1动量守恒定律一:复习要点1.定律内容:相互作用的几个物体组成的系统,如果不受外力作用,或者它们受到的外力之和为零,则系统的总动量保持不变。2.一般数学表达式:''11221122mvmvmvmv3.动量守恒定律的适用条件:①系统不受外力或受到的外力之和为零(∑F合=0);②系统所受的外力远小于内力(F外F内),则系统动量近似守恒;③系统某一方向不受外力作用或所受外力之和为零,则系统在该方向上动量守恒(分方向动量守恒)4.动量恒定律的五个特性①系统性:应用动量守恒定律时,应明确研究对象是一个至少由两个相互作用的物体组成的系统,同时应确保整个系统的初、末状态的质量相等②矢量性:系统在相互作用前后,各物体动量的矢量和保持不变.当各速度在同一直线上时,应选定正方向,将矢量运算简化为代数运算③同时性:12,vv应是作用前同一时刻的速度,''12,vv应是作用后同—时刻的速度④相对性:列动量守恒的方程时,所有动量都必须相对同一惯性参考系,通常选取地球作参考系⑤普适性:它不但适用于宏观低速运动的物体,而且还适用于微观高速运动的粒子.它与牛顿运动定律相比,适用范围要广泛得多,又因动量守恒定律不考虑物体间的作用细节,在解决问题上比牛顿运动定律更简捷二:典题分析1.如图,—玩具车携带若干质量为m1的弹丸,车和弹丸的总质量为m2,在半径为R的水平光滑轨道上以速率V0做匀速圆周运动,若小车每一周便沿运动方向相对地面以恒定速度u发射—枚弹丸.求:(1)至少发射多少颗弹丸后小车开始反向运动?(2)写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的表达式.解(1)由动量守恒得20121()nmvnmumnmv小车开始反向0nv得201/nmvmu(2)发射相邻两枚弹丸的时间间隔就是发射第K颗弹丸后小车的周期,即212012()kRmkmtTmvkmu且201mvkmuu22.某人在一只静止的小船上练习射击.已知船、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,每颗子弹的质量为m,枪口到靶的距离为L,子弹飞出枪口时相对于地面的速度为v.若在发射后一颗子弹时,前一颗子弹已陷入固定在船上的靶中,不计水对船的阻力.问(1)射出第一颗子弹时,船的速度多大,(2)发射第n颗子弹时,船的速度多大?(3)发射完颗n子弹后,船一共能向后移动多少距离?解(1)射出第一颗子弹时,设船的速度为V1,由动量守恒定律得10()Mnmmvmv,1(1)mvvMnm(2)每射出一颗子弹的过程,系统的动量均守恒,而每一颗子弹进入靶中后,船的速度将为零,故每一颗子弹射出时,船后退的速度是相同的,即1(1)nmvvvMnm(3)每发射一颗子弹的过程实际上经历了三个阶段:第一阶段是击发到子弹射出枪瞠为止;第二个阶段是子弹在空中飞行的阶段;第三个阶段是子弹从击中靶子到静止为止.三个阶段都遵从动量守恒定律,第一、第三阶段历时很短,故这两个阶段船的移动可忽略.因此每发射一颗子弹的过程,只在第二阶段船向后移动.每发射完一颗子弹后船向移动的距离3.如图所示,光滑水平面上停放一个木箱和小车,木箱的质量为m,小车和人总的质量为M,M∶m=4∶1,人以速率v沿水平方向将木箱推出,木箱被挡板以原速反弹回来以后,人接住木箱再以同样大小的速度v第二次推出木箱,木箱又被原速反弹……,问人最多能推几次木箱?解.选木箱、人和小车组成的系统为研究对象,取向右为正方向.设第n次推出木箱后人与小车的速度为vn,第n次接住后速度为vn′,则由动量守恒定律可知:第一次推出后有:0=Mv1-mv,则v1=mv/M第一次接住后有:Mv1+mv=(M+m)v1′第二次推出后有:(M+m)v1′=Mv2-mv,则v2=3mv/M第二次接住后有:Mv2+mv=(M+m)v2′……第n-1次接住:Mvn-1+mv=(M+m)vn-1第n次推出:(M+m)vn-1′=Mvn-mv即vn=(2n-1)mv/M3设最多能推N次,推出后有vn≥vvn-1≤v即MmvN)12(≥v,且MmvN1)1(2<v所以)1(21Mm≤N<)1(21Mm+1将M/m=4代入,可得:2.5≤N<3.5因N取整数,故N=34.质量为50㎏的人站在质量为150㎏(不包括人的质量)的船头上,船和人以0.20m/s的速度向左在水面上匀速运动,若人用t=10s的时间匀加速从船头走到船尾,船长L=5m,则船在这段时间内的位移是多少?(船所受水的阻力不计)分析:(该题利用动量守恒重点考查了人、船模型中速度关系、位移关系)解析:设人走到船尾时,人的速度为xv,船的速度为yv对系统分析:动量守恒yxMvmvvMm0对船分析:(匀加速运动)S=tvvy20对人分析:(匀加速运动)tvvLSx20得:S=3.25m.5.如图所示,一块足够长的木板,放在光滑水平面上,在木板上自左向右并非放有序号是1,2,3,…,n的物体,所有物块的质量均为m,与木板间的动摩擦因数都相同,开始时,木板静止不动,第1,2,3,…n号物块的初速度分别是v0,2v0,3v0,…nv0,方向都向右,木板的质量与所有物块的总质量相等,最终所有物块与木板以共同速度匀速运动。设物块之间均无相互碰撞,木板足够长。试求:(1)所有物块与木板一起匀速运动的速度vn;(2)第1号物块与木板刚好相对静止时的SL12nV02V0nV04速度v1;(3)通过分析与计算说明第k号(k<n=物块的最小速度vK分析:(多个物体组成的系统,应恰当选择小系统利用动量守恒定律求解)在木板上各个物块相对木板运动,都给木板一个向右的磨擦力,因各个物块质量相同,滑动磨擦力都一样,木板在磨擦力的作用下向右加速。由于每个物块的初始速度不同,因而相对木板静止的物块顺序依次是1,2,…,n号,当第一号物块由v0到相对木板静止时,其动量变化设为△p1,则其他各个所有物块在这段时间内的动量变化也都为△p1(f相同,T相同),因木板与所有物块总动量守恒,故可用动量守恒关系求出第1号物块相对木板静止时的速度。解析:(1)设所有物块都相对木板静止时的速度为vn,因木板与所有物块系统水平方向不受外力,动量守恒,应有:mv0+m·2v0+m·3v0+…+m·nv0=(M+nm)vn○1M=nm,○2解得:vn=41(n+1)v0,(2)设第1号物块相对木板静止时的速度为v1,取木板与物块1为系统一部分,第2号物块到第n号物块为系统另一部分,则木板和物块1△p=(M+m)v1-mv0,2至n号物块△p'=(n-1)m·(v0-v1)由动量守恒定律:△p=△p',解得v1=21v0,○3(3)设第k号物块相对木板静止时的速度由vk,则第k号物块速度由kv0减为vk的过程中,序数在第k号物块后面的所有物块动量都减小m(kv0-vk),取木板与序号为1至K号以前的各物块为一部分,则△p=(M+km)vk-(mv0+m·2v0+…+mkv0)=(n+k)mvk-2k(k+1)mv0序号在第k以后的所有物块动量减少的总量为△p'=(n-k)m(kv0-vk)5由动量守恒得△p=△p',即(n+k)mvk-2k(k+1)mv0=(n-k)m(kv0-vk),解得vk=nkvkn4)12(05.如图所示,人与冰车质量为M,球质量为m,开始均静止于光滑冰面上,现人将球以对地速度V水平向右推出,球与挡板P碰撞后等速率弹回,人接住球后又将球以同样的速度V向右推出……如此反复,已知M=16m,试问人推球几次后将接不到球?分析:(该题是多过程动量守恒问题,可以采用数学归纳的方法研究;当然也可整个过程采用动量定理研究)解析:取水平向左为正方向,冰车、人、球为系统.由动量守恒定律,对第一次推球过程有:110,mvMvmvvM对第二次整个接、推球过程有:1223,mvMvmvMvmvvM对第三次整个接、推球过程有:2335,mvMvmvMvmvvM对第n次整个接、推球过程同理分析得:(21)nnmvvM设推球n次后恰接不到球,则nvv,故有(21)nmvvM代人已知条件解得:n=8.5,即人推球9次后将接不到球.6、如图所示,固定水平台长L=2m,距离水平地面的高度为H=1.8m,左半部分粗糙,右半部分光滑,右边缘与半径R=1.6m的光滑半圆轨道相连,在平台的中央并排放着两个可视为质点的滑块A和B,质量分别为2Amkg、1Bmkg,开始时A、B均处于静止状态,并且A、B间夹有少量炸药,炸药爆炸,使得A、B分别向左右运动,B滑块恰能运动到光滑半圆轨道的最高点,并最终落到水平地面上的P点,A从固定水平台滑落后也落在P点。(取210/gms)求:(1)A、B间的炸药爆炸后,A、B的速度Av、Bv各为多大?(2)落点P离平台的水平距离s;6(3)固定水平台左半部分的动摩擦系数。7.如图半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm(β为待定系数)。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的B球相撞,碰撞后A、B球能达到的最大高度均为14R,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求:(1)待定系数β;(2)第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力;(3)小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度解析:(1)由于碰撞后球沿圆弧的运动情况与质量无关,因此,A、B两球应同时达到最大高度处,对A、B两球组成的系统,由机械能守恒定律得44mgRmgRmgR,解得β=3(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为v1、v2,取方向水平向右为正,对A、B两球组成的系统,有22121122mgRmvmv122mgRmvmv解得112vgR,方向水平向左;212vgR,方向水平向右。设第一次碰撞刚结束时轨道对B球的支持力为N,方向竖直向上为正,则22vNmgmR,B球对轨道的压力4.5NNmg,方向竖直向下。(3)设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2,取方向水平向右为正,则1212mvmvmVmV22121122mgRmVmV解得V1=-gR2,V2=0.(另一组解V1=-v1,V2=-v2不合题意,舍去)8.如图所示,质量为M=0.40kg的靶盒A位于光滑水平轨道上,开始时静止在O点,在O点右侧有范围很广的“相互作用区”,如图中的虚线区域,当靶盒A进入相互作用区域时便有向左的水平恒力F=20N作用,在P处有一固定的发射器B,它可根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度为v0=50m/s,质量为m=0.1kg的子弹,当子弹打入靶盒A后,便留在盒内,碰撞时间极短,若每当靶盒A停在或到达O点时,就有一颗子弹进入靶盒A内,求:(1)当第一颗子弹进入靶盒A后,靶盒A离开O点的最大距离(2)当第三颗子弹进入靶盒A后,靶盒A从离开O点到回到O点所经历的时间。(3)当第100颗子弹进入靶盒内时,靶盒已经在相互作用区中运动的总时间ABP相互作用区O7解析:(1)设第一颗子弹进入靶盒A后,子弹与靶盒的共同速度为v1,根据子弹进入靶盒过程中系统动量守恒,有:mv0=(m+M)v1设A离开O点的最大距离为s1,由动能定理可得:-Fs1=0-(m+M)v12/2联立两式可以解得:s1=1.25m(2)根据题意,A在恒力F的作用返回O点时第二颗子弹正好打入,由于A的动量和第二颗子弹动量大小相等,方向相反,故第二颗子弹打入后,A将静止在O点,设第三颗子弹打入A后,他们共同的速度为v3,由系统动量守恒得:mv0=(3m+M)v3设A从离开O点到又回到O点所经历的时间为t,取碰后A的运动方向为正方向,由动量定理可以得到:-Ft/2=0-(3m+M)v3由以上两式解得:t=0.5s(3)由(2)问的计算可以看出,第1、3、5、……(2n+1)颗子弹打入A后,A运动时间均为t=0.5s,故总时间为t总=50t=25s。9.如图(a)所示,为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳,下端拴一小物块A