16动量同一直线上矢量运算综合练习

动量、同一直线上矢量运算综合练习例题精选：例1、如图1所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静自由滑下，到达斜面底端，在这个过程中，两个物体具有的相同的物理量可能是：A．重力的冲量B．支持力的冲量C．合力的冲量D．到达底端时的动量E．到达底端时动量的水平分量F．到达底端时动量的竖直分量G．以上各量都不同【分析和解】我们知道如果一个力的方向不变，则在一个过程中这个力的冲量方向跟这个力的方向相同，由受力分析可知支持力N垂直于斜面，而合外力的方向平行于斜面。物体两次下滑时，斜面的倾角不同，所以两次下滑时，支持力N的方向以及合外力的方向就不同。因此两次下滑时支持力的冲量的方向以及合外力的方向也就不同。而冲量是矢量，要想叫两个矢量相等（或者说相同）这两个矢量必须大小相等并且方向相同，因此两次下滑过程中支持力的冲量以及合外力的冲量是不相等的，所以B和C是错误的。由动量定理得，合外力的冲量等于动量的变化。请注意，这里的等式表示的是两个矢量相等。即“合外力的冲量”与“物体的动量的变化”不但数值相等，并且方向相同。又物体的初动量为零，所以物体的动量的变化就等于物体的末动量（也是矢量相等），因此合外力的冲量等于物体的末动量（即到达底端时的动量），因为两次下滑时合外力的冲量不相等，所以两次下滑时物体的末动量就不相等。所以D选项也是错的。设物体的质量为m，则物体两次下滑过程中重力的冲量分别为mgtmgt12和，方向都是竖直向下，如果能够证明t1=t2倒可以得出物体两次下滑过程中重力的冲量相等的结论。可惜的是我们却可以证明tt12。因为下滑过程中机械能守恒，所以两次滑到底端时速度的大小相等，所以两次下滑过程中的平均速度相等（指的是大小相等），但由于12而斜面高度相同，所以第一次下滑的路程长，所以tt12，所以两次下滑过程中也不相等，所以A选项也是错误的。上面已经说过物体两次滑到底端时速度的大小相等，因此物体滑到底端时尽管动量不相等，而动量的大小却相等（请注意：动量大小相等跟动量相等的含意是不同的）。因此两次滑到底端时物体动量的水平分量分别为mvmvcoscos12和，由于m、v相同，而角不同，所以两次下滑到底端时动量的水平分量还是不相等，所以E选项是错误的。同理可以证明F选项也是错误的。既然AF各选项都是错误的，就只有G选项正确了。例2、质量为1Kg的小球从高20m处自由落到软垫上，反弹后最大高度为5.0m，小球与软垫接触的时间为1.0s，在接触时间内受到软垫弹力的冲量大小是：A．0B．10N·sC．20N·sD．40N·s解：在接解过程中应用动量定理IImvmvNG21设向上为正，得ImgtmvmvN21又因为下落时是自由落体运动∴vgh1212∴vms120/而上升过程为竖直上抛运动∴hvg2222∴vms210/∴ImvmvmgtNsN21110120110140()∴D正确说明：（1）公式IImvmvNG21是矢量式，公式左边的“IING”表示的是矢量IN跟矢量IG的矢量和（即所谓叠加），而公式右边的mvmv21表示的是两个矢量的矢量差，所以“＋”和“－”只是表示矢量的相加或相减，并不是表示矢量的正负。（2）矢量的正负（或者说矢量的方向）在表示矢量的字母里，例如我们规定向上为正后，v2已经是负数，千万不要因为v2是负数，就在v2前面加一个“－”把它写成“－v2”，因此规定向上为正后虽然IG，v2都是负矢量，但它们前面却没有负号。（3）但是在同一直线上矢量运算中，有两种矢量字母里不包含方向，而它的方向用在字母前加正负号来表示，一种是力，另一种是重力加速度g，例如我们规定了向上为正后，重力这个负矢量就用“－mg”来表示，这里重力的方向由“－”来表示，而“mg”只表示重力的大小。例3、质量为m的小球A，沿光滑水平面以w1v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰撞，碰撞后A球的动能变为原来的19，那么小球B的速度可能为：A．130vB．230vC．490vD．590v解：碰撞过程中A、B两小球系统的总动量守恒。∴mvmvmv1122我们已经知道vv10，且129121212mvmv∴vv1113∴vvvvvvvvv21100000021321313223()∴A、B选项正确。说明：在公式中mvmvmv1122,,都是矢量，它们的方向都在字母里。可是一但用已知v0代入公式时，这里的v0就只单纯地代表一个数据了，而且这个数据一般代表一个正的数据，当v1跟v1方向相同时，vv1013，当v1跟v1方向相反时，vv1013。可见vvvv1120,,,显然都是字母，但它们的意义不同，vvv112,,代表的是三个矢量，而已知数据v0却往往只代表一个已知速度的大小，即它已经是标量了，那么最后结果vvvv20201323或难道表示矢量等于标量了吗？不是的，因为在132300vv和前面有一个“＋”，而“＋”一般可以不写。在应用动量定理和动量守恒定律解题时，经常遇到一些非常大的力的作用。这些力的大小往往是其它力的几十倍，上百倍，甚至更大。在这种情况下我们常常把其它力忽略。而忽略其它力后会给我们带来种种方便，有时会使本来不满足动量守恒的系统转化为满足动量守恒。有时会使运算变得简单很多。例4、如图2所示，质量为m的重锤从高h处自由下落，打在质量为M的木桩上，重锤与木桩一起下沉距离S。求：木桩在下沉过程中遇到的平均阻力。分析与解此处显示动画1—动画7由以上分析我们可以得到下列方程mghmvmvMmvfSMmv1212012322()()()()()解这三个方程得fghMSMm2()说明：1、严格来讲，只有在系统不受外力或所受外力的合力为零时，系统的总动量才守恒，但是如果系统内物体间的作用力（内力）非常大，系统所受到的外力跟内力相比较如果可忽略的话，我们也可以认为系统的动量守恒，本例题中，当m和M发生碰撞时，要受到重力和阻力的作用，而且阻力还是一个相当大的力，但是这些外力跟碰撞时的内力相比较仍是可以忽略的。类似这种情况的还有用锤子钉钉子。2、当m和M一起下沉时，合外力应为重力跟阻力的合力。但在这个过程中，我们应用动能定理时没有考虑重力，这是因为当m和M下沉的过程中阻力非常大，重力跟它相比较完全可以忽略，有了这个忽略，可以使运算显得简单多了。3、摩擦力（阻力）在有些过程中可以忽略（碰撞时），有些过程（下沉时）不能忽略，并且它还大到可以忽略其它力，摩擦力的地位发生了巨大的变化。这种变化完全由外界条件（FfG碰撞）决定。而这种外界条件的改变往往是不易掌握的。要做到能较好地把握这种地位的改变，可通过做些习题来丰富自己对一些过程有较为准确的认识。这道例题就使我们对打桩，钉钉子之类过程有了较为准确的认识。【动画及说明】动画1整个过程如右图所示，我们可以把全过程分为三个过程，第一过程为m自由下落过程，第二过程为碰撞过程，第三过程为m、M一起下沉过程。动画1、说明：（1）动画过程分为三个分过程（2）第一过程m下落，M不动，m开始时速度为零，下落过程中速度逐渐增大（匀加速运动），如果画面中下落高度h=10厘米，运动时间设计为1秒钟，则到接触大M时，m的速度应为20厘米/秒。（3）第二过程即动画2的第二过程，但在此过程中时间极短，大约为4104秒，因此几乎看不到位移SSmM和。但m速度由20厘米/秒变为8厘米/秒。（4）第三过程即为动画3中所增加的过程，在此动画中第三过程用时2102秒，下沉距离为8102厘米。（5）此动画要反复出现直到翻页。（6）此动画可设置学生翻页，如果学生不翻过15可自动翻页。（7）翻页后进入动画2。动画2为了使大家能看得清楚些，我们把第二过程和第三过程的画面放大，用慢镜头表现一下。动画2说明：（1）动画2中的动画部分，与动画1相同。（2）5后把虚线内部分推近放大，但在放大过程中，竖直方向放大快些，水平方向（宽度）放大慢些，（放大所用时间由制做人员自由掌握）（3）放大后进入动画3。动画3当m自由下落到接触到M时，就跟M发生碰撞，碰撞过程的时间极短，这里把时间放大了，让大家看到细节。（1）此动画可分为两个过程，这两个过程用动画图3所示的三个状态分割，这三个状态应在同一竖直方向上，为了能让制做动画的同志看清楚，我把三个状态错开画出。（2）第一过程，由状态1到状态2，m以匀速下落，下落高度视画面大小而定，我假定为4厘米，用时14.，m下落速度为2.86厘米/秒。（3）第二过程由状态2到状态3，重锤下落2厘米，速度由2.86厘米/秒逐渐减小到1.14厘米/秒（匀减速），用时1秒。木桩下落0.57厘米，速度由0逐渐增大到1.14厘米/秒（匀加速），当然用时也是1秒。（4）由于在第二过程中重锤下落多，木桩下落少，所以木桩要产生变形，向两边胖出来，这个胖出来的过程应是逐步的，最后不宜胖出太多，有点意思即可。（5）为了能够表现出重锤和木桩的运动，可在这两个物体上画些木纹之类的东西，使其有立体感。（6）此动画可反复出现直到翻页。（7）可设同学翻页，如果学生不翻过10可自动翻页。（8）翻页后进入动画4。动画4：碰撞过程结束后，m与M一起下沉，下沉过程的时间也很短，这里也把这个过程的时间放大了。动画4说明（1）与动画3说明中第（1）条同。（2）第一过程，由状态1到状态2，重锤下降1.4毫米，木桩下降0.4毫米，用时004.。这一过程就是动画（3）的第二过程。只不过把下降距离和时间都做相应的减少。速度也有相应变化（重锤由5厘米/秒2厘米/秒，木桩由02厘米/秒）。（3）第二过程由状态2状态3，重锤和木桩一起下沉，下沉时间为2秒，下沉距离为2厘米，下沉过程由初速度为2厘米/秒，逐渐减小速度，（匀减速运动），最后速度为零。（4）(5)、(6)、(7)与动画了的第(4)、(5)、(6)、(7)相同，只是把动画3的说明(4)中的“第二过程”改为“第一过程”（8）翻页后进入动画5。动画5在第一过程中即m自由下落过程中，重锤m机械能守恒。所以有mghmv122图如动画1（1）本动画图的动画部分与动画1相同。（2）可设学生翻页，如果学生不翻15自动翻页。（3）翻页后进入动画6。动画6而在第二过程即碰撞过程中，由于内力跟外力相比较非常大，外力可忽略，所以重锤m和木桩M这个系统动量守恒，所以有mvMmv()图如动画3动画6说明（1）本动画图的动画部分与动画3相同。（2）可设学生翻页，如果学生翻15自动翻页。（3）翻页后进入动画7。动画7在第二过程，即碰撞后重锤m和木桩m共同下沉的过程，由于在这个过程中阻力f远大于重力G，所以重力可忽略，由动能定理得fSMmv0122()图如动画4（1）本动画图的动画部分与动画4相同。（2）可设学生翻页，如果学生不翻20自动翻页。（3）翻页后进入文本“分析和解”内容。说明：（4）我们在演示碰撞过程时，时间用了1秒，重锤和木桩都下降了一个不小的距离，其实际情况碰撞过程的时间极短，而位移也极小，我们设想了一个具体打桩情况，把数据拿出来供参考，重锤自由落体过程，h=5米，t=1秒，碰撞过程：SStStMm0828410421042..毫米，毫米，秒，下沉过程，厘米，秒。我们在做碰撞演示时，把时间拉长了，把物体的位移也增大了，目的是为了能叫大家看到细节，千万不要因此产生“碰撞时，两物体都要产生不是十分小的位移”的错误结论。这部分内容接在前面说明（3）后边。我们知道动量守恒定律，是对系统而言的，对一个物体讨论动量守恒是没有意义的。当一个问题中有多个物体时，可做为研究对像的系统是多样的，例如有甲、乙、丙三个物体，我们可以甲、乙组成系统，也可以乙、丙组成系统还可以甲、丙组成系统，还可以甲、乙、丙组成系统。而在这些系统中，不见得随便拿出个系统来就动量守恒，有可能