第八章：动量典型例题

第一节 冲量和动量1——冲量相等时物体的运动情况如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，那么这个物体的运动（ ）．A 、可能是匀变速运动B 、可能是匀速圆周运动C 、可能是匀变速曲线运动D 、可能是匀变速直线运动分析与解：冲量是力与时间的乘积，在任何相等的时间内冲量都相同，也就是物体受到的力恒定不变，所以物体做匀变速运动，其轨迹可以是直线的也可以是曲线的．答案为A 、C 、D ．2——下落物体的重力冲量一个质量为5kg 的物体从离地面80m 的高处自由下落，不计空气阻力，在下落这段时间内，物体受到的重力冲量的大小是（ ）．A ．200N ·sB ．150N ·sC ．100N ·sD ．250N ·s分析与解：根据冲量的定义t F I ⋅=在这个过程中重力的大小是一个定值，只需求出这个过程所用的时间即可．s N 1002105)s (22212⋅=⨯⨯=⋅====t m g I t g h t gt h答案：C ．3——冲量公式的简单应用一匹马通过不计质量的绳子拉着货车从甲地到乙地，在这段时间内，下列说法中正确的是：（ ）．A 、马拉车的冲量大于车拉马的冲量B 、车拉马的冲量大于马拉车的冲量C 、两者互施的冲量大小相等D 、无法比较冲量大小分析与解：在这个过程中，马对车的拉力，与车对马的拉力是一对作用力与反作用力，大小总是相等的，根据冲量的定义，时间也相同，所以冲量的大小是相等的．答案：C ．4——关于动量的矢量计算质量为5kg 的小球以5m ／s 的速度竖直落到地板上，随后以3m ／s 的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为（ ）A ．10kg ·m ／sB ．－10kg ·m ／sC ．40kg ·m ／sD ．－40kg ·m ／s分析与解：动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正．初动量255511=⨯==mv p kg ·m/s末动量15)3(522-=-⨯==mv p kg ·m ／s动量的变化40251512-=--=-=∆p p p kg ·m ／s答案：D ．5——关于抛体运动物体的重力冲量质量为5kg 的小球，从距地面高为20m 处水平抛出，初速度为10m ／s ，从抛出到落地过程中，重力的冲量是（ ）．A ．60N ·sB ．80N ·sC ．100N ·sD ．120N ·s分析与解：在这个过程中，小球所受重力恒定不变，只需求出这个过程的时间即可)s N (1002105)s (2102022212⋅=⨯⨯=⋅=⋅==⨯===t mg t F I t g h t gt h答案：C ．6——动量大小与速度的关系质量为60kg 以1m/s 速度步行的人和以800m/s 速度飞行的质量为0.01kg 的子弹，哪个动量大？解：人m/s 60kg m/s 1kg 60111⋅=⋅⨯=⋅=v m p子弹m/s kg 8m/s kg 80001.0222⋅=⋅⨯=⋅=v m p即：人的动量大．7——课本例题分析与设疑一个质量是0.1kg 的钢球，以6 m ／s 的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以6m ／s 的速度水平向左运动（如图）．碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？分析：动量是矢量，它的大小和（或）方向发生了变化，动量就发生了变化，碰撞前后虽然钢球速度大小没有变化，都是6m ／s ，但速度的方向发生了变化，动量的方向与速度的方向相同，动量的方向也发生了变化，所以钢球的动量发生了变化．解：取水平向右的方向为正方向，碰撞前钢球的速度6=v m/s ，碰撞前钢球的动量为： m/s 0.6kg m/s kg 61.0⋅=⋅⨯==mv p碰撞后钢球的速度6-='v m/s ，碰撞后钢球的动量为m/s 0.6kg m/s kg 61.0⋅-=⋅⨯-='='v m p碰撞前后钢球动量的变化为m/s kg 2.1m/s 0.6kg m/s 0.6kg ⋅-=⋅-⋅-=-'p p动量的变化p p p -'=∆也是矢量，求得的数值为负值，表示p ∆的方向与所取的正方向相反，p ∆的方向水平向左。

结论：碰撞前后物体仍在同一条直线上运动，可先设一个正方向，末动量p '和初动量p 可据此用正、负值表示，则动量的变化p ∆却可用代数方法求出．设疑：若碰撞前后物体不在同一条直线上运动，那么动量的变化又如何求呢？8——课本思考与讨论的分析思考与讨论：如图所示，一个质量是0.2kg 的钢球，以2m/s 的速度斜射到坚硬的大理石板上，入射的角度是45°，碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45°，速度仍为2m/s ，你能不能用作图法求出钢球动量变化的大小和方向？本书虽然不要求作这种计算，但是思考一下这个问题，会帮助你进一步认识动量的矢量性．分析：（如图）动量是矢量，动量方向与速度方向相同，我们可以用作图法（如图）根据平行四边形定则求动量变化p ∆．根据mvpppppp22)(==-+'=-'=∆可求得56.0=∆p kg·m／s，方向竖直向上．结论：碰撞前后物体不在同一条直线上运动，可用作图法，根据平行四边形定则，以p 和－p为邻边，作出平行四边形，其对角线长与p∆大小成正比，方向就是p∆的方向．第二节动量定理1——由动量定理判断物体的冲量变化甲、乙两个质量相同的物体，以相同的初速度分别在粗糙程度不同的水平面上运动，乙物体先停下来，甲物体又经较长时间停下来，下面叙述中正确的是（）．A、甲物体受到的冲量大于乙物体受到的冲量B、两个物体受到的冲量大小相等C、乙物体受到的冲量大于甲物体受到的冲量D、无法判断分析与解：本题中甲、乙两物体受到的冲量是指甲、乙两物体所受合外力的冲量，而在这个过程中甲、乙两物体所受合外力均为摩察力，那么由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于动量的增量，由题中可知，甲、乙两物体初、末状态的动量都相同，所以所受的冲量均相同．答案：B．2——由动量大小判断外力大小质量为0.1kg的小球，以10m／s的速度水平撞击在竖直放置的厚钢板上，而后以7m／s的速度被反向弹回，设撞击的时间为0.01s，并取撞击前钢球速度的方向为正方向，则钢球受到的平均作用力为（）．A．30N B．－30N C．170N D．－170N分析与解在撞击过程中小球的动量发生了变化，而这个变化等于小球所受合外力的冲量，这个合外力的大小就等于钢板对钢球作用力的大小．（此时可忽略小球的重力）N170)10(1.0)7(1.001.012-=---⨯=⋅-=⋅∆=FFm vm vtFpI答案：D．3——由速度变化判断冲量质量为m 的钢球自高处落下，以速率1v 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短离地的速率为2v ，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（ ）．A ．向下，)(21v v m -B ．向下，)(21v v m +C ．向上，)(21v v m -D ．向上，)(21v v m +分析与解：在小球碰撞到弹起的过程中，小球速度变化的方向是向上的，所以小球受到地面冲量的方向一定是向上的，在忽略小球重力的情况下，地面对小球冲量的大小等于小球动量的变化．以竖直向上为正方向．)()(1212v v m I v m mv I +=--=答案：D ．4——小球下落到软垫时受到的平均作用力一质量为100g 的小球从0.8m 高处自由下落到一个软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.2s ，则这段时间内软垫对小球的冲量为（g 取2/10s m ，不计空气阻力）解析：根据动量定理，设向上为正． )()(0mv t mg F --=- ①gh v 20= ②由①、②得到6.0=⋅t F N ·s题目本身并没有什么难度，但一部分学生在学习中练习此类问题时却屡做屡错．原因是：（1）对基本概念和基本规律没有引起重视；（2）对动量定理等号左边I 的意义不理解；（3）对此类问题中重力的取舍不清楚．题目中所给的0.2s 并没有直接用上，但题目中的0.2s 告诉我们作用时间t 较长，重力作用不能忽略，我们可以进一步剖析此题．由题目中所给的0.2s 时间，可以求出软垫对小球的冲力为：32.06.0==F N ，而重力为1=mg N 。

相差不了多少．重力不能忽略． 而假设作用的时间为0.002s 时，则：300='F N ，与重力mg 相比，mg F >>'，重力可以忽略．点拔：在处理此类问题时，若作用时间极短，大约小于0.01s ，计算中可以忽略重力影响，若时间较长，则重力的影响是不能忽略的．5——应用动量定理忽略中间过程质量为m 的物体静止在足够大的水平面上，物体与桌面的动摩擦因数为μ，有一水平恒力作用于物体上，并使之加速前进，经1t 秒后去掉此恒力，求物体运动的总时间t ．解析：解法一、见图．物体的运动可分为两个阶段，第一阶段受两个力F 、f 的作用，时间1t ，物体由A 运动到B 速度达到1v ；第二阶段物体只受f 的作用，时间为2t ，由B 运动到C ，速度由1v 变为O ．设向右为正，据动量定理：第一阶段：1011)(mv mv mv t f F =-=-①第二阶段：1110mv mv t f -=-=⋅-②两式相加：0)(211=+-⋅t t f t Fmg f μ= ，代入上式，可求出：mgt mg F t μμ12)(-= ∴mg Ft t t t μ121=+=总 解法二：如果用P t F t F t F I n n ∆=∆∆+∆= 2211，把两个阶段当成一个过程来看： F 作用1t 时间，ng μ则作用了总t 时间，动量变化0=∆P01=-⋅总mgt t F μm gt F t μ1⋅=总 点拨：物体动量的变化等于各个力在各段时间上积累总的效果，即：P t F t F t F n n ∆=∆∆+∆ 2211例6、将质量为0.10kg 的小球从离地面20m 高处竖直向上抛出，抛出时的初速度为15m ／s ，当小球落地时，求：（1）小球的动量；（2）小球从抛出至落地过程中的动量增量；（3）小球从抛出至落地过程中受到的重力的冲量．选题目的：考查动量和冲量的理解和计算．解析：首先要求出小球落地时的速度v ，然后再根据有关定义分别求解．根据运动学中位移和速度关系式as v v 2202=-可得201021522⨯⨯=-v25=v m/s取向下为正方向．（1）落地时小球的动量为：5.2251.0=⨯==mv p（2）小球从抛出至落地的动量增加0mv mv p -=∆151.0251.0⨯-⨯=0.1=kg ·m/s方向竖直向下（3）小球下落的时间t 可由速度公式at v v +=0得101525+=t0.1=t s小球受到的重力的冲量0.10.1101.0=⨯⨯=⨯=t mg I N·s例7、一细绳跨过一轻的定滑轮，两端分别挂有质量m 及M 的物体，如图所示，M 静止在地面上，且m M >，当m 自由下落h 距离后，绳子才被拉紧，求绳子刚被拉紧时两物体的速度，以及M 能上升的最大高度．选题目的：考查动量定理的运用．解析：绳子在拉紧而使两物体碰撞时，绳子的弹力大小是变化的，时间是极短而不好确定的，因此无法用牛顿运动定律求解，必须应用动量定理解题．整个问题可分三个阶段来讨论第一阶段：m 自由落下h 距离使绳子拉紧，此时m 的速度为gh v 21=第二阶段：当绳子拉紧时，m 和M 除受到重力外，还受到绳子的弹力F ，经过极短时间t ∆后，m 和M 才以相同的速度v '分别作向上向下的运动．我们应分别对m 和M 应用动量定理，皆选定向上的方向为正向．受力如图所示． 对m 物体应用动量定理：)()(11mv v m t mg F --'-=∆-对M 物体也应用动量定理)()(12mv v M t Mg F --'=∆-由于弹力F F F ==21，且重力mg 、Mg 和弹力21F F 、相比较，可以忽略，则由上两式可得mM gh m m M mv v +=+='21 此即绳子被拉紧时两物体的速度第三阶段：绳子被拉紧后，m 和M 分别作向下和向上的加速运动，其加速度可由牛顿第二定律求出：对隔离体M Ma F Mg =-对偏离体m ma mg F =- 故g mM m M a +-= 当M 以初速度v '上升，其加速度a 的方向与速度方向相反，即作匀减速运动，上升到最大高度H 时速度为零，即g mM m M m M gh m a v H aHv +-+='=='2/)2(22222 222mM h m -=第三节 动量守恒定律1——关于碰撞系统的动量守恒质量为2m 的物体A ，以一定的速度沿光滑水平面运动，与一静止的物体B 碰撞后粘为一体继续运动，它们共同的速度为碰撞前A 的速度的2／3，则物体B 的质量为（ ）．A ．mB ．2mC ．3mD ．m 32 分析与解在碰撞的过程中，A ，B 物体构成的系统，动量守恒，并且碰撞后两者具有共同的速度．设碰撞前A 的速度为0v ，碰撞后两者共同的速度为032v v =，B 物体质量为M mM v M m v m vM m m v =⋅+=⋅+=00032)2(2)2(2 答案：A ．2——微观粒子的动量守恒的应用一个不稳定的原子核，质量为M ，处于静止状态，当它以速度0v 释放一个质量为m 的粒子后，则原子核剩余部分的速度为（ ）．A ．0v m M m -B ．0v M m -C ．0v m M m --D ．0v mM m +- 分析与解：在这个过程中原子核和它释放出的粒子构成的系统，满足动量守恒定律且总动量大小为零，选取0v 的方向为正方向．00)(0v m M m v vm M m v --=-+=方向与0v 的方向相反．答案：C ．3——空中爆炸物体的平抛运动向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a 、b 两块，若质量较大的a 块的速度仍沿原来的方向，那么下列说法中正确的是（ ）．A 、b 的速度方向一定与原速度方向相反B 、从炸裂到落地这段时间内，a 飞行距离一定比b 大C 、a 、b 一定同时到达水平地面D 、a 、b 受到的爆炸力的冲量大小一定相等分析与解：当炸弹爆炸瞬间，炸弹具有水平方向的速度，并且水平方向不受外力．所以水平方向炸弹的动量守恒，那么以后a 、b 两块的动量和一定保持不变，且方向一定与原来水平方向相同，所以b 的速度方向也可能与原方向相同．由于两者具有水平方向的速度且高地高度相同，因此一定同时落地，由于不知a 、b 速度的大小所以无法比较a 、b 飞行的水平距离．爆炸力对a 、b 的作用大小是相同的，且作用的时间相同，所以爆炸力冲量的大小相等．答案：C 、D ．例4：气球质量为200kg ，载有质量为50kg 的人，静止在空中距地面20m 高的地方，气球下方悬根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这根绳长至少为多少米？（不计人的高度）选题目的：考查动量守恒定律的灵活运用．解析：人和气球静止空中，所以人球组成的系统所受合外力为零，人沿绳下滑，不论人以何种方式运动，根据动量守恒，气球都要向相反的方向（向上）运动．当人下滑到地时，气球上升一段距离，此时人相对气球运动的距离为原离地高度与气球上升的距离之和．如图所示，即为21s s +，正是人安全到地的绳长．解法一：设人下滑速度为1v ，气球上升速度为2v ，选向下为正方向，因系统合外力为零，故系统动量守恒．22110v m v m -=由于人球运动规律相同，所以上式两边同乘以时间t 得： ∴5m m 2020050.1212=⨯==s m m s 故绳长为25m 5m m 2021=+=+=s s l解法二：设人的下滑速度为1v '，球上升速度为2v '，选向下为正方向，则人对地速度为21v v '-'，由系统动量守恒得 22211)(v m v v m '-'-'= 因作用时间相同，上式两边同乘以t 得：22111)(0s m m s m '+-'= 又121)(s t v v ='-' 即 121s t s s ='-'解得：25m m 202002005022211=⨯+=+='s m m m s例5：质量为M 的一列火车在平直的轨道上匀速行驶，速度为v 0．已知列车各部分所受的阻力都等于它们的重力的k 倍．某时刻列车后部质量为m 的一段脱钩，司机未能发现，仍以原牵引力带动列车前进．求①当脱离部分的速度减为v 0/2时，前面部分的速度．②当后面部分停止后多长时间，前面部分的速度达到2 v 0．选题目的：考查动量守恒定律的应用．解析：以整列火车为研究对象，脱钩前后相比较，除了两部分间的相互作用力有变化以外，所受外力没有发生变化，因此满足动量守恒的条件，但只限于后面部分运动过程中．①根据动量守恒 M v 0=(M-m )v+ m v 0/2，解出前面部分的速度为 v=0)(22v m M m M --． ②后面部分停止时刻，前面部分的速度为v’，根据动量守恒Mv 0= (M-m )v’，则 v’=0v mM M -， 后面部分停止后，对前面部分应用动量定理，设再经过时间t 速度达到2 v 0，则 [kMg-k (M-m )g ]·t=(M-m )(2 v 0- v’)，解出 t=kmgv m M 0)2(-． （最后答案中若M<2m ，则t 为负值，说明在后面部分停止运动之前，前面部分的速度就已达到2 v 0了．）例6：如图所示，一质量为m 的木块沿光滑的水平直轨道以速度v 0=12m/s 匀速运动，木块顶部边缘有一质量为m’的钢珠随它一起运动．木块与另一质量为m /3的静止木板发生碰撞，碰撞时间极短．碰后即合在一起运动．已知木块顶部距木板的高度为h =1.8m ，要想使钢珠落在木板上，木板的长度至少多大？（取g =10m/s 2）选题目的：考查动量守恒定律与运动知识的综合运用．解析：木块与木板碰撞过程中总动量守恒，即：m v 0=(m+m /3)v ，解出 v=3 v 0/4=9m/s ．碰后钢珠作平抛运动，初速度为v 0=12m/s ，而木板与木块一起作匀速运动，速度为v=9m/s ．钢珠落到木板上所需的时间=gh 2=0.6s ， 钢珠落在木板上时与木块边缘的距离l= v 0t - vt = 1.8m ，即木板的长度至少为1.8m ．第四节 动量守恒定律的应用例题：如图 所示质量5.0=m kg 的木块以1m ／s 的水平速度滑到在光滑水平面上静止的质量为2=M kg 的小车上，经过0.2s 木块和小车达到相同速度一起运动，求木块和小车间的动摩擦因数。