专题六 第2讲 动量守恒定律的综合运用

第2讲动量守恒定律的综合运用动量守恒定律是力学中一个特别重要的规律，它往往与其他各部分知识综合应用，试题难度较大，综合性较强，要求考生具有较高的综合分析能力和熟练应用数学知识处理物理问题的能力．考点1动量守恒与平抛运动的综合图6－2－1【例1】如图6－2－1所示，一个质量为m的玩具青蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上．若车长为L，细杆高为h，且位于小车的中点，试求玩具青蛙至多以多大的水平速度跳出，才能落到车面上？蛙下落h高度时，蛙与车的位移之和应满足：s蛙＋s车≤L2.思路点拨：青蛙与车组成的系统水平方向动量守恒(反冲运动)，青蛙跳出后做平抛运动，车做匀速直线运动，在水平方向上两者反向运动，要使青蛙能落到车面上，当青[答题规范]解：设青蛙起跳的水平速度为v，青蛙起跳后的瞬间车的速度为v′，对水平方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0①设青蛙下落h高度所用时间为t，则h＝12gt2②若青蛙刚好能落到车面上，则有vt＋v′t＝L2③联立①②③可解得v＝ML2M＋mg2h即要使青蛙落在车面上，玩具青蛙的速度最大不能超过ML2M＋mg2h.考点2动量守恒与圆周运动的综合【例2】如图6－2－2所示，在竖直平面内，一质量为M的木制小球(可视为质点)悬挂于O点，悬线长为L.一质量为m的子弹以水平速度v0射入木球且留在其中，子弹与木球的相互作用时间极短，可忽略不计．图6－2－2(1)求子弹和木球相互作用结束后的瞬间，它们共同速度的大小；(2)若子弹射入木球后，它们能在竖直平面内做圆周运动，v0应为多大？mv0＝(m＋M)vv＝mv0m＋M.解：(1)设共同速度大小为v，由动量守恒定律得(2)设小球在竖直平面内做圆周运动时，通过最高点的最小速度为v′，根据牛顿第二定律有(m＋M)g＝(m＋M)v′2L小球在竖直平面内做圆周运动的过程中机械能守恒，取小球做圆周运动的最低点所在水平面为零势能平面，有12(m＋M)v2＝2(m＋M)gL＋12(m＋M)v′2解得v0＝m＋Mm5gL，即v0≥m＋Mm5gL.基本特征：发生相互作用的两个物体动量守恒或在水平方向动量守恒，而且题目所求的时刻，两个物体的速度相同．【例3】如图6－2－3所示，在光滑的水平面上有两物体m1和m2，其中m2静止，m1以速度v0向m2运动并发生碰撞，且碰撞后黏合在一起．设系统减少的动能全部转化为内能，求系统增加的内能．图6－2－3考点3动量与能量综合——(类)完全非弹性碰撞解：这是一个典型的完全非弹性碰撞问题．设两物体碰撞后的共同速度大小为v，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v①碰撞中减少的动能转化为内能，可得ΔE内＝－ΔEk＝12m1v20－12(m1＋m2)v2②联立①②式得ΔE内＝m1m2v202m1＋m2.基本特征：相互作用的两物体所构成的系统动量守恒或水平方向动量守恒，从开始发生作用的时刻到所要求解的时刻有相同的动能．【例4】如图6－2－4所示，在光滑的水平面上有两物体m1和m2，其中m2静止，m1以速度v0向m2运动并发生碰撞，设碰撞中机械能的损失可忽略不计．求两物体的最终速度．图6－2－4考点4动量与能量综合——(类)弹性碰撞解：这是一个典型的弹性碰撞问题．两物体碰撞，设碰撞后m1和m2两物体的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒定律有m1v0＝m1v′1＋m2v′2①由能量关系有12m1v20＝12m1v1′2＋12m2v2′2②由①②式联立解得v1′＝m1－m2m1＋m2v0，v2′＝2m1m1＋m2v0或v1′＝v0(舍去)，v2′＝0(舍去)．考点5平均动量问题——人船模型【例5】如图6－2－5所示，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人相对地面的位移各是多少？图6－2－5所以s1＝M＋m解：当人从船头走到船尾的过程中，人和船组成的系统在水平方向上不受力的作用，故系统水平方向动量守恒，设某时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，则mv2－Mv1＝0在人从船头走到船尾的过程中每一时刻系统的动量均守恒，故mv2t－Mv1t＝0，即ms2－Ms1＝0，而s1＋s2＝LmM＋mL，s2＝ML.题组1对应考点11．有一礼花炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量M＝6.0kg(内含炸药的质量可以不计)，射出的初速度v0＝60m/s，若炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片的质量m＝4.0kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心，以R＝600m为半径的圆周范围内．(取g＝10m/s2，不计空气阻力，取地面为零势能面)求：(1)炮弹能上升的高度H为多少？(2)爆炸后，质量为m的弹片的最小速度是多大？(3)爆炸后，两弹片的最小机械能是多少？解：(1)取地面为参考平面，由机械能守恒定律得MgH＝12Mv20解得H＝v202g＝180m.(2)设质量为m的弹片的最小速度为v，由平抛运动知识得H＝12gt2，R＝vt解得v＝Rg2H＝100m/s.(3)由题意知另一弹片质量为m′＝M－m＝2.0kg设爆炸后此弹片速度为v′，由动量守恒定律得mv－m′v′＝0解得v′＝mvm′＝200m/s两弹片的最小机械能为E＝12mv2＋12m′v′2＋(m＋m′)gH＝7.08×104J.题组2对应考点22．(2010年深圳一模)如图6－2－6所示，ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，BCD是半径为R的半圆弧轨道，DE是半径为2R的圆弧轨道，BCD与DE相切在轨道最高点D，R＝0.6m．质量为M＝0.99kg的小物块，静止在AB轨道上，一颗质量为m＝0.01kg子弹水平射入物块但未穿出，物块与子弹一起运动，恰能贴着轨道内侧通过最高点从E点飞出．取重力加速度g＝10m/s2，求：vD22R(2)子弹击中物块前的速度；(3)系统损失的机械能．图6－2－6(M＋m)g＝(M＋m)解：(1)在轨道最高点D由牛顿第二定律有(1)物块与子弹一起刚滑上圆弧轨道B点的速度；物块与子弹上滑过程中机械能守恒，有12(M＋m)v2D＋(M＋m)g·2R＝12(M＋m)v2B代入数据解得vB＝6gR＝6m/s.(2)设子弹击中物块前的速度为v，由动量守恒定律得mv＝(M＋m)vB解得v＝600m/s.(3)根据能的转化和守恒定律得ΔE＝12mv2－12(M＋m)v2B＝1782J.题组3对应考点33．如图6－2－7所示，木块A和B的质量分别为m1和m2，固定在轻质弹簧的两端，静止于光滑的水平面上．现给A以向右的水平速度v0，求在两物体相互作用的过程中，弹性势能的最大值．图6－2－7解：木块A、B相互作用过程中，速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度的大小为v.由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v①木块A、B减少的动能转化为弹簧的弹性势能，有E弹＝－ΔEk＝12m1v20－12(m1＋m2)v2②由①②式联立解得弹簧的弹性势能的最大值为E弹＝m1m2v202m1＋m2.4．如图6－2－8所示，在光滑的水平面上有一静止的光滑曲面滑块，质量为m2.现有一大小忽略不计的小球，质量为m1，以速度v0冲向滑块，并进入滑块的光滑轨道，设轨道足够高．求小球在轨道上能上升的最大高度．图6－2－8解：小球和滑块具有相同速度时，小球的上升高度最大，设共同速度的大小为v.由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v①设小球在轨道上能上升的最大高度为h.由于水平面光滑，故小球和滑块组成的系统机械能守恒，以水平地面为零势能面，有12m1v20＝12(m1＋m2)v2＋m1gh②由①②式联立解得h＝m2v202m1＋m2g.5．如图6－2－9所示，在光滑的横梁上有一质量为m2的小车，车上用轻绳吊一质量为m1的小物体，现给小物体一水平初速度v0，求小物体能上升的最大高度h(或已知绳长为L，求绳与竖直方向所成的最大夹角)．图6－2－9解：车与物体具有相同速度时，物体上升的高度最大，设共同速度的大小为v.由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v①由于横梁光滑，故车和物体组成的系统机械能守恒，有12m1v20＝12(m1＋m2)v2＋m1gh②由①②式联立解得h＝m2v202m1＋m2g.[若求角度，可由h＝L(1－cosα)求得]6．如图6－2－10所示，一大小可忽略不计、质量为m1的小物体放在质量为m2的长木板的左端，长木板放在光滑的水平面上．现让m1获得向右的速度v0，若小物体最终没有从长木板上滑落，两者间的动摩擦因数为μ.求长木板的长度至少是多少？图6－2－10解：若使小物体不从长木板上滑落，则须小物体到达长木板的右端时两者具有共同的速度．设共同速度的大小为v，长木板的长度为L，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v①由能的转化和守恒定律知，由小物体和长木板组成的系统减少的动能转化为内能，有12m1v20－12(m1＋m2)v2＝μm1gL②由①②式联立解得L＝m2v202μm1＋m2g.7．如图6－2－11所示，木块A和B的质量分别为m1和m2，固定在轻质弹簧的两端，静止于光滑的水平面上．现给A以向右的水平速度v0，求弹簧恢复原长时两物体的速度．图6－2－11题组4对应考点4上述结果表明此题为周期性变化过程，弹簧恢复原长有从压缩恢复原长和从伸长恢复原长两种情况，其解依次为③、④式，交替出现．由能量关系有12m1v20＝12m1v1′2＋12m2v2′2②由①②式联立解得v1′＝m1－m2m1＋m2v0，v2′＝2m1m1＋m2v0③或v1′＝v0，v2′＝0④解：设弹簧恢复原长时，m1和m2两物体的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1′＋m2v2′①8．如图6－2－12所示，在光滑的水平面上有一静止的光滑曲面滑块，质量为m2.现有一大小忽略不计的小球，质量为m1，以速度v0冲向滑块，并进入滑块的光滑轨道，设轨道足够高．求小球再次回到水平面上时，两物体的速度．图6－2－12解：设小球再次回到水平面上时，m1和m2两物体的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1′＋m2v2′①由能量关系有12m1v20＝12m1v1′2＋12m2v2′2②由①②式联立解得v1′＝m1－m2m1＋m2v0，v2′＝2m1m1＋m2v0或v1′＝v0(舍去)，v2′＝0(舍去)．9．如图6－2－13所示，在光滑的横梁上有一质量为m2小车，车上用轻绳吊一质量为m1的小物体，现给小物体一水平向右的初速度v0，求绳子回到竖直位置时，两物体的速度．图6－2－13解：设绳子回到竖直位置时，m1和m2两物体的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1′＋m2v2①或v1′＝v0，v2′＝0④上述结果表明此题为周期性变化过程，绳子回到竖直位置有从右向左经过和从左向右经过竖直位置两种情况，其解依次为③、④式，交替出现．由能量关系有12m1v20＝12m1v1′2＋12m2v2′2②由①②式联立解得v1′＝m1－m2m1＋m2v0，v2′＝2m1m1＋m2v0③题组5对应考点510．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？解：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，由图30可看出，图30气球对地移动的平均速度为l－ht，人对地移动的平均速度为－ht(以向上为正方向)．由动量守恒定律，有Ml－ht－mht＝0解得l＝M＋mMh.热点1动量与平抛、圆周运动综合问题【例1】(2011年天津卷)如图6－2－14所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发