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选修3—5

时间:2013-11-18


动量守恒定律的应用
【本讲主要内容】
动量守恒定律的应用 在人船问题、子弹打木块、追碰、水平方向碰弹簧等问题中动量守恒定律的应用

【知识掌握】 【知识点精析】
1、人船问题: 说明:若系统在全过程中动量守恒(包括单方向) ,则这一系统在全过程中的平均动量 也必定守恒。 推导:若两物体组成的系统相互作用前静止,则有: 0 = m1 ?v1 + m2 ?v 2 即:m1 ?|S1 |= m2 ?|S2 | 例 1. 静止在水面上的船长为 L,质量为 M,一个质量为 m 的人站在船头,当此人由船头 走到船尾时,船移动了多大距离? 分析:将人和车作为系统,动量守恒,设车向右移动的距离为 s 船=s,则人向左移动的 距离为 s 人=L-s,取向右为正方向,根据动量守恒定律可得 M·s-m(L-s)=0,从而可 解得 s. 注意在用位移表示动量守恒时,各位移都是相对地面的,并在选定正方向后位移有 正、负之分。

?s ?

m L M ?m

说明: (1)此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走,甚至往 返行走,只要人最终到达船的左端,那么结论都是相同的。 (2)做这类题目,首先要画好示意图,要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和 两个物体位移大小之间的关系。 (3)以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就 具有一定的动量, 那就不能再用 m1v 1 =m2v 2 这种形式列方程, 而要利用 1 +m2)0 = m1 v1 + m2v2 (m v 列式。 例 2. 在光滑水平面上静止着一辆长为 L 的小车,其一端固定着靶牌,另一端有一人手拿 手枪站在车上,车、靶、人(不含子弹)总质量为 M,如图。人开枪,待子弹射中靶牌后 再开枪,每发子弹均留在靶中,这样将枪中 N 发质量为 m 的子弹全部射出。求:在射击过 程中车的位移多大?

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要点:由守恒,知道每一次子弹打入靶中时刻,车的速度都是零。 分析: 解法 1:与 N 发齐发等同,即: N?m?v 1 + M?v 2 = 0 而 t=L/(|v1 |+|v 2|) 且 |S1|=|v 1 |?t,|S2 |=|v2 |?t |S1|+|S2 |=L 联立解得: S1 ?

NmL M ? Nm

解法 2:设第一颗子弹射出后船的后退速度为 v1 ',每发效果相同,即: m?v 1 = [M+(N-1)m]?v 1' 在时间 t 内船的后退距离 s1 = v1 't

子弹前进的距离 d= v1 t 如图 L= d+s1 ,即 L= v 1 t + v 1 't 子弹全部射出后船的后退距离 S1 =N?s1 联立解得: S1 ?

NmL M ? Nm

小结:对本题物理过程分析的关键,是要弄清子弹射向靶的过程中,子弹与船运动的关 系,而这一关系如果能用几何图形加以描述,则很容易找出子弹与船间的相对运动关系。可 见利用运动的过程草图,帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题,是大有益处的。 2、碰撞: 两个物体在极短时间内发生相互作用,这种情况称为碰撞。由于作用时间极短,一般都 满足内力远大于外力,所以可以认为系统的动量守恒。

说明:①竖直打桩的问题不重点研究; ②高考只涉及两个物体间的碰撞。 介绍:有些问题看似多个物体碰撞,而实则是两两物体多次碰撞。如图:

车上小球未直接参与碰撞; (2)几种关系: 1)动量守恒:

瞬时处理为:先 1 撞 2,后 2 撞 3。

注意:规定正方向之后代入公式计算。动量守恒的参照系不必是惯性系。

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例:两只小船逆向航行,航线邻近。在两船首尾相齐时,由每只船上各自向对方放置一 个质量为 m=50Kg 的麻袋,结果载重较小的船停了下来,另一船则以 v=8.5m/s 的速度沿原 方向航行。若不计水的阻力,两只船(包括其上载重)质量分别为 m1 =500Kg、m2 =1000Kg, 求交换麻袋前各船的速度? 要点:放置麻袋不会影响麻袋原来所在船的速度。 分析:以质量大的船运动的方向为正方向, 选抛出麻袋后的船和由另一船扔来的麻袋为 研究对象,由动量守恒: (轻船系统)m?v 2 + (m1 -m)?(-v 1 )= 0 (重船系统)m?(-v 1 )+ (m2 -m)?v 2= m2 ?v 或以两船及麻袋为研究对象,有 m2 ?v 2 + m1 ?(-v 1 )= 0 + m2 ?v 2)机械能(动能)不增长: 设光滑水平面上,质量为 m1 的物体 A 以速度 v 1 向质量为 m 2 的静止物体 B 运动,B 的 左端连有轻弹簧以放大两物体间的相互作用。在Ⅰ位置 A、B 刚好接触,弹簧开始被压缩, A 开始减速,B 开始加速;到Ⅱ位置 A、B 速度刚好相等(设为 v) ,弹簧被压缩到最短;再 往后 A、B 开始远离,弹簧开始恢复原长,到Ⅲ位置弹簧刚好为原长,A、B 分开,这时 A、 B 的速度分别为 v1 ' 和v 2 ' 。全过程系统动量一定是守恒的;而机械能是否守恒就要看弹簧的 弹性如何了。

v1

v

v1'

v2'

Ⅰ Ⅱ Ⅲ A A B Ⅱ状态系统动能最小而弹性势 A ①弹性碰撞: Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能,
能最大;Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能;因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。这种碰撞叫 做弹性碰撞。 推导:在光滑水平面上静止一质量为 m2 的物体,另一质量为 m1 的物体以 v1 的速度正 对 m2 撞来,发生弹性碰撞后两物体的速度分别为 v 1 '、v 2'。 由动量守恒:m1 ?v 1 = m1 ?v 1 '+ m2 ?v 2' 动能不变:

1 1 1 m1 ?v 1 2 = m1 ?v 1 '2 + m2 ?v 2 ' 2 2 2 2

解得 A、B 的最终速度分别为: v'1 ?

m1 ? m2 2m1 v1 , v'2 ? v1 m1 ? m2 m1 ? m2

②完全非弹性碰撞: Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能, Ⅱ状态系统动能仍和弹性碰 撞中相同,但没有弹性势能;由于没有弹性,A、 不再分开,而是共同运动,不再有Ⅱ→Ⅲ B 过程,这种碰撞叫完全非弹性碰撞。特征是动能损失最大─→碰后两物体粘连。 由动量守恒:m1 ?v 1 = (m1 +m2 )?v' A、B 最终的共同速度为 v' ? 系统的动能损失最大 ?E k ?

m1 m1 ? m2
m1 m2 v12 1 1 m1v12 ? ?m1 ? m2 ?v' 2 ? 2 2 2?m1 ? m2 ?

③非弹性碰撞:Ⅰ→Ⅱ系统动能减少,一部分转化为弹性势能,一部分转化为内能,Ⅱ 状态系统动能仍和弹性碰撞时相同,弹性势能仍最大,但比弹性碰撞时小;Ⅱ→Ⅲ弹性势能 减少,部分转化为动能,部分转化为内能;因为全过程系统动能有损失(一部分动能转化为 内能) ,这种碰撞叫非弹性碰撞。
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即:

1 1 1 2 2 2 m1 ?v 1 > m1 ?v 1 ' + m2 ?v 2 ' 2 2 2

例 1. 如图,在光滑水平面上静止一质量为 m2 =m 的物体,与一弹性良好的轻质弹簧相连, 另一质量为 m1 =m 的物体以 v 1 的速度正对 m2 撞来。求:弹簧的最大弹性势能和物体分开后 的最终速度。

要点:本质上是弹性碰撞,但在弹簧压缩最大时刻又似完全非弹性碰撞。 解析:当两物体达到共同速度时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒:m v1 =2m v 得出 2 2 2 v= v 1/2,而 E Pm =m v1 /2-2mv /2= m v 1 /4 两物体通过弹簧相互作用直至分离的过程,动量守恒:m?v 1 = m?v 1' + m?v 2 ' 动能不变:

解得最终速度分别为: v'1 ?

1 1 1 m?v 1 2 = m?v 1 ' 2 + m?v 2 ' 2 2 2 2

0, v'2 ? v1 ,发现两物体交换速度。

(3)速度关系: 例 2. 在光滑水平面上静止一质量为 m2 的物体, 另一质量为 m1 的物体以 v 1 的速度正对 m2 撞来。试确定物体 m2 碰撞后的速度范围。 要点:利用碰撞前后的速度和能量关系。 由动量守恒: m1?v1 = m1?v1'+ m2?v2' 分析: 又由速度关系: v1' ≤v2' →v2'≥m1?v1/(m1+m2)
再由:

1 1 m1?v12≥ 2 2

m1?v1'2 +

1 2

m2?v2' →v2'≤2m1?v1/(m1+m2)

小结:物体碰撞后的速度应介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间。 此类碰撞问题要考虑三个因素: ①碰撞中系统动量守恒; ②碰撞过程中系统动能不增加; ③碰前、碰后两个物体的位置关系(不穿越)和速度大小应保证其顺序合理。 两个在光滑水平面上做匀速运动的物体, 甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度必须 大于乙物体的速度,而甲物体刚好追不上乙物体的临界条件是两者速度相同。 练习:光滑水平面上静置一质量为 M 的足够长的木板,一个质量为 m 的木块以水平速 度 v 0 飞上木板,之后紧贴木板运动。最终木块和木板共同的速度多大?木块相对木板滑动 的距离多大? 分析:

由动量守恒:m?v 0 = (m + M)?v 位移关系:d = S1 - S2 再由动能定理:

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综上得:μ?m?g?d=

1 2 1 2 m?v 0 – (M+m)?v 2 2

【解题方法指导 】
例题 3、质量为 M 的平板车在光滑的水平面上。车平台高是 h=1.25 米,车以 V 0 =4m/s 的 速度向右运动。某时刻质量为 m=M/2 的木块轻放在车的右端, 落地时距平板车左端 S=0.5 m 米。求: (1)木块离开平板车时平板车和木块的速度; (2)若平板车长 L=2 米,则平板车与木块间的动摩擦因数 μ 是多少? 解析: (1)M、m 在相对运动的过程中,系统不受外力,所以系统动量守恒。木块离开平板 车后做平抛运动,木块落地时距平板车左端的距离就是木块的水平位移与平板车的位移的 和。 由系统动量守恒: 由运动学知识知: 解以上三式得: MV 0 =MV 1 -mV 2 h=1/2 gt
2

S= V1 t+ V 2 t V 2 =-2m/s (负 2 说明木块速度是向前的)

V1 =3m/s

(2)由能量守恒知:μmgL=

1 1 1 2 2 2 MV 0 - MV 1 - mV 2 2 2 2

解以上式子得:μ=0.25 小结: (1)解此类问题,关键是要看清系统动量是否守恒,特别注意地面是否光滑。从而判 断能否用动量守恒列方程。如不守恒往往要用动量定理和动能定理。 (2)要注意两物体间运动时间的关系、位移关系、能量关系及其与对应功的关系。 (3)滑动摩擦力和相对位移的乘积等于摩擦生的热。这是常用的一个关系。

【考点突破】
【考点指要】 碰撞的四种关系的研究,是对力学知识的综合应用,综合性强、能力要求高,高考中考 察形式灵活,其中子弹打木块模型包括木块在长木板上滑动的模型,其实是一类题型,解决 方法基本相同,一般要用到动量守恒、动能定理及动力学等规律,是高中物理中常见的题型 之一,也是高考中经常出现的题型,通常以计算题形式出现。

【典型例题分析 】
例题 1、 (北京 2005-25)下图是导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨 沿水平方向固定,其间安放金属滑块(即实验用弹丸) 。滑块可沿导轨无摩擦滑行,且始终 与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入,经过滑块,再从另一导轨流回 电源。滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中,该磁场在滑块所在位置 始终可以简化为匀强磁场, 方向垂直于纸面, 其强度与电流的关系为 B=kI, 比例常量k=2.5× 10
-6

T/A。 已知两导轨内侧间距 l=1.5cm,滑块的质量 m=30g,滑块沿导轨滑行 5m 后获得的发射
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速度 v=3.0km/s(此过程视为匀加速运动) 。 (1)求发射过程中电源提供的电流强度。 (2)若电源输出的能量有 4%转换为滑块的动能,则发射过程中电源的输出功率和输 出电压各是多大? (3)若此滑块射出后随即以速度 v 沿水平方向击中放在水平面上的砂箱,它嵌入砂箱 的深度为 s'。设砂箱质量为 M,滑块质量为 m,不计砂箱与水平面之间的摩擦。求滑块对砂 箱平均冲击力的表达式。

解析: v2 (1)由匀加速运动公式 a= =9× 5 m/s2 10 2s 2 2 由安培力公式和牛顿第二定律,有 F=IBl=kI l,kI l=ma 因此 I=

ma 5 =8.5× A 10 kl

1 (2)滑块获得的动能是电源输出能量的 4%,即 PΔt× 4%= mv 2 2 v 1 -2 发射过程中电源供电时间Δ t= = × 10 s a 3 1 2 mv 2 所需的电源输出功率为 P= =1.0× 9 W 10 Δt×4% P 由功率 P=IU,解得输出电压 U= =1.2× 3 V 10 I (3)分别对砂箱和滑块用动能定理,有 1 fsM = Mv 2 2 1 1 f'sm = mv 2 - mv 2 2 2 由牛顿定律 f=-f'和相对运动 sm =sM +s' 由动量守恒 mv=(m+M)v M 1 联立求得 fs'= · mv 2 m+M 2 2 M v 故平均冲击力 f= · 2(m+M) s'

【达标测试】
1、如图所示,一车厢长度为 L、质量为 M,静止于光滑的水平面上,车厢内有一质量 为 m 的物体以初速度 v 0 向右运动,与车厢来回碰撞 n 次后静止于车厢中,这时车厢的速度 为

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A. v0 ,水平向右 C.

B. 零 D.

mv 0 M ?m

mv 0 M ?m

2、一门旧式大炮,炮身的质量为 M,射出炮弹的质量为 m,对地的速度为 v,方向与水 平方向成α 角,若不计炮身与水平地面的摩擦,则炮身后退速度的大小为 A. mv / M C. mv cos? /(M ? m) B. mv cos? / M D. mv cos? /(M ? m)

3、质量相等的三个小球 a、b、c 在光滑的水平面上以相同的速率运动,它们分别与原来 静止的三个球 A、B、C 相碰(a 与 A 碰,b 与 B 碰,c 与 C 碰)。碰后,a 球继续沿原来的 方向运动,b 球静止不动,c 球被弹回而向反方向运动。这时,A、B、C 三球中动量最大的 是 A. A 球 B. B 球 C. C 球 D. 由于 A、B、C 三球的质量未知,无法判定 4、一平板小车静止在光滑水平面上,车的右端安有一竖直的板壁,车的左端站有一持枪 的人, 此人水平持枪向板壁连续射击, 子弹全部嵌在板壁内未穿出, 过一段时间后停止射击。 则 A. 停止射击后小车的速度为零 B. 射击过程中小车未移动 C. 停止射击后,小车在射击之前位置的左方 D. 停止射击后,小车在射击之前位置的右方 5、质量相等的 A、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、向同一方向运动,A 球的动量为 7 kg· m/s,B 球的动量为 5 kg· m/s,当 A 球追上 B 球发生碰撞后,A、B 两球的动量可能为 A. pA =6 kg· m/s pB=6 kg· m/s? B. pA =3 kg· m/s pB=9 kg· m/s? C. pA =-2 kg· m/s pB =14 kg· m/s? D. pA =-4 kg· m/s pB =16 kg· m/s? 6、如图所示,质量为 M 的滑块静止在光滑的水平面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相 切,一质量为 m 的小球以速度 v 0 向滑块滚来,设小球不能越过滑块,小球滑到最高点时的 速度大小为_______,此时滑块速度大小为_______。

7、 乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏, 甲、 甲和他的冰车的总质量共为 M=30kg, 乙和他的冰车的总质量也是 30kg,甲推着一个质量为 m=15kg 的箱子,和他一起以大小为 v 0 =2m/s 的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,为了避免相碰,甲突然将箱子沿冰面 推给乙,箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力,求甲至少要以多大的速度 (相对于冰面)将箱子推出,才能避免与乙相撞。 8、小车静置在光滑水平面上,站在车上的人练习打靶,人站在车的一端,靶固定在车的 另一端,如图,已知车、人、靶和枪的总质量为 M (不包括子弹) ,每颗子弹质量为 m,共 n 发,打靶时每颗子弹击中靶后,就留在靶内,且待前一发击中靶后,再打下一发,打完 n 发后,小车移动的距离为多少??
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9、质量为 M 的木块放在水平地面上,处于静止状态,木块与地面间动摩擦因数为μ ,一 颗质量为 m 的子弹水平射入木块后,木块沿水平地面滑行了距离 s 后停止,试求子弹射入 木块前速度 v0 。 10、如图,质量为 M 的平板车的长度为 L,左端放一质量为 m 的小物块,今使小物块与 小车一起以共同速度 v 0 沿光滑水平面向右运动,小车将与竖直墙发生弹性碰撞,而小物块 最终又恰与小车相对静止于小车的最右端,求小物块与小车上表面间的动摩擦因数。

11、质量为 m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在地上。平衡时,弹簧的 压缩量为 x0 ,如图所示。一物块从钢板正上方距离为 3x0 的 A 处自由落下,打在钢板上并立 刻与钢板一起向下运动,但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为 m 时, 它们恰能回到 O 点。 若物块质量为 2m, 仍从 A 处自由落下, 则物块与钢板回到 O 点时, 还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点与 O 点的距离。

12、 一段凹槽 A 倒扣在水平长木板 C 上, 槽内有一小物块 B, 它到槽两内侧的距离均为 2, 如图所示。木板位于光滑水平的桌面上,槽与木板间的摩擦不计,小物块与木板间的摩擦系 数为 μ。A、B、C 三者质量相等,原来都静止。现使槽 A 以大小为 v 0 的初速向右运动,已 知 v0 < 2?gl 。当 A 和 B 发生碰撞时,两者速度互换。求: (1)从 A、B 发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内,木板 C 运动的路程。 (2)在 A、B 刚要发生第四次碰撞时,A、B、C 三者速度的大小。

【综合测试】
1、总质量为 M 的火箭模型从飞机上释放时的速度为 v 0 ,速度方向水平。火箭向后以相对 于地面的速率 u 喷出质量为 m 的燃气后,火箭本身的速度变为
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A.

Mv0 ? mu M

B.

Mv0 ? mu M

C.

Mv0 ? mu M ?m

D.

Mv0 ? mu M ?m

2、在光滑的水平面上有两个相同的弹性小球 A、B,质量都为 m。现 B 球静止,A 球向 B 球运动,发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒,两球压缩最紧时的弹性势能为 E P ,则 碰前 A 球的速度等于

A. E P / m

B.

2EP / m

C.2 E P / m

D.2 2 E P / m

3、甲、乙两球在水平轨道上向同一方向运动,它们的动量分别为 P1 =5kgm/s,P 2 =7kgm/s。 甲追上乙与乙相碰,碰后乙的动量变为 10kgm/s,则两球质量 m1 、m2 间的关系可以是 A. m2 =m1 B. m2 =2m1 C. m2 =4m1 D. m2 =6m1 4、质量为 m 的人站在质量为 M,长为 L 的静止小船的右端,小船的左端靠在岸边。当他 向左走到船的左端时,船左端离岸距离为_______。 5、在光滑的水平面上有一质量为 2m 的盒子,盒子中间有一质量为 m 的物体,如图所示。 物体与盒底间的动摩擦因数为μ ,现给物体以水平速度 v 0 向右运动,当它刚好与盒子右壁 相碰时,速度减为 v 0 /2,物体与盒子右壁相碰后即粘在右壁上。物体在盒内滑行的时间 t=_______,物体与盒子右壁相碰过程中对盒子的冲量大小是_______。

6、如图,静止在光滑水平面上的木块,质量为 M、长度为 L。—颗质量为 m 的子弹从木 块的左端打进。设子弹在打穿木块的过程中受到大小恒为 f 的阻力,要使子弹刚好从木块的 右端打出,则子弹的初速度 v 0 应等于多大?

7、如图,甲、乙两完全一样的小车,质量均为 M,乙车内用细绳吊一质量为 M/2 的小球, 当乙车静止时,甲车以速度 v 0 与乙车相碰,碰后连为一体,当小球摆到最高点时,甲车和 小球的速度各为多大?

8、长 L=1m,质量 M=1kg 的木板 AB 静止于光滑水平面上。在 AB 的左端有一质量 m=1kg 的小木块 C,现以水平恒力 F=20N 作用于 C,使其由静止开始向右运动至 AB 的右端,C 与 AB 间动摩擦因数 μ=0.5,求 F 对 C 做的功及系统产生的热量。

9、如图所示,在光滑的水平面上有一质量为 m1 =20kg 的小车通过一根不可伸长的轻绳与 质量为 m2 =25kg 的拖车相连接,质量为 m3 =15kg 的物体放在拖车的水平车板上与车板之间 的动摩擦因数为μ =0.2,开始时物体和拖车都静止,绳子松弛,某时刻小车以速度 v 0 =3m/s 向右运动,求: (1)三者以同一速度前进时的车速 v 的大小。 (2)若物体不能从拖车上滑落,到三者速度相等时物体 m3 在拖车平板上滑行的距离Δ s。

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10、一质量为 M、长为 l 的长方形木板 B 放在光滑的水平地面上,在其右端放一质量为 m 的小木块 A,(m<M)。现以地面为参照系,给 A 和 B 以大小相等、方向相反的初速度, 使 A 开始向左运动、B 开始向右运动,但最后 A 刚好没有滑离 L 板。以地面为参照系。 (1)若已知 A 和 B 的初速度大小为 v 0 ,求它们最后的速度的大小和方向。 (2)若初速度的大小未知,求小木块 A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发 点的距离。 11、如图所示,A 、B 是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A 的左端和 B 的右端 相接触。两板的质量皆为 M ? 2.0kg ,长度皆为 l ? 1.0m 。C 是一质量为 m ? 1.0kg 的小 物块。现给它一初速度 v0 ? 2.0m / s ,使它从 B 板的左端开始向右滑动。已知地面是光滑 速运动。 (取重力加速度 g ? 10 m / s 2 ) 的,而 C 与 A 、B 之间的动摩擦因数皆为 ? ? 0.10 。求最后 A 、B 、C 各以多大的速度做匀

12、如图甲,一质量为 0.4kg 足够长且粗细均匀的绝缘细管置于水平地面上,细管内表面 粗糙,外表面光滑。有一质量为 0.1kg 电量为 0.1C 的带正电小球沿管以水平向右的速度进 入管内, 细管内径略大于小球直径, 已知细管所在位置有水平方向垂直于管向里的匀强磁场, 磁感应强度为 1 特, 取 10m/s2 ) (g

v 甲

(1)当细管固定不动时,在乙图中画出小球在管中运动初速度和最终稳定速度的关系 图象。(取水平向右为正方向) (2)若细管不固定,带电小球以 v 0 =20m/s 的初速度进入管内,且整个运动过程中细管 没有离开地面,则系统最终产生的内能为多少?

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【达标测试答案】
1、解析:当物体在车厢内运动及与车厢壁碰撞过程中,物体及车厢组成的系统所受外力 有重力(M+m)g 和支持力 F N,合力为零,故系统总动量守恒。 系统的初动量为 mv 0 ,当物体静止于车厢中时,二者具有相同的速度,设为 v,由动量 守恒定律得 mv0 ? ( M ? m)v ,解得

mv 0 ,C 对。 M ?m

2、解析:大炮在射出炮弹的过程中,系统所受外力有重力(M+m)g 和支持力 F N,如图, 因炮弹在炮筒内做加速运动,加速度的方向与水平方向成 α 角斜向上,竖直分加速度 ay=asinα(向上),这也是系统在竖直方向上的加速度,因此 F N >(M+m)g,系统的外力 之和不为零,总动量不守恒。但系统在水平方向不受外力,因此水平方向动量守恒。 设炮身后退的速度大小为 v',规定炮身运动的反方向为正方向,在水平方向应用动量守 恒定律得 0= - Mv'+mvcosα,解得 v'= mv cos? / M 。正确答案是 B。

3、解析:由题意可知,三球在碰撞过程中动量均守恒,a、b、c 三球在碰撞过程中,动 量变化的大小关系为:ΔP c>ΔP b >ΔP a 由动量守恒定律知 ΔP a = - ΔPA ,ΔPb = - ΔP B,ΔP c= - ΔP C。所以 A、B、C 三球在 碰撞过程中动量变化的大小关系为:ΔP C>ΔP B >ΔP A 又 A、B、C 的初动量均为零,所以碰后 A、B、C 的动量大小关系为 P C>P B >P A ,选项 C 正确。 4、解析:在发射子弹的过程中,小车、人、枪及子弹组成的系统动量守恒,始终为零, 因此,停止射击后小车的速度为零,选项 A 正确。 又射击过程子弹向右移动了一段位移 x1 ,则车、人、枪必向左移动一段位移 x2 ,设子弹 的质量为 m,车、人、枪的质量为 M,由动量守恒定律得 m x1 =M x2 ,选项 C 正确,此题答 案 A、C。 5、解析:碰撞过程动量守恒,且 E k 初 ≥E k 末 。质量相等,则? E k总 =

p1 p p ? p2 ? 2 ? 1 ? 2m 2m 2m
2 2 2 2

故只能选 A。 6、解析:由临界条件知,小球到达最高点时,小球和滑块在水平方向应具有相同的速度。 由动量守恒定律得: mv0 ? ( M ? m)v ,即 v ? mv 0 /(M ? m) 7、分析:当甲把箱子推出后,甲的运动存在三种可能:①继续向前,方向不变;②停止 运动;③反向运动。以上三种推出箱子的方法,由动量守恒定律可知,第一种推法箱子获得 的速度最小,若这种推法能实现目标,则箱子获得的速度最小,设箱子的速度为 v,取甲运 动方向为正方向,则对甲和箱子在推出过程运用动量守恒定律:

(m ? M)v0 ? Mv甲 ? mv
箱子推出后,被乙抓住,为避免甲、乙相撞,则乙必须后退,对乙和箱子运用动量守恒 定律得: mv ? Mv0 ? ( M ? m)v乙 要使甲、乙不相撞,并使推出箱子的速度最小的临界条件为: v甲 ? v乙
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解得:v=5.2m/s 8、解析:由动量守恒知,每颗子弹射入靶后,车的速度都是零,所以打了 n 发子弹,可 以整体考虑。假设 n 发子弹一起打过去。 则子弹速度为 v1 ,则车的速度为 v 2 ? nmv 1 =mv 2

s1 v1t v1 M ? ? ? s 2 v 2 t v 2 nm
s1 +s2 =d 则 s2 =

nmd mn ? M

9、解析:子弹射入木块过程中,木块受地面的摩擦力为 f,此力即为子弹与木块组成的系 统的合外力,不为零。但子弹与木块间的相互作用力 F 内>>f,摩擦力可忽略不计,系统的动 量近似守恒。 设子弹射入木块后,与木块的共同速度为 v,由动量守恒定律得 mv0 ? ( M ? m)v 此后子弹与木块一起做匀减速直线运动 ? (M ? m) g ? (M ? m)a 由运动学公式得: v 2 ? 2as 解得 v0 ?

M ?m 2?gs m

10、解析: (1)当 m<M 时,小车与竖直墙做弹性碰撞后小车和物块与小物块分别以速率 v 0 向左向右运动,最后共同速度为 v。 Mv 0 -mv 0=(M+m)v?

?

1 1 2 2 (M+m)v 0 - (M+m)v ? 2 2 2 2 Mv0 解得: ? = ( M ? m) gL
mgL= (2)当 m>M 时,小车与竖直墙第一次弹性碰撞后分别以 v 0 向左、向右运动。 p 物>p 车。相对静止时速度为 v,方向向右,发生第二次弹性碰撞,多次往复运动,最

终小车与物块将静止,则?

1 2 2 ( M ? m)v 0 ? ?= 2mgL
答案: ? =

? mgL= (m+M)v02?

2 Mv0 (m<M ) ? ( M ? m) gL
2

2

?=

( m ? M )v 0 (m>M ) ? 2mgL
v0 ? 6gx0

11、解析:物块与钢板碰撞时的速度

设 v 1 表示质量为 m 的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度,因碰撞时间极短, 动量守恒: mv 0 =2mv 1 刚碰撞完时弹簧的弹性势能为 E P 。当它们一起回到 O 点时,弹簧无形变,弹性势能为 零,根据题给条件,这时物块与钢板的速度为零,由机械能守恒:

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1 E p ? (2m)v12 ? 2m g 0 x 2
设 v 2 表示质量为 2m 的物块与钢板碰撞后开始一起向下运动的速度,则有 2mv 0 =3mv 2 仍继续向上运动,设此时速度为 v,则有

1 1 ' 2 E P ? (3m)v2 ? 3mgx0 ? (3m)v 2 2 2
在以上两种情况中,弹簧的初始压缩量都是 x0 ,
' 故有 E P ? E P 。

当质量为 2m 的物块与钢板一起回到 O 点时, 弹簧的弹力为零, 物块与钢板只受到重力 作用,加速度为 g。一过 O 点,钢板受到弹簧向下的拉力作用,加速度大于 g。由于物块与 钢板不粘连,物块不可能受到钢板的拉力,其加速度仍为 g。故在 O 点物块与钢板分离,分 离后,物块以速度 v 竖直上升,则由以上各式解得,物块向上运动所到最高点与 O 点的距 离为 l=v 2 /(2g)=(1/2)x0 12、解析: (1)A 与 B 刚发生第一次碰撞后,A 停下不动,B 以初速 v 0 向右运动。由于 摩擦,B 向右作匀减速运动,而 C 向右作匀加速运动,两者速率逐渐接近。设 B、C 达到相 同速度 v 1 时 B 移动的路程为 s1 。 A、 C 质量皆为 m, 设 B、 由动量守恒定律, 得 由功能关系,得 得 v 1 =v 0 /2
2 μmgs1 =2mv0 /2-mv 1 /2 s1 =3v 02 /(8μg) 2

mv0 =2mv 1

根据条件 v 0 < 2?gl ,得

s1 <3l/4

可见,在 B、C 达到相同速度 v 1 时,B 尚未与 A 发生第二次碰撞,B 与 C 一起将以 v1 向右匀速运动一段距离(l-s1 )后才与 A 发生第二次碰撞。设 C 的速度从零变到 v 1 的过程 中,C 的路程为 s2 。由功能关系,得 μmgs2 =mv1 /2 解得 s2 =v 0 2/(8μg) 因此在第一次到第二次碰撞间 C 的路程为 s=s2 +l-s1 =l-v 0 /(4μg) (2)由上面讨论可知,在刚要发生第二次碰撞时,A 静止,B、C 的速度均为 v 1 。刚碰 撞后,B 静止,A、C 的速度均为 v 1 。由于摩擦,B 将加速,C 将减速,直至达到相同速度 v 2 。由动量守恒定律,得 mv1 =2mv2 解得 v 2 =v 1 /2=v0 /4 因 A 的速度 v 1 大于 B 的速度 v2 ,故第三次碰撞发生在 A 的左壁。刚碰撞后,A 的速度 变为 v2 ,B 的速度变 为 v 1 ,C 的速度仍为 v 2 。由于摩擦,B 减速,C 加速,直至达到相同 速度 v3 。由动量守恒定律,得 mv 1 +mv 2 =2mv 3 解得 v 3 =3v 0 /8 故刚要发生第四次碰撞时,A、B、C 的速度分别为 v A =v 2 =v0 /4 vB =v C=v3 =3v0 /8
2 2

【综合测试答案】
1、解析:火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为 M-m,以 v 0 方向为正方向, Mv0 ? ?mu ? ?M ? m ?v ?, v ? ?

Mv0 ? mu ,正确答案是 D。 M ?m 2、解析:两球压缩最紧时,两球速度相同,由动量守恒 mv 0 ? 2mv 1 2 1 1 2 2 对应的能量守恒关系 mv 0 ? E P ? (2m)v ,解得 E P ? mv 0 ,正确答案是 C 2 2 4
3、解析:由动量守恒 P 1 +P 2 = P 1 '+P 2 '可得甲碰后动量 P1 '=2 kgm/s

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由甲追乙相碰,速度上应满足

2 10 7 m 5 7 且 ,可得 ? 2 ? 5 ? ? m1 m2 5 m1 m1 m2

m 51 P2 25 49 4 100 由 EK ? 及碰撞中能量关系 ,可得 2 ? ? ? ? m1 21 2m1 2m2 2m1 2m2 2m 51 m2 综上 ? ? 5 ,正确答案是 C。 21 m1
4、解析:先画出示意图。人、船系统动量守恒,总动量始终为零,所以人、船动量大小 始终相等。从图中可以看出,人、船的位移大小之和等于 L。设人、船位移大小分别为 l1、 m l2 ,则:mv 1=Mv 2 ,两边同乘时间 t,ml1 =Ml2 ,而 l1 +l2 =L,∴ l 2 ? L M ?m

l2

l1

5、解析:分清不同的物理过程所遵循的相应物理规律是解题的关键。 (1)对物体在盒内滑行的时间内应用动量定理得: ? ?mgt ? m ? 得出 t ? v0 / 2?g 速度为 v1 ,则 mv 0 ? m ?

v0 ? m ? v0 2

(2)物体与盒子右壁相碰前及相碰过程中系统的总动量都守恒,设碰撞前瞬时盒子的

v0 ? 2m ? v1 ? (m ? 2m)v2 , 2 v 2 ? v0 / 3 解得 v 1 =v 0 /4, 由动量定理得碰撞过程中物体给盒子的冲量 I ? 2mv 2 ? 2mv1 ? mv 0 / 6 ,向右。

6、解析:取子弹和木块为研究对象,它们所受到的合外力等于零,故总动量守恒。由动 量守恒定律得:mv 0 =mv 1 +Mv2 要使子弹刚好从木块右端打出,则必须满足如下的临界条件:v 1 =v 2 根据功能关系得: fL ? 解得: v o ?

1 2 1 2 1 2 mv0 ? mv1 ? Mv2 2 2 2 2(m ? M ) fL mM

7、解析:甲车与乙车发生碰撞,由于碰撞时间很短,当甲、乙两车碰后速度相等时,乙 车发生的位移可略去不计,这样,小球并未参与碰撞作用,取甲、乙两车为研究对象,运用 动量守恒定律得:Mv 0 =2Mv 1 。 接着,甲、乙两车合为一体并通过绳子与小球发生作用,车将向右做减速运动,小球将 向右做加速运动并上摆。当小球和车的速度相同时,小球到达最高点。对两车和小球应用动 量守恒定律得:2Mv 1 =(2M+M/2)v 2 解得: v 2 =2v 0 /5 8、解析:由于 C 受到外力作用所以系统动量不守恒,只能用隔离法分别对两物体进行研 究,设木板向前运动的位移是 S,则木块的位移为 S+L,时间为 t。

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对 C:F(S+L)-μmg(S+L)= 对 AB:μmgS=

1 2 mV m 2

(F-μmg)t=mV m μmgt= MV M

1 MV M 2 2

解以上四式得:S=0.125m F 做的功 W=F(S+L)=22.5J 摩擦生的热 Q=μmgL=5J 9、解析:m1 、m2 、m3 组成的系统合外力为零,动量守恒 m1 v0 =(m1 +m2 + m3)v,得 v=1m/s 由于轻绳不可伸长,当绳子被拉直的瞬间 m1 与 m2 便有了相同的速度(此时 m3 由于惯 性还处于静止状态),在绳子被拉直的瞬间 m2 发生了一个明显的动量改变量,说明 m1 与 m2 之间的作用力很大,远大于 m2 与 m3 之间的摩擦力,因此 m1 与 m2 组成的系统在绳子被 拉直的这极短的时间内动量守恒:m1 v 0 =(m1 +m2 )v 1 ,解得 m1 与 m2 在绳子拉直的瞬间获得 的共同速度 v1 =4/3m/s。 此 后 m1 与 m2 组 成 的整 体 在 摩擦 力 的 作用 下 做匀 减 速 直线 运 动, 其 加 速度 为

速度由 v 1 减到 v 过程中发生的位移为
2 2



m3 在摩擦力的作用下做匀加速直线运动其加速度为 a2 =μ g=2m/s , 速度由 0 增至 v 过程 中发生的位移为 s2 =v /2a2 =1/4m。 所以到三者速度相等时物体 m3 在拖车平板上滑行的距离为Δ s=s1 -s2 =1/3m。 此题在计算时也可选拖车为参照物,则物体 m3 相对拖车做初速度为 v相 ? ? 加速度为 a相 ?

4 m/ s , 3

8 m / s 2 ,末速度为 0 的匀减速直线运动,其位移为 3

10、解析: (1)A 刚好没有滑离 B 板,表示当 A 滑到 B 板的最左端时,A、B 具有相同的速度。 设此速度为 V,A 和 B 的初速度的大小为 v 0 ,则由动量守恒可得:Mv 0 -mv 0 =(M+m)V 解得: V ?

M ?m v0 , 方向向右。 M ?m

(2)A 在 B 板的右端时初速度向左,而到达 B 板左端时的末速度向右,可见 A 在运动 过程中必经历向左作减速运动直到速度为零,再向右作加速运动直到速度为 V 的两个阶段。 设 l1 为 A 开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程,2 为 A 从速度为零增加到速度为 V l 的过程中向右运动的路程,L 为 A 从开始运动到刚到达 B 的最左端的过程中 B 运动的路程, 如图所示。设 A 与 B 之间的滑动摩擦力为 f,则由功能关系可知:

对于 B 对于 A

fL ?

1 1 2 Mv0 ? MV 2 2 2 1 2 1 fl1 ? mv 0 fl 2 ? mV 2 2 2
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由几何关系 L ? l1 ? l 2 ? l 解得 11、解析:先假设小物块 C 在木板 B 上移动 x 距离后,停在 B 上. 这时 A 、B 、C 三者的 速度相等,设为 V。由动量守恒得 mv 0 ? (m ? 2M )V 在此过程中,木板 B 的位移为 s ,小木块 C 的位移为 s ? x 。由功能关系得

? ?mg ( s ? x) ?

1 1 2 mV 2 ? mv 0 2 2

?mgs ?
相加得

1 ? 2MV 2 2
? ?mgx ? 1 1 2 (m ? 2M )V 2 ? mv0 2 2

2 Mv0 代入数值得 x ? 1.6m ( 2 M ? m ) ?g x比B 板的长度 l 长,这说明小物块 C 不会停在 B 板上,而要滑到 A 板上. 设 C 刚滑到 A 板上的速度为 v1 ,此时 A 、B 板的速度为V1 ,则由动量守恒得 mv 0 ? mv1 ? 2MV1 1 2 1 2 1 由功能关系得 mv0 ? mv1 ? ? 2MV12 ? ?mgl 2 2 2 8 ? 24 8 ? 24 2 ? 24 代入数据解得 , v1 ? 2 ? V1 ? ? 20 5 5 8 ? 24 2 ? 24 ? 0.155 m / s , v1 ? ? 1.38m / s v1 必是正数,合理解是 V1 ? 20 5 当滑到 A 之后,B 即以V1 ? 0.155 m / s 做匀速运动. 而 C 是以 v1 ? 1.38m / s 的初速度 在 A 上向右运动。设在 A 上移动了 y 距离后停止在 A 上,此时 C 和 A 的速度为V 2 ,由动量 守恒得 MV1 ? mv1 ? (m ? M )V2 解得 V2 ? 0.563m / s 1 2 1 1 由功能关系得 mv1 ? MV12 ? (m ? M )V22 ? ?mgy 2 2 2 解得 y ? 0.50 m y 比 A 板的长度短,故小物块 C 确实是停在 A 板上. 最后 A、B、C 的速度分别为 V A ? V2 ? 0.563 m / s , VB ? V1 ? 0.155 m / s , VC ? VA ? 0.563m / s .

解得 x ?

12、解析:带正电的小球受力如图,特别要注意洛仑磁力的特点,它要随速度变化, 从而导致支持力、摩擦力的变化。当洛仑磁力等于重力时摩擦力为 0。此时,小球和细管的 速度保持不变。达到稳定的运动状态。则: 当 qvB=mg 时 v=mg/qB=10m/s (1)当初速度小于 10m/s 时,支持力方向向上,并随速度的减小增大。所以最终小球 速度为 0。 当初速度大于 10m/s 时, 支持力方向向下, 并随速度的减小而减小, 当速度减小为 10m/s 时,支持力、摩擦力都为 0,速度保持不变。 所以,小球在管中运动初速度和最终稳定速度的关系图象如图乙所示。

第 16 页

vt/ms-1

(2)因为初速度大于 10m/s,所以小球的最终速度是 V 1 =10m/s。设此时小球和细管速 度分别为 V 1 、V 2 。 由动量守恒定律 mv 0=mV 1 +MV 2 解得:V 2 =2.5m/s 由能量守恒:系统产生的热能 Q=

1 1 1 2 2 2 mV 0 - mV 1 - MV 2 =13.75J 2 2 2

20 10 0 10
5 10 15 20 25

qvB FN

V0/ms-1 mg 乙

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