動量守恒定律 基礎知識總結訓練教師

動量守恒定律基礎知識總結訓練教師動量守恒定律基礎知識總結訓練教師動量守恒定律基礎知識總結訓練教師資料僅供參考文件編號：2022年4月動量守恒定律基礎知識總結訓練教師版本號：A修改號：1頁次：1.0審核：批準:發(fā)布日期：動量守恒定律基礎知識總結訓練（一）、知識要點一、基本的物理概念1．沖量與功的比較eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1((1)定義式))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(沖量的定義式：I＝Ft(作用力在時間上的積累效果),功的定義式：W＝Fscosθ(作用力在空間上的積累效果)))(2)屬性eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(沖量是矢量，既有大小又有方向(求合沖量應按矢,量合成法則來計算),功是標量，只有大小沒有方向(求物體所受外力的,總功只需按代數(shù)和計算)))2．動量與動能的比較(1)定義式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(動量的定義式：p＝mv,動能的定義式：Ek＝\x\bo(\f(1,2)mv2)))(2)動量與動能量值間的關系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝\x\bo(\r(2mEk)),Ek＝\f(p2,2m)＝\x\bo(\f(1,2)pv)))二、動量觀點的基本物理規(guī)律1．動量定理的基本形式與表達式：I＝Δp．分方向的表達式：Ix合＝Δpx，Iy合＝Δpy．2．動量定理推論：動量的變化率等于物體所受的合外力，即eq\f(Δp,Δt)＝F合．3．動量守恒定律(1)動量守恒定律的研究對象是一個系統(tǒng)(含兩個或兩個以上相互作用的物體)．(2)動量守恒定律的適用條件①標準條件：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零．②近似條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但比系統(tǒng)的內(nèi)力小得多(如碰撞問題中的摩擦力、爆炸問題中的重力等外力與相互作用的內(nèi)力相比小得多)，可以忽略不計．③分量條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但在某個方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)總動量的分量保持不變．(3)使用動量守恒定律時應注意：①速度的瞬時性；②動量的矢量性；③時間的同一性．(4)應用動量守恒定律解決問題的基本思路和方法①分析題意，明確研究對象．在分析相互作用的物體總動量是否守恒時，通常把這些被研究的物體統(tǒng)稱為系統(tǒng)．對于比較復雜的物理過程，要采用程序法對全過程進行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的．②對各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是作用于系統(tǒng)的外力．在受力分析的基礎上根據(jù)動量守恒定律的條件，判斷能否應用動量守恒定律．③明確所研究的相互作用過程，確定過程的始末狀態(tài)，即系統(tǒng)內(nèi)各個物體的初動量和末動量的值或表達式．(注意：在研究地面上物體間相互作用的過程時，各物體運動的速度均應取地球為參考系)④確定正方向，建立動量守恒方程求解．三、碰撞（1）彈性碰撞1、在一光滑水平面，質(zhì)量為m1速度為v1的小球A碰撞質(zhì)量為m2的靜止小球B．結果為：由碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′由于彈性碰撞中沒有機械能損失，故有：eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2由以上兩式可得：2、在一光滑水平面上質(zhì)量分別為m1、m2的小球A和B以初速度v1、v2運動，若它們能發(fā)生正碰，結果：由碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，有：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′由于彈性碰撞中沒有機械能損失，故有：eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2v1′＝eq\f(2m2v2＋(m1－m2)v1,m1＋m2)v2′＝eq\f(2m1v1＋(m2－m1)v2,m1＋m2)（2）非彈性碰撞①非彈性碰撞：碰撞過程中只有動量守恒，動能并不守恒。②完全非彈性碰撞：兩個物體碰撞后粘在一起。損失的能量Q=eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22—eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2附帶補充：碰撞過程遵守的規(guī)律——應同時遵守三個原則①系統(tǒng)動量守恒②系統(tǒng)動能不增③實際情景可能：碰前、碰后兩個物體的位置關系（不穿越）和速度關系應遵循客觀實際．如甲物追乙物并發(fā)生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于、等于乙的速度或甲反向運動．四、反沖、爆炸現(xiàn)象噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例。在反沖現(xiàn)象里，系統(tǒng)的動量是守恒的。內(nèi)力遠大于外力，過程持續(xù)時間很短，即使系統(tǒng)所受合外力不為零，但合外力的沖量很小，可以忽略不計，可認為動量守恒。爆炸過程中雖然動量守恒，但由于其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以爆炸前后機械能并不守恒，其動能要增加。題型講解1.動量定理對生活中一些現(xiàn)象的解釋玻璃杯同一高度下落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，這是由于玻璃杯與水泥地撞擊的過程中A.玻璃杯的動量較大B.玻璃杯受到的沖量較大C.玻璃杯的動量變化較大D.玻璃杯的動量變化較快【解析】玻璃杯從相同的高度落下，落地時的速度大小是相同的，經(jīng)過與地面撞擊，最后速度都變?yōu)榱悖詿o論是落在水泥地上還是落在草地上，玻璃杯動量的變化是相同的，由動量定理可知，兩種情況下玻璃杯受到的合外力的沖量也是相同的，所以選項A、B和C都是錯誤的；但由于掉在水泥地上時，作用的時間較短，所以玻璃杯受到的合外力的沖力較大，若把動量定理的表達式寫成，就可以得出玻璃杯易碎的原因是“玻璃杯的動量變化較快”，所以選項D是正確的。點評：本題利用動量定理解釋了一個生活中很常見的例子，解決問題的關鍵在于抓住了兩種情況中“動量變化相等”，而“作用時間不等”這兩個特點。類似的現(xiàn)象還有很多，如跳高時落在海綿墊上，跳遠時落在沙坑里，船靠碼頭時靠在車胎上，電器包裝在泡沫塑料墊上，人從高處跳下時先用腳尖著地等等，道理都是如此。2.流體問題一艘帆船在靜水中由于風力的推動而做勻速直線運動，帆面的面積為，風速為，船速為（＜），空氣密度為，帆船在勻速前進的過程中帆面所受到的平均風力大小為多少？

【解析】依題意畫出示意圖如圖所示，以帆船為參考系，從帆面開始逆著風的方向取長度為的一段空氣柱為研究對象，這部分空氣的質(zhì)量為這部分空氣經(jīng)過時間后，相對于帆面速度都變?yōu)椋O帆船前進的方向為正方向，對這部分空氣柱則由動量定理得式中的為帆面對空氣柱的平均作用力大小，由牛頓第三定律可知，帆面所受到的平均風力大小為[來要點分析：對于象氣體、液體這種沒有形狀和大小的流體而言，解決的方法就是根據(jù)題意取出與一段時間相對應的一定長度的這種物體，即，想辦法“找出”形狀和大小，求出其質(zhì)量，然后根據(jù)其動量變化，利用動量定理列出方程進行求解。3.動量守恒定律的判斷把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平地面上，槍發(fā)射出子彈時，關于槍、子彈和小車的下列說法中正確的是.槍和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒.槍和小車組成的系統(tǒng)動量守恒.只有在忽略子彈和槍筒之間的摩擦的情況下，槍、子彈和小車組成的系統(tǒng)動量才近似守恒.槍、子彈和小車組成的系統(tǒng)動量守恒【解析】對于槍和子彈自成的系統(tǒng)，在發(fā)射子彈時由于槍水平方向上受到小車對它的作用力，所以動量是不守恒的，選項錯；同理，對于槍和小車所組成的系統(tǒng)，在發(fā)射子彈的瞬間，槍受到火藥對它的推力作用，因此動量也是不守恒的，選項錯；對于槍、子彈和小車組成的系統(tǒng)而言，火藥爆炸產(chǎn)生的推力以及子彈和槍筒之間的摩擦力都是系統(tǒng)的內(nèi)力，沒有外力作用在系統(tǒng)上，所以這三者組成的系統(tǒng)動量是守恒的，選項錯，正確?！敬鸢浮恳c分析：判斷動量是否守恒，首先要看清系統(tǒng)是由哪些物體所組成的，然后再根據(jù)動量守恒的條件進行判斷(具備下列條件之一即可)：①系統(tǒng)不受外力；②系統(tǒng)受外力，但外力的合力為零；③系統(tǒng)在某一方向上不受外力或合外力為零；④系統(tǒng)所受的外力遠小于內(nèi)力或某一方向上外力遠小于內(nèi)力。滿足前三條中的任何一個條件，系統(tǒng)的動量都是守恒的，滿足第四個條件時系統(tǒng)的動量是近似守恒。動量守恒是自然界普遍適用的基本規(guī)律之一，它既適用于宏觀、低速的物體，也適用于微觀、高速的物體。4.人、船模型例.如圖1所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人對地面的位移各為多少？圖1解析：以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)在水平方向動量守恒。當人起步加速前進時，船同時向后做加速運動；人勻速運動，則船勻速運動；當人停下來時，船也停下來。設某時刻人對地的速度為v，船對地的速度為v'，取人行進的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：，即因為人由船頭走到船尾的過程中，每一時刻都滿足動量守恒定律，所以每一時刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質(zhì)量之比成反比。因此人由船頭走到船尾的過程中，人的平均速度v與船的平均速度v也與它們的質(zhì)量成反比，即，而人的位移，船的位移，所以船的位移與人的位移也與它們的質(zhì)量成反比，即<1>式是“人船模型”的位移與質(zhì)量的關系，此式的適用條件：原來處于靜止狀態(tài)的系統(tǒng)，在系統(tǒng)發(fā)生相對運動的過程中，某一個方向的動量守恒。由圖1可以看出：由<1><2>兩式解得這樣，就把原來動量守恒定律表達式中物體質(zhì)量與速度的關系轉(zhuǎn)化成了物體質(zhì)量與對地位移的關系，求解位移時就可以直接利用這個結論。但要注意這個表達式適用的條件是相互作用的這兩個物體原來都靜止。5.子彈打木塊類問題例：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?！窘馕觥孔訌椇湍緣K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：s2ds1v0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、ss2ds1v0對子彈用動能定理：……①對木塊用動能定理：……②①、②相減得：……③要點分析：這個式子的物理意義是：fd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，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?。褐劣谀緣K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：[學科一般情況下，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ΔEK=fd（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ΔEK的大小。6.反沖問題例：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蚝笠韵鄬τ诘孛娴乃俾蕌噴出質(zhì)量為m的燃氣后，火箭本身的速度變?yōu)槎啻螅?/p>

【解析】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)镸-m，以v0方向為正方向，7、模型組合講解——追碰模型追碰是物理上一個重要模型，它涉及到動量定理、動量守恒定律、能量守恒等諸多知識點。從物理方法的角度看。處理碰撞問題，通常使用整體法（系統(tǒng)）、能量方法，守恒方法及矢量運算。例、如圖1所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動，兩球質(zhì)量關系為，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為，則：（）圖1A.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5B.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1:10C.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5D.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1:10解析：題中規(guī)定向右為正方向，而AB球的動量均為正，所以AB都向右運動，又，所以，可以判斷A球在左方，CD錯；碰撞后A的動量變化，根據(jù)動量守恒可知，B球的動量變化，所以碰后AB球的動量分別為解得，所以A正確。評點：動量守恒定律的矢量性即是重點又是難點，解題時要遵循以下原則：先確定正方向，與正方向相同的矢量取正號，與正方向相反的矢量取負號，未知矢量當作正號代入式中，求出的結果若大于零，則與正