动量守恒定律的应用含动量和能量的综合.docx
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动量守恒定律的应用含动量和能量的综合
动量守恒定律的应用(含动量和能量的综合)
热身练习:
某人随平板小车一起沿光滑水平面匀速行驶,两手中各拿着一个质量相同的小球,试讨论在以下各种情况下将球抛出后,车的速度变化情况:
1将两球向两侧(垂直车速方向)以等大的速度水平抛出,
2将两球相对于车竖直向上抛出;
3将两球以相同的对地速度同时向前向后抛出;
4将两球以相对车等大的速度向前向后同时抛出;
解析1因两球抛出后水平向前的速度未发生变化。
即两球在车上时具有的动量与抛出后两球在水平向前的方向上具有的动量相同,所以抛出后,车速不变。
2将球抛出后,球和车在水平方向上的运动相同,所以车速不变。
3因两球对地速度速度相同,即两球带走的总动量为0。
也就是说,原来系统的总动量全部落在了车上,但相对于抛出前车的总质量减小(少了两球的质量)所以车速变大。
4因两球相对于车的速度大小等大,即两球相对于车的总动量与抛出前相同,所以车速不变。
题型一有相对速度的动量守恒
例1m=60kg的人随M=40kg平板车以v0=1m/s的速度沿光滑水平面向右运动,当人以相对车v=3m/s的速度向前跳出后,求车速度。
分析要解决这个问题,首先要弄清的问题是,“相对车v=1m/s的速度”是相对于车原来的速度是还是相对于变化后的车速的,因跳出前人车速度相同,无相对速度,所以该速度是相对于变化后的车速的。
再就是这个相对速度在列式中如何确定其符号的问题,该速度的正负以规定的正方向为准,第三,未知速度(未知矢量)以正的对待,计算结果为正说明其方向为正方向,计算结果为负,说明其方向与规定的正方向相反。
解:
以v0方向为正,设后来的车速为VX,由动量守恒得
(M+m)V0=m(vx+v)+Mvx
代入数据得vx=-0.8m/s。
负号表示方向向左。
练习一
1例1中若人以相对于车3M/S的速度向后跳出,求车速。
2例1中若人以1M/S的速度向前跳出,求车速。
解析1以v0方向为正,设后来的车速为vx,由动量守恒得
(m+M)v0=Mvx+m(vx-v)
代入数据得vx=2.8m/s。
方向向右。
2以v0方向为正,设后来的车速为vx,由动量守恒得
(m+M)v0=Mvx+m(vx+v)
代入数据得vx=0.4m/s。
方向向右
题型二单方向动量守恒
例2光滑的水平面上,质量为m的小球以速度v0冲上静止放置的带有
光滑圆弧的质量为M的曲面体,已知曲面顶端切线竖直。
若M未能越过曲面体,求球到达最高点时曲面体的速度以及曲面半径的最小值。
分析小球和曲面体组成的系统,水平方向上不受外力,所以系统水平方向上动量守恒。
小球到达最高点时仍在曲面上,此时小球距曲面体前边最近。
由追及知识可知,此时小球与曲面体有共同的速度。
因所有的接触面均光滑,所以系统机械能守恒,
解小球到达最高点时与曲面体有共同的速度v对小球的上冲过程,由水平方向动量守恒,得
mv0=(M+m)v得小球到达最高点时的曲面体的速度为v=
设小球上升的最大高度为h,对这一过程,由机械能守恒得
mgh=
mv02-
(M+m)v2
得球上升的最大高度为h=
,此即曲面半径的最小值。
试讨论以下问题
(1)若球可冲出曲面体,求球到达最高点时,曲面体的速度。
(2)球冲出曲面体后,是否能落回曲面体。
(3)若曲面不光滑,求小球到达最高点时曲面体的速度。
解析
(1)因曲面体顶端切线竖直,所以小球到达曲面体顶端时,相对于曲面体没有水平方向的速度,即此时开始二者具有相同的水平速度,冲出以后到落回的过程中二者始终具有相同的水平速度,而球到达最高点时,只有水平速度,所以由水平方向动量守恒得
mv0=(M+m)v得小球到达最高点时的曲面体的速度为v=
(2)由
(1)的分析可知,球能落回曲面体。
(3)即使曲面体不光滑,小球与曲面体组成的系统在水平方向上仍不受外力,所以二者组成的系统在水平方向上仍动量守恒,也不管小球能否冲出曲面体,小球到达最高点时仍和曲面体具有相同的水平速度,所不同的是,小球上升的最大高度比曲面体光滑时要低,所以此问的解法与
(1)相同。
若已知小球在两种情况下上升的最大高度之差,则小球重力与这个高度差的乘积就是曲面体不光滑时小球上升过程中系统由于磨擦而损失的机械能。
练习二
(创新题)如图,水平足够长光滑固定直杆AB上穿有质量为M的滑块,其上用光滑铰链着一个长为L的轻杆,杆的另一端固定着一个质量为M的小球,初始时,系统静止,轻杆水平。
给小球以竖直向上的初速v01,球到达最高点时杆与水平方向呈θ角,(θ<900),求v01。
给小球以竖直向上的初速v02,球到达最高点时的速度为v,求v02。
分析此题中须弄清的几个问题是,小球上升过程中,滑块是向左还是向右运动;小球到达最高点时是否有速度;此时滑块的速度如何;我们不妨这样来分析,若滑块不动,则小球将竖直向上运动。
而杆将被拉长,这是不可能的,即最初杆有被拉伸的趋势。
则滑块将向左运动。
运动中小球和滑块在水平方向上不受外力,所以系统水平方向上动量守恒,假设小球在最高点时有水平向左的速度,则由水平方向动量守恒得滑块将有向右的速度,则上面的分析可知,滑块向左运动中出现向右的速度这是不可能的;若小球在最高点时有向左的速度,则由水平方向动量守恒可知,这时滑块将具有水平向左的速度,二者速度相反,则小球还是要上升,那么此时的位置就不是最高的;若小球具有向上或向下的速度,则小球此时的位置也不是最高的。
综上所述①问中小球在最高点时不可能有速度。
即速度为0,则由系统水平方向动量守恒得滑块此时的速度也是0,②问中小球在最高点时的速度不为0,即小球到达最高点时轻杆竖直且速度向右。
解析①小球到达最高点时速度为0,则由系统机械能守恒(并非小球的机械能守恒)
得
mv012=mgLsinθ,解得v01=
②此时轻杆竖直,小球速度向右,由水平方向动量守恒得
mv-Mvx=0
又由系统机械能守恒
mv022=mgL+
mv2+
Mvx2
以上两式联立,可解得v02=
题型三平均动量守恒
例3质量为m的的人站在质量为M的船的一端,停在湖面上,已知船长为L。
不计水的阻力,求当人从一端走到另一端的过程中,人与船的位移大小。
解析人和船组成的系统水平方向上不受外力,竖直方向上外力之和为0,所以动量守恒,而人和船的速度变化情况不确定,但人的动量和船的动量时时刻刻等大反向,所以我们可以用这一过程中的平均速度来表示人和船动量,且人和船的位移大小之和为L。
解设人和船的位移大小分别为Sm和SM,运动时间为T,以人的运动方向为正,则由动量守恒得
m
-M
=0又Sm+SM=L
二式联立可得Sm=
SM=
练习三
1
一质量为m=60kg的人悬在M=40kg的气球下端漂浮在H=20m的高空保持静止,为使人沿气球下端的轻绳安全到达地面,求最小绳长。
2质量为M长为L的木板放置在光滑的水平地面上,一质量为m0的人站在木板的右端,木板的另一端放置一质量为m的物体,系统保持静止,求当人用绳将物体拉到右端的过程中木板的位移大小。
解1设该过程历时为t,设人下滑的过程中气球上升的高度为h,以向下为正,由平均动量守恒得
m
-M
=0又最小绳长为L=H+h
以上各式联立代入数据可得最小绳长为L=50m。
2设这一过程中木板的位移大小为SM,物体的位移大小为Sm,历时为T,以向右为正,
由水平方向动量守恒可得m
-(M+m0)
=0又SM+Sm=L
各式联立可得木板的位移大小为SM=
题型四子弹击木块模型
光滑水平面上,质量为m的子弹以水平速度v0射入静止的质量为M的木块中,若相互作用力为Ff,打入的深度为d,从射入到相对静止的过程中m和M的对地位移大小分别为Sm和SM,
A定量分析由动量守恒可得mv0=(M+m)v
解出二者的共同速度为v=
…………………………①
在这一过程中,由动能定理得
对M有FfSM=
Mv2……………………………………②
对M有-FfSM=
mv2-
mv02…………………………③
又Sm-SM=d
②③二式联立可得Ffd=
mv02-
(M+m)v2(功能关系)……………………④
②③④三式相比,并将①式代入,可得Sm∶d∶SM=(M+2m)∶(M+m)∶m……………………⑤
式⑤可做为二级结论在练习中使用。
B图像分析
从图中可直接看出。
Sm>d>SM.
练习四
1一木块静止在光滑的水平面上,一粒子弹水平射入木块并留在其中,从开始射入到相对静止过程中,子弹打入的深度为S1,木块的位移大小为S2,设子弹与木块之间的相互作用力大小恒定,则根据以上数据可以求出的是()
A子弹与木块的质量之比B子弹与木块的初动能之比
C子弹损失的动能与木块获得的动能之比。
D子弹的损失的动能与产生的热量之比。
2固定有竖直电容器极板的绝缘底座放置在光滑的水平面上,板间距为d,一根光滑的绝缘杆穿过右极板的小孔水平固定在左极板上整体质量为M,电容器充电后,一质量为m的带正电小球套在杆上以一初速度v0,向左运动,已知运动中球与左端极板的最小距离为d/2,求距离最小时球的速度及该过程中电容器移动的距离。
解1该题可由上面的讨论过程及式⑤直接看出ABCD四个选项都是正确的
2带电小球自进入电场到球与左板距离最近的过程中系统动量守恒,二者最近时具有相同的速度V
由动量守恒可得mv0=(M+m)v得距离最小时球的速度为v=
设者之间的相互作用力大小为F,对这一过程,由动能定理可得,
对M有FSM=
Mv2
对m有-FSM=
mv2-
mv02
又Sm-SM=d/2
以上各式联立可得电容器的位移大小为
注意若该题为非选择题,则直接利用式⑤直接求出答案。
题型五碰撞与类碰撞分析
一碰撞分类与规律总结
弹性碰撞a是指没有机械能损失的碰撞,即碰撞过程动量守恒,碰撞前后总动能不变。
b可根据以上两方面(动量守恒,碰撞前后总动能不变)列式求解碰撞后的各自的速度。
设质量分别为m1、m2的物体,碰撞前两物体的速度分别为v1、v2,发生无机械能损失的对心正碰,碰后速度分别为v1´、v2´。
则由动量守恒和机械能守恒可得
m1v1+m2v2=m1v1´+m2v2´
m1v12+
m2v22=
m1v1´2+
m2v2´2{}
由以上两式联立可得v1´=
v2´=
以上二式的作为二级结论使用,注意式中的各速度均为矢量,使用时要先规定正方向。
有关讨论
1当m1=m2,v2=0时,一动碰一静,由以上两式可知,v1´=0v2´=v1,即速度交换。
2当m1≠m2,v2=0时,一动碰一静,由以上两式可知,v1´=
v2´=
以V1的方向为正
①当m1>m2时,得v1´>0,v2´>v1´,即有:
大碰小,大的继续跑,小的速度大,大的速度小。
(质量大的碰质量小的,碰后质量大的和质量小的都沿同一方向跑,且小的在前,速度更快。
)
②当m1 小碰大,小的返回,大的往前跑。 大的速度变大,小的速度变小。 (质量小的碰质量大的,小的以比原来小的速度返回,大的沿小的原来的运动方向跑。 且动量比原来小的动量更大) 注意以上结论仅对于弹性碰撞适用。 完全非弹性碰撞即碰撞粘合,此种情况下机械能的损失率最大, 一般非弹性碰撞一般非弹性碰撞的结果介于弹性碰撞与完全非弹性碰撞之间 二碰撞结果的判断实际情况的碰撞结果判断,要考虑到以下几个方面 1动量守恒 2总动能不增加 3符合实际(如一动一静的碰撞: 原来运动的物体碰后速度不可能比原来大;质量大的碰撞质量小的,碰后质量小的物体速度不可能比质量大的物体小,即不可能发生第二次碰撞。 ) 例1AB两个物体在光滑的水平面上沿同一直线,同一方向运动。 已知PA=5kg·m/s,PB=7kg·m/s,二者发生碰撞,碰后PB´=10㎏·m/s,由此可知两物体的质量关系可能为() AmA=mBBmA=2mBCmA=4mBDmA=6mB 解题目没有给出两物体的碰撞是什么性质的碰撞,所以我们要综合考虑。 由题中的数据可看出,B的动量增加了,即可知是A追上B发生了碰撞,即VA>VB,即 > 由动量守恒可得碰后PA´=2kg·m/s, 又由总动能不增加和动能动量关系可得 + ≥ + 由实际情况可得,碰后的速度关系V´A < 联立以上不等式,并取交集,可得四个选项中只的C项正确。 例2如图所示,光滑水平面上,A、B两球沿同一直线相向运动, 已知mA=3kg,vA=5m/s,mB=4kg,vB=2m/s,以向右为正,则两球碰后的速度V´A、V´B,可能为() AV´A=-3m/sBV´B=0.5m/sCV´A=0DV´B=4.5m/s 解题目没有给出碰撞的类型,所以,我们要分别按弹性碰撞和完全非弹性碰撞计算出结果,即可根据一般非弹性碰撞的结果介于弹性碰撞与完全非弹性碰撞之间作出判断。 此题正确答案为AC。 三类碰撞分析 有此题目中,我们可以把物体间的相互作用过程当作碰撞来处理,我们称之为类碰撞。 即利用碰撞规律来分析问题,有时会收到事半功倍的效果 例3(原创题)如图所示,在光滑的水平面上,用轻质弹簧连接的两物体A、B保持静止最初弹簧为原长,已知mA>mB,现使A获得一水平向右的速度V0,则() A弹簧第一次恢复原长时,A的速度一定向左。 B弹簧最长和弹簧最短时,A的速度相同。 C弹簧原长时,A的速度只有两个不同的值。 D弹簧最短时的压缩量与弹簧最长时的伸长量一定相同。 解正确答案BCD该题如果按常规方法由受力和运动过程来分析,难度较大,我们不妨把这个问题当作碰撞来处理,在A从接触弹簧到弹簧第一次恢复原长,这个过程认为A以一定速度碰撞B的过程,即弹簧第一次恢复原长时,这一过程结束,而且,AB的碰撞是通过弹簧发生的,可以认为碰撞过程经历的时间被弹簧延长了,并且没有机械能的损失,这样,我们就把A从接触弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程认为质量大的A以一定速度碰撞B的过程,由上面的分析可知,“碰后”A的速度仍然向右,而B的速度也向右,且速度比A大。 所以A选项错误;弹簧最短和最长时A和B的距离最小和最大,由追及问题可知,速度相同时,距离有最值。 即弹簧最短和最长时AB的速度相同。 所以B选项正确;设弹簧再次原长时的速度分别为v1和v2,则由动量守恒和机械能守恒得 mAv0=mAv1+mBv2 mAv02= mAv12+ mBv22{} 由数学知识可知,该方程组只有两对解,即弹簧原长时AB的速度吸有两个不同的值,即初状态和弹簧第一次原长的状态,我们可以知道,以后弹簧第奇数次原长的状态与最初状态相同,第偶数次原长的状态与第一次原长时的状态相同。 所以C选项正确,由于弹簧最短和最长时AB的速度相同,即弹簧最短和最长时系统的总动能与初状态相比,动能的减少量相同,即两种情况下弹簧的弹性势能相同,所以弹簧的形变量相同,即选项D正确。 练习四 1如图所示,质量为m的小球以水平初速度v0冲上一质量为M带有四分之一光滑圆弧轨道的小车,曲面的底端切线水平而且距地面在有一定距离,若水平地面光滑且小球未冲出曲面体,则小球返回底端后的运动情况可能是() A自由落体B向左平抛C向右平抛D以上均错 解: 正确答案ABC从表面上看,该题与碰撞毫无联系,但我们可以这样分析小球和小车的作用过程,因小球与小车的接触是光滑的,所以小球与小车总机械能守恒,即可看作弹性碰撞,将小球自底端开始至返回底端从而结束运动方向上的相互作用的过程视作一动一静的弹性碰撞,但因小球和小车的质量关系未知,所以由上面的分析可知,小球返回底端时的速度大小有三种可能: 第一,若它们的质量相等,则作用过程结束时二者速度交换,所以离开曲面后小球将做自由落体运动;第二,若小球的质量大于小车的质量,则作用结束后小球的速度方向仍为向右(大碰小,大的继续跑),此时小球将向右平抛;第三,若小球的质量小于小车的质量,则相互作用结束后,小球的速度方向将会是向左(小碰大,小的被返回),即小球将向左平抛。 综上该题的正确答案为ABC。 2(原创题)如图所示,光滑水平面上质量为M的平板处于静止状态,其右端的挡板上固定着一轻质弹簧,其光滑的上表面左端放置着一质量为m的小物块。 某时刻给小物块一个水平向右的初速度v0,则() A从m接触弹簧到弹簧被压缩得最短的过程中,弹簧的压缩量一定大于M的位移, B无论二者质量关系如何,m一定能从M上脱离 C若M的上表面不光滑且m最终可返回左端,则弹簧最短时m的速度与最终二者的共同速度一定相同, D若M的上表面不光滑且m最终可返回左端,则整个运动过程中所产生的热量与弹簧的最大弹性势能相等。 解正确答案ABC 对于A选项,我们可以把m从接触弹簧到弹簧最短的过程视作完全非弹性碰撞,即在弹簧最短时二者速度相同,则对这一过程,我们可以用图像来描述.如图所示,m下方的面积表示m在这一过程中的位移.M下方的面积表示M在这一过程中的位移.两条图线之间的面积表示相对位移,即弹簧的压缩量.容易知道A选项正确.对于B项,我们可以把m与弹簧的整个接触过程视作类碰撞(弹性碰撞),因M上表面光滑,所以无论m和M的质量关系如何,最终二者的速度一定不同,所以m一定会从M上滑落,即B项正确.若M上表面不光滑,最终m可留在M上,则由动量守恒得,弹簧最短时二者所具有的共同速度和最终二者具有的共同速度相同,所以C项正确;由能量守恒可知,m返回过程中产生的热量与弹簧的最大弹性势能相同.所以D项错误. 题型六动量机械能牛顿运动定律的综合应用 动能定理,动量定理,动量守恒定律,机械能守恒定律,四大规律的综合应用,一直以来都是高考的重点和热点,对这一部分知识,要做到熟练掌握、灵活运用。 例6(原创题)如图所示,质量为M=4kg的木板放置在光滑的水平面上,其左端放置着一质量为m=2kg的滑块(视作质点),某时刻起同时给二者施以反向的力,如图,已知F1=6N,F2=3N, 适时撤去两力,使得最终滑块刚好可到达木板右端,且二者同时停止运动,已知力F2在t2=2s时撤去,板长为S=4.5m,g=10m/s2,求 (1)力F1的作用时间t1 (2)二者之间的动磨擦因数μ (3)t2=2s时滑块m的速度大小 解 (1)以向右为正,对整体的整个过程,由动量定理得 F1t1-F2t2=0代入数据得t1=1s (2)在t1时间内,对m,由F合=ma得F1-μmg=mam代入数据可得am=2m/s2 m在t1时间内的位移大小S1= amt12代入数据得S1=1m 同理在t2时间内,对M有F2-μmg=MaM代入数据得aM=0.25m/s2 M在t2时间内的位移大小S2= aMt22代入数据得S2=1m 整个过程中,系统的机械能未增加,由功能关系得F1S1+F2S2-μmgs=0 代入数据得μ=0.1 (3)在t2=2s内,m先加速后减速,撤去F1后,m的加速度大小为 =1m/s2 所以m在t2=2s时的速度 =amt1- (t2-t1)代入数据得 =1m/s 练习六 1 (原创题) 如图,绝缘水平面AB上方,MN左侧存在着水平向右的匀强电场,场强为E=500v/m,MN和PQ之间存在着方向水平垂直纸面向里的匀强磁场,且边界MN上即无电场,将质量为m1=0.02kg,带电量为q1=2×10-4C的表面绝缘的物块a(视作质点)自距离MN为L=2m的A点由静止释放,物块A向右加速,并与放置在MN边界上质量为m2=0.06kg,带电量为q2=6×10-2C表面绝缘的物块b发生没有机械能损失的碰撞,已知二者与水平面间的动磨擦因数均为μ=0.1,最终发现物块b沿水平面穿出边界PQ后在无场区又运动了2s后停止运动,(g=10m/s2),不计两物块间的库仑力,据此求解下列问题 (1) 磁场的磁感应强度大小B。 (2) 物块a再次返回边界MN时的速度大小v。 2 如图所示,在光滑的水平面上放着一个质量为M=0.3kg的木块(可视为质点),在木块正上方1m处有一个固定悬点O,在悬点O和木块之间用一根长2m的不可伸长的轻绳连接。 有一个质量m=0.1kg的子弹以80m/s的速度水平射入木块并留在其中,之后木块绕O点在竖直平面内做圆周运动。 求 (1)当子弹射入木块后,与木块开始共同前进的速度是多大? (2)当木块运动到与O点等高的位置时,速度多大? (g取10m/s2) (3)当木块到达最高点时轻绳对木块的拉力多大? 1 解 带电粒子在复合场(电场磁场和重力场)中的运动问题。 考查的具体知识点有: 动能定理,动量守恒,左手定则等,属综合能力题,含未知过程,难度0.5。 (1)物块在向右加速的过程中, 由动能定理得 代入数据得 物块ab碰撞过程,由动量守恒得 由机械能守恒得 两式联立代入数据得 即物块A向左返回,而B将以2m/s的速度向右运动。 物块B沿水平面向右运动穿出磁场时的速度大小仍为2m/s,r所以可知,物块B在磁场中做匀速直线运动,即物块B将不受磨擦,由竖直方向上受力平衡得 代入有关数据,得磁场的磁感应强度为B=5T。 (2)由以上计算可知,物块A一定会再次返回边界MN, 物块A在向左运动的过程中,由牛顿第二定律得, 由运动学公式得物块A向左运动的距离为 物块A向右运动到边界MN的过程中,有 同理有 几式联立可得 . 2 解: (1)子弹打木块过程满足动量守恒,则 mVo=(M+m)V1 V1=20m/s (2)在拉紧瞬间木块失去了沿绳方向的速度 V=V1sin sin = 以上各式联立得V=10m/s 木块从离地到与O点等高的运动满足机械能守恒,则 代入数据得 (3)木块从与O点等高到最高点的运动满足机械能守恒,则 T+(M+m)g=(M+m) 联立两式并代入数据可得T=4N
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