冲刺练习
 



  
动量

一、重难点分析

1.动量和冲量

  (1)冲量

  力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量,记作I=Ft,冲量是描述力对物体作用的时间累积效应的物理量,冲量是矢量,冲量的方向是物体动量变化的方向.

  特别注意:冲量的方向一般并不是力的方向.只有恒力作用时,冲量的方向才与力的方向相同.

  (2)动量

  物体的质量和运动速度的乘积叫做物体的动量记作p=mv,动量是动力学中反映物体运动状态的物理量.动量也是矢量.

2.动量定理

  物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化,数学表达式为I=mv-mv0

  这称为动量定理.

  式中mv0是物体初态的动量,mv是物体末态的动量.

  动量定理反映了物体在受到力的冲量后,其状态发生变化的规律,是力在时间上的累积效果.

  (1)力的时间累积效果使物体的动量发生变化.

  (2)动量定理是矢量方程.

  (3)动量定理适用于地面参照系.

3.动量守恒定律

  (1)动量守恒定律

  系统不受外力或所受外力的合力为零时,这个系统的总动量就保持不变.

  对于在一直线上运动的两个物体组成的系统,动量守恒定律的一般表达式为:

  

  (2)动量守恒的条件

  ①系统不受外力作用或所受外力的合力为零.

  ②若在极短时间内系统所受外力远比系统间物体相互作用的内力小(例如碰撞爆炸等过程),因此可以忽略外力,而认为系统的总动量守恒.

  ③虽然系统所受外力的合力不为零,但在某一方向上的合外力为零,则在这个方向上动量守恒.

  (3)几点注意:

  ①应用动量守恒定律时,一般以地面为参照物;

  ②状态的同时性,v1、v2表示相互作用前同一时刻两物体的瞬时速度,v1′、v2′表示相互作用后同一时刻两物体的瞬时速度;

  ③方程的矢量性,在应用动量守恒定律解题时,要注意动量的方向.

  ④动量守恒定律是自然界普遍适用的自然规律.

4.碰撞和反冲

  碰撞和反冲是动量守恒定律应用的主要问题.

  (1)碰撞(爆炸)的最重要的特点是物体相互作用的时间极短,因此,碰撞时系统所受外力的冲量可以忽略不计;可用动量守恒定律研究碰撞问题.

  (2)碰撞可分为三类:

  ①弹性碰撞:系统总动量守恒,碰撞前后动能不变,即碰撞过程中没有能量损失.

  ②非弹性碰撞:系统总动量守恒,碰撞过程中有部分能量损失.

  ③完全非弹性碰撞:物体相碰后连在一起以共同速度运动,碰撞过程中的能量损失比非弹性碰撞大.

  (3)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果.

5.人船模型及其应用

  如图所示,长为l,质量M的小船停在静水中,一个质量为m的人立在船头,若不计水的粘滞阻力,当人从船头走到船尾的过程中,船和人对地面的位移各是多少?

  选人和船组成的系统为研究对象,由于人从船头走到船尾的过程中,系统在水平方向不受外力作用,所以水平方向动量守恒,人起步前系统的总动量为零.当人起步加速前进时,船同时向后加速运动,当人匀速前进时,船同时向后匀速运动,当人停下来时,船也停下来.设某一时刻人对地的速度为v2,船对地的速度为v1,选人前进的方向为正方向,根据动量守恒定律有:

  即:

  因为在人从船头走到尾的整个过程中,每一时刻系统都满足动量守恒定律,所以每一时刻人的速度与船的速度之比,都与它们的质量成反比.从而可以得出判断:在人从船头走向船尾的过程中,人的位移s2与船的位移s1之比,也等于它们的质量的反比,即:

  上式是人船模型的位移与质量的关系式.此式的适用条件是:一个原来静止的系统,在系统内发生相对运动过程中,有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向).使用这一关系时应注意:s1和s2是相对同一参照物的位移.

  由图可以看出:

  

二、典型例题

例1、如图所示,质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动,经过时间t1速度为零后又下滑,经过时间t2又回到斜面底端,滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为f,在整个运动过程中,重力对滑块的总冲量为( )

A.mgsinθ(t1+t2)        B.mgsinθ(t1-t2)

C.mg(t1+t2)           D.0

答案:C

例2、如图所示,水平地面上有两个滑块A和B,它们的质量分别为m1=2kg,m2=1kg,它们与地面间的动摩擦因数均为0.02,现滑块A以某一初速滑行一段距离后,与静止的滑块B发生正碰,此后各自滑行一段距离后停止.A、B运动的总时间分别为t1=13s,t2=15s.其碰撞时间忽略不计.试求滑块运动的初速度.(取g=10m/s2

解析:

  我们对本题认真仔细考察可发现,滑块A和B受到的总冲量是已知的,这样我们就可以对A、B整体用动量定理.

  A、B整体受到的总冲量为I=-f1t1―f2t2=-μm1gt1―μm2gt2

  A、B整体的动量变化Δp=Δp1+Δp2=-m1v0(以向右为正)

  根据动量定理有-μm1gt1―μm2gt2=-m1v0

  由此得

例3、在高为h=10m的平台上,放一质量为9.9kg的木块,它在平台边缘的距离L=1m.今有一质量m=0.1kg的子弹,以水平向右的速度v0射入木块(作用时间极短),并留在木块中(如图所示),木块向右滑行并冲出平台,最后落在离平台边缘水平距离处,已知木块与平台间的动摩擦因数,g=10m/s2,求:

(1)木块离开平台边缘时的速度;

(2)子弹射入木块前的初速度v0

解析:

  对子弹和木块系统,其运动过程是这样的:子弹击中木块并留在木块中,这是子弹和木块相互作用的过程,这一过程中由于相互作用时间极短,因此可以认为木块的位置未发生变化,这一过程中平台对木块有摩擦力,这是系统所受到的外力,但是子弹对木块的作用力远大于摩擦力,即内力外力,因此这过程中动量守恒;这以后木块在平台上受摩擦力作用而滑动,最后离开平台作平抛运动.

  (1)设木块离开平台边缘时的速度为v′,则由

  解得

  (2)设子弹射入木块后,子弹与木块的共同速度为v,则木块以速度v向右滑向平台边缘,到达边缘时的速度为v′.

  在这过程中,木块向左的加速度为

  由运动学公式有

  所以

  子弹与木块相互作用的过程中动量守恒,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v

  所以

评点:

  在用动量守恒定律解题时,不能盲目套公式,要分析在哪一个过程中动量守恒,一般是系统内物体存在相互作用的过程,并且要确定相互作用前的动量(初态动量)和相互作用后的动量(末态动量).

  此外在这例子中,子弹与木块相互作用过程中内力远大于外力(摩擦力),是动量守恒的一个特殊情况.

例4、如图所示,甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他乘的冰车质量共为M=30kg,乙和他乘的冰车质量也是30kg.游戏时,甲推着一个质量为m=15kg的箱子,共同以速度v0=2.0m/s滑行.乙以同样大小的速度迎面滑来,为了避免相撞,甲突然将箱子沿水平推给乙,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(相对于地面)将箱子推出,才能避免与乙相撞.

解析:

  由于不计冰面摩擦,所以无论是以甲与箱,还是以乙与被推出的箱为研究系统,动量都是守恒的,甚至以甲、箱、乙三者为系统,动量也是守恒的.

  这里关键的是要在认真分析物理过程,弄清物理情景的基础上,明确题中所求“至少”的物理条件即临界条件.

  对于甲、箱、乙系统的总动量为p=(m+M)v0-Mv0=mv0方向向右.若甲以很大的速度将箱子推出后,甲将会反向运动,那么乙抓住箱子后一定改为向右运动,这样系统的总动量才可能向右,当然甲、乙不会相撞,这一分析也适用于甲推出箱子后,甲的速度变为零,乙抓住箱子后,同样也要改为向右运动,这种情况下甲乙也不会相撞.

  若甲推出箱子的速度小些,推出箱子后甲仍以较小的速度向右运动,只要乙抓住箱子后也改为向右运动,且与甲这时的速度相同,甲乙也不会相撞,这就是题中所说的“至少”所要求的情境.

  最后系统中各物体速度相同,是题中所隐含的临界条件.

  设甲以速度v推出箱子,推出箱子后甲的速度为v1,两者方向均向右,以甲和箱为研究对象,由动量守恒定律有:(M+m)v0=mv+Mv1  ①

  再以箱和乙为研究对象,设乙抓住箱后一起以速度v0向右运动,由动量守恒定律有

  mv-Mv0=(m+M)v2  ②

  甲乙不相撞的临界条件是v1=v2  ③

  由以上各式解得

  即要使甲、乙不相撞,至少应以v=5.2m/s的速度推出箱子.

评点:

  实际上也可以甲、箱、乙为研究对象,因不相撞的临界条件是,最后系统内各物体的速度相同,设其为v1,则由动量守恒定律有(M+m)v0-Mv0=(2M+m)v1

  由此解得

  再将v1=0.4m/s代入①式或②式可求出v=5.2m/s.

  分析临界条件,灵活选取相互作用过程中的研究对象是解题过程中最关键之处.

例5.(2005高考·江苏物理)如图所示,三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上.现给中间的小球B一个水平初速度v0,方向与绳垂直.小球相互碰撞时无机械能损失,轻绳不可伸长.求:

  (1)当小球A、C第一次相碰时,小球B的速度.

  (2)当三个小球再次处在同一直线上时,小球B的速度.

  (3)运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ.

  (4)当三个小球处在同一直线上时,绳中的拉力F的大小.

解析:

  (1)设小球A、C第一次相碰时,小球B的速度为vB,考虑到对称性及绳的不可伸长特性,小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为vB

  由动量守恒定律,得mv0=3mvB

  由此解得

  (2)当三个小球再次处在同一直线上时,则由动量守恒定律和机械能守恒定律,得

  

  解得(三球再次处于同一直线)

  及vB=v0,vA=0(初始状态,舍去)

  所以,三个小球再次处在同一直线上,(与初速度方向反向),

  (3)当小球A的动能最大时,小球B的速度为零。设此时小球A、C的速度大小为u,两根绳间夹角为θ,如图所示,由动量守恒和机械能守恒定律,有

  

  此外,

  由此解得,小球A的最大动能为:  θ=90°

  (4)小球A、C均以半径为L绕小球B做圆周运动,当三个小球处在同一直线上时,以小球B为参考系(因小球B的加速度为零,为惯性系,小球A、C)相对于小球B的速度均为:v=|vA-vB|=v0

  所以,此时绳中拉力大小为

例6. 如图所示,质量为m、长为a的汽车,由静止开始从质量为M、长为b的平板车的—端行至另一端的过程中(水平地面是光滑的),求:

  (1)汽车对地的位移.

  (2)平板车对地的位移.

解析:

   因地面光滑,故系统水平方向不受外力作用,动量守恒,符合人船模型的条件.

  则有:

  ∴ 汽车的位移为:

  平板车的位移为:

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