2动量守恒定律的应用-四种模型

动量守恒定律的应用------四种模型例2.如图所示，一根质量不计、长为1m，能承受最大拉力为14N的绳子，一端固定在天花板上，另一端系一质量为1kg的小球，整个装置处于静止状态，一颗质量为10g、水平速度为500m/s的子弹水平击穿小球后刚好将将绳子拉断，求子弹此时的速度为多少？（g取10m/s2）练2、一颗质量为m，速度为v0的子弹竖直向上射穿质量为M的木块后继续上升，子弹从射穿木块到再回到原木块处所经过的时间为T，那么当子弹射出木块后，木块上升的最大高度为多少？例3．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．练3．质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块冲来，设小球不能越过滑块，求：小球到达最高点时的速度和小球达到的最大高度。例4.如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中，(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．动量守恒定律的应用------四种模型练4．如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，其质量分别为mA＝2.0kg，mB＝mC＝1.0kg，现用一轻弹簧将A、B两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A、B两物块靠近，此过程外力做功108J(弹簧仍处于弹性限度范围内)，然后同时释放，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C恰好以4m/s的速度迎面与B发生碰撞并瞬时粘连．求：(1)弹簧刚好恢复原长时(B与C碰撞前)，A和B物块速度的大小；(2)当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能．1．静止在光滑水平地面上的平板小车C，质量为mC=3kg，物体A、B的质量为mA=mB=1kg，分别以vA=4m/s和vB=2m/s的速度大小，从小车的两端相向地滑到车上．若它们在车上滑动时始终没有相碰，A、B两物体与车的动摩擦因数均为=0.2．求：（1）小车的最终的速度；（2）小车至少多长（物体A、B的大小可以忽略）．2．如图，水平轨道AB与半径为R=1.0m的竖直半圆形光滑轨道BC相切于B点．可视为质点的a、b两个小滑块质量ma=2mb=2kg，原来静止于水平轨道A处，AB长为L=3.2m，两滑块在足够大的内力作用下突然分开，已知a、b两滑块分别沿AB轨道向左右运动，va=4.5m/s，b滑块与水平面间动摩擦因数5.0，g取10m/s2．则(1)小滑块b经过圆形轨道的B点时对轨道的压力．(2)通过计算说明小滑块b能否到达圆形轨道的最高点C．附加题：如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.OCBAabABvAvBC动量守恒定律的应用------四种模型例题参考答案例3：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量定恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvCA与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vABA与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC联立①②③式，代入数据得vA＝2m/s.动量守恒定律的应用------四种模型例4：P1与P2发生完全非弹性碰撞时，P1、P2组成的系统遵守动量守恒定律；P与(P1＋P2)通过摩擦力和弹簧弹力相互作用的过程，系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律．注意隐含条件P1、P2、P的最终速度即三者最后的共同速度；弹簧压缩量最大时，P1、P2、P三者速度相同．(1)P1与P2碰撞时，根据动量守恒定律，得mv0＝2mv1解得v1＝v02，方向向右P停在A点时，P1、P2、P三者速度相等均为v2，根据动量守恒定律，得2mv1＋2mv0＝4mv2解得v2＝34v0，方向向右．(2)弹簧压缩到最大时，P1、P2、P三者的速度为v2，设由于摩擦力做功产生的热量为Q，根据能量守恒定律，得从P1与P2碰撞后到弹簧压缩到最大12×2mv21＋12×2mv20＝12×4mv22＋Q＋Ep从P1与P2碰撞后到P停在A点12×2mv21＋12×2mv20＝12×4mv22＋2Q联立以上两式解得Ep＝116mv20，Q＝116mv20根据功能关系有Q＝μ·2mg(L＋x)解得x＝v2032μg－L.练4：(2)A、B碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B、C相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为机械能的损失．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．(ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv212mv21＝ΔE＋12(2m)v22联立解得ΔE＝116mv20.(ⅱ)由②式可知v2v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv312mv20－ΔE＝12(3m)v23＋Ep联立④⑤⑥式得Ep＝1348mv20.课后作业：1．如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，其质量分别为mA＝2.0kg，mB＝mC＝1.0kg，现用一轻弹簧将A、B两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A、B两物块靠近，此过程外力做功108J(弹簧仍处于弹性限度范围内)，然后同时释放，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C恰好以4m/s的速度迎面与B发生碰撞并瞬时粘连．求：(1)弹簧刚好恢复原长时(B与C碰撞前)，A和B物块速度的大小；(2)当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能．2．静止在光滑水平地面上的平板小车C，质量为mC=3kg，物体A、B的质量为mA=mB=1kg，分别以vA=4m/s和vB=2m/s的速度大小，从小车的两端相向地滑到车上．若它们在车上滑动时始终没有相碰，A、B两物体与车的动摩擦因数均为=0.2．求：（1）小车的最终的速度；ABvAvBC动量守恒定律的应用------四种模型（2）小车至少多长（物体A、B的大小可以忽略）．3．如图，水平轨道AB与半径为R=1.0m的竖直半圆形光滑轨道BC相切于B点．可视为质点的a、b两个小滑块质量ma=2mb=2kg，原来静止于水平轨道A处，AB长为L=3.2m，两滑块在足够大的内力作用下突然分开，已知a、b两滑块分别沿AB轨道向左右运动，va=4.5m/s，b滑块与水平面间动摩擦因数5.0，g取10m/s2．则(1)小滑块b经过圆形轨道的B点时对轨道的压力．(2)通过计算说明小滑块b能否到达圆形轨道的最高点C．4.如图所示，一个带有14圆弧的粗糙滑板A的总质量mA＝3kg，其圆弧部分与水平部分相切于P，水平部分PQ长L＝3.75m．开始时，A静止在光滑水平面上．现有一质量mB＝2kg的小木块B从滑块A的右端以水平初速度v0＝5m/s滑上A，小木块B与滑板A之间的动摩擦因数μ＝0.15，小木块B滑到滑板A的左端并沿着圆弧部分上滑一段弧长后返回，最终停止在滑板A上．(1)求A、B相对静止时的速度大小．(2)若B最终停在A的水平部分上的R点，P、R相距1m，求B在圆弧上运动的过程中因摩擦而产生的内能．(3)若圆弧部分光滑，且除v0不确定外其他条件不变，讨论小木块B在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面向右运动？如不可能，说明理由；如可能，试求出B既向右滑动，又不滑离木板A的v0取值范围．(取g＝10m/s2，结果可以保留根号)课后作业参考答案1解析：(1)设弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度的大小分别为vA、vB，由题意可知：mAvA－mBvB＝012mAvA2＋12mBvB2＝Ep联立解得vA＝6m/svB＝12m/s(2)当弹簧第二次被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能最大，此时A、B、C具有相同的速度，设此速度为vmCvC＝(mA＋mB＋mC)v所以v＝1m/sC与B碰撞，设碰后B、C粘连时的速度为v′mBvB－mCvC＝(mB＋mC)v′解得v′＝4m/s故弹簧第二次被压缩到最短时，弹簧具有的最大弹性势能为：Ep′＝12mAvA2＋12(mB＋mC)v′2－12(mA＋mB＋mC)v2＝50J.2解析：（1）由于A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，且三者最后保持相对静止，设最终共同速度为v，则()AABBABCmvmvmmmv，v=0.4m/s（2）A、B始终没有相碰，若板长为L，A、B相对板的位移分别为sAC、sBC，则ACBCssL≤OCBAab动量守恒定律的应用------四种模型系统的动能损失全部用于在相对位移上克服摩擦力做功，有222111()()222AABABCAACBBCmvmvmmmvmgSmgS故板长至少为L=4.8m．3解析：⑴系统的动量守恒可得mava＝mbvb，①又ma=2mb=2kg，va=4.5m/s解得：vb=9.0m/s②设滑块b到达B点时的速度为Bv，由动能定理得，222121bbBbbvmvmgLm③刚进入圆轨道时,设滑块b受到的支持力为FN,由牛顿第二定律得，RvmgmFBbbN2④由牛顿第三定律'NNFF⑤由③④⑤得滑块b对轨道的压力NFN95'，方向竖直向下⑵若小滑块b能到达圆轨道最高点,速度为vC则由机械能守恒，2221221CbbBbvmRgmvm⑥解得smvC0.3⑦小物块b恰能过最高点的速度为v，则Rvmgmbb2⑧解得，smgRv10⑨因vvC，故小滑块b不能到达圆轨道最高点C.4【解析】(1)根据动量守恒得：mBv0＝(mB＋mA)v解得：v＝25v0＝2m/s．(2)设B在A的圆弧部分产生的热量为Q1，在A的水平部分产生的热量为Q2．则有：12mBv02＝12(mB＋mA)v2＋Q1＋Q2又Q2＝μmBg(LQP＋LPR)联立解得：Q1＝0.75J．(3)当B滑上圆弧再返回至P点时最有可能速度向右，设木块滑至P的速度为vB，此时A的速度为vA，有：mBv0＝mBvB＋mAvA12mBv02＝12mBvB2＋12mAvA2＋μmBgL代入数据得：vB2－0.8v0vB＋6.75－0.2v02＝0当vB的两个解一正一负时，表示B从圆弧滑下的速度向右．即需：v0＞5.9m/s，故B有可能相对地面动量守恒定律的应用------四种模型向右运动．若要B最终不滑离A，有：μmBg·2L≥12mBv02－12(mB＋mA)(25v0)2得：v0≤6.1m/s故v0的取值范围为：5.9m/s＜v0≤6.1m/s．