动量守恒定律中的典型模型.doc

动量守恒定律中的典型模型1、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、动量定理、动能定理及动力学等规律，综合性强、能力要求高，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例1:质量为2m、长为L的木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度V0水平向右射穿木块后，速度为Vo/2设木块对子弹的阻力F恒定求：(1)子弹穿过木块的过程中木块的位移(2)若木块固定在传送带上，使木块随传送带始终以恒定速度u

则()A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C.当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s,也可能为0D,甲物块的速率可能达到5m/s例6、如图所示，光滑的水平面上有mA=2kg,mB=mc=1kg的三个物体，用轻弹簧将A与B连接.在A、C两边用力使三个物体靠近，A、B间的弹簧被压缩，此过程外力做功72J,然后从静止开始释放，求：(1)当物体B与C分离时，B对C做的功有多少？(2)当弹簧再次恢复到原长时，A、B的速度各是多大？C,”'M’「AA和B,一质量为m子弹,以速度vo,水平击中mvok=AMWWVVWb例7、如图所示，光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连木块木块A,并留在其中,A的质量为3m,B的质量为4m.(1)求弹簧第一次最短时的弹性势能(2)何日B的速度最大，最大速度是多少？4、碰撞、爆炸、反冲I、碰撞分类(两物体相互作用，且均设系统合外力为零)(1)按碰撞前后系统的动能损失分类，碰撞可分为弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞.(2)弹性碰撞前后系统动能相等.其基本方程为①m1v1+m2v2=m1V1'+m2V2'②1 2121,21,2—m1Vl—m2V2—m1Vl'-m2V2'2 222(3)A、B两物体发生弹性碰撞，设碰前A初速度为Vo,B静止，则基本方程为①1 21212mAmB..mAVo=mAVA+mBVB,②一mAV0_mAVA_mBVB可斛出碰后速度vav0,2 22mAmB2mAVB=vo-右mA=mB,则VA=0,VB=V0,即质重相等的两物体发生弹性碰撞的刖后，两物体速mAmB度互相交换（这一结论也适用于B初速度不为零时）.（4）完全非弹性碰撞有两个主要特征.①碰撞过程中系统的动能损失最大.②碰后两物体速度相等.n、形变与恢复（1）在弹性形变增大的过程中，系统中两物体的总动能减小，弹性势能增大，在形变减小（恢复）的过程中，系统的弹性势能减小，总动能增大.在系统形变量最大时，两物体速度相等.（2）若形变不能完全恢复，则相互作用过程中产生的内能增量等于系统的机械能损失.出、反冲（1）物体向同一方向抛出（冲出）一部分时（通常一小部分），剩余部分将获得相反方向的动量增量，这一过程称为反冲.（2）若所受合外力为零或合外力的冲量可以忽略，则反冲过程动量守恒.反冲运动中，物体的动能不断增大，这是因为有其他形式能转化为动能.例如火箭运动中，是气体燃烧释放的化学能转化为火箭和喷出气体的动能.例8、一个不稳定的原子核质量为M,处于静止状态，放出一个质量为m的粒子后反冲。

已知放出的粒子的动能为Eo,则原子核反冲的动能为（）A-EoB扣CMmmEoD.Mm2(Mm)2Eo例9、在太空中有一支相对太空站处于状态的质量为M的火箭，突然喷出质量为m的气体，喷出气体的速度为vo（相对太空站），紧接着再喷出质量也为m的另一股气体，此后火箭获得速率V（相对太空站）火箭第二次喷射的气体（相对太空站）的速度为多大？例10、如图所不，在足够长的光滑水平轨道上静止三个小木块A,B,C,质量分别为mA=lkg,mB=lkg,mc=2kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板（小木块和弹性挡板碰撞过程没有能量损失）现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E=9J转化为A和B沿轨道方向的动能，A和B分开后，A恰好在BC之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B,并且在碰撞后和B粘到一母求:（1）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值;（2）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值5、多个物体作用问题d,开始物块1以例11、有n个完全相同的物块放在光滑的水平面上一字儿排开，物块之间均匀距离为V0的初速度向物块2运动，碰撞后粘在一起，又向物块3运动，粘在一起后又向物块4运动……如此进行下去。

1)物块n的速度为多少？(2)从物块1开始运动计时，到物块n开始运动所经历总时间是多少？(设每次碰撞的时间极短，忽略不计)例12、某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3……N,球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k(kv1).将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰不计空气阻力，忽略绳的伸长，g取10m/s2)16k(16h⑴设与n+1号球碰撞前，n号球的速度为Vn,求n+1号球碰撞后的速度⑵若N=5,在1号球向左拉高h的情况下，要使5号球碰撞后升高小于绳长)问k值为多少？例1：解析：(1)木块的过程中，系统动量守恒，而机械能要损失，且损失的机械能等于阻力F和木块长L的乘积设子弹穿过木块后木块获得的速度是v由系统动量守恒得：mV0=mV0/2+2mv由能量守恒得:FL=1mV02-12mV2-1mV02(2)228对木块有：FS=12mV2(3)2解以上三式得：木块的位移S=1L木块对子弹的阻力F=—mV02516L(2)在此过程中，由于木块受到传送带的作用力，所以系统动量不守恒。

此题不能用动量守恒解由题的条件，我们可以用运动学来处理此题选木块为参照系，则：子弹的初速度为(V0-u)末速度为(V-u)位移为L加速度a=F/m=-^mV0216对子弹有：(V0-u)2-(V-u)2=2as解得：V=u+..(V0u)258V0210当(V0-u)2>5/8V02即u<(1-，一)V0时V=u+.(V0u)210.当(V0-u)2<5/8V02即u>(1-—^-)V0时V=u解法二：以子弹为研究对象由动量定理和动能定理得：mV0-mv=Ft(1)-mV02--mV2=F(ut+L)(2)22解以上两式得V,后面的解与第一种方法相同题型变化：上题中子弹变为木块，木块变为长木板其它条件不变，求第一问解法相同)例2:S=4V2/3闻L=V02/2闻例4:气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒人着地时，绳梯至少应触及地面，若设绳才!!长为L,人沿绳梯滑至地面的时间为t,由动量守恒定律有：M-L-^htMm,解得LhM例5:C1o例6:(1)当弹黄恢受原长时，B与C分离，0=mAvA—(mB+mc)vc①，Ep=—mAvA21Z+-(mB、2小mQvC②,12对C由动能7E理得W=—mCVC—0③，由①②③得W=18J,vA=vc=6m/s.212121(2)取A、B为研允系统，mAvA—mBvc=mAvA+mbvc,—mAvA+—mBvC=—2222mAVA+-mBvc2,2当弹簧恢复到原长时A、B的速度分别为：，vA=vB=6m/s或vA=-2m/s,vB=10m/s.例7:(1)从子弹击中木块A到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程一是子弹与木块A的碰撞过程，动量守恒，有机械能损失；二是子弹与木块动量守恒，系统机械能守恒，子弹打入：mv0=4mvi打入后弹簧由原长到最短：4mvi=8mv21O1O机械能寸恒：4mM8mv2EP22解①②③得EP—mv0i160A组成的整体与木块B通过弹簧相互作用的过程,B一直作变加速运动，木块A一直作变减速运B木块交换速度，此时B的速度最大，设弹簧弹(2)从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中，木块动，相当于弹性碰撞，因质量相等，子弹和A组成的整体与开时A、B的速度分别为v1,v24mv1=4mv1+4mv21 21212_…口，，V。

—4mv1—4mv1-4mv2⑤解得：v1=o,v2=v1=—2 224例8:C例9：0(Mm)v1mv0①(Mm)v1(M2m)Vmv②v—V2Vv0③m例10:(1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间AB的速度大小分别为va、vb,取向右为正方向由动量守恒：―mAvA+mBmB=0①1 212_爆炸广生的热量由9J转化为AB的动能：E—mAvA-mBvB②2 2带入数据解得：vA=vB=3m/s③由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短，(即弹性势能最大)爆炸后取BC和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时BC达到共速vbc,此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1由动量守恒：mBvB=(mB+mc)vbc④1212由能量定恒定定律：2mBvB2(mBmc)vBcEP⑤带入数据得：Ep1=3J⑥(2)设BC之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vc1,则由动量守恒和能量守恒：mBvB=mBvB1+mcvc1⑦121212公-mBvB-mBvB1-mcvc1⑧222带入数据解得：vb1=—1m/svc1=2m/s⑨(vB1=3m/svc1=0m/s不合题意，舍去。

)A爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回当A追上B,发生碰撞瞬间达到共速vab由动量守恒：mAvA+mBvB1=(mA+mB)vab⑩解得：vAB=1m/s(11)。