动量守恒定律及“三类模型”问题
一、动量守恒定律
1.内容
如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零,这个系统的总动量保持不变.
2.表达式
(1)p=p′,系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.
(2)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和.
(3)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
(4)Δp=0,系统总动量的增量为零.
3.适用条件
(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为零.
(2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力.
(3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的合力为零,则系统在这一方向上动量守恒.
自测1 关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是( )
A.只要系统内存在摩擦力,系统动量就不可能守恒
B.只要系统中有一个物体具有加速度,系统动量就不守恒
C.只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒
D.系统中所有物体的加速度为零时,系统的总动量不一定守恒
答案 C
二、“三类”模型问题
1.“子弹打木块”模型
(1)“木块”放置在光滑的水平面上
①运动性质:“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动;“木块”在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动.
②处理方法:通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短,内力远大于外力,可认为在这一过程中动量守恒.把“子弹”和“木块”看成一个系统:a.系统水平方向动量守恒;b.系统的机械能不守恒;c.对“木块”和“子弹”分别应用动能定理.
(2)“木块”固定在水平面上
①运动性质:“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动;“木块”静止不动.
②处理方法:对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律.
2.“反冲”和“爆炸”模型
(1)反冲
①定义:当物体的一部分以一定的速度离开物体时,剩余部分将获得一个反向冲量,这种现象叫反冲运动.
②特点:系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力.实例:发射炮弹、发射火箭等.
③规律:遵从动量守恒定律.
(2)爆炸问题
爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用时间很短,作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以系统动量守恒.如爆竹爆炸等.
3.“人船模型”问题
(1)模型介绍
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.这样的问题即为“人船模型”问题.
(2)模型特点
①两物体满足动量守恒定律:m1v1-m2v2=0.
②运动特点:人动船动,人静船静,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==时要注意:v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的.
自测2 如图1所示,长为L、质量为m船的小船停在静水中,质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端,不计水的阻力.则船和人相对地面的位移各为多少?
图1
答案 L L
解析 以人和船组成的系统为研究对象,在人由船的一端走到船的另一端的过程中,系统水平方向不受外力作用,所以整个系统水平方向动量守恒,可得m船v船=m人v人,因人和船组成的系统,动量始终守恒,故有m船x船=m人x人,由题图可看出,x船+x人=L,可解得
x人=L,x船=L.
题型1 动量守恒的理解
例1 如图2所示,A、B两物体的质量之比为mA∶mB=1∶2,它们原来静止在平板车C上,A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧,A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同,水平地面光滑.当弹簧突然释放后,A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车),则有( )
图2
A.A、B系统动量守恒
B.A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒
C.小车C先向左运动后向右运动
D.小车C一直向右运动直到静止
答案 D
解析 A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合外力为零,所以系统的动量守恒.在弹簧释放的过程中,因mA∶mB=1∶2,由摩擦力公式f=μN=μmg知,A、B两物体所受的摩擦力大小不等,所以A、B两物体组成的系统合外力不为零,A、B两物体组成的系统动量不守恒,A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力,在A、B两物体相对小车停止运动之前,小车所受的合外力向右,会向右运动,因滑动摩擦力做负功,则系统的机械能不守恒,最终整个系统将静止,故A、B、C错误,D正确.
变式1 (多选)如图3所示,小车在光滑水平面上向左匀速运动,水平轻质弹簧左端固定在A点,物体与固定在A点的细线相连,弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接),某时刻细线断了,物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上,取小车、物体和弹簧为一个系统,下列说法正确的是( )
图3
A.若物体滑动中不受摩擦力,则该系统全过程机械能守恒
B.若物体滑动中有摩擦力,则该系统全过程动量守恒
C.不论物体滑动中有没有摩擦,小车的最终速度与断线前相同
D.不论物体滑动中有没有摩擦,系统损失的机械能相同
答案 BCD
解析 物体与油泥粘合的过程,发生非弹性碰撞,系统机械能有损失,故A错误;整个系统在水平方向不受外力,竖直方向上合外力为零,则系统动量一直守恒,故B正确;取系统的初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可知,物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的,故C正确;由C的分析可知,当物体与B端油泥粘在一起时,系统的速度与初速度相等,所以系统的末动能与初动能是相等的,系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能,与物体滑动中有没有摩擦无关,故D正确.
题型2 动量守恒定律的基本应用
例2 (多选)如图4所示,一质量M=3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A,同时给A和B以大小均为4.0 m/s,方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离B板,在小木块A做加速运动的时间内,木板速度大小可能是( )
图4
A.2.1 m/s B.2.4 m/s
C.2.8 m/s D.3.0 m/s
答案 AB
解析 以A、B组成的系统为研究对象,系统动量守恒,取水平向右为正方向,从A开始运动到A的速度为零过程中,由动量守恒定律得(M-m)v=MvB1,代入数据解得vB1≈2.67 m/s.当从开始到A、B速度相同的过程中,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得(M-m)v=
(M+m)vB2,代入数据解得vB2=2 m/s,则在木块A做加速运动的时间内,B的速度范围为
2 m/s变式2 一质量为M的航天器远离太阳和行星,正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出质量为m的气体,气体向后喷出的速度大小为v1,加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 以v0的方向为正方向,由动量守恒定律有Mv0=-mv1+(M-m)v2
解得v2=,故选C.
1.木块放在光滑水平面上,子弹水平打进木块,系统所受的合外力为零,因此动量守恒.
2.两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相.
3.根据能量守恒定律,系统损失的动能等于系统增加的内能.
4.系统产生的内能Q=f·x相,即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能),等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积.
5.当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等,但穿透过程中系统的动量仍守恒,系统损失的动能为ΔEk=f·L(L为木块的长度).
【例3】 (多选)(2019·河北唐山市第一次模拟)如图5,一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块,最终子弹未能射穿木块,射入的深度为d,木块加速运动的位移为s.则以下说法正确的是( )
图5
A.子弹动能的亏损等于系统动能的亏损
B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小
C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功
D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量
答案 BD
解析 子弹射入木块的过程,要产生内能,由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损,故A错误;子弹和木块组成的系统动量守恒,系统动量的变化量为零,则子弹与木块动量变化量大小相等,方向相反,故B正确;摩擦力对木块做的功为fs,摩擦力对子弹做的功为-f (s+d),可知二者不等,故C错误;对木块根据动能定理可知:子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功,等于木块动能的增量,故选项D正确.
【变式3】 (2019·四川第二次诊断)如图6甲所示,一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上.一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块.当子弹刚射穿木块时,木块向前移动的距离为s,如图乙所示.设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变,子弹可视为质点.则子弹穿过木块的时间为( )
图6
A.(s+L) B.(s+2L)
C.(s+L) D.(L+2s)
答案 D
解析 子弹穿过木块过程,对子弹和木块组成的系统,外力之和为零,动量守恒,以v0的方向为正方向,有:mv0=mv1+mv2,
设子弹穿过木块的过程所受阻力为f,对子弹由动能定理:-f(s+L)=mv-mv,
由动量定理:-ft=mv1-mv0,
对木块由动能定理:fs=mv,
由动量定理:ft=mv2,
联立解得:t=(L+2s),故选D.
1.反冲运动的三点说明
作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加 反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总机械能增加
2.爆炸现象的三个规律
动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒
动能增加 在爆炸过程中,有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
位置不变 爆炸的时间极短,因而作用过程中物体产生的位移很小,可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
【例4】 (2020·山东济宁市质检)如图7所示,质量为m的炮弹运动到水平地面O点正上方时速度沿水平方向,离地面高度为h,炮弹动能为E,此时发生爆炸,炮弹炸为质量相等的两部分,两部分的动能之和为2E,速度方向仍沿水平方向,爆炸时间极短,重力加速度为g,不计空气阻力和火药的质量,求炮弹的两部分落地点之间的距离.
图7
答案 4
解析 爆炸之前E=mv
爆炸过程动量守恒:mv0=mv1+mv2
·v+·v=2E
解得:v1=0,v2=2v0
随后一块做自由落体运动,一块做平抛运动,
则由h=gt2,x=2v0t
解得x=4.
【变式4】 (2019·山东临沂市质检)2017年6月15日,我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”.假设将发射火箭看成如下模型:静止的实验火箭,总质量为M=2 100 g.当它以对地速度为v0=840 m/s喷出质量为Δm=100 g的高温气体后,火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)( )
A.42 m/s B.-42 m/s C.40 m/s D.-40 m/s
答案 B
解析 喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计,可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒,以喷出气体的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
Δmv0+(M-Δm)v=0,解得:v=-42 m/s,故B正确,A、C、D错误.
拓展点 反冲运动中的“人—船”模型
1.特点
2.方程
m1v1-m2v2=0(v1、v2为速度大小)
3.结论
m1x1=m2x2(x1、x2为位移大小)
【例5】 有一只小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(重一吨左右).一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作:首先将船平行于码头自由停泊,轻轻从船尾上船,走到船头停下,而后轻轻下船.用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m,水的阻力不计,则船的质量为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 设船的质量为M,人走动的时候船的速度为v,人的速度为v′,人从船头走到船尾用时为t,人的位移为L-d,船的位移为d,所以v=,v′=.以船后退的方向为正方向,根据动量守恒有:Mv-mv′=0,可得:M =,小船的质量为:M=,故B正确.
【变式5】 (2019·湖南娄底市下学期质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m的人,气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处,如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯,让人沿软梯降到地面,则软梯长至少应为( )
A. h B. h
C.h D.h
答案 C
解析 设人沿软梯滑至地面,软梯长度至少为L,以人和气球组成的系统为研究对象,竖直方向动量守恒,规定竖直向下为正方向,由动量守恒定律得:0=-Mv2+mv1
人沿软梯降至地面,气球上升的高度为L-h,平均速度大小为v2=
人相对于地面下降的高度为h,平均速度大小为v1=
联立得:0=-M·+m·,
解得:L=h,故C正确,A、B、D错误.