第1章 动量及其守恒定律
第2节 动量守恒定律及其应用
基础过关练
题组一 动量守恒的条件判断
1.如图所示,小车与木箱紧挨着,静止放在光滑的水平面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱,关于上述过程,下列说法正确的是 ( )
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.木箱动量的变化量与男孩、小车合动量的变化量相同
2.(多选题)下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是 ( )
题组二 反冲运动与火箭
3.“火箭”这个词在公元三世纪的三国时期就已出现。关于现代火箭,下列说法正确的是 ( )
A.影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后的火箭质量之比
B.火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气,空气的反作用力推动火箭
C.火箭点火后离开地面向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果
D.火箭、喷气式飞机、直升机的运动都是利用反冲获得动力
4.我国自行研制的“歼-15”战斗机挂弹飞行时,接到命令,进行导弹发射训练,当战斗机水平飞行的速度为v0时,将总质量为M的导弹释放,刚释放时,导弹向战斗机飞行的反方向喷出对地速率为v1、质量为m的燃气,则喷气后导弹相对地面的速率v为 ( )
A.
C.
题组三 动量守恒定律的应用
5.在一次电影拍摄中,演员从岸边跳上迎面驶来的小船。已知演员与小船的质量之比为1∶3,演员与小船接触前瞬间的速度大小为v0、方向水平,小船的速度大小为,不计水的阻力,则演员在小船上站稳后的速度大小为 ( )
A.
6.两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。现在,其中一人向另一人抛出一个篮球,另一人接球后再抛回,如此反复进行几次之后,甲和乙最后的速率关系是 ( )
A.若甲最先抛球,则一定是v甲>v乙
B.若乙最后接球,则一定是v甲>v乙
C.只有甲先抛球,乙最后接球,才有v甲>v乙
D.无论怎样抛球和接球,都是v甲>v乙
7.如图所示,质量为M的物体静止在光滑的水平面上,物体的光滑弧面底部与水平面相切,一个质量为m的小球以速度v0向物体滚来,小球不能越过物体,则小球到达最高点时,小球和物体的速度大小是( )
A.
8.如图所示,一个小孩将质量为m1的石头以大小为v0、仰角为θ的初速度抛入一个装有沙子的总质量为M的静止的沙车中,沙车与水平地面间的摩擦可以忽略。石头和沙车获得共同速度后,沙车底部出现一小孔,沙子从小孔中漏出,则 ( )
A.漏沙前,石头和沙车的共同速度v=
B.石头和沙车获得共同速度后漏沙过程中系统动量守恒
C.沙子漏出后做直线运动,水平方向的速度变小
D.当漏出质量为m2的沙子时,沙车的速度v'=
9.(多选题)如图所示为a、b两小球沿光滑水平面相向运动的v-t图像,已知当两小球间距小于或等于L时,受到相互排斥的恒力作用,当间距大于L时,相互作用力为零,由图可知 ( )
A.a小球的质量大于b小球的质量
B.a小球的质量小于b小球的质量
C.t1时刻两小球间距最小
D.t3时刻两小球间距为L
10.如图所示,进行太空行走的航天员A和B的质量分别为80 kg和100 kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为v0=0.1 m/s。A将B向空间站方向轻推后,A的速度变为vA=0.2 m/s,求此时B的速度大小和方向。
11.如图所示,一个质量为m的玩具蛙,蹲在质量为M的小车的细杆上,小车放在光滑的水平桌面上,若车长为L,细杆高为h且位于小车的中点,问:当玩具蛙至少以多大的水平速度v跳出,才能落到桌面上(不计小车的高度,重力加速度为g)。
能力提升练
题组一 动量守恒条件的扩展应用
1.如图所示,光滑冰面上静止放置一表面光滑的凹槽,凹槽右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块向凹槽推出,冰块平滑地滑上凹槽,则 ( )
A.小孩推出冰块过程,小孩和冰块组成的系统动量不守恒
B.冰块在凹槽上运动过程,冰块和凹槽组成的系统水平方向动量守恒
C.冰块从凹槽下滑过程,凹槽的动量减少
D.冰块离开凹槽时的速率与冲上凹槽前的速率相等
2.(多选题)如图所示,在光滑的水平面上有一静止的物体M,物体上有一光滑的半圆弧轨道,最低点为C,两端A、B一样高,现让小滑块m从A点由静止下滑,则 ( )
A.m不能到达M上的B点
B.m从A到C的过程中M向左运动,m从C到B的过程中M向右运动
C.m从A到B的过程中M一直向左运动,m到达B的瞬间,M速度为零
D.M与m组成的系统机械能守恒,水平方向动量守恒
3.(多选题)如图所示,在水平面上有一质量为M的长木板,其右端固定有一立柱。质量为m的人立于木板左端,木板与人均静止。在人加速向右奔跑的过程中,可将人视为质点,木板向左运动。人到达右端时立刻抱住立柱。关于抱住立柱后,人与木板一起运动的方向,下列说法中正确的是( )
A.若水平面光滑,人与木板一起向右运动
B.若水平面光滑,人与木板一起向左运动
C.若水平面粗糙,当M>m时,人与木板一起向右运动
D.若水平面粗糙,当M4.如图所示,有A、B两质量均为M=100 kg的小车,沿光滑水平面以速率v0=1 m/s在同一直线上相向运动,A车上站着一质量为m=50 kg的人。为避免两车相撞,他至少要以对地多大的速度从A车跳到B车
题组二 动量守恒与能量结合问题
5.如图所示,小车的上表面固定一个光滑弯曲管道,整个小车(含管道)的质量为m,原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球,质量为m,半径略小于管道截面半径,以水平速度v=2 m/s从左端滑上小车,最后从管道左端滑离小车。关于这个过程,下列说法正确的是(重力加速度为g=10 m/s2) ( )
A.小球滑离小车时,小车回到原来位置
B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为2 m/s
C.小球滑离小车时小球的速度大小为2 m/s
D.车上管道中心线最高点离小车上表面的高度一定等于0.1 m
6.2023年6月20日,中国“天宫”空间站电推进发动机首次实现在轨“换气”,电推进发动机如图所示,其工作原理为先将氙气等惰性气体转化为带电离子,然后把这些离子加速并喷出,以产生推进力,进而完成航天器的姿态控制、轨道修正、轨道维持等任务。已知电推进发动机的功率为100 kW,能够产生5.0 N的推力,忽略惰性气体质量减少对航天器的影响,以下说法正确的是( )
A.电推进发动机工作时系统的机械能是守恒的
B.电推进发动机工作时系统的动量不守恒
C.惰性气体离子被加速后的速度约为20 km/s
D.电推进发动机需要每秒喷射约1.25×10-4 kg惰性气体离子
7.(多选题)如图所示,质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起,竖直静置在水平地面上。在A的正上方高h=
kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,则 ( )
A.C物体碰撞前后瞬间的动量之比为2∶1
B.物体B恰好未脱离地面时,A、C的加速度大小为g
C.弹簧的最大压缩量为
D.弹簧的最大压缩量为
8.如图所示,AB为光滑的圆弧轨道,半径R=0.8 m,BC为距地面高h=1.25 m的粗糙水平轨道,长L=2.0 m,与AB轨道相切于B点。小物块N放在水平轨道末端的C点,将小物块M从圆弧轨道的最高点A由静止释放,经过一段时间后与小物块N发生碰撞,碰撞后小物块N落在水平地面上的D点,小物块M落在E点。已知D点到C点的水平距离xD=0.75 m,D、E两点间的距离Δx=0.125 m,小物块M与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.3,重力加速度g取10 m/s2,两小物块均可视为质点,不计空气阻力。求:
(1)碰撞前瞬间小物块M的速度大小;
(2)小物块M和小物块N的质量之比。
答案全解全析
基础过关练
1.C 2.AC 3.A 4.D 5.D 6.B
7.A 8.A 9.BD
1.C 由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒,选项A、B错误,C正确;木箱动量的变化量与男孩、小车合动量的变化量大小相等,方向相反,选项D错误。
2.AC 选项A中子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力,竖直方向所受合力为零,系统动量守恒;选项B中在弹簧恢复原长过程中,系统在水平方向始终受墙的作用力,系统动量不守恒;选项C中木球与铁球组成的系统所受合力为零,系统动量守恒;选项D中木块下滑过程中斜面始终受挡板的作用力,系统动量不守恒。故选A、C。
3.A 火箭的工作原理是利用反冲运动,火箭点火后燃料燃烧产生的高温气体从火箭尾部喷出,喷出的气体具有动量,由动量守恒定律可知,火箭会向相反方向即向前飞行,B、C错误;设喷气速度为v,喷出气体的质量为m,喷气后的火箭质量为M,火箭获得的速度大小为v',根据动量守恒定律有mv=Mv',解得v'=v,可知影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后火箭质量之比,A正确;火箭、喷气式飞机都是利用向后喷气的反冲作用获得动力,属于反冲运动,而直升机是利用空气的升力而使飞机上升,不属于反冲运动,D错误。
4.D 以导弹飞行的方向为正方向,导弹被战斗机释放后,导弹喷出燃气前后水平方向动量守恒,根据动量守恒定律得Mv0=(M-m)v-mv1,解得v=,故选D。
5.D 以人和小船为系统,所受合外力为零,故系统动量守恒,取接触前瞬间人的速度方向为正方向,则有m人v0-m船,故D正确,A、B、C错误。
6.B 甲、乙两人与球组成的系统在水平方向上动量守恒,谁最后接球,谁的质量中就包含了球的质量,即质量大,由动量守恒定律知m1v1=m2v2,因此最终谁接球谁的速率就小,与谁先抛球无关,故B正确,A、C、D错误。
7.A 小球沿物体上滑的过程中,对小球和物体组成的系统,水平方向不受外力,因而该系统在水平方向上动量守恒,小球到达最高点时和物体具有相同的对地速度v(若速度不相同,必然相对物体运动,此时一定不是最高点)。由动量守恒定律得,mv0=(M+m)v,所以v=,A正确。
8.A 从石头被抛出至漏沙前,石头与沙车组成的系统在水平方向所受合力为零,系统在水平方向动量守恒,以水平向右为正方向,由动量守恒定律得m1v0 cos θ=(m1+M)v,解得石头与沙车的共同速度v=,A正确;石头和沙车获得共同速度后漏沙过程中系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,B错误;沙子漏出后在水平方向有初速度,只受重力作用,沙子做平抛运动,水平方向的速度不变,C错误;漏沙过程中,石头与沙车、漏下的沙组成的系统在水平方向所受合外力为零,系统在水平方向的动量守恒,系统总质量不变,由动量守恒定律可知,系统在水平方向速度不变,即沙车的速度v'=v=,D错误。
9.BD 从题图可以看出,0~t3时间内,a小球的v-t图线的斜率绝对值比较大,所以a小球的加速度较大,两小球之间的排斥力为相互作用力,大小相等,根据a=知,加速度大的质量小,所以a小球的质量较小,故A错误,B正确;t2时刻两小球速度相同,距离最近,之后距离开始逐渐变大,故C错误;当间距大于L时,相互作用力为零,由题图可知t3时刻之后相互作用力为零,即间距大于L,则t3时刻两球间距为L,故D正确。
10.答案 0.02 m/s 远离空间站方向
解析 以空间站为参考系,以A、B远离空间站方向即v0方向为正方向。
A轻推B过程,A、B组成的系统动量守恒,有(mA+mB)v0=mAvA+mBvB,
代入数据解得vB=0.02 m/s,方向为远离空间站方向。
11.答案
解析 玩具蛙跳出后做平抛运动,运动时间为t=。玩具蛙与车组成的系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得Mv'-mv=0
若玩具蛙恰好落在桌面上,则有v't+vt=
联立解得v=
能力提升练
1.B 2.CD 3.CD 5.B 6.D 7.BD
1.B 小孩推出冰块过程,小孩和冰块组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,A错误;冰块在凹槽上运动过程,冰块和凹槽组成的系统在水平方向所受的合外力为0,所以水平方向动量守恒,B正确;冰块从凹槽下滑过程,冰块对凹槽做正功,凹槽的速度增加,动量增加,C错误;冰块在凹槽上滑和下滑过程中,凹槽对冰块做负功,冰块速度减小,故冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽时的速率小,D错误。
2.CD M和m组成的系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,由于没有摩擦,系统的机械能也守恒,根据系统水平方向动量守恒和系统的机械能守恒知,m恰能到达M上的B点,到达B点时,M与m的速度都是0,故A错误,D正确;M和m组成的系统水平方向动量守恒,m从A到C的过程中以及从C到B的过程中一直向右运动,所以M一直向左运动,m到达B的瞬间,M与m速度都为零,故B错误,C正确。
3.CD 规定水平向右为正方向,设人抱住立柱之前瞬间,人的速度大小为v1,木板速度大小为v2,人向右奔跑的时间为t,人抱住立柱后瞬间速度为v。
若水平面光滑,对人和木板组成的系统,如图所示:
沿水平方向动量守恒,人向右奔跑过程中,有mv1-Mv2=0,人抱住立柱过程中,有mv1-Mv2=(m+M)v,解得v=0。所以若水平面光滑,人抱住立柱后人与木板均静止不动,A、B错误。
若水平面粗糙,设人与木板之间的摩擦力大小为f1,木板与水平面之间的摩擦力大小为f2,如图所示:
人向右奔跑过程中,由动量定理,以人为研究对象,有f1t=mv1,以木板为研究对象,有-f1t+f2t=-Mv2,人抱住立柱过程中,可以认为内力远大于外力,系统动量守恒,有mv1-Mv2=(m+M)v,解得v=>0,人抱住立柱后瞬间,速度为正值,说明若水平面粗糙,人与木板一起向右运动,C、D正确。
导师点睛 若水平面光滑,系统所受合外力为零,动量守恒,末速度为零;若水平面粗糙,系统所受合外力(水平面摩擦力)向右,由动量定理知,末速度向右。
4.答案 2.6 m/s
解析 以初始A车运动的方向为正方向,设人跳离A车后瞬间A车的速度为v1,人的速度为v2,人跳上B车后B车的速度为v3。先选A车、B车以及人整体为研究系统,由动量守恒定律得
(M+m)v0-Mv0=Mv1+(M+m)v3
再选A车与人为研究系统,由动量守恒定律得(M+m)v0=Mv1+mv2
为避免两车相撞,应满足v3≥v1
联立解得v2≥2.6 m/s
即人至少要以对地2.6 m/s的速度从A车跳到B车,才能避免两车相撞。
方法技巧 应用动量守恒定律解题的步骤
5.B 小球与小车在水平方向上的合外力为零,故在水平方向动量守恒,小球从管道左端进入小车,到从管道左端滑离小车,此过程中小车速度一直向右,所以小车不可能回到原来位置,故A错误。从小球进入轨道到离开小车,以向右为正方向,由动量守恒定律有mv=mv1+mv2,根据机械能守恒有,解得小球滑离小车时,小球的速度和小车的速度分别为v1=0,v2=v=2 m/s;则小球滑离小车时相对小车的速度为-2 m/s,知小球滑离小车时相对小车的速度大小为2 m/s,故B正确,C错误。
设小球滑上轨道的最高点离小车上表面的高度为h,此时小车与小球的速度相同,根据动量守恒有mv=2m·v共,根据机械能守恒有+mgh,联立解得h=0.1 m;则根据题意可知,车上管道中心线最高点离小车上表面的高度一定要大于0.1 m,故D错误。
6.D 电推进发动机工作时,推力对系统做正功,系统的机械能增加,但系统所受合外力为0,系统的动量守恒,A、B错误;设惰性气体离子被加速后的速度为v,t时间内喷射惰性气体离子的质量为m,则有Pt= kg=1.25×10-4 kg,C错误,D正确。
7.BD 设C与A碰撞前瞬间的速度为v0,C与A碰撞后的速度为v,根据动量守恒定律有2mv0=(2m+m)v,可得C物体碰撞前后瞬间的动量关系为g,故B正确;当C、A一起压缩弹簧到达最低点时,弹簧的压缩量最大,把弹簧及C、A看成一个系统,C、A从最低点到最高点时,系统机械能守恒,弹簧的弹性势能减少量等于C、A的重力势能增加量,有ΔEpx=,故D正确。
8.答案 (1)2 m/s (2)2∶1
解析 (1)设碰撞前瞬间M的速度为v0,从A点到C点,对小物块M由动能定理得
m1gR-μm1gL=
代入数据解得v0=2 m/s
(2)设碰撞后小物块M和N的速度大小分别为v1和v2,从碰撞到落地经历的时间为t,根据平抛运动规律知,在竖直方向上有h=gt2
在水平方向上有xD=v2t,xD-Δx=v1t
联立解得v1=1.25 m/s,v2=1.5 m/s
M和N两个小物块相碰前后系统动量守恒,规定水平向右为正方向,根据动量守恒定律有
m1v0=m1v1+m2v2
代入数据解得m1∶m2=2∶1
关键点拨 求解动量守恒和能量问题时要注意:
(1)守恒条件:系统动量守恒时,机械能不一定守恒;系统机械能守恒时,其动量不一定守恒。
(2)分析重点:动量研究的是系统的受力情况,而能量研究的是系统的做功情况。
(3)表达式:动量守恒为矢量式,能量守恒为标量式。(共20张PPT)
1.系统、内力和外力
(1)系统:由两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统,简称系统。
(2)内力:系统中物体间的相互作用力。
(3)外力:系统以外的物体施加给系统内物体的力。
如光滑水平面上两小球发生碰撞:
第2节 动量守恒定律及其应用
知识 清单破
知识点 1 动量守恒定律
2.动量守恒定律
(1)内容:一个系统不受外力或者所受合外力为0时,这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式:对两个物体组成的系统,m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。
(3)适用条件
a.系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。
b.系统所受合外力远小于系统内力时,外力的作用可忽略,近似认为系统动量守恒。
c.系统所受合外力不为0,但在某一方向上受到的合外力为0,则系统在这一方向上动量守恒。
1.反冲:将气球充气后松口释放,气球会沿与喷气方向相反的方向运动,这就是一种反冲运
动。此时动量守恒的表达式为0=m1v1+m2v2。
2.火箭发射原理:火箭的发射是典型的反冲
运动。火箭负荷越小、喷气速度越大、燃料越多,火箭能达到的速度就越大。
知识点 2 反冲运动与火箭
1.若在光滑水平面上的两球相向运动,碰后均变为静止,则两球碰前的动量大小一定相等。
( )
2.只要系统内存在摩擦力,动量就一定不守恒。 ( )
3.做反冲运动的两部分的动量一定大小相等,方向相反。 ( )
4.火箭点火后离开地面向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果。 ( )
知识辨析 判断正误，正确的画“ √” ，错误的画“ ” 。
√
√
摩擦力是内力,不影响系统动量。
火箭发射是利用反冲原理。
提示
提示
讲解分析
1.动量守恒定律的三种表达式
(1)p=p'或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'(系统中物体相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p',
大小相等,方向相同)。
(2)Δp1=-Δp2或m1Δv1=-m2Δv2(系统内一个物体的动量变化量与另一物体的动量变化量等大反
向)。
(3)Δp=p'-p=0(系统总动量的变化量为零)。
2.对动量守恒条件的理解
(1)系统不受外力作用,这是一种理想化的情形,如宇宙中两星球的碰撞、微观粒子间的碰撞
都可视为这种情形。
疑难 情境破
疑难1 对动量守恒定律的理解
(2)系统受外力作用,但所受合外力为零。如光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形。
(3)系统受外力作用,但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时,系统的总动量
近似守恒。例如,抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间,弹片所受火药爆炸的内力远大于外力,
外力完全可以忽略不计,系统的动量近似守恒。
(4)系统受外力作用,所受的合外力不为零,但在某一方向上合外力为零,则系统在该方向上动
量守恒。
常见模型如下(地面均光滑):
例如:水平抛出的小球落在了沿光滑水平面匀速运动的敞篷车中,由于小球在竖直方向
受重力作用,故小球和车组成的系统动量不守恒,但系统在水平方向不受外力,故系统在水平
方向动量守恒。
3.判断动量守恒的两个关键环节
(1)动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。判断系统的动量是否守恒,与
选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)判断系统的动量是否守恒,要分析系统是否不受外力或所受合外力为零,因此要分清哪些
力是内力,哪些力是外力。
典例 (多选)光滑水平面【1】上放着一异形物块b,其曲面是四分之一光滑圆弧面,在曲面的最低
点放着一个静止的小球c,如图所示。滑块a以初速度v0水平向左运动,与b碰撞后迅速粘在一
起【2】。已知a、b、c的质量均为m,小球c没有从物块b的上端离开,重力加速度大小为g,在它
们相互作用与运动的全过程中 ( )
A.a、b、c组成的系统动量守恒
B.a、b、c组成的系统机械能不守恒
C.小球c在曲面上上升的最大高度【3】为
D.小球c在曲面上上升的最大高度为
信息提取 【1】a、b、c组成的系统在水平方向不受外力;
【2】a、b碰撞后共速;
【3】小球上升到最高点时相对b静止,三者共速。
思路点拨 整个运动过程如下:a、b在碰撞瞬间相互作用(不受c的影响),迅速粘在一起而成
为一体,再与c相互作用,如图所示。
答案 BD
解析 在碰撞之后一起运动的过程中,a、b、c组成的系统在水平方向上动量守恒(由【1】得到),小球c在竖直方向上受力不平衡,竖直方向上系统动量不守恒,A错误。a与b碰撞过程,a、b组成的系统动量守恒,有mv0=2mv1,解得v1= ,a与b碰撞前系统的机械能E1= m ,碰撞后瞬间系统的机械能E2= ·2m = m ,故碰撞过程中有能量损失,机械能不守恒,B正确。a、b、c组成的系统水平方向动量守恒,小球上升到最高点时,有2mv1=3mv(由【3】得到),解得共同速度v= ,从a、b粘在一起到小球c上升到最高点的过程中,a、b、c组成的系统机械能守恒,有 ×2m - ×3mv2=
mgh,解得h= ,C错误,D正确。
1.动量守恒中的速度
在应用动量守恒定律时,关于速度,需注意以下几个问题:(以两个物体组成的系统的动量
守恒为例,有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2')
(1)速度的矢量性:需先规定正方向,根据规定的正方向把各速度的正负代入;
(2)速度的同时性:式中的v1、v2为作用前两物体同一时刻的速度,v1'、v2'为作用后两物体同一
时刻的速度;
(3)速度的同一性:各速度均以地面为参考系,若题目中给出的是两物体之间的相对速度,可利
用下式把相对速度转化为对地速度,vA对地=vA对B+vB对地。
讲解分析
疑难2 对动量守恒定律应用问题的分析
2.碰撞中的“时间极短”的含义
“时间极短”是一种特定的物理语言,由于某些物理量(如位移)在极短时间内的变化可
以忽略,因此,“时间极短”时可近似处理一些问题。正确理解和利用碰撞中“时间极短”
这个隐含条件,往往是解决问题的关键。
3.多物体、多过程问题中动量守恒定律的应用
(1)物理过程的多变性,往往使问题复杂化,解题时我们可以通过对物理过程的正确分析,把一
个复杂的过程分解为几个简单的子过程,对每一个子过程,选择合适的物理规律求解,通常要
结合机械能守恒定律、能量守恒定律。
(2)在某些情况下,我们不但要研究若干物体组成的大系统,还要根据题目的要求以及守恒条
件选择某个子系统进行研究,这就需要把复杂的大系统恰当地划分为简单的子系统。
典例 如图所示,在光滑的水平面上静止放置着一个质量为4m的木板B,它的左端静止着一个
质量为2m的物块A,现让A、B一起以水平速度v0向右运动,与其前方静止的另一个相同的木板
C相碰后粘在一起【1】,在两木板相碰后的运动过程中,物块A恰好没有滑下木板C【2】,且物块A
可视为质点,则两木板的最终速度为 ( )
A. B. C. D.
信息提取 【1】两木板B、C碰后速度相同;
【2】最终A、B、C三者速度相同。
思路点拨 本题可以分段或全程应用动量守恒定律求解木板的最终速度。
方法一(分段):B、C碰撞瞬间,由于作用时间极短,A的速度不突变,碰撞过程内力远大于外力,
B、C组成的系统动量守恒【3】;从B、C碰后到A、B、C共速运动,A、B、C组成的系统所受合
外力为零,A、B、C组成的系统动量守恒【4】。
方法二(全程):整个运动过程中,A、B、C组成的系统所受合外力为零,A、B、C组成的系统动
量守恒【5】。
解析 方法一:设两木板碰撞后的速度均为v1(由【1】得到),对B、C碰撞过程,以v0的方向为
正方向,对B、C组成的系统,有4mv0=(4m+4m)v1(由【3】得到),解得v1= ;设物块与木板共同
的速度为v2(由【2】得到),对木板碰后至A、B、C共速过程,对A、B、C组成的系统,有2mv0+
8mv1=(2m+8m)v2(由【4】得到),解得v2= ,故选C。
方法二:设最终物块A与木板B、C共同的速度为v,整个运动过程中,对A、B、C组成的系统,有
(2m+4m)v0=(2m+4m+4m)v(由【5】得到),解得v= v0。
答案 C
1.“人船模型”
原来静止的两物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和(或某方向上外力的矢量和)为
零,则系统动量守恒(或某方向上动量守恒)。相互作用过程中,任一时刻两物体的速度(或在
某方向上的速度)大小之比都等于质量的反比,此类问题归为“人船模型”问题。
2.模型的典型特征
系统总动量为零,系统动量守恒(或某方向动量守恒)。
3.处理“人船模型”问题的关键
(1)首先利用动量守恒(或某方向动量守恒)确定两物体的速度关系,再确定两物体的位移关
系。若系统原来处于静止状态,动量守恒的表达式可写成m1v1-m2v2=0的形式,式中v1、v2是质
讲解分析
疑难3 反冲现象的应用——人船模型
量为m1、m2的两物体末状态时的瞬时速率。此种状态下(两物体动量守恒)的运动过程中,任
意时刻系统的总动量为零,因此任意时刻两物体的瞬时速率v1和v2之比都等于两物体质量的
反比,所以全过程的平均速度之比也等于质量的反比,故有m1 -m2 =0。如果两物体相互作
用的时间为t,在这段时间内两物体的位移大小分别为x1和x2,则有m1 -m2 =0,化简整理得
m1x1-m2x2=0或m1x1=m2x2。
(2)解题时应画出各物体的位移关系草图,明确它们各自相对地面位移的关系。
气 球 和 人 载人气球原来静止在空中,离地高度为h,人的质量为m,气球的质量为M(不含人
的质量)。若气球下悬吊一轻绳,人沿轻绳返回地面,取人和气球为一个系统,系
统初始静止且同时开始运动,人到达地面时,人对地的位移大小为h,设气球对地
的位移大小为L,则根据“人船模型”有ML=mh,解得L= h,则轻绳的长度至少为L+h=
物块和劈 一个质量为M、底面边长为b的劈静止在光滑的水平面上,有一质量为m的物块由劈顶
部无初速度滑至底部时,劈和物块组成的系统在水平方向不受外力,水平方向动量守恒,
且初始时两物体均静止,根据“人船模型”有mx1=Mx2,其中x1、x2是物块和劈在水平方
向上对地的位移大小,且有x1+x2=b,则劈移动的距离为x2= b
圆环和滑块 质量为M、半径为R的光滑圆环静止在光滑水平面上,有一质量为m的小滑块从环内与
圆心O等高处开始无初速度下滑到最低点时,由于水平面光滑,滑块和圆环组成的系统
在水平方向动量守恒。设圆环的位移大小为x,则小滑块在水平方向上对地的位移大小
为R-x,根据“人船模型”有Mx=m(R-x),故此过程中圆环发生的位移大小为x= R
4.模型拓展
典例 (多选)小车静置于光滑的水平面上【1】,小车的A端固定一个轻质弹簧,B端粘有橡皮泥,小
车(包括橡皮泥)的质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用轻绳连接于小车的A端并使弹簧
压缩。开始时小车与C都处于静止状态【2】,此时C与小车B端间的距离为L,如图所示。现突然
烧断轻绳,弹簧被释放,使木块C离开弹簧向B端冲去,并跟B端橡皮泥粘在一起【3】,以下说法中
正确的是( )
A.如果小车内表面光滑,整个系统任何时刻机械能都守恒
B.当木块对地运动速度大小为v时,小车对地运动速度大小为 v
C.小车向左运动的最大位移为
D.小车向左运动的最大位移为 L
信息提取 【1】小车(包括橡皮泥)与C组成的系统所受合外力为零;
【2】小车(包括橡皮泥)与C的总动量为零;
【3】碰撞后C、B粘在一起,C与小车速度相同。
思路点拨
解析 在整个过程中,小车(包括橡皮泥)与木块C组成的系统动量守恒(由【1】得到),在木块C与小车的B端粘接过程有机械能损失(由【3】得到),故A错误;对小车(包括橡皮泥)与木块C这一系统,有Mv'-mv=0(由【2】得到),可得v'= v,故B正确;设小车对地的最大位移为d,可得M -m =0,化简可得Md=m(L-d),所以小车向左运动的最大位移d= ,故C正确,D错误。
答案 BC
导师点睛 x车+xC=L的分析
