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1、第八講：動量定律和動量守恒定理總目錄測試點1：動量定律的理解和應用測試點2：動量守恒定理及其應用測試點3：從動量和能量的角度解決熱學綜合問題測試點1：動量定律的理解與應用第1點：理解動量定律應注意的問題（1）動量定律的表達式是向量。用它剖析問題時，要特別注意沖量、動量和動量變化的方向。公式中的F是物體或系統的合力。（2）動量定律是一個過程定律。在解決問題時，我們必須曉得這個過程的動量以及初始和最終狀態。（3）通常來說，可以用牛頓第二定理來解決的問題也可以用動量定律來解決。假如這個問題不涉及加速度和位移，用動量定律求解就容易多了。動量定律除了適用于恒力，也適用于變力。在變力的情況下，動量定律
2、中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值。2動量定律（1）的兩個重要應用I=P被拿來估算變力的沖量。假若物體遭到改變其大小或方向的力的影響，則不能用I=ft直接估算可變力的沖量?？梢怨浪阄矬w在變力作用下的動量變化P，相當于變力的沖量I。（2）應用P=ft估算動量的變化。比如，在曲線運動中，速率的方向始終在變化。估算動量變化（P=p2-p1）須要應用矢量運算技巧。估算比較復雜。假如力是恒力，則可以估算恒力的沖量，并等價地替換動量的變化。1一個體重為M的運動員從彎腰狀態跳上去。在t時間后，他的身體下蹲，剛才離開地面，速率為v，在這個過程中（）A.面向運動員的地面的沖量為MV+Mgt，面向運動員的
3、地面的功為mv2b.面向運動員的地面的沖量為MV+Mgt，面向運動員的地面的功為零C面向運動員的地面為MV，面向運動員的地面功為mv2d，面向運動員的地面沖動為mvmgt，面向運動員的地面功為零。答案B假定面向運動員的地面沖量為I，運動員的速率為零，起飛后轉為V，則由動量定律可得I-mgt=MV，因而面向運動員的地面沖量為I=MV+mgt；運動員跳躍時，運動員所受的支撐力不發生聯通，所以支撐力不起作用動量定理的二級結論，所以B是正確的。2（2018上海理工，22,16分）第24屆奧運會將于2022年在中國舉辦，高低杠滑冰是最具觀賞性的項目之一。滑道示意圖如下：長直輔助滑道AB與彎曲滑道BC平滑聯接，滑道BC高度h
4、=10m，C為弧形最高點，直徑r=20m，質量m=60kg運動員從靜態啟動勻速加速滑道，加速度a=4.5m/S2，到B點速率VB=30m/s，取重力加速度g=10m/S2。（1）求出長直輔助滑道AB的寬度L；（2）求出AB段運動員所受外力的沖量I；（3）假如不包括BC段的阻力，勾畫運動員通過C點的受力圖，求出支撐力FN。（1）100m（2）（3）在剖析3900n時可以看見受力圖剖析（1）按照勻速直線運動公式，有L=100m（2）依據動量定律，有I=mvbmva=（3）運動員通過C點時的受力剖析如圖所示。按照動能定律，在BC運動過程中，有MGH=M-M，依據牛頓第二
5、定律，有FNmg=M，FN=3900n22BaVVa，技巧應用了動量定律解題的基本思想。（1）為了確定研究對象，學校動量定律所討論問題的研究對象通常局限于單個對象或可以看作對象的系統。（2）物體的受力剖析?？梢韵裙浪愀髁Φ臎_量，再估算各力沖量的矢量和；也可以先估算合力，再估算沖量。（3）掌握過程的初始和最終狀態，選擇正方向，確定動量和沖量的符號。（4）依據動量定律，完善了多項式，必要時還須要補充等式。最后用數據進行了求解。注意分辨動量守恒和機械能守恒的條件（1）當沒有外力或外力矢量和為零時，系統的動量守恒；當外力比互相作用時當內力小得多時，系統的
6、動量近似守恒；當某一方向上的組合外力為零時，系統在該方向上的動量守恒。（2）在只有重力或彈力做功的物體系統中，動能和勢能互相轉化，機械能守恒。（3）動量守恒和機械能守恒之間沒有必然的聯系。2判定動量守恒與否、機械能守恒與否的方式（1）通常依照守恒條件來判定動量守恒與否。（2）按照守恒條件或守恒表達式，即E1=E2，可以判定機械能是否守恒。1如圖所示，在平整的水平地面上放置一塊質量為m=3.0kg的方形板B，在其右端放置一塊質量為m=1.0kg的小塊a。A和B的初始速率為4.0m/s，方向相反，因而A開始向左聯通，B開始往右聯通，A從不從板上滾落。在a小段加速時間內，板的速率可能是（）a
7、.1.8M/sb.2.4M/sc.2.8M/sd.3.0M/s答案ba先向左減速，之后往右加速。在此期間，監事會減速，最后她們保持相對靜止。讓a減速到零，板的速率是V1，最后它們的共同速率是v2。以水平往右為正方向，則MVMV=MV1，MV1=（M+M）V2，我們可以得到V1=M/s，V2=2m/s，所以在a小段的加速時間內，單板速率應小于2m/s，大于M/s，只有選項B是正確的。83832.（多選）如圖所示，在光滑的水平面上有一個靜止物體m，物體上有一個光滑的半弧形軌跡。最高點是C，a和B兩端高度相同。如今讓小滑塊m從a點向上滑動，這么（）a.m不能抵達B點，m在
8、B.m從a到C的過程中向左聯通，m在m從C到B的過程中往右聯通，m在C.m從a到B的過程中向左聯通，當m抵達B的那一刻，m的速率為零。由M和D組成的系統的機械能守恒，水平方向的動量守恒。依據機械能守恒條件和動量定理，M和M組成的系統的機械能守恒，水平方向的動量守恒，D是正確的。當m往右端滑動時，當二者速率相同時，有0=（m+m）V，V=0，m正好可以抵達m上的B點，當m抵達B點時，m和m的速率為零，a是錯誤的；m在從a到C的過程中向左加速，m在從C到B的過程中向左減速，B是錯誤的，C是正確的。三。（多選）貨車放置在平滑的水平面上。貨車A端固定輕彈簧，B端粘貼橡膠膏。貨車的質量為m，寬度為l，質
9、量為m，將鐵塊C放置在貨車上，并用繩子聯接到貨車的a端，壓縮彈簧。開始時，貨車和C處于靜態，如圖所示。當繩子忽然燒毀時，彈簧就抬起了，若果車內表面光滑，整個系統的機械能隨時就會守恒。整個系統的動量在任何時侯都是守恒的。C.當滑車對地速率為V時，汽車向左聯通的最大位移為mm。整個BCD系統的外力為零。系統的動量在整個過程中是守恒的，但在鍵合過程中存在機械能的損失。MvMv=0，v=v。該系統屬于人船模型，MD=m（L-D），因而汽車向左聯通的最大位移為D=。綜上所述，選項B、C和D是正確的。如圖所示，光滑水平面上有四個滑塊a、B、C和D?；瑝Ka、C、D的質量為Ma=MC=MD=1kg，滑塊B的
10、質量為MB=4kg（所有滑塊均視為顆粒），a、B之間有質量可忽視的粉末，K為原寬度的輕彈簧，其兩端分別與B、C聯接，結果表明，a和D以4m/s的速率粘在一起運動，爆燃頓時a的速率為VA。在滑塊B、C和彈簧K的互相作用過程中動量定理的二級結論，彈簧的變型不超過彈性極限。當彈簧的彈性勢能最大時，a的速率為VA，求出滑塊的速率C。爆燃后6m/s，依據動量守恒定理，存在MAVA=（MA+MD）V1爆燃過程。對于系統a和系統B，依據動量守恒定理，設B得到的速率為VB，存在-MAVA+mbvb=0，B與C互相作用，當共同速率為V時，彈簧彈性勢能最大。從系統B和C的動量守恒出發，給出了mbvb=（MB+MC）V解，并用V=1
11、.6m/s方式求解動量守恒定理問題的基本步驟如下：（1）確定研究對象，確定系統的組成（包括什么對象）和研究過程；（2）剖析力，確定D）V1爆燃過程，對于a和B系統，依據動量守恒定理，假定B得到的速率為VB，存在-MAVA+mbvb=0，B與C互相作用，當二者的共同速率為V時，彈簧彈性勢能最大，從B和C系統的動量守恒來看，有mbvb=（MB+MC）V解，v=1.6m/s法方法解決動量守恒問題的基本步驟：（1）明晰研究對象，確定系統的組成（系統包括什么對象）和研究過程；（2）剖析力，確定系統的動量是否守恒（或系統中的動量是否守恒）一定的方向是守恒的）；（3）指定確定初態和終態動量的正方向；（4）
12、用動量守恒定理列舉等式組；（5）用數據代入得到結果，必要時進行討論和解釋。這三種碰撞的特性是：彈性碰撞中的動量守恒，非彈性碰撞中的機械能守恒，非彈性碰撞中的動量守恒，以及機械能損失的完全非彈性碰撞中的動量守恒，機械能損失最大。2動量觀和能量觀的選擇原則（1）對于動量觀問題，它不涉及運動過程中的加速度，而涉及物體的運動時間，非常是對于撞擊問題，因為時間短，沖量隨時間變化，應用動力學定律求解，也就是說，ft=mv-mv0。對于碰撞、爆炸和反沖問題，假若只涉及初速率和末速率，而不涉及力和時間，則應用動量守恒定理求解。（2）能量觀通常用動能定律來解決物體運動過程中的加速度和時間問題，無論是恒力做功還
13、是變力做功。若果只有重力和彈簧力做功，而不涉及運動過程中的加速度和時間問題，則借助機械能守恒定理求解。對于兩個互相作用的物體，假若兩物體之間的相對滑動距離很顯著，則應采用能量守恒定理構建多項式。第一類動量定律和動能定律的綜合應用動量定律和動能定律的綜合應用例1快件公司分揀電郵水平傳動裝置示意圖如圖所示。皮帶在馬達的驅動下保持V=1m/s的恒定速率往右聯通。如今，將質量為M=2kg的電郵輕輕地置于皮帶上，短信與皮帶之間的動磨擦系數為0.5。使皮帶足夠長，取g=10m/S2，在短信與皮帶相對滑動的過程中，求出（1）電郵的滑動時間t；（2）電郵與地面的位移X；（3）電郵與皮帶在皮帶上的磨擦功W。答案（
14、1）0.2s（2）0.1M（3）-2J解析解（1）假定電郵在皮帶和皮帶上的滑動磨擦力為f，則f=mg朝向正確的方向，短信應用動量定律，其中ft=mv-0代入數據，得到t=0.2s（2）電郵應用動能定律在短信與皮帶的相對滑動過程中，假如用公式得到FX=mv2-0代入數據，x=0.1m（3），短信與皮帶的相對滑動過程中，皮帶相對于地面的位移設為S，之后用公式代入s=VT皮帶上磨擦力所做的功w=-FS，得到12w=-2J型2動量和能量守恒定理的綜合應用例2動量和能量守恒定理的綜合應用例2，如圖所示，在光滑的水平面上有一輛質量m=4.0kg的平板車，車的上表面是一條寬度L=1.5m的粗糙水
15、平軌道，水平軌道兩側與直徑r=0.25m的四分之一光滑弧形軌道相連?；⌒诬壍涝趏點與水平軌道相切。目前，一個小質量m=1.0kg（可視為粒子）以初始速率V0從水平方向向左從平板車的右端滑到平板車上。小質量塊與水平軌道之間的動磨擦系數為0.5，小質量塊恰好可以抵達方形軌道的最低點a。取g=10m/S2，求出：（1）小塊在平板車上滑動的初速率V0；（2）小塊與貨車最終相對靜止時距O點的距離。答案（1）5m/S（2）0.5m解析解（1）平車和小砌塊組成的系統在水平方向上是動量守恒的。當方塊抵達方形軌道的最低點a時，二者的共同速率為V1。MV0=（M+M）v1由動量守恒定理得到，M-（M+M）=Mgr+MGL由能量守恒定理得到，V0=5m/S由解（2）得到，當小鐵塊最終與車輛靜止時，二者的共同速率為V2，由動量守恒定理得到MV0=（M+M）V2在把小鐵塊滑到平板車上直至它們相對靜止的過程中獲得的。假定方塊和ca之間的距離