1.4.动量守恒定律的典型模型及应用

1.4动量守恒定律的典型应用几个模型：（一）碰撞中动量守恒（四）子弹打木块类的问题（五）人船模型：平均动量守恒（二）反冲运动、爆炸模型（三）碰撞中弹簧模型1、完全弹性碰撞一、碰撞中的动量守恒两球m1，m2对心碰撞，碰撞前速度分别为v1、v2，碰撞后速度变为v´1、v´2动量守恒:(1)22112211vmvmvmvm(2)21212121222211222211vmvmvmvm能量守恒:结论：(1)当两球质量相等时，两球碰撞后交换了速度．(2)当v2=0时，质量大的球碰质量小的球时，碰撞后两球都向前运动．(3)当v2=0时，质量小的球碰质量大的球时，碰撞后质量小的球被反弹回来．(2)21212121222211222211vmvmvmvm2121211221221211)(22mmvmmvmvmmvmvmmv，(1)22112211vmvmvmvm2.完全非弹性碰撞碰撞后系统以相同的速度运动v´1=v´2=v动量守恒：vmmvmvm212211动能损失为22121112212222112212121vvmmmmvmmvmvmE＝解决碰撞问题须同时遵守的三个原则:二.碰撞过程中能量不增加的原则一.碰撞过程中动量守恒原则三.碰撞后运动状态符合实际原则发生碰撞的物体系在碰撞过程中，由于作用时间很短，相互作用力很大，系统所受的外力大小可忽略，动量守恒。碰撞前系统的总动能一定大于或等于碰撞后系统的总动能碰撞过程的发生应遵循客观实际，如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动。例1．如下图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动．选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6kg·m/s、pb＝－4kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是()A．pa＝－6kg·m/s、pb＝4kg·m/sB．pa＝－6kg·m/s、pb＝8kg·m/sC．pa＝－4kg·m/s、pb＝6kg·m/sD．pa＝2kg·m/s、pb＝0C例2．(2012·山东理综)光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．解析：设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②由A与B间的距离保持不变可知vA＝v③联立①②③式，代入数据得vB＝65v0④例31．爆炸两物体间由于炸药的作用均受到巨大作用力，两作用力远大于外力，一般情况下近似认为动量守恒．由于爆炸力做功，所以物体系统的动能增加．2．反冲运动反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．反冲运动过程中，一般满足系统的合外力为零，或内力远大于外力的条件，因此可用动量守恒定律进行分析．二、反冲、爆炸模型例4．抛出的手雷在最高点时的水平速度为10m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量300g仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s，另一小块质量为200g，求它的速度的大小和方向．解析：设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度v0＝10m/s；m1＝0.3kg的大块速度为v1＝50m/s，m2＝0.2kg的小块速度为v2，方向不清，暂设为正方向．由动量守恒定律：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2代入数据解得v2＝－50m/s此结果表明，质量为200g的那部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反．例5.火箭喷气发动机每次喷出m=200g的气体，喷出气体相对地面的速度为v=1000m/s,设火箭的初质量M=300kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑阻力的情况下，火箭发动机1s末的速度大约是多大？例6.如图所示，带有1/4光滑圆弧轨道的小车静止放在光滑水平地面上，最低点与水平线相切，整个小车的质量为4kg．现有一质量为1kg的小滑块以5m/s的水平初速度从圆弧的底端滑上小车，已知滑块不会冲出轨道．（g=10m/s2）求（1）小滑块上升的最大高度（2）当滑块脱离小车时滑块和小车的各自速度．注意：状态的把握由于弹簧的弹力随形变量变化，弹簧弹力联系的“两体模型”一般都是作加速度变化的复杂运动，所以通常需要用“动量关系”和“能量关系”分析求解。复杂的运动过程不容易明确，特殊的状态必须把握：弹簧最长（短）时两体的速度相同；弹簧自由时两体的速度最大（小）。三、碰撞中的弹簧模型V0BAB例7例8.图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平直导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止，滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ运动过程中弹簧最大形变量为l2，重力加速度为g，求A从P出发时的初速度v0。令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1（碰前）由功能关系，有202112121mvmvmglA、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2212mvmv碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这一过程中，弹簧势能始末状态都为零，利用功能关系，有22232)2(21)2(21)2()2(vmvmlgm此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有12321mglmv由以上各式，解得)1610(210llgv例9.用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物体C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者粘在一起运动。求：在以后的运动中（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度多大？（2）弹性势能的最大值是多大？（3）A的速度有可能向左吗？为什么？（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，有ACBABAv)mmm(v)mm(smvA/3（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v’()''2/BBCmvmmvvms，三物块速度相等为vA时弹簧的弹性势能最大为EP，根据能量守恒222111()'()12222PABCABCAEmvmmvmmmvJ由系统动量守恒得BCBAABAvmmvmvmvm)(设A的速度方向向左0AvsmvB/4则则作用后A、B、C动能之和JvmmvmEBCBAAk48)(212122（3）系统的机械能JvmmmEEACBAP48)(21'2故A不可能向左运动1.运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。2.符合的规律：子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒。3.共性特征：一物体在另一物体上，在恒定的阻力作用下相对运动，系统动量守恒，机械能不守恒，ΔE=f滑d相对四、子弹打木块模型问题1子弹、木块相对静止时的速度v问题2子弹在木块内运动的时间问题3子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度问题4系统损失的机械能、系统增加的内能问题5要使子弹不穿出木块，木块至少多长？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的木块并留在其中，设木块对子弹的阻力恒为f。问题1子弹、木块相对静止时的速度v解：从动量的角度看,以m和M组成的系统为研究对象,根据动量守恒0mvMmvmMm0vv问题2子弹在木块内运动的时间以子弹为研究对象,由牛顿运动定律和运动学公式可得:mMfMmvavvt00问题3子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度对子弹用动能定理：22012121mvmvsf……①对木块用动能定理：2221Mvsf……②①、②相减得：2022022121vmMMmvmMmvLf……③故子弹打进木块的深度:20212SvmMfMmSLs2Ls1v0问题4系统损失的机械能、系统增加的内能EQ系统损失的机械能220)(2121EvMmmv系统增加的内能因此：fLEQ问题5要使子弹不穿出木块，木块至少多长？（v0、m、M、f一定）子弹不穿出木块的长度：20212SdvmMfMmSS相例10.将质量为m=2kg的物块,以水平速度v0=5m/s滑上静止在光滑水平面上的平板车上,小车的质量为M=8kg,物块与小车间的动摩擦因数μ=0.4,取g=10m/s2.(1)物块滑上小车经过多少时间两者相对静止?(2)在此过程中小车滑动的距离是多少?(3)整个过程中有多少机械能转化为内能?v0解：①物、车系统在水平方向上动量守恒：mv0=(M+m)v,得v=1m/s对m,运动加速度a1=μg=4m/s2运动时间t=(v-v0)/a=1s②对车运动加速度a2=μmg/M=1m/s2运动位移s2=v2/2a2=0.5mvtvv0oS车S物③m的运动位移s1=(v02-v2)/2a1=3m转化为内能的机械能等于摩擦力与相对位移乘积：Q=∆E=Wf=fs相=μmg(s1-s2)=20J例11.静止在水面上的小船长为L，质量为M，在船的最右端站有一质量为m的人，不计水的阻力，当人从最右端走到最左端的过程中，小船移动的距离是多大？xL-x若开始时人船一起以速度v匀速运动，还能这样算吗？五、人船模型LmMmxxLmMxtxLvtxvvmvM,0-0-人船人船，右为正）统平均动量守恒：（向因此，在水平方向上系外力。统，在水平方向上不受由于人和小船组成的系1、“人船模型”是动量守恒定律的拓展应用，它把速度和质量的关系推广到质量和位移的关系。即：m1v1=m2v2则：m1s1=m2s2质量与位移成反比2、此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。3、人船模型的适用条件是：两个物体组成的系统动量守恒，系统的合动量为零。例12.如图所示，一质量为ml的半圆槽体A，A槽内外皆光滑，将A置于光滑水平面上，槽半径为R.现有一质量为m2的光滑小球B由静止沿槽顶滑下，不计空气阻力，求槽体A向一侧滑动的最大距离．解析:系统在水平方向上动量守恒,当小球运动到槽的最高点时,槽向左运动的最大距离设为s1,则m1s1=m2s2,又因为s1＋s2=2R,所以21122msRmm例13.载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m．若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零,故人下滑过程中系统动量守恒,人着地时，绳梯至少应触及地面，因为人下滑过程中,人和气球任意时刻的动量大小都相等,所以整个过程中系统平均动量守恒.若设绳梯长为l,人沿绳梯滑至地面的时间为t，M(L－h)/t－mh/t=0．解得MmlhM由图可看出,气球对地移动的平均速度为(L－h)/t,人对地移动的平均速度为－h/t(以向上为正方向).由动量守恒定律,有例14.如图所示，在光滑水平地面上，有两个光滑的直角三形木块A和B，底边长分别为a、b，质量分别为M、m，若M=4m，且不计任何摩擦力，当B滑到底部时，A向后移了多少距离？解：设当B沿斜面从顶端滑到底部时，A向后移动了S，则B对地移动了a-b–S,由动量守恒定律得MS/t–m(a–b-S)/t=0解得S=m(a-b)/(M+m)=(a–b)/5