鲁科版物理选修35 第1章 3动量守恒定律的应用Word文档格式.docx
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【提示】 完全非弹性碰撞．
1．处理碰撞问题的三个原则
（1）动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
（2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.
（3）速度要合理
2．三类“碰撞”模型
相互作用的两个物体在很多情况下皆可当做碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”．常见的三类模型如下：
（1）子弹打击木块模型
图1 3 2
如图1 3 2所示，质量为m的子弹以速度v0射中放在光滑水平面上的木块B，当子弹相对于木块静止不动时，子弹射入木块的深度最大，二者速度相等，此过程系统动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能．
（2）连接体模型
图1 3 3
如图1 3 3所示，光滑水平面上的A物体以速度v0去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．此过程系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为弹簧的弹性势能．
（3）板块模型
图1 3 4
如图1 3 4所示，物块A以速度v0在光滑的水平面上的木板B上滑行，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B的速度相等．此过程中，系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能．
3．爆炸与碰撞的对比
爆炸
碰撞
相同点
过程特点
都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
过程模型
由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看做一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始
能量情况
都满足能量守恒，总能量保持不变
不同点
动能情况
有其他形式的能转化为动能，动能会增加
弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能，动能减少
1.如图1 3 5，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是A向________运动，B向________运动．
图1 3 5
【解析】 选向右为正方向，则A的动量pA＝m·
2v0＝2mv0.B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零．
【答案】 左 右
2．（多选）如图1 3 6所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6m/s，B球的速度是－2m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果可能实现的是（ ）
【导学号：
22482009】
图1 3 6
A．vA′＝－2m/s，vB′＝6m/s
B．vA′＝2m/s，vB′＝2m/s
C．vA′＝1m/s，vB′＝3m/s
D．vA′＝－3m/s，vB′＝7m/s
【解析】 两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，
mAv
＋
mBv
≥
mAvA′2＋
mBvB′2②，答案D满足①式，但不满足②式．
【答案】 ABC
3．（多选）如图1 3 7所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA>
OB.若爆炸时间极短，空气阻力不计，则（ ）
22482079】
图1 3 7
A．落地时a的速度大于b的速度
B．落地时a的速度小于b的速度
C．爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能
D．爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能
【解析】 P爆炸生成两块a、b过程中在水平方向动量守恒，则mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落过程是平抛运动，由图知va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝
知Eka＞Ekb，C正确，D错误；
由于va＞vb，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量为gt是相等的，因此落地时仍有v′a＞v′b，A正确，B错误．
【答案】 AC
4.如图1 3 8所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0.一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半．求：
图1 3 8
（1）B的质量；
（2）碰撞过程中A、B系统机械能的损失．
【解析】
（1）以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：
碰撞前瞬间A的速度为
，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得
m
＋2mBv＝（m＋mB）v①
由①式得mB＝
.②
（2）从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得
mv0＝（m＋mB）v③
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则
ΔE＝
m（
）2＋
mB（2v）2－
（m＋mB）v2④
联立②③④式得ΔE＝
mv
.
【答案】
（1）
m
（2）
处理爆炸、碰撞问题的四点提醒
（1）在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：
爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量．
（2）在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒．
（3）在碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不一定守恒，在物体与弹簧相互作用过程中物体与弹簧组成的系统动量、机械能均守恒．
（4）宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子的碰撞不一定接触，但只要符合碰撞的特点，就可以认为是发生了碰撞．
中子的发现反冲现象与火箭的发射
1．中子的发现
1932年，英国物理学家查德威克发现了中子．
2．反冲现象
反冲现象遵循动量守恒定律，火箭的发射利用了反冲现象．
3．火箭的发射
（1）影响火箭最大速度的因素
火箭的最大速度主要取决于两个条件：
一是向后的喷气速度；
二是质量比（火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比）．喷气速度越大，质量比越大，最终速度就越大．
（2）多级火箭
在现有技术条件下，一级火箭的最终速度还不能达到发射人造卫星所需要的速度，因而发射卫星要用多级火箭．
1．静止的物体做反冲运动的两部分的动量一定大小相等，方向相反．（√）
2．一切反冲现象都是有益的．（×
3．章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．（√）
两位同学在公园里划船，当小船离码头大约1.5m时，有一位同学心想：
自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2m，跳到岸上绝对没有问题．于是她纵身一跳，结果却掉到了水里（如图1 3 9所示），她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？
图1 3 9
【提示】 这位同学与船组成的系统在不考虑水的阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳起前后遵循动量守恒定律．在她向前跳起瞬间，船要向后运动．
1．反冲运动的特点
（1）反冲运动中，物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．
（2）反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理．
（3）反冲运动中，由于有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能增加．
2．讨论反冲运动时应注意的问题
（1）相对速度问题：
在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度．由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度（通常为对地的速度），应先将相对速度转换成对地速度后，再列动量守恒定律的方程．
（2）变质量问题：
在讨论反冲运动时，还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究．
3．“人船模型”问题
（1）定义
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题.
（2）特点
①两物体满足动量守恒定律：
m1
1－m2
2＝0.
②运动特点：
人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；
人船位移比等于它们质量的反比；
人船平均速度（瞬时速度）比等于它们质量的反比，即
＝
③应用此关系时要注意一个问题：
即公式
1、
2和x一般都是相对地面而言的．
5．如图1 3 10所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为________．
图1 3 10
【解析】 以速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：
（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2，解得分离后卫星的速率v1＝v0＋
（v0－v2）．
【答案】 v0＋
（v0－v2）
6．一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s（相对地面），设火箭质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次．求当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？
22482010】
【解析】 法一：
喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反，系统动量守恒
第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有（M－m）v1－mv＝0
所以v1＝
第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有（M－2m）v2－mv＝（M－m）v1
所以v2＝
第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有（M－3m）v3－mv＝（M－2m）v2
所以v3＝
m/s＝2m/s.
法二：
选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解．
设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出三次气体为研究对象，据动量守恒定律，得
（M－3m）v3－3mv＝0
＝2m/s.
【答案】 2m/s
7．质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，共同静止在距地面为h的高空中．现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳至少有多长？
【解析】 如图所示，设绳长为L，人沿软绳滑至地面的时间为t，由图可知，L＝x人＋x球．设人下滑的平均速度大小为v人，气球上升的平均速度大小为v球，由动量守恒定律得：
0＝Mv球－mv人
即0＝M
－m
，0＝Mx球－mx人
又有x人＋x球＝L，x人＝h
解以上各式得：
L＝
h.
【答案】
h
解决“人船模型”应注意两点
（1）适用条件
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒（如水平方向或竖直方向）．
（2）画草图：
解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．
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