动量守恒定律的应用

模型4：人船模型（人在船上走）模型5：木板与滑块类模型6：弹簧类一、常见的物理模型：模型1：碰撞类模型2：爆炸类模型3：子弹射木块类以上模型遵循的共同规律：对系统：动量守恒、能量守恒；对单个物体，动量定理，动能定理，牛顿运动定律。（1）分析题意，明确研究对象:要明确所研究的系统是由哪几个物体组成的。（2）要对系统内的物体进行受力分析:弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的力，即内力；哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力，即外力。在受力分析的基础上，根据动量守恒的条件，判断能否应用动量守恒定律。（3）明确所研究的相互作用过程：确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。注意在选取某个已知量的方向为正方向以后，凡是和选定的正方向同向的已知量取正值，反向的取负值。（4）建立动量守恒方程，代入已知量，解出待求量：计算结果如果是正的，说明该量的方向和正方向相同，如果是负的，则和选定的正方向相反。二、应用动量守恒定律解题的基本步骤：模型1：碰撞类两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。１、弹性碰撞：动量守恒和动能守恒例1：设光滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2，速度为v2的物体B运动，A、B相碰后A、B的速度分别为v1'、v2'。vmmvmvmmvmmvmvmm112122122212111222()()22112211vmvmvmvm222211222211212121vmvmvmvm2、非弹性碰撞：系统动量守恒，但全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）mvmvmvmv11221122222211222211212121vmvmvmvmEk221222211212121vmmvmvmEk3、完全非弹性碰撞：碰后A、B共同运动，系统动量守恒，系统动能减少全部转化为内能。A、B共同速度：在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：vmvmvmm112212vmmvmvm212211１、下列说法中，违反动量守恒定律的是（）A、两个运动物体A和B相碰后合为一体，A减少的动量等于B增加的动量B、质量相等的两个物体，以相同速率相向运动，做正碰后以原来的速率分开C、质量不等的两个物体，以相同的速率相向运动，做正碰以后以某一相同速率向同一方向运动D、质量不等的两个物体，以相同的速率相向运动，做正碰后各以原来的速率分开练习：２、A、B两球在光滑的水平面上沿同一直线，同一方向运动，A球的动量为5Kg·m/s，B球的动量为7Kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后，A、B两球的动量可能是：A．6Kg·m/s，6Kg·m/s；B．3Kg·m/s，9Kg·m/s；C．－2Kg·m/s，14Kg·m/s；D．－5Kg·m/s，15Kg·m/s.3、（连云港06调研）如图所示，光滑绝缘杆上套有两个完全相同、质量都是m的金属小球a、b，a带电量为q（q＞0），b不带电。M点是ON的中点，且OM=MN=L，整个装置放在与杆平行的匀强电场中。开始时，b静止在杆上MN之间的某点P处，a从杆上O点以速度v0向右运动，到达M点时速度为3v0/4，再到P点与b球相碰并粘合在一起（碰撞时间极短），运动到N点时速度恰好为零。求：⑴电场强度E的大小和方向；⑵a、b两球碰撞中损失的机械能；⑶a球碰撞b球前的速度v。abMNOv0P·解：⑴a球从O到M：得：，方向向左。⑵设碰撞中损失的机械能为△E，对a、b球从O到N的全过程应用能的转化和守恒定律得：-qE·2L-△E=0-则碰撞中损失的机械能为：△E==⑶设a与b碰撞前后的速度分别为v、v′，则mv=2mv’减少的动能△E=-=202021)43(21mvvmqELqLmvE327202021mv202016721mvmv20161mv221mv2221vm20161mv021vv4、（2004北京理综卷）对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程。可以简化为如下模型：A、B两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动，当它们之间的距离大于或等于某一定值d时，相互作用力为零；当它们之间的距离小于d时，存在大小恒为F的斥力。设A物体质量m1=1.0kg，开始时静止在直线上某点，B物体质量m2=3.0kg，以速度v0从远处沿该直线向A运动，如图所示。若d=0.10m，F=0.60N,m/s，求：（1）相互作用过程中A、B加速度的大小；（2）从开始相互作用到A、B间的距离最小时系统（物体组）动能的减少量；（3）A、B间的最小距离。20.00解：（1）a1=0.60m/s2,a2=0.20m/s2（2）两者速度相同时，距离最近，由动量守恒（3）根据匀变速直线运动规律当时，解得A、B两者距离最近时所用时间为：t=0.25s将t=0.25s代入，解得A、B间的最小距离为：2012()mmm0012()0.15m/smmm2211201222()0.015JkEmmmt11t2022121211ts222102tts21sdssmin0.075ms小结：此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。模型2：爆炸类1、爆炸的特点：相互作用的力为变力，作用的时间极短，作用力远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理。2、爆炸过程中，因有其它形式的的能转化为动能，所以系统的动能会增加。3、由于爆炸的作用时间极短，因此作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不及，即可认为爆炸后还是从爆炸前瞬间的位置以新的动量开始运动。例1：抛出的手雷在最高点时水平速度为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：在爆炸瞬间，系统的动量近似守恒。设手雷原飞行方向为正方向，则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，由动量守恒定律得：即质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动。2211021)(vmvmvmm)/(502.0503.010)2.03.0()(2110212smmvmvmmv例2：向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（）A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达水平地面D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等例3：如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B，木块的质量为M=6.0kg。当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=50cm，而木块所受的平均阻力为f=80N。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取10m/s2，求爆竹能上升的最大高度。解：爆竹爆炸瞬间，设木块获得的瞬时速度v，由牛顿第二定律和运动学公式得：爆竹爆炸过程中，爆竹木块系统动量守恒MaMgf2/620smasmahv/33200mvMvsmsmmMvv/320/1.03360解得：模型3：子弹射木块类1、子弹以水平速度射向原来静止或运动的木块，留在木块中跟木块共同运动，或射穿木块。2、子弹在木块中穿行时，有摩擦力做功，故系统机械能不守恒。例1：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，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。s2ds1v0v解：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。子弹射入木块过程中系统动量守恒：对子弹用动能定理：①对木块用动能定理：②s1-s2=d①、②相减得：③平均阻力的大小：由以上②、③相比得出木块前进的距离：vmMmv022012121mvmvsf2221Mvsf2022022121vmMMmvmMmvdfdmMMmvf220dmMms2系统动能的损失应该等于系统内能的增加；即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（摩擦生热跟路径有关）。对系统：阻力f对其做负功等于系统动能的变化，即：Mv0mdS木S子22011()22WfdMmvmv可见，转化和转移规律是：子弹机械能减少一部分转移给木块使木块机械能增加；另一部分转化为系统内能，而转化为系统内能（即产生的热量）恰是系统机械能减少部分。(重要结论:系统损失的机械能等于滑动摩擦力与相对位移的乘积)∆EK系=－f·d（d：相对位移）变式:①子弹在木块中运动了多少时间？②木块至少多长子弹不会穿出？0()()MmvMmf20()2()MmvfMm例2、将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，放在光滑的水平面上.此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，动量、机械能是否守恒？答案：动量、机械能都不守恒。1、如图所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为A．B．C．D．Mmvmv/)(0Mmvmv/)(0)/()(0mMmvmv)/()(0mMmvmv练习：2、一颗速度较大的子弹，水平击穿原来静止在光滑水平面上木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大时，下列说法正确的是：A、木块获得的动能变大B、木块获得的动能变小C、子弹穿过木块的时间变长D、子弹穿过木块的时间变短3、如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M＝1kg的木块随传送带一起以v1＝2m/s的速度向左匀速运动（传送带的速度恒定），木块与传送带的摩擦因数为0.5，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹，以v0＝300m/s的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50m/s，设子弹射穿木块的时间极短，（g取10m/s2）求：（1）木块遭射击后远离A的最大距离；（2）木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间。解：（1）设木块遭击后的速度瞬间变为V，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得mvMvmvMV01smvMvvmV/3)(10得木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，摩擦力fFMgNNN051105.××设木块远离A点的最大距离为S，此时木块的末速度为0，根据动能定理得fSMV0122SMVfmm222132509××.得（2）木块在传送带上向左运动的情况：设木块向左加速到V1=2m/s时的位移为S1。由动能定理得fSMv11212SMvfmmm1122212250409××..得由此可知，遭击木块在传送带上向左的运动过程分两个阶段：先向左加速运动一段时间t1，再匀速运动一段时间t2。由动量定理得ftMv11tMvfss1112504×.tSSvss21109042025...tttsss1204025065...所求时间：动量定理和动量守恒的综合应用4、如图所示，有两个物体A，B，紧靠着放在光滑水平桌面上，A的质量为2kg，B的质量为3kg。有一颗质量为100g的子弹以800m/s的水平速度射入A，经过0.01s又射入物体B，最后停在B中，A对子弹的阻力为3×103N，求A，B最终的速度。解：设A、B质量分别为mA、mB，子弹质量为m。子弹离开A的速度