动量定理动量守恒

联立上两式，解得：
s

M Mm
L
s

m Mm
L
(解毕)
mvx Mvx 0
t
t
m 0 vxdt M 0 vxdt
x
ms Ms
(1)
s s
由图可知：
Hale Waihona Puke Chapter作4者. 动：量杨和茂角田动量
s s L
(2)
§4. 1 动量定理与动量守恒
联立上两式，解得：
u
速度从尾部跳出。
v0
m
M
v M
m u
则：系统水平方向动量守恒，下列式子正确的是（ C ）
(A) Mv ( mu ) ( M m )v0 (B) Mv m( v0 u ) ( M m )v0 (C) Mv m( v u ) ( M m )v0

1
2tdt
2 2( 2 t )2 dt
0
1
得： I 1.33 ( N S )
F
2
0
1
2 (t)
Chapter作4者. 动：量杨和茂角田动量
§4. 1 动量定理与动量守恒
例 有一方向不变的冲力 作用在原来静止的物体
解F由冲于量ΔI冲方t 力向21.方也330向不变不0.，变67，则(N其: )
得： I 1.33 ( N S )
F
2
(解毕)
0
1
2 (t)
Chapter作4者. 动：量杨和茂角田动量
§4. 1 动量定理与动量守恒
二、质点系的动量定理
例如：两个质点组成的质点系
分别应用质点的动量定理：

20
动量定理及动量守恒定律
oy N1 − m1g = 0 又f1max = N1μ1
以 m2 为隔离体，m2 受重力W = m2 g ;桌面的支持力 N2 ; m1 的压力 N1′ （大小与 N1 相等）; m1 作用在 m2 上的最大静摩擦力 f1max′（大小与 f1max 相等） ;桌面作用在 m2 上的
oA y A W3 − TA′ − TB′ = m3a3
(7)
因为不计滑轮及绳的质量，不计轴承摩擦. 且已知绳不可伸长.
∴ TA = TB = TA′ = TB′ = T
f A ,绳的拉力 TA , A 的动力学方程为

动量定理及动量守恒定律
W1 + N A + f A + TA = m1a1 建立如图 3.5.7（1）所示的坐标系 oA − xA y A .
oA xA TA − f A = m1a1
(1)
oA y A W1 − N A = 0
(2)
且 fA = NAμ
动量定理及动量守恒定律
第三章 动量定理及动量守恒定律
(Momentum and Conservation Law of Momentum)
一、内容简介（Abstract） 1．牛顿第一定律（Newton’s first law)
孤立质点静止或作等速直线运动，即质点在不受力或所受力的合力为零时，将保持静 止或匀速直线运动状态不变.（惯性定律） 2．牛顿第三定律（Newton’s third law）
g
y
x o
N
2
α m2
a2
W2
N1′
图3.5.（5 3）
y′
N1 f∗
m1

动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用摘要：《普通高中物理课程标准》指出,高中物理课程旨在进一步提高学生的科学素养，落实“立德树人”的根本任务。

基于学科核心素养教学实施策略和方法，要落实到教育教学的全过程，本文重点介绍动量定理、动量守恒定律在电磁感应解题的运用。

关键词：动量动量守恒电磁感应应用一、动量定理:物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化.表达式:I=Δp或Ft=mv2-mv1.二、动量守恒定律:一个系统不受外力或者所受合外力为零,这个系统的总动量保持不变.表达式：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′或p=p′.三、在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.（1）求电荷量或速度:B LΔt=mv2-mv1, q= t.（2）求时间:Ft-I冲=mv2-mv1, I冲=BILΔt=BL .（3）求位移:-BILΔt=- =0-mv0,即 - s=m(0-v).四、在电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零，运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题。

例1.如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN,PQ,导轨间距为d,匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里,磁感应强度的大小为B,两根完全相同的金属杆1,2间隔一定的距离摆开放在导轨上,且与导轨垂直.它们的电阻均为R,两杆与导轨接触良好,导轨电阻不计,金属杆的摩擦不计.杆1以初速度v滑向杆2,为使两杆不相碰,则杆2固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最小距离之比为( C )A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.1∶1解析:杆2固定:对回路 q1= = .对杆1:-B d·Δt=0-mv0,q1=·Δt 联立解得s1= .杆2不固定: 对回路 q2=对杆2:B d·Δt=mv2-0 全程动量守恒:mv=mv1+mv2末态两棒速度相同,v1=v2,q2=·Δt 联立解得s2= . s1∶s2=2∶1,则C选项正确.例2.如图所示,宽度为L的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r1的四分之一圆弧轨道,右端为半径为r2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道.水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场.一根质量为m的金属杆a 置于水平轨道上,另一根质量为M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b滑入水平轨道某位置时,a就滑上了右端半圆轨道最高点(b始终运动且a,b 未相撞),并且a在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a的电荷量为q,a,b杆的电阻分别为R1,R2,其余部分电阻不计.在b由静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点过程中,求:(1)在水平轨道上运动时b的最大加速度是多大;(2)自b释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中,系统产生的焦耳热是多少;(3)a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大.解析:(1)由机械能守恒定律得 M =Mgr1解得vb1=b刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLvb1, I= ,由牛顿第二定律有F安=BIL=Ma 解得a= .(2)由动量定理有-B Lt=Mvb2-Mvb1, 即-BLq=Mvb2-Mvb1解得vb2= -根据牛顿第三定律得:a在最高点受支持力N=N′=mg, mg+N=m解得va1=由能量守恒定律得Mgr1= M + m +mg2r2+Q 解得Q=BLq -3mgr2-.(3)由能量守恒定律有2mgr2= m - m解得va2=由动量守恒定律得Mvb1=Mvb3+mva2解得vb3= - .答案:(1)(2)BLq -3mgr2-(3) -例3.如图所示,将不计电阻的长导线弯折成P1P2P3,Q1Q2Q3形状,P1P2P3和Q1Q2Q3是相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨.P1P2,Q1Q2的倾角均为θ,P2P3,Q2Q3在同一水平面上,P2Q2⊥P2P3,整个导轨在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,质量为m电阻为R的金属杆CD从斜导轨上某处静止释放,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下.杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,导轨和空气阻力均不计,重力加速度大小为g,导轨倾斜段和水平段都足够长,求:(1)杆CD能达到的最大速度;( 2)杆CD在距P2Q2为L处释放,滑到P2Q2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及在水平导轨上滑行的最大距离.解析:(1)杆CD达到最大速度时,杆受力平衡BdImcosθ=mgsinθ此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为E=Bdvmcosθ由欧姆定律可得Im = , 解得vm= .(2)在杆CD沿倾斜导轨下滑的过程中,动量定理有mgsinθ·Δt1-Bdcosθ·Δt1=mvm-0= = =解得Δt1= +在杆CD沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有 -B d·Δt2=0-mvm该过程中通过R的电荷量为 q2=Δt2,得q2=杆CD沿水平导轨运动的过程中,通过的平均电流为 = =得q2=Δt2=解得s= .答案:(1)(2) +3。

动量定理和动量守恒定律
动量定理（或称为莱布尼兹动量定理）是物理学中的一条基本定理，它说明了物体受
力时动量发生变化的定律，即在任何时刻点，物体动量的变化等于向物体施加的力的矢量积。

动量定理的数学公式可以表达为：
$$\vec{P}= \frac{d\vec{p}}{dt} = \sum \vec{F_T}$$
其中，$P$ 代表物体的动量，$F_T$代表施加在物体上的外力，$p$代表物体的线速度，$t$代表时间。

从上式可以看出，动量的定义比较宽泛，除了物体的位置和速度外，还包括了力对物
体的作用，也就是动量改变的原因就是因为物体受力，所以又叫做力学定理。

在微分形式中，动量定理也可以写作：
动量定理的重要意义是：动量是物体受力变化的定律，这个定律蕴含着物体受力量变
化的定律，即动量守恒定律。

动量守恒定律是物理学中最基本也是最重要的定律，它非常宽泛地适用于物理学问题，它宣布了外力作用下物体总动量（包括质量和速度）保持不变。

即：
总动量 $$P_1 + P_2 + ...+ P_N = P_1^{'} + P_2^{'} + ...+ P_N^{'}$$
因此，当外力改变物体的总动量时，实际上就是通过物体内部各外力矢量积之和改
变物体的总动量。

动量守恒定律是一个强有力的物理定律，依照这个定律，动量的总和将
始终守恒不变。

变质量问题
用火箭发射卫星
变质量问题
变质量问题的处理方法 (1)确定研究系统 (1)确定研究系统 (2)写出系统动量表达式 (2)写出系统动量表达式 (3)求出系统动量变化率 (3)求出系统动量变化率 (4)分析系统受力 (4)分析系统受力 (5)应用动量定理求解 (5)应用动量定理求解 匀加速提柔软链条 例1：匀加速提柔软链条 例2：装煤车的牵引力
(N Mg)τ = Mv Mv0 初状态动量为 M 2gh 末状态动量为0 末状态动量为0
得到 解得
(N Mg)τ = M 2gh
N = Mg + M 2gh /τ
3
代入M 的值，求得： 代入 、h、τ的值，求得： (1)
N = 3×10 ×(9.8 + 2×9.8×1.5 / 0.1) 5 顿 = 1.92 ×10 牛
变质量问题
例1：一长为 ，密度均匀的柔软链条，其单位长度的质量 ：一长为l，密度均匀的柔软链条， 将其卷成一堆放在地面上，如图所示。 为λ，将其卷成一堆放在地面上，如图所示。若用手握住 链条的一端，以加速度a从静止匀加速上提 从静止匀加速上提。 链条的一端，以加速度 从静止匀加速上提。当链条端点 离地面的高度为x时 求手提力的大小。 离地面的高度为 时，求手提力的大小。
变质量问题
变质量问题的处理方法 (1) 确定研究系统 (2)写出系统动量表达式 (2)写出系统动量表达式 (3)求出系统动量变化率 (3)求出系统动量变化率 (4)分析系统受力 (4)分析系统受力 (5)应用动量定理求解 (5)应用动量定理求解 匀加速提柔软链条 例1：匀加速提柔软链条 例2：装煤车的牵引力
而是所有元冲量 的方向。 Fdt的合矢量 ∫t1 F dt的方向

二、实验演示
三、实验注意事项
1、实验前应先调节斜槽，使其末端切线沿水平方 向，以保证小球碰撞前时速度沿水平方向。 2、重复实验时，每次都应使小球由斜面的同一位 置滚下。 3、为保证碰后两球速度方向相同，入射小球的质 量应大于被碰小球。 4、在本实验中，我们采用以各球的水平射程代替 程度，所以测量记录时一定要明白各线段代表的是物体 哪个时刻的速度。
③
随 堂 练 习
1、甲乙两船自身质量为120 kg，都静止在静水 中，当一个质量为 30 kg的小孩以相对于地面 6 m/s的水平速度从甲船跳上乙船时，不计阻力， 甲、乙两船速度大小之比v甲∶v乙= .
2、如图所示，A、B两质量相等的物体，原来静止在平板 小车C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B与平板车 上表面动摩擦因数之比为3∶2，地面光滑。当弹簧突然 释放后，A、B相对C滑动的过程中 ①A、B系统动量守恒 ②A、B、C系统动量守恒 ③小车向左运动 ④小车向右运动 以上说法中正确的是( ) A．①② B．②③ C．③① D．①④
课 堂 小 结
概念
动量
动 量
动量变化: P=P2-P1 动量定理：Ft=P2-P1 规 律
成立条件：系统 所 受和外力为零 碰撞 应用 返冲运动
动量守恒定律
课 后 习 题
1、两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方 向运动， m A =1 kg ， m B =2 kg ， v A =6 m/s ， v B =2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的 可能值是（ ） A.vA′=5 m/s,vB′=2.5 m/
矢量性：动量不仅有大小还有方向。 且其方向与速度方向一致。
动量的变化量：若一运动物体在某一过程中的初、末动量分 别为p、p′，则称∆p=p′−p为物体在该过程的变化。

专题：动量定理动量守恒定律考点一：动量定理的理解及应用【典例1】质量的篮球从距地板高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度，从释放到弹跳至h高处经历的时间，忽略空气阻力，重力加速度，求：篮球与地板撞击过程中损失的机械能；篮球对地板的平均撞击力．强化训练一1.蹦床运动有“空中芭蕾“之称，某质量的运动员从空中落下，接着又能弹起高度，此次人与蹦床接触时间，取，求：运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。

2.蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目一个质量为60kg的运动员，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面高处已知运动员与网接触的时间为若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小取3.如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为、。

初始时A静止与水平地面上，B悬于空中。

先将B竖直向上再举高未触及滑轮然后由静止释放。

一段时间后细绳绷直绷直的时间极短，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。

取。

从释放到细绳绷直时的运动时间t；的最大速度v的大小；初始时B离地面的高度H。

4.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量M的卡通玩具稳定地悬停在空中。

为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度竖直向上喷出；玩具底部为平板面积略大于；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。

忽略空气阻力。

已知水的密度为，重力加速度大小为g。

求喷泉单位时间内喷出的水的质量；玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。

考点二：动量守恒定律的理解及应用【典例2】在光滑水平面上静止有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，他们紧靠在一起，如图所示一个可视为质点的物块P，质量也为m，它从木板AB的右端以初速度滑上木板，过B点时速度为，然后又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处若物体P与木板AB间的动摩擦因数为，求：物块滑到B处时木板AB的速度的大小；木板AB的长度L；滑块CD最终速度的大小．【典例3】如图所示，在光滑的水平面上有一带半圆形光滑弧面的小车，质量为M，圆弧半径为R，从距车上表面高为H处静止释放一质量为m的小球，它刚好沿圆弧切线从A点落入小车，求小球到达车底B点时小车的速度和此过程中小车的位移；小球到达小车右边缘C点处，小球的速度．强化训练二1. 如图，在光滑的水平面上，有一质量为 的木板，木板上有质量为 的物块 它们都以 的初速度反向运动，它们之间有摩擦，且木板足够长，求：当木板向左的速度为 时，物块的速度是多大？木板的最终速度是多大？2. 如图所示，A 、B 两木块靠在一起放于光滑的水平面上，A 、B 的质量均为 。

动量定理与动量守恒定律动量是物体运动的重要物理量，揭示了物体运动的性质以及相互作用过程中的变化规律。

动量定理和动量守恒定律是描述物体运动中动量变化和守恒的重要原理。

一、动量定理动量定理又称牛顿第二定律，它指出：当外力作用于物体时，物体的动量变化率等于外力的合力。

在公式表示上，动量定理可以表达为：F = ma其中，F为物体所受到的合外力，m为物体的质量，a为物体的加速度。

根据动量定理，可以得出以下结论：1. 外力对物体的作用时间越长，物体的动量变化越大。

2. 给定外力作用时间不变的情况下，物体的质量越大，其动量的变化越小。

3. 给定物体质量不变的情况下，外力的大小越大，物体的动量变化越大。

二、动量守恒定律动量守恒定律是描述封闭系统中动量守恒的原理。

在封闭系统中，物体之间发生相互作用，它们的动量之和保持不变。

根据动量守恒定律，可以得出以下结论：1. 在没有外力作用的封闭系统中，物体的总动量保持不变。

2. 当物体发生碰撞或相互作用时，只要没有外力干扰，物体的动量总和保持不变。

3. 动量的守恒还适用于多个物体之间的相互作用，无论是弹性碰撞还是非弹性碰撞。

应用动量守恒定律，可以对各种现象进行解释，例如：1. 汽车碰撞：当两辆车发生碰撞时，它们的合动量在碰撞前后保持不变，因此可以用动量守恒定律来分析和解释碰撞过程。

2. 运动员跳远：运动员在起跳瞬间通过腿部发力，推动自己前进。

由于系统是封闭的，跳远过程中动量守恒，从而产生更大的跳远距离。

3. 火箭喷气推进：火箭通过排出高速喷射的气体，产生反冲力推动自身前进。

根据动量守恒，喷气气体的动量变化与火箭的动量变化相互抵消，从而实现火箭的推进。

综上所述，动量定理和动量守恒定律是物理学中对物体运动和相互作用过程进行描述的重要原则。

了解和应用这些定律，可以更好地理解和解释物体的运动行为，对各种物理现象进行分析和解决问题。

质点系总动量不随时间改变 P
p
i 1
N
i
常矢量
——质点系动量守恒定律
注意 1. 区分外力和内力
内力仅能改变系统内某个物体的动量，但不能改变系 统的总动量。
第4章 动量和角动量
2.5 动量定理与动量守恒定律
2. 合外力沿某一方向为零： 该方向上的动量守恒
（尽管总动量不守恒）
p const.
第4章 动量和角动量
2.5 动量定理与动量守恒定律
例 质量分别为 和 的小孩在光滑的平面 上通过一条轻绳彼此拉对方。设他们开始时静止， 相距为l，问他们在何处相遇？
解 设t=0时刻，两小孩分别处于 和 。 在水平方向上，系统不受外力作用，因此水平方向上动 量守恒，即 由此得
第4章 动量和角动量
2.5 动量定理与动量守恒定律
F
i 1 i i 1 j i
N
N
dpi d N fij pi dt i 1 i 1 dt
N
第4章 动量和角动量
2.5 动量定理与动量守恒定律
三 动量守恒定律

i
tf
ti
Fi dt Pf Pi
i i
若（1）质点系所有质点不受外力； （2）质点系所受合外力为零；
2.5 动量定理与动量守恒定律
一 质点的动量定理
Fdt dp
定义冲量
力在时间上的积累效应 力 F 在 t t+dt 时间内 给质点的冲量.
dI Fdt
在有限时间内

Pf P i
tf dP Fdt
ti
ti
tf Pf P i I＝ Fdt

解P：P(1P01)00建(5立tiˆ01坐0F标2dttˆ系j)dOtXYEk25求012iˆm:v120P0,ˆjE2Pmk2,(Ik,gA m s1 )
5t 2 iˆ t 2 ˆj 2
2502 1002 2102
3.63103(J )
(2)求10秒内作用力的冲量及作的功
依冲量的定义:
t2 t1
Fi dt＝
p2 p1
dpi
miv2i
mi v1i
t2 t1
Fi dt＝
p2 p1
dpi
miv2i
mi v1i
因为时间相同，有：
( t2 t1
Fi )dt
miv2i
mi v1i
把作用力分为外力和内力，则：
(t2
统内的动量可以相互转移，但它们的总和保持不变。
2. 若合外力不为 0，但在某个方向上合外力分量为0， 则在该方向上动量守恒。
3.自然界中不受外力的物体是没有的，但如果系统的内力 >>外力，可近似认为动量守恒。在碰撞、打击、爆炸等
相互作用时间极短的过程中，往往可忽略外力。
4、注意区别 Fi外 0 与 Fi外dt 0
应用该定理应注意：
t2
实际中常用分量式： 对于
F c
Fxdt mv2x mv1x
t1
Fxt mv2x mv1x
t2
Fydt mv2y mv1y
Fyt mv2y mv1y
t1
t2
Fzdt mv2z mv1z
Fzt mv2z mv1z
t1
上式说明：某一方向的冲量只改变该方向的动量.
I
10 Fdt
0
Y m
Fi外)dt P2 P1 P

四、动量定理和动量守恒定理的应用：
F
m1
1
m2 2
Fdt
F
t1
F
t2

t2
t1
t 2 t1
t2 t1 p2 p1 p F t 2 t1 t
t
t1 p F t2 t1 t
注意
t2
Fdt
在 p 一定时
2
两边同乘以 y d y 则
d yv yg dt
m2
O
m1 y
y
0
0
1 3 1 2 gy yv 3 2
2 v gy 3
1
2
大球碰撞小球
小球碰撞大球
同样大小的球相碰
如果两球在碰撞前的速度在两球的中心连线上， 那么，碰撞后的速度也都在这一连线上，这种碰撞 称为对心碰撞（或称正碰撞）。
t
N N t N N 1 N dt mi vi mi vi 0 Fi dt f ij t0 t0 i 1 j 1 i 1 i 1 i 1
因为：

i 1 j 1
N
N 1
f ij 0
非对心碰撞
设 v10和v20分别表示两球在碰撞前的速度，v1和 v2 分别表示两球在碰撞后的速度， m1和 m2 分别为两球
的质量。
v10
v1 f1
v20
f2
v2
m2
m1
碰撞前
m2
m1
碰撞时
m2
m1
碰撞后
牛顿的碰撞定律：碰撞后两球的分离速 度 (v2 v1 )，与碰撞前两球的接近速度 (v10 v成正比， 20 ) 比值由两球的材料性质决定。

质点系动量定理 a、微分形式 、
d ∑mivi = ∑Fi dt i i
b、积分形式 、
∑I = ∫ ∑Fdt = ∑m v − ∑m v
i i i i i t0 i i i
t1
i 0i
动量守恒定律 当系统所受的合外力等于零时， 当系统所受的合外力等于零时，即 系统的总动量保持不变 ∑mivi = C
i
∑F = 0
i
注意： 注意：
i i a. 适用条件： F = 0 或 (∑F )外 << (∑F )内 适用条件： ∑i
宏观、 宏观、微观都适用 b. 动量守恒中，系统内所有物体的速度都是 动量守恒中， 相对于同一惯性参照系的
分量式
系统x方向动量守恒 Fix = 0,系统 方向动量守恒 ∑
i=1
M
mv人 - Mv车＝ 0
M v人＝ v车 m
L− x
M
x
经历时间相等， 经历时间相等，两边同时积分
M x = (L − x) m
所以，人走的距离为： 所以，人走的距离为：
ML x= M +m
车走的距离为
mL L− x = M +m
练习2 质量m=1kg的质点从o点开始沿半径R=2m 练习2、质量m=1kg的质点从o点开始沿半径R=2m的 m=1kg的质点从 R=2m的 圆周运动。 点为自然坐标原点。 圆周运动。以o点为自然坐标原点。已知质点的运 2 动方程为 s = 0.5π t m。试求从 t1 = 2 s到 t2 = 2 s 这段时间内质点所受合外力的冲量。 这段时间内质点所受合外力的冲量。 解：
在水平光滑的铁轨上有一小车， 例1.在水平光滑的铁轨上有一小车，长度为 ，质 在水平光滑的铁轨上有一小车 长度为L， 量为M， 质量m）和车原来都静止不动。 量为 ，人（质量 ）和车原来都静止不动。现 在从车的一端走向另一端， 在从车的一端走向另一端，问人和小车各移动了 多少距离？ 多少距离？ 解：设人走的距离为x，车走的 设人走的距离为 ， 距离为（L-x),由动量守恒 距离为（ 由动量守恒

在t+dt时刻, 火箭质量减为M-dm, 速度增为 v dv
则燃气对地速度为 v dv u 则燃气动量变化
(v dv u)dm vdm udm dmdv udm 由动量定理, 火箭受到的推力为: F u dm dt
火箭速度公式 忽略重力和阻力, 则系统动量守恒
动量状态： t 时刻， v = 300 m/s，p = mv
动量定理： F ( t )dt mv 300m
t

1 m 300
0
F ( t )dt
0
t
O 0t
x
子弹在枪筒内加速时间 t = ?
当 F ( t ) 400 4 105 t 0 时
t 3 10 3 (sec)
都在这一连线上。（对心碰撞）
斜碰：两球碰撞前的速度不在两球的中心连线上。
二维弹性碰撞 两个质量相同的粒子，发生弹性碰撞 碰前一个粒子静止，碰后两个粒子的速度相互垂直
v0 v1 v 2
1 1 1 2 2 2 mv 0 mv 1 mv 2 2 2 2
v 0
v1

0
至某一高度 h 为止。试从高度 h 计算出子弹的速
率 v ，并说明在此过程中机械能损失。
0
解：从子弹以初速击中沙箱到获 得共同速度可看作在平衡位置完 成的完全非弹性碰撞。水平方向
受外力为0，由动量守恒有
v0
m M
mv 0 (m M )v
h
子弹射入沙箱后，只有重力作功，子弹，沙箱、 地球组成的系统机械能守恒。
内力有没有作用？
四、动量守恒定理
如果
F Fi外 0
p mi vi c

一、动量与冲量1．动量按定义, 物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=m v(1)动量是描述物体运动状态的一个状态量, 它与时刻相对应.(2)动量是矢量, 它的方向和速度的方向相同.(3)动量与动能的区别和联系：动量、动能和速度都是描述物体运动的状态量；动量是矢量, 动能是标量；动量和动能的关系是E k=p 22m2、动量的变化量Δp=p t-p0.动量的变化量是矢量, 其方向与速度变化的方向相同, 与合外力冲量的方向相同, 跟动量的方向无关．求动量变化量的方法：Δp=p t-p0=mv2-mv1, Δp=Ft3．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积, 叫做该力的冲量, I=F t, I=ΣF i t i(2)冲量表示力在一段时间内的累积作用效果, 是矢量, 其方向由力的方向决定, 如果在作用时间内力的方向不变, 冲量的方向就和力的方向相同.(3)冲量的计算高中阶段只讨论恒力的冲量：直接用定义式I＝F t计算．恒力F的方向与位移S的方向一致时：W＝FS.4．动量定理及其应用(1)内容：物体所受合外力的冲量, 等于这个物体动量的变化量．Ft=p′-p或Ft=mv′-mv.(2)适用条件：直线与曲线问题、恒力与变力问题都可以用动量定理处理.(3)用动量定理解题的基本思路①确定研究对象.②对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量, 再求各力冲量的矢量和—合力的冲量；或先求合力, 再求其冲量．③抓住过程的初、末状态, 选好正方向, 确定各动量和冲量的正、负号．④根据动量定理列方程, 如有必要, 还需要其他补充方程式, 最后代入数据求解．5．动量守恒的条件及简单应用(1)动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受外力之和为零, 这个系统的总动量保持不变．p=p′或m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′或Δp1+Δp2=0.(2)动量守恒定律的适用条件：①系统不受外力或系统所受外力之和为零．②系统所受的外力之和虽不为零, 但比系统内力小得多, 如碰撞问题中的摩擦力, 爆炸过程中的重力等外力, 这些外力相比相互作用的内力来小得多, 可以忽略不计．③系统所受的合外力不为零, 但系统在某一方向不受外力或所受外力的矢量和为零, 或外力远小于内力, 则系统在该方向上动量守恒．二、几种常见的模型1．爆炸类问题(反冲)爆炸问题：(初态, 两个物体均静止)爆炸损失的能量为E：两个小球向反方向运动的动量相等：m1v1= m2v2 E1=m2m1+ m2·E12m1v12 + 12m2v22 = E E2=m1m1+ m2·EE1E2= m2m1两个物体分配的能量与质量的比值成反比eg：打拳击、打枪.反冲问题：在某些情况下, 原来系统内物体具有相同的速度, 发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开. 这类问题相互作用过程中系统的动能增大, 有其它能向动能转化. 可以把这类问题统称为反冲.例：人船模型：mv1=Mv2v1=x/t, v2=y/t；mx=My, 其中x+y=L.2．碰撞类问题碰撞：两个物体在极短时间内发生相互作用, 这种情况称为碰撞. 由于作用时间极短, 一般都满足内力远大于外力, 所以可以认为系统的动量守恒. 碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种.(1)碰撞过程：设光滑水平面上, 质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的静止物体B运动, B的左端连有轻弹簧.①在Ⅰ位置A、B刚好接触, 弹簧开始被压缩, A开始减速, B开始加速；②到Ⅱ位置A、B速度刚好相等(设为v), 弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离, 弹簧开始恢复原长,③到Ⅲ位置弹簧刚好为原长, A、B分开, 这时A、B的速度分别为v1和v2.全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了.(2)碰撞类问题要遵循碰撞三原则：①动量守恒；②动能不增；p102+p202≥p12+p22③真实场景原则.(3)完全弹性碰撞(碰撞过程动能不损失)：①Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能,②Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；③Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等.这种碰撞叫做弹性碰撞.由动量守恒和能量守恒可以证明A 、B 的最终速度分别为：v 1=m 1-m 2m 1+m 2·v 10+2m 2m 1+ m 2v 20v 2=m 2-m 1m 1+m 2·v 20+2m 1m 1+ m 2v 10 (4)完全非弹性碰撞(碰撞后两物体共速, 动能损失最大)：①Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能, Ⅱ状态系统动能仍和(1)相同, 但没有弹性势能；②由于没有弹性, A 、B 不再分开, 而是共同运动, 不再有Ⅱ→Ⅲ过程.这种碰撞叫完全非弹性碰撞. 可以证明, A 、B 最终的共同速度为：v=m 1v 10+m 2v 20m 1+m 2在完全非弹性碰撞过程中, 系统的动能损失最大, 为：ΔE k =12·m 1·m 2m 1+m 2·(v 10-v 20)2 (双动) ΔE k =12·m 1v 102·m 2m 1+m 2· (一动一静)(5)非完全弹性碰撞(碰撞后两物体不共速, 且有动能损失)：①Ⅰ→Ⅱ系统动能减少, 一部分转化为弹性势能, 一部分转化为内能,②Ⅱ状态系统动能仍和弹性碰撞相同, 弹性势能仍最大, 但比弹性碰撞小；③Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少, 部分转化为动能, 部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失(一部分动能转化为内能). 这种碰撞叫非完全弹性碰撞.1、动量和冲量1．下列关于动量的论述中正确的是( ).A、质量大的物体动量一定大B、速度大的物体动量一定大C、两物体动能相等, 动量不一定相等D、两物体动能相等, 动量一定相等2．两个具有相等动量的物体A、B, 质量分别为m A和m B, 且m A＞m B, 比较它们的动能, 则( ).A、B的动能较大B、A的动能较大C、动能相等D、不能确定3．放在水平桌面上的物体质量为m, 用一个水平推力F推它, 作用时间为t, 物体始终不动, 那么在t时间内, 推力对物体的冲量应为______.4．甲、乙两物体的质量之比为m甲: m乙=1: 4, 若它们在运动过程中的动能相等, 则它们动量大小之比p甲: p乙是( ).A、1: 1B、1: 2C、1: 4D、2: 15．以初速度v0=40m/s竖直向上抛出物体, 质量为4kg,则第2秒末的动量为____kg·m/s, 第5秒末动量为____kg·m/s, 从第2秒末到第5秒末动量的变化量为____kg·m/s(g取10m/s2).6．如图所示, 物体质量m=2kg, 放在光滑水平桌面上, 在恒定的牵引力F作用下由位置A运动到位置B, 速度由2m/s增加到4m/s, 力F与水平面成60°角, 求在此过程中力F的冲量.2、动量定理7．质量为m的小球, 从沙坑上方自由下落, 经过时间t1到达沙坑表面, 又经过时间t2停在沙坑里.求：(1)沙对小球的平均阻力F；(2)小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I.8．如图所示, 把重物G压在纸带上, 若用一水平力迅速拉动纸带, 纸带将会从重物下抽出;若缓慢拉动纸带, 纸带也从重物下抽山, 但重物跟着纸带一起运动一段距离. 下列解释上述现象的说法中正确的是( ). A、在缓慢拉动纸带时, 纸带给重物的摩擦力大B、在迅速拉动纸带时, 纸带给重物的摩擦力小C、在缓慢拉动纸带时, 纸带给重物的冲量大D、在迅速拉动纸带时, 纸带给重物的冲量小9．质量为0.2kg的球, 从5.0m高处自由下落到水平钢板上又被竖直弹起, 弹起后能达到的最大高度为4.05m, 如果球从开始下落到弹起达到最大高度所用时间为1.95s, 不考虑空气阻力(g取10m/s2), 求小球对钢板的作用力.10．以2m/s的速度作水平匀速运动的质量为0.1kg的物体, 从某一时刻起受到一个始终与速度方向垂直、大小为2N的力的作用, 在作用0. 1π(s)后, 物体的速度大小是_______m/s, 这0.1π(s)内, 力对物体的冲量大小为______N·s.3、动量守恒定律11．质量相等的甲乙两球在光滑水平面上沿同一直线运动. 甲以7kgm/s的动量追上前方以5kgm/s的动量同向运动的乙球发生正碰, 则碰后甲乙两球动量不可能的是( )A. 5kgm/s, 7kgm/sB. 6kgm/s, 6kgm/sC. 5.5kgm/s, 6.5kgm/sD. 4kgm/s, 8kgm/s12．在光滑水平直路上停着一辆较长的木板车, 车的左端站立一个大人, 车的右端站立一个小孩. 如果大人向右走, 小孩(质量比大人小)向左走, 他们的速度大小相同, 则在他们走动过程中( ).A、车可能向右运动B、车一定向左运动C、车可能保持静止D、无法确定13．质量分别为60kg和70kg的甲、乙两人, 分别同时从原来静止的在光滑水平面上的小车两端. 以3m/s的水平初速度沿相反方向跳到地面上. 若小车的质量为20㎏. 则当两人跳离小车后, 小车的运动速度为( ).A、19.5m/s. 方向与甲的初速度方向相同B、19.5m/s, 方向与乙的初速度方向相同C、1.5m/s, 方向与甲的初速度方向相同D、1.5m/s, 方向与乙的初速度方向相同14．质量相同的物体A、B静止在光滑的水平面上, 用质量和水平速度相同的子弹a、b分别射击A、B, 最终a子弹留在A物体内, b子弹穿过B, A、B速度大小分别为v A和v B, 则( ).A、v A＞v BB、v A＜v BC、v A=v BD、条件不足, 无法判定15. 如图所示, 在一个足够大的光滑平面内有A、B两个质量相同的木块, 中间用轻质弹簧相连, 今对B施以水平冲量FΔt(Δt极短), 此后A、B的情况是( ).A、在任意时刻, A、B的加速度大小相同B、弹簧伸长到最长时, A、B的速度相同C、弹簧恢复到原长时. A、B的动量相同D、弹簧压缩到最短时, 系统总动能最少16．质量为M的楔形物块上有圆弧轨道, 静止在水平面上. 质量为m的小球以速度v1向物块运动. 不计一切摩擦, 圆弧小于90°且足够长. 求小球能上升到的最大高度H和物块的最终速度v.17．设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块, 并留在木块中不再射出, 子弹钻入木块深度为D. 求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离.18．如图所示, 有A、B两质量均为M的小车, 在光滑的水平面上以相同的速率v0在同一直线上相向运动, A车上有一质量为m的人, 他至少要以多大的速度(对地)从A车跳到B车上, 才能避免两车相撞?19．如图所示, 质量相同的木块A和B, 其间用一轻质弹簧相连, 置于光滑的水平桌面上, C为竖直坚硬挡板. 今将B压向A, 弹簧被压缩, 然后突然释放B, 若弹簧刚恢复原长时, B的速度大小为v, 那么当弹簧再次恢复原长时, B的速度大小应为( )A、0B、v/2C、vD、2 2v20．如图, (a)图表示光滑平台上, 物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上, 车与水平面间的动摩擦因数不汁, (b)图为物体A与小车的v-t图像, 由此可知( ).A、小车上表面至少的长度B、物体A与小车B的质量之比C、A与小车上B上表面的动摩擦因数D、小车B获得的动能21．平直的轨道上有一节车厢, 车厢以12m/s的速度作匀速直线运动. 某时刻与一质量为其一半的静止的平板车挂接时, 车厢顶边缘上一个小钢球向前滚出, 如图所示, 平板车与车厢顶高度差为1.8m, 设平板车足够长, 问钢球落在平板车上何处(g取10m/s2)?22．[2011·高考全国新课标卷, 35(2)]如图, A、B、C三个木块的质量均为m, 置于光滑的水平桌面上, B、C 之间有一轻质弹簧, 弹簧的两端与木块接触而不固连. 将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连, 使弹簧不能伸展, 以至于B、C可视为一个整体. 现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动, 与B相碰并粘合在一起. 以后细线突然断开, 弹簧伸展, 从而使C与A、B分离. 已知C离开弹簧后的速度恰为v0. 求弹簧释放的势能.23．质量为M的小车静止在光滑的水平面上, 小车的上表面是一光滑的曲面, 末端是水平的, 如图所示, 小车被挡板P挡住, 质量为m的物体从距地面高H处自由下落, 然后沿光滑的曲面继续下滑, 物体落地点与小车右端距离s0, 若撤去挡板P, 物体仍从原处自由落下, 求物体落地时落地点与小车右端距离是多少?23．如图所示, 在足够长的光滑水平轨道上有三个小木块A、B、C, 质量分别为m A、m B、m C, 且m A=m B=1.0kg, m C=2.0kg, 其中B与C用一个轻弹簧拴接在一起, 开始时整个装置处于静止状态. A和B之间有少许塑胶炸药, A的左边有一个弹性挡板. 现在引爆塑胶炸药, 若炸药爆炸产生的能量中有E=9.0J转化为A和B的动能, A和B分开后, A恰好在BC之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B, 并且与B发生碰撞后粘在一起. 忽略小木块和弹性挡板碰撞过程中的能量损失. 求：(1)塑胶炸药爆炸后瞬间A与B的速度各为多大?(2)在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值；(3)A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值.24．小球A和B的质量分别为m A和m B, 且m A>m B. 在某高度处将A和B先后从静止释放. 小球A与水平地面碰撞后向上弹回, 在释放处的下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰. 设所有碰撞都是弹性的, 碰撞时间极短. 求小球A. B碰撞后B上升的最大高度.。

4、一枚在空中飞行的导弹，质量为m，在某点的速度为 ，方向水平。 、一枚在空中飞行的导弹，质量为 ，在某点的速度为v，方向水平。 导弹在该点突然炸裂成两块，其中质量为 的一块沿着与v相反的 导弹在该点突然炸裂成两块，其中质量为m1的一块沿着与 相反的 方向飞去，速度为v1。求炸裂后另一块的速度 2。 求炸裂后另一块的速度v 方向飞去，速度为
动量守恒定律的理解及应用要点
矢量性：动量守恒定律方程是一个矢量方程。 矢量性：动量守恒定律方程是一个矢量方程。对于作用前后物体的运动方向 都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向。若方向未知， 都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向。若方向未知，可以 设的正方向为标准列动量守恒方程，通过所得结果的正负， 设的正方向为标准列动量守恒方程，通过所得结果的正负，判定未 知量的方向 瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量和恒定， 瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量和恒定， 不是同一时刻的动量不能相加 相对性： 相对性：应用动量守恒定律时各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度 普适性：只要系统所受的合外力为零， 普适性：只要系统所受的合外力为零，不论系统内部物体之间的相互作用力 性质如何，不论系统内各物体是否具有相同运动方向， 性质如何，不论系统内各物体是否具有相同运动方向，不论物体相 互作用时是否直接接触， 互作用时是否直接接触，也不论相互作用后粘合在一起还是分裂成 碎片，动量守恒定律均适用。 碎片，动量守恒定律均适用。动量守恒定律不仅适用于低速宏观物 体，而且适用于接近光速运动的微观粒子。 而且适用于接近光速运动的微观粒子。
A
等于碰撞前的总动能 ③ 碰撞后同向运动时后一
A、 PA=6kg.m/s， PB=6kg.m/s 、 ， B、 PA=3kg.m/s， PB=9kg.m/s 、 ， C、 PA=－2kg.m/s， PB=14kg.m/s 、 － ， D、 PA=－5kg.m/s， PB=17kg.m/s 、 － ， 物体速度不大于前一物 体速度

4） 动量守恒定律只在惯性参考系中成立 是自然 ） 动量守恒定律只在惯性参考系中成立, 惯性参考系中成立 界最普遍、 宏观、微观均成立） 界最普遍、最基本的定律之一 （宏观、微观均成立）.
设有一静止的原子核,衰变辐射出一个电子和 例 3 设有一静止的原子核 衰变辐射出一个电子和 一个中微子后成为一个新的原子核. 一个中微子后成为一个新的原子核 已知电子和中微子 的运动方向互相垂直,且电子动量为 且电子动量为1.2×10-22 kg·m·s-1,中 的运动方向互相垂直 且电子动量为 中 微子的动量为6.4×10-23 kg·m·s-1 . 问新的原子核的动量 微子的动量为 的值和方向如何? 的值和方向如何 解
动量定理
∫
t
t0
v Fdt
r ur ur I = p − p0
动量定理 在给定的时间内，外力作用在质点 在给定的时间内， 上的冲量，等于质点在此时间内 在此时间内动量的增量 上的冲量，等于质点在此时间内动量的增量 .
1）矢量式 ） 2）分量形式 ）
r u u r r I = p − p0
v v v v I = Ixi + I y j + Izk
∫
t
t0
v F外 d t =
v v ∑ mi vi − ∑ mi vi 0
i =1 i =1
n
n
v v v I = p − p0
注意
内力不改变质点系的动量 内力不改变质点系的动量
初始速度
v g 0 = v b 0 = 0 m b = 2m g
且方向相反
推开后速度 v g = 2 v b 推开前后系统动量不变
i
1）系统的动量守恒是指系统的总动量不变，系 ）系统的动量守恒是指系统的总动量不变， 动量守恒是指系统的 统内任一物体的动量是可变的; 各物体的动量必相对 统内任一物体的动量是可变的 各物体的动量必相对 于同一惯性参考系 .

0
③
(ⅱ)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具
底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒定律得 ④ 在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小 为
考点一
栏目索引
Δp=(Δm)v ⑤ 设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有
FΔt=Δp ⑥
由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得 F=Mg ⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得 ⑧
考点一
栏目索引
方法技巧 (1)应用动量定理解题的一般步骤
(2)对于过程较复杂的运动,可分段应用动量定理,也可对整个过程应用动量 定理。
考点二
栏目索引
考点二
动量守恒定律
1.内容:如果一个系统① 不受外力 ,或者所受② 外力的矢量和 为0,这个系 统的总动量保持不变。 2.表达式:m1v1+m2v2=③ m1v'1+m2v'2 或p=p'。 3.适用条件 (1)理想守恒:系统不受外力或所受④ 外力的合力 为零,则系统动量守恒。 (2)近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远⑤ 大于 外力时,系统的动 量可近似看成守恒。
考点一
栏目索引
2.应用动量定理时的注意事项 (1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)。 (2)动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选同一个正方 向。 3.动量定理的应用 (1)用动量定理解释现象 ①物体的动量变化一定,力的作用时间越短,力就越大;力的作用时间越长,
考点一
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答案 A 解法一:由v2=2gh得v= 2 gh 。对人与安全带作用的过程应用动 量定理,则有(mg-F)t=0-mv,解得F=