2022年力学第单元__动量__动量守恒定律2.docx

精品学习资源【内容和方法】第 4 单元动量动量守恒定律欢迎下载精品学习资源本单元内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律；冲量是物体间相互作用一段时间的结果，动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果，将导致物体动量的变化；冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法就；本单元中所涉及到的基本方法主要是一维的矢量运算方法，其中包括动量定理的应用和动量守定律的应用，由于力和动量均为矢量；因此，在应用动理定理和动量守恒定律时要第一选取正方向，与规定的正方向一样的力或动量取正值，反之取负值而不能只关注力或动量数值的大小；另外，理论上讲，只有在系统所受合外力为零的情形下系统的动量才守恒，但对于某些详细的动量守恒定律应用过程中，如系统所受的外力远小于系统内部相互作用的内力，就也可视为系统的动量守恒，这是一种近似处理问题的方法；【典型易错题分析】在本单元学问应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：只留意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理和动量守恒定律一列方程就出错；对于动量守恒定律中各速度均为相对于地面的速度熟识不清；对题目中所给出的速度值不加分析，盲目地套入公式，这也是一些同学常犯的错误；例 1 、从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上简洁打碎，而掉在草地上不简洁打碎，其缘由是：【】A 掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B掉在水泥地上的玻璃杯动量转变大，掉在草地上的玻璃杯动量转变小 C掉在水泥地上的玻璃杯动量转变快，掉在草地上的玻璃杯动量转变慢 D掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长；【错解分析】错解：选B；认为水泥地较草地坚硬，所以给杯子的作用力大，由动量定理I= P，即 F· t = P，认为F 大即 P，大，所以水泥地对杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的动量转变量大，所以，简洁破裂；【 正 确 解 答 】 设 玻 璃 杯 下 落 高 度 为 h ； 它 们 从 h高 度 落 地 瞬 间 的量 变 化快 ， 所 以 掉 在 水 泥 地 上 杯 子 受 到 的 合 力 大 ， 冲 力 也 大 ， 所 以 杯 子所 以掉在水泥地受到的合力大，地面赐予杯子的冲击力也大，所以杯子易碎；正确答案应选C， D；欢迎下载精品学习资源【 小 结 】 判 断 这 一 类 问 题 ， 应 从 作 用 力 大 小 判 断 入 手 ， 再 由 动 量大 ， 而 不 能一开头就认定水泥地作用力大，正是这一点需要自己去分析、判定；例 2 、把质量为 10kg 的物体放在光滑的水平面上，如图5 1 所示，在与水平方向成53° 的 N 的力 F 作用下从静止开头运动，在2s 内力 F 对物体的冲量为多少？物体获得的动量是多少？【错解分析】错解一：2s 内力的冲量为设物体获得的动量为P2，由动量定理对冲量的定义懂得不全面，对动量定理中的冲量懂得不够；错解一主要是对冲量的概念的懂得，冲最定义应为“力与力作用时间的乘积”，只要题目中求力 F 的冲量，就不应再把此力分解；这类解法把冲量定义与功的运算公式W=Fcosa· s混淆了；错解二主要是对动量定理中的冲量没有懂得；实际上动量定理的表达应为“物体的动量转变与物体所受的合外力的冲量相等”而不是“与某一个力的冲量相等”，此时物体除了受外力 F 的冲量，仍有重力及支持力的冲量；所以解错了；【正确解答】第一对物体进行受力分析：与水平方向成53°的拉力F，竖直向下的重力G、竖直向上的支持力N；由冲量定义可知，力F 的冲量为： I F = F · t = 10 × 2=10N · s由于在竖直方向上，力F 的重量 Fsin53°，重力 G，支持力 N 的合力为零，合力的冲量也为零；所以，物体所受的合外力的冲量就等干力F 在水平方向上的重量，由动量定理得： Fcos53°· t = P2 0所以 P2= Fcos53°· t =10× 0.8× 2kg ·m/sP2=16kg · m/s【小结】对于物理规律、公式的记忆,要在懂得的基础上记忆，要留意弄清公式中各物理量欢迎下载精品学习资源的含量及规律反映的物理本质，而不能机械地从形式上进行记忆；另外，对于运算冲量和功的公式、动能定理和动量定理的公式，由于它们从形式上很相像，因此要特殊留意弄清它们的区分；例 3、在距地面高为 h，同时以相等初速 V 0 分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体 m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量 P，有【】A 平抛过程较大B竖直上抛过程较大C竖直下抛过程较大 D三者一样大【错解分析】错解一：依据机械能守恒定律，抛出时初速度大小相等，落地时末速度大小也相等，它们的初态动量P1= mv0；是相等的，它们的末态动量P2= mv 也是相等的，所以P = P2 P1 就肯定相等；选 D；错解二：从同一高度以相等的初速度抛出后落地，不论是平抛、竖直上抛或竖直下抛，由于动量增量相等所用时间也相同，所以冲量也相同，所以动量的转变量也相同，所以选 D；错解一主要是由于没有真正懂得动量是矢量，动量的增量 P=P2=P1 也是矢量的差值，矢量的加减法运算遵从矢量的平行四边形法就，而不能用求代数差代替；平抛运动的初动量沿水平方向，末动量沿斜向下方；竖直上抛的初动量为竖直向上，末动量为竖直向下，而竖直下抛的初末动量均为竖直向下；这样分析，动量的增量 P 就不一样了；方向，而动量是矢量，有方向；从运动合成的角度可知，平抛运动可由一个水平匀速运动和 一个 竖直自 由落 体运动 合成 得来 ；它下 落的 时间 由为零，加速度为的；g 的匀加速度直线运动；竖直下抛落地时间为初速不t3 t 1，所以其次种解法是错误【正确解答】1由动量变化图5 2 中可知， P2 最大，即竖直上抛过程动量增量最大，所以应选 B ；【小结】对于动量变化问题，一般要留意两点：(1) 动量是矢量，用初、末状态的动量之差求动量变化，肯定要留意用矢量的运算法就，即平行四边形法就；欢迎下载精品学习资源(2) 由于矢量的减法较为复杂，如此题解答中的第一种解法，因此对于初、末状态动量不在一条直线上的情形，通常采纳动量定理，利用合外力的冲量运算动量变化；如此题解答中的其次种解法，但要留意，利用动量定理求动量变化时，要求合外力肯定为恒力； 例 4、向空中发射一物体不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a,b 两块如质量较大的a 块的速度方向仍沿原先的方向就【】A b 的速度方向肯定与原速度方向相反B. 从炸裂到落地这段时间里，a 飞行的水平距离肯定比b 的大C. a， b 肯定同时到达地面D. 炸裂的过程中， a、b 中受到的爆炸力的冲量大小肯定相等【错解分析】错解一：由于在炸裂中分成两块的物体一个向前，另一个必向后，所以选A ；错解二：由于不知道a 与 b 的速度谁大，所以不能确定是否同时到达地面，也不能确定水平距离谁的大，所以不选B， C；错解三：在炸裂过程中，由于a 的质量较大，所以a 受的冲量较大，所以D 不对；错解一中的熟识是一种凭感觉判定，而不是建立在全面分析的基础上；事实是由于没有讲明 a 的速度大小；所以，如要满意动量守恒，mA+m B v=m Av A mBv B， v B 的方向也可能与vA 同向；错解二是由于没有把握力的独立原理和运动独立性原理；把水平方向运动的快慢与竖直方向的运动混为一谈；错解三的主要错误在于对于冲量的概念没有很好懂得；【正确解答】物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，依据动量守恒定律有：m A+m Bv = m A vA mBv B当 vA 与原先速度 v 同向时 ,vB 可能与 v A 反向，也可能与 vA 同向 ,其次种情形是由于 v A 的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但如 v A 很小，就 m Av A 仍可能小于原动量 mA +mB v ；这时 ,vB 的方向会与 v A 方向一样，即与原先方向相同所以 A 不对；a ， b 两 块 在 水 平 飞 行 的 同 时 ， 竖 直 方 向 做 自 由 落 体 运 动 即 做 平 抛 运选 项C 是正确的由于水平飞行距离x = v· t， a、b 两块炸裂后的速度v A 、vB 不肯定相等，而落地时间t 又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B 不对；依据牛顿第三定律， a， b 所受爆炸力FA= FB，力的作用时间相等，所以冲量I=F · t 的大小肯定相等；所以D 是正确的；此题的正确答案是： C， D；【小结】对于物理问题的解答，第一要搞清问题的物理情形，抓住过程的特点物体沿水平方向飞行时炸成两块，且a 仍沿原先方向运动 ，进而结合过程特点沿水平方向物体不受外力 ，运动相应的物理规律沿水平方向动量守恒进行分析、判定；解答物理问题应当有 根有据，切忌“想当然”地作出判定；例 5、一炮弹在水平飞行时，其动能为=800J，某时它炸裂成质量相等的两块，其中一块的动能为=625J，求另一块的动能欢迎下载精品学习资源【错解分析】错解：设炮弹的总质量为m，爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律： P=P1 P2代入数据得： Ek=225J；主要是只考虑到爆炸后两块的速度同向，而没有考虑到方向相反的情形，因而漏掉一解；实际上，动能为 625J 的一块的速度与炸裂前炮弹运动速度也可能相反；【正确解答】以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为625J 的一块的速度可能为正可能为负，由动量守恒定律：P P1P2解得：=225J 或 4225J；正确答案是另一块的动能为225J 或 4225J；【 小 结 】 从 上面 答 案 的 结 果看 ， 炮 弹 炸裂 后 的 总 动 能为 625 225J=850J 或 625 4225J=4850J ；比炸裂前的总动能大，这是由于在爆炸过程中，化学能转化为机械能的缘故；例 6、如图 5 3 所示，一个质量为 M 的小车置于光滑水平面；一端用轻杆 AB 固定在墙上，一个质量为 m 的木块 C 置于车上时的初速度为 v 0；因摩擦经 t 秒木块停下， 设小车足够长 ，求木块 C 和小车各自受到的冲量；【错解分析】错解：以木块 C 为争论对象，水平方向受到向右的摩擦力 f，以 v0；为正方向，由动量定理有：-ft = 0 = mv 0 所以 I 木= ft = mv 0所以，木块 C 受的冲量大小为 mv0，方向水平向右；又由于小车受到的摩擦力水平向左，大小也是f牛顿第三定律 ；所以小车受到的冲量I 车 = ft = mv 0,大小与木块受到的冲量相等方向相反，即水平向左；主要是由于对动量定理中的冲量懂得不深化，动量定理的内容是：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量；数学表达式为I 合=P2 P1，等式左侧的冲量应指合外力的冲量；在上述解答中，求木块C 受到的冲量为mv0 是正确的；由于C 受到的合外力就是f 重力mg 与支持力N 相互平稳 ，但小车的冲量就错了；由于小车共受5 个力：重力 Mg ，压力欢迎下载精品学习资源N=mg ，支持力 N【 N =m Mg 】，摩擦力 f' 和 AB 杆对小车的拉力 T，且拉力 T = f' ， 所以小车所受合力为零，合力的冲量也为零；【正确解答】以木块C 为争论对象，水平方向受到向右的摩擦力f，以 V 0为正方向 ,由动量定理有：ft = 0 mv 0 I 木= f · t = mv 0所以，木块 C 所受冲量为 mv 0，方向向右；对小车受力分析，竖直方向N =Mg N=M mg，水平方向 T= f ，所以小车所受合力为零，由动量定理可知，小车的冲量为零；从动量变化的角度看，小车始终静止没动，所以动量的变化量为零，所以小车的冲量为零；正确答案是木块 C 的冲量为 mv0，方向向右；小车的冲量为零；【小结】在学习动量定理时，除了要留意动量是矢量，求动量的变化P 要用矢量运算法就运算外，仍要留意F· t 中 F 的含义， F 是合外力而不是某一个力；参考练习：质量为100g 的小球从0.8m 高处自由落下到一厚软垫上，如从小球接触软垫到欢迎下载精品学习资源小球陷至最低点经受了0.20s，就这段时间软垫对小球的冲量为阻力 ；答案为 o.6N ·s g=10m/s 2，不计空气欢迎下载精品学习资源例 7、 总质量为 M 的装砂的小车，正以速度v0 在光滑水平面上前进、突然车底漏了，不断有砂子漏出来落到地面，问在漏砂的过程中，小车的速度是否变化？【错解分析】错解：质量为m 的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v 由动量守恒守律：Mv 0=M mv上述解法错误的主要缘由在于争论对象的选取，小车中砂子的质量变了，即原先属于系统内的砂子漏出后就不争论了；这样，所谓系统的初状态及末状态的含义就变了；实际情形是，漏掉的砂子在刚离开车的瞬时，其速度与小车的速度是相同的，然后做匀变速运动即平抛 【正确解答】质量为m 的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为V 由动量守恒定律：Mv 0= mv M mv解得： v = v 0 即砂子漏出后小车的速度是不变的；【小结】用动量守恒定律时，第一个重要的问题就是选取的系统；当你选定一个系统此题为小车及车上的全部砂子 时，系统的初末状态都应当对全系统而言，不能在中间变换系统；例 8 、一绳跨过定滑轮，两端分别栓有质量为M 1，M 2 的物块 M 2 M 1如图 54 ，M 2 开头是静止于地面上，当M 1 自由下落 H 距离后，绳子才被拉紧，求绳子刚被拉紧时两物块的速度；欢迎下载精品学习资源【错解分析】错解： M 1 自由下落 H 距离时，速度 v1=；在 M 1 和 M 2 组成的系统中， 它们相互作用前后的动量守恒；当绳子刚被拉紧时，设M 1，M 2的共同速度为 v，实际上，上述结果是正确的，但在解题过程中，显现了两个错误；其一，没有仔细分析绳子拉紧前后的动量守恒条件；实际上由M 1， M 2 组成的系统除了受重力外，仍要受到滑轮轴心竖直向上的支持力作用，而这个支持力不等于M 1+M 2 的重力，所以系统所受合外力不为零；不能对整个系统应用动量守恒定律；其二，即使能应用动量守恒定律，也应仔细考虑动量的方向性， M 1 的方向向下，而M 2 的方向向上，不能认为M 1 与 M 2 系统的动量为M 1M 2v；【正确解答】 M 1 自由下落 H 距离时的速度绳子拉紧后的一小段时间t 后， M 1 与 M 2 具有相同的速率V,M 1 的速度向下， M 2 的速度向上；对 M 1 由动量定理，以向上为正方向:T1 M 1g t = M 1v M 1 v1 对 M 2 由动量定理，以向上为正方向： T2 M 2g L = M 2v 0 因 为 拉 紧 过 程 绳 子 的 拉 力 远 远 大 于 物 体 的 重 力 ， 可 以 认 为 T 1=T 2 ， 所【小结】通过此题的分析与解答，我们可以从中得到两点警示；一是运用物理规律时肯定要留意规律的适用条件，这一点要从题目所述的物理过程的特点动身进行分析，而不能 “以貌取人”，一看到两物体间相互作用，就盲目地套用动量守恒定律；二是应用动量守恒定律时，要留意此规律的矢量性，即要考虑到系统内物体运动的方向；例 9、在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪不包括子弹 及靶的总质量为M ，枪内装有 n 颗子弹，每颗质量为m，枪口到靶的距离为l,子弹射出枪口时相对于地面的速度 为 v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，就在发射完n 颗子弹后，小船后退的距离为多少？【错解分析】错解：设第一颗子弹射出后船的后退速度为v，后退距离为S1，子弹从枪口到靶所用的时间为：欢迎下载精品学习资源对这颗子弹和其他物体构成的系统列动量守恒方程：mv = 【M n 1m】v 在时间 t 内船的后退距离s1= v t 子弹全部射出后船的后退距离s = ns1联立解得：【正确解答】设子弹射出后船的后退速度为v，后退距离为 s1=vt，如图 5 5 所示，由几何关系可知l= d+s 1 即 l= v· t + v t 联立解得：【小结】对此题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹与船运动的关系，而这一关系假如能用图5 5 所示的几何图形加以描述，就很简洁找出子弹与船间的相对运动关系；可见利用运动的过程草图，帮忙我们分析类似较为复杂的运动关系问题，是大有好处的；例 10、如图 56 所示，物体A 置于小车 B 上， A 与 B 之间光滑无摩擦；它们以共同的速 度 v 前进；突然遇到障碍物C，将 A 从车上碰了出去， A 被碰回的速度大小也是v；问： 小车 B 的速度将怎样变化？【错解分析】错解：以A ， B 原先速度方向为正，设小车B 后来的速度为 v，依据动量守恒定律，就欢迎下载精品学习资源m A+m B v=m Bv mAv即： mA mB mA v = m B v由于 2mA mBmB所以： v v 变大 方向为原先的方向；上述错解的主要缘由是不留意分析物理规律的适用条件，乱用动量守恒定律而造成的；当我们争论对象为 A 和 B 组成的系统时 如上述错解的争论对象 ；在 A 与障碍物 C 发生碰撞时，由于 C 对 A 的作用力就 A 与 B 的系统来说是外力，所以不满意动量守恒条件 不受外力或合外力为零 ；也就是说它们的动量不守恒，不能应用动量守恒定律去运算与争论；不加分析地运用动量守恒定律必定导致错误；【正确解答】实际上，在A 与 C 相碰时，由于 C 对 A 的作用力的冲量使A 的动量发生了变化；而 A 与 B 之间光滑无摩擦；在水平方向无相互作用力；所以对B 来说，其水平动量是守恒的 实际上也只具有水平动量；也就是说， A 在水平方向运动的变化不会影响B 的运动情形，因此 B 将以速度 v 连续前进；【小结】物体间发生相互作用时，选哪个系统为争论对象，这是人为的挑选，但要留意，如系统挑选不当，就导致对该系统不能应用动量守恒定律来求解，如此题的A ， B 组成的系统；因此我们应留意争论对象的选取，使其能满意我们所选用规律的适用条件；如此题中以 B 为争论对象，即包含了所求的B 的运动情形，而满意了水平方向不受外力，动量守恒的适用条件；例 11、如图 5 7 所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块；今让一小球自左侧槽口A 的正上方从静止开头落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，就以下结论中正确选项：【】A 小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C小球自半圆槽的最低点B 向 C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D小球离开 C 点以后，将做竖直上抛运动；【错解分析】错解一：半圆槽光滑，小球在半圆槽内做圆周运动的全过程中，只受重力和弹力作用，而弹力方向始终与速度方向垂直，所以弹力不做功，就只有重力做功，所以选A ；错解二：由于光滑的半圆槽置于光滑的水平面，所以小球在半圆槽运动的全过程中，小球与半圆槽水平方向不受外力作用，因而系统在水平方向动量守恒，应选B ；错解三：半圆槽槽口的切线方向为竖直方向，因而小球运动到C 点时的速度方向竖直向上，所以小球离开C 点以后得做竖直上抛运动，应选D；【正确解答】此题的受力分析应与左侧没有物块拦住以及半圆槽固定在水平面上的情形区欢迎下载精品学习资源分开来；（图5-8）从 A B 的过程中，半圆槽对球的支持力N 沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力N方向相反指向左下方，由于有物块拦住，所以半圆槽不会向左运动，情形将与半圆槽固定时相同；但从B C 的过程中，小球对半圆槽的压力N 方向向右下方，所以半圆槽要向右运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆运动，另一个与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力N 与速度方向并不垂直，所以支持力会做功；所以A 不对；又由于有物块拦住，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，即B 也不对；当小球运动到 C 点时，它的两个分运动的速度方向如图5 9，并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即D 也不对；正确答案是：小球在半圆槽内自B C 运动过程中，虽然开头时半圆槽与其左侧物块接触，但已不挤压，同时水平而光滑，因而系统在水平方向不受任何外力作用，故在此过程中，系统在水平方向动量守恒，所以正确答案应选C；【小结】在此题中由于半圆槽左侧有物块将槽拦住，导致了小球从 A B 和从 B C 两段过程特点的不同，因此在这两个过程中小球所受弹力的方向与其运动方向的关系，及球和槽组成的系统所受合外力情形都发生了变化；而这一变化导致了两个过程所遵从的物理规律不同，所以详细的解决方法也就不一样了；通过此题的分析解答，可以使我们看到，对不同的物理过程要做仔细细致的详细分析，切忌不仔细分析过程，用头脑中已有的模型代替新问题，而乱套公式；例 12、在质量为 M 的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车 和单摆 以恒定的速度 u 沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，以下哪些说法是可能发生的？【】A 小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、 v2、 v3，满意：（ M+m 0）u=Mv 1+mv 2+mov3B摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v 1 和 v 2，满意： Mu=Mv 1+mv 2C摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满意： Mu= （ M+m ） vD 小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度为v2，满意：（ M+m 0） u=（ M+m 0）v1+mv 2【错解分析】错解：选A ， D ；挑选 A ， D 的一个共同缘由，是认为在碰撞的过程中，单摆也参与了碰撞，选A 是认为三者发生碰撞，因而各自有一个速度；而选D 的同学认为，单摆与小车连在一起，所以两者的速度始终相同，所以，碰前和碰后的关系应满意（M+m 0） v = （M+m 0） v1+mv2另外仍有一种挑选，即B， C 中只选一种，缘由我们放在后面再分析；欢迎下载精品学习资源【正确解答】由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摇摆，即摆线对球的作用力原先是竖直向上的，现在仍是竖直向上的，没有水平方向的分力，未转变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除A ，D；由于单摆的速度不变，所以，争论对象也选取小车和木块，水平方向动量守恒，由动量守恒定律Mu = Mv 1+mv 2 即为 B 选项；由于题目中并没有供应在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块合二而一；因此， C 选项也是可能的；正确答案：选 B， C；【小结】在解决如此题这种多个物体参与相互作用过程的题目时，要仔细分析物体的受力情形，把没有参与作用的物体从多个对象中摘出去（如此题的单摆），这样可以防止选错争论对象；例 13、如图 510 所示，倾角 =30°，高为h 的三角形木块 B，静止放在一水平面上， 另一滑块 A ，以初速度v0 从 B 的底端开头沿斜面上滑，如B 的质量为 A 的质量的 2 倍，当忽视一切摩擦的影响时，要使A 能够滑过木块B 的顶端，求 V 0 应为多大？【错解分析】错解：设滑块A 能滑到 h 高的最小初速度为v，滑块 A 到达斜面最高点时具有水平分速度为V ，由于水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，由动量守恒定律：mv 0cos =mv Mv 在 B 的上端点 m 的合速度为：由动能定理有：主要是对滑块A 滑过最高点的临界状态分析不清晰；实际上，当滑块能够到达最高点时，即其竖直向上的分速度为零，也就是说，在最高点，滑块A 只具有水平速度，而不具有竖直速度；所以，式是正确的，式中关于滑块A 的动能，直接代入水平速度即可；【正确解答】依据水平方向动量守恒有：mv 0cos =m+Mv 欢迎下载精品学习资源【小结】分析此题时，可以先定性分析，从题目可以知道，V 0 越大，上升的距离越高；v0较小，就可能上不到顶端；那么，刚好上升到v0 v时，才能够滑过；对于题目中的关键字眼，“滑过”、“至少”等要深化挖掘；例 14、质量为 M 的小车，如图 5 11 所示，上面站着一个质量为m 的人，以 v0 的速度在光滑的水平面上前进；现在人用相对于小车为u 的速度水平向后跳出后，车速增加了多少？【错解分析】错解一：把人和车作为一个系统，水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，设人跳出后，车速增加为v，以 V 0 方向为正方向，由动量守恒定律：M mv 0=Mv 0+v mu错解二：以人和车作为一个系统，由于水平方向不受外力、所以水平方向动量守恒；设人跳出后，车速增加为v，以 v0 方向为正方向；人相对于地的速度为u-v 0, 由动量守恒定律：M mv 0=Mv 0+v-mu-v 0错解一的主要问题在于没有把全部的速度都换算成同一惯性参考系中的速度；由于题目中给出的 v 0 是初状态车对地的速度，而人跳车时的速度u 指的是对车的速度，在列动量守恒方程时，应把人跳车的速度变换成人对地的速度才可以运算；错解二的主要问题是虽然变换了参考系，但忽视了相对速度的同一时刻性，即人跳车时，车的速度已经由v0 变换成 v0 + v 了；所以，人相对于地的速度，不是v v 0而应为【 u v0 + v】；【正确解答】以人和车作为一个系统，由于水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒；设人跳出后，车对地的速度增加了v，以 v 0 方向为正方向，以地为参考系；由动量守恒定律：欢迎下载精品学习资源M mv 0=Mv 0+v m【u v 0 v】【小结】 1 在应用动量守恒定律时，除留意判定系统受力情形是否满意守恒条件外，仍要留意到相对速度问题，即全部速度都要是对同一参考系而言；一般在高中阶段都选地面为 参考系；同时仍应留意到相对速度的同时性；2选取不同的参考系，解题方法有繁有简，以此题为例，如选取车作为参考系就人与车组成的系统初态动量为零，末态动量为：M v mu v，由动量守恒定律： 0=M v mu v题 中 ，增加的速度与车原先的速度v0 无关；其次种解法明显比第一种要简捷得多；例 15、质量为 M 的小车，以速度v0 在光滑水平地面前进，上面站着一个质量为m 的人， 问：当人以相对车的速度u 向后水平跳出后，车速度为多大？【错解分析】错解一：设人跳出后的瞬时车速为v，就其动量为Mv ，依据动量守恒定律有：M mv 0Mv错解二：设人跳出后的车速为v，车的动量为Mv ，人的动量为mu+v ，依据动量守恒定律有：M+mv 0=Mv+mu v错解三：设车的前进方向为正方向，人在跳出车后，车的动量为Mv ，人的动量为mu， 依据动量守恒定律有：M mv 0Mv mu错解四：设车的前进方向为正方向，就人跳出车后小车的动量Mv ，人的动量为 mu v0，依据动量守恒定律有：M mv 0Mv mu v0错解一的错误缘由是动量守恒的对象应为车和人的系统，而错解一中把人跳离车后的动量丢掉了，即以系统的一部分车来代替系统 车和人 ；错解二：是没有考虑到，人跳离车前后动量方向的变化；而是简洁地采纳了算术和， 忽视了动量的矢量性；错解三的错误在于参考系发生变化了；人跳离前人与车的动量是相对地的；人跳离车后车的动量 Mv 也是相对地的，而人跳离车后人的动量mu 却是相对于车而言的，所以答案不对；错解四中的错误在于对速度的瞬时性的分析；v 0 是人未跳离车之前系统M m 的速度，欢迎下载精品学习资源mu v0就不能代表人跳离车后瞬时人的动量；【正确解答】选地面为参照系，以小车前进的方向为正方向，依据动量守恒定律有：M mv 0=Mv mu v【小结】应用动量守恒定律解题时应留意几个方面；(1) 整体性，动量守恒定律是对一个物体系统而言的，具有系统的整体性，而不能对系统的一个部分，如此题错解一；(2) 矢量性，动量守恒是指系统内部各部分动量的矢量和保持不变，在解题时必需运用矢量法就来运算而不能用算术方法，如此题错解二；(3) 相对性，动量守恒定律中系统在作用前后的动量都应是相对于同一惯性参考系而言；如系统的各部分所选取的参考系不同，动量守恒不成立；如此题错解三；(4) 瞬时性，一般来说，系统内的各部分在不同时刻具有不同的动量，系统在某一时刻的动量，应当是此时刻系统内各部分的瞬时动量的矢量和；例 16、图 5 12，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M ，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动；当此人相对于车以速度v2 竖直跳起时 ,车的速度变为： 【错解分析】错解一：依据动量守恒定律：所以选 A ；错解二：由于人相对于车是竖直向上跳的，所以人与车系统在水平方向上不受外力， 即人与车在水平方向动量守恒；所以有： Mv 1 =M mv 1产生上述错误的主要缘由是对动量守恒定律的矢量性懂得不深化；错解一的错误在于没有考虑到动量的矢量性，只是简洁地套用动量守恒定律公式，因而把V 1， V2，V 1的方向混为一谈，而显现这种错误；错解二的主要问题在于对物体惯性概念的懂得仍有问题；误认为人竖直向上跳起就没有向前的水平速度了，也就没有向前的动量了，从这个错误熟识动身就造成判定此题的错误；也由于没有状态分析的习惯；【正确解答】人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守欢迎下载精品学习资源恒；设车的速度 V 1 的方向为正方向，选地面为参照系；初态车和人的总动量为 Mv 1，末态车的动量为 M mv l由于人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变 ；人在水平方向上对地的动量仍为 mv 1，就有 Mv 1 =M mv 1 mv 1M mv 1=M mv 1所以 v =v1 正确答案应为 D；【小结】动量守恒定律是有条件的，一般教材把动量守恒条件分为三个层次：(1) 系统所受合外力为零；(2) 系统所受合外力虽然不为零，但在某方向合外力为零，就系统在该方向动量守恒； 3系统所受合外力远远小于内力，就系统动量近似守恒；对于不怜悯形，应依据不同的条件去分析；在上述三种情形下，都可以应用动量守恒定律求解相应物理量；例 17、 如图 5 13 所示，在光滑水平轨道上有一小车质量为M 2，它下面用长为L 的绳系一质量为M 1 的砂袋，今有一水平射来的质量为m 的子弹，它射入砂袋后并不穿出， 而与砂袋一起摆过一角度 ；不计悬线质量，试求子弹射入砂袋时的速度V 0 多大？【错解分析】错解：由动量守恒定律：mv0=M 1 M 2+mv解得：没有很好地分析物理过程，盲目仿照，没有建立正确的物理模型，简洁地将此类问题看成“冲击摆”，缺少物理模型变异的透彻分析；事实上，此题与“冲击摆”的区分在于悬点的不固定，而是随着小车往前移动的；当摆摆到最高点时，M 1 m 只是竖直方向的速度为零，而水平方向依旧具有肯定速度，即在最高点处M 1 m 具有动能；这一点是不少同学在分析物理过程及建立物理模型时最简洁产生的错误；【正确解答】子弹射入砂袋前后动量守恒，设子弹打入砂袋瞬时具有速度v0，由动量守恒定律：mv 0=M 1 mv 此后 M 1 m 在摇摆过程中，水平方向做减速运动，而 M 2 在水平方向做加速运动，当M 1+m 与 M 2 具有共同水平速度时，悬线偏角 达到最大，即竖直向上的速度为零，在这一过程中；满意机械能守恒，设共同速度为 v，由机械能守恒有：但式，中有三个未知量，v0， v 0， v，仍需再查找关系；从子弹入射前到摇摆至最同点具有共同速度v 为止，在这个过程中，水平方向不受外力，欢迎下载精