动量守恒定律的各种题型

PAGEPAGE1动量守恒定律应用的各种题型1．两球碰撞型【例题1】甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P1=5kgm/s，P2=7kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kgm/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？A、m1=m2B、2m1=m2C、4m1=m2D、6m1=m2。★解析：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：P1+P2=P1，+P2，即：P1，=2kgm/s。由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有：所以有：m1m2这个结论合“理”，但却不合“情”。因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即m1；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以。因此选项（D）是不合“情”的，正确的答案应该是（C）选项。2、子弹打木块型（动量守恒、机械能不守恒）【例题2】质量为m的子弹，以水平初速度v0射向质量为M的长方体木块。（1）设木块可沿光滑水平面自由滑动，子弹留在木块内，木块对子弹的阻力恒为f，求弹射入木块的深度L。并讨论：随M的增大，L如何变化？（2）设v0=900m/s，当木块固定于水平面上时，子弹穿出木块的速度为v1=100m/s。若木块可沿光滑水平面自由滑动，子弹仍以v0=900m/s的速度射向木块，发现子弹仍可穿出木块，求M/m的取值范围（两次子弹所受阻力相同）。★解析：（1）当木块可自由滑动时，子弹、木块所组成的系统动量守恒：即可解出打入深度为可知，随M增大，L增大。（2）当木块固定时：①②这种情况下，系统的动能损失仍等于阻力与相对移动距离之积：③②③可得：④由①、④两式，可解出，为子弹刚好穿出时M∶m的值。我们已经知道，M越大，子弹打入木块的深度越大，故M∶m＝80应为M∶m的最小值，即应取M∶m≥80。答案：M∶m≥80。3．【解析】(1)在子弹撞击A的过程中，子弹与A组成系统的总动量守恒，此过程结束时A的速度最大，设此刻子弹的速度为v，A的速度为vA，则有mv0＝mv＋mAvA，解得：vA＝2.5m/s.(2)当A在B上滑动过程中，A与B组成的系统的总动量守恒，若A不会滑离B，则当A滑到B右端时两者速度恰好相等，设相对滑动距离为s，两者达到的共同速度为v共，则有：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、小球半圆型槽【例题3】如图所示，有一半径为R的半球形凹槽P，放在光滑的水平地面上，一面紧靠在光滑墙壁上，在槽口上有一质量为m的小球，由A点静止释放，沿光滑的球面滑下，经最低点B又沿球面上升到最高点C，经历的时间为t，B、C两点高度差为0.6R，求：(1)小球到达C点的速度。(2)在t这段时间里，竖墙对凹槽的冲量★解析：(1)这道题中没给M，所以不能直接由动量求出。小球从A到B的过程中，凹槽P不动，对m=1\*GB3①小球从B到C的过程中，凹槽和球构成系统动量守恒(水平方向)和机械能守恒，所以有=2\*GB3②=3\*GB3③解①②③得小球到达C点的速度，，方向水平向右。(2)竖直墙对凹槽的冲量等于系统在水平方向获得的动量，所以有，方向水平向右。（答）误点警示：要分析清楚小球和凹槽系统在各个运动阶段动量守恒或不守恒的原因。4、爆炸模型

例4．有一大炮竖直向上发射炮弹。炮弹的质量为M＝6.0kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出的初速度，当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为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，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(，忽略空气阻力)5、竖直方向上碰撞型h2h1abc弹簧外壳内芯例5.探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（图a）；②h2h1abc弹簧外壳内芯解：设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2，(1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有(4mg＋m)(h2－h1)＝(4m＋m)V22，解得V2＝；（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有4mV1＝(4mg＋m)V2，解得V1＝，设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有W－4mgh1＝(4m)V12，解得W＝mg；（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为＝(4m)V12－(4m＋m)V22，联立解得＝mg(h2－h1)。6、两体摆动型【例题6】如图所示，在光滑的水平杆上套者一个质量为m的滑环，滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬吊着质量为M的物体（可视为质点），绳长为L。将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆，若滑环不固定，仍给物块以同样的水平冲量，求物块摆起的最大高度。★解析：设物块受到水平冲量后速度为。滑环固定时得。滑环不固定时，摆起最大高度为h，在最大速度时的共同速度为v：解得：例66．[2011·安徽卷]如图1－17所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态．现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4m/s，g取10m/s2.(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向．(2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．【解析】(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，则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设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,1),L)③由②③式，得F＝2N④由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上．(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V.在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有mv2＋MV＝0⑤在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则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)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2.任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V′.由系统水平方向的动量守恒，得mv3－MV′＝0⑧将⑧式两边同乘以Δt，得mv3Δt－MV′Δt＝0⑨因⑨式对任意时刻附近的微小间隔Δt都成立，累积相加后，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、三体相互作用型【例题7】如图所示，在光滑水平桌面上，物体A和B用轻弹簧连接，另一物体C靠在B左侧未连接，它们的质量分别为mA=0.2kg，mB=mC=0.（1）弹簧伸长最大时弹簧的弹性势能；（2）弹簧从伸长最大回复到自然长度时，A、B速度的大小。★解析：取向右为正方向。第一过程，弹簧从缩短至原长代入数据得：，第二过程，弹簧从原长伸至最长，此时A、B速度相等，有代入数据得：，第三过程，弹簧从最长至原长，有得：，例77．[2011·重庆卷]如图1－13所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m.人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：图1－13(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；(2)人给第一辆车水平冲量的大小；(3)第一次与第二次碰撞系统动能损失之比．例7．[2011·重庆卷]【解析】(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL(2)设第一车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2；人给第一车的水平冲量大小为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)设两次碰撞中系统动能损失分别为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．如图所示，水平光滑地面上放置有n个完全相同的小车，他们的质量均为m，其中最后一个车右上角上放有质量为M可以看作质点的物块，物块和车之间的动摩擦因数为，现在给第一个小车作用向右的瞬时冲量，使其获得速度，设各小车碰撞后立即粘合在一起。运动过程中，物块最终未掉于地面上。求：（1）物块M在车上发生相对运动的时间。（2）为使物块不掉于地面，每个小车的最小长度L为多大？【解析】（1）对n个小车m和M用动量守恒定律物体的加速度（2）由能量关系得。例7777.如图所示,固定的凹槽水平表面光滑,其内放置U形滑板N,滑板两端为半径R=0.45m的1/4圆弧面,A和D分别是圆弧的端点,BC段表面粗糙,其余段表面光滑,小滑块P1和P2的质量均为m,滑板的质量M=4m.P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,开始时滑板紧靠槽的左端,P2静止在粗糙面的B点.P1以v0=4.0m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下,与P2发生弹性碰撞后,P1处在粗糙面B点上,当P2滑到C点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P2继续滑动,到达D点时速度为零,P1与P2可视为质点,取g=10m/s2.问：（1）P2在BC段向右滑动时,滑板的加速度为多大？（2）BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后,P1与P2间的距离为多少？答案（1）0.8m/s2(2)1.9m0.695m解析（1）将N、P1看作整体,根据牛顿第二定律得：μ2mg=（M+m）a ①a=m/s2=0.8m/s2 ②(2)设P1到达B点的速度为v,P1从A点到达B点的过程中,根据动能定理有：mgR=mv2-mv02 ` ③代入数据得v=5m/s ④因P1、P2质量相等且发生弹性碰撞,所以碰后P1、P2交换速度,即碰后P2在B点的速度为：vB=5m/s ⑤设P2在C点的速度为vC,P2从C点到D点过程中根据动能定理得：-mgR=-mvC2 ⑥代入数据得vC=3m/s ⑦P2从B点到C点的过程中,N、P1、P2作为一个系统所受合外力为零,系统动量守恒,设P2到达C点时N和P1的共同速度为v′.根据动量守恒定律得：mvB=mvC+(M+m)v′ ⑧v′为滑板与槽的右端粘连前滑板和P1的共同速度.由动能定理-μ2mgL2=mvC2-mvB2 ⑨μ2mgLN=(M+m)v′2 ⑩L2和LN分别为P2和滑板对地移动的距离,联立⑧⑨⑩得BC长度l=L2-LN=1.9m 滑板与槽粘连后,P1在BC上移动的距离为l1-μ1mgl1=0-mv12 P2在D点滑下后,在BC上移动的距离l2mgR=μ2mgl2 系统完全静止时P1与P2的间距Δl=l-l1-l2=0.695m.

8、动量守恒定律解“人船模型”问题【例题8】如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上固定一杆，总质量为M；杆顶系一长为L的轻绳，轻绳另一端系一质量为m的小球．绳被水平拉直处于静止状态(小球处于最左端)．将小球由静止释放，小球从最左端摆下并继续摆至最右端的过程中，小车运动的距离是多少？★解析：该题立意新颖，但仔细分析与“人船