高三物理第一轮复习集体备课（必修二）附习题！全国通用动量18、动量守恒.ppt

动量守恒定律 一 动量守恒定律 1 内容 相互作用的物体 如果不受外力或所受外力的合力为零 它们的总动量保持不变 即作用前的总动量与作用后的总动量相等 2 动量守恒定律适用的条件 系统不受外力或所受合外力为零 当内力远大于外力时 某一方向不受外力或所受合外力为零 或该方向上内力远大于外力时 该方向的动量守恒 3 常见的表达式 p p 其中p p分别表示系统的末动量和初动量 表示系统作用前的总动量等于作用后的总动量 p 0 表示系统总动量的增量等于零 p1 p2 其中 p1 p2分别表示系统内两个物体初 末动量的变化量 表示两个物体组成的系统 各自动量的增量大小相等 方向相反 其中 的形式最常见 具体来说有以下几种形式 a m1vl m2v2 m1v l m2v 2 各个动量必须相对同一个参照物 适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统 b 0 m1vl m2v2 适用于原来静止的两个物体组成的系统 c m1vl m2v2 m1 m2 v 适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度 例1 由动量定理和牛顿第三定律推出动量守恒定律 以两个物体为例 解析 设两物体质量分别为m1 m2 作用前后的速度分别为v1 v2与v1 v2 在 t时间内m1 m2所受外力为fl f2 内力 第1个对第2个物体作用力为f12 其反作用力为f21 根据动量定理 对m1 fl f21 t m1v1 m1v1 对m2 f2 f12 t m2v2 m2v2 根据牛顿第三定律f12 f21又由于fl f2 0 所以m1v1 m1v1 m2v2 m2v2 整理得 m1v1 m2v2 m1v1 m2v2 二 对动量守恒定律的理解 1 动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量 而不能改变系统的总动量 在系统运动变化过程中的任一时刻 单个物体的动量可以不同 但系统的总动量相同 2 应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物 不能选择相对地面作加速运动的物体为参照物 3 动量是矢量 系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变 等号的含义是说等号的两边不但大小相同 而且方向相同 例2 放在光滑水平面上的a b两小车中间夹了一压缩的轻质弹簧 用两手分别控制小车处于静止状态 下面说法中正确的是a 两手同时放开后 两车的总动量为零b 先放开右手 后放开左手 而车的总动量向右c 先放开左手 后放开右手 两车的总动量向右d 两手同时放开 同车的总动量守恒 两手放开有先后 两车总动量不守恒 解析 根据动量守恒定律的适用条件 两手同时放开 则两车水平方向不受外力作用 总动量守恒 否则 两车总动量不守恒 若后放开左手 则左手对小车有向右的冲量作用 从而两车的总动量向右 反之 则向左 因而 选项abd正确 例3 a b两滑块在同一光滑的水平直导轨上相向运动发生碰撞 碰撞时间极短 用闪光照相 闪光4次摄得的照片如图所示 已知闪光的时间间隔为 t 而闪光本身持续时间极短 在这4次闪光的瞬间 a b两滑块均在0 80cm刻度范围内 且第4次闪光时 滑块a恰好通过x 55cm处 滑块b恰好通过x 70cm处 问 1 碰撞发生在何处 2 碰撞发生在第一次闪光后多少时间 3 两滑块的质量之比等于多少 下页 07宁夏卷在光滑的水平面上 质量为m1的小球a以速率v0向右运动 在小球的前方o点处有一质量为m2的小球b处于静止状态 如图所示 小球a与小球b发生正碰后小球a b均向右运动 小球b被在q点处的墙壁弹回后与小球a在p点相遇 pq 1 5po 假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的 求两小球质量之比m1 m2 解 从两小球碰撞后到它们再次相遇 小球a和b的速度大小保持不变 根据它们通过的路程 可知小球b和小球a在碰撞后的速度大小之比为4 1两球碰撞过程有 解得 例4 在质量为m的小车中挂有一单摆 摆球的质量为m0 小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动 与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞 碰撞的时间极短 在此碰撞过程中 下列哪些情况是可能发生的 a 小车 木块 摆球的速度都发生变化 分别变为vl v2 v3 满足 m m0 v mvl十mv2十m0v3b 摆球的速度不变 小车和木块的速度变化为vl和v2 满足mv mvl十mv2 c 摆球的速度不变 小车和木块的速度都变为vl 满足mv m m vld 小车和摆球的速度都变为vl 木块的速度变为v2 满足 m十m0 v m十m0 vl十mv2 bc 例5 如图所示 在光滑水平面上有a b两小球沿同一条直线向右运动 并发生对心碰撞 设向右为正方向 碰前a b两球动量分别是pa 10kgm s pb 15kgm s 碰后动量变化可能是 a pa 5kg m s pb 5kg m sb pa 5kg m s pb 5kg m sc pa 5kg m s pb 5kg m s d pa 20kg m s pb 20kg m s 解析 a 此结果动量不守恒 b 可能 c b的动量不可能减少 因为是a碰b d 要出现 pa 20kg m s只有b不动或向左运动才有可能出现这个结果 b 1 动量守恒定律的 四性 在应用动量守恒定律处理问题时 要注意 四性 矢量性 动量守恒定律是一个矢量式 对于一维的运动情况 应选取统一的正方向 凡与正方向相同的动量为正 相反的为负 若方向未知可设与正方向相同而列方程 由解得的结果的正负判定未知量的方向 瞬时性 动量是一个状态量 即瞬时值 动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定 列方程m1vl m2v2 m1v l m2v 2时 等号左侧是作用前各物体的动量和 等号右边是作用后各物体的动量和 不同时刻的动量不能相加 相对性 由于动量大小与参照系的选取有关 应用动量守恒定律时 应注意各物体的速度必须是相对于同一惯性参照系的速度 一般以地球为参照系 普适性 动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统 也适用于多个物体组成的系统 不仅适用于宏观物体组成的系统 也适用于微观粒子组成的系统 例6 一辆质量为60kg的小车上有一质量为40kg的人 相对车静止 一起以2m s的速度向前运动 突然人相对车以4m s的速度向车后跳出去 则车速为多大 下面是几个学生的解答 请指出错在何处 1 解析 人跳出车后 车的动量为60v 人的动量为40 4 v 由动量守恒定律 60 40 2 60v 40 4 v 解得 v 0 4m s 2 解析 选车的方向为正 人跳出车后 车的动量为60v 人的动量 40 4 由动量守恒定律 60 40 2 60v 40 4 解得v 6m s 3 解析 选车的方向为正 人跳出车后的动量为60v 人的动量 40 4 2 由动量守恒定律得 60 40 2 60v 40 4 2 解得v 14 3m s 4 解析 选地为参照物 小车运动方向为正 据动量守恒定律 60 40 2 60v 40 4 v 解得v 3 6m s 没有注意矢量性 没有注意相对性 没有注意瞬时性 此法正确 例7 2002年 美国 科学 杂志评出的中 一项是加拿大萨德伯里中微子观测站的成果 该站揭示了中微子失踪的原因 即观测到的中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中转化为一个 子和一个 子 在上述研究中有以下说法 该研究过程中牛顿第二定律依然适用 该研究中能的转化和守恒定律依然适用 若发现 子和中微子的运动方向一致 则 子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致 若发现 子和中微子的运动方向相反 则 子的运动方向与中微子的运动方向也可能相反 其中正确的是 a b c d 解析 在中微子转化为 子和 子时 动量守恒和能量守恒定律仍然适用 当 子与中微子的运动方向一致时 子的运动方向有可能与中微子的运动方向相同 也有可能与中微子运动方向相反 但 子运动方向与中微子运动方向相反时 子的运动方向与中微子的运动方向一定相同 答案c正确 2 应用动量守恒定律的基本思路 1 明确研究对象和力的作用时间 即要明确要对哪个系统 对哪个过程应用动量守恒定律 2 分析系统所受外力 内力 判定系统动量是否守恒 3 分析系统初 末状态各质点的速度 明确系统初 末状态的动量 4 规定正方向 列方程 5 解方程 如解出两个答案或带有负号要说明其意义 例8 将质量为m 的铅球以大小为v0 仰角为 的初速度抛入一个装着砂子的总质量为m的静止砂车中如图所示 砂车与地面间的摩擦力不计 球与砂车的共同速度等于多少 解析 把铅球和砂车看成一个系统 系统在整个过程中不受水平方向的外力 则水平方向动量守恒 所以 mv0cos m m v 所以v mv0cos m m 例9 有n个人 每人的质量均为m 站在质量为m的静止在光滑水平地面上的平板车上 他们从平板车的后端以相对于车身为u的水平速度向后跳下 车就朝前方向运动 求 1 如果所有的人同时跳下 平板车获得的速度多大 2 如果一次只跳一个人 平板车获得的速度多大 解答 他们同时跳下 则nm u v mv 0 他们相继跳下 则0 m n 1 m v1 m v1 u m n 1 m v1 m n 2 m v2 m v2 u m n 2 m v2 m n 3 m v3 m v3 u m m vn 1 mvn m vn u v1 mu m nm v2 v1 mu m n 1 m v3 v2 mu m n 2 m vn vn 1 mu m m 即vn v 例10 一玩具车携带若干质量为m的弹丸 车和弹丸的总质量为m 在半径为r的光滑轨道上以速率v0做匀速圆周运动 若小车每转一周便沿运动方向相对地面以恒定速度u发射一枚弹丸 求 至少发射多少颗弹丸后 小车开始反向运动 写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的表达式 解析 1 设发射第一枚弹丸后 玩具车的速度为v1 由切线方向动量守恒得 m m v1 mu mv0得 第二枚弹丸发射后 则 m 2m v2 mu m m v1得 则第n枚弹丸发射后 小车的速度为 小车开始反向运动时 vn 0 则 2 发射相邻两枚弹丸的时间间隔就是发射第k k n 枚弹丸后小车的周期 即 一 碰撞 1 碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短 而物体间相互作用力很大的现象 在碰撞现象中 一般都满足内力远大于外力 故可以用动量守恒定律处理碰撞问题 按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上有正碰和斜碰之分 2 一般的碰撞过程中 系统的总动能要有所减少 若总动能的损失很小 可以略去不计 这种碰憧叫做弹性碰撞 其特点是物体在碰撞过程中发生的形变完全恢复 不存在势能的储存 物体系统碰撞前后的总动能相等 若两物体碰后粘合在一起 这种碰撞动能损失最多 叫做完全非弹性碰撞 其特点是发生的形变不恢复 相碰后两物体不分开 且以同一速度运动 机械能损失显著 在碰撞的一般情况下系统动能都不会增加 有其他形式的能转化为机械能的除外 如爆炸过程 这也常是判断一些结论是否成立的依据 3 弹性碰撞 题目中出现 碰撞过程中机械能不损失 就是弹性碰撞 设两小球质量分别为m1 m2 碰撞前后速度为v10 v20 v1 v2 碰撞过程无机械能损失 求碰后二者的速度 m1v10 m2v20 m1v1 m2v2 由以上两式得v2 v1 v10 v20即在弹性碰撞中分离速度等于接近速度 由上三两式得 仔细观察v1 v2结果很容易记忆 当v20 0时 当v20 0时 m1 m2时v1 0 v2 v10这就是我们说的交换速度 动量和能量 当v20 0时 m1 m2 v1 v10 v2 2v10 碰后m1几乎未变 仍按原来速度运动 质量小的物体将以m1的速度的两倍向前运动 当v20 0时 m1 m2 vl v10 v2 0 碰后m1被按原来速率弹回 m2几乎未动 例1 试说明完全非弹性碰撞中机械能损失最多 解析 碰后二者一起以共同速度运动的碰撞为完全非弹性碰撞 m1v10 m2v20 m1v1 m2v2 显然 当v1 v2时 动能损失最大 如子弹打木块 例2 甲物体以动量p1与静止在光滑水平面上的乙物体对心正碰 碰后乙物体的动量为p2 则p2和p1的关系可能是 a p2 p1 b p2 p1 c p2 p1 d 以上答案都有可能 解析 此题隐含着碰撞的多种过程 若甲击穿乙物体或甲 乙两物体粘在一起匀速前进时有p2 p1 若甲乙速度交换时有p2 p1 若甲被弹回时有p2 p1 四个答案都是可能的 abcd 例3 如图所示 一轻质弹簧两端各连接一质量均为m的滑块a和b 两滑块都置于光滑水平面上 今有质量为m 4的子弹以水平速度v射入a中不再穿出 试分析滑块b何时具有最大动能 其值为多少 弹簧的最大弹性势能为多大 解析 对子弹和滑决a根据动量守恒定律mv 4 5mv 4 所以v v 5 当弹簧被压缩后又恢复原长时 b的速度最大 具有的动能也最大 此过程动能与动量都守恒 得 vb 2v 9 所以b的动能为ekb 2mv2 81 例4 如图所示 在支架的圆孔上放着一个质量为m的木球 一质量为m的子弹以速度v0从下面竖直向上击中木球并穿出 使木球向上跳起高度为h 求子弹穿过木球后上升的高度 解析 把木球和子弹作为一个系统研究 在子弹和木球相互作用时间内 木球和子弹要受到重力作用 显然不符合动量守恒的条件 但由于子弹和木球间的作用力 内力 远大于它们的重力 外力 可以忽略重力作用而认为系统动量守恒 设子弹刚穿过木球时 子弹的速度为v1 木球的速度为v2 竖直向上为正方向 对系统 据动量守恒 mv mv1 mv2 木球获得速度v2后 上升的过程机械能守恒 mv22 mgh 两式联立得 子弹射穿木球后的上升过程机械能守恒 mv12 mgh 将v1代入得子弹上升的最大高度 平板车第一次与竖直墙壁发生碰撞后速度大小保持不变 但方向与原来相反 在此过程中 由于时间极短 故滑块m的速度与其在车上的位置均未发生变化 例5 如图所示 一辆质量m 2kg的平板车左端放有质量m 3kg的小滑块 滑块与平板车之间的动摩擦因数 0 4 开始时平板车和滑块共同以v0 2m s的速度在光滑水平面上向右运动 并与竖直墙壁发生碰撞 设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变 但方向与原来相反 平板车足够长 以至滑块不会滑到平板车右端 取g 10m s2 求 1 平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离 2 平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v2 3 若滑块始终不会滑到平板车右端 平板车至少多长 解析 由于相对运动 滑块m和平板车间将产生摩擦力 两者均做匀减速运动 由于平板车质量小 故其速度减为0时 滑块m仍具有向右的不为0的速度 此时起 滑块m继续减速 而平板车反向加速一段时间后 滑块m和平板车将达到共同速度一起向右运动 与竖直墙壁发生第二次碰撞 1 设平板车第一次碰墙壁后 向左移动s 速度减为0 由于系统总动量向右 平板车速度为0时 滑块还具有向右的速度 根据动能定理有 mgs1 0 mv02 代入数据得 2 假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止 那么其速度的大小肯定还是2m s 滑块的速度则大于2m s 方向均向右 这显然不符合动量守恒定律 即平板车碰墙瞬间的速度mv0 mv0 m m v2 3 平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板车又达到共同速度v前的过程 可用图 a b c 表示 图 a 为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置 图 b 为平板车到达最左端时两者的位置 图 c 为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置 所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度v2 滑块和平板车动能总减少为 mgl 其中l s s 为滑块相对平板车的位移 此后 平板车与墙壁发生多次碰撞 每次情况与此类似 最后停在墙边 设滑块相对平板车总位移为l 则有 m m v02 mgl l即为平板车的最短长度 在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功 mgs 平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功 mgs 平板车从b到a再回到b的过程中摩擦力做功为0 其中s s 分别为滑块和平板车的位移 例6 有两块大小不同的圆形薄板 厚度不计 质量分别为m和m 半径分别为r和r 两板之间用一根长为0 4m的轻绳相连结 开始时 两板水平放置并叠合在一起 静止于高度为0 2m处如图 a 所示 然后自由下落到一固定支架c上 支架上有一半径为r r r r 的圆孔 圆孔与两薄板中心在圆板中心轴线上 木板与支架发生没有机械能损失的碰撞 碰撞后 两板即分离 直到轻绳绷紧 在轻绳绷紧瞬间 两物体具有共同速度v 如图 b 所示 问 l 若m m 则v值为多大 2 若m m k 试讨论v的方向与k值间的关系 解析 m m与固定支架碰撞前的自由下落 所以v02 2gh 碰撞后 m原速返回向上作初达v0的匀减速运动 m作初速为v0向下匀加速运动 设绳刚要绷直时 m的速度为v1 上升的高度为h1 m的速度为v2 下降的高度为h2 经历时间为t 则 v1 v0 gt v12 v02 2gh1 v2 v0 gt v22 v02 2gh2 又hl h2 0 4 由上五式解得 v2 3m s v1 1m s 在绳绷紧瞬间 时间极短 重力的冲量忽略不计 则m与m组成的系统动量守恒 设向下为正 则 mv2 mv1 m m v 1 当m m时 v 1m s 2 当m m k时 k 3时 v 0两板向下运动 k 3时 v 0两板向上运动 k 3时 v 0两板瞬时静止 讨论 二 人船模型 1 若系统在整个过程中任意两时刻的总动量相等 则这一系统在全过程中的平均动量也必定守恒 在此类问题中 凡涉及位移问题时 我们常用 系统平均动量守恒 予以解决 如果系统是由两个物体组成的 合外力为零 且相互作用前均静止 相互作用后运动 则由得推论0 m1s1 m2s2 但使用时要明确s1 s2必须是相对地面的位移 2 人船模型的应用条件是 两个物体组成的系统 当有多个物体组成系统时 可以先转化为两个物体组成的系统 动量守恒 系统的合动量为零 例1 如图所示 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 船和人对地面的位移各是多少 解析 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 即v2 v1 m m 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 l 所以 思考 人的位移为什么不是船长 思考 若开始时人船一起匀速运动 则还满足s2 s1 m m吗 例2 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 解析 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 m l h t mh t 0 解得 画出反映位移关系的草图 对求解此类题目会有很大的帮助 例3 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 设a和b均为弹性体 且不计空气阻力 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 当小球运动到糟的最右端时 糟向左运动的最大距离设为s1 则m1s1 m2s2 又因为s1 s2 2r 所以 思考 在槽 小球运动的过程中 系统的动量守恒吗 思考 当小球运动到槽的最右端时 槽是否静止 小球能否运动到最高点 思考 s1 s2为什么等于2r 而不是 r 例4 某人在一只静止的小船上练习射击 船 人连同枪 不包括子弹 及靶的总质量为m 枪内有n颗子弹 每颗子弹的质量为m 枪口到靶的距离为l 子弹水平射出枪口相对于地的速度为v0 在发射后一发子弹时 前一发子弹已射入靶中 在射完n颗子弹时 小船后退的距离为 解析 设n颗子弹发射的总时间为t 取n颗子弹为整体 由动量守恒得nmv0 mv1 即nmv0t mv1t 设子弹相对于地面移动的距离为s1 小船后退的距离为s2 则有 s1 v0t s2 v1t 且s1 s2 l 解得 答案 c 2 研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律 求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态 1 指在系统内力作用下 系统内一部分物体向某发生动量变化时 系统内其余部分物体向相反方向发生动量变化的现象 三 反冲运动 基础例 已知 炮弹的质量为m 炮身的质量为m 炮弹相对地的速度v0 求 炮身的反冲速度v 解析 mv0 mvv mv0 m基础例 已知 炮弹的质量为m 炮身的质量为m 炮弹相对炮口的速度u 求 炮身的反冲速度v 解析 m u v mvv mu m m 例1 如图所示 在光滑水平面上质量为m的玩具炮 以射角 发射一颗质量为m的炮弹 炮弹离开炮口时的对地速度为v0 求玩具炮后退的速度v 解析 炮弹出口时速度v0可分解为竖直向上的分量vy和水平向右的分量vx 取炮和炮弹为系统 初始时系统动量为零 炮弹出口时炮弹有竖直向上的动量mvy 而炮车在竖直方向上却没方向相反的动量 因此在竖直分方向上系统的动量不守恒 在水平方向上因地光滑无外力 所以可用水平方向动量守恒来解 炮车和炮弹组成的系统在水平分方向上动量守恒 设水平向左为正方向 据动量守恒定律 在水平方向上 mv0cos mv 解得炮车后退速度 例2 如图所示 带有1 4圆弧的光滑轨道的小车放在光滑水平地面上 弧形轨道的半径为r 最低点与水平线相切 整个小车的质量为m 现有一质量为m的小滑块从圆弧的顶端由静止开始沿轨道下滑 求当滑块脱离小车时滑块和小车的各自速度 解析 在m由静止沿圆弧轨道下滑过程中 m和m组成的系统在水平方向不受外力作用 因此该系统在水平方向动量守恒 在m下滑时 对m有一个斜向左下方的压力 此压力的水平分量使m在m下滑时向左作加速运动 直到m脱离轨道飞出 从能量的观点看 m与m获得的动能均来自m位置降低所减少的重力势能 设向右为正方向 m脱离轨道时的速度为v1 此时小车的速度为v2 据动量守恒定律 水平方向上 0 mvl mv2 据能量守恒 mgr mv12 mv22 解得 例3 用火箭发射人造地球卫星 假设最后一节火箭的燃料用完后 火箭壳体和卫星一起以速度v 7 0 103m s绕地球做匀速圆周运动 已知卫星质量m 500kg 最后一节火箭壳体的质量m 100kg 某时刻火箭壳体与卫星分离 分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度u 1 8 103m s 试分析计算 分离后卫星的速度增加到多大 火箭壳体的速度多大 分离后它们将如何运动 解析 设分离后卫星与火箭壳体相对于地面的速度分别为v1和v2 分离时系统在轨道切线方向上动量守恒 m m v mv1 mv2 且u v1 v2 解得v1 7 3 103m s v2 5 5 103m s 卫星分离后 v1 v2 将做离心运动 卫星将以该点为近地点做椭圆运动 而火箭壳体分离后的速度v2 5 5 103m s v 因此做向心运动 其轨道为以该点为远地点的椭圆运动 进入大气层后 轨道将不断降低 并烧毁 例4 光子的能量为h 动量大小为h c 如果一个静止的放射性元素的原子核在发生 衰变时只发出一个 光子 则衰变后的原子核 a 仍然静止b 沿着与光子运动方向相同的方向运动c 沿着与光子运动方向相反的方向运动d 可能向任何方向运动 c 解析 原子核在放出 光子过程中 系统动量守恒 而系统在开始时总动量为零 因此衰变后的原子核运动方向与 光子运动方向相反 例12 春节期间孩子们玩 冲天炮 有一只被点燃的 冲天炮 喷出气体竖直向上运动 其中有一段时间内 冲天炮 向上作匀速直线运动 在这段时间内 冲天炮 的有关物理量将是 a 合外力不变 b 反冲力变小 c 机械能可能变大 d 动量变小 解析 由竖直匀速上升可知 答案a和c是正确的 但在匀速上升的过程中隐含有燃料燃烧喷出气体的现象 结果 冲天炮 的质量必然减小 所以答案b和d也是对的 答案 abcd 例5 在与河岸距离相等的条件下 为什么人从船上跳到岸上时 船越小越难 解析 设人以速度v0跳出 这一速度是相对于船的速度而不是相对于地的 设船的速度为v 则人相对于地的速度为v地 v0 v 由动量守恒得m v0 v mv 0 而由能量守恒得 m v0 v 2 mv2 e 则v地 v0 v 由于船与岸的距离是一定的 则人相对于地的速度是一定的 即v地一定 所以m越小 则v0越大 即相对速度越大 从能量的角度来看 e m v0 v 2 mv2 当m越小时 e越大 即越困难 动力学综合题 区别动量 动能两个物理概念 1 动量 动能都是描述物体某一时刻运动状态的状态量 动量是矢量 动能是标量 2 动量的改变必须经过一个冲量的过程 动能的改变必须经过一个做功的过程 动量是矢量 它的改变包括大小和方向的改变或者其中之一的改变 而动能是标量 它的改变仅是数量的变化 3 动量的数量与动能的数量可以通过p2 2mek联系在一起 4 对于同一物体来说 动能ek变化了 动量p必然变化了 但动量变化了动能不一定变化 例如动量仅仅是方向改变了 这样动能就不改变 对于不同的物体 还应考虑质量的多少 例1 动量大小相等的两个物体 其质量之比为2 3 则其动能之比为 a 2 3 b 3 2 c 4 9 d 9 4 解析 由ek 可知 动量大小相等的物体 其动能与它们的质量成反比 因此动能的比应为3 2 例2 如图所示长木板a放在光滑的水平地面上 物体b以水平速度冲上a后 由于摩擦力作用 最后停止在木板a上 则从b冲到木板a上到相对板a静止的过程中 下述说法中正确是 a 物体b动能的减少量等于b克服摩擦力做的功 b 物体b克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量 c 物体b损失的机械能等于木板a获得的动能与系统损失的机械能之和 d 摩擦力对物体b做的功和对木板a做的功的总和等于系统内能的增加量 acd 例3 光滑水平面上 静置一总质量为m的小车 车板侧面固定一根弹簧 水平车板光滑 另有质量为m的小球把弹簧压缩后 再用细线拴住 烧断细线后小球被弹出 离开车时相对车的速度为v 则小车获得动能是 解 由动量守恒定律 mv球对地 mv车对地 0 v球对地 v球对车 v车对地 v v m v v mv 0 v mv m m d 例4 在水平面上沿一条直线放两个完全相同的小物体a和b 它们相距s 在b右侧距b2s处有一深坑 如图所示 现对a施以瞬间冲量 使物体a沿a b连线以速度v0开始向b运动 为使a与b能发生碰撞 且碰撞之后又不会落入右侧深坑中 物体a b与水平面间的动摩擦因数应满足什么条件 设a b碰撞时间很短 a b碰撞后不再分离 解析 a与b相碰 则 a和b碰前速度v1 a与b碰后共同速度v2 mv1 2mv2 ab不落入坑中 解得 综上 应满足条件 93年高考 例5 如图所示 两个完全相同的质量为m的木板a b置于水平地面上它们的间距s 2 88m 质量为2m 大小可忽略的物块c置于a板的左端 c与a之间的动摩擦因数为 1 0 22 a b与水平地面的动摩擦因数为 2 0 10 最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力 开始时 三个物体处于静止状态 现给c施加一个水平向右 大小为2mg 5的恒力f 假定木板a b碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起 要使c最终不脱离木板 每块木板的长度至少应为多少 解答 设l为a或b板的长度 a c之间的滑动摩擦力大小为f1 a与水平面的滑动摩擦力大小为f2 1 0 22 2 0 10 且 一开始a和c保持相对静止 在f的作用下向右加速运动 有 a b两木板的碰撞瞬间 内力的冲量远大于外力的冲量 由动量守恒定律得mv1 m m v2 碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中 设木板向前移动的位移为s1 选三个物体构成的整体为研究对象 外力之和为零 则 设a b系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f3 对a b系统 由动能定理 对c物体 由动能定理 由以上各式 再代入数据可得l 0 3 m 如图所示 m 2kg的小车静止在光滑的水平面上 车面上ab段是长l 1m的粗糙平面 bc部分是半径r 0 6m的光滑1 4圆弧轨道 今有一质量m 1kg的金属块静止在车面的a端 金属块与ab面的动摩擦因数 0 3 若给m施加一水平向右 大小为i 5n s的瞬间冲量 g取10m s2 求 金属块能上升的最大高度h小车能获得的最大速度v1金属块能否返回到a点 若能到a点 金属块速度多大 例6 解 i mv0v0 i m 5 1 5m s 1 到最高点有共同速度水平v 由动量守恒定律mv0 m m v v 5 3m s 由能量守恒定律1 2mv02 1 2 m m v2 mgl mgh h 0 53m 2 当物体m由最高点返回到b点时 小车速度v2最大 由动量守恒定律mv0 mv1 mv1 5 由能量守恒定律1 2mv02 1 2mv12 1 2mv12 mgl 解得 v1 3m s 向右 v1 1m s 向左 思考 若r 0 4m 前两问结果如何 3 设金属块从b向左滑行s后相对于小车静止 速度为v 由动量守恒定律mv0 m m vv 5 3m s 由能量守恒定律1 2mv02 1 2 m m v2 mg l s 解得 s 16 9m l 1m能返回到a点 由动量守恒定律mv0 mv2 mv2 5 由能量守恒定律1 2mv02 1 2mv22 1 2mv22 2 mgl 解得 v2 2 55m s 向右 v2 0 1m s 向左 例7 如图所示 在光滑的水平面内有两个滑块a和b 其质量ma 6kg mb 3kg 它们之间用一根轻细绳相连 开始时绳子完全松弛 两滑块靠在一起 现用了3n的水平恒力拉a 使a先起动 当绳被瞬间绷直后 再拖动b一起运动 在a块前进了0 75m时 两滑块共同前进的速度v 2 3m s 求连接两滑块的绳长 解析 本题的关键在于 绳子瞬间绷直 时其张力可看成远大于外力f 所以可认为a b组成的系统动量守恒 此过程相当于完全非弹性碰撞 系统的机械能有损失 根据题意 设绳长为l 以绳子绷直前的滑块a为对象 由动能定理得fl mav12 绳绷直的瞬间 可以认为t f 因此系统的动量守恒 mav1 ma十mb v2 对于绳绷直后 a b组成的系统 看成一个整体 的共同运动过程 由动能定理f 0 75 l ma十mb v12 ma十mb v22 由式 一 解得l 0 25m答案 0 25m 高考回眸 16分 一个质量为m的雪橇静止在水平雪地上 一条质量为m的爱斯基摩狗站在该雪橇上 狗向雪橇的正后方跳下 随后又追赶并向前跳上雪橇 其后狗又反复地跳下 追赶并跳上雪橇 狗与雪橇始终沿一条直线运动 若狗跳离雪橇时雪橇的速度为v 则此时狗相对于地面的速度为v u 其中u为狗相对于雪橇的速度 v u为代数和 若以雪橇运动的方向为正方向 则v为正值 u为负值 设狗总以速度v追赶和跳上雪橇 雪橇与雪地间的摩擦忽略不计 已知v的大小为5m s u的大小为4m s m 30kg m 10kg 1 求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小 2 求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数 供使用但不一定用到的对数值 lg2 o 301 lg3 0 477 04年江苏18 解 1 设雪橇运动的方向为正方向 狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度为v1 根据动量守恒定律 有 狗第1次跳上雪橇时 雪橇与狗的共同速度满足 可解得 将 代入 得 2 解 设雪橇运动的方向为正方向 狗第i次跳下雪橇后 雪橇的速度为vi 狗的速度为vi u 狗第i次跳上雪橇后 雪橇和狗的共同速度为vi 由动量守恒定律可得 第一次跳下雪橇 mv1 m v1 u 0 第一次跳上雪橇 mv1 mv m m v1 第二次跳下雪橇 m m v1 mv2 m v2 u 第二次跳上雪橇 mv2 mv m m v2 第三次跳下雪橇 m m v2 mv3 m v3 u 第三次跳上雪橇 m m v3 mv3 mv 第四次跳下雪橇 m m v3 mv4 m v4 u 此时雪橇的速度已大于狗追赶的速度 狗将不可能追上雪橇 因此 狗最多能跳上雪橇3次 雪橇最终的速度大小为5 625m s 19分 如图 长木板ab的b端固定一档板 木板连同档板的质量为m 4 0kg a b间距离s 2 0m 木板位于光滑水平面上 在木板a端有一小物块 其质量m 1 0kg 小物块与木板间的动摩擦因数 0 10 它们都处于静止状态 现令小物块以初速v0 4 0m s沿木板向前滑动 直到和档板相撞 碰撞后 小物块恰好回到a端而不脱离木板 求碰撞过程中损失的机械能 04年青海甘肃25 解 设木块和物块最后共同的速度为v 由动量守恒定律 mv0 m m v 设全过程损失的机械能为 e 木块在木板上相对滑动过程损失的机械能为 w f s 2 mgs 注意 s为相对滑动过程的总路程 碰撞过程中损失的机械能为 16分 图中 轻弹簧的一端固定 另一端与滑块b相连 b静止在水平导轨上 弹簧处在原长状态 另一质量与b相同的滑块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 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 04年广西17 解 设a b质量均为m a刚接触b时速度为v1 碰前 由功能关系 碰撞过程中动量守恒 令碰后a b共同运动的速度为v2 mv1 2mv2 2 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 在这过程中 弹簧势能始末两态都为零 由功能关系 有 后a b开始分离 a单独向右滑到p点停下 由功能关系有 由以上各式 解得 如图示 在一光滑的水平面上有两块相同的木板b和c 重物a 视为质点 位于b的右端 a b c的质量相等 现a和b以同一速度滑向静止的c b与c发生正碰 碰后b和c粘在一起运动 a在c上滑行 a与c有摩擦力 已知a滑到c的右端而未掉下 试问 从b c发生正碰到a刚移到c右端期间 c所走过的距离