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动量守恒定律解题技巧


动量守恒定律解题技巧
一、 “寻”规、 “导”矩学动量 1、 “寻”规:巧用“联想、对比”列图加深对动量定理的理解 现行很多高中教材包括本书的编排次序是先学“动能定理” ,再学“动量定 理” 。我们可以建立两者关系图谱(图 1) ,增强对“动量定理”的认识。图中两 竖表示“等于” ,中间粗的一横表示“减号” ,即分别反映两个式子:

W合 ? F合 S ? E K末 ? E K初 和 I 合 ? F合 t ? P末 ? P初 。
过程量

末状态(时刻)量
经历一段过程

初状态(时刻) 量

合外力的功 末动能
一段位移

初动能

合外力的冲量 末动量
一段时间

初动量 图1

两者在使用时程序大体相似,但要注意:前式中, “功”有正负,是标量式;后 式中,冲量和初、末动量都会有正负区分,是矢量式,解题时要规定正方向。 对 于另一难点——动量守恒定律,则可以和机械能守恒定律的使用形成对比。

例 1:如图 2,质量为 0.4kg 的 A 球,向右以 20m/s 的速度在水平面上与竖直墙
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0.1s,求碰撞后 A 的速度。 解析:A 球的受力分析如图,设向左为正方向,有动量定理得:
FN F冲 F阻 mg 图2

( F冲 ? F阻 )t ? mv 2 - (-mv1 ) ,
所以 v 2 ?

F冲 ? F阻 m

t - v1 ? 10m / s 即碰后 A 球的速度大小为 10m/s,
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方向与碰前相反。

2: “导”矩(即总结解题步骤) :巧学动量定理的解题步骤,做到不丢重力 丢重力是使用动量定理时常见的错误。如果我们能够找出使用的规则,并按 照一定的规矩和步骤解题,就可以减少错误。利用动量定理解题的一般步骤: a、选择恰当 的物体或物体系作为研究对象; .. b、对研究对象进行受力分析(口诀:先重力、再弹力、 再摩擦力、最后勿忘“电、 磁、浮等其他力” ) ,确定研究过程中各力的冲量; c、选定正方向,确定初、末状态的动量; d、根据动量定理列出方程,并统一到国际单位制中运算求出结果。

例 2: (95 年·全国)一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若 把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ,则 ( )

A、过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量; B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小; C、过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势 能之和; D、过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能。 解析: 在过程Ⅰ中钢珠只受重力, 重力的冲量等于钢珠动量改变量, 选项 A 正确。 同时,在过程Ⅰ中重力做功,钢珠重力势能减小,动能增加。在过程Ⅱ中钢珠除 受阻力外,仍受重力,判断时最容易丢掉重力的冲量及重力的功。选项 B、D 就 是犯了“丢重力”的错误。应该是过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程Ⅰ和过程Ⅱ 整个过程中重力的冲量;过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中重力的冲量;过程 Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠增加的动能及过程Ⅱ中机械能(含重力势 能)减少量之和。所以 A、C 正确
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二、巧用动量定理解释常见的两类物理现象 由 F合 Δt = ΔP ,则 F合 =

ΔΡ Δt

巧记推论:物体所受合外力等于它自身“动量变化率” 。

例 3、玻璃杯从同一高度自由下落,掉落在硬质水泥板上易碎,掉落在松软地毯 上不易碎,这是由于玻璃杯掉在松软地毯上: ( A、所受合外力的冲量较小 B、动量的变化量较小 C、动量的变化率较小 D、地毯对杯子的作用力小于杯子对地毯的作用力 解析:杯子从同一高度下落,与地面碰撞的瞬时速度、动量都是一定的。与地面 相碰到刚静止时,不管玻璃杯是否破碎,动量的改变量都相等,由动量定理得: 合外力的冲量也相等。可见 A、B 是错误的。由 FΔt = ΔP 得,玻璃杯受到的合外 力等于动量的变化率 F =
Δt 较长,



ΔΡ 。玻璃杯掉在松软的地毯上,动量减小经历的时间 Δt

ΔΡ 较小,玻璃杯受到的合力较小,玻璃杯就不易碎,故 C 选项正确。 Δt

而杯子对地毯的作用力和地毯对杯子的作用力是一对相互作用力,应等值反向, 所以 D 也错误。

例 4、小笔帽放在一小纸条上,快拉纸条,小笔帽不动,慢拉纸条,小笔帽动起 来,这是为什么?

解析:当缓慢拉动纸条时,小笔帽与纸条之间是静摩擦力,由于作用时间长, 小 笔帽获得的冲量较大,可以改变它的静止状态,从而带动小笔帽一起运动;在快 拉时, 尽管这是小笔帽与纸条之间因分离产生滑动摩擦力, 但由于作用时间很短, 小笔帽获得的冲量并不大,还未来得及改变其静止状态,纸条已抽出来了。
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小结:用动量定理解释现象一般分为两类:一类是物体的动量变化一定,此时力 的作用时间越短,力就越大;时间越长,力就越小(如例 3) ;另一类是作用力

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一定,此时力的作用时间越长,动量变化越大;力的作用时间越短,动量变化越 小(如例 4,力的区别不大,但时间差别较大是本题的主要因素) 。

三、巧用动量定理解三类含“变”的问题 1、巧解变力的冲量: 变力的冲量在中学物理阶段不能用 I=Ft 求解,但是用动量定理可以用ΔΡ来间 接的表示变力的冲量。

例 5: (1994 年·上海)物体 A 和 B 用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动,如图 (甲)所示,A 的质量为 m,B 的质量为 M。当连接 A、B 的绳突然断开后,物体 A 上升经某一位置时的速度大小为 v,这时物体 B 下落速度大小为 u,如图(乙) 所示。在这段时间里,弹簧的弹力对物体 A 的冲量为() A.mv C.mv+Mu B.mv-Mu D.mv+mu

解析:欲求在指定过程中弹簧弹力的冲量,思路有两条:一是从冲量 概念入手计算,I=Ft,二是由动量定理通过动量的变化计算,即 I = △p。由于弹簧的弹力是变力,时间又是未知量,故只能用动量定理求 解。
图3

剪断细绳后,A 上升,B 自由下落,但 A 在上升过程中弹簧是一变力。若设这段 时间为 t,以向上为正方向,对 A、B 分别用动量定理有:对 A: I T - mgt ? mv 对 B 自由落体: u ? gt 联立可得 I T = m(v + u )
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2、巧解曲线运动的动量变化

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例 6:做平抛运动的物体,每秒钟的速度变化量总是( A、大小相等,方向相同 B、大小不等,方向不同 C、大小相等,方向不同 D、大小不等,方向相同



解析:曲线运动的特点是运动方向不断变化。根据平抛运动的定义,物体在运动 过程中只受重力作用,又由动量定理 F合 t ? mvt - mv0 得:

mgt = ΔP = mΔv即Δv =

mgt = 恒量 ,注意到各式为矢量关系,所以选择 A。 m

3、巧建“管道”模型 ,锁定目标,巧解流体类变质量问题: 例 7:设水的密度为ρ,水枪口的截面积为 S,水从枪口喷出的速度为 v ,若水平 直射到煤层后速度为零,则水对煤层的平均作用力的大小为多少?

解析:此类问题的特点是,随着时间变化,作用的主体会不断变化,对象难以锁 定, 对应的质量难以表达计算, 假设水从水枪口射出之后还沿着一个 “管道” (我 们自己假象出来的)冲到煤层上,取Δt 时间内射到煤层的水的质量Δm 为研究 对象,这些水分布在截面积为 S,长为 l ? v?t 的“管道”内,则

Δm = ρV = ρSl = ρSvΔt ,
根据动量定理得: FΔt = Δmv = ρSv 2 Δt ,即 F = ρSv 2

注:此类题还很多,本题中的水改为“气体” 、 “称米机”中的米、 “陨石”等,
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四、动量守恒定律的“三适用” “三表达”——动量守恒的判断 “三适用”——以下三种情况可用动量守恒定律解题

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1、若系统不受外力或受外力之和为零,则系统的总动量守恒

例 8:如图 4,一车厢长为 L,质量为 M,静止于光滑的水平面上,厢内有一质 量为 m 的物体以初速 v0 向右运动,与车厢来回碰撞 n 次后静止于车厢中,这时 车厢的速度为: A、 v0 ,水平向右 C、
mv 0 M +m

B、零 D、
mv0 M m

m v0
图4

解析: 当物体在车厢内运动及与车厢碰撞过程中,物体与车厢组成的系统所受外 力有重力和支持力,合力为零,故系统总动量守恒。系统初动量为 mv0 ,当物体 静止在车厢中时,二者具有相同的速度,设为 v 则: mv0 = ( M + m)v ,解得
v= mv0 ,选项 C 对。 M +m

2、若系统所受外力之和不为零,则系统的总动量不守恒,但如果某一方向上的 外力之和为零,则该方向上的动量守恒

例 9:如图 5,将质量为 m 的铅球以大小为 v0 ,与水平方向倾角为的初速 度抛入一个装着沙子的总质量为 M 的静止的砂车中, 砂车与地面的摩擦不 计,球与砂车的共同速度为多少? 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

Θ v 0

图5

力,则水平方向上的动量守恒,而在竖直方向上,当铅球落在砂车中时,地面与
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可以从结果上来看:初始状态系统在竖直方向上有速度 v0 sin θ ,而最终整个系 统只有水平方向的速度,由此也能得到系统竖直方向上动量不守恒) 。 设系统后来共同速度为 v ,则 mv0 cos θ = (m + M )v , v =
mv0 cos θ m+M

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3、若系统所受外力之和不为零,但是外力远小于内力,可以忽略不计,则物体 相互作痛过程动量近似守恒。如碰撞、爆炸等。

例 10:质量为 M 的木块静止在水平面上,木块与地面间的动摩擦系数为 μ ,一 颗质量为 m 的子弹水平射入木块后,木块沿水平面滑行 s 后停止,试求子弹射 入木块前的速度 v0 。 解析:子弹射入木块过程中,木块受地面的摩擦力为 F,此力即为子弹与木块组 成的系统所受的外力,不为零。但子弹与木块打击时,相互作用力 F 内>>F 外,摩 擦力可忽略不计,系统的动量近似守恒。 设子弹射入木块后,子弹与木块的共同速度为 v , 由动量守恒定律得: mv0 = (m + M )v … …①

此后,子弹和木块一起做匀减速直线运动,由动能定理得

1 ? ? (m ? M ) gs ? 0 ? (m ? M )v 2 2 M +m 由①②得: v0 = 2 μgs m

… …②

“三表达 ”——动量守恒定律有三种常用的数学表达式 1、系统的初动量等于末动量,即 P = P ′ 。例题中很多见,读者自己查看。 2、若 A、B 两物体组成的系统在相互作用过程中动量守恒,则 ΔPA = ΔPB (负 号表示 ΔPA 与 ΔPB 方向相反)
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例 11:质量相等的三个小球 a、b、c 在光滑的水平面上以相同的速率运动,它 们分别与原来静止的三个球 A、B、C 相碰(a 与 A,b 与 B,c 与 C) 。碰后,a 球

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继续沿原来的方向运动,b 球静止不动,c 球被弹回而反向运动,这时 ABC 三球 中动量最大的是( A、A 球 判定 解析:三球在碰撞过程中动量都守恒,且 a、b、c 三球在碰撞过程中,动量变化 的大小关系为: ΔPc > ΔPb > ΔPa 。由动量守恒定律知: B、B 球 ) C、C 球 D、由于 A、B、C 三球质量未知,无法

?Pa ? ? ?PA , ?Pb ? ? ?PB , ?Pc ? ? ?PC ,所以 A、B、C 三球在碰撞过程中动量变化
的大小关系为 ΔPC > ΔPB > ΔPA 。由于 A、B、C 三球初动量都为零,所以碰后它 们的动量大小关系为 PC > PB > PA ,故选项 C 正确。

3、若 A、B 两物体相互作用过程中动量守恒,则 m A x A = m B x B 。但此表达式仅适 用于系统总动量恒为零的情况( x A 、 x B 分别为 A、B 在作用过程中的位移大小) , 或系统某方向上总动量恒为零的情况 (此时的 x A 、x B 分别为 A、 B 在作用过程中, 在该方向上的位移大小) 。比如人船模型。

五、构建基本物理模型——学好动量守恒的法宝: 1、人船模型: 特点:系统初始动量为零,你动我反动,你快我快,你慢我慢,你停我也停。 从 能量的角度看,当系统运动时,人体内化学能转化为系统动能。

例15:如图6所示,在平静的水面上浮着一只质量为M、长度为L的船(船处于静
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止状态),船的右端(B端)站着一个质量为m的人,当人从船的右端走到船的左端 (A端)的过程中,怎样求船的位移SM的大小?(水的阻力不 计) 解析:研究人和船组成的系统,以水平向左的方向为正 方向。设 v m、v M 分别为人、船在某同一时刻的速度,则
A M
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m A M B

B

SM 图6

Sm

由动量守恒定律,有 mv m ? M (? v M ) ? 0 ,即 mvm = M v M 经很短时间△t(在这很短的时间内,可认为人、船分别以大小为 v m、v M 的速 度分别向左、向右做匀速运动),有 mv m Δt = M v M Δt 所以 m 因为

v m ?t ? M v m Δt = S m ,

v M ?t v M Δt = S M

所以 mS m = M S M 因为 S m + S M = L 所以船的位移大小为 S M =

m m L ,人对地面的位移大小为 S m = L m+M m+M

有些书上利用人船系统平均动量守恒,也得到了结论,但是没有注意动量守恒定 律的瞬时性,那只是一种等效的做法。

2、 “子弹打木块”模型 特点:一个物体在另一个物体表面或内部运动,在运动方向不受外力,动量 守恒。从能量的观点看,系统的动能损失转化为两者的内能。特别注意

fs 相对路程 ? ?E K 。

例 16:质量为 M 的木块静止在光滑水平面上,一质量为 m 速度为 v 0 的子弹水平 射人木块中,求:1) 、如果子弹,而静止在木块中,子弹的最终速度;2) 、如 果子弹未穿出,所受阻力的大小恒为 F,求子弹打进木块的深度为 L。3) 、如果 子弹能够以速度 v1 穿出,求子弹穿出后,木块的速度。
www.kst985.com 解:选系统为研究对象,水平方向不受外力,动量守恒。

1) 、题中的“静止” ,只是两者相对静止,设他们的共同速度为 v ,m v 0 =(m+M) v 则: v ?
mv0 M ?m



2)、从能量的观点看系统克服内部摩擦力做功(摩擦力与物体相对路程的乘积)

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等于系统动能的损失。即 fs 相对路程 ? ?E K 。该式一定要记住。 3)由系统能量守恒得: FL ?

1 2 1 mv0 ? (m ? M )v 2 2 2



2 Mmv0 由①②解得: L ? 2 F ( M ? m)

3) 、系统动量守恒:m v 0 =m v1 +M v 2

则: v 2 ?

mv0 ? mv1 M
v0

注意:方程②是解题的捷径,推导如下:如图 7, 分别选子弹和木块为研究对象,由动能定理得

1 1 2 对子弹: ? F ( L ? x) ? mv 2 ? mv0 ③ x 2 2 1 图7 对木块: Fx ? Mv 2 ? 0 ④ 2 1 1 2 由③+④解得: ? FL ? (m ? M )v 2 ? mv0 除去负号就可得方程②。 2 2

m

M

L

拓变: “类子弹木块”模型——木块与平板车,见活题巧解例 15、例 16、例 17 。

3、 “木块弹簧”模型 特点:两物体之间通过弹簧作用,不受其它外力,满足动量守恒,从能量观 点看, 系统中有弹性势能参与转化, 并且当两物体速度相等时, 弹簧压缩量最大, 弹簧弹性势能达到最大。

例 17、如图 8 所示,质量 M=2m 的光滑木板静止放在光滑水平 面上,木板左端固定一根轻质弹簧,一质量为 m 的小木块(可视为质 点), 从木块的右端以未知的速度 v 0 开始沿木板向左滑行。 若在小木
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v0 图8

块压缩弹簧的过程中,弹簧具有最大的弹性势能为 Ep,求未知速度 v 0 的大小。 解:木板、木块、弹簧三者所组成的系统满足动量守恒。当木块与木板达到共同 速度,两者相距最近,弹簧压缩量最大,弹簧具有最大弹性势能。m v 0 =(m+M) v ①

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1 2 1 又因为系统能量守恒得: mv0 ? ( m ? M )v ? E P 2 2
由①②得: v0 =



2 E p ( M + m) Mm

拓变:系统中不仅有弹性势能,而且还有内能参与转化。

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