1、1高中物理辅导资料 5：动量、动量定理、动量守恒定律一.理论基础：1 动量：动量是综合表示物体运动状态的物理量。表示物体最本质的物理量是质量 m，表示运动最直接的物理量是 v，mv 叫做物体的动量。也用 P 表示，是矢量。物体不受外力时，动量是不变的。2 冲量：冲量表示力对物体持续作用的物理量。Ft 叫做冲量。也用 I 表示，是矢量。3.动量定理：力对物体瞬时作用的效果是使物体产生加速度，力对物体持续作用产生的效果是什么呢？由牛顿第二定律：F=ma=m （v-v 0）/t=（mv-m v0）/t。得： Ft=mv-m v0。或 I=p-p0=P。对物体的冲量等于物体动量的变化。这就是动量定理。
2、这表明外力对物体的冲量是改变物体动量的原因。4.动量守恒定律：当不受外力或外力的合力为 0 时，几个物体组成的系统内部发生相互作用，互给冲量时，它们的总动量变不变？例如在光滑的水平面上小球 A、B 发生碰撞前后，它们的总动量是否变化呢？参看图1。设 A 球质量为 mA，B 球质量为 mB，A 球初速度为 vA，末速度为 vA，B 球初速度为 vB，末速度vB。根据动量定理 IA=mAvA-mAvA, IB=mBvB-mBvB. I= - I, 得： A vA B vBmAvA+mBvB=mAvA+mBvB。这就是动量守恒定律的表达式。 图 1“当合外力为零时，两个物体相互作用前的总动量与相互作
3、用后的总动量相等。 ” 上式也可写成 mAvA-mAvA= - （m BvB-mBvB） 。或 P A= - P B。“当合外力为零时，两个物体相互作用前、后的动量变化，大小相等，方向相反。 ”，二.深入理解、灵活运用：1.P=mv 所以 v=P/m 当已知动量及质量时，用来求速度。 （动量方向与速度方向相同）2.EK=mv2/2=Pv/2，或=P 2/2m 当已知动量及速度或动量及质量时，用来求动能。3.I=Ft，F 是什么力？遵守什么规律？t 与运动种类有关，常根据运动条件求时间。4.I=P-P0=P，已知 I 可求 P，反过来已知 P 也可求 I（不知 Ft 时求 I 用） 。5.动量守
4、恒定律是重点。要在应用中加深理解，不同的题型常常联系不同的外围知识，要学会从相关的公式中找出函数关系以便求解。在运用动量守恒定律解题时，要按以下步骤做：先说明以哪几个物体组成系统，分析并说明合外力等于零；指定正方向；写出动量守恒定律关系式求解。注意，这个公式是矢量式，一种写法是以代数式写，与指定方向相同的已知动量取正值，相反的取负值；未知数求出为正时与正方向相同，反之与指定方向相反。另一种写法是以算术式写已知动量，相反方向的动量前取减号写公式，数值都是大小不用负值。未知数方向处理与以上相同。三.典型题型提示：1.碰撞型：中学只处理一维对心碰撞。例如两球同向或反向运动的碰撞。碰撞后能完全恢复形状
5、叫做“弹性碰撞” ，总动量和总动能都不变；不能完全恢复形状叫做“非弹性碰撞”动量守恒，动能有损失；碰撞后合到一起叫做“完全非弹性碰撞” ，动量守恒，动能损失最大。2.人船型、人车型：二人在船上相向运动判定船的运动。二人在光滑水平面上的平板车上向相运动。3.反冲型、爆炸型：火箭、射击、抛物、手榴弹爆炸（简化为一维的两块）等。4.综合型：除了要用动量守恒定律，还要用机械能守恒等其他关系式。系统的组成灵活、运动过2程不只一个，各相对独立遵守不同规律，列相关方程式，其中必有相同量使方程组可解，这种题型常常带有隐含条件、边界条件，找到后才能列出方程式。四.典型题型举例：动量定理部分从略，只举动量守恒定律
6、应用题。例 1 如图 1，.在一条光滑的水平直线轨道上，有 A、B 两个小球，mA=2Kg，m B=1Kg，v A=4m/s，v B=2m/s，求两球发生弹性碰撞后的速度各是多少？分析：系统所受合外力为 0,这是碰撞的常规题，弹性碰撞,遵守动量守恒定律、动能不变。列两个方程解两个未知数，不用多想。立即列方程求解。解：由动量守恒定律：m AvA + mBvB = mAvA+ mBvB 1由动能不变： 2222 11BAv 2由 mAvA2+mBvB2=mAvA2+mBvB2 2 3代已知数入 、 得：v B=10-2vA 1 3 4vB2=36-2vA2 5由 、 得： 3v A2-20vA+3
7、2=0,解得 vA=4、2.7m/s，4 是不合理的， 4 5取 vA=2.7m/s。代入 得 vB=4.6m/s. 将数据代入 式,P 1=10Kgm/s,P2=10Kgm/s. 4 1小结:1.第一步,必须分析系统所受合外力,为 0 时(或可忽略时)才能用动量守恒定律.2.列方程组,代入已知量化简方程式,解方程可用因式分解法或用公式法.3.二次方程有二解,要取合理的解,如时间允许,代入 式验证一下(当取近似值时若代入 式 1 2验证会有差别)例 2.A、B 两个小球在同一光滑直线轨道上，取向右为正方向，P A=6Kgm/sPB=-4Kgm/s，两球碰撞后的动量可能是（ ）A.PA=4Kgm
8、/s,PB=4Kgm/s； B.P A=-6Kgm/s,PB=6Kgm/s；C.PA=-4Kgm/s,PB=6Kgm/s；D.P A=2Kgm/s,PB=0分析:P 1=2Kgm/s, P2: A=8;B=0;C=2;D=2;但是 D 显然不合理.故选择 C。小结：不仅考虑动量守恒，还有速度大小、方向的合理性以及动能的大小的合理性。例 3. A、B 两个小球在同一光滑直线轨道上同向运动，碰撞前,P A=5Kgm/s，P B=7Kgm/s，碰撞后 P B=10Kgm/s,则两个球的质量可能是( )A.m A=m B；B.m B=2m A；C.m B=4mA；D.m B=6mA；分析：由动量守恒可
9、知 PA=2Kgm/s,比较两球动量变化可知,是 A 球去碰 B 球,故 vAvB、P=mv,m=P/v,碰撞前 PBPA、v BmA.排除 A；碰撞后 vBVA及 v=P/m,得(P B/mB)(PA/mA)或 mB/mAm1, v2v1,v 1 v1, v2m 1,由公式可知 v10,小球反弹,大球减速.例 2 上例中 v1改为-2m/s,可得 v1=7.6m/s, v2=1.6m/s。对碰和追碰比较,速度变化更大,因为对碰时产生的冲量更大,因此，动量变化更大.4.质量小的追质量大的球：m 2m1,v2v1。从本质上讲,两个球碰撞中产生速度的变化是由于动量变化,而动量变化是由于受到冲量,因
10、此,在使用公式讨论之前先用动量定理分析一下,可以预见结果的“ 存在域” ，这也可作为定性验证计算结果的依据。如图 9，在碰撞时 m1受到的冲量与 v1同向，因此速度必增大；而 m2受到的冲量与 v2反向，这可能有三种结果，冲量小于 P2时，m 2以变小的速度前进；相等时 m2停下来；当冲量大于 P2时，碰撞后 m2将反向弹回。而冲量的大小又和两个球的质量差与速度差有关。显然，差别越大冲量越大。从公式上分析，在 v1式中 m1m2,此项为+,这只能说明方向不变,而要说明 v1v1,则不容易，但是在上面定性分析中却是非常简明。在 v2式中，可以从分子的两项关系讨论v2,从而确定 m2的运动状态,m
11、 1v22m1v1+m2v2反弹；m 1v2=2m1v1+m2v2停止；m 1v25.3m/s。小结:学习物理不但要了解物理状态(本题即小球的状态),而且还要了解状态变化的原因(本题即冲量),这样才能从理论上认识和说明物理问题 .对于物理公式,不但要知道它的来源、适用条件，而且还要能变通使用，不能把物理公式仅仅当作数学公式看待，要能把物理公式中所表达的物理量间的函数关系“挖掘出来 ”，灵活运用。综合题练习：1.（2010 山东）图 10 所示，滑块 A、C 质量均为 m，滑块 B 质量为 1.5m，开始时 A、B 分别以 v 1、v 2的速度沿光滑水平轨道向右侧固定档板运动，现将 C 无初速度
12、地放在 v 1 A 上，并与 A 粘合不再分开，此时 A 与 B 较近，B 与档板相距足够远， C v 2 B 与档板碰撞后以原速率反弹，A 与 B 碰撞亦粘合在一起，为使 B 与档板 A B 碰撞两次，v 1、v 2应满足什么关系？ 分析：.C、A 粘合前后的动量是什么关系？.A 若追上 B 还能二次碰板 ？ 图 10 .A、B 粘合前后的动量是什么关系？粘合后的速度是多少才能再碰板？小结：这是一道只用动量守恒定律就能解的简单题型，只是过程多些。2.如图 11 所示，在同一竖直平面内用长为 L 的细线悬挂三个同样直径的弹性球， 且 mA：m B：m C=1：1：2，使 A 球偏离竖直方向 角
13、，然后无初速度释放，求三球 依次碰撞结束时，各球的速度 vA，v B，和 vC。 L 分析:弹性球碰撞动量守恒,动能不变,A 球碰 B 球前的过程机械能守恒；A 球碰 B 球，动量守恒，速度交换；B 球碰 C 球，动量守恒，动能不变。 A B C 方法：第三步列方程后不必真解，可直接将两球碰撞后的速度公式简化 图 11后写出碰撞后的速度计算公式，然后代入已知数求解。3.如果以上摆球的质量分别 mA、m B、m C，使 A 球偏离竖直方向后上升的高度是 H，忽略空气阻力，要使 A 与 B、B 与 C 相碰之后，三个球的动量相同， mA：m B；m C应为多少？它们上升的高度分别是多少？分析：本题
14、从规律上遵守动量守恒及动能守恒，但是既没给质量也没给速度的具体大小，不能按常规列方程求解，因此必须从题目的“关键词”或“关键句子”突破。这就是“A 与 B、B 与 C 相碰之后，三个球的动量相同” ，动量及动能的定义式 P=mV 及 EK=（1/2）mv 2，虽然都有 m 但是 v 不知，求不出 m 的关系，只有 EK=P2/2m 能把 m 与 P 及 EK直接联系起来，由此可想出解题步骤：根据“关键句”及实际碰撞过程，以 P 的形式列动量守恒方程，找到三个球碰撞前后的动量各是多少。以 P 的形式及实际碰撞过程，列出动能守恒方程，便可以得到质量比。以 A 球碰撞前的动能是由升高 H 的势能转化
15、而来列方程求出各球上升的高度。小结；这是一道难题，一是条件特殊，二是规律表达式特殊，三是解题顺序颠倒，总体上是难以找到突破口。做难题的目的正是为了积累分析研究的经验。和上题比较，装置相同，但是条件不同，处理方法也不相同。然而基本规律仍然是机械能守恒、动量守恒及动能不变这三条。现在的考试题，为了不与以前的题目雷同，总是花样不断翻新，有的是在设定的条件上变化，有的是在数学计算上增加难度，有的是在相关联的运动上加花样，有的是节外生枝，在支节上加花样。 我们应当掌握的原则是：基本理论知识熟练（包括物理和数学） 、典型题目熟悉（熟能生巧） 、方法灵活（根据具体条件决定具体步骤）作为验证，做下一题。 A4
16、.如图 12 所示，细绳上端固定于 O 点，下端系一质量 m=1.0Kg 的小球 A，它与平台接触而无压力，并处于静止状态。绳长 L=0.6m，平台高 h=0.8m， O 另一质量为 M=2.0Kg 的小球 B，以速度 v 沿平台向右运动，到右端与 A 球7发生正碰，碰撞后，A 球做圆周运动到最高点时绳子的张力恰等于球的重 B A力；B 球则做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为 1.2m，求 v。反冲运动：反冲运动是指一个系统内部的两部分（通常是两部分）在内力作用下相互 图 12分离的运动。当系统不受外力或外力与内力比较可忽略或在某一方向合外力为零时，动量守恒，典型的反冲运动如枪、炮的发射过
17、程；火箭的运动；人船的运动。例 1.长为 L、质量为 M 的平板船，停在静水中，质量为 m 的人从船尾以速度 v 向船头走动时，船的后退速度是多少？当人从船尾走到船头时，在岸边上的人看起来，人的位移 s 和船的位移 S 各是多少？水的阻力不计。分析：人、船系统初态动量为零，因此在不受外力时不论人是否动以及怎样动，系统动量守恒，即总动量总为零。故有“人行船退，人退船行，人停船停。 ”的现象。由动量守恒定律：0=mv+MV，MV = - mv V = - （m/M）v。负号表示 V 与 v 方向相反。这是以矢量式表达动量守恒。已知人、船动量方向相反，也可用标量式 mv-MV=0，得 V=（m/M）
18、v，即 V 的大小为（m/M）v；也可直接以 MV=mv 表达动量守恒，但是一定要答出大小及方向。因为人、船运动是同时的，mv=MV，mvt=MVt，即 ms=MS。得（s/S）=M/m。此式给出人走的距离与船退的距离的比值。又，s+S=L，S=L-s，s=（M/m+M）L；S=（m/m+M）L。此二式给出人走的距离占船长的比以及船退的距离占船长的比。由于此二式中无速度及时间因子，可以断定，不论人以多大的速度走动多长时间，人和船他们的总位移及位移比是不变的。这是根据人、船系统动量守恒，所推导出来的结果。对于人、船系统还可以从运动学角度分析：L=s+S=vt+Vt，这是在岸边上的人看到的情况；在
19、船上行走的人，自己的感觉（观点）是什么情况？应当是：L=（v+V）t。仅从数学上看它仅仅是提取了公因式，但是从物理上看却是站在两处的人所持的不同观点。这个例子给我们提示了一个重要的物理学研究方法：对于一个物理现象或物理过程，根据它的特点和遵守的基本规律写出数学表达式，按照数学关系进行变换、处理得到不同的关系式，然后再研究它们是否有新的物理意义？（自己画人、船图）例 2.图 14 所示，在光滑的水平面上，有一个带 1/4 圆弧的滑块，一个小球 m 由静止沿圆弧面滑下，然后离开滑块做平抛运动，设圆弧的半径为 R、滑块的质量为 M，M=2m，小球将离开滑块时离地的高度为 h。求小球刚离开滑块时的速率
20、及小球落地时离滑块右侧的水平距离。 （小球与圆弧面间的摩擦不计） 图 13分析：小球与滑块在水平方向不受外力，动量守恒；竖直方向只有重力做功机械能守恒。mv=MV m 1R M（gmVv221 2M=2m 3解之得 图 14V= V=小球平抛过程中，竖直方向做自由落体运动，水平向右匀速运动路程 s，同时滑块向左匀速运动路程 S，小球离滑块右侧距离 L。 21gth 4S=vt 5S=Vt 6L=s+S 78解之得L=例 3 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状态，宇航员背着装有质量 m0=0.5Kg 氧气的储气筒，筒上有一个可以使氧气以
21、 v=560m/Sr 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=2.510-4Kg/s。不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响，则：（1）瞬间喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？（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？（提示：一般飞船沿椭圆轨道运行，可视为飞船做匀速直线运动，是惯性参考系）分析：1.宇航员利用喷气反冲，遵守动量守恒定律，并以反冲速度 V 匀速返回飞船，设喷气质量为 m，返回时间 t，则有：mv=MV 解联立方程得 m=0.05Kg 或 0.45Kg，喷出氧气多则返
22、回较快。S=Vt m0=Qt+m2.若耗氧量最小，设为 m0,则 式变为 式 3 4m0=Qt+m 由解 t=SM/vm 代入得 4m0=（QSM/mv）+m 或 m2- m0m+QSM/v=0。对 m 配方得 m= m0/2，m 0=2m，为最小 5值。代入 得 =0.15Kg；t=600s。 5 1vQSM小结：本题物理知识很简单，但在数学上用到解二次方程和求极值，故有一些难度。例 4.设火箭质量 M=300Kg，火箭发动机每秒喷气 20 次，每次喷出 m=200g 的气体，气体喷出时的速度 v=1000m/s（相对于地面） 。求：（1）火箭第一秒末、第二秒末、第三秒末的速度各是多少？（2
23、）火箭第一秒末、第二秒末、第三秒末的动量各是多少？解：1.按一次性喷出，并且都以未动为初状态，列动量守恒方程求解，（M-20m）V 1 - 20mv = 0，V 1=20mv/M-20m=（4/296）1000=13.5m/s； 1（M-40m）V 2 40mv = 0，V 2=40mv/M-40m=（8/292）1000=27.4m/s； 2（M-60m）V 3 60mv = 0，V 3=60mv/M-60m=（12/288）1000=41.7m/s 32. P1=（M-20m）V 1=29613.5=3996Kgm/s 1P2=（M-40m）V 2=29227.4=8000.8 Kgm/s
24、 2P3=（M-60m）V 3=28841.7=12009.6Kgm/s 3观察以上结果可知，火箭的速度和动量都随时间增长，近似线性增长，略有上翘。P例 5.如图 15 所示，发射地球卫星时，先把卫星送到近地点 Q，然后使其沿椭圆轨道到达远地点 P，此时卫星的速度为 v0，与地心的距离为 R。此时立即变轨，使卫星沿半径为 R、与椭圆相切于 P 点的圆形轨道运行。为了变轨，立即将质量为 m 的燃气向后喷出使卫星得到应有的速度 v。试求喷气速度 v。 Q(设卫星的总质量为 m,地球半径为 R0,地面的重力加速度为 g)分析:卫星以 R 为半径做匀速圆周运动,是以万有引力做向心力,可求线速度 v及动量,喷气正是为了改变动量,在切线方向不受外力,动量守恒,可求 v. 图 15 ( )中的条件是为了不用引力恒量而设.列方程时应当注意,是喷气后在圆形轨道上运行.解:1.由万有引力=向心力:G(M-m)/R 2=(m-m)v 2/R , RGMvg9在地面:mg=GmM/R 02,GM=gR02, v=R02.由动量守恒:mv0=(m-m)v-mv,v=(m-m)v-mv 0/mv= mvRg（00
