则0Mv

n mu

=

(2)发射相邻两枚弹丸的时间间隔就是发射第k(k

即:()022,k k

R M km R t T v Mv kmu

ππ-?==

=- 【例10】如图所示，一排人站在沿X 轴的水平轨道旁．原点O 两侧的人序号都记为n （n ＝1、2、3、……）

每人只有一个沙袋，X ＞0一侧的每个沙袋质量为m ＝14 kg ， x ＜0一侧的每个沙袋质量为 m /

=10 kg ．一质量为M=48 kg 的小车以某初速度从原点出发向正X 方向滑行，不计轨道阻力．当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度v 朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，v 的大小等手扔袋之前的瞬间车速大小的2n 倍（n 是此人的序号数）．

（1）空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？ （2）车上最终有大小沙袋共多少个？

解答：①小车朝正X 方向滑行的过程中，第（n －1）个沙袋扔到车上后的车速为v n －1，第n 个沙袋扔到车上后的车速为v n ，由动量守恒[M ＋（n －1）m] v n －1－2nm v n －1=（M+nm ）v n v n =

()nm

M m

n M ++-1 v n －1………①

小车反向运动的条件是v n －1＞0， v n ＜0，即M －nm ＞0，M －（n+1）m ＜0，代入数据得

n ＜M/m=48/14，n ＞M/m －1=34/14，n 应为整数，故n=3，即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行 ②车自反向滑行直到接近x ＜一侧第1人所在位置时，车速保持不变，而车的质量为M+3m ，若在朝

负x 方向滑行过程中，第（n-1）个沙袋扔到车上后，车速为v n-1/

，第n 个沙袋扔到车上后车速为v n /

，现取向左方向为正方向，则由动量守恒得：

[M+3m+（n-1）m /] v n-1/－2nm / v n-1/=（M ＋3m ＋nm /）v n /

v n

/=()/

/313nm

m M m n m M +++-+ v n-1/，车不再向左滑行的条件是v n-1/＞0，v n /

＜0， 即（M ＋3m －nm /）＞0，（M ＋3m －（n+1）m /

）≤0 即n ＜

/3m m M +=9，n ≥/

3m

m

M +－1=8，即8≤n ＜9， 在n=8时，车停止滑行，故最终有11个沙袋。

§4 人船模型与反冲运动

知识目标 一、人船模型

1．若系统在整个过程中任意两时刻的总动量相等，则这一系统在全过程中的平均动量也必定守恒。在此类问题中，凡涉及位移问题时，我们常用“系统平均动量守恒”予以解决。如果系统是由两个物体组成的，合外力为零，且相互作用前均静止。相互作用后运动，则由0=m 11v +m 22v 得推论0＝m 1s 1＋m 2s 2，但使用时要明确s 1、s 2必须是相对地面的位移。

2、人船模型的应用条件是：两个物体组成的系统（当有多个物体组成系统时，可以先转化为两个物体组成的系统）动量守恒，系统的合动量为零． 二、反冲运动

1、指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反方向发生动量变化的现象

2.研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态． 规律方法

1、人船模型及其应用

【例1】如图所示，长为l 、质量为M 的小船停在静水中，一个质量为m 的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？

解析:当人从船头走到船尾的过程中,人和船组成的系统在水平方向上不受力的作用,故系统水平方向动量守恒,设某时刻人对地的速度为v 2,船对地的速度为v 1,则mv 2－Mv 1=0,即v 2/v 1=M/m.

在人从船头走到船尾的过程中每一时刻系统的动量均守恒,故mv 2t －Mv 1t=0,即ms 2－Ms 1=0,而s 1+s 2=L

所以1,m s L M m =+2M

s L M m

=+

思考：（1)人的位移为什么不是船长？

(2)若开始时人船一起以某一速度匀速运动，则还满足s 2/s 1=M/m 吗？

【例2】载人气球原静止于高h 的高空，气球质量为M ，人的质量为m ．若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？

解析：气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒，人着地时，绳梯至少应触及地面，因为人下滑过程中，人和气球任意时刻的动量大小都相等，所以整个过程中系统平均动量守恒．若设绳梯长为l ，人沿绳梯滑至地面的时间为 t ，由图4—15可看出，气球对地移动的平均速度为（l －h ）/t ，人对地移动的平均速度为－h/t （以向上为正方向）．由动量守恒定律，有

M （l －h ）/t －m h/t=0．解得 l=M m M +h ． 答案：M

m

M +h

说明：（1）当问题符合动量守恒定律的条件，而又仅涉及位移而不涉及速度时，通常可用平均动量求解．

（2）画出反映位移关系的草图，对求解此类题目会有很大的帮助． （3）解此类的题目，注意速度必须相对同一参照物．

【例3】如图所示，一质量为m l 的半圆槽体A ，A 槽内外皆光滑，将A 置于光滑水平面上，槽半径为R.现有一质量为m 2的光滑小球B 由静止沿槽顶滑下，设A 和B 均为弹性体，且不计空气阻力，求槽体A 向一侧滑动的最大距离．

解析:系统在水平方向上动量守恒,当小球运动到糟的最右端时,糟向左运动的最大距离设为s 1,则m 1s 1=m 2s 2,又因为s 1＋s 2=2R,所以2

112

2m s R m m =

+

思考：(1)在槽、小球运动的过程中，系统的动量守恒吗？

(2)当小球运动到槽的最右端时，槽是否静止？小球能否运动到最高点？ (3)s 1＋S 2为什么等于2R,而不是πR?

【例4】某人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,枪内有n 颗子弹，每颗子弹的质量为m ，枪口到靶的距离为L ，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v 0，在发射后一

发子弹时，前一发子弹已射入靶中，在射完n 颗子弹时，小船后退的距离为（）

()()0;;;11mnl nml mnl

A B C D M n m M nm M n m

??

??+-+++

解析:设n 颗子弹发射的总时间为t,取n 颗子弹为整体,由动量守恒得nmv 0=Mv 1,即nmv 0t=Mv 1t;

设子弹相对于地面移动的距离为s 1,小船后退的距离为s 2,则有: s 1=v 0t, s 2= v 1t;且s 1＋s 2=L

解得:2nml

s M nm

=+.答案C

【例5】如图所示，质量为m 、半径为R 的小球，放在半径为2R,质量为2m 的大空心球内．大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球壁滚到最低点时，大球移动的距离是多少?

解析:设小球相对于地面移动的距离为s 1,大球相对于地面移动的距离为s 2.下落时间为t,则由动量

守恒定律得12122;s s m m s s R t t =+=;解得21

3

s R =

【例6】如图所示，长20 m 的木板AB 的一端固定一竖立的木桩，木桩与木板的总质量为10kg ，将木板放在动摩擦因数为μ=0. 2的粗糙水平面上，一

质量为40kg 的人从静止开始以a 1=4 m/s 2

的加速度从B 端向A 端跑去，到达A 端后在极短时间内抱住木桩（木桩的粗细不计），求： （1)人刚到达A 端时木板移动的距离．

(2)人抱住木桩后木板向哪个方向运动，移动的最大距离是多少？(g 取10 m/s 2

）

解析:(1)由于人与木板组成的系统在水平方向上受的合力不为零,故不遵守动量守恒.设人对地的位移为s 1,木板对地的速度为s 2,木板移动的加速度为a 2,人与木板的摩擦力为F,由牛顿定律得:

F=Ma 1=160N;()22160500.210

6.0/10

F M m g a m s m μ-+-??===

设人从B 端运动到A 端所用的时间为t,则s 1=?a 1t, s 2=?a 2t; s 1＋s 2=20m 由以上各式解得t=2.0s,s 2=12m

(2)解法一:

设人运动到A

端时速度为

v 1,木板移动的速度为v 2,则v 1=a 1t=8.0m/s, v 2=a 2t=12.0m/s,

由于人抱住木桩的时间极短,在水平方向系统动量守恒,取人的方向为正方向,则Mv1－mv2=(M+m)v,得v=4.0m/s.由此断定人抱住木桩后,木板将向左运动.由动能定理得(M+m)μgs=?(M+m)v2解得s=4.0m.

解法二:对木板受力分析,木板受到地面的摩擦力向左,故产生向左的冲量,因此,人抱住木桩后,系统将向左运动.由系统动量定理得(M＋m)μgt=(M+m)v,解得v=4.0m/s

由动能定理得(M+m)μgs=?(M+m)v2解得s=4.0m.

2、反冲运动的研究

【例7】如图所示，在光滑水平面上质量为M的玩具炮．以射角α发射

一颗质量为m的炮弹，炮弹离开炮口时的对地速度为v0。求玩具炮后退

的速度v?

【解析】炮弹出口时速度v0可分解为竖直向上的分量v y和水平向右的分量v x。取炮和炮弹为系统，初始时系统动量为零，炮弹出口时炮弹有竖直向上的动量mv y，而炮车在竖直方向上却没方向相反的动量，因此在竖直分方向上系统的动量不守恒。在水平方向上因地光滑无外力，所以可用水平方向动量守恒来解。炮车和炮弹组成的系统在水平分方向上动量守恒。

设水平向左为正方向，据动量守恒定律，在水平方向上：mv0cosα=Mv，

解得炮车后退速度

0cos

m v v

M α

=

【例8】火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体，喷出气体相对地面的速度为v=1000m/s,设火箭的初质量M=300kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑阻力的情况下，火箭发动机1s末的速度是多大？

解析：由动量守恒，设火箭发动机1s末的速度为v1，则（M－20m）v1=20mv，

14000

13.5/ 296

v m s

==

【例9】用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以速度v=7．0×103m/s绕地球做匀速圆周运动；已知卫星质量m= 500kg，最后一节火箭壳体的质量M=100kg；某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度u=1.8×103m/s.试分析计算：分离后卫星的速度增加到多大？火箭壳体的速度多大？分离后它们将如何运动？

解析：设分离后卫星与火箭壳体相对于地面的速度分别为v1和v2，分离时系统在轨道切线方向上动量守恒，（M+m）v=mv1+Mv2，且u=v1－v2，解得v1=7.3×103m/s,v2=5.5×103m/s

卫星分离后,v1>v2,将做离心运动,卫星将以该点为近地点做椭圆运动.而火箭壳体分离后的速度v2=5.5×103m/s

【例10】如图所示，带有1/4圆弧的光滑轨道的小车放在光滑水平地面上，弧

形轨道的半径为R，最低点与水平线相切，整个小车的质量为M。现有一质量为

m的小滑块从圆弧的顶端由静止开始沿轨道下滑，求当滑块脱离小车时滑块和

小车的各自速度。

【解析】在m由静止沿圆弧轨道下滑过程中，m和M组成的系统在水平方向不

受外力作用；因此该系统在水平方向动量守恒。在m下滑时，对M有一个斜向左下方的压力，此压力的水平分量使M在m下滑时向左作加速运动，直到m脱离轨道飞出。从能量守恒的观点看，m与M获得的动能均来自m位置降低所减少的重力势能。设向右为正方向，m脱离轨道时的速度为v1，此时小车的速度为v2.

据动量守恒定律，在水平方向上：0＝mv l一Mv2……①据能量守恒:mgR=?mv12+?Mv22……②

由以上两式解得

12

v v

==

【例11】光子的能量为hγ，动量大小为hγ/c，如果一个静止的放射性元素的原子核在发生γ衰变时只发出一个γ光子，则衰变后的原子核（C）

A.仍然静止

B.沿着与光子运动方向相同的方向运动

C.沿着与光子运动方向相反的方向运动

D.可能向任何方向运动、

解析:原子核在放出γ光子过程中，系统动量守恒，而系统在开始时总动量为零，因此衰变后的原子核运动方向与γ光子运动方向相反.

【例12】春节期间孩子们玩“冲天炮”，有一只被点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动，其中有一段时间内“冲天炮”向上作匀速直线运动，在这段时间内“冲天炮”的有关物理量将是（） A，合外力不变；B．反冲力变小； C．机械能可能变大；D．动量变小

解析：由竖直匀速上升可知，答案A和C是正确的，但在匀速上升的过程中隐含有燃料燃烧喷出气体的现象，结果“冲天炮”的质量必然减小，所以答案B和D也是对的，否则就会将B和D答案漏选答案：ABCD

【例13】在与河岸距离相等的条件下，为什么人从船上跳到岸上时，船越小越难？

解析：设人以速度v0跳出，这一速度是相对于船的速度而不是相对于地的，设船的速度为v，则人相对于地的速度为v地= v0－v，由动量守恒得m（v0－v）+（－Mv）=0

而由能量守恒得?m（v0－v）2＋?Mv2=E，∴v=

m

M

m

+

v0，则v地= v0－v=

m

M

M

+

v0，

v0=

M

m

M+

v地，由于船与岸的距离是一定的，则人相对于地的速度是一定的，即v地一定，所以M 越小，则v0越大，即相对速度越大，从能量的角度来看，E=?m（v0－v）2＋?Mv2

=?mv地2（

M

m

M+

），当M越小时，E越大，即越难。

§5 碰撞中的动量守恒

知识目标 碰撞

1．碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．

在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况．

2．一般的碰撞过程中，系统的总动能要有所减少，若总动能的损失很小，可以略去不计，这种碰憧叫做弹性碰撞．其特点是物体在碰撞过程中发生的形变完全恢复，不存在势能的储存，物体系统碰撞前后的总动能相等。若两物体碰后粘合在一起，这种碰撞动能损失最多，叫做完全非弹性碰撞．其特点是发生的形变不恢复，相碰后两物体不分开，且以同一速度运动，机械能损失显著。在碰撞的一般情况下系统动能都不会增加（有其他形式的能转化为机械能的除外，如爆炸过程），这也常是判断一些结论是否成立的依据． 3．弹性碰撞

题目中出现：“碰撞过程中机械能不损失”．这实际就是弹性碰撞． 设两小球质量分别为m 1、m 2，

碰撞前后速度为v 1、v 2、v 1/、v 2/

，碰撞过程无机械能损失，求碰后二者的速度．

根据动量守恒 m 1 v 1＋m 2 v 2＝m 1 v 1/＋m 2 v 2/

……①

根据机械能守恒 ?m 1 v 12十?m 2v 22= ?m 1 v 1/2十?m 2 v 2/2

……② 由①②得v 1/

=

()

2

122121

2m m v m v m m

++-，v 2/

=

()

2

111212

2m m v m v m m

++-

仔细观察v 1/、v 2/

结果很容易记忆, 当v 2=0时v 1/

=

()

2

11

21

m m v m m

+-，v 2/

=

2

11

12m m v m +

①当v 2=0时；m 1=m 2 时v 1/

=0，v 2/

=v 1 这就是我们经常说的交换速度、动量和能量．

②m 1＞＞m 2，v /1=v 1，v 2/

=2v 1．碰后m 1几乎未变，仍按原来速度运动，质量小的物体将以m 1的速度的两倍向前运动。

③m 1《m 2，v /l =一v 1，v 2/

=0． 碰后m 1被按原来速率弹回，m 2几乎未动。 【例1】试说明完全非弹性碰撞中机械能损失最多．

解析：前面已经说过，碰后二者一起以共同速度运动的碰撞为完全非弹性碰撞．

设两物体质量分别为m 1、m 2，速度碰前v 1、v 2，碰后v 1/、v 2/

由动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1/十m 2v 2/

……①

损失机械能：Q=?m 1v 12＋?m 2v 22－? m 1 v 1/2－? m 2 v 2/2

……②

由①得 m 1v 1＋m 2v 1－m 2v 1＋m 2v 2＝m 1v 1/十m 2v 1/－m 2v 1/＋m 2v 2/

写成（m 1＋m 2）v 1－m 2（v 1－v 2）＝（m 1十m 2）v 1/－m 2（v 1/－v 2/

）

即（m 1＋m 2）（v 1 －v 1/）= m 2[（v 1－v 2）－（v 1/－v 2/

）]

于是（v 1 －v 1/）= m 2[（v 1－v 2）－（v 1/－v 2/

）]/ （m 1＋m 2）

同理由①得m 1v 1＋m 1v 2－m 1v 2＋m 2v 2＝m 1v 1/十m 1v 2/－m 1v 2/＋m 2v 2/

写成（m 1＋m 2）v 2＋m 1（v 1－v 2）＝（m 1十m 2）v 2/＋m 1（v 1/－v 2/

）

（m 1＋m 2）(v 2 －v 2/）= m 1[（v 1/－v 2/

）－（v 1－v 2）]

（v 2 －v 2/）= m 1[（v 1/－v 2/

）－（v 1－v 2）]/ （m 1＋m 2）

代入②得Q=?m 1v 12＋?m 2v 22－? m 1v 1/2－? m 2v 2/2=?m 1(v 12－v 1/2)＋?m 2(v 22－v 2/2

）

=?m 1(v 1－v 1/) (v 1＋v 1/)＋?m 2(v 2－v 2/）(v 2＋v 2/

）

=?m 1(v 1＋v 1/) m 2[(v 1－v 2)－(v 1/－v 2/)]/(m 1＋m 2）＋?m 2(v 2＋v 2/）m 1[（v 1/－v 2/

）－（v 1－v 2）]/(m 1＋m 2）

=[?m 1 m 2/(m 1＋m 2)][ v 12－v 1v 2＋v 1v 1/－v 2v 1/－v 1v 1/＋v 1v 2/－v 1/2＋v 1/v 2/＋v 2v 1/－v 2v 2/－v 1v 2＋v 22＋v 1/v 2

/

－v 2/2－v 1v 2/＋v 2v 2/]=[?m 1 m 2/(m 1＋m 2)][ v 12－v 1v 2－v 1v 2＋v 22－v 1/2＋v 1/v 2/＋v 1/v 2/－v 2/2

]= [?m 1 m 2/(m 1＋m 2)][(v 1－v 2)2

－(v 1/

－v 2/)2

]()()()22//12

1212122m m v v v v m m ??=

---?

?+……③由③式可以看出:当v 1/= v 2/

时，损失的机械能最多． 规律方法

【例2】如图所示，一轻质弹簧两端各连接一质量均为m 的滑块A 和B ，两滑块都置于光滑水平面上．今有质量为m/4的子弹以水平速度V 射入A 中不再穿出，试分析滑块B 何时具有最大动能．其值为多少？

解析：对子弹和滑决A 根据动量守恒定律 mv/4=5mv //4所以v /

=v/5。

当弹簧被压缩后又恢复原长时，B 的速度最大，具有的动能也最大，此过程动能与动量都守恒 /5544A B mv mv mv =- /2221515124242

A B

mv mv mv ?=?+? 由①②得：v B =2v/9 所以 B 的动能为E kB =2mv 2

/81

答案：弹簧被压缩又恢复原长时；E kB =2mv 2

/81

【例3】甲物体以动量P 1与静止在光滑水平面上的乙物体对心正碰，碰后乙物体的动量为P 2，则P 2和P 1的关系可能是（ ）

A ．P 2＜P 1；

B 、P 2= P 1

C ． P 2＞P 1；

D ．以上答案都有可能

解析：此题隐含着碰撞的多种过程．若甲击穿乙物体或甲、乙两物体粘在一起匀速前进时有P 2＜P 1；若甲乙速度交换时有P 2= P 1；若甲被弹回时有P 2＞P 1；故四个答案都是可能的．而后三个答案往往漏选 答案：ABCD

【例4】如图所示，在支架的圆孔上放着一个质量为M 的木球，一质量为m 的子弹以速度v 0从下面竖直向上击中子弹并穿出，使木球向上跳起高度为h ，求子弹穿过木球后上升的高度。

【解析】把木球和子弹作为一个系统研究，在子弹和木球相互作用时间内，木球和子弹要受到重力作用，显然不符合动量守恒的条件。但由于子弹和木球间的作用力(内力)远大于它们的重力(外力)，可以忽略重力作用而认为系统动量守恒。

设子弹刚穿过木球时，子弹的速度为v 1，木球的速度为v 2，竖直向上为正方

向。

对系统，据动量守恒：mv=mv 1＋Mv 2……①

木球获得速度v 2后，上升的过程机械能守恒：?Mv 22

=Mgh ……②

两式联立得1v =

子弹射穿木球后的上升过程机械能守恒：?mv 12

=mgH ，将v 1代入得子弹上升的最大高度：

(2

02

2mv H gm -=

【例5】有两块大小不同的圆形薄板（厚度不计）质量分别为M 和m ，半径分别为R 和r ，两板之间用一根长为0．4m 的轻绳相

连结．开始时，两板水平放置并叠合在一起，静止于高度为0．2m

处如图（a ）所示．然后自由下落到一固定支架C 上，支架上有

一半径为R /（r ＜R /

＜R ＝的圆孔，圆孔与两薄板中心在圆板中心

轴线上，木板与支架发生没有机械能损失的碰撞，碰撞后，两板

即分离，直到轻绳绷紧．在轻绳绷紧瞬间，两物体具有共同速度V ，如图4一22（b ）所示．问： （l ）若M=m ，则v 值为多大．

（2）若M/m=k ，试讨论v 的方向与k 值间的关系．

解析：M 、m 与固定支架碰撞前的自由下落，所以v 02

=2gh v 0=20102???=2 m ／s

碰撞后，M 原速返回向上作初达v 0的匀减速运动，m 作初速为v 0向下匀加速运动． 设绳刚要绷直时，M 的速度为v 1，上升的高度为h 1，m 的速度为v 2，下降的高度为h 2，经历时间为

t ，则： v 1＝v 0一gt …………① v 12＝v 02

一2g h 1 ……② v 2＝v 0＋gt ………③

v 22＝v 02

一2g h 2 …………④ 又h l ＋h 2=0．4…………⑤ 由上五式解得：v 2=3 m/s ， v 1=1m/s 在绳绷紧瞬间，时间极短，重力的冲量忽略不计，则M 与m 组成的系统动量守恒．设向下为正．则

mv 2－Mv 1=（M ＋m ）v ， 即 v=m

M Mv mv +-1

2

（1）当M ＝m 时，v ＝1m/s （2）当M/m ＝k 时．V=k k +-13

讨论：k ＜3时，v ＞0两板向下运动， k ＞3时，v ＜0 两板向上运动， k ＝3时，v ＝0两板瞬时静止

【例6】如图所示，一辆质量M=2 kg 的平板车左端放有质量m=3 kg 的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.4，开始时平板车和滑块共同以v 0=2m/s 的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板

车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取g ＝10 m/s 2

）求： （1)平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离； (2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v 2；

(3）若滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长．

解析:平板车第一次与竖直墙壁发生碰撞后速度大小保持不变，但方向与原来相反．在此过程中，由于时间极短，故滑块m 的速度与其在车上的位置均未发生变化．此外，由于相对运动，滑块m 和平板车间将产生摩擦力，两者均做匀减速运动，由于平板车质量小，故其速度减为0时，滑块m 仍具有向右的不为0的速度，此时起，滑块m 继续减速，而平板车反向加速一段时间后，滑块M 和平板车将达到共同速度，

一起向右运动，与竖直墙壁发生第二次碰撞……

（1）设平板车第一次碰墙壁后，向左移动s ，速度减为0.（由于系统总动量向右，平板车速度为

0时，滑块还具有向右的速度）．

根据动能定理有：一?μmgs 1=0一?Mv 02

代入数据得：2201221

220.43103

Mv s m mg μ?===???

(2)假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小

肯定还是2 m/s ，滑块的速度则大于2 m/s ，方向均向右，这显然不符合

动量守恒定律．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度v 2.此即平板车碰墙瞬间的速度mv 0一Mv 0＝（M ＋m ）v 2，

20

010.4/5

m M v v v m s m M -===+ (3）平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板车又达到共同速度v 前的过程，可用图(a) (b) (c ）

表示．图(a)为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图(b)为平板车到达最左端时两者的位置，图（c ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦

力对滑块所做功μmgs /，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μmgs //

（平板车从B 到A 再回

到B 的过程中摩擦力做功为0)，其中s' ,s"分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减

少为μmgL，其中L ＝s /+s //

为滑块相对平板车的位移．此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为L,则有：?(M ＋m)v 02

=μmgL,()2

20525220.43106

M m v L m mg μ+?===???

L 即为平板车的最短长度．

§6 动量、能量综合应用

知识目标

一、动量和动能

动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，但它们存在明显的不同：

动量是矢量，动能是标量．物体动量变化时，动能不一定变化；但动能一旦发生变化，动量必发生变化．如做匀速圆周运动的物体，动量不断变化而动能保持不变．

动量是力对时间的积累效应，动量的大小反映物体可以克服一定阻力运动多久，其变化量用所受冲量来量度；动能是力对空间的积累效应，动能的大小反映物体可以克服一定阻力运动多么远，其变化量用外力对物体做的功来量度．

动量的大小与速度成正比，动能大小与速率的平方成正比．不同物体动能相同时动量可以不同，

反之亦然，p

2

2

k

p

E

m

=常用来比较动

量相同而质量不同物体的动能大小．

二、动量守恒定律与机械能守恒（包括能量守恒）定律

动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，且研究的都是某一物理过程一但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，则决定于是否有重力以外的力（不管是内力还是外力）做功．所以，在利用机械能守恒定律处理问题时要着重分析力的做功情况，看是否有重力以外的力做功；在利用动量守恒定律处理问题时着重分析系统的受力情况（不管是否做功），并着重分析是否满足合外力为零．应特别注意：系统动量守恒时，机械能不一定守恒；同样机械能守恒时，动量不一定守恒，这是因为两个守恒定律的守恒条件不同必然导致的结果．如各种爆炸、碰撞、反冲现象中，因F内》F外，动量都是守恒的，但因很多情况下有内力做功使其他形式的能转化为机械能而使其机械能不守恒．另外，动量守恒定律表示成为矢量式，应用时必须注意方向，且可在某一方向独立使用；机械能守恒定律表示成为标量式，对功或能量只需代数加减，不能按矢量法则进行分解或合成．

三、处理力学问题的基本方法

处理力学问题的基本方法有三种：一是牛顿定律，二是动量关系，三是能量关系．若考查有关物理量的瞬时对应关系，须应用牛顿定律，若考查一个过程，三种方法都有可能，但方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别．若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题的应优先考虑动能定理．因为两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力作用问题，在中学阶段无法用牛顿定律处理时，就更显示出它们的优越性．

四、求解动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、功能关系的综合应用类题目时要注意：

1.认真审题，明确物理过程．这类问题过程往往比较复杂，必须仔细阅读原题，搞清已知条件，判断哪一个过程机械能守恒，哪一个过程动量守恒

2.灵活应用动量、能量关系．有的题目可能动量守恒，机械能不守恒，或机械能守恒，动量不守恒，或者动量在整个变化过程中守恒，而机械能在某一个过程中有损失等，过程的选取要灵活，既要熟悉一定的典型题，又不能死套题型、公式．

【例1】如图所示，A和B并排放在光滑的水平面上，A上有一光滑的半径为R的半圆轨道，半圆轨道右侧顶点有一小物体C，C由顶点自由滑下，设A、B、C的质量均为m．求：

（1）A、B分离时B的速度多大？

（2）C由顶点滑下到沿轨道上升至最高点的过程中做的功是多少？

分析：小物体C自由滑下时，对槽有斜向右下方的作用力，使A、B一起向右做加速运动，当C滑至槽的最低点时，C、A之间的作用力沿竖直方向，这就是A、B分离的临界点，因C将沿槽上滑，C对A有斜向左下方的作用力，使A向右做减速运动，而B以A分离时的速度向右做匀速运动，C 沿轨道上升到最大高度时，C与A的相对速度为零，而不是C对地的速度为零，至于C在全过程中所做的功，应等于A、B、C组成的系统动能的增加（实际上是等于C的重力所做的功）。

解析：对A、B、C组成的系统，它们在水平向上所受外力零，系统在水平方向上动量守恒，则2mv AB＋mv C＝0 ………①

又系统内仅有重力弹力做功，机械能守恒，有mgR=?（2m）v AB2＋?mv c2………②

联立①②解得v AB＝3/

gR，v C=－23/

gR，即分离时B的速度为3/

gR．

（2）当C上升到最高点时，C与A有共同速度v AB，对A、B、C系统，由动量守恒定律，mv AB ＋mv C＝2mv AC

解之得v AC=－3/

2

1

gR．

所以W=?mv AB2＋?2mv c2＝?m（3/

gR）2＋?×2m（3/

2

1

gR）2＝

4

1

mgR．

点评：本题把动量守恒定律和机械能守恒定律巧妙地结合一起，考查对物理过程分析和描述的能力，关键是能清晰地将整个物理过程划分两个阶段，应用于恒定律来解。

规律方法

一、特点

能量与动量结合的题目，过程复杂，知识综合性强，难度比较大；它不仅在力学中出现，在电学与原子核物理学中也都有类似的题目．因而在高考中那些难度大的题目往往出现在这里．

二、解题思路

1．选出要研究的系统．

2．对系统分析，看是否动量守恒（有时是某一方向动量守恒），再根据动量守恒定律列方程． 3．对系统中的物体受力分析，找出外力总功与物体始末动能，从而应用动能定理列关系式． 4．这当中有时要用到机械能守恒或能量守恒定律，可根据具体情况列出关系式．5．根据以上的关系式，求得某一物理量

【例2】如图所示，质量为m的小铁块以初速度v0滑上质量为M，静止在光

滑水平面上的木块，铁块与木块间的摩擦因数为μ，当M向右运动s时，m

与M相对静止，m相对M滑动距离为Δs，则木块动能的增量，铁块动能的

减少量，系统机械能的减少量，转化成内能的能量各是多少？

解析：对m与M在水平方向所受合外力为零，因而动量守恒

根据动量守恒定律m v0＝（M＋m）v……①

根据动能定理，对M ?Mv2=μmgs

对m：?m v02一?mv2=μmg（s＋Δs）

木块动能增量为μmgs=?M ???

?

??+m M mv 0 2

铁块动能减少量为：μmg （s ＋Δs ）=?m v 02

－?m ???

?

??+m M mv 0 2

系统机械能的减少量为：?m v 02

一?mv 2

－?Mv 2

＝μmg Δs 转化成内能的能量为：μmg Δs 答案： ?M ????

??+m M mv 02，?m v 02

－?m ???

? ??+m M mv 02，μmg Δs ，μmg Δs 点评：从以上可知，（1）m 动能减少量，转化成M 的动能与系统的内能．

（2）系统机械能的减少量等于产生的内能

（3）从该题中也可以进一步认识到作用力、反作用力有时做功不同． 【例3】上题中ΔS 与S 比较，可能（ ）

A ．一定ΔS ＜s ；

B ．一定ΔS ＝S ；

C ．一定ΔS ＞S ；

D ．以上结论均可能，但不能说是一定 解析：由m v 0＝（M ＋m ）v 得v=????

??+m M mv 0 ，μmgs=?M ???

? ??+m M mv 02

μmg Δs=?m v 02

一?mv 2

－?Mv 2

=?mv 02

一?m ???? ??+m M mv 02－?M ???

? ??+m M mv 0

2

我们比较S 与ΔS 的大小，只要看μmg Δs 一μmgs 大于零或小于零，或者等于零即可．

μmg Δs 一μmgs=?m v 02

一?m ???? ??+m M mv 02－?M ???? ??+m M mv 02－?M ???? ??+m M mv 02＝?m v 02

[1－

2

2m M m +－()

2

2m M Mm

+]

对[1－

2

2

m M m +－

()

2

2m M Mm

+]=

2

22222m M Mm

m m Mm M +--++=

()

2

2

M M m +显然大于零

由以上讨论可知ΔS ＞S 答案：c

【例4】如图所示，质量M ＝lkg 的平板小车右端放有质量m ＝2kge 的物块（可视为质点），物块与车之间的动摩擦因数μ=0．5．开始时二者一起以v 0=6m/s 的速度向左端的光滑水平面上运动，并使车与墙发生正碰，没碰撞时间极短，且碰后车的速率与碰前的相同，车身

足够长，使物块不能与墙相碰（g ＝10 rn ／s 2

）求： （1）物块相对于小车的总位移S 是多少？

（2）小车与墙第一次相碰后小车所走的总路程S M 为多少？

解析：（1）由于 m ＞M ，两者以共同速度与墙相碰后，物块的动量大小比车的动量大，由于滑动摩擦力的作用，两者必会又以共同速度再次与墙相碰，如此反复直到两者一起停止在墙角边为止，设

物体相对于车的位移为S ，由能量转化和守恒定律得： μmgs=?（m+M ）v 02，所以s=（m+M ）v 02

/2μmg=5.4m

（2）设v 1＝v 0，车与墙第n 次碰后边率为v n ，则第（n ＋1）次碰后速率为v n+1，对物块与车由动量守恒得：

mv n －Mv n =（m ＋M ）v n+1 所以v n+1＝

()M

m v M m n

+-＝

121

2+-v n = v n /3． 车与墙第（n ＋1）次碰后最大位移 s n+1= v n+12

/2a=91a

v n 22=S n /9

可见车每次与墙碰后的最大位移是一个等比数列，其q=1/9，所以车与墙碰后的总路程

S M =2（S 1＋S 2＋…＋S n ＋…）＝2 S 1·（1十91

十…＋19

1-n ＋…）=q S -121

车第一次与墙碰后最大位移 S 1＝21v /2a ＝2

0v /2a ，a=μmg/M=10m/s 2

可算得 S 1=10262?m ＝1．8 m 所以S M =9

/118

12-??m ＝4.05n

答案：（1）5．4 m （2）4．05 m

点评：运用动量观点和动能观点解题每年在高考中都有很重的份量，每年的压轴题都是利用此观点解题．它们的特点是过程复杂、难度大、综合性强、灵活性高，这就要求我们主动去分析研究这类题的特点及处理所用的数学方法；在提高审题能力和物理过程分析能力上很下功夫，适度配合强化训练．

【例5】如图所示，质量为M 长为L 的木板（端点为A 、B ，中点为O ）置于光滑水平面上，现使木板M 以v 0的水平初速度向右运动，同时把质量为m 长度可忽略的小木块置于B 端（它对地初速为零），它与木板间的动

摩擦因数为μ，问v 0在什么范围内才能使小木块m 滑动到OA 之间停下来（即相对木板静止）？ 解析：当 m 、M 相对静止时， m 滑动到OA 之间停下来的条件为：m 相对M 的位移s ．?L ≤s ≤L ． 由动量守恒M v 0=（M 十m ）v

物体克服摩擦阻力相对位移的功，量度系统机械能的减少，所以 μmgs ＝?M v 02－?（M ＋m ）v

2

解方程得s ＝()m M g Mv +μ220代入条件()

m M g Mv +μ220≥?L 所以v 0≥()M L

m M g +μ

()

m M g Mv +μ22

0≤L 所以v 0≤()M L

m M g +μ2

即：使m 在OA 间停下，v 0满足的条件：

()M

L

m M g +μ≤v 0≤

()M

L

m M g +μ2

【例6】：A 、B 两球在光滑水平面上同向运动，A 球动量P A =5kg ·M/S ，B 球的动量为P B =7kg ·m/s 。A 从后面追上B 并发生碰撞，碰后B 球的动量变为P B /

=10kg ·m/s ，则两球质量m A 与m B 间的关系可能是：

A 、 m

B =m A ； B 、m B =2m A ；

C 、m B =4m A ；

D 、m B =6m A ； 解：由动量守恒得P A ＋P B = P A /+P B /代入数据得P A /

=2kg ·m/s

由碰撞中动能不增特征知22/2/22222A B A B

A B A B

p p p p m m m m +≥+数据得m B ≥2.5m A ，由合理情景知在碰撞前速度应满

足关系P

A /m A ＞P

B /m B 可得m B ＞1.4m A

碰撞后速度应满足关系P A //m A ≤P B /

/m B 可得m B =5m A 综合得答案：C

【例7】如图所示，质量为M 的天车静止在光滑水平轨道上，下面用长为L 的细线悬挂着质量为m 的沙箱，一颗质量为m 0的子弹以v 0的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后运动过程中 求：（1）沙箱上升的最大高度． (2)天车的最大速度，

解析：（1）子弹打入沙箱过程中动量守恒m 0v 0=（m 0+m ）v 1……①

摆动过程中，子弹、沙箱、天车系统水平方向动量守恒，机械能守恒。 沙箱到达最大高度时，系统有相同的速度，设为v 2，则有 （m 0+m ）v 1=（m 0+m+M ）v 2……②

?（m 0+m ）v 12=?（m 0+m+M ）v 22

+（m 0+m ）gh ……③ 联立①②③可得沙箱上升的最大高度()()22

002

002m Mv h m m m m M g

=

+++

（2）子弹和沙箱再摆回最低点时，天车速度最大，设此时天车速度为v 3，沙箱速度为v 4，由动量守恒得

（m 0+m ）v 1=Mv 3+（m+M ）v 4……④

由系统机械能守恒得?（m 0+m ）v 12=?Mv 32+?（m+M ）v 42

……⑤ 联立④⑤求得天车的最大速度()00

3100022m m m v v v m m M

m m M

+=

=

++++

说明：（1）该题过程复杂，在子弹打沙箱的过程中动量守恒，机械能不守恒．共同摆动过程中，子弹、沙

箱、天车组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒．②式可列为m 0v 0=（m 0+m+M ）v 2，但③式

就不能列为?m 0v 02=?（m 0+m+M ）v 22

+（m 0+m ）gh,因子弹与沙箱打击过程中有机械能损失，这点是易错点，一定要分析清楚．

（2）④、⑤两个方程列出后，显然能看出与弹性碰撞方程相同，故解可直接写出，会节省很多时间，由此也可看出这一碰撞模型的重要性．

【例8】如图示是一个物理演示实验，它显示图中自由落体的物体A 和B 经反弹后，B 能上升到比初始位置高得多的地方． A 是某种材料做成的实心球，质量m 1＝0. 28 kg,在其顶部的凹的坑中插着质量m 2＝0. 10 kg 的木棍B ，B 只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙．将此装置从A 下端离地板的高度H ＝1. 25 m 处由静止释放．实验中，A 触地后在极短时间内反弹，且速度大小不变；接着木棍B 脱离球A 开始上升，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g ＝10 m/s 2

．

解析:实心球A 和木棍开始做自由落体运动，设它们就要落地的瞬间速度为v 1

，由运动学公式1v = 由题意，A 触地后在极短的时间内反弹，速度变为向上，大小不变，仍为v 1，而木棍由于松松地插在凹坑中，其下端与坑底间有空隙，受到的作用力的冲量可忽略，可认为速度大小，方向不变．由于A 的速度变为向上，B 的速度仍向下，A,B 相向运动，之间接着产生很强的作用力，A 对B 作用

力的冲量使B 的速度方向变为向上，设大小为v 2/

, 而B 对A 的冲量使A 的速度由v 1减为零，恰好停留在地板上，这一过程属于碰撞模型，可认为在竖直方向A,B 系统的动量守恒，取向上为正，由动量守恒定律得：

m 1v 1－m 2v 2=m 2v 2/

(v 1=v 2)

以后，B 脱离A 以初速度v 2/

做竖直上抛运动，设木棍B 上升的最大高度为h ，由机械能守恒定律得：

?m 2v 2/2

=m 2gh,由以上几式联立，解得：h=4. 05 m

【例8】两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P ，右边有一小球C 沿轨道以速度v 0射向B 球，如图所示。C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D 。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A 球与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D 都静止不动，A 与P 接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定无机械能损失）。已知A 、B 、C 三球的质量均为m 。 （1）求弹簧长度刚被锁定后A 球的速度。

2）求在A 球离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。 解析（1）设C 球与B 球粘结成D 时，D 的速度为v 1，由动量守恒，有

mv 0=（m ＋m ）v 1当弹簧压至最短时，D 与A 的速度相等，设此速度为v 2，由动量守恒，有2mv 1＝3mv 2。

由以上两式得A 的速度v 2=3

1

v 0

（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E P ，由能量守恒，有

??×2mv 12=?×3mv 22

＋E P

撞击P 后，A 与D 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成

D 的动能，设D 的速度为v 3，则有

E P ＝?（2m ）·v 3

2

以后弹簧伸长，A 球离开挡板P ，并获得速度，当A 、D 的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v 4，由动量守恒，有2mv 3=3mv 4

当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为E P /

，由能量守恒，有

??×2mv 32=?×3mv 42＋E P / 解以上各式得 E P /=36

1mv 02

【例9】一段凹槽A 倒扣在水平长木板C 上，槽内有一小物块B ，它到槽两内侧的距离均为L/2，如图所示，木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦因数为μ，A 、B 、C 三者质量相等，原来都静止，现使槽A 以大小为v 0的初速度向右运动，已知v 0＜gL μ2，当

A 和

B 发生碰撞时，两者速度互换，求：

（1）A 与B 刚发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板内C 运动的路程。 （2）在A 、B 刚要发生第四次碰撞时，A 、B 、C 三者速度的大小。

解析：（1）A 与B 刚发生第一次碰撞后，A 停下不动，B 以初速度v 0向右运动，由于摩擦，B 向右作匀减速运动，而C 向右作匀加速运动，两者速率渐接近，设B 、C 达到相同速度v 1时B 移动的路程为s 1．设A 、B 、C 质量皆为m ，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1

由功能转化得：μmgs 1=?mv 02－?mv 1

2

联立上式得v 1=?v 0；2

0138v s g

μ=

0134L v s ?而

可见，在B 、C 达到相同速度v 1时，B 尚未与A 发生第二次碰撞，B 与C —起将以v 1向右匀速运动一

段距离（L —s 1）后才与A 发生第二次碰撞。设C 的速度从零变到v 1的过程中，C 的路程为s 2，由功

能关系得μmgs 2=?mv 12

得s 2=g

v μ820，因此在第一次到第二次碰撞间C 的路程为 2

0124v s s L s L g μ=+-=-

（2）由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A 静止。B 、C 的速度均为v 1，刚碰撞后，B 静

止，A 、C 的速度均为v 1。由于摩擦，B 将加速，C 将减速，直至达到相同速度v 2 由动量守恒定律得 mv 1＝2mv 2 解得v 2=?v 1=?v 0

因A 的速度v 1大于B 的速度v 2，故第三次碰撞发生在A 的左室，刚碰撞后，A 的速度变为v 2，B 的速度变为v 1，C 的速度仍为v 2，由于摩擦，B 减速，C 加速，直至达到相同速度v 3，由动量守恒

定律得mv 1＋mv 2=2mv 3 解得 v 3=8

3

v 0

故刚要发生第四次碰撞时，A 、B 、C 的速度分别为v A =v 2=41v 0，v B =v C =v 3=8

3

v 0

点评（1）考查了动量守恒定律与动能定理的综合应用，这是动量守恒定律与其他知识结合的常见形式。

（2）找准研究对象和研究过程，反复建立动量守恒方程，这是对考生综合素质的考查。 （3）题目新颖、灵活，考查了考生的推理能力。归纳能力、随机应变能力。 （4）此题区分度高，是压轴题，但可利用图家法巧解（如图所示）． 由题及图知s l ＋s 2＝L ， s l ＝L 一s 2

又s 2=20t v =20v g v μ20

=g v μ420

至于刚要发生第四次碰撞时，A 、B 、c 三者速度由图一目了然。

【例10】一个连同装备总质量为M=100kg 的宇航员，在距离飞船s=45m 处与飞船处于相对静止，宇航员背着装有质量为m 0=0．5kg 氧气的贮气筒，筒有个可以使氧气以v=50m/s 的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中

呼吸用。宇航员的耗氧率为Q=2．5×10－4

kg ／s ．不考虑喷出 氧气对设备及宇航员总质量的影响，则（1）瞬时喷出多少氧气，宇航员才能完全返回飞船；（2）为了使总耗氧量最低、应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？（3）已知超氧化钾（KO 2）的性质与Na 2O 2相似，若该宇航员贮气筒的氧气由超氧化钾提供，则需用多少千克KO 2？

解析（1）以飞船为参照物，向着飞船运动的方向为正方向，设喷出m （kg ）氧气，宇航员获得的速度为V 1，根据动量定恒定律，有： （M －m ）V 1－mv ＝0 考虑到M ＞＞m ，有V 1=mv/M ………①

宇航员返回飞船做匀速运动，历时： t ＝s/V 1………② 又筒内氧气的总质量满足关系式： m 0=Qt ＋m ………③

联立①②③并代入数据得 0．5=m

50100

4510524????-＋m

解之得 m l =0．05kg 或 m 2＝0．45kg ．故喷出的氧气 0．05kg ＜m ＜0．45kg ·

（2）为了耗氧量最低，设喷出 m （kg ）氧气则耗氧为 Δm ＝Qt ＋m ……④

将①②代入④得Δm=mv

QsM

＋m=m 210252-??＋m

故当m=m 210252-??时，Δm 有极小值。 即m=210252-??=0．15（kg ），返回时间t=mv

sM

=600

（s ）

（3）由4KO 2＋2CO 2=2K 2CO 3＋3O 2可知，284kg 的KO 2可制得96kg 的O 2，所以制取0．5kg 的O 2需KO 2

的质量为：0．5×96

284

=1．48（kg ）．

高考物理动量守恒定律试题经典及解析

高考物理动量守恒定律试题经典及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m 、m ，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数恒定．现让甲以速度0v 向着静止的乙运动并发生正碰，且碰撞时间极短，若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，试求： （1）第一次碰撞过程中系统损失的动能 （2）第一次碰撞过程中甲对乙的冲量 【答案】(1)2 014 mv ；(2) 0mv 【解析】 【详解】 解：(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为1v 、2v ，之后甲做匀速直线运动，乙以 2v 初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速 度相等，有：2 12 v v = 而第一次碰撞中系统动量守恒有：01222mv mv mv =+ 由以上两式可得：0 12 v v = ，20 v v = 所以第一次碰撞中的机械能损失为：2 2 22012011 11222 2 24 E m v m v mv mv ?=--=g g g g (2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：200I mv mv =-= 2．(16分）如图,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。质量m 1=0.40kg 的物块A 从斜槽上端距水平木板高度h=0. 80m 处下滑，并与放在水平木板左端的质量m 2=0.20kg 的物块B 相碰,相碰后物块B 滑行x=4.0m 到木板的C 点停止运动，物块A 滑到木板的D 点停止运动。已知物块B 与木板间的动摩擦因数 =0.20,重力加速度g=10m/s 2,求： (1) 物块A 沿斜槽滑下与物块B 碰撞前瞬间的速度大小； (2) 滑动摩擦力对物块B 做的功； (3) 物块A 与物块B 碰撞过程中损失的机械能。 【答案】（1）v 0=4.0m/s （2）W=-1.6J （3）E=0.80J

2018高中物理学史(归纳整理版)

2018年高考物理学史总结 物理学史这部分内容在高考卷上通常以选择题形式出现（实验题中也会小概率出现），分值在6分以下，一般情况下不会出偏难怪的，毕竟这不是考纲里的重点。复习建议：以现有的生活经验常识为主，稍加了解就可以。现总结如下：1、伽利略 （1）通过理想实验推翻了亚里士多德“力是维持运动的原因”的观点 （2）推翻了亚里士多德“重的物体比轻物体下落得快”的观点 2、开普勒：提出开普勒行星运动三定律； 3、牛顿 （1）提出了三条运动定律。 （2）发现表万有引力定律； 4、卡文迪许：利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量G 5、爱因斯坦 （1）提出的狭义相对论（经典力学不适用于微观粒子和高速运动物体） （2）提出光子说，成功地解释了光电效应规律，并因此获得诺贝尔物理学奖（3）提出质能方程2 E ，为核能利用提出理论基础 MC 6、库仑：利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律。 7、焦耳和楞次 先后独立发现电流通过导体时产生热效应的规律，称为焦耳——楞次定律（这个很冷门！以教材为主！） 8、奥斯特 发现南北放置的通电直导线可以使周围的磁针偏转，称为电流的磁效应。 9、安培：研究电流在磁场中受力的规律(安培定则)，分子电流假说，磁场能对电流产生作用 10、洛仑兹：提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力（洛仑兹力）的观点。 11、法拉第 （1）发现了由磁场产生电流的条件和规律——电磁感应现象（教材上是这样的，实际不是有一定历史原因，以教材为主！） （2）提出电荷周围有电场，提出可用电场描述电场，提出电磁场、磁感线、电场线的概念 12、楞次：确定感应电流方向的定律，愣次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。 13、亨利：发现自感现象（这个也比较冷门）。 14、麦克斯韦：预言了电磁波的存在，指出光是一种电磁波，为光的电磁理论奠定了基础。 15、赫兹： （1）用实验证实了电磁波的存在并测定了电磁波的传播速度等于光速。 （2）证实了电磁理的存在。 16、普朗克 提出“能量量子假说”——解释物体热辐射（黑体辐射）规律电磁波的发射和吸收不是连续的，而是一份一份的，即量子理论

高考物理复习之动量 动量定理

2007年高考物理复习之动量动量定理 复习要点 1、掌握动量、冲量概念 2、了解动量与冲量间关系，掌握动量定理及其应用 3、掌握动量守恒定律及其应用 4、熟悉反冲运动，碰撞过程 二、难点剖析 1、动量概念及其理解 （1）定义：物体的质量及其运动速度的乘积称为该物体的动量P=mv （2）特征：①动量是状态量，它与某一时刻相关；②动量是矢量，其方向质量物体运动速度的方向。 （3）意义：速度从运动学角度量化了机械运动的状态动量则从动力学角度量化了机械运动的状态。 2、冲量概念及其理解 （1）定义：某个力与其作用时间的乘积称为该力的冲量I=F△t （2）特征：①冲量是过程量，它与某一段时间相关；②冲量是矢量，对于恒力的冲量来说，其方向就是该力的方向。 （3）意义：冲量是力对时间的累积效应。对于质量确定的物体来说，合外力决定看其速度将变多快； 合外力的冲量将决定着其速度将变多少。对于质量不确定的物体来说，合外力决定看其动量将变多快；合外力的冲量将决定看基动量将变多少。 3、关于冲量的计算 （1）恒力的冲量计算 恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即用恒 力F乘以其作用时间△t而得。 （2）方向恒定的变力的冲量计算。 如力F的方向恒定，而大小随时间变化的情况 如图—1所示，则该力在时间 △t=t2-t1内的冲量大小在数值上就等于图11—1中阴影 部分的“面积”。图—1 （3）一般变力的冲量计算 在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的。 （4）合力的冲量计算 几个力的合力的冲量计算，既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量。 4、动量定理 （1）表述：物体所受合外力的冲量等于其动量的变化 I=△P F△t=mv-mv。 （2）导出：动量定理实际上是在牛顿第二定律的基础上导出的，由牛顿第二定律 F=mv 两端同乘合外力F的作用时间，即可得 F△t=ma△t=m(v-v0)=mv-mv0 （3）物理：①动量定理建立的过程量（I=F△t）与状态量变化（△P=mv-mv0）间的关系，这就提供了一种“通过比较状态以达到了解过程之目的”的方法；②动量定理是矢量式，这使得在运用动量应用于一维运动过程中，首先规定参考正方向以明确各矢量的方向关系是十分重要的。

高考物理动量定理真题汇编(含答案)

高考物理动量定理真题汇编(含答案) 一、高考物理精讲专题动量定理 1．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=?，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为10.5T B =，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为20.5T B =。在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab ，另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，ab 棒和cd 棒的质量均为0.2kg m =，ab 棒的电阻为12r =Ω，cd 棒的电阻为24r =Ω。已知t =0时刻起，cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动)，而ab 棒在水平拉力F 作用下始终处于静止状态，F 随时间变化的关系如图乙所示，ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37θ=?。其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。 (1)请通过计算分析cd 棒的运动情况； (2)若t =0时刻起，求2s 内cd 受到拉力的冲量； (3)3 s 内电阻R 上产生的焦耳热为2. 88 J ，则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少? 【答案】(1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6N s g ；(3)43.2J 【解析】 【详解】 (1)设绳中总拉力为T ，对导体棒ab 分析，由平衡方程得： sin θF T BIl =+ cos θT mg = 解得： tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+ 由图乙可知： 1.50.2F t =+ 则有： 0.4I t = cd 棒上的电流为：

高中物理动量守恒专题训练

1．在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向 射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统， 则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（） A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量守恒，机械能不守恒 C. 动量不守恒，机械能不守恒 D. 动量不守恒，机械能守恒 2．车厢停在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹。设子弹质量为m，出口速度v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入前车壁后，车厢的速度为（） A. mv/M，向前 B. mv/M，向后 C. mv/（m M），向前 D. 0 3．质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是( )． A. 0.6v B. 0.4v C. 0.3v D. v 4．两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A球的动量是8kg·m/s，B球的动量是6kg·m/s，A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能为 A. p A＝0，p B＝l4kg·m/s B. p A＝4kg·m/s，p B＝10kg·m/s C. p A＝6kg·m/s，p B＝8kg·m/s D. p A＝7kg·m/s，p B＝8kg·m/s 5．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车.现有一质量也为m的小 球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则（） A. 在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒 B. 小球离车后，可能做竖直上抛运动 C. 小球离车后，可能做自由落体运动 D. 小球离车后，小车的速度有可能大于v0 6．如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2kg的木块A以速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如乙图所示，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（） A. A、B之间动摩擦因数为0.1 B. 长木板的质量M＝2kg C. 长木板长度至少为2m D. A、B组成系统损失机械能为4J 7．长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有 一质量为m的子弹（可视为质点）以水平速度v0击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为s，重力加速度为g，(其中M=3m)求： （1）木块与水平面间的动摩擦因数μ； （2）子弹受到的阻力大小f。(结果用m ，v0，L表示) 8．如图所示，A、B两点分别为四分之一光滑圆弧轨道的最高点和最低点，O为圆心，OA连线水平，OB连线竖直，圆弧轨道半径R=1.8m，圆弧轨道与水平地面BC平滑连接。质量m1=1kg的物体P由A点无初速度下滑后，与静止在B点的质量m2=2kg的物体Q发生弹性碰撞。已知P、Q两物体与水平地面间的动摩擦因数均为0.4，P、Q两物体均可视为质点，当地重力加速度g=10m／s2。求P、Q两物体都停止运动时二者之间的距离。

高中物理所有物理学史资料的汇总

高中物理所有物理学史资料的汇总 1、胡克:英国物理学家;发现了胡克定律(F弹=kx 2、伽利略:意大利的著名物理学家;伽利略时代的仪器、设备十分简陋,技术也比较落后,但伽利略巧妙地运用科学的推理,给出了匀变速运动的定义,导出S正比于t2并给以实验检验;推断并检验得出,无论物体轻重如何,其自由下落的快慢是相同的;通过斜面实验,推断出物体如不受外力作用将维持匀速直线运动的结论。后由牛顿归纳成惯性定律。伽利略的科学推理方法是人类思想史上最伟大的成就之一。 3、牛顿:英国物理学家;动力学的奠基人,他总结和发展了前人的发现,得出牛顿定律及万有引力定律,奠定了以牛顿定律为基础的经典力学。 4、开普勒:丹麦天文学家;发现了行星运动规律的开普勒三定律,奠定了万有引力定律的基础。 5、卡文迪许:英国物理学家;巧妙的利用扭秤装置测出了万有引力常量。 6、布朗:英国植物学家;在用显微镜观察悬浮在水中的花粉时,发现了“布朗运动”。 7、焦耳:英国物理学家;测定了热功当量J=4.2焦/卡,为能的转化守恒定律的建立提供了坚实的基础。研究电流通过导体时的发热,得到了焦耳定律。 8、开尔文:英国科学家;创立了把-273℃作为零度的热力学温标。 9、库仑:法国科学家;巧妙的利用“库仑扭秤”研究电荷之间的作用,发现了“库仑定律”。 10、密立根:美国科学家;利用带电油滴在竖直电场中的平衡,得到了基本电荷e。 11、欧姆:德国物理学家;在实验研究的基础上,欧姆把电流与水流等比较,从而引入了电流强度、电动势、电阻等概念,并确定了它们的关系。 12、奥斯特:丹麦科学家;通过试验发现了电流能产生磁场。 13、安培:法国科学家;提出了著名的分子电流假说。 14、汤姆生:英国科学家;研究阴极射线,发现电子,测得了电子的比荷e/m;汤姆生还提出了“枣糕模型”,在当时能解释一些实验现象。 15、劳伦斯:美国科学家;发明了“回旋加速器”,使人类在获得高能粒子方面迈进了一步。

高考物理动量定理技巧(很有用)及练习题

高考物理动量定理技巧(很有用)及练习题 一、高考物理精讲专题动量定理 1．如图1所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，与横坐标x 的关系如图2所示，图线是双曲线（坐标是渐近线）；顶角θ=53°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知t =0时，导体棒位于顶角O 处；导体棒的质量为m =4kg ；OM 、ON 接触处O 点的接触电阻为R =0．5Ω，其余电阻不计，回路电动势E 与时间t 的关系如图3所示，图线是过原点的直线，求： （1）t =2s 时流过导体棒的电流强度的大小； （2）在1~2s 时间内导体棒所受安培力的冲量大小； （3）导体棒滑动过程中水平外力F （单位：N ）与横坐标x （单位：m ）的关系式． 【答案】（1）8A （2）8N s ?（3）32 639 F x =+【解析】 【分析】 【详解】 （1）根据E-t 图象中的图线是过原点的直线特点，可得到t =2s 时金属棒产生的感应电动势为 4V E = 由欧姆定律得 24A 8A 0.5 E I R = == （2）由图2可知，1(T m)x B =? 由图3可知，E 与时间成正比，有 E =2t （V ） 4E I t R = = 因θ=53°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度43 x L = 又由 F BIL =安

所以 163 F t 安= 即安培力跟时间成正比 所以在1~2s 时间内导体棒所受安培力的平均值 163233N 8N 2 F += = 故 8N s I F t =?=?安 （3）因为 43 v E BLv Bx ==? 所以 1.5(m/s)v t = 可知导体棒的运动时匀加速直线运动，加速度 21.5m/s a = 又2 12 x at = ，联立解得 32 639 F x =+ 【名师点睛】 本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系， 要掌握牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式． 2．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，O 点离地高度为H 。现将细绳拉至与水平方向成30?，由静止释放小球，经过时间t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。若忽略空气阻力，重力加速度为g 。 (1)求细绳的最大承受力； (2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小； (3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。请通过计算，说明你的观点。

高考物理动量守恒定律练习题

高考物理动量守恒定律练习题 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A=4.0kg和m B=3.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示．求： ①物块C的质量？ ②B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E P？ 【答案】（1）2kg（2）9J 【解析】 试题分析：①由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．m c v1＝（m A＋m C）v2 即m c＝2 kg ②12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大 （m A＋m C）v3＝（m A＋m B＋m C）v4 得E p＝9 J 考点：考查了动量守恒定律，机械能守恒定律的应用 【名师点睛】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题． 2．如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点。P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P与P2之间的动摩擦因数为μ，求： （1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2； （2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能E p。

新课标高考高中物理学史归纳总结

新课标高考高中物理学史归纳总结 【新课标高考高中物理学史归纳总结(新人教版)】 必修部分：（必修 1、必修2） 一、力学： 1、1638年，意大利物理学家伽利略在《两种新科学的对话》中用科学推理论证重物体和轻物体下落一样快；并在比萨斜塔做了两个不同质量的小球下落的实验，证明了他的观点是正确的，推翻了古希腊学者亚里士多德的观点（即：质量大的小球下落快是错误的）； 2、1654年，德国的马德堡市做了一个轰动一时的实验马德堡半球实验； 3、1687年，英国科学家牛顿在《自然哲学的数学原理》著作中提出了三条运动定律（即牛顿三大运动定律）。 4、17世纪，伽利略通过构思的理想实验指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去；得出结论：力是改变物体运动的原因，推翻了亚里士多德的观点：力是维持物体运动的原因。同时代的法国物理学家笛卡儿进一步指出：如果没有其它原因，运动物体将继续以同速度沿着一条直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向。

5、英国物理学家胡克对物理学的贡献：胡克定律；经典题目：胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比（对） 6、1638年，伽利略在《两种新科学的对话》一书中，运用观察－假设－数学推理的方法，详细研究了抛体运动。17世纪，伽利略通过理想实验法指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去；同时代的法国物理学家笛卡儿进一步指出：如果没有其它原因，运动物体将继续以同速度沿着一条直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向。 7、人们根据日常的观察和经验，提出“地心说”，古希腊科学家托勒密是代表；而波兰天文学家哥白尼提出了“日心说”，大胆反驳地心说。 8、17世纪，德国天文学家开普勒提出开普勒三大定律； 9、牛顿于1687年正式发表万有引力定律；1798年英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量； 10、1846年，英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维烈（勒维耶）应用万有引力定律，计算并观测到海王星，1930年，美国天文学家汤苞用同样的计算方法发现冥王星。 9、我国宋朝发明的火箭是现代火箭的鼻祖，与现代火箭原理相同；但现代火箭结构复杂，其所能达到的最大速度主要取决于喷气速度和质量比（火箭开始飞行的质量与燃料燃尽时的质量比）；俄国科学家齐奥尔科夫斯基被称为近代火箭之父，他首先

高考物理复习动量和冲量知识点

2019高考物理复习动量和冲量知识点 在经典力学中，动量(是指国际单位制中的单位为 kgm/s ，量纲MLT)表示为物体的质量和速度的乘积。以下是动量和冲量知识点，请考生及时学习。 1、冲量：定义：力和力的作用时间的乘积。即I=F.t方向：与力的方向相同。单位：牛顿.秒，符号：N.s 2、动量定义：运动物体的质量与速度的乘积。即P=m.v方向：与速度方向相同。单位：千克.米每秒，符号，kg.m/s 3、动量的变化量：末动量与初动量之差。即方向：与速度变化量方向相同。 4、动量定理：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量。即， 其中F为合力。动量变化量一定时，延长作用时间可减小作用力。 5、动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力，力不恒定时，F取平均作用力的大小。 6、系统：两个或多个物体组成的整体。 7、动量守恒定律：一个系统不受外力或所受外力之和为0，这个系统的总动量保持不变。即原来的动量等于后来的动量P0=Pt 8、动量定律适用条件：系统不受外力或所受外力之和为0，适用范围：低速、高速、宏观、微观，只要满足动量守恒条

件的系统都适用。 9、动量守恒定律的应用 (1)处理碰撞问题：物体碰撞过程中，相互作用时间很短，平均作用力很大，把碰撞的物 体作为一个系统来看待，外力远小于内力，可以忽略不计，认为碰撞过程动量守恒。 (2)处理爆炸问题：爆炸过程，内力远大于外力，忽略外力，系统动量守恒。 (3)应用动量守恒定律，只需要考虑过程的初末状态，不需要考虑过程的细节。 10、反冲运动：当系统向外抛出一个物体时，剩余部分将向被抛出部分的运动的反方向运动 的现象。 11、火箭飞行最大速度的决定因素：(1)质量比(火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的 质量之比)；(2)喷气速度。 动量和冲量知识点的全部内容就是这些，更多精彩内容请考生持续关注查字典物理网。

五年真题之2016年高考物理专题动量含答案

专题6 动量 1.[2016·全国卷Ⅰ3-5（2）10分] 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求： (i)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度． 答案：(i)ρv0S(ii)v20 2g － M2g 2ρ2v20S2 解析： (i)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 Δm Δt ＝ρv0S③ (ii)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝ 1 2 (Δm)v20④ 在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝v20 2g － M2g 2ρ2v20S2 ⑧ 2.[2016·北京卷] (1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小

高三物理碰撞与动量守恒

《碰撞与动量守恒》复习课 一、教学目的 1、复习巩固动量定理 2、复习巩固应用动量守恒定律解答相关问题的基本思路和方法 3、掌握处理相对滑动问题的基本思路和方法 二、教学重点 1、 本节知识结构的建立 2、 物理情景分析和物理规律的选用 三、教学难点 物理情景分析和物理规律的选用 四、教学过程 本章知识结构 〖引导学生回顾本章内容，建立相关知识网络（见下表）〗 典型举例 问题一：动量定理的应用 例1：质量为m 的钢珠从高出沙坑表面H 米处由静止自由下落，不考虑空气阻力，掉入沙坑后停止，如图所示，已知钢珠在沙坑中受到沙的平均阻力是f ，则钢珠在沙内运动时间为多少？ 分析：此题给学生后，先要引导学生分清两个运动过程：一是在空气中的自由落体运动，二是在沙坑中的减速运动。学生可能会想到应用牛顿运动定律和运动学公式进行分段求解，此时不急于否定学生的想法，应该给予肯定。在此基础上，可以引导学生应用全过程动量定理来答题。然后学生自己思考讨论，动手作答，老师给出答案。 设钢珠在空中下落时间为t 1，在沙坑中运动时间为t 2，则： 在空中下落，有H= 2121gt ，得t 1= g H 2, 对全过程有：mg(t 1 ＋t 2)－f t 2=0－0 得： mg f gH m t -= 22

巩固：蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回

到离水平网面5.0m 高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s 。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g=10m/s 2) 〖学生自练，老师巡回辅导，给出答案N 3 105.1?，学生自评〗 例2：一根弹簧上端固定，下端系着质量为m 的物体A ，物体A 静止时的位置为P 处，再用细绳将质量也为m 的物体B 挂在物体A 的下面，平衡后将细绳剪断，如果物体A 回到P 点处时的速率为V ，此时物体B 的下落速度大小为u ，不计弹簧的质量和空气阻力，则这段时间里弹簧的弹力对物体A 的冲量大小为多少？ 分析：引导学生分析，绳子剪断后，B 加速下降，A 加速上升，当A 回到P 点时，A 的速度达到最大值。尤其要强调的是本题中所求的是弹簧的弹力对物体A 的冲量，所以要分析清楚A 上升过程中 A 的受力情况。 解：取向上方向为正， 对B ：－mgt=－mu ○ 1 对A ：I 弹－mgt=mv ○ 2 两式联立得I 弹=m （v ＋u ） 问题二：动量守恒定律的应用 例3：质量为 M 的气球上有一质量为 m 的猴子，气球和猴子静止在离地高为 h 的空中。从气球上放下一架不计质量的软梯，为使猴子沿软梯安全滑至地面，则软梯至少应为多长？ 分析：此题为前面习题课中出现过的人船模型，注意引导学生分析物理情景，合理选择物理规律。 设下降过程中，气球上升高度为H ，由题意知猴子下落高度为h ， 取猴子和气球为系统，系统所受合外力为零，所以在竖直方向动量守恒，由动量守恒定律得：M ·H=m ·h ，解得M mh H = 所以软梯长度至少为M h m M H h L )(+=+= 例4：一质量为M 的木块放在光滑的水平桌面上处于静止状态，一颗质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向击中木块，并留在其中与木块共同运动，则子弹对木块的冲量大小是： A 、mv 0 ； B 、m M mMv +0 ； C 、mv 0－m M mv +0 ；D 、mv 0－m M v m +02 分析：题中要求子弹对木块的冲量大小，可以利用动量定理求解，即只需求出木块获得 的动量大小即可。 对子弹和木块所组成的系统，满足动量守恒条件，根据动量守恒定律得： mv 0=（M+m ）v 解得：m M mv v += ，由动量定理知子弹对木块的冲量大小为 m M Mmv Mv I += =0

高考物理专题物理学史知识点全集汇编

高考物理专题物理学史知识点全集汇编 一、选择题 1．在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（） A．伽利略利用“理想斜面”得出“力是维持物体运动的原因”的观点 B．牛顿提出了行星运动的三大定律 C．英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了万有引力常量 D．开普勒从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，从而推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点 2．伽利略是实验物理学的奠基人，下列关于伽利略在实验方法及实验成果的说法中不正确的是 A．开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法 B．通过实验发现斜面倾角一定时，不同质量的小球从不同高度开始滚动，加速度相同C．通过实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础 D．为了说明力是维持物体运动的原因用了理想实验法 3．下列选项不符合历史事实的是（） A．富兰克林命名了正、负电荷 B．库仑在前人工作的基础上通过库仑扭秤实验确定库仑定律 C．麦克斯韦提出电荷周围存在一种特殊的物质--电场 D．法拉第为了简洁形象描述电场，提出电场线这一辅助手段 4．2014年，我国在实验中发现量子反常霍尔效应，取得世界级成果。实验在物理学的研究中有着非常重要的作用，下列关于实验的说法中正确的是() A．在探究求合力的方法的实验中运用了控制变量法 B．密立根利用油滴实验发现电荷量都是某个最小值的整数倍 C．牛顿运用理想斜面实验归纳得出了牛顿第一定律 D．库仑做库仑扭秤实验时采用了归纳的方法 5．发明白炽灯的科学家是() A．伏打 B．法拉第 C．爱迪生 D．西门子 6．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合史实的是( ) A．焦耳发现了电流的磁效应 B．法拉第发现了电磁感应现象，并总结出了电磁感应定律 C．惠更斯总结出了折射定律 D．英国物理学家托马斯杨利用双缝干涉实验首先发现了光的干涉现象 7．下列描述中符合物理学史的是（） A．开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心说 B．牛顿发现了万有引力定律并测定出引力常量G C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流 D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场

高考物理总复习练习：动量 动量定理

【随堂检测】 1．(2019·绍兴月考)一个质量为0.18 kg 的垒球,以25 m/s 的水平速度向左飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,则这一过程中动量的变化量为( ) A ．大小为3.6 kg·m/s ,方向向左 B ．大小为3.6 kg·m/s ,方向向右 C ．大小为12.6 kg·m/s ,方向向左 D ．大小为12.6 kg·m/s ,方向向右 解析：选D.选向左为正方向,则动量的变化量Δp ＝mv 1－mv 0＝－12.6 kg ·m/s,大小为12.6 kg ·m/s,负号表示其方向向右,D 正确． 2．高空作业须系安全带,如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动),此后经历时间t 安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A. m 2gh t ＋mg B. m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D. m gh t －mg 解析：选A.设高空作业人员自由下落h 时的速度为v,则v 2 ＝2gh,得v ＝2gh,设安全带对人的平均作用力为F,由动量定理得(mg －F)·t＝0－mv,解得F ＝ m 2gh t ＋mg. 3．(2019·嘉兴质检)如图所示,篮球运动员接传来的篮球时,通常要先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前,这样做可以( ) A ．减小球的动量的变化量 B ．减小球对手作用力的冲量 C ．减小球的动量变化率 D ．延长接球过程的时间来减小动量的变化量 解析：选C.动量的变化量为mv －mv 0,最终不会因为手的动作而改变,所以A 错；根据动量定理F Δt ＝mv －mv 0,手对球的冲量即动量变化量不会改变,此即球对手的动量变化量；手弯曲的动作是增加了作用时间,而减小了动量变化率（mv －mv 0）Δt ,也即减小了冲力,起到缓冲效果,故C 正确． 4．在水平力F ＝30 N 的作用下,质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间

高考物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析

高考物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的 一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角 o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度 g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=） （1）A 、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能. 【答案】（1）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】 试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2 cos 1sin 2 B B B B m gh m gh m v θμθ+?= ① （3分） 代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分） （2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得： 222 0111()222 A B P A A B B m m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = ⑤ （2分） 考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律. 2．如图所示，质量M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m=lkg 的导体棒自ce 端的正上方h=2m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。已知磁场的磁感应强度B=0.5T ，导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5m ，导轨的半径r=0.5m ，导体棒的电阻R=1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s 2，不计空气阻力。

高三物理动量守恒定律教案

高三物理动量守恒定律教案 1、知识与技能：掌握运用动量守恒定律的一般步骤。 2、过程与方法：知道运用动量守恒定律解决问题应注意的问题，并知道运用动量守恒定律解决有关问题的优点。 3、情感、态度与价值观：学会用动量守恒定律分析解决碰撞、爆炸等物体相互作用的问题，培养思维能力。 (一)引入新课 动量守恒定律的内容是什么?分析动量守恒定律成立条件有哪些?(①F合=0(严格条件)②F内远大于F外(近似条件，③某方向上合力为0，在这个方向上成立。) (二)进行新课 1、动量守恒定律与牛顿运动定律 用牛顿定律自己推导出动量守恒定律的表达式。 (1)推导过程：

根据牛顿第二定律，碰撞过程中1、2两球的加速度分别是： 根据牛顿第三定律，F1、F2等大反响，即 F1= - F2 所以： 碰撞时两球间的作用时间极短，用表示，则有： 代入并得 这就是动量守恒定律的表达式。 (2)动量守恒定律的重要意义 从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。(另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。)从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年

人们才首次证明了中微子的存在。(2000年高考综合题23 ②就是根据这一历史事实设计的)。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。 2、应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法 (1)分析题意，明确研究对象 在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的。 (2)要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析 弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力。在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。 (3)明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态

高考物理物理学史知识点全集汇编含解析(5)

高考物理物理学史知识点全集汇编含解析(5) 一、选择题 1．第一个准确测量出万有引力常量的科学家是（） A．B．C．D． 2．下面说法中正确的是（） A．库仑定律是通过实验总结出来的关于点电荷相互作用力跟它们间的距离和电荷量关系的一条物理规律 B．库仑定律适用于点电荷，点电荷就是很小的带电体 C．库仑定律和万有引力定律很相似，它们都不是平方反比规律 D．当两个点电荷距离趋近于零时，库仑力则趋向无穷 3．在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是() A．自然界的电荷只有两种，美国科学家密立根将其命名为正电荷和负电荷，美国物理学家富兰克林通过油滴实验比较精确地测定了电荷量e的数值 B．卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量G和静电力常量k的数值 C．奥斯特发现了电流间的相互作用规律，同时找到了带电粒子在磁场中的受力规律D．开普勒提出了三大行星运动定律后，牛顿发现了万有引力定律 4．物理学中最早使用理想实验方法、发现万有引力定律、最早引入了电场概念并提出用电场线表示电场和发现电流磁效应分别由不同的物理学家完成，他们依次是（） A．伽利略、牛顿、法拉第和奥斯特 B．牛顿、卡文迪许、洛伦兹和安培 C．伽利略、卡文迪许、库仑和奥斯特 D．伽利略、牛顿、库仑和洛伦兹. 5．以下说法符合历史事实的是（） A．伽利略总结了导师第谷留下的大量天文观测数据，发现了行星三大定律 B．库仑采用放大法，利用扭秤装置测出了万有引力常量．因此被誉为第一个称量地球质量的人 C．法拉第首先提出了电场的概念，而且为了形象地描述电场，他又引入了电场线的概念D．牛顿对自由落体运动进行了深入仔细的研究，将理想斜面实验的结论合理外推，得出自由落体运动是匀变速运动 6．在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是() A．古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境

高考物理——动能与动量

动量与能量 测试时间：90分钟 满分：110分 第Ⅰ卷 (选择题，共48分) 一、选择题(本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分) 1．[2017·河北冀州月考]在光滑的水平桌面上有两个在同一直线上运动的小球a 和b ，正碰前后两小球的位移随时间变化的关系如图所示，则小球a 和b 的质量之比为 ( ) A ．2∶7 B ．1∶4 C ．3∶8 D ．4∶1 答案 B 解析 由位移—时间图象的斜率表示速度可得，正碰前，小球a 的速度v 1＝ 1－41－0 m/s ＝－3 m/s ，小球b 的速度v 2＝1－01－0 m/s ＝1 m/s ；正碰后，小球a 、b 的共同速度v ＝2－16－1 m/s ＝0.2 m/s 。设小球a 、b 的质量分别为m 1、m 2，正碰过程，根据动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，得m 1m 2＝v －v 2v 1－v ＝14 ，选项B 正确。 2．[2017·江西检测]如图所示，左端固定着轻弹簧的物块A 静止在光滑的水平面上，物块B 以速度v 向右运动，通过弹簧与物块A 发生正碰。已知物块A 、B 的质量相等。当弹簧压缩到最短时，下列说法正确的是( )

A．两物块的速度不同 B．两物块的动量变化等值反向 C．物块B的速度方向与原方向相反 D．物块A的动量不为零，物块B的动量为零 答案 B 解析物块B接触弹簧时的速度大于物块A的速度，弹簧逐渐被压缩，当两物块的速度相同时，弹簧压缩到最短，选项A、D均错误；根据动量守恒定律有Δp A＋Δp B ＝0，得Δp A＝－Δp B，选项B正确；当弹簧压缩到最短时，物块B的速度方向与原方向相同，选项C错误。 3．[2017·黑龙江模拟] 如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h 高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是() A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 B．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒 C．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒 D．若小球能从C点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动 答案 B 解析当小球在槽内由A到B的过程中，墙壁对槽有力的作用，小球与半圆槽组成的系统水平方向动量不守恒，故A、C错误，B正确。当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向是右上方，所以此后小球将做斜上抛运动，即C错误。 4．[2017·辽师大附中质检]质量相同的子弹a、橡皮泥b和钢球c以相同的初速度水平射向竖直墙，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被以原速率反向弹回。关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法中正确的是() A．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 B．子弹对墙的冲量最小 C．橡皮泥对墙的冲量最小 D．钢球对墙的冲量最小 答案 B

高考物理学史的知识点集锦

高考必备——高考物理学史知识点 鉴于每年高考中都会考到物理学史的相关知识，为便于同学们更好地复习备战2016年高考，本资料从教科书及历次模拟考试试卷中把有关物理学史的内容按“力学”、“热学”、“电、磁学”、“光学、原子物理”、“量子力学”总结成文，供同学们复习参考。 一、力学中的物理学史 1、前384年—前322年，古希腊杰出思想家亚里士多德：在对待“力与运动的关系”问题上，错误的认为“维持物体运动需要力”。 2、1638年意大利物理学家伽利略：最早研究“匀加速直线运动”；论证“重物体不会比轻物体下落得快”的物理学家；利用著名的“斜面理想实验”得出“在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去即维持物体运动不需要力”的结论； 伽利略还发明了空气温度计；理论上验证了落体运动、抛体运动的规律；还制成了第一架观察天体的望远镜；第一次把“实验”引入对物理的研究，开阔了人们的眼界，打开了人们的新思路；发现了“摆的等时性”等。 3、1683年，英国科学家牛顿：总结三大运动定律、发现万有引力定律。另外牛顿还发现了光的色散原理；创立了微积分、发明了二项式定理；研究光的本性并发明了反射式望远镜。其最有影响的著作是《自然哲学的数学原理》。 4、1798年英国物理学家卡文迪许：利用扭秤装置比较准确地测出了万有引力常量 G=6.67×11-11N·m2/kg2（微小形变放大思想）。 5、1905年爱因斯坦：提出狭义相对论，经典力学不适用于微观粒子和高速运动物体。即“宏观”、“低速”是牛顿运动定律的适用范围。 二、热学中的物理学史 1、1827年英国植物学家布朗：发现悬浮在水中的花粉微粒不停地做无规则运动的现象——布朗运动。 2、1661年英国物理学家玻意耳发现：一定质量的气体在温度不变时，它的压强与体积成反比（即为玻意耳定律） 3、1787年法国物理学家查理发现：一定质量的气体在体积不变时，它的压强与热力学温度成正比（即为查理定律） 4、1802年法国物理学家盖·吕萨克发现：一定质量的气体在压强不变时，它的体积与热力学温度成正比（即为盖·吕萨克定律） 三、电、磁学中的物理学史 1、1785年法国物理学家库仑：类比万有引力定律，通过实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律。并测量（是否为库伦测得有争议）出了静电力常量k=9.0×10^9 N·m2/C2 2、1826年德国物理学家欧姆：通过实验得出导体中的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比即欧姆定律。 3、1820年，丹麦物理学家奥斯特：电流可以使周围的磁针发生偏转，称为电流的磁效应。 4、1831年英国物理学家法拉第：发现了由磁场产生电流的条件和规律——电磁感应现象。