[例谈动量关系在习题中的应用]
时间：2019-02-02 03:19:42 来源：雅意学习网 本文已影响 人 
我们可以把动量定理和动量守恒统称作动量关系。目前，高考对动量定理的要求局限于定性的分析物理过程，而动量守恒定律和能量的综合应用则是高考的重点。� 动量定理指的是物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，即I=Δp，它适用于一个物体。在遇到涉及力、时间和速度变化的问题时，运用动量定理解答要比运用质点运动学、质点动力学规律简便。�
动量守恒定律的研究对象为一个系统，适用于像碰撞、反冲、爆炸等过程，它考查的是一个过程的始末两个状态的物理量关系。也就是说，当一个系统不受外力或者受外力之和为零时，这个系统的总动量保持不变，即：m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2。�
1 动量关系的一般解题步骤�
1.1 动量定理的解题步骤�
（1）明确研究对象和物理过程；�
（2）分析研究对象在运动过程中的受力情况；�
（3）选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；�
（4）依据动量定理列方程、求解。�
1.2 动量守恒定律的解题步骤�
（1）明确物理过程，恰当地选择系统；�
（2）明白具体的物理情景，画出示意图；�
（3）选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；�
（4）分析研究对象在各过程中的特点，挖掘隐含的物理过程或条件，找出各物理过程的联系，列出方程求解。�
2 动量定理在典型习题中的应用�
例1 一质量为 100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上，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多大。（取g=10m/s2，不计空气阻力）。�
解析 小球从高处自由下落到接触软垫及小球陷至最低点 经历了两个过程，从高处自由下落到接触软垫前一瞬间，是自由下落过程，接触软垫前一瞬间速度有：v2t=2gh即vt=2gh
=4m/s。�
接触软垫时小球受到软垫向上的支持力N和重力G的作用，规定向下为正方向，根据动量定理：（mg-N）t=0-mv0即Nt=mgt+mv0。�
代入数据，得：Nt=0.1×10×0.2N・s+0.1×4N・s=0.6N・s。�
点评 解本题的关键在于分析清楚小球运动的物理过程和各阶段的受力情况 ，进而利用动量定理求解。需要注意的是，在物体与地面撞击问题中，是否考虑重力，取决于相互作用力与重力大小的比较，若二者不在同一数量级，相差极大，则可考虑不计，本题中的支持力N和重力G处于同一数量级上，因而不可忽略。�
例2 如图1所示，以v0=10m/s的初速度，与水平方向成30°角抛出一个质量m=2kg的小球。忽略空气阻力的作用，（取g=10m/s2）。求抛出后第2s末（尚未落地）小球速度的大小。�
解析 由于小球在运动过程中只受到重力的作用，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀变速运动，竖直方向应用动量定理得：mgt=mv�yt�-mv�y0�，即mgt=mv�yt�-(-mv0・sin30°)，解得：v�yt�=gt+v0・sin30°=25m/s。�
而vx=v0cos30°=53m/s�
第2s末小球的速度大小为：�
v=v2x+v2�yt�=107m/s。�
点评 本题的目的在于说明动量定理不仅适用于物体做直线运动的问题，而且也适用于物体做曲线运动的问题。一般在求解曲线运动问题中，可以根据动量定理的分量形式建立方程，即Fxt=mvx-mv�x0�;Fyt=mvy-mv�y0�。�
3 动量守恒定律在典型习题中的应用�
例3 质量为M的小船以速度v0行驶，船上有两个质量均为m的小孩a和b分别静止站在船头和船尾。现在小孩a沿水平方向以速率v（相对于静止水面）向前跳入水中，然后小孩子b沿水平方向以同一速率v（相对于静止水面）向后跳入水中。求小孩b跳出后小船的速度。�
解析1 将该物理过程分为两个，首先取小孩a和小船（含小孩b）为系统，因为水平方向没有外力，所以水平方向动量守恒，规定船行驶的方向为正，并设小孩a向前跳入水中后小船的速度为v1，有：（M+2m）v0=(M+m)v1+mv�
再取小孩b和小船为系统，同样因水平方向无外力，水平方向动量守恒。并设小孩b向后跃入水中后小船的速度为v2，则：�
（M+m）v1=Mv2-mv�
两式联立，消去v1得：v2=(1+2mM)v0。�
解析2 也可直接取小孩a、小孩b和小船为系统，由于水平方向始终无外力。所以水平方向动量守恒。规定船行驶方向为正，并设小孩b向后跳入水中后小船的速度为v2，把小孩a将向前跳入水中至小孩b向后跳入水中作为对系统研究过程的初态与末态，则可直接列出：�
（M+2m）v0=Mv2-mv+mv�
解出：v2=(1+2mM)v0。�
点评 这两种方法都是运用动量守恒来进行解题的，不同的是系统的选取和过程的确定，对比而言，第二种解法更简捷。这就要求在实际应用中，首先明确是否满足动量守恒条件，然后仔细分析物理情景，找准切入点，恰当地选择系统和过程。�
例4 一个连同装备共有M=100kg的宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船L=45m处与飞船处于相对静止状态，他带着一个装有m=0.5kg氧气的贮氧筒，贮氧筒有个可以使氧气以v=50m/s的速度喷出的喷嘴。宇船员必须向着与返回飞船相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在飞向飞船的途中呼吸。飞行员呼吸的耗氧率为λ=2.5×10�-4�kg/s。如果他在开始返回的瞬间释放Δm=0.1kg的氧气，他能安全回到飞船吗？宇航员最短可以多长时间返回飞船？�
解析 （1）宇航员放出氧气后，由于反冲使自己获得返回飞船的速度，设其反冲速度为v′，根据动量守恒定律：（M-Δm）v′=Δmv�
因为M�Δm，则有�
Mv′=Δmv，v′=ΔmvM=5×10�-2�m/s�
宇航员返回飞船的时间�
t=L/v′=9×102s。�
在这900s内，宇航员需要呼吸氧气，即m′=λt=2.5×10�-4�×900kg=0.225kg�
可得：m总=m′+Δm=0.325kg。宇航员可以安全返回飞船。�
（2）如果宇航员以最短的时间返回飞船，设时间为t，宇航员放出氧气的质量为Δm，则留下呼吸的氧气至少为m-Δm，宇航员获得的反冲速度v′，根据动量守恒定律，（M-Δm）v′=Δmv(M�Δm)，即v′=ΔmvM，故t=LMΔmv。�
宇航员呼吸氧气应满足：（m-Δm）=λt。�
两式联立，（m-Δm)λ=LMΔmv。�
代入数据，解出Δm=0.45kg(另一解Δm=0.05kg舍去)，从而求得t=200s。�
点评 此解的关键是根据题目中提供的信息，认真分析物理过程，理顺思路。本题立意新颖，创设了良好的物理情境，意在分析解决实际问题，不仅考查了动量守恒定律的应用，而且可以让学生在思维中建立物理模型，进一步培养学生的理解能力、推理能力、分析综合能力。
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