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1、第八讲：动量定律和动量守恒定理总目录测试点1：动量定律的理解和应用测试点2：动量守恒定理及其应用测试点3：从动量和能量的角度解决热学综合问题测试点1：动量定律的理解与应用第1点：理解动量定律应注意的问题（1）动量定律的表达式是向量。用它剖析问题时，要特别注意冲量、动量和动量变化的方向。公式中的F是物体或系统的合力。（2）动量定律是一个过程定律。在解决问题时，我们必须晓得这个过程的动量以及初始和最终状态。（3）通常来说，可以用牛顿第二定理来解决的问题也可以用动量定律来解决。假如这个问题不涉及加速度和位移，用动量定律求解就容易多了。动量定律除了适用于恒力，也适用于变力。在变力的情况下，动量定律
2、中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。2动量定律（1）的两个重要应用I=P被拿来估算变力的冲量。假若物体遭到改变其大小或方向的力的影响，则不能用I=ft直接估算可变力的冲量。可以估算物体在变力作用下的动量变化P，相当于变力的冲量I。（2）应用P=ft估算动量的变化。比如，在曲线运动中，速率的方向始终在变化。估算动量变化（P=p2-p1）须要应用矢量运算技巧。估算比较复杂。假如力是恒力，则可以估算恒力的冲量，并等价地替换动量的变化。1一个体重为M的运动员从弯腰状态跳上去。在t时间后，他的身体下蹲，刚才离开地面，速率为v，在这个过程中（）A.面向运动员的地面的冲量为MV+Mgt，面向运动员的
3、地面的功为mv2b.面向运动员的地面的冲量为MV+Mgt，面向运动员的地面的功为零C面向运动员的地面为MV，面向运动员的地面功为mv2d，面向运动员的地面冲动为mvmgt，面向运动员的地面功为零。答案B假定面向运动员的地面冲量为I，运动员的速率为零，起飞后转为V，则由动量定律可得I-mgt=MV，因而面向运动员的地面冲量为I=MV+mgt；运动员跳跃时，运动员所受的支撑力不发生联通，所以支撑力不起作用动量定理的二级结论，所以B是正确的。2（2018上海理工，22,16分）第24届奥运会将于2022年在中国举办，高低杠滑冰是最具观赏性的项目之一。滑道示意图如下：长直辅助滑道AB与弯曲滑道BC平滑联接，滑道BC高度h
4、=10m，C为弧形最高点，直径r=20m，质量m=60kg运动员从静态启动匀速加速滑道，加速度a=4.5m/S2，到B点速率VB=30m/s，取重力加速度g=10m/S2。（1）求出长直辅助滑道AB的宽度L；（2）求出AB段运动员所受外力的冲量I；（3）假如不包括BC段的阻力，勾画运动员通过C点的受力图，求出支撑力FN。（1）100m（2）（3）在剖析3900n时可以看见受力图剖析（1）按照匀速直线运动公式，有L=100m（2）依据动量定律，有I=mvbmva=（3）运动员通过C点时的受力剖析如图所示。按照动能定律，在BC运动过程中，有MGH=M-M，依据牛顿第二
5、定律，有FNmg=M，FN=3900n22BaVVa，技巧应用了动量定律解题的基本思想。（1）为了确定研究对象，学校动量定律所讨论问题的研究对象通常局限于单个对象或可以看作对象的系统。（2）物体的受力剖析。可以先估算各力的冲量，再估算各力冲量的矢量和；也可以先估算合力，再估算冲量。（3）掌握过程的初始和最终状态，选择正方向，确定动量和冲量的符号。（4）依据动量定律，完善了多项式，必要时还须要补充等式。最后用数据进行了求解。注意分辨动量守恒和机械能守恒的条件（1）当没有外力或外力矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比互相作用时当内力小得多时，系统的
6、动量近似守恒；当某一方向上的组合外力为零时，系统在该方向上的动量守恒。（2）在只有重力或弹力做功的物体系统中，动能和势能互相转化，机械能守恒。（3）动量守恒和机械能守恒之间没有必然的联系。2判定动量守恒与否、机械能守恒与否的方式（1）通常依照守恒条件来判定动量守恒与否。（2）按照守恒条件或守恒表达式，即E1=E2，可以判定机械能是否守恒。1如图所示，在平整的水平地面上放置一块质量为m=3.0kg的方形板B，在其右端放置一块质量为m=1.0kg的小块a。A和B的初始速率为4.0m/s，方向相反，因而A开始向左联通，B开始往右联通，A从不从板上滚落。在a小段加速时间内，板的速率可能是（）a
7、.1.8M/sb.2.4M/sc.2.8M/sd.3.0M/s答案ba先向左减速，之后往右加速。在此期间，监事会减速，最后她们保持相对静止。让a减速到零，板的速率是V1，最后它们的共同速率是v2。以水平往右为正方向，则MVMV=MV1，MV1=（M+M）V2，我们可以得到V1=M/s，V2=2m/s，所以在a小段的加速时间内，单板速率应小于2m/s，大于M/s，只有选项B是正确的。83832.（多选）如图所示，在光滑的水平面上有一个静止物体m，物体上有一个光滑的半弧形轨迹。最高点是C，a和B两端高度相同。如今让小滑块m从a点向上滑动，这么（）a.m不能抵达B点，m在
8、B.m从a到C的过程中向左联通，m在m从C到B的过程中往右联通，m在C.m从a到B的过程中向左联通，当m抵达B的那一刻，m的速率为零。由M和D组成的系统的机械能守恒，水平方向的动量守恒。依据机械能守恒条件和动量定理，M和M组成的系统的机械能守恒，水平方向的动量守恒，D是正确的。当m往右端滑动时，当二者速率相同时，有0=（m+m）V，V=0，m正好可以抵达m上的B点，当m抵达B点时，m和m的速率为零，a是错误的；m在从a到C的过程中向左加速，m在从C到B的过程中向左减速，B是错误的，C是正确的。三。（多选）货车放置在平滑的水平面上。货车A端固定轻弹簧，B端粘贴橡胶膏。货车的质量为m，宽度为l，质
9、量为m，将铁块C放置在货车上，并用绳子联接到货车的a端，压缩弹簧。开始时，货车和C处于静态，如图所示。当绳子忽然烧毁时，弹簧就抬起了，若果车内表面光滑，整个系统的机械能随时就会守恒。整个系统的动量在任何时侯都是守恒的。C.当滑车对地速率为V时，汽车向左联通的最大位移为mm。整个BCD系统的外力为零。系统的动量在整个过程中是守恒的，但在键合过程中存在机械能的损失。MvMv=0，v=v。该系统属于人船模型，MD=m（L-D），因而汽车向左联通的最大位移为D=。综上所述，选项B、C和D是正确的。如图所示，光滑水平面上有四个滑块a、B、C和D。滑块a、C、D的质量为Ma=MC=MD=1kg，滑块B的
10、质量为MB=4kg（所有滑块均视为颗粒），a、B之间有质量可忽视的粉末，K为原宽度的轻弹簧，其两端分别与B、C联接，结果表明，a和D以4m/s的速率粘在一起运动，爆燃顿时a的速率为VA。在滑块B、C和弹簧K的互相作用过程中动量定理的二级结论，弹簧的变型不超过弹性极限。当弹簧的弹性势能最大时，a的速率为VA，求出滑块的速率C。爆燃后6m/s，依据动量守恒定理，存在MAVA=（MA+MD）V1爆燃过程。对于系统a和系统B，依据动量守恒定理，设B得到的速率为VB，存在-MAVA+mbvb=0，B与C互相作用，当共同速率为V时，弹簧弹性势能最大。从系统B和C的动量守恒出发，给出了mbvb=（MB+MC）V解，并用V=1
11、.6m/s方式求解动量守恒定理问题的基本步骤如下：（1）确定研究对象，确定系统的组成（包括什么对象）和研究过程；（2）剖析力，确定D）V1爆燃过程，对于a和B系统，依据动量守恒定理，假定B得到的速率为VB，存在-MAVA+mbvb=0，B与C互相作用，当二者的共同速率为V时，弹簧弹性势能最大，从B和C系统的动量守恒来看，有mbvb=（MB+MC）V解，v=1.6m/s法方法解决动量守恒问题的基本步骤：（1）明晰研究对象，确定系统的组成（系统包括什么对象）和研究过程；（2）剖析力，确定系统的动量是否守恒（或系统中的动量是否守恒）一定的方向是守恒的）；（3）指定确定初态和终态动量的正方向；（4）
12、用动量守恒定理列举等式组；（5）用数据代入得到结果，必要时进行讨论和解释。这三种碰撞的特性是：弹性碰撞中的动量守恒，非弹性碰撞中的机械能守恒，非弹性碰撞中的动量守恒，以及机械能损失的完全非弹性碰撞中的动量守恒，机械能损失最大。2动量观和能量观的选择原则（1）对于动量观问题，它不涉及运动过程中的加速度，而涉及物体的运动时间，非常是对于撞击问题，因为时间短，冲量随时间变化，应用动力学定律求解，也就是说，ft=mv-mv0。对于碰撞、爆炸和反冲问题，假若只涉及初速率和末速率，而不涉及力和时间，则应用动量守恒定理求解。（2）能量观通常用动能定律来解决物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还
13、是变力做功。若果只有重力和弹簧力做功，而不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则借助机械能守恒定理求解。对于两个互相作用的物体，假若两物体之间的相对滑动距离很显著，则应采用能量守恒定理构建多项式。第一类动量定律和动能定律的综合应用动量定律和动能定律的综合应用例1快件公司分拣电邮水平传动装置示意图如图所示。皮带在马达的驱动下保持V=1m/s的恒定速率往右联通。如今，将质量为M=2kg的电邮轻轻地置于皮带上，短信与皮带之间的动磨擦系数为0.5。使皮带足够长，取g=10m/S2，在短信与皮带相对滑动的过程中，求出（1）电邮的滑动时间t；（2）电邮与地面的位移X；（3）电邮与皮带在皮带上的磨擦功W。答案（
14、1）0.2s（2）0.1M（3）-2J解析解（1）假定电邮在皮带和皮带上的滑动磨擦力为f，则f=mg朝向正确的方向，短信应用动量定律，其中ft=mv-0代入数据，得到t=0.2s（2）电邮应用动能定律在短信与皮带的相对滑动过程中，假如用公式得到FX=mv2-0代入数据，x=0.1m（3），短信与皮带的相对滑动过程中，皮带相对于地面的位移设为S，之后用公式代入s=VT皮带上磨擦力所做的功w=-FS，得到12w=-2J型2动量和能量守恒定理的综合应用例2动量和能量守恒定理的综合应用例2，如图所示，在光滑的水平面上有一辆质量m=4.0kg的平板车，车的上表面是一条宽度L=1.5m的粗糙水
15、平轨道，水平轨道两侧与直径r=0.25m的四分之一光滑弧形轨道相连。弧形轨道在o点与水平轨道相切。目前，一个小质量m=1.0kg（可视为粒子）以初始速率V0从水平方向向左从平板车的右端滑到平板车上。小质量块与水平轨道之间的动磨擦系数为0.5，小质量块恰好可以抵达方形轨道的最低点a。取g=10m/S2，求出：（1）小块在平板车上滑动的初速率V0；（2）小块与货车最终相对静止时距O点的距离。答案（1）5m/S（2）0.5m解析解（1）平车和小砌块组成的系统在水平方向上是动量守恒的。当方块抵达方形轨道的最低点a时，二者的共同速率为V1。MV0=（M+M）v1由动量守恒定理得到，M-（M+M）=Mgr+MGL由能量守恒定理得到，V0=5m/S由解（2）得到，当小铁块最终与车辆静止时，二者的共同速率为V2，由动量守恒定理得到MV0=（M+M）V2在把小铁块滑到平板车上直至它们相对静止的过程中获得的。假定方块和ca之间的距离