動量守恒定律專題復習

動量守恒定律專題復習2021/5/91七、動量守恒定律的典型應用幾個模型：

（一）碰撞中動量守恒

（三）子彈打木塊類的問題

（四）人船模型：平均動量守恒（二）反沖運動、爆炸模型

（五）彈簧模型2021/5/92碰撞的特點：1、相互作用時間極短。２、相互作用力極大，即內力遠大于外力，所以遵循動量守恒定律。（一）碰撞中動量守恒2021/5/93完全彈性碰撞1、碰撞前后速度的變化兩球m1，m2對心碰撞，碰撞前速度分別為v10

、v20，碰撞后速度變?yōu)関1、v2動量守恒:動能守恒:由（1）（2）式可以解出：2021/5/942特例：質量相等的兩物體發(fā)生彈性正碰碰后實現動量和動能的全部轉移（即交換了速度)2021/5/95完全非彈性碰撞碰撞后系統以相同的速度運動v1=v2=v動量守恒：

動能損失為：2021/5/96

解決碰撞問題須同時遵守的三個原則:

3、物理情景可行性原則追趕碰撞：

碰撞前：碰撞后：在前面運動的物體的速度一定不小于在后面運動的物體的速度。2、動能不增加的原則1、系統動量守恒原則2021/5/97１、質量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿一直線向同一方向運動，A球的動量為PA＝7kg·m／s，B球的動量為PB=5kg·m／s,當A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能為()A．B．C．D．

A2021/5/982、如圖所示，半徑和動能都相等的兩個小球相向而行,甲球質量m甲大于乙球質量m乙，水平面是光滑的，兩球做對心碰撞以后的運動情況可能是下述哪些情況（）A．甲球速度為零，乙球速度不為零B．兩球速度都不為零C．乙球速度為零，甲球速度不為零D．兩球都以各自原來的速率反向運動AB2021/5/99例：如圖，小車放在光滑的水平面上，將系繩小球拉開到一定角度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中（）A.小球向左擺動時,小車也向左運動,

且系統動量守恒B.小球向左擺動時,小車則向右運動,

且系統動量守恒C.小球向左擺到最高點,小球的速度為零而小車速度不為零D.在任意時刻,小球和小車在水平方向的動量一定大小相等、方向相反D反思：系統所受外力的合力雖不為零，但在水平方向所受外力為零，故系統水平分向動量守恒。2021/5/9103、質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，質量為m的小球用長為R的細繩吊在小車上O點，將小球拉至水平位置A點靜止開始釋放，求小球落至最低點時速度多大？（相對地的速度）解：擺到最低點的過程中水平分向動量守恒有擺到最低點的過程中機械能守恒有聯立可得：A2021/5/911反沖現象特點：系統內一部分物體向某方向發(fā)生動量變化時，系統內其余部分向相反的方向發(fā)生動量變化。（二）反沖運動、爆炸模型爆炸特點:作用時間很短、作用力大，重力可忽略不計，遵循動量守恒，機械能增加。列式2021/5/912

1、某炮車的質量為M，炮彈的質量為m．炮彈射出炮口時相對于地面的速度為v，設炮車最初靜止在地面上，若不計地面對炮車的摩擦力，炮車水平發(fā)射炮彈時炮車的速度為__________．若炮彈的速度與水平方向夾α角，則炮身后退的速度為_________．

分析:2021/5/9132、有一炮豎直向上發(fā)射炮彈，炮彈的質量為M=6.0kg（內含炸藥的質量可以忽略不計），射出的初速度v0=60m/s.當炮彈到達最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片，其中一片質量為m=4.0kg.現要求這一片不能落到以發(fā)射點為圓心、以R=600m為半徑的圓周范圍內，則剛爆炸完時兩彈片的總動能至少多大？（g=10m/s2,忽略空氣阻力）分析：（1）豎直上拋規(guī)律可得h=180m，t=v0/g=6s（2）水平分向動量守恒有mv1=（M-m）v2

平拋規(guī)律有v1≥R/t=100m/s可得v2≥200m/s

故有反思：注意分清運動過程。2021/5/9141.運動性質：子彈對地在滑動摩擦力作用下勻減速直線運動；木塊在滑動摩擦力作用下做勻加速運動。2.符合的規(guī)律：子彈和木塊組成的系統動量守恒，機械能不守恒。3.共性特征：一物體在另一物體上，在恒定的阻力作用下相對運動，系統動量守恒，機械能不守恒，ΔE=f滑d相對

（三）子彈打木塊類的問題2021/5/915質量為M的木塊靜止在光滑水平面上，有一質量為m的子彈以水平速度v0射入并留在其中，若子彈受到的阻力恒為f，問：子彈在木塊中前進的距離L為多大？題目研究光滑留在其中2021/5/916v0VS2S1L解：由幾何關系：S1–S2=L

…分別選m、M為研究對象，由動能定理得:以m和M組成的系統為研究對象，選向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0=（M+m）V………...

對子彈

-fS1=mV2-mv02….fS2=MV

2…………答案：

[2f(M+m)]Mmv02fL=mv02

－（m＋M）V2又由以上兩式得ff對木塊=Q能量守恒定律2021/5/917

1、設質量為m的子彈以初速度v0射向靜止在光滑水平面上的質量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為d。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。

s2

ds1v0s2

dv分析:系統動量守恒有:對木塊動能定理有:系統能量守恒有:2021/5/918變形2“子彈”放在光滑平面上并接一圓弧如圖：有一質量為m的小球，以水平速度v0

滾到靜止在水平面上帶有圓弧的小車的左端，已知小車的質量為M，其各個表面都光滑，如小球不離開小車，則它在圓弧上滑到的最大高度h是多少？v0Mmh2021/5/919v0Mmh答案：Mv02/[2g(M+m)]解：以M和m組成的系統為研究對象，選向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0=(M+m)V……….把M、m作為一個系統，由能量（機械能）守恒定律得：

mv02-(M+m)V2=mgh……找到了能量轉化或轉移的去向也就找到了解題的方法!2021/5/920特點：兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒，由兩物體速度關系確定位移關系。在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比。

（四）人船模型：平均動量守恒2021/5/921【例1】如圖所示，長為l、質量為M的小船停在靜水中，一個質量為m的人站在船頭，若不計水的阻力，當人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面的位移各是多少？S1S2解析:當人從船頭走到船尾的過程中,人和船組成的系統在水平方向上不受力的作用,故系統水平方向動量守恒,設某時刻人對地的速度為v2,船對地的速度為v1,則mv2－Mv1=0,即v2/v1=M/m.在人從船頭走到船尾的過程中每一時刻系統的動量均守恒,故mv2t－Mv1t=0,即ms2－Ms1=0,而s1+s2=L,所以2021/5/9221、“人船模型”是動量守恒定律的拓展應用，它把速度和質量的關系推廣到質量和位移的關系。即：

m1v1=m2v2

則：m1s1=m2s22、此結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結論都是相同的。3、人船模型的適用條件是：兩個物體組成的系統動量守恒，系統的合動量為零。2021/5/923S1S2bMm解：劈和小球組成的系統水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，由動量守恒：Ms2-ms1=0

s2+s1=b

s2=mb/(M+m)即為M發(fā)生的位移。例2：一個質量為M,底面邊長為b

的劈靜止在光滑的水平面上，見左圖，有一質量為m

的物塊由斜面頂部無初速滑到底部時，劈移動的距離是多少？θ2021/5/9242021/5/9252021/5/926例1：（07天津）如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A

的左邊固定有輕質彈簧，與A質量相等的物體B

以速度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B

始終沿同一直線運動，則A、B

組成的系統動能損失最大的時刻是（）A．A開始運動時B．A的速度等于v時C．B的速度等于零時D．A和B的速度相等時題型1:含彈簧系統的動量、能量問題求這一過程中彈簧彈性勢能的最大值（）A，C，D，無法確定B，DB（五）碰撞中彈簧模型2021/5/927【方法歸納】找準臨界點，由臨界點的特點和規(guī)律解題，兩個重要的臨界點：（1）彈簧處于最長或最短狀態(tài)：兩物塊共速，具有最大彈性勢能，系統總動能最小。（2）彈簧恢復原長時：兩球速度有極值，題型1含彈簧系統的動量、能量問題2021/5/928題型2含彈簧系統的碰撞問題例2，如圖所示,在光滑水平面上靜止著兩個木塊A和B,A、B間用輕彈簧相連,已知mA=3.92kg,mB=1.00kg.一質量為m=0.08kg的子彈以水平速度v0=100m/s射入木塊A中未穿出,子彈與木塊A相互作用時間極短.求:（1）子彈射入木塊A后兩者剛好相對靜止時的共同速度多大？（2）彈簧的壓縮量最大時三者的速度多大？（3）彈簧壓縮后的最大彈性勢能是多少?2021/5/929解析：（1）對子彈、A，子彈穿入A過程，設共同速度為v1，由動量守恒：（2）對子彈、A與B相互作用，達到共同速度過程由動量守恒：

（3）對問題（2）的系統與過程，由機械能守恒：由式（1）、（2）、（3）可得：思考：對嗎？m/sm/s2021/5/9303、用輕彈簧相連的質量均為2kg的A、B兩物塊都以的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質量為4kg的物體C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后二者粘在一起運動。求：在以后的運動中

（1）當彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度多大？（2）彈性勢能的最大值