動量守恒定律的各種題型

PAGEPAGE1動量守恒定律應用的各種題型1．兩球碰撞型【例題1】甲乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是P1=5kgm/s，P2=7kgm/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0kgm/s，則二球質量m1與m2間的關系可能是下面的哪幾種？A、m1=m2B、2m1=m2C、4m1=m2D、6m1=m2。★解析：甲乙兩球在碰撞過程中動量守恒，所以有：P1+P2=P1，+P2，即：P1，=2kgm/s。由于在碰撞過程中，不可能有其它形式的能量轉化為機械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機械能相互轉化或一部分機械能轉化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機械能不會增加。所以有：所以有：m1m2這個結論合“理”，但卻不合“情”。因為題目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有，即m1；同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即，所以。因此選項（D）是不合“情”的，正確的答案應該是（C）選項。2、子彈打木塊型（動量守恒、機械能不守恒）【例題2】質量為m的子彈，以水平初速度v0射向質量為M的長方體木塊。（1）設木塊可沿光滑水平面自由滑動，子彈留在木塊內(nèi)，木塊對子彈的阻力恒為f，求彈射入木塊的深度L。并討論：隨M的增大，L如何變化？（2）設v0=900m/s，當木塊固定于水平面上時，子彈穿出木塊的速度為v1=100m/s。若木塊可沿光滑水平面自由滑動，子彈仍以v0=900m/s的速度射向木塊，發(fā)現(xiàn)子彈仍可穿出木塊，求M/m的取值范圍（兩次子彈所受阻力相同）?！锝馕觯海?）當木塊可自由滑動時，子彈、木塊所組成的系統(tǒng)動量守恒：即可解出打入深度為可知，隨M增大，L增大。（2）當木塊固定時：①②這種情況下，系統(tǒng)的動能損失仍等于阻力與相對移動距離之積：③②③可得：④由①、④兩式，可解出，為子彈剛好穿出時M∶m的值。我們已經(jīng)知道，M越大，子彈打入木塊的深度越大，故M∶m＝80應為M∶m的最小值，即應取M∶m≥80。答案：M∶m≥80。3．【解析】(1)在子彈撞擊A的過程中，子彈與A組成系統(tǒng)的總動量守恒，此過程結束時A的速度最大，設此刻子彈的速度為v，A的速度為vA，則有mv0＝mv＋mAvA，解得：vA＝2.5m/s.(2)當A在B上滑動過程中，A與B組成的系統(tǒng)的總動量守恒，若A不會滑離B，則當A滑到B右端時兩者速度恰好相等，設相對滑動距離為s，兩者達到的共同速度為v共，則有：mAvA＝(mA＋mB)v共，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,共)＝μmAgs，解得：v共＝1.25m/s，s＝3.125m3、小球半圓型槽【例題3】如圖所示，有一半徑為R的半球形凹槽P，放在光滑的水平地面上，一面緊靠在光滑墻壁上，在槽口上有一質量為m的小球，由A點靜止釋放，沿光滑的球面滑下，經(jīng)最低點B又沿球面上升到最高點C，經(jīng)歷的時間為t，B、C兩點高度差為0.6R，求：(1)小球到達C點的速度。(2)在t這段時間里，豎墻對凹槽的沖量★解析：(1)這道題中沒給M，所以不能直接由動量求出。小球從A到B的過程中，凹槽P不動，對m=1\*GB3①小球從B到C的過程中，凹槽和球構成系統(tǒng)動量守恒(水平方向)和機械能守恒，所以有=2\*GB3②=3\*GB3③解①②③得小球到達C點的速度，，方向水平向右。(2)豎直墻對凹槽的沖量等于系統(tǒng)在水平方向獲得的動量，所以有，方向水平向右。（答）誤點警示：要分析清楚小球和凹槽系統(tǒng)在各個運動階段動量守恒或不守恒的原因。4、爆炸模型

例4．有一大炮豎直向上發(fā)射炮彈。炮彈的質量為M＝6.0kg(內(nèi)含炸藥的質量可以忽略不計)，射出的初速度，當炮彈到達最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片，其中一片質量為m＝4.0kg?，F(xiàn)要求這一片不能落到以發(fā)射點為圓心、以R＝600m為半徑的圓周范圍內(nèi)，則剛爆炸完時兩彈片的總動能至少多大？(，忽略空氣阻力)5、豎直方向上碰撞型h2h1abc彈簧外殼內(nèi)芯例5.探究某種筆的彈跳問題時，把筆分為輕質彈簧、內(nèi)芯和外殼三部分，其中內(nèi)芯和外殼質量分別為m和4m.筆的彈跳過程分為三個階段：①把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面（圖a）；②h2h1abc彈簧外殼內(nèi)芯解：設外殼上升高度h1時速度為V1，外殼與內(nèi)芯碰撞后瞬間的共同速度大小為V2，(1)對外殼和內(nèi)芯，從撞后達到共同速度到上升至h2處，應用動能定理有(4mg＋m)(h2－h(huán)1)＝(4m＋m)V22，解得V2＝；（2）外殼和內(nèi)芯，碰撞過程瞬間動量守恒，有4mV1＝(4mg＋m)V2，解得V1＝，設從外殼離開桌面到碰撞前瞬間彈簧做功為W，在此過程中，對外殼應用動能定理有W－4mgh1＝(4m)V12，解得W＝mg；（3）由于外殼和內(nèi)芯達到共同速度后上升高度h2的過程，機械能守恒，只是在外殼和內(nèi)芯碰撞過程有能量損失，損失的能量為＝(4m)V12－(4m＋m)V22，聯(lián)立解得＝mg(h2－h(huán)1)。6、兩體擺動型【例題6】如圖所示，在光滑的水平桿上套者一個質量為m的滑環(huán)，滑環(huán)上通過一根不可伸縮的輕繩懸吊著質量為M的物體（可視為質點），繩長為L。將滑環(huán)固定時，給物塊一個水平?jīng)_量，物塊擺起后剛好碰到水平桿，若滑環(huán)不固定，仍給物塊以同樣的水平?jīng)_量，求物塊擺起的最大高度?！锝馕觯涸O物塊受到水平?jīng)_量后速度為?；h(huán)固定時得?；h(huán)不固定時，擺起最大高度為h，在最大速度時的共同速度為v：解得：例66．[2011·安徽卷]如圖1－17所示，質量M＝2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質量m＝1kg的小球通過長L＝0.5m的輕質細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉動，開始輕桿處于水平狀態(tài)．現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0＝4m/s，g取10m/s2.(1)若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P時對輕桿的作用力大小和方向．(2)若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小．(3)在滿足(2)的條件下，試求小球擊中滑塊右側軌道位置點與小球起始位置點間的距離．【解析】(1)設小球能通過最高點，且此時的速度為v1.在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①v1＝eq\r(6)m/s②設小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,1),L)③由②③式，得F＝2N④由牛頓第三定律可知，小球對輕桿的作用力大小為2N，方向豎直向上．(2)解除鎖定后，設小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為V.在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，水平方向的動量守恒．以水平向右的方向為正方向，有mv2＋MV＝0⑤在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)MV2＋mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)⑥由⑤⑥式，得v2＝2m/s⑦(3)設小球擊中滑塊右側軌道的位置點與小球起始位置點間的距離為s1，滑塊向左移動的距離為s2.任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V′.由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，得mv3－MV′＝0⑧將⑧式兩邊同乘以Δt，得mv3Δt－MV′Δt＝0⑨因⑨式對任意時刻附近的微小間隔Δt都成立，累積相加后，有ms1－Ms2＝0⑩又s1＋s2＝2Leq\o(○,\s\up1(11))由⑩eq\o(○,\s\up1(11))式，得s1＝eq\f(2,3)meq\o(○,\s\up1(12))7、三體相互作用型【例題7】如圖所示，在光滑水平桌面上，物體A和B用輕彈簧連接，另一物體C靠在B左側未連接，它們的質量分別為mA=0.2kg，mB=mC=0.（1）彈簧伸長最大時彈簧的彈性勢能；（2）彈簧從伸長最大回復到自然長度時，A、B速度的大小。★解析：取向右為正方向。第一過程，彈簧從縮短至原長代入數(shù)據(jù)得：，第二過程，彈簧從原長伸至最長，此時A、B速度相等，有代入數(shù)據(jù)得：，第三過程，彈簧從最長至原長，有得：，例77．[2011·重慶卷]如圖1－13所示，靜置于水平地面的三輛手推車沿一直線排列，質量均為m.人在極短時間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運動，當車運動了距離L時與第二車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運動了距離L時與第三車相碰，三車以共同速度又運動了距離L時停止．車運動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g，若車與車之間僅在碰撞時發(fā)生相互作用，碰撞時間很短，忽略空氣阻力，求：圖1－13(1)整個過程中摩擦阻力所做的總功；(2)人給第一輛車水平?jīng)_量的大??；(3)第一次與第二次碰撞系統(tǒng)動能損失之比．例7．[2011·重慶卷]【解析】(1)設運動過程中摩擦阻力做的總功為W，則W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL(2)設第一車初速度為u0，第一次碰前速度為v1，碰后共同速度為u1；第二次碰前速度為v2，碰后共同速度為u2；人給第一車的水平?jīng)_量大小為I.由：－kmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mueq\o\al(2,0)－k(2m)gL＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(2m)ueq\o\al(2,1)－k(3m)gL＝0－eq\f(1,2)(3m)ueq\o\al(2,2)mv1＝2mu12mv2＝3mu2得：I＝mu0－0＝2meq\r(7kgL)(3)設兩次碰撞中系統(tǒng)動能損失分別為ΔEk1和ΔEk2.由ΔEk1＝eq\f(13,2)kmgLΔEk2＝eq\f(3,2)kmgL得：eq\f(ΔEk1,ΔEk2)＝eq\f(13,3)例777．如圖所示，水平光滑地面上放置有n個完全相同的小車，他們的質量均為m，其中最后一個車右上角上放有質量為M可以看作質點的物塊，物塊和車之間的動摩擦因數(shù)為，現(xiàn)在給第一個小車作用向右的瞬時沖量，使其獲得速度，設各小車碰撞后立即粘合在一起。運動過程中，物塊最終未掉于地面上。求：（1）物塊M在車上發(fā)生相對運動的時間。（2）為使物塊不掉于地面，每個小車的最小長度L為多大？【解析】（1）對n個小車m和M用動量守恒定律物體的加速度（2）由能量關系得。例7777.如圖所示,固定的凹槽水平表面光滑,其內(nèi)放置U形滑板N,滑板兩端為半徑R=0.45m的1/4圓弧面,A和D分別是圓弧的端點,BC段表面粗糙,其余段表面光滑,小滑塊P1和P2的質量均為m,滑板的質量M=4m.P1和P2與BC面的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.10和μ2=0.40,最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力,開始時滑板緊靠槽的左端,P2靜止在粗糙面的B點.P1以v0=4.0m/s的初速度從A點沿弧面自由滑下,與P2發(fā)生彈性碰撞后,P1處在粗糙面B點上,當P2滑到C點時,滑板恰好與槽的右端碰撞并與槽牢固粘連,P2繼續(xù)滑動,到達D點時速度為零,P1與P2可視為質點,取g=10m/s2.問：（1）P2在BC段向右滑動時,滑板的加速度為多大？（2）BC長度為多少？N、P1和P2最終靜止后,P1與P2間的距離為多少？答案（1）0.8m/s2(2)1.9m0.695m解析（1）將N、P1看作整體,根據(jù)牛頓第二定律得：μ2mg=（M+m）a ①a=m/s2=0.8m/s2 ②(2)設P1到達B點的速度為v,P1從A點到達B點的過程中,根據(jù)動能定理有：mgR=mv2-mv02 ` ③代入數(shù)據(jù)得v=5m/s ④因P1、P2質量相等且發(fā)生彈性碰撞,所以碰后P1、P2交換速度,即碰后P2在B點的速度為：vB=5m/s ⑤設P2在C點的速度為vC,P2從C點到D點過程中根據(jù)動能定理得：-mgR=-mvC2 ⑥代入數(shù)據(jù)得vC=3m/s ⑦P2從B點到C點的過程中,N、P1、P2作為一個系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,設P2到達C點時N和P1的共同速度為v′.根據(jù)動量守恒定律得：mvB=mvC+(M+m)v′ ⑧v′為滑板與槽的右端粘連前滑板和P1的共同速度.由動能定理-μ2mgL2=mvC2-mvB2 ⑨μ2mgLN=(M+m)v′2 ⑩L2和LN分別為P2和滑板對地移動的距離,聯(lián)立⑧⑨⑩得BC長度l=L2-LN=1.9m 滑板與槽粘連后,P1在BC上移動的距離為l1-μ1mgl1=0-mv12 P2在D點滑下后,在BC上移動的距離l2mgR=μ2mgl2 系統(tǒng)完全靜止時P1與P2的間距Δl=l-l1-l2=0.695m.

8、動量守恒定律解“人船模型”問題【例題8】如圖所示，光滑水平面上有一小車，小車上固定一桿，總質量為M；桿頂系一長為L的輕繩，輕繩另一端系一質量為m的小球．繩被水平拉直處于靜止狀態(tài)(小球處于最左端)．將小球由靜止釋放，小球從最左端擺下并繼續(xù)擺至最右端的過程中，小車運動的距離是多少？★解析：該題立意新穎，但仔細分析與“人船