第十六章学案4.docx

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第十六章学案4

学案4　习题课：

动量守恒定律的应用

[学习目标定位]1.进一步理解动量守恒定律的含义及守恒条件.2.进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤．

用动量守恒定律与牛顿运动定律解题的方法对比

1．应用动量守恒定律和牛顿运动定律求解的结果是一致的．

2．牛顿运动定律涉及碰撞过程中的力，而动量守恒定律只涉及始、末两个状态，与碰撞过程中力的细节无关．

3．当系统内的受力情况比较复杂，甚至是变化的时候，应用牛顿运动定律解决很复杂，甚至无法处理，此种情况下运用动量守恒定律来进行处理，可使问题大大简化．

一、动量守恒条件的扩展应用

1．动量守恒定律成立的条件：

（1）系统不受外力或所受外力的合力为零；

（2）系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0；

（3）系统的内力远大于外力．

2．动量守恒定律的研究对象是系统．选择多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析，分清内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．

例1

　如图1所示，一辆砂车的总质量为M，静止于光滑的水平面上．一个质量为m的物体A以速度v落入砂车中，v与水平方向成θ角，求物体落入砂车后车的速度v′.

图1

解析　物体和车作用时总动量不守恒，而水平面光滑，系统在水平方向上动量守恒，即mvcosθ＝（M＋m）v′，得v′＝mvcosθ/（M＋m），方向与v的方向相同．

答案　mvcosθ/（M＋m），方向与v的方向相同．

例2

　以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行．求：

（1）质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；

（2）爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能？

解析　手榴弹爆炸过程中，爆炸产生的作用力是内力，远大于重力，因此爆炸过程中各弹片组成的系统动量守恒．因为爆炸过程火药的化学能转化为内能，进而有一部分转化为弹片的动能，所以此过程系统的机械能（动能）增加．

（1）

斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos60°＝

v0.设v1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2.

其中爆炸后质量大的弹片的速度v1′＝2v0，质量小的弹片的速度v2为待求量，

解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的速度方向与爆炸前速度方向相反．

（2）爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即ΔEk＝

×2mv1′2＋

mv

－

（3m）v

＝

mv

.

答案　

（1）2.5v0　与爆炸前速度方向相反　

（2）

mv

例3

　如图2所示，质量为m的子弹，以速度v水平射入用轻绳悬挂在空中的木块，木块的质量为M，绳长为L，子弹停留在木块中，求子弹射入木块后的瞬间绳子张力的大小．

解析　物理过程共有两个阶段：

射入阶段和圆周运动阶段．射入阶段可认为木块还未摆动，绳子没有倾斜，子弹和木块组成的系统水平方向不受外力作用，图2

动量守恒．子弹停留在木块中后以一定的速度做变速圆周运动，绳子倾斜，水平方向有了分力，动量不再守恒．

在子弹射入木块的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒．取水平向左为正方向，由动量守恒定律得0＋mv＝（m＋M）v1

解得v1＝

.

随后子弹和木块整体以此初速度向左摆动做圆周运动．在圆周运动的最低点，整体只受重力（m＋M）g和绳子的拉力F作用，由牛顿第二定律得（取向上为正方向）

F－（m＋M）g＝（m＋M）

将v1代入解得

F＝（m＋M）g＋

答案　（m＋M）g＋

二、多物体、多过程动量守恒定律的应用

求解这类问题时应注意：

（1）正确分析作用过程中各物体状态的变化情况；

（2）分清作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量；

（3）合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题．

例4

　如图3所示，A、B两个木块质量分别为2kg与0.9kg，A、B与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，质量为0.1kg的铁块以10m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5m/s，求：

（1）A的最终速度大小；

（2）铁块刚滑上B时的速度大小．

图3

解析　

（1）选铁块和木块A、B为一系统，取水平向右为正方向，

由系统总动量守恒得：

mv＝（MB＋m）vB＋MAvA

可求得：

vA＝0.25m/s

（2）设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为vA＝0.25m/s.

由系统动量守恒得：

mv＝mu＋（MA＋MB）vA

可求得u＝2.75m/s

答案　

（1）0.25m/s　

（2）2.75m/s

针对训练　如图4所示，光滑水平面上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m、mB＝m.A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧（弹簧与木块不栓接）．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三木块速度恰好相同，求B与C碰撞前B的速度．

图4

答案　

v0

解析　细绳断开后，在弹簧弹力的作用下，A做减速运动，B做加速运动，最终三者以共同速度向右运动，设共同速度为v，A和B分开后，B的速度为vB，对三个木块组成的系统，整个过程总动量守恒，取v0的方向为正方向，则有（mA＋mB）v0＝（mA＋mB＋mC）v

对A、B两个木块，分开过程满足动量守恒，则有

（mA＋mB）v0＝mAv＋mBvB

联立以上两式可得：

B与C碰撞前B的速度为

vB＝

v0.

三、动量守恒定律应用中的临界问题分析

分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件的，这个条件就是临界条件．临界条件往往表现为某个（或某些）物理量的特定取值．在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．

例5

　如图5所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车总质量共为M＝30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15kg的箱子和他一起以v0＝2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．

图5

（1）若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？

（用字母表示）．

（2）设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后返向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？

（用字母表示）．

（3）若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度应满足什么条件？

箱子被推出的速度至少多大？

解析　

（1）甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：

（M＋m）v0＝mv＋Mv1①

解得v1＝

②

（2）箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv－Mv0＝（m＋M）v2③

解得v2＝

④

（3）甲、乙不相撞的条件是v1≤v2⑤

其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件．

联立②④⑤三式，并代入数据得

v≥5.2m/s.

答案　

（1）

（2）

　（3）v1≤v2

　5.2m/s

1．系统动量守恒的条件

2．合理选取研究对象和研究过程

3．临界问题的分析

1．（动量守恒条件的扩展应用）如图6所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶端由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是（　　）

图6

A．斜面和小球组成的系统动量守恒

B．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒

C．斜面向右运动

D．斜面静止不动

答案　BC

解析　斜面受到的重力、地面对它的支持力以及球受到的重力，这三个力的合力不为零（球有竖直向下的加速度），故斜面和小球组成的系统动量不守恒，A选项错误．但在水平方向上斜面和小球组成的系统不受外力，故水平方向动量守恒，B选项正确．由水平方向动量守恒知斜面向右运动，C选项正确，D选项错误．

2．（动量守恒条件的扩展应用）如图7所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中（　　）

图7

A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒

B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统在水平方向上动量守恒

C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零

D．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反

答案　BD

解析　以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受外力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒．由于初始状态小车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零，要么大小相等、方向相反，所以A、C错，B、D对．

3．（多物体、多过程动量守恒定律的应用）如图8所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体．从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后（　　）

图8

A．两者的速度均为零

B．两者的速度总不会相等

C．物体的最终速度为mv0/M，向右

D．物体的最终速度为mv0/（M＋m），向右

答案　D

解析　物体与盒子组成的系统所受合外力为零，物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以速度v共同运动，由动量守恒定律得：

mv0＝（M＋m）v，故v＝mv0/（M＋m），向右，D项对．

4．（临界值问题）如图9所示，滑块A、C的质量均为m，滑块B的质量为

m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速度地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？

图9

答案　1.5v2

v1≤v2<

v1

解析　设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得mv1＝2mv′①

为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v′≤v2②

设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得

2mv′－

mv2＝

mv″③

为使B能与挡板再次碰撞应满足v″>0④

联立①②③④式得1.5v2

v1≤v2<

v1

题组一　动量守恒条件的扩展应用

1．在匀速行驶的船上，当船上的人相对于船竖直向上抛出一个物体时，船的速度将（水的阻力不变）（　　）

A．变大B．变小

C．不变D．无法判定

答案　C

解析　相对于船竖直向上抛出物体时，由于惯性，物体水平方向的速度和船的速度相同，船和物体组成的系统水平方向动量守恒，故船的速度不变．

2．如图1所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是（　　）

图1

A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒

B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒

C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C组成的系统动量都守恒

D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒

答案　BC

解析　当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B正确；若将A、B、C视为一个系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C正确，选项D错误．

3．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图2所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是（　　）

图2

A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足（M＋m0）v＝Mv1＋mv2＋m0v3

B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2

C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝（M＋m）v′

D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足（M＋m0）v＝（M＋m0）v1＋mv2

答案　BC

解析　M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变（速度不变），可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确．

题组二　多物体、多过程动量守恒定律的应用

4．如图3所示，小车放在光滑水平面上，A、B两人站在小车的两端，这两人同时开始相向行走，发现小车向左运动，分析小车运动的原因可能是（　　）

图3

A．A、B质量相等，但A比B速率大

B．A、B质量相等，但A比B速率小

C．A、B速率相等，但A比B的质量大

D．A、B速率相等，但A比B的质量小

答案　AC

解析　A、B两人及小车组成的系统动量守恒，则mAvA－mBvB－mCvC＝0，得mAvA－mBvB>0.所以A、C正确．

5．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为（子弹留在木块中不穿出）（　　）

A.

B.

C.

D.

答案　C

解析　设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块M组成的系统为研究对象．系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．设木块M以v1向右运动，连同n颗子弹在射入前向左运动为系统的初状态，子弹射入木块后停下来为系统的末状态．选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有：

nmv2－Mv1＝0，得n＝

所以选项C正确．

6.质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图4所示，最后这五个物块粘成一个整体，求它们最后的速度为________.

图4

答案　

v0

解析　由五个物块组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，mv0＝5mv，v＝

v0，即它们最后的速度为

v0.

7．两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车静止，如图5所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率（　　）

图5

A．等于零

B．小于B车的速率

C．大于B车的速率

D．等于B车的速率

答案　B

解析　选A车、B车和人组成的系统作为研究对象，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得0＝（M＋m）vA－MvB，则

＝

，即vA＜vB，故选项B正确．

8．如图6所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A的质量mA是物体B的质量mB的3/4，子弹的质量m是物体B的质量的1/4，求弹簧压缩到最短时B的速度．

图6

答案　

解析　弹簧压缩到最短时，子弹、A、B具有共同的速度v1，且子弹、A、B组成的系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受外力（重力、支持力）之和始终为零，故整个过程系统的动量守恒，由动量守恒定律得

mv0＝（m＋mA＋mB）v1，又m＝

mB，mA＝

mB，

故v1＝

＝

，即弹簧压缩到最短时B的速度为

.

题组三　综合应用

9．如图7所示，质量分别为m1和m2的两个等半径小球，在光滑的水平面上分别以速度v1、v2向右运动，并发生对心正碰，之后m2与墙碰撞被墙弹回，与墙碰撞过程中无能量损失，m2返回后又与m1相向碰撞，碰后两球都静止，求第一次碰后m1球的速度．

图7

答案　

　方向向右

解析　设m1、m2第一次碰后的速度大小分别为v1′、v2′，以向右为正方向，则由动量守恒定律知

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′

m1v1′－m2v2′＝0

解得v1′＝

，方向向右．

10．如图8所示，甲车质量m1＝20kg，车上有质量M＝50kg的人，甲车（连同车上的人）以v＝3m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50kg的乙车正以v0＝1.8m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度（相对地面）应当在什么范围以内才能避免两车相撞？

不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．

图8

答案　大于等于3.8m/s

解析　人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．

以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：

（m1＋M）v－m2v0＝（m1＋m2＋M）v′，解得v′＝1m/s.

以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：

（m1＋M）v＝m1v1′＋Mu

解得u＝3.8m/s.

因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8m/s，就可避免两车相撞．

11．如图9所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．

图9

答案　

v0

解析　设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得

对A、B木块：

mAv0＝mAvA＋mBvB

对B、C木块：

mBvB＝（mB＋mC）v

由A与B间的距离保持不变可知

vA＝v，联立代入数据解得vB＝

v0

12.质量为M＝2kg的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为mA＝2kg的物体A（可视为质点），如图10所示，一颗质量为mB＝20g的子弹以600m/s的水平速度射穿A后，速度变为100m/s，最后物体A相对车静止，若物体A与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求平板车最后的速度是多大．

图10

答案　2.5m/s

解析　子弹击穿A后，A在水平方向上获得一个速度vA，最后当A相对车静止时，A与车的共同速度为v.

子弹射穿A的过程极短，因此可以认为子弹和A组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为A的位置没有发生变化，设子弹击穿A后的速度为v′，由动量守恒定律有mBv0＝mBv′＋mAvA，得vA＝

＝

m/s＝5m/s

A获得速度vA相对车滑动，由于A与车间有摩擦，最后A相对车静止，以共同速度v运动，对于A与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有：

mAvA＝（mA＋M）v，所以v＝

＝

m/s＝2.5m/s.